Question

13．已知點(diǎn)C為圓（x+1）²+y²=8的圓心，P是圓上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q在圓的半徑CP上，且有點(diǎn)A（1，0）和AP上的點(diǎn)M，滿足$\overrightarrow{MQ}$•$\overrightarrow{AP}$=0，$\overrightarrow{AP}$=2$\overrightarrow{AM}$．
（Ⅰ）當(dāng)點(diǎn)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)Q的軌跡方程；
（Ⅱ）若斜率為k的直線 l與圓x²+y²=1相切，直線 l與（Ⅰ）中所求點(diǎn)Q的軌跡交于不同的兩點(diǎn)F，H，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，且$\frac{3}{4}$≤$\overrightarrow{OF}$•$\overrightarrow{OH}$≤$\frac{4}{5}$時(shí)，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）利用線段的垂直平分線的性質(zhì)、橢圓的定義即可得出．
（II）設(shè)直線l：y=kx+b，F(xiàn)（x₁，y₁），H（x₂，y₂）直線l與圓x²+y²=1相切，可得b²=k²+1．直線方程與橢圓方程聯(lián)立可得：（1+2k²）x²+4kbx+2b²-2=0，△＞0，可得k≠0，再利用數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、根與系數(shù)的關(guān)系及其$\frac{3}{4}$≤$\overrightarrow{OF}$•$\overrightarrow{OH}$≤$\frac{4}{5}$，解出即可得出．

解答 解：（I）由題意知MQ中線段AP的垂直平分線，∴$|{CP}|=|{QC}|+|{QP}|=|{QC}|+|{QA}|=2\sqrt{2}＞|{CA}|=2$，
∴點(diǎn)Q的軌跡是以點(diǎn)C，A為焦點(diǎn)，焦距為2，長軸為$2\sqrt{2}$的橢圓，$b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=1$，
故點(diǎn)Q的軌跡方程是$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（II）設(shè)直線l：y=kx+b，F(xiàn)（x₁，y₁），H（x₂，y₂）
直線l與圓x²+y²=1相切$⇒\frac{|b|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=1⇒{b^2}={k^2}+1$
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\\{y=kx+b}\end{array}}\right.$，（1+2k²）x²+4kbx+2b²-2=0，
△=16k²b²-4（1+2k²）2（b²-1）=8（2k²-b²+1）=8k²＞0，可得k≠0，
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{4kb}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{b^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
$\overrightarrow{OF}•\overrightarrow{OH}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=（{1+{k^2}}）{x_1}{x_2}+kb（{x_1}+{x_2}）+{b^2}$=$\frac{{（1+{k^2}）（2{b^2}-2）}}{{1+2{k^2}}}+kb\frac{（-4kb）}{{1+2{k^2}}}+{b^2}$=$\frac{{（1+{k^2}）2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}-\frac{{4{k^2}（{k^2}+1）}}{{1+2{k^2}}}+{k^2}+1$=$\frac{{1+{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
∴$\frac{3}{4}≤\frac{{1+{k^2}}}{{1+2{k^2}}}≤\frac{4}{5}$$?\frac{1}{3}≤{k^2}≤\frac{1}{2}$
$⇒\frac{{\sqrt{3}}}{3}≤|k|≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}⇒-\frac{{\sqrt{2}}}{2}≤k≤-\frac{{\sqrt{3}}}{3}或\frac{{\sqrt{3}}}{3}≤k≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$為所求．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓相切的充要條件、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、不等式的解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．