Question

15．设平面上一动点P到定点（1，0）的距离与到定直线x=4的距离之比为$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求动点的p轨迹c的方程；
（Ⅱ）设定点a（-2，$\sqrt{3}$），曲线上C一点M（x₀，y₀），其中y₀≥0．若曲线C上存在两点E，F，使$\overrightarrow{AE}$+$\overrightarrow{AF}$=$\overrightarrow{AM}$，求x₀的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设P（x，y），由题意得$\frac{\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}}{|x-4|}=\frac{1}{2}$，整理即得轨迹方程．
（Ⅱ）直线EF的斜率存在，设直线EF方程为：y=kx+m由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$得：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，根据题目条件列式求解．

解答 解：（ I）设P（x，y），由题意得$\frac{\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}}{|x-4|}=\frac{1}{2}$，…（2分）
化简得$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，所以，所求轨迹方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$…（4分）
（Ⅱ）AM中点Q（$\frac{{x}_{0}-2}{2}，\frac{{y}_{0}+\sqrt{3}}{2}$）
直线EF的斜率存在，设直线EF方程为：y=kx+m
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$得：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
方程有解，则△=48（4k²-m²+3）＞0   （*）
设E（x₁，y₁）F（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$…（6分）
EF中点坐标为N（$-\frac{4km}{3+4{k}^{2}}，\frac{3m}{3+4{k}^{2}}$），由$\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AM}$
知Q、N为同一点，所以 $\left\{\begin{array}{l}{-\frac{4km}{3+4{k}^{2}}=\frac{{x}_{0}-2}{2}}\\{\frac{3m}{3+4{k}^{2}}=\frac{{y}_{0}+\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$…（8分）
上两式相比得：$k=-\frac{3}{4}\frac{（{x}_{0}-2）}{4（{y}_{0}+\sqrt{3}）}$…（9分）
由$\frac{3m}{3+4{k}^{2}}=\frac{{y}_{0}+\sqrt{3}}{2}$，得$3+4{k}^{2}=\frac{6m}{{y}_{0}+\sqrt{3}}$代入（*）得：
$0＜m＜\frac{6}{{y}_{0}+\sqrt{3}}$    （**）…（10分）
将k=-$\frac{3}{4}×\frac{3（{x}_{0}-2）}{4（{y}_{0}+\sqrt{3}）}$代入$\frac{3m}{3+4{k}^{2}}=\frac{{y}_{0}+\sqrt{3}}{2}$得：
m=$\frac{{y}_{0}+\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{8}×\frac{（{x}_{0}-2）^{2}}{{y}_{0}+\sqrt{3}}$再代入（**）并结合$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}+\frac{{y}_{0}^{2}}{3}=1$
得：2${y}_{0}＜\sqrt{3}（{x}_{0}+1）$ 又y₀≥0，
所以，$\sqrt{12-3{x}_{0}^{2}}＜\sqrt{3}（{x}_{0}+1）$（或2${y}_{0}^{2}＜3（{x}_{0}+1）^{2}$）
所以，${x}_{0}＞\frac{\sqrt{7}-1}{2}，{x}_{0}＜-\frac{\sqrt{7}+1}{2}$（舍去）…（12分）
故x₀的取值范围为：$\frac{\sqrt{7}-1}{2}＜{x}_{0}≤2$…（13分）

点评 本题主要考查了轨迹方程的求法和直线与圆锥曲线的综合应用，属于中档题型，在高考中经常考到．