Question

8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知圓C：（x+1）²+y²=16，點(diǎn)A（1，0），點(diǎn)B（a，0）（|a|＞3），以B為圓心，|BA|的半徑作圓，交圓C于點(diǎn)P，且的∠PBA的平分線次線段CP于點(diǎn)Q．
（I）當(dāng)a變化時(shí)，點(diǎn)Q始終在某圓錐曲線τ是運(yùn)動，求曲線τ的方程；
（II）已知直線l過點(diǎn)C，且與曲線τ交于M、N兩點(diǎn)，記△OCM面積為S₁，△OCN面積為S₂，求$\frac{S_1}{S_2}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）推導(dǎo)出△QAB≌△QPB，從而QC+QA=4，由橢圓的定義可知，Q點(diǎn)的軌跡是以C，A為焦點(diǎn)，2a=4的橢圓，由此能求出點(diǎn)Q的軌跡方程．
（II）設(shè)直線l：x=my-1，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），推導(dǎo)出$\frac{S_2}{S_1}=\frac{{|{y_2}|}}{{|{y_1}|}}=-\frac{y_2}{y_1}$，由$\left\{\begin{array}{l}x=my-1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3m²+4）y²-6my-9=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理，結(jié)合已知條件求出$\frac{S_1}{S_2}$的取值范圍．

解答 解：（I）如圖，∵BA=BP，BQ=BQ，∠PBQ=∠ABQ，
∴△QAB≌△QPB，∴QA=QP，
∵CP=CQ+QP=QC+QA，QC+QA=4，
由橢圓的定義可知，Q點(diǎn)的軌跡是以C，A為焦點(diǎn)，2a=4的橢圓，
故點(diǎn)Q的軌跡方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
（II）由題可知，設(shè)直線l：x=my-1，不妨設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
∵${S_1}={S_{△OMC}}=\frac{1}{2}×|{OC}|×|{y_1}|，{S_2}={S_{△ONC}}=\frac{1}{2}×|{OC}|×|{y_2}|$，
$\frac{S_2}{S_1}=\frac{{|{y_2}|}}{{|{y_1}|}}=-\frac{y_2}{y_1}$，
∵$\left\{\begin{array}{l}x=my-1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，∴（3m²+4）y²-6my-9=0，△=144m²+144＞0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=\frac{6m}{{3{m^2}+4}}\\{y_1}{y_2}=\frac{-9}{{3{m^2}+4}}\end{array}\right.$，
∵$\frac{{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}}}{{{y_1}{y_2}}}=\frac{{-4{m^2}}}{{3{m^2}+4}}∈（{-\frac{4}{3}}\right.，\left.0]$，
即$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}+\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}+2$∈（-$\frac{4}{3}$，0]，$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$∈（-3，-$\frac{1}{3}$），
∴$\frac{S_1}{S_2}$=-$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$∈（$\frac{1}{3}$，3）．

點(diǎn)評 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查兩個(gè)三角形的面積的取值范圍的求法，考查橢圓、韋達(dá)定理、根的判別式、直線方程、弦長公式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．