Question

如圖，已知圓E：(x+

3

)2+y2=16，點F(

3

，0)，P是圓E上任意一點．線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于Q．
（Ⅰ）求動點Q的軌跡Γ的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l與（Ⅰ）中軌跡Γ相交于A，B兩點，直線OA，l，OB的斜率分別為k₁，k，k₂（其中k＞0）．△OAB的面積為S，以O(shè)A，OB為直徑的圓的面積分別為S₁，S₂．若k₁，k，k₂恰好構(gòu)成等比數(shù)列，求

S1+S2

S

的取值范圍．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題,直線和圓的方程的應(yīng)用

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（Ⅰ）連接QF，根據(jù)題意，|QP|=|QF|，可得|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4＞|EF|=2

3

，故動點Q的軌跡Γ是以E，F(xiàn)為焦點，長軸長為4的橢圓．解出即可．
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．與橢圓的方程聯(lián)立可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系及其k₁，k，k₂構(gòu)成等比數(shù)列，可得km（x₁+x₂）+m²=0，解得k²=

1

4

，k=

1

2

．利用△＞0，解得m∈(-

2

，

2

)，且m≠0．利用S=

1

2

|AB|d=

1

2

1+k2

|x₁-x₂|•

|m|

1+k2

=

2-m2

|m|，
又

x 2 1

4

+

y

2 1

=

x 2 2

4

+

y

2 2

=1，可得S₁+S₂=

π

4

(

x

2 1

+

y

2 1

+

x

2 2

+

y

2 2

)=

5π

4

為定值．代入利用基本不等式的性質(zhì)即可得出

S1+S2

S

的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）連接QF，根據(jù)題意，|QP|=|QF|，
則|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4＞|EF|=2

3

，
故動點Q的軌跡Γ是以E，F(xiàn)為焦點，長軸長為4的橢圓．
設(shè)其方程為

x2

a2

+

x2

b2

=1(a＞b＞0)，
可知a=2，c=

a2-b2

=

3

，則b=1，
∴點Q的軌跡Γ的方程為為

x2

4

+y2=1．
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立

y=kx+m x2+4y2=4

，化為（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
∴△=16（1+4k²-m²）＞0，x₁+x₂=-

8km

1+4k2

，x₁x₂=

4(m2-1)

1+4k2

．
∵k₁，k，k₂構(gòu)成等比數(shù)列，
∴k²=k₁k₂=

(kx1+m)(kx2+m)

x1x2

，化為：km（x₁+x₂）+m²=0，
∴

-8k2m2

1+4k2

+m²=0，解得k²=

1

4

．
∵k＞0，
∴k=

1

2

．
此時△=16（2-m²）＞0，解得m∈(-

2

，

2

)．
又由A、O、B三點不共線得m≠0，從而m∈(-

2

，0)∪(0，

2

)．
故S=

1

2

|AB|d=

1

2

1+k2

|x₁-x₂|•

|m|

1+k2

，=

1

2

(x1+x2)2-4x1x2

|m|=

2-m2

|m|，
又

x 2 1

4

+

y

2 1

=

x 2 2

4

+

y

2 2

=1，
則S₁+S₂=

π

4

(

x

2 1

+

y

2 1

+

x

2 2

+

y

2 2

)=

π

4

(

3

4

x

2 1

+

3

4

x

2 2

+2)=

3π

16

[(x1+x2)2-2x1x2]+

π

2

=

5π

4

為定值．
∴

S1+S2

S

=

5π

4

×

1

(2-m2)m2

≥

5π

4

，當且僅當m=±1時等號成立．
綜上：

S1+S2

S

∈[

5π

4

，+∞)．

點評：本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、點到直線的距離公式、三角形的面積計算公式、基本不等式的性質(zhì)、等比數(shù)列的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．