Question

2．已知點(diǎn)F（$\sqrt{3}$，0），圓E：（x+$\sqrt{3}$）²+y²=16，點(diǎn)P是圓E上任意一點(diǎn)，線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于Q．
（1）求動點(diǎn)Q的軌跡方程；
（2）若直線l與圓O：x²+y²=1相切，并與（1）中軌跡交于不同的兩點(diǎn)A、B．當(dāng)$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=λ，且滿足$\frac{1}{2}$≤λ≤$\frac{2}{3}$時，求△AOB面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）連接QF，結(jié)合圓的定義和垂直平分線的性質(zhì)，以及橢圓的定義，可得Q的軌跡方程；
（2）設(shè)直線l的方程為x=my+n（m∈R），由直線和圓相切的條件：d=r，可得m，n的關(guān)系，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，求得△AOB的面積，結(jié)合向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示和基本不等式，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）連接QF，∵|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=|PE|=4＞|EF|=2$\sqrt{3}$，
∴動點(diǎn)Q的軌跡是以E（-$\sqrt{3}$，0）、F（$\sqrt{3}$，0）為焦點(diǎn)，長軸長2a=4的橢圓，
即動點(diǎn)Q的軌跡方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）依題結(jié)合圖形知直線l的斜率不為零，
所以設(shè)直線l的方程為x=my+n（m∈R）．
∵直線L即x-my-n=0與圓O：x²+y²=1相切，
∴$\frac{|n|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=1得n²=m²+1．
又∵點(diǎn)A，B的坐標(biāo)滿足：$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，
消去x整理得（m²+4）y²+2mny+n²-4=0，
由韋達(dá)定理得y₁+y₂=-$\frac{2mn}{4+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{n}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$，
又|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₁-y₂|，點(diǎn)O到直線l的距離d=$\frac{|n|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$d•|AB|=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₁-y₂|=$\frac{1}{2}$|n|•|y₁-y₂|
=2$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{{n}^{2}}{（{m}^{2}+4）^{2}}}$=2$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{1+{m}^{2}}{（{m}^{2}+4）^{2}}}$，
∵λ=$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（my₁+n）（my₂+n）+y₁y₂
=（m²+1）y₁y₂+mn（y₁+y₂）+n²=$\frac{5{n}^{2}-4{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$=$\frac{{m}^{2}+1}{4+{m}^{2}}$
∵$\frac{1}{2}≤λ≤\frac{2}{3}$，令t=1+m²，則λ=$\frac{t}{3+t}$∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$]，即有t∈[3，6]
∴S_△AOB=2$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{1+{m}^{2}}{（{m}^{2}+4）^{2}}}$=2$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{t}{（t+3）^{2}}}$=2$\sqrt{3}$•$\sqrt{\frac{t}{{t}^{2}+6t+9}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{t+\frac{9}{t}+6}}$
∵t+$\frac{9}{t}$∈[6，$\frac{15}{2}$]，t+$\frac{9}{t}$+6∈[12，$\frac{27}{2}$]，$\sqrt{t+\frac{9}{t}+6}$∈[$\sqrt{12}$，$\sqrt{\frac{27}{2}}$]，
∴S_△AOB∈[$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，1]，∴S_△AOB的取值范圍為[$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，1]．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的定義、方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的定義和方程的運(yùn)用，聯(lián)立直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，弦長公式和基本不等式，屬于中檔題．