Question

8．已知A（2，0），O為坐標原點，動點P滿足|$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OA}$|+|$\overrightarrow{OP}$-$\overrightarrow{OA}$|=4$\sqrt{2}$
（Ⅰ）求動點P的軌跡C的方程；
（Ⅱ）過點A且不垂直于坐標軸的直線l交軌跡C于不同的兩點M，N，線段MN的垂直平分線與x軸交于點D，線段MN的中點為H，求$\frac{|DH|}{|MN|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)P（x，y），由已知得$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}}$+$\sqrt{（x-2）^{2}+{y}^{2}}$=$4\sqrt{2}$＞4，由橢圓的定義可得所求軌跡方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l的斜率為k（k≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則l的方程為y=k（x-2），將其代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，以及中點坐標公式，兩點的距離公式，化簡整理，運用不等式的性質(zhì)，即可得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)P（x，y），由已知得$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}}$+$\sqrt{（x-2）^{2}+{y}^{2}}$=$4\sqrt{2}$＞4，
根據(jù)橢圓定義知P點軌跡為以（2，0）和（-2，0）為焦點，長軸長為$4\sqrt{2}$的橢圓，
即有a=2$\sqrt{2}$，c=2，b=2，
則動點P的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（Ⅱ）設(shè)直線l的斜率為k（k≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則l的方程為y=k（x-2），將其代入$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
整理得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-8=0，
由于A在橢圓內(nèi)，當然對任意實數(shù)k都有△＞0，
根據(jù)韋達定理得x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
那么|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）^{2}-\frac{32{k}^{2}-32}{1+2{k}^{2}}}$
=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$，
y₁+y₂=k（x₁-2）+k（x₂-2）=k（x₁+x₂）-4k=$\frac{-4k}{1+2{k}^{2}}$，
線段MN中點H的坐標為（$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{-2k}{1+2{k}^{2}}$），
那么線段MN的垂直平分線方程為y+$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），
令y=0，得D（$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，0），
|DH|=$\sqrt{（\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）^{2}+（\frac{-2k}{1+2{k}^{2}}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{{k}^{4}+{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$，
則$\frac{|DH|}{|MN|}$=$\frac{2\sqrt{{k}^{4}+{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$•$\frac{1+2{k}^{2}}{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$•$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}}$，
由k≠0，可得1+$\frac{1}{{k}^{2}}$∈（1，+∞），
于是$\frac{|DH|}{|MN|}$∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{4}$）．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用橢圓的定義的運用，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理，以及弦長公式，中點坐標公式以及直線方程的運用，考查運算能力，屬于中檔題．