Question

17．已知點M（-3，0），點P在y軸上，點Q在x軸的正半軸上，點N在直線PQ上，且滿足$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{PN}=0，\overrightarrow{PN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{NQ}$．
（Ⅰ）當(dāng)點P在y軸上移動時，求點N的軌跡C的方程；
（Ⅱ）過點$T（{-\frac{1}{2}，0}）$做直線l與軌跡C交于A，B兩點，若在x軸上存在一點E（x₀，0），使得△AEB是以點E為直角頂點的直角三角形，求直線l的斜率k的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）設(shè)N（x，y），求出P點坐標(biāo)，根據(jù)$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{PN}$=0列方程化簡即可；
（II）聯(lián)立方程組消元，利用根與系數(shù)的關(guān)系和弦長公式計算|AB|及AB的中點F的坐標(biāo)，令F到x軸的距離d≤$\frac{1}{2}$|AB|，結(jié)合判別式△＞0列不等式組解出k的范圍．

解答 解：（I）設(shè)N（x，y），∵$\overrightarrow{PN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{NQ}$，∴P（0，$\frac{3y}{2}$），
∴$\overrightarrow{MP}$=（3，$\frac{3y}{2}$），$\overrightarrow{PN}$=（x，-$\frac{y}{2}$），
∴$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{PN}$=3x-$\frac{3{y}^{2}}{4}$=0，即y²=4x．
∴點N的軌跡C的方程是y²=4x．
（II）直線l的方程為y=k（x+$\frac{1}{2}$）（k≠0），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+\frac{1}{2}）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，消元得ky²-4y+2k=0，
∴△=16-8k²＞0，解得-$\sqrt{2}$＜k＜0或0＜k＜$\sqrt{2}$．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則y₁+y₂=$\frac{4}{k}$，y₁y₂=2，
∴|AB|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{16-8{k}^{2}}}{{k}^{2}}$，
設(shè)AB的中點為F，∵x₁+x₂=$\frac{{{y}_{1}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}}{4}$=$\frac{4}{{k}^{2}}$-1，∴F（$\frac{2}{{k}^{2}}$-$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{k}$），
∵x軸上存在一點E（x₀，0），使得△AEB是以點E為直角頂點的直角三角形，
∴F到x軸的距離d≤|EF|=$\frac{1}{2}$|AB|，
即$|\frac{2}{k}|$≤$\frac{1}{2}$•$\frac{\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{16-8{k}^{2}}}{{k}^{2}}$，化簡得k⁴+k²-2≤0，解得0＜k²≤1．
又-$\sqrt{2}$＜k＜0或0＜k＜$\sqrt{2}$．
∴直線l的斜率k的范圍是[-1，0）∪（0，1]．

點評 本題考查了軌跡方程的求解，直線與拋物線的位置關(guān)系，屬于中檔題．