Question

9．已知三角形PFE的周長(zhǎng)為6，定點(diǎn)E（-1，0），F(xiàn)（1，0），動(dòng)點(diǎn)P軌跡是C，當(dāng)P在第一象限內(nèi)，直線PQ與圓O：x²+²=3相切于點(diǎn)M．
（1）求P點(diǎn)的軌跡C的方程；
（2）求|PM|•|PE|的取值范圍；
（3）若以PQ為直徑的圓過原點(diǎn)，求點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)t的值．

Answer 1

分析 （1）通過EF=2、三角形PFE的周長(zhǎng)為6，可知a=2、c=1，進(jìn)而可得結(jié)論；
（2）通過設(shè)P（x₀，y₀），利用勾股定理及兩點(diǎn)間距離公式可知|PM|、|PE|的表達(dá)式，利用0＜x₀＜2，計(jì)算即得結(jié)論；
（3）通過設(shè)P（x₀，y₀）可知Q（-$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$t，t），利用OP⊥OQ進(jìn)而OP•OQ=OM•PQ，計(jì)算即可．

解答 解：（1）∵EF=2，三角形PFE的周長(zhǎng)為6，
∴PE+PF=6-EF=4，故點(diǎn)P的軌跡是E、F為焦點(diǎn)的橢圓，
∴2a=4，即a=2，
2c=2，即c=1，
∴b²=a²-c²=4-1=3，
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$（y≠0）；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}=1$（0＜x₀＜2），
∴|PM|=$\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-3}$=$\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+3-\frac{3}{4}{{x}_{0}}^{2}-3}$=$\frac{1}{2}$x₀，
∵E（-1，0），
∴|PE|=$\sqrt{（1+{x}_{0}）^{2}+{{y}_{0}}^{2}}$=$\sqrt{（1+{x}_{0}）^{2}+3（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}）}$=2+$\frac{1}{2}$x₀，
∴|PM|•|PE|=$\frac{1}{4}$x₀（4+x₀）=$\frac{1}{4}$（2+x₀）²-1，
∵0＜x₀＜2，
∴|PM|•|PE|的取值范圍是（0，3）；
（3）設(shè)P（x₀，y₀），則直線OQ：y=-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$x，
∴Q（-$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$t，t），
∵OP⊥OQ，∴OP•OQ=OM•PQ，
∴$\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}$•$\sqrt{\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}}•{t}^{2}+{t}^{2}}$=$\sqrt{3}$•$\sqrt{（{x}_{0}+\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}t）^{2}+（{y}_{0}-t）^{2}}$，
∴$\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}$•$\sqrt{\frac{{t}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}}（{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}）}$=$\sqrt{3}•$$\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}}{•t}^{2}+{{y}_{0}}^{2}+{t}^{2}}$=$\sqrt{3}•$$\sqrt{\frac{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}}•（{{x}_{0}}^{2}+{t}^{2}）}$，
∴（${{x}_{0}}^{2}$+${{y}_{0}}^{2}$）t²=3（${{x}_{0}}^{2}$+t²），
∴t²=$\frac{3{{x}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-3}$，
∵$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}=1$，
∴${{y}_{0}}^{2}$=3-$\frac{3}{4}$${{x}_{0}}^{2}$，
∴t²=$\frac{3{{x}_{0}}^{2}}{\frac{1}{4}{{x}_{0}}^{2}}$=12，
∴t=$±2\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．