Question

7．已知點(diǎn)M是圓心為E的圓${（x+\sqrt{3}）^2}+{y^2}=16$上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)$F（\sqrt{3}，0）$，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段MF的垂直平分線交EM于點(diǎn)P．
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡H的方程；
（2）過原點(diǎn)O作直線l交（1）中的軌跡H于點(diǎn)A，B，點(diǎn)C在軌跡H上，且|AC|=|CB|，點(diǎn)D滿足$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}$，試求四邊形ACBD的面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)中垂線性質(zhì)可得|PE|+|PF|=4，從而P點(diǎn)軌跡為橢圓，根據(jù)橢圓的定義得出橢圓方程；
（2）討論直線l的斜率，聯(lián)立方程組，求出OA，OC的距離得出四邊形的面積關(guān)于直線l的斜率k的函數(shù)，求出函數(shù)的最值．

解答 解：（1）由于點(diǎn)P在線段MF的垂直平分線上，故|PM|=|PF|，
∴$|PE|+|PF|=|PE|+|PM|=|ME|=4＞2\sqrt{3}$，故點(diǎn)P軌跡為橢圓，其中2a=4，$c=\sqrt{3}$，
∴P點(diǎn)的軌跡H的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）由$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}$，知四邊形ACBD為平行四邊形，故S_ACBD=2S_△ABC．
（i）當(dāng)AB為長(zhǎng)軸（或短軸）時(shí)，依題意，知點(diǎn)C就是橢圓的上下頂點(diǎn)（或左右頂點(diǎn)），
此時(shí)${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}|OC||AB|=2$，即S_ACBD=4．
（ii）當(dāng)直線AB的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)斜率為k，則直線AB的方程為y=kx，
聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=kx\end{array}\right.$，消去y得：（1+4k²）x²-4=0，故$x_A^2=\frac{4}{{1+4{k^2}}}$，$y_A^2=\frac{{4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$，
所以$|OA{|^2}=x_A^2+y_A^2=\frac{{4（1+{k^2}）}}{{1+4{k^2}}}$，
∵|AC|=|CB|，∴△ABC為等腰三角形，O為AB的中點(diǎn)，
∴OC⊥AB，故直線OC的方程為$y=-\frac{1}{k}x$，
同理，得$|OC{|^2}=\frac{{4[1+{{（-\frac{1}{k}）}^2}]}}{{1+4{{（-\frac{1}{k}）}^2}}}=\frac{{4（1+{k^2}）}}{{{k^2}+4}}$，
∴${S_{△ADC}}=2{S_{△OAC}}=|OC||OA|=\sqrt{\frac{{4（1+{k^2}）}}{{1+4{k^2}}}}×\sqrt{\frac{{4（1+{k^2}）}}{{{k^2}+4}}}=\frac{{4（1+{k^2}）}}{{\sqrt{（1+4{k^2}）（{k^2}+4）}}}$，
設(shè)1+k²=t（t＞1），則${S_{△ADC}}=\frac{4t}{{\sqrt{（4t-3）（t+3）}}}=\frac{1}{{\sqrt{-9{{（\frac{1}{t}-\frac{1}{2}）}^2}+\frac{25}{4}}}}$，
而$0＜\frac{1}{t}＜1$，∴當(dāng)$\frac{1}{t}=\frac{1}{2}$時(shí)，${（{S_{△ADC}}）_{min}}=\frac{8}{5}$，又$0＜\frac{1}{t}＜1$，∴S_△ADC＜2，
所以$\frac{8}{5}≤{S_{△ADC}}＜2$，
所以四邊形ACBD的面積的取值范圍為$[\frac{16}{5}，4]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義，直線與橢圓的位置關(guān)系，距離公式及面積計(jì)算，屬于中檔題．