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(zhǎng)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(píng) 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.
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A. | $\frac{1}{2}$,$\frac{1}{3}$,$\frac{1}{6}$ | B. | $\frac{1}{6}$,$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{3}$ | C. | $\frac{1}{3}$,$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{6}$ | D. | $\frac{1}{2}$,$\frac{1}{6}$,$\frac{1}{3}$ |
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A. | $\frac{1}{10}$ | B. | $\frac{3}{10}$ | C. | $\frac{7}{10}$ | D. | $\frac{9}{10}$ |
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