Question

11．已知點F（1，0），點A是直線l₁：x=-1上的動點，過A作直線l₂，l₁⊥l₂，線段AF的垂直平分線與l₂交于點P．
（Ⅰ）求點P的軌跡C的方程；
（Ⅱ）若點M，N是直線l₁上兩個不同的點，且△PMN的內切圓方程為x²+y²=1，直線PF的斜率為k，求$\frac{|k|}{|MN|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）點P到點F（1，0）的距離等于它到直線l₁的距離，從而點P的軌跡是以點F為焦點，直線l₁：x=-1為準線的拋物線，由此能求出曲線C的方程．
（Ⅱ）設P（x₀，y₀），點M（-1，m），點N（-1，n），直線PM的方程為（y₀-m）x-（x₀+1）y+（y₀-m）+m（x₀+1）=0，△PMN的內切圓的方程為x²+y²=1，圓心（0，0）到直線PM的距離為1，由x₀＞1，得（x₀-1）m²+2y₀m-（x₀+1）=0，同理，$（{x}_{0}-1）{n}^{2}+2{{y}_{0}n-（{x}_{0}+1）=0}^{\;}$，由此利用韋達定理、弦長公式、直線斜率，結合已知條件能求出$\frac{|k|}{|MN|}$的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵點F（1，0），點A是直線l₁：x=-1上的動點，過A作直線l₂，l₁⊥l₂，線段AF的垂直平分線與l₂交于點P，
∴點P到點F（1，0）的距離等于它到直線l₁的距離，
∴點P的軌跡是以點F為焦點，直線l₁：x=-1為準線的拋物線，
∴曲線C的方程為y²=4x．
（Ⅱ）設P（x₀，y₀），點M（-1，m），點N（-1，n），
直線PM的方程為：y-m=$\frac{{y}_{0}-m}{{x}_{0}+1}$（x+1），
化簡，得（y₀-m）x-（x₀+1）y+（y₀-m）+m（x₀+1）=0，
∵△PMN的內切圓的方程為x²+y²=1，
∴圓心（0，0）到直線PM的距離為1，即$\frac{|{y}_{0}-m+m（{x}_{0}+1）|}{\sqrt{（{y}_{0}-m）^{2}+（{x}_{0}+1）^{2}}}$=1，
∴$（{y}_{0}-m）^{2}+（{x}_{0}+1）^{2}$=$（{y}_{0}-m）^{2}+2m（{y}_{0}-m）（{x}_{0}+1）+{m}^{2}$$（{x}_{0}+1）^{2}$，
由題意得x₀＞1，∴上式化簡，得（x₀-1）m²+2y₀m-（x₀+1）=0，
同理，有$（{x}_{0}-1）{n}^{2}+2{{y}_{0}n-（{x}_{0}+1）=0}^{\;}$，
∴m，n是關于t的方程（x₀-1）t²+2y${{\;}_{0}}^{\;}$t-（x₀+1）=0的兩根，
∴m+n=$\frac{-2{y}_{0}}{{x}_{0}-1}$，mn=$\frac{-（{x}_{0}+1）}{{x}_{0}-1}$，
∴|MN|=|m-n|=$\sqrt{（m+n）^{2}-4mn}$=$\sqrt{\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}-1）^{2}}+\frac{4（{x}_{0}+1）}{{x}_{0}-1}}$，
∵${{y}_{0}}^{2}=4{x}_{0}$，|y₀|=2$\sqrt{{x}_{0}}$，
∴|MN|=$\sqrt{\frac{16{x}_{0}}{（{x}_{0}-1）^{2}}+\frac{4（{x}_{0}+1）}{{x}_{0}-1}}$=2$\sqrt{\frac{{{x}_{0}}^{2}+4{x}_{0}-1}{（{x}_{0}-1）^{2}}}$，
直線PF的斜率$k=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-1}$，則k=|$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-1}$|=$\frac{2\sqrt{{x}_{0}}}{|{x}_{0}-1|}$，
∴$\frac{|k|}{|MN|}$=$\sqrt{\frac{{x}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}+4{x}_{0}-1}}$=$\sqrt{\frac{1}{{x}_{0}-\frac{1}{{x}_{0}}+4}}$，
∵函數(shù)y=x-$\frac{1}{x}$在（1，+∞）上單調遞增，
∴${x}_{0}-\frac{1}{{x}_{0}}＞1-1=0$，
∴$0＜\frac{1}{{x}_{0}-\frac{1}{{x}_{0}}+4}＜\frac{1}{4}$，
∴0＜$\frac{|k|}{|MN|}$＜$\frac{1}{2}$．
∴$\frac{|k|}{|MN|}$的取值范圍是（0，$\frac{1}{2}$）．

點評 本題考查點的軌跡方程的求法，考查代數(shù)式的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意拋物線定義、橢圓性質、韋達定理、弦長公式、直線斜率的合理運用．