Question

7．已知點(diǎn)C為圓${（x+\sqrt{3}）^2}+{y^2}=16$的圓心，$F（\sqrt{3}，0）$，P是圓上的動(dòng)點(diǎn)，線段FP的垂直平分線交CP于點(diǎn)Q．
（1）求點(diǎn)Q的軌跡D的方程；
（2）設(shè)A（2，0），B（0，1），過(guò)點(diǎn)A的直線l₁與曲線D交于點(diǎn)M（異于點(diǎn)A），過(guò)點(diǎn)B的直線l₂與曲線D交于點(diǎn)N，直線l₁與l₂傾斜角互補(bǔ)．
①直線MN的斜率是否為定值？若是，求出該定值；若不是，說(shuō)明理由；
②設(shè)△AMN與△BMN的面積之和為S，求S的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出點(diǎn)Q的軌跡是以點(diǎn)C，F(xiàn)為焦點(diǎn)，焦距為$2\sqrt{3}$，長(zhǎng)軸為4的橢圓，由此能求出點(diǎn)Q的軌跡方程．
（2）①設(shè)l₁的方程為y=k（x-2），聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=k（{x-2}）}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²-16k²x+16k²-4=0，推導(dǎo)出$M（{\frac{{8{k^2}-2}}{{1+4{k^2}}}，\frac{-4k}{{1+4{k^2}}}}）$，由l₁，l₂傾斜角互補(bǔ)，知l₂的方程為y=-kx+1，聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=-kx+1}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²-8kx=0，推導(dǎo)出$N（{\frac{8k}{{1+4{k^2}}}，\frac{{1-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}}）$，由此能求出直線MN的斜率．
②設(shè)直線MN的方程為$y=\frac{1}{2}x+b$，聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=\frac{1}{2}x+b}\end{array}}\right.$，得x²+2bx+2b²-2=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線距離公式，結(jié)合已知條件能求出S的取值范圍．

解答 解：（1）由題意$|{CP}|=|{QC}|+|{QP}|=|{QC}|+|{QF}|=4＞|{CF}|=2\sqrt{3}$．
∴點(diǎn)Q的軌跡是以點(diǎn)C，F(xiàn)為焦點(diǎn)，焦距為$2\sqrt{3}$，長(zhǎng)軸為4的橢圓，
所以$a=2，c=\sqrt{3}，b=1$，
所以點(diǎn)Q的軌跡方程是$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）①設(shè)l₁的方程為y=k（x-2），
聯(lián)立方程$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=k（{x-2}）}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²-16k²x+16k²-4=0，
設(shè)l₁與橢圓除A（2，0）外的另一個(gè)交點(diǎn)M（x₁，y₁），
則$2{x_1}=\frac{{16{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+4{k^2}}}$，
代入l₁的方程得${y_1}=\frac{-4k}{{1+4{k^2}}}$，∴$M（{\frac{{8{k^2}-2}}{{1+4{k^2}}}，\frac{-4k}{{1+4{k^2}}}}）$，
∵l₁，l₂傾斜角互補(bǔ)，∴l(xiāng)₂的方程為y=-kx+1，
聯(lián)立方程組$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=-kx+1}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²-8kx=0，
設(shè)l₂與橢圓除B（0，1）外的另一個(gè)交點(diǎn)N（x₂，y₂），
則${x_2}+0=\frac{8k}{{1+4{k^2}}}$，${x_2}=\frac{8k}{{1+4{k^2}}}$，
代入l₂的方程得${y_2}=\frac{{1-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$，∴$N（{\frac{8k}{{1+4{k^2}}}，\frac{{1-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}}）$，
∴直線MN的斜率為${k_{MN}}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{1}{2}$．
②設(shè)直線MN的方程為$y=\frac{1}{2}x+b$，
聯(lián)立方程$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=\frac{1}{2}x+b}\end{array}}\right.$，得x²+2bx+2b²-2=0，
由△=（2b）²-4×（2b²-2）=8-4b²＞0，得$-\sqrt{2}＜b＜\sqrt{2}$，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=-2b，{x_1}{x_2}=2{b^2}-2$，
∴$|{MN}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{\sqrt{5}}}{2}\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{10-5{b^2}}$．
設(shè)d₁，d₂分別為點(diǎn)A，B到直線MN的距離，則${d_1}=\frac{{2|{1+b}|}}{{\sqrt{5}}}，{d_2}=\frac{{2|{1-b}|}}{{\sqrt{5}}}$，
$S={S_{△AMN}}+{S_{△BMN}}=\frac{1}{2}|{MN}|（{{d_1}+{d_2}}）$═$（{|{1+b}|+|{-1+b}|}）\sqrt{2-{b^2}}$，
當(dāng)$1＜b＜\sqrt{2}$時(shí)，S=$2b\sqrt{2-{b^2}}=2\sqrt{2{b^2}-{b^4}}∈（{0，2}）$，
當(dāng)-1≤b≤1時(shí)，S=$2\sqrt{2-{b^2}}∈[{2，2\sqrt{2}}]$，
當(dāng)$-\sqrt{2}＜b＜-1$時(shí)，S=$-2b\sqrt{2-{b^2}}=2\sqrt{2{b^2}-{b^4}}∈（{0，2}）$，
∴S的取值范圍為$（{0，2\sqrt{2}}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的軌跡方程、橢圓、直線方程、根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線距離公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．