Question

1．已知點F（1，0），圓E：（x+1）²+y²=8，點P是圓E上任意一點，線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于Q．
（1）求動點Q的軌跡Γ的方程；
（2）若直線l與圓O：x²+y²=1相切，并與（1）中軌跡Γ交于不同的兩點A、B．當(dāng)$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=λ，且滿足$\frac{2}{3}$≤λ$≤\frac{3}{4}$時，求△AOB面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的定義可知點的軌跡是以E（-1，0）、F（1，0）為焦點，長軸長2a=2$\sqrt{2}$的橢圓，則b²=a²-c²，即可求得動點Q的軌跡Γ的方程；
（2）由直線與圓O相切，則n²=m²+1，將直線方程代入橢圓，利用韋達定理，及向量的坐標運算，表示出λ，利用三角形的面積公式求得△AOB面積S與λ的關(guān)系，即可求得△AOB面積S的取值范圍．

解答 解：（1）連接QF，∵|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=|PE|=2$\sqrt{2}$＞|EF|=2，
∴點的軌跡是以E（-1，0）、F（1，0）為焦點，長軸長2a=2$\sqrt{2}$的橢圓，
即動點Q的軌跡Γ的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）依題可知的斜率不可能為零，則設(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，則$\frac{丨n丨}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=1，n²=m²+1，
又∵設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，
消去整理得（m²+2）y²+2mnx+n²-2=0，
由△=（2mn）²-4（m²+2）（n²-2）=8（m²-n²+2）=8，
由韋達定理得y₁+y₂=-$\frac{2mn}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{{n}^{2}-2}{{m}^{2}+2}$．
又由求根公式有y_1，2=$\frac{-2mn±\sqrt{△}}{2（{m}^{2}+2）}$．
∵λ=$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（my₁+n）（my₂+n）y₁y₂，
=（m²+1）y₁y₂+mn（y₁+y₂）+n²，
=$\frac{3{n}^{2}-2{m}^{2}-2}{{m}^{2}+2}$=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$．
△AOB面積S，S=$\frac{1}{2}$丨$\overrightarrow{OA}$丨•丨$\overrightarrow{OB}$丨sin∠AOB=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}-（\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}）^{2}}$，
=$\frac{1}{2}$丨x₁y₁-x₂y₁丨=$\frac{1}{2}$丨（my₁+n）y₂-（my₂+n）y₁丨，
=$\frac{1}{2}$丨n（y₂-y₁）丨，
=$\frac{1}{2}$×丨n丨×$\frac{2\sqrt{2}}{{m}^{2}+2}$=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{（{m}^{2}+2）^{2}}}$=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}•\frac{1}{{m}^{2}+2}}$
∵$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$+$\frac{1}{{m}^{2}+2}$=1，且λ=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$∈[$\frac{2}{3}$，$\frac{3}{4}$]．
∴S=$\sqrt{2}$•$\sqrt{λ•（1-λ）}$，
∴S∈[$\frac{\sqrt{6}}{4}$，$\frac{2}{3}$]．
△AOB面積S的取值范圍[$\frac{\sqrt{6}}{4}$，$\frac{2}{3}$]．

點評 本題考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，向量數(shù)量積的坐標運算，考查韋達定理，向量數(shù)量積的坐標運算，三角形的面積公式的應(yīng)用，考查計算能力，屬于中檔題．