Question

13．如圖所示，在△ABC中，AB的中點為O，且OA=1，點D在AB的延長線上，且$BD=\frac{1}{2}AB$．固定邊AB，在平面內移動頂點C，使得圓M與邊BC，邊AC的延長線相切，并始終與AB的延長線相切于點D，記頂點C的軌跡為曲線Γ．以AB所在直線為x軸，O為坐標原點如圖所示建立平面直角坐標系．
（Ⅰ）求曲線Γ的方程；
（Ⅱ）設動直線l交曲線Γ于E、F兩點，且以EF為直徑的圓經(jīng)過點O，求△OEF面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）確定點C軌跡Γ是以A，B為焦點，長軸長為4的橢圓，且挖去長軸的兩個頂點，即可求曲線Γ的方程；
（Ⅱ）可設直線$OE：y=kx，OF：y=-\frac{1}{k}x，E（{{x_1}，{y_1}}），F(xiàn)（{{x_2}，{y_2}}）$，進而表示面積，即可求△OEF面積的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）依題意得AB=2，BD=1，設動圓M與邊AC的延長線相切于T₁，與邊BC相切于T₂，則AD=AT₁，BD=BT₂，CT₁=CT₂
所以AD+BD=AT₁+BT₂=AC+CT₁+BT₂=AC+CT₁+CT₂=AC+BC=AB+2BD=4＞AB=2…（2分）
所以點C軌跡Γ是以A，B為焦點，長軸長為4的橢圓，且挖去長軸的兩個頂點．則曲線Γ的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1（{y≠0}）$．…（4分）
（Ⅱ）由于曲線Γ要挖去長軸兩個頂點，所以直線OE，OF斜率存在且不為0，所以可設直線$OE：y=kx，OF：y=-\frac{1}{k}x，E（{{x_1}，{y_1}}），F(xiàn)（{{x_2}，{y_2}}）$…（5分）

由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx}\\{3{x^2}+4{y^2}=12}\end{array}}\right.$得$x_1^2=\frac{12}{{3+4{k^2}}}$，$y_1^2=\frac{{12{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，同理可得：$x_2^2=\frac{{12{k^2}}}{{3{k^2}+4}}$，$y_2^2=\frac{12}{{3{k^2}+4}}$；
所以${|{OE}|^2}=\frac{{12（1+{k^2}）}}{{3+4{k^2}}}$，${|{OF}|^2}=\frac{{12（1+{k^2}）}}{{3{k^2}+4}}$
又OE⊥OF，所以$S_{△OEF}^2=\frac{1}{4}{|{OE}|^2}{|{OF}|^2}=36×\frac{{{{（{1+{k^2}}）}^2}}}{{（{3{k^2}+4}）（{4{k^2}+3}）}}$…（8分）
令t=k²+1，則t＞1且k²=t-1，所以${S_{△OEF}}^2=36×\frac{{{{（{1+{k^2}}）}^2}}}{{（{3{k^2}+4}）（{4{k^2}+3}）}}=36×\frac{t^2}{{（{3t+1}）（{4t-1}）}}$=$-36×\frac{1}{{（{\frac{1}{t}+3}）（{\frac{1}{t}-4}）}}=-36×\frac{1}{{{{（{\frac{1}{t}-\frac{1}{2}}）}^2}-\frac{49}{4}}}$      …（10分）
又$0＜\frac{1}{t}＜1$，所以$-\frac{49}{4}≤{（{\frac{1}{t}-\frac{1}{2}}）^2}-\frac{49}{4}＜-12$，所以$-\frac{1}{12}＜\frac{1}{{{{（{\frac{1}{t}-\frac{1}{2}}）}^2}-\frac{49}{4}}}≤-\frac{4}{49}$，
所以$\frac{144}{49}≤-36×\frac{1}{{{{（{\frac{1}{t}-\frac{1}{2}}）}^2}-\frac{49}{4}}}＜3$，所以$\frac{12}{7}≤{S_{△OEF}}＜\sqrt{3}$，
所以△OEF面積的取值范圍為$[{\frac{12}{7}，\sqrt{3}}）$．…（12分）

點評 本題考查軌跡方程，考查直線與橢圓位置關系的運用，考查三角形面積的計算，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．