Question

13．已知曲線E：x²+ny²=n²，直線l：y=kx+m（其中|k|≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$）與曲線E相交于A、B兩點．
（1）若n∈R，試判斷曲線E的形狀；
（2）若n=2，以線段OA、OB為鄰邊作平行四邊形OAPB，其中頂點P在曲線E上，O為坐標原點，求|OP|的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）分類n=0時，x=0，表示直線x=0，當n＜0時，表示以焦點在x軸上，以2n為實軸，以2$\sqrt{{n}^{2}-n}$為焦距的雙曲線，當n＞0時，n＞1時，表示焦點在x軸上，以2n為長軸，以2$\sqrt{{n}^{2}-n}$為焦距的橢圓，0＜n＜1時，表示焦點在y軸上，以2$\sqrt{n}$為長軸，以2$\sqrt{n-{m}^{2}}$為焦距的橢圓，n=1時，表示圓心在原點，以1為半徑的圓；
（2）先對k 分類討論：當k=0時，P（0，2m）在橢圓C上，解得m=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，由點到直線的距離公式可知：|OP|=$\sqrt{2}$；當k≠0時，將直線的方程代入橢圓的方程，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，再結(jié)合根系數(shù)的關(guān)系利用弦長公式即可求得|OP|的取值范圍，從而解決問題．

解答 解：（1）當n=0時，x²=0，x=0，
曲線E的形狀表示直線x=0，
當n＜0時，$\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}-\frac{{y}^{2}}{-n}=1$，表示以焦點在x軸上，以2n為實軸，以2$\sqrt{{n}^{2}-n}$為焦距的雙曲線，
當n＞0時，$\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{n}=1$，
當n²＞n，即n＞1時，表示焦點在x軸上，以2n為長軸，以2$\sqrt{{n}^{2}-n}$為焦距的橢圓，
當n²＜n，即0＜n＜1時，表示焦點在y軸上，以2$\sqrt{n}$為長軸，以2$\sqrt{n-{m}^{2}}$為焦距的橢圓，
當n²=n，即n=1時，表示圓心在原點，以1為半徑的圓；
（2）當n=2時，曲線方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
當k=0時，P（0，2m）在橢圓C上，解得m=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴|OP|=$\sqrt{2}$；
當k≠0時，則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消y化簡整理得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-4=0，
△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-4）=8（4k²-m²-2＞0①
設(shè)A，B，P點的坐標分別為（x₁，y₁）、（x₂，y₂）、（x₀，y₀），
則x₀=x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，y₀=y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{2m}{1+2{k}^{2}}$．
由于點P在橢圓C上，
∴$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}+\frac{{y}_{0}^{2}}{2}=1$．
從而$\frac{4{k}^{2}{m}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}+\frac{2{m}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}=1$，化簡得2m²=1+2k²，經(jīng)檢驗滿足①式，
又|OP|=$\sqrt{{x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}}$=$\sqrt{4-\frac{2}{1+2{k}^{2}}}$，
∵0＜|k|≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴1＜1+2k²≤2，
∴1≤$\frac{2}{1+2{k}^{2}}$＜2，
∴$\sqrt{2}$＜|OP|≤$\sqrt{3}$，
綜上，所求|OP|的取值范圍是[$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$]．

點評 本題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合問題、橢圓的標準方程問題．當研究橢圓和直線的關(guān)系的問題時，常可利用聯(lián)立方程，進而利用韋達定理來解決，屬于中檔題．