Question

2．已知點(diǎn)G是△ABC的重心，A（0，-1），B（0，1）．在x軸上有一點(diǎn)M，滿足|$\overrightarrow{MA}$|=|$\overrightarrow{MC}$|，$\overrightarrow{GM}$=λ$\overrightarrow{AB}$（λ∈R）（若△ABC的頂點(diǎn)坐標(biāo)為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），則該三角形的重心坐標(biāo)為G（$\frac{{{x_1}+{x_2}+{x_3}}}{3}$，$\frac{{{y_1}+{y_2}+{y_3}}}{3}$）．
（1）求點(diǎn)C的軌跡E的方程；
（2）若斜率為k的直線l與（1）中的曲線E交于不同的兩點(diǎn)P、Q，且|$\overrightarrow{AP}$|=|$\overrightarrow{AQ}$|，試求斜率k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)C（x，y），求出G的坐標(biāo)，根據(jù)|$\overrightarrow{MA}$|=|$\overrightarrow{MC}$|，$\overrightarrow{GM}$=λ$\overrightarrow{AB}$，得到關(guān)于x，y的方程，整理即可；
（2）通過討論k=0和k≠0，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出k的具體范圍即可．

解答 解：（1）設(shè)C（x，y），則$G（\frac{x}{3}，\frac{y}{3}）$．…（1分）
∵$\overrightarrow{GM}=λ\overrightarrow{AB}（λ∈R）$，∴$GM∥AB．又M是x軸上一點(diǎn)，則M（\frac{x}{3}，0）．又∵|\overrightarrow{MA}|=|\overrightarrow{MC}|$，∴$\sqrt{{{（\frac{x}{3}）}^2}+{{（0+1）}^2}}=\sqrt{{{（\frac{x}{3}-x）}^2}+{y^2}}．整理得\frac{x^2}{3}+{y^2}=1（x≠0）$．…（4分）
（2）①當(dāng)k=0時，l與橢圓C有兩個不同的交點(diǎn)P、Q，
根據(jù)橢圓的對稱性，有$|\overrightarrow{AP}|=|\overrightarrow{AQ}|$，符合題意．…（5分）
②當(dāng)$k≠0時，可設(shè)l的方程為y=kx+m，聯(lián)立方程組\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{3}+{y^2}=1\end{array}\right.消去y整理，得$：
（1+3k²）x²+6kmx+3（m²-1）=0．（*），
∵直線l和橢圓交于不同的兩點(diǎn)，
∴△=（6km）²-4（1+3k²）×3（m²-1）＞0．
即1+3k²-m²＞0．（**）…（8分）
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁、x₂是方程（*）的兩相異實(shí)根．
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{6km}{{1+3{k^2}}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{3（{m^2}-1）}}{{1+3{k^2}}}$．
則PQ的中點(diǎn)N（x₀，y₀）的坐標(biāo)是${x_0}=-\frac{3km}{{1+3{k^2}}}，{y_0}=\frac{m}{{1+3{k^2}}}$
即$N（-\frac{3km}{{1+3{k^2}}}$$\frac{m}{{1+3{k^2}}}$），又$|\overrightarrow{AP}|=|\overrightarrow{AQ}|$，
∴AN⊥PQ．∴$m=\frac{{1+3{k^2}}}{2}$．…（10分）
將$m=\frac{{1+3{k^2}}}{2}$代入（**）式，得k²＜1．
∴k∈（-1，0）∪（0，1）．
綜上①②，得k的取范圍是（-1，1）．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查了求曲線方程問題，考查分類討論思想以及二次函數(shù)的性質(zhì)，考查學(xué)生綜合運(yùn)算的能力，是一道綜合題．