Question

5．如圖，射線OA，OB所在的直線的方向向量分別為$\overrightarrow{d_1}=（{1，k}）$，$\overrightarrow{d_2}=（{1，-k}）（{k＞0}）$，點P在∠AOB內，PM⊥OA于M，PN⊥OB于N；
（1）若k=1，$P（{\frac{3}{2}，\frac{1}{2}}）$，求|OM|的值；
（2）若P（2，1），△OMP的面積為$\frac{6}{5}$，求k的值；
（3）已知k為常數，M，N的中點為T，且${S_{△MON}}=\frac{1}{k}$，當P變化時，求|OT|的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出|OP|，點P到直線的距離，利用勾股定理，求|OM|的值；
（2）直線OA的方程為kx-y=0，求出P（2，1）到直線的距離，利用勾股定理求出|OM|，利用△OMP的面積為$\frac{6}{5}$，求k的值；
（3）設直線OA的傾斜角為α，求出|OM|，|ON|，利用S_△MON=$\frac{1}{k}$，可得P變化時，動點T軌跡方程，求出|OT|，即可求|OT|的取值范圍．

解答 解：（1）∵$P（{\frac{3}{2}，\frac{1}{2}}）$，∴|OP|=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
∵OA的方程為y=x，即x-y=0，點P到直線的距離為$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴|OM|=$\sqrt{\frac{10}{4}-\frac{2}{4}}$=$\sqrt{2}$；
（2）直線OA的方程為kx-y=0，P（2，1）到直線的距離為d=$\frac{|2k-1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
∴|OM|=$\sqrt{5-\frac{（2k-1）^{2}}{{k}^{2}+1}}$，
∴△OMP的面積為$\frac{1}{2}$×$\sqrt{5-\frac{（2k-1）^{2}}{{k}^{2}+1}}$×$\frac{|2k-1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{6}{5}$，
∴$k=\frac{11}{2}或2$；
（3）設M（x₁，kx₁），N（x₂，-kx₂），T（x，y），x₁＞0，x₂＞0，k＞0，
設直線OA的傾斜角為α，則$k=tanα，sin2α=\frac{2k}{{1+{k^2}}}$，
根據題意得$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}\\ y=\frac{{k（{{x_1}-{x_2}}）}}{2}\\|{OM}|={x_1}\sqrt{1+{k^2}}\\|{ON}|={x_2}\sqrt{1+{k^2}}\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}{x_1}=x+\frac{y}{k}\\{x_2}=x-\frac{y}{k}\end{array}\right.$，
代入${S_{△MON}}=\frac{1}{2}|{OM}||{ON}|sin2α=\frac{1}{k}$
化簡得動點T軌跡方程為${k^2}{x^2}-{y^2}=1（{x≥\frac{1}{k}}）$．
∴$|{OT}|=\sqrt{{x^2}+{y^2}}=\sqrt{{x^2}+{k^2}{x^2}-1}=\sqrt{（{1+{k^2}}）{x^2}-1}≥\sqrt{（{1+{k^2}}）\frac{1}{k^2}-1}=\frac{1}{k}$，
當且僅當$x=\frac{1}{k}，T（{\frac{1}{k}，0}）$時，|OT|取得最小值$\frac{1}{k}$．
∴|OT|的取值范圍是$[{\frac{1}{k}，+∞}）$．

點評 本題考查三角形面積的計算，考查軌跡方程，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．