已知圆C1的圆心在坐标原点O.且恰好与直线l1:x-2y+3$\sqrt{5}$=0相切.点A为圆上一动点.AM⊥x轴于点M.且动点N满足$\overrightarrow{ON}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}+({\frac{{2\sqrt{2}}}{3}-\frac{2}{3}})\overrightarrow{OM}$.设动点N的轨迹为曲线C．(Ⅰ)求椭圆C的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

14．已知圆C₁的圆心在坐标原点O，且恰好与直线l₁：x-2y+3$\sqrt{5}$=0相切，点A为圆上一动点，AM⊥x轴于点M，且动点N满足$\overrightarrow{ON}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}+（{\frac{{2\sqrt{2}}}{3}-\frac{2}{3}}）\overrightarrow{OM}$，设动点N的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若直线l与椭圆C相交于不同两点A，B，且满足$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$（O为坐标原点），求线段AB长度的取值范围．

分析（Ⅰ）设出动点N（x，y），A（x₀，y₀），M（x₀，0），由题意求圆C₁的方程，结合已知$\overrightarrow{ON}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}+（{\frac{{2\sqrt{2}}}{3}-\frac{2}{3}}）\overrightarrow{OM}$，把A的坐标用N的坐标表示，代入圆的方程求得椭圆C的方程；
（Ⅱ）假设直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，联立直线方程和椭圆方程，利用$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，结合根浴系数的关系得到3m²=8k²+8．再利用弦长公式求得弦AB的长，利用基本不等式及函数的性质求得|AB|的范围；若直线l的斜率不存在，直接求出A，B的坐标得到|AB|的值，则线段AB长度的取值范围可求．

解答解：（Ⅰ）设动点N（x，y），A（x₀，y₀），
∵AM⊥x轴于点M，∴M（x₀，0），
设圆C₁ 的方程为x²+y²=r²，由题意得$r=\frac{|3\sqrt{5}|}{\sqrt{1+4}}=3$，
∴圆C₁ 的方程为x²+y²=9．
由题意，$\overrightarrow{ON}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}+（{\frac{{2\sqrt{2}}}{3}-\frac{2}{3}}）\overrightarrow{OM}$，得$（x，y）=\frac{2}{3}（{x}_{0}，{y}_{0}）+（\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{2}{3}）（{x}_{0}，0）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{2\sqrt{2}}{3}{x}_{0}}\\{y=\frac{2}{3}{y}_{0}}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=\frac{3}{2\sqrt{2}}x}\\{{y}_{0}=\frac{3}{2}y}\end{array}\right.$，
将A（$\frac{3}{2\sqrt{2}}x，\frac{3}{2}y$）代入x²+y²=9，得动点N的轨迹方程为$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（Ⅱ）（1）假设直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0．
∴△=64k²-8m²+32＞0．
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，（*）
∵$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，则x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0，
化简可得，$（{k}^{2}+1）{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}=0$．
将（*）代入可得3m²=8k²+8．
又∵|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}|{x}_{1}-{x}_{2}|=\sqrt{1+{k}^{2}}\frac{\sqrt{64{k}^{2}-8{m}^{2}32}}{1+2{k}^{2}}$．
将${m}^{2}=\frac{8}{3}（{k}^{2}+1）$代入，可得$|AB|=\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{\sqrt{\frac{2×64{k}^{2}}{3}+\frac{32}{3}}}{1+2{k}^{2}}$=$\sqrt{\frac{32}{3}}•\sqrt{1+\frac{{k}^{2}}{1+4{k}^{4}+4{k}^{2}}}$
=$\sqrt{\frac{32}{3}}•\sqrt{1+\frac{1}{\frac{1}{{k}^{2}}+4{k}^{2}+4}}$$≤2\sqrt{3}$．
∴当且仅当${k}^{2}=\frac{1}{2}$，即$k=±\frac{\sqrt{2}}{2}$时等号成立．
又由$\frac{{k}^{2}}{1+4{k}^{4}+4{k}^{2}}≥0$，∴|AB|$≥\sqrt{\frac{32}{3}}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
∴$\frac{4\sqrt{6}}{3}≤|AB|≤2\sqrt{3}$．
（2）若直线l的斜率不存在，则OA所在直线方程为y=x，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=x}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，解得A（$\frac{2\sqrt{6}}{3}，\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
同理求得B（$\frac{2\sqrt{6}}{3}，-\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
求得$|AB|=\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
综上，得$\frac{4\sqrt{6}}{3}≤|AB|≤2\sqrt{3}$．