分析 (1)設(shè)圓的半徑為r,求出圓心到直線l1距離,從而能求出圓C1的方程.
(2)設(shè)動點Q(x,y),A(x0,y0),AN⊥y軸于N,N(0,y0),由題意得(x,y)=m(x0,y0)+(1-m,0,y0),由此能求出動點Q的軌跡方程.
(3)m=√32時,曲線C方程為x23+y24=1,由→OE+→OF=λ→OP,直線l:y=k(x+t),kt≠0與圓x2+(y+1)2=1相切,聯(lián)立{y=k(x+t)4x2+3y2=12,消去y得(4+3k2)x2+6k2tx+3k2t2-12=0,利用根的判別式、韋達(dá)定理,結(jié)合已知條件能求出λ的取值范圍.
解答 解:(1)設(shè)圓的半徑為r,圓心到直線l1距離為d,則d=|−2√2|√1+1=2,
所以,圓C1的方程為x2+y2=4.
(2)設(shè)動點Q(x,y),A(x0,y0),AN⊥y軸于N,N(0,y0),
由題意得(x,y)=m(x0,y0)+(1-m,0,y0),所以{x=mx0y=y0,即:{x0=1mxy0=y,
將A(1mx,y)代入x2+y2=4,得動點Q的軌跡方程C:x24m2+y24=1.
(3)m=√32時,曲線C方程為x23+y24=1,設(shè)E(x1,y1),F(xiàn)(x2,y2),P(x3,y3),
則由→OE+→OF=λ→OP知,x1+x2=λx3,y1+y2=λy3,且x323+y324=1,①
又直線l:y=k(x+t),kt≠0與圓x2+(y+1)2=1相切,所以有|kt+1|√1+k2=1,
由k≠0,可得k=2t1−t2(t≠±1,t≠0),②
又聯(lián)立{y=k(x+t)4x2+3y2=12,消去y得(4+3k2)x2+6k2tx+3k2t2-12=0,
且△>0恒成立,且x1+x2=−6k2t4+3k2,x1x2=3k2t2−124+3k2,
所以y1+y2=k(x1+x2)+2kt=8kt4+3k2,所以得P(−6k2tλ(4+3k2)2,8ktλ(4+3k2)),
代入①式得12k2t2(4+3k2)λ2+16k2t2λ2(4+3k2)2=1,所以λ2=4k2t24+3k2,又將②式代入得,λ2=4(1t2)2+1t2+1,t≠0,t≠±1,
由題意(1t2)2+1t2+1>1,且(1t2)2+1t2+1≠3,所以λ2∈(0,43)∪(43,4),
所以λ的取值范圍為(-2,-2√33)∪(0,2√33)∪(2√33,2).
點評 本題考查圓的方程、動點軌跡方程、實數(shù)取值范圍的求法,是中檔題,解題時要認(rèn)真審題,注意根的判別式、韋達(dá)定理、橢圓性質(zhì)的合理運用.
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A. | 第一象限 | B. | 第二象限 | C. | 第三象限 | D. | 第四象限 |
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A. | −√63 | B. | √63 | C. | √62 | D. | -√62 |
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