Question

20．在平面直角坐標(biāo)系中，已知A₁（-2，0），A₂（2，0），B₁（x，2），B₂（x，-2），P（x，y），若實(shí)數(shù)λ使得λ²$\overrightarrow{O{B}_{1}}$•$\overrightarrow{O{B}_{2}}$=$\overrightarrow{{A}_{1}P}$•$\overrightarrow{{A}_{2}P}$ （O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．
（Ⅰ） 求點(diǎn)P的軌跡C的方程，并討論點(diǎn)P的軌跡類型；
（Ⅱ） 當(dāng)λ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，是否存在過點(diǎn)B（0，2）的直線l與（Ⅰ）中點(diǎn)P的軌跡C相交于不同的兩點(diǎn)E，F(xiàn) （E在B，F(xiàn)之間），且$\frac{1}{2}$＜$\frac{{S}_{△BOE}}{{S}_{△BOF}}$＜1？若存在，求出該直線的斜率k的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 由題設(shè)條件，知（1-λ²）x²+y²=4（1-λ²），由此進(jìn)行分類討論能得到P點(diǎn)的軌跡類型．
（Ⅱ）當(dāng)λ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，點(diǎn)P的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．S_△OBE：S_△OBF=|x₁|：|x₂|，由$\frac{1}{2}$＜$\frac{{S}_{△BOE}}{{S}_{△BOF}}$＜1，即$\frac{1}{2}$＜$\frac{|{x}_{1}|}{|{x}_{2}|}$＜1．設(shè)直線EF直線方程為y=kx+2，聯(lián)立方程可得，：（1+2k²）x²+8kx+4=0，由此能夠推導(dǎo)出直線的斜率的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由λ²$\overrightarrow{O{B}_{1}}$•$\overrightarrow{O{B}_{2}}$=$\overrightarrow{{A}_{1}P}$•$\overrightarrow{{A}_{2}P}$ 得：λ²（x²-4）=x²-4+y²，
即（1-λ²）x²+y²=4（1-λ²）為點(diǎn)P的軌跡C的方程     …（2分）
①λ=±1時(shí)方程為y=0軌跡為一條直線，…（3分）
②λ=0時(shí)方程為x²+y²=4軌跡為圓，…（4分）
③λ∈（-1，0）∪（0，1）時(shí)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{4（1-{λ}^{2}）}$=1軌跡為橢圓，…（5分）
④λ∈（-∞，-1）∪（1，+∞）時(shí)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$-$\frac{{y}^{2}}{4（{λ}^{2}-1）}$=1軌跡為雙曲線   …（6分）
（Ⅱ）當(dāng)λ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，點(diǎn)P的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1 …（7分）
設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），∴S_△OBE：S_△OBF=|x₁|：|x₂|
由$\frac{1}{2}$＜$\frac{{S}_{△BOE}}{{S}_{△BOF}}$＜1，即$\frac{1}{2}$＜$\frac{|{x}_{1}|}{|{x}_{2}|}$＜1，由題意可得x₁，x₂同號(hào)，∴$\frac{1}{2}$＜$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜1…（8分）
由題意得直線EF的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+2
代入橢圓方程得：（1+2k²）x²+8kx+4=0
∵△=64k²-16（1+2k²）＞0，∴k²＞$\frac{1}{2}$，
x₁+x₂=-$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4}{1+2{k}^{2}}$…（9分）
設(shè)$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=m$，則$（m+1）{x}_{2}=-\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$，$m{x}_{2}^{2}=\frac{4}{1+2{k}^{2}}$
∴$（m+1）^{2}\frac{4}{m（1+2{k}^{2}）}=\frac{64{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$，∴$\frac{（m+1）^{2}}{m}=\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{（m+1）^{2}}{m}=m+\frac{1}{m}+2$，
∵$\frac{1}{2}＜m＜1$，∴$4＜m+\frac{1}{m}+2＜\frac{9}{2}$
即$4＜\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}＜\frac{9}{2}$，∴$\frac{1}{2}＜{k}^{2}＜\frac{9}{14}$，
∴k∈（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{3\sqrt{14}}{14}$）∪（$-\frac{3\sqrt{14}}{14}$，$-\frac{\sqrt{2}}{2}$）為所求…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查曲線類型的判斷，考查直線的斜率的取值范圍的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意分類討論思想和等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的合理運(yùn)用．