Question

19．已知直线l₁过点（2a²-1，-2），（-1，0），直线l₂的斜率为$\frac{{a}^{2}+1}{b}$，且在x轴上的截距为-$\frac{3}{{a}^{2}+1}$（a，b∈R）．
（1）若l₁∥l₂，求b的取值范围；
（2）若l₁⊥l₂，求b+a²的最小值．

Answer 1

分析 （1）由直线平行的性质得-$\frac{2}{2{a}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}+1}{b}$或2a²=1，b=0，且a²+1≠3，由此能求出b的取值范围．
（2）由直线垂直的性质得-$\frac{2}{2{a}^{2}}×\frac{{a}^{2}+1}{b}$=-1，由此能求出b+a²的最小值．

解答 解：（1）∵直线l₁过点（2a²-1，-2），（-1，0），直线l₂的斜率为$\frac{{a}^{2}+1}{b}$，l₁∥l₂，
∴-$\frac{2}{2{a}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}+1}{b}$或2a²=1，b=0，
当-$\frac{2}{2{a}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}+1}{b}$时，
解得b=-a²（a²+1）=-a⁴-a²=-（a²+$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$．
∵a²≥0，∴b＜0．
又∵直线l₂在x轴上的截距为-$\frac{3}{{a}^{2}+1}$，∴a²+1≠3，∴b≠-6．
故b的取值范围是（-∞，-6）∪（-6，0]．
（2）∵l₁⊥l₂，
∴-$\frac{2}{2{a}^{2}}×\frac{{a}^{2}+1}{b}$=-1，
∴（a²+1）-a²b=0．
∵a≠0，∴a²b=a²+1＞1，
∴b+a²≥2$\sqrt{{a}^{2}b}$＞2，当且仅法b=a²时，取最小值，
∴b+a²的最小值为2．

点评 本题考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意直线平行和直线垂直的性质的合理运用．