Question

19．已知點A（-6，0）和圓x²+y²=36，AB是該圓的直徑，M，N是AB的三等分點，設點P（異于A，B）是該圓上的動點，PD⊥AB于D，且$\overrightarrow{PE}=λ\overrightarrow{ED}$（λ＞0），直線PA與BE交于C．
（1）當|CM|+|CN|為定值時，求λ的值；
（2）在（1）的條件下，過點N的直線l與圓x²+y²=36交于G、H兩點，l與點C的軌跡交于P，Q兩點，且|GH|∈[8$\sqrt{2}$，2$\sqrt{34}$]，求橢圓的弦RQ長的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）令P（6cosθ，6sinθ），由$\overrightarrow{PE}=λ\overrightarrow{ED}$（λ＞0），可得E坐標，進一步用θ表示直線BE，AP的方程，由|CM|+|CN|為定值，得到所求；
（2）由（1）可知橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{32}=1$，不妨設N（2，0），分直線l的斜率垂直與否討論，求焦點弦長度范圍．

解答 解：（1）令P（6cosθ，6sinθ），由$\overrightarrow{PE}=λ\overrightarrow{ED}$（λ＞0），可得E（6cosθ，$\frac{6sinθ}{1+λ}$），
直線BE：y=$\frac{sinθ}{（cosθ-1）（λ+1）}（x-6）$①
直線AP：y=$\frac{sinθ}{cosθ+1}（x+6）$②，
由①得$\frac{（λ+1）y}{x-6}=\frac{sinθ}{cosθ-1}$③
聯(lián)立②③得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{y}{x+6}=\frac{sinθ}{cosθ+1}}\\{\frac{（λ+1）y}{x-6}=\frac{sinθ}{cosθ-1}}\end{array}\right.$，兩式相乘得$\frac{{y}^{2}（λ+1）}{{x}^{2}-36}$=-1，即$\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{\frac{36}{λ+1}}=1$，
當|CM|+|CN|為定值時，可知上式是以M，N為焦點的橢圓方程，故焦距為2c=4，c=2，
所以36-$\frac{36}{λ+1}={c}^{2}=4$，解得λ=$\frac{1}{8}$；
（2）由（1）可知橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{32}=1$，不妨設N（2，0），
①當直線斜率不存在時，|GH|=8$\sqrt{2}$，符號題意，此時|RQ|=$\frac{32}{3}$；
②當直線斜率存在時，令直線l：y=k（x-2），
圓心O（0，0）到直線l距離為：d=$\frac{2|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，在圓x²+y²=36中，d²=36-$\frac{|GH{|}^{2}}{4}$，
由|GH|∈[8$\sqrt{2}$，2$\sqrt{34}$]，可得2≤d²≤4，即2≤$\frac{4{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$≤4，則k²≥1，
設R（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{32}=1}\end{array}\right.$，所以（9k²+8）x²-36k²x+36k²-288=0，所以${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{36{k}^{2}}{9{k}^{2}+8}$，
由焦點弦長公式得到|RQ|=2a-e（x₁+x₂）=12-$\frac{12{k}^{2}}{9{k}^{2}+8}$，由k²≥1，得到$\frac{32}{3}＜|RQ|≤\frac{192}{17}$．
所以橢圓的弦RQ長的取值范圍為$\frac{32}{3}≤|RQ|≤\frac{192}{17}$．

點評 本題考查了橢圓方程的運用以及直線與橢圓相交，焦點弦長問題，屬于難題．