Question

14．已知圓O：x²+y²=4，點(diǎn)A（-$\sqrt{3}$，0），B（$\sqrt{3}$，0），以線段AP為直徑的圓C₁內(nèi)切于圓O，記點(diǎn)P的軌跡為C₂．
（1）證明|AP|+|BP|為定值，并求C₂的方程；
（2）過點(diǎn)O的一條直線交圓O于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)D（-2，0），直線DM，DN與C₂的另一個(gè)交點(diǎn)分別為S，T，記△DMN，△DST的面積分別為S₁，S₂，求$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)AP的中點(diǎn)為E，切點(diǎn)為F，連OE，EF，則|OE|+|EF|=|OF|=2．說明點(diǎn)P的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓．然后求解動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程．
（2）求出$\frac{{y}_{M}}{{y}_{S}}$=$\frac{4+{m}^{2}}{1+{m}^{2}}$，$\frac{{y}_{N}}{{y}_{t}}$=$\frac{4{m}^{2}+1}{{m}^{2}+1}$，利用$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{{y}_{M}}{{y}_{S}}$•$\frac{{y}_{N}}{{y}_{t}}$，可得結(jié)論．

解答 （1）證明：設(shè)AP的中點(diǎn)為E，切點(diǎn)為F，連OE，EF，則|OE|+|EF|=|OF|=2，
故|BP|+|AP|=2（|OE|+|EF|）=4．
所以點(diǎn)P的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓．
其中，a=2，c=$\sqrt{3}$，b=1，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1
（2）解：設(shè)直線DM的方程為x=my-2（m≠0），
∵M(jìn)N為圓O的直徑，∴∠MDN=90°，
∴直線DN的方程為x=-$\frac{1}{m}$y-2，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my-2}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$得（1+m²）y²-4my=0，∴y_M=$\frac{4m}{1+{m}^{2}}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my-2}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$得（4+m²）y²-4my=0，∴y_S=$\frac{4m}{4+{m}^{2}}$，
∴$\frac{{y}_{M}}{{y}_{S}}$=$\frac{4+{m}^{2}}{1+{m}^{2}}$，∴$\frac{{y}_{N}}{{y}_{t}}$=$\frac{4{m}^{2}+1}{{m}^{2}+1}$，
∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{{y}_{M}}{{y}_{S}}$•$\frac{{y}_{N}}{{y}_{t}}$=$\frac{4+{m}^{2}}{1+{m}^{2}}$•$\frac{4{m}^{2}+1}{{m}^{2}+1}$，
設(shè)s=1+m²，s＞1，0＜$\frac{3}{s}$＜3，
∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=（4-$\frac{3}{s}$）（1+$\frac{3}{s}$）∈（4，$\frac{25}{4}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程，考查直線與圓、橢圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題．