Question

13．設(shè)拋物線y²=8x的交點為F，定直線l：x=4，P為平面上一動點，過點P作l的垂線，垂足為Q，且（$\overrightarrow{PQ}$+$\sqrt{2}$$\overrightarrow{PF}$）•（（$\overrightarrow{PQ}$-$\sqrt{2}$$\overrightarrow{PF}$）=0
（1）求點P的軌跡C的方程；
（2）直線l是圓O：x²+y²=r²的任意一條切線，l與曲線C交于A、B兩點，若以AB為直徑的圓恒過原點，求圓O的方程，并求出|AB|的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)直線和拋物線的關(guān)系以及向量數(shù)量積的關(guān)系進行轉(zhuǎn)化求解即可．
（2）設(shè)出切線方程求出AB的方程，利用直線和圓的位置關(guān)系，利用設(shè)而不求的思想進行轉(zhuǎn)化求解即可．

解答 解：（1）F（2，0），設(shè)P（x，y），則Q（4，y）
由（$\overrightarrow{PQ}$+$\sqrt{2}$$\overrightarrow{PF}$）•（$\overrightarrow{PQ}$-$\sqrt{2}$$\overrightarrow{PF}$）=0得：$\overrightarrow{PQ}$²-2$\overrightarrow{PF}$²=0，
∴（x-4）²-2（x-2）²-2y²=0
整理得：x²+2y²=8      即$\frac{x2}{8}$+$\frac{y2}{4}$=1…（3分）
（2）（i）當(dāng)切線l的斜率不存在時，設(shè)x=r（或x=-r），代入橢圓方程得：y=$\sqrt{\frac{8-{r}^{2}}{2}}$
∴A（r，$\sqrt{\frac{8-{r}^{2}}{2}}$），B（r，-$\sqrt{\frac{8-{r}^{2}}{2}}$），
∵以AB為直徑的圓恒過原點，
∴$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，∴r²-$\frac{8-r2}{2}$=0，∴r²=$\frac{8}{3}$
∴圓O的方程為x²+y²=$\frac{8}{3}$
此時|AB|=2$\sqrt{\frac{8-{r}^{2}}{2}}$=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$（同理當(dāng)x=-r時，上述結(jié)論仍然成立）…（5分）
（ii）當(dāng)切線l的斜率存在時，設(shè)l方程為：y=kx+m
∵l與圓O相切，
∴$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=r        即m²=（1+k²）r²…（7分）
將直線方程代入橢圓方程并整理得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0       ①
△=8k²+4-m²＞0                             ②
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁，x₂是方程①的兩個解，由韋達定理得：
x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
 y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$
∵以AB為直徑的圓恒過原點，
∴$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，
∴$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$+$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=0
∴3m²-8-8k²=0，3m²=8（1+k²）     
又∵m²=（1+k²）r²
∴3（1+k²）r²=8（1+k²）
∴r²=$\frac{8}{3}$，此時m²=$\frac{8}{3}$（1+k²）     代入②式后成立
∴圓O的方程為x²+y²=$\frac{8}{3}$                                     …（9分）
此時|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{1+2{k}^{2}}•\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{8{k}^{2}+4-{m}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{4{k}^{2}+1}}{1+2{k}^{2}}$
=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$•$\frac{\sqrt{4{k}^{4}+5{k}^{2}+1}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{4}+5{k}^{2}+1}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$•$\sqrt{1+\frac{{k}^{2}}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$
（i）若k=0，則|AB|=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
（ii）若k≠0，則|AB|=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$•$\sqrt{1+\frac{1}{4{k}^{2}+4+\frac{1}{{k}^{2}}}}$∈（$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，2$\sqrt{3}$]
綜上，圓O的方程為x²+y²=$\frac{8}{3}$，|AB|的取值范圍是[$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，2$\sqrt{3}$]…（12分）

點評 本題主要考查點的軌跡方程的求解以及直線和圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，利用設(shè)而不求的思想進行化簡是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，運算量較大，難度較大．