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14.已知圓C1的圓心在坐標(biāo)原點O,且恰好與直線l1xy22=0相切.
(1)求圓O的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)點A為圓O上一動點,AN⊥y軸于N,若點Q滿足OQ=mOA+1mON,(其中m為非零常數(shù)),試求點Q的軌跡方程C2;
(3)在(2)的結(jié)論下,當(dāng)m=32時,得到動點Q的軌跡曲線C,與圓x2+(y+1)2=1相切的直線l:y=k(x+t),kt≠0交曲線C于E,F(xiàn),若曲線C上一點P滿足\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}=λ\overrightarrow{OP},求實數(shù)λ的取值范圍.

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=\frac{\sqrt{3}}{2}時,曲線C方程為\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{4}=1,由\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}=λ\overrightarrow{OP},直線l:y=k(x+t),kt≠0與圓x2+(y+1)2=1相切,聯(lián)立\left\{\begin{array}{l}{y=k(x+t)}\\{4{x}^{2}+3{y}^{2}=12}\end{array}\right.,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=\frac{|-2\sqrt{2}|}{\sqrt{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\left\{\begin{array}{l}{x=m{x}_{0}}\\{y={y}_{0}}\end{array}\right.,即:\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=\frac{1}{m}x}\\{{y}_{0}=y}\end{array}\right.,
將A(\frac{1}{m}x,y)代入x2+y2=4,得動點Q的軌跡方程C:\frac{{x}^{2}}{4{m}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{4}=1
(3)m=\frac{\sqrt{3}}{2}時,曲線C方程為\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{4}=1,設(shè)E(x1,y1),F(xiàn)(x2,y2),P(x3,y3),
則由\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}=λ\overrightarrow{OP}知,x1+x2=λx3,y1+y2=λy3,且\frac{{{x}_{3}}^{2}}{3}+\frac{{{y}_{3}}^{2}}{4}=1,①
又直線l:y=k(x+t),kt≠0與圓x2+(y+1)2=1相切,所以有\frac{|kt+1|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=1,
由k≠0,可得k=\frac{2t}{1-{t}^{2}}(t≠±1,t≠0),②
又聯(lián)立\left\{\begin{array}{l}{y=k(x+t)}\\{4{x}^{2}+3{y}^{2}=12}\end{array}\right.,消去y得(4+3k2)x2+6k2tx+3k2t2-12=0,
且△>0恒成立,且{x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{6{k}^{2}t}{4+3{k}^{2}}{x}_{1}{x}_{2}=\frac{3{k}^{2}{t}^{2}-12}{4+3{k}^{2}},
所以{y}_{1}+{y}_{2}=k({x}_{1}+{x}_{2})+2kt=\frac{8kt}{4+3{k}^{2}},所以得P(\frac{-6{k}^{2}t}{λ(4+3{k}^{2})^{2}},\frac{8kt}{λ(4+3{k}^{2})}),
代入①式得\frac{12{k}^{2}{t}^{2}}{(4+3{k}^{2}){λ}^{2}}+\frac{16{k}^{2}{t}^{2}}{{λ}^{2}(4+3{k}^{2})^{2}}=1,所以{λ}^{2}=\frac{4{k}^{2}{t}^{2}}{4+3{k}^{2}},又將②式代入得,{λ}^{2}=\frac{4}{(\frac{1}{{t}^{2}})^{2}+\frac{1}{{t}^{2}}+1},t≠0,t≠±1,
由題意(\frac{1}{{t}^{2}}2+\frac{1}{{t}^{2}}+1>1,且(\frac{1}{{t}^{2}}2+\frac{1}{{t}^{2}}+1≠3,所以{λ}^{2}∈(0,\frac{4}{3})∪(\frac{4}{3},4),
所以λ的取值范圍為(-2,-\frac{2\sqrt{3}}{3})∪(0,\frac{2\sqrt{3}}{3})∪(\frac{2\sqrt{3}}{3},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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