Question

14．已知圓C₁的圓心在坐標(biāo)原點O，且恰好與直線l₁：x-2y+3$\sqrt{5}$=0相切，點A為圓上一動點，AM⊥x軸于點M，且動點N滿足$\overrightarrow{ON}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}+（{\frac{{2\sqrt{2}}}{3}-\frac{2}{3}}）\overrightarrow{OM}$，設(shè)動點N的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若直線l與橢圓C相交于不同兩點A，B，且滿足$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$（O為坐標(biāo)原點），求線段AB長度的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)出動點N（x，y），A（x₀，y₀），M（x₀，0），由題意求圓C₁的方程，結(jié)合已知$\overrightarrow{ON}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}+（{\frac{{2\sqrt{2}}}{3}-\frac{2}{3}}）\overrightarrow{OM}$，把A的坐標(biāo)用N的坐標(biāo)表示，代入圓的方程求得橢圓C的方程；
（Ⅱ）假設(shè)直線l的斜率存在時，設(shè)其方程為y=kx+m，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，結(jié)合根浴系數(shù)的關(guān)系得到3m²=8k²+8．再利用弦長公式求得弦AB的長，利用基本不等式及函數(shù)的性質(zhì)求得|AB|的范圍；若直線l的斜率不存在，直接求出A，B的坐標(biāo)得到|AB|的值，則線段AB長度的取值范圍可求．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)動點N（x，y），A（x₀，y₀），
∵AM⊥x軸于點M，∴M（x₀，0），
設(shè)圓C₁ 的方程為x²+y²=r²，由題意得$r=\frac{|3\sqrt{5}|}{\sqrt{1+4}}=3$，
∴圓C₁ 的方程為x²+y²=9．
由題意，$\overrightarrow{ON}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}+（{\frac{{2\sqrt{2}}}{3}-\frac{2}{3}}）\overrightarrow{OM}$，得$（x，y）=\frac{2}{3}（{x}_{0}，{y}_{0}）+（\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{2}{3}）（{x}_{0}，0）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{2\sqrt{2}}{3}{x}_{0}}\\{y=\frac{2}{3}{y}_{0}}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=\frac{3}{2\sqrt{2}}x}\\{{y}_{0}=\frac{3}{2}y}\end{array}\right.$，
將A（$\frac{3}{2\sqrt{2}}x，\frac{3}{2}y$）代入x²+y²=9，得動點N的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（Ⅱ）（1）假設(shè)直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0．
∴△=64k²-8m²+32＞0．
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，（*）
∵$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，則x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0，
化簡可得，$（{k}^{2}+1）{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}=0$．
將（*）代入可得3m²=8k²+8．
又∵|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}|{x}_{1}-{x}_{2}|=\sqrt{1+{k}^{2}}\frac{\sqrt{64{k}^{2}-8{m}^{2}32}}{1+2{k}^{2}}$．
將${m}^{2}=\frac{8}{3}（{k}^{2}+1）$代入，可得$|AB|=\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{\sqrt{\frac{2×64{k}^{2}}{3}+\frac{32}{3}}}{1+2{k}^{2}}$=$\sqrt{\frac{32}{3}}•\sqrt{1+\frac{{k}^{2}}{1+4{k}^{4}+4{k}^{2}}}$
=$\sqrt{\frac{32}{3}}•\sqrt{1+\frac{1}{\frac{1}{{k}^{2}}+4{k}^{2}+4}}$$≤2\sqrt{3}$．
∴當(dāng)且僅當(dāng)${k}^{2}=\frac{1}{2}$，即$k=±\frac{\sqrt{2}}{2}$時等號成立．
又由$\frac{{k}^{2}}{1+4{k}^{4}+4{k}^{2}}≥0$，∴|AB|$≥\sqrt{\frac{32}{3}}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
∴$\frac{4\sqrt{6}}{3}≤|AB|≤2\sqrt{3}$．
（2）若直線l的斜率不存在，則OA所在直線方程為y=x，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=x}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，解得A（$\frac{2\sqrt{6}}{3}，\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
同理求得B（$\frac{2\sqrt{6}}{3}，-\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
求得$|AB|=\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
綜上，得$\frac{4\sqrt{6}}{3}≤|AB|≤2\sqrt{3}$．

點評 本題是直線與圓，直線與圓錐曲線的綜合題，考查直線和圓的位置關(guān)系，考查了直線與橢圓的位置關(guān)系，訓(xùn)練了向量在求解直線與圓錐曲線問題中的應(yīng)用，考查了弦長公式的運用，訓(xùn)練了利用不等式求解最值問題，綜合性強，難度較大．