Question

12．在直角三角形ABC中，∠CAB=$\frac{π}{2}$，AB=2，AC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，DO垂直AB于點(diǎn)O[其中O為原點(diǎn)]，且D（0，2），OA=OB，曲線E過(guò)C點(diǎn)，一點(diǎn)P在C上運(yùn)動(dòng)，且滿足|PA|+|PB|的值不變．
（1）求曲線E的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)D的直線L與曲線E相交于不同的兩點(diǎn)M，N，且M在NB之間，使$\frac{DM}{DN}$=λ，試確定實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，|PA|+|PB|=|CA|+|CB|=2$\sqrt{2}$，可得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是橢圓．進(jìn)而得出標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）直線L與y軸重合時(shí)，$\frac{DM}{DN}$=$\frac{1}{3}$．直線L的斜率存在時(shí)，設(shè)直線L的方程為：y=kx+2，代入橢圓的方程可得：（2k²+1）x²+8kx+6=0，△＞0．λ=$\frac{DM}{DN}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，可得$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=λ+$\frac{1}{λ}$+2，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{32}{3（2+\frac{1}{{k}^{2}}）}$，根據(jù)k的取值范圍即可得出．

解答 解：（1）建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，|PA|+|PB|=|CA|+|CB|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\sqrt{{2}^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是橢圓．a(chǎn)=$\sqrt{2}$，b=c=1，
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（2）直線L與y軸重合時(shí)，$\frac{DM}{DN}$=$\frac{1}{3}$．
直線Ld的斜率存在時(shí)，設(shè)直線L的方程為：y=kx+2，
代入橢圓的方程可得：（2k²+1）x²+8kx+6=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），△=64k²-24（2k²+1）＞0，解得k²$＞\frac{3}{2}$．
∴x₁+x₂=$\frac{8k}{2{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{6}{2{k}^{2}+1}$．
λ=$\frac{DM}{DN}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∴$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=λ+$\frac{1}{λ}$+2，
又$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{（\frac{8k}{2{k}^{2}+1}）^{2}}{\frac{6}{2{k}^{2}+1}}$=$\frac{32}{3（2+\frac{1}{{k}^{2}}）}$，
∵k²$＞\frac{3}{2}$，∴$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$∈$（4，\frac{16}{3}）$．
∴$2＜λ+\frac{1}{λ}$$＜\frac{10}{3}$，又0＜λ＜1，∴$\frac{1}{3}＜λ＜1$．
綜上可得：λ∈$[\frac{1}{3}，1）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、不等式的性質(zhì)與解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．