Question

設(shè)m∈R，在平面直角坐標(biāo)系中，已知向量a=（mx，y+1），向量b=（x，y-1），a⊥b，動(dòng)點(diǎn)M（x，y）的軌跡為E．
（Ⅰ）求軌跡E的方程，并說(shuō)明該方程所表示曲線的形狀；
（Ⅱ）已知m=．證明：存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與軌跡E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，且OA⊥OB（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），并求該圓的方程；
（Ⅲ）已知m=．設(shè)直線l與圓C：x²+y²=R²（1＜R＜2）相切于A₁，且l與軌跡E只有一個(gè)公共點(diǎn)B₁．當(dāng)R為何值時(shí)，|A₁B₁|取得最大值？并求最大值．

Answer 1

【答案】分析：（1）由a⊥b，所以a•b=0，代入坐標(biāo)化簡(jiǎn)整理即得軌跡E的方程mx²+y²=1．
此為二元二次曲線，可分m=0、m=1、m＞0且m≠1和m＜0四種情況討論；
（2）當(dāng)m=時(shí)，軌跡E的方程為=1，表示橢圓，設(shè)圓的方程為x²+y²=r²（0＜r＜1），
當(dāng)切線斜率存在時(shí)，可設(shè)圓的任一切線方程為y=kx+t，由直線和圓相切可得k和t的關(guān)系，
由OA⊥OB，所以x₁x₂+y₁y₁=0，只需聯(lián)立直線和圓的方程，消元，維達(dá)定理，又可以得到k和t的關(guān)系，這樣就可解出r．
當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，代入檢驗(yàn)即可．
（3）因?yàn)閘與圓C相切，故△OA₁B₁為直角△，故|A₁B₁|²=|OB₁|²-|OA₁|²，只需求出OB₁和OA₁的長(zhǎng)度即可，
直線l與圓C相切，且與橢圓相切找出關(guān)系，將|A₁B₁|表示為R的函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最值．
解答：解：（Ⅰ）因?yàn)閍⊥b，
所以a•b=0，即（mx，y+1）•（x，y-1）=0，
故mx²+y²-1=0，即mx²+y²=1．
當(dāng)m=0時(shí)，該方程表示兩條直線；
當(dāng)m=1時(shí)，該方程表示圓；
當(dāng)m＞0且m≠1時(shí)，該方程表示橢圓；
當(dāng)m＜0時(shí)，該方程表示雙曲線．

（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，軌跡E的方程為，
設(shè)圓的方程為x²+y²=r²（0＜r＜1），當(dāng)
切線斜率存在時(shí)，可設(shè)圓的任一切線方程為y=kx+t，
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
所以，
即t²=r²（1+k²）．①
因?yàn)镺A⊥OB，
所以x₁x₂+y₁y₁=0，
即x₁x₂+（kx₁+t）（kx₂+t）=0，
整理得（1+k²）x₁x₂+kt（x₁+x₂）+t²=0．②
由方程組
消去y得
（1+4k²）x²+8ktx+4t²-4=0．③
由韋達(dá)定理
代入②式并整理得
（1+k²），
即5t²=4+4k²．
結(jié)合①式有5r²=4，r=，
當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，x²+y²=也滿足題意，
故所求圓的方程為x²+y²=．
（Ⅲ）顯然，直線l的斜率存在，
設(shè)l的方程y=k₁x+t₁，B₁（x₃，y₃）
軌跡E的方程為．
由直線l與圓相切得t₁²=R²（1+k₁²），
且對(duì)應(yīng)③式有△=（8k₁t₁）²-4（1+4k₁²）（4t₁²-4）=0，
即t₁²=1+4k₁²，
由方程組，
解得
當(dāng)l與軌跡E只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，對(duì)應(yīng)的方程③應(yīng)有兩個(gè)相等的．
由韋達(dá)定理，
又B₁在橢圓上，
所以，
因?yàn)閘與圓C相切，
所以|A₁B₁|²=|OB₁|²-|OA₁|²=x₃²+y₃²-R²
=
=
=≤，
其中，等號(hào)成立的條件
，
．
即故當(dāng)時(shí)，|A₁B₁|的最大值為1．
點(diǎn)評(píng)：本題考查求軌跡方程、及方程所表示的曲線、直線與圓、直線與橢圓的位置關(guān)系等知識(shí)，考查計(jì)算能力和分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，綜合性強(qiáng)，難度較大．