Question

18．已知圓C₁：x²+y²=r²（r＞0）與直線l₀：y=$\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}\sqrt{5}$相切，點A為圓C₁上一動點，AN⊥x軸于點N，且動點M滿足$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{AM}=（{2\sqrt{2}-2}）\overrightarrow{ON}$，設動點M的軌跡為曲線C．
（1）求動點M的軌跡曲線C的方程；
（2）若直線l與曲線C相交于不同的兩點P、Q且滿足以PQ為直徑的圓過坐標原點O，求線段PQ長度的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設動點M（x，y），A（x₀，y₀），由于AN⊥x軸于點N．推出N（x₀，0）．通過直線與圓相切，求出圓的方程，然后轉化求解曲線C的方程．
（2）①假設直線l的斜率存在，設其方程為y=kx+m，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），聯(lián)立直線與橢圓方程，結合韋達定理，通過$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，以及弦長公式，利用基本不等式求出范圍．②若直線l的斜率不存在，設OP所在直線方程為y=x，類似①求解即可．

解答 解：（I）設動點M（x，y），A（x₀，y₀），由于AN⊥x軸于點N．∴N（x₀，0）．
又圓${C_1}：{x^2}+{y^2}={r^2}（r＞0）$與直線${l_0}：y=\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}\sqrt{5}$即$x-2y+3\sqrt{5}=0$相切，∴$r=\frac{{|{3\sqrt{5}}|}}{{\sqrt{1+4}}}=3$．
∴圓${C_1}：{x^2}+{y^2}=9$．
由題意，$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{AM}=（2\sqrt{2}-2）\overrightarrow{ON}$，得$（x，y）+2（x-{x_0}，y-{y_0}）=（2\sqrt{2}-2）（{x_0}，0）$，
∴$（3x-2{x_0}，3y-2{y_0}）=（（2\sqrt{2}-2）{x_0}，0）$．
∴$\left\{\begin{array}{l}3x-2{x_0}=（2\sqrt{2}-2）{x_0}\\ 3y-2{y_0}=0\end{array}\right.$，
即∴$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=\frac{3x}{{2\sqrt{2}}}\\{y_0}=\frac{3y}{2}.\end{array}\right.$
將$A（\frac{3x}{{2\sqrt{2}}}，\frac{3y}{2}）$代入x²+y²=9，得曲線C的方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$．
（II）（1）假設直線l的斜率存在，設其方程為y=kx+m，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$，可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0．
由求根公式得${x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}$．（*）
∵以PQ為直徑的圓過坐標原點O，∴$\overrightarrow{OP}⊥\overrightarrow{OQ}$．即$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$．
∴x₁x₂+y₁y₂=0．即∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0．
化簡可得，$（{k^2}+1）{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=0$．
將（*）代入可得$\frac{{3{m^2}-8{k^2}-8}}{{1+2{k^2}}}=0$，即3m²-8k²-8=0．
即${m^2}=\frac{{8（{k^2}+1）}}{3}$，又$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{64{k^2}-8{m^2}+32}}}{{1+2{k^2}}}$．
將${m^2}=\frac{{8（{k^2}+1）}}{3}$代入，可得$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{\frac{{2×64{k^2}}}{3}+\frac{32}{3}}}}{{1+2{k^2}}}=\sqrt{\frac{32}{3}}•\sqrt{\frac{{（4{k^2}+1）（1+{k^2}）}}{{{{（1+2{k^2}）}^2}}}}=\sqrt{\frac{32}{3}}\sqrt{1+\frac{k^2}{{1+4{k^4}+4{k^2}}}}$
=$\sqrt{\frac{32}{3}}\sqrt{1+\frac{1}{{\frac{1}{k^2}+4{k^2}+4}}}≤2\sqrt{3}$．
∴當且僅當$\frac{1}{k^2}=4{k^2}$，即$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$時等號成立．又由$\frac{k^2}{{1+4{k^4}+4{k^2}}}≥0$，∴$|{PQ}|≥\sqrt{\frac{32}{3}}=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}$，
∴$\frac{{4\sqrt{6}}}{3}≤|{PQ}|≤2\sqrt{3}$．
（2）若直線l的斜率不存在，因以PQ為直徑的圓過坐標原點O，故可設OP所在直線方程為y=x，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=x\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$解得$P（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$，同理求得$Q（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$，
故$|{PQ}|=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}$．綜上，得$\frac{{4\sqrt{6}}}{3}≤|{PQ}|≤2\sqrt{3}$．

點評 本題考查圓錐曲線的軌跡方程的求法，直線與橢圓的位置關系的應用，存在性問題的解題策略，考查轉化思想以及計算能力．