Question

16．已知F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），且△PF₁F₂的周長(zhǎng)為6．
（Ⅰ）求動(dòng)點(diǎn)P軌跡C的方程；
（Ⅱ）若不過(guò)原點(diǎn)的直線l：y=kx+m與曲線C交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A、B，M為AB的中點(diǎn)，且M到F₂的距離等于到直線x=-1的距離，求直線l斜率的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），則|F₁F₂|=2，則|PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|=2，點(diǎn)P軌跡為以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)的橢圓（不包括左右頂點(diǎn)），設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（y≠0）$，由a=2，c=1，b²=a²-c²=4-1=3，即可求得動(dòng)點(diǎn)P軌跡C的方程；
（Ⅱ）當(dāng)k=0顯然不符合題意，當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)直線l：y=kx+m，代入橢圓方程，△＞0，整理得4k²-m²+3＞0，由韋達(dá)定理可知${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{4{k^2}+3}}=2{x_0}$，即可求得y₀=$\frac{3m}{4{k}^{2}+3}$，由M（x₀，y₀）在拋物線E：y²=4x上，由$m≠0∴m=-\frac{16}{9}{k^2}（4{k^2}+3）$，代入可知256k²（4k²+3）＜81，即可求得k的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），則|F₁F₂|=2，
△PF₁F₂的周長(zhǎng)為6，則|PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|=2，
∴點(diǎn)P軌跡為以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)的橢圓（不包括左右頂點(diǎn)），
設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（y≠0）$，
∵2a=4，2c=2，即a=2，c=1，
由b²=a²-c²=4-1=3，
∴軌跡C的方程為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1（y≠0）$；…（6分）
（Ⅱ）當(dāng)k=0顯然不符合題意                                   …（7分）
當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中點(diǎn)為M（x₀，y₀），設(shè)直線l：y=kx+m，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1（y≠0）}\end{array}\right.$，整理得：（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0，
由△＞0，整理得4k²-m²+3＞0…（1）式          …（10分）
由韋達(dá)定理得：${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{4{k^2}+3}}=2{x_0}$，
∴${x_0}=-\frac{4km}{{4{k^2}+3}}$，代入y=kx+m，則y₀=$\frac{3m}{4{k}^{2}+3}$，
由條件可知M（x₀，y₀）在拋物線E：y²=4x上，
代入M點(diǎn)坐標(biāo)
∵$m≠0∴m=-\frac{16}{9}{k^2}（4{k^2}+3）$…（2）式…（12分）
將（2）式代入（1）式得：256k²（4k²+3）＜81，解得k²＜$\frac{3}{32}$，
即-$\frac{\sqrt{6}}{8}$＜k＜$\frac{\sqrt{6}}{8}$，…（14分）
綜上所述，k的取值范圍為（-$\frac{\sqrt{6}}{8}$，0）∪（0，$\frac{\sqrt{6}}{8}$）．…（15分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．