Question

10．已知圓M：（x+$\sqrt{3}$）²+y²=16，點(diǎn)N（$\sqrt{3}$，0），點(diǎn)P是圓上任意一點(diǎn)，線(xiàn)段NP的垂直平分線(xiàn)MP于點(diǎn)Q，設(shè)動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為C
（Ⅰ）求C的方程
（Ⅱ）設(shè)直線(xiàn)l：y=kx+m與軌跡C交于G，H兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若△GOH的重心恰好在圓x²+y²=$\frac{4}{9}$上，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）如圖，通過(guò)|QP|=|QN|，|MQ|+|QN|=|MP|=4，可知點(diǎn)Q的軌跡是以M、N為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)等于4的橢圓，即得橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)G（x₁，y₁），H（x₂，y₂），聯(lián)立直線(xiàn)l與橢圓C的方程，由韋達(dá)定理得x₁+x₂，從而可得y₁+y₂，及△GOH的重心的坐標(biāo)并將其代入圓的方程，通過(guò)計(jì)算得${m}^{2}=\frac{（1+4{k}^{2}）^{2}}{1+16{k}^{2}}$＜1+4k²（k≠0），利用不等式即得實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）如圖，∵|QP|=|QN|，∴|MQ|+|QN|=|MP|=4，
故點(diǎn)Q的軌跡是以M、N為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)等于4的橢圓，
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)G（x₁，y₁），H（x₂，y₂），
方程聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$ 得，（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由韋達(dá)定理，得x₁+x₂=$-\frac{8mk}{1+4{k}^{2}}$，所以y₁+y₂=$\frac{2m}{1+4{k}^{2}}$，
所以△GOH的重心的坐標(biāo)為（$\frac{-8mk}{3（1+4{k}^{2}）}$，$\frac{2m}{3（1+4{k}^{2}）}$），
∴[$\frac{-8mk}{3（1+4{k}^{2}）}$]²+[$\frac{2m}{3（1+4{k}^{2}）}$]²=$\frac{4}{9}$，
整理得：${m}^{2}=\frac{（1+4{k}^{2}）^{2}}{1+16{k}^{2}}$   ①
依題意△=（8mk）²-16（m²-1）（1+4k²）=16（1+4k²-m²）＞0，得m²＜1+4k²   ②
由①、②易得k≠0，
設(shè)t=1+16k² （t＞1），則$1+4{k}^{2}=\frac{t+3}{4}$，
所以m²=$\frac{t+\frac{9}{t}+6}{16}$$≥\frac{2\sqrt{t•\frac{9}{t}}+6}{16}$=$\frac{3}{4}$，當(dāng)且僅當(dāng)t=3取等號(hào)，
所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是$（-∞，-\frac{\sqrt{3}}{2}]∪[\frac{\sqrt{3}}{2}，+∞）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查韋達(dá)定理、基本不等式、直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意積累解題方法，屬于中檔題．