Question

設(shè)m∈R，在平面直角坐標系中，已知向量a=（mx，y+1），向量b=（x，y-1），a⊥b，動點M（x，y）的軌跡為E．
（Ⅰ）求軌跡E的方程，并說明該方程所表示曲線的形狀；
（Ⅱ）已知m=

1

4

．證明：存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與軌跡E恒有兩個交點A，B，且OA⊥OB（O為坐標原點），并求該圓的方程；
（Ⅲ）已知m=

1

4

．設(shè)直線l與圓C：x²+y²=R²（1＜R＜2）相切于A₁，且l與軌跡E只有一個公共點B₁．當R為何值時，|A₁B₁|取得最大值？并求最大值．

Answer 1

分析：（1）由a⊥b，所以a•b=0，代入坐標化簡整理即得軌跡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m=

1

4

時，軌跡E的方程為

x2

4

+y2=1，表示橢圓，設(shè)圓的方程為x²+y²=r²（0＜r＜1），
當切線斜率存在時，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，維達定理，又可以得到k和t的關(guān)系，這樣就可解出r．
當切線斜率不存在時，代入檢驗即可．
（3）因為l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）因為a⊥b，
所以a•b=0，即（mx，y+1）•（x，y-1）=0，
故mx²+y²-1=0，即mx²+y²=1．
當m=0時，該方程表示兩條直線；
當m=1時，該方程表示圓；
當m＞0且m≠1時，該方程表示橢圓；
當m＜0時，該方程表示雙曲線．

（Ⅱ）當m=

1

4

時，軌跡E的方程為

x2

4

+y2=1，
設(shè)圓的方程為x²+y²=r²（0＜r＜1），當
切線斜率存在時，可設(shè)圓的任一切線方程為y=kx+t，
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
所以

|t|

1+k2

=r，
即t²=r²（1+k²）．①
因為OA⊥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

x2 4 +y2=1 y=kx+t

消去y得
（1+4k²）x²+8ktx+4t²-4=0．③
由韋達定理

x1+x2=- 8kt 1+4k2 x1•x2= 4t2-4 1+4k2

代入②式并整理得
（1+k²）

4t2-4

1+4k2

-

8k2t2

1+4k2

+t2=0，
即5t²=4+4k²．
結(jié)合①式有5r²=4，r=

2 5

5

∈(0，1)，
當切線斜率不存在時，x²+y²=

4

5

也滿足題意，
故所求圓的方程為x²+y²=

4

5

．
（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

x2

4

+y2=1．
由直線l與圓相切得t₁²=R²（1+k₁²），
且對應③式有△=（8k₁t₁）²-4（1+4k₁²）（4t₁²-4）=0，
即t₁²=1+4k₁²，
由方程組

t 2 1 =R2(1+ k 2 1 ) t 2 1 =1+4 k 2 1

，
解得

k 2 1 = R2-1 4-R2 t 2 1 = 3R2 4-R2

當l與軌跡E只有一個公共點時，對應的方程③應有兩個相等的．
由韋達定理

x

2 3

=

4 t 2 3 -4

1+4 k 2 1

=

4× 3R2 4-R2

1+4× R2-1 4-R2

=

16R2-16

3R2

，
又B₁在橢圓上，
所以

y

2 3

=1-

x 2 3

4

=1-

4R2-4

3R2

=

4-R2

3R2

，
因為l與圓C相切，
所以|A₁B₁|²=|OB₁|²-|OA₁|²=x₃²+y₃²-R²
=

-3R4+15R2-12

3R2

=-R2-

4

R2

+5
=-(R2+

4

R2

)+5≤-2

4

+5=1，
其中，等號成立的條件
R2=

4

R2

，
R=

2

∈(1，2)．
即故當R=

2

時，|A₁B₁|的最大值為1．

點評：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，考查計算能力和分析問題解決問題的能力，綜合性強，難度較大．