Question

5．已知$\overrightarrow{a}$=（x-1，y），$\overrightarrow$=（x+1，y）．|$\overrightarrow a$|+|$\overrightarrow b$|=4
（1）求M（x，y）的軌跡方程C．
（2）P為曲線C上一動點，F(xiàn)₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），求$\overrightarrow{P{F_1}}$•$\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值和最小值；
（3）直線l與曲線C交于A，B兩點，若以AB為直徑的圓過原點O，試探究點O到直線l 的距離是否為定值？若是，求出該定值，若不是，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)條件便可得到$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}+\sqrt{（x+1）^{2}+{y}^{2}}=4$，這便說明點（x，y）到定點（-1，0），（1，0）的距離為4，從而可得到M（x，y）的軌跡為橢圓，并且橢圓方程可求出為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）可設(shè)P（x₀，y₀），從而可以求出$\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}={{x}_{0}}^{2}-1+{{y}_{0}}^{2}$，而根據(jù)點P在橢圓上，便可消去y₀得到關(guān)于x₀的式子，再根據(jù)x₀的范圍即可得出$\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}$的范圍，即可求出其最大、最小值；
（3）可設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），根據(jù)條件便得到$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，從而可得到x₁x₂+y₁y₂=0，考慮用直線l的方程，從而討論l的斜率：不存在斜率時，可設(shè)直線方程為x=t，聯(lián)立橢圓的方程即可得出x₁x₂，y₁y₂，從而可以求出t=$±\frac{2\sqrt{21}}{7}$，這便得到O到l的距離為$\frac{2\sqrt{21}}{7}$；l存在斜率時，可設(shè)方程為y=kx+b，從而可以得到$（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}=0$，而聯(lián)立直線方程和橢圓方程，消去y便可得出關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)韋達定理即可求出x₁x₂，x₁+x₂，帶入前面的式子便可以得到7m²=12（1+k²），從而可以求出點O到直線l的距離，從而判斷O到l的距離是否為定值．

解答 解：（1）由$|\overrightarrow{a}|+|\overrightarrow|=4$得：$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}+\sqrt{（x+1）^{2}+{y}^{2}}=4$；
∴點（x，y）到定點（1，0），（-1，0）的距離之和為4；
∴M（x，y）的軌跡是焦點為（-1，0），（1，0），長軸長為4的橢圓；
∴c=1，a=2，$b=\sqrt{3}$；
∴橢圓的方程，即M（x，y）的軌跡方程C為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），P點在曲線C上，∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}=1$；
∴${{y}_{0}}^{2}=\frac{12-3{{x}_{0}}^{2}}{4}$；
∴$\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}=（-1-{x}_{0}，-{y}_{0}）•（1-{x}_{0}，-{y}_{0}）$=${{x}_{0}}^{2}-1+{{y}_{0}}^{2}$=${{x}_{0}}^{2}-1+\frac{12-3{{x}_{0}}^{2}}{4}$=$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+2$；
∵-2≤x₀≤2；
∴$0≤{{x}_{0}}^{2}≤4$；
∴$2≤\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+2≤3$；
∴$\overrightarrow{P{F}_{1}}•\overrightarrow{P{F}_{2}}$的最大值為3，最小值為2；
（3）以AB為直徑的圓過原點O；
∴$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$；
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁x₂+y₁y₂=0；
①若直線l不存在斜率，設(shè)l的方程為x=t，則由：$\left\{\begin{array}{l}{x=t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$得，${y}^{2}=\frac{12-3{t}^{2}}{4}$；
∴${x}_{1}{x}_{2}={t}^{2}，{y}_{1}{y}_{2}=\frac{3{t}^{2}-12}{4}$；
∴${t}^{2}+\frac{3{t}^{2}-12}{4}=0$；
∴$t=±\frac{2\sqrt{21}}{7}$；
∴O到l的距離為$\frac{2\sqrt{21}}{7}$；
②若直線l存在斜率，設(shè)方程為y=kx+m；
∵x₁x₂+y₁y₂=0；
∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0；
$（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}=0$（Ⅰ）；
將y=kx+m帶入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$得，（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0；
∴${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$；
帶入（Ⅰ）得：7m²=12（1+k²）；
∴O到直線l的距離為$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}$；
綜上得，點O到直線l的距離為定值，定值為$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．

點評 考查根據(jù)向量坐標求向量長度，橢圓的定義及橢圓的標準方程，橢圓上的點的橫坐標的范圍，以及向量垂直的充要條件，直線的點斜式方程，韋達定理，點到直線的距離公式，不要漏了直線l的斜率不存在的情況．