Question

11．已知平面上的动点P与点N（0，1）连线的斜率为k₁，线段PN的中点与原点连线的斜率为k₂，k₁k₂=-$\frac{1}{m^2}$（m＞1），动点P的轨迹为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）恰好存在唯一一个同时满足以下条件的圆：
①以曲线C的弦AB为直径；
②过点N；③直径|AB|=$\sqrt{2}\;|{NB}$|．求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设P（x，y），记PN的中点为M，所以$M\;（\frac{x}{2}\;，\;\frac{y+1\;}{2}）$，求出斜率，利用k₁k₂=-$\frac{1}{m^2}$（m＞1），可得曲线C的方程；
（2）若存在以曲线C的弦AB为直径的圆过点N，则有NA⊥NB，所以直线NA、NB的斜率都存在且不为0，设出方程与曲线联立，求出|NA|，|NB|，利用|AB|=$\sqrt{2}\;|{NB}$|，确定k，m的关系，分类讨论求m的取值范围．

解答 解：（1）设P（x，y），记PN的中点为M，所以$M\;（\frac{x}{2}\;，\;\frac{y+1\;}{2}）$．
由题意${k_{\;1}}=\frac{y-1}{x}$（x≠0），${k_{\;2}}=\frac{{\frac{y+1}{2}}}{{\frac{x}{2}}}$（x≠0），
由${k_{1}}{k_{2}}=-\frac{1}{m^2}$可得：$\frac{{（{y-1}）•（{\frac{y+1}{2}}）}}{{x•\frac{x}{2}}}=-\frac{1}{m^2}$（x≠0），
化简整理可得：$\frac{x^2}{m^2}+{y^2}=1$（x≠0），
曲线C的方程为$\frac{x^2}{m^2}+{y^2}=1$（x≠0）．…（6分）
（2）由题意N（0，1），
若存在以曲线C的弦AB为直径的圆过点N，则有NA⊥NB，
所以直线NA、NB的斜率都存在且不为0，
设直线NA的斜率为k（不妨设k＞0），
所以直线NA的方程为y=kx+1，直线NB的方程为$y=-\frac{1}{k}x+1$，
将直线NA和曲线C的方程联立，得$\left\{\begin{array}{l}y=kx+1\\ \frac{x^2}{m^2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，
消y整理可得（1+m²k²）x²+2m²kx=0，
解得${x_A}=-\frac{{2{m^2}k}}{{1+{m^2}{k^2}}}$，所以$|{NA}|=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{|{2{m^2}k}|}}{{1+{m^2}{k^2}}}$，
以$-\frac{1}{k}$替换k，可得$|{NB}|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}•\frac{{|{\frac{{2{m^2}}}{k}}|}}{{1+\frac{m^2}{k^2}}}=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{2{m^2}}}{{{k^2}+{m^2}}}$，
又因为$|{AB}|=\sqrt{2}\;|{NB}|$，即有$|{NA}|=\sqrt{{{|{AB}|}^2}-{{|{NB}|}^2}}=\;|{NB}|$，
所以$\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{|{2{m^2}k}|}}{{1+{m^2}{k^2}}}=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{2{m^2}}}{{{k^2}+{m^2}}}$，
所以k³+m²k=1+m²k²，
即（k-1）[k²+（1-m²）k+1]=0，
（1）当$m=\sqrt{3}$时，（k-1）[k²+（1-m²）k+1]=（k-1）³=0，解得k=1；
（2）当 $1＜m＜\sqrt{3}$时，方程k²+（1-m²）k+1=0有△=（1-m²）²-4＜0，
所以方程（k-1）[k²+（1-m²）k+1]=（k-1）³=0有唯一解k=1；
（3）当$m＞\sqrt{3}$时，方程k²+（1-m²）k+1=0有△=（1-m²）²-4＞0，
且1²+（1-m²）×1+1≠0，所以方程（k-1）[k²+（1-m²）k+1]=（k-1）³=0有三个不等的根．
综上，当 $1＜m≤\sqrt{3}$时，恰有一个圆符合题意．

点评 本题考查曲线方程，考查直线与曲线的位置关系，考查分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，难度大．