Question

9．已知圓F₁：（x+1）²+y²=16，圓心為F₁，定點(diǎn)F₂（1，0），P為圓F₁上一點(diǎn)，線段PF₂的上一點(diǎn)N滿足$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=2$\overrightarrow{N{F}_{2}}$，直線PF₁上一點(diǎn)Q，滿足$\overrightarrow{QN}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=0
（1）求點(diǎn)Q的軌跡C的方程；
（2）過點(diǎn)（0，2）的直線l與曲線C交于不同的兩點(diǎn)A和B，且滿足∠AOB＜90°（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求弦AB的斜率的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程得到點(diǎn)M坐標(biāo)（-1，0），圓的半徑R=4，再由線段中垂線定理，可得出點(diǎn)Q的軌跡C是橢圓，從而可得出點(diǎn)G的軌跡C對(duì)應(yīng)的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+2，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+16kx+4=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、向量知識(shí)，結(jié)合已知條件能求出直線AB的斜率k的取值范圍．

解答 解：（1）∵圓F₁：（x+1）²+y²=16，圓心為F₁，∴F₁（-1，0），
∵P為圓F₁上一點(diǎn)，線段PF₂的上一點(diǎn)N滿足$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=2$\overrightarrow{N{F}_{2}}$，直線PF₁上一點(diǎn)Q，滿足$\overrightarrow{QN}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=0
∴QN是PF₂的垂直平分線，根據(jù)題設(shè)有|QP|=|QF₂|，|F₁P|=4，
∴|QF₁|+|QF₂|=|QF₁|+|QP|=|F₁P|=4，
∵|F₁F₂|=2＜4，
∴根據(jù)橢圓的定義可知，Q的軌跡為以F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0）為焦點(diǎn)中心在原點(diǎn)半長軸為2，
半焦距為1，半短軸為$\sqrt{3}$的橢圓，
∴點(diǎn)Q的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）由題意知直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+2，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+16kx+4=0，
設(shè)直線l與曲線C交于不同的兩點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則△=256k²-16（3+4k²）＞0，解得k²＞$\frac{1}{4}$，即k＞$\frac{1}{2}$或k＜-$\frac{1}{2}$，
${x}_{1}{+x}_{2}=-\frac{16k}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4}{3+4{k}^{2}}$，
∴y₁y₂=（kx₁+2）（kx₂+2）=k²x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4，
∵∠AOB＜90°，∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$＞0，
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（k²+1）•$\frac{4}{3+4{k}^{2}}$+2k•（-$\frac{16k}{3+4{k}^{2}}$）+4＞0，
解得-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$＜k＜$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
∴直線AB的斜率k的取值范圍是（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題借助一個(gè)動(dòng)點(diǎn)的軌跡，得到橢圓的第一定義，進(jìn)而求出其軌跡方程，考查向量知識(shí)的運(yùn)用，考查直線的斜率的取值范圍的計(jì)算，屬于中檔題．