Question

11．已知長為2的線段A B兩端點A和B分別在x軸和y軸上滑動，線段AB的中點M的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）點P（x，y）是曲線C上的動點，求3x-4y的取值范圍；
（Ⅲ）已知定點Q（0，$\frac{2}{3}$），探究是否存在定點T（0，t）（t$≠\frac{2}{3}$）和常數(shù)λ滿足：對曲線C上任意一點S，都有|ST|=λ|SQ|成立？若存在，求出t和λ；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：設(shè)A（m，0），B（0，n），M（x，y），利用|AB|²=m²+n²，以及點M為線段AB的中點求解點M的軌跡曲線C的方程．
法二：設(shè)O為坐標(biāo)原點，則$|{OM}|=\frac{1}{2}|{AB}|=1$，判斷點M的軌跡曲線C是以原點O為圓心，半徑等于1的圓，寫出方程即可．
（Ⅱ）法一；通過x²+y²=1，令$\left\{\begin{array}{l}x=cosθ\\ y=sinθ\end{array}\right.（θ∈[0，2π））$，轉(zhuǎn)化三角函數(shù)求解最值即可．
法二：設(shè)t=3x-4y，利用直線3x-4y-t=0與圓C：x²+y²=1有公共點，列出不等式求解即可．
（Ⅲ）假設(shè)存在滿足題意的t和λ，則設(shè)S（x，y），由|ST|=λ|SQ|得：${x^2}+{（y-t）^2}={λ^2}[{x^2}+{（y-\frac{2}{3}）^2}]$，化簡代入x²+y²=1，推出$（2t-\frac{4}{3}{λ^2}）y+\frac{13}{9}{λ^2}-{t^2}-1=0$，推出$t=λ=\frac{3}{2}$，得到結(jié)果．

解答 解：（Ⅰ）法一：設(shè)A（m，0），B（0，n），M（x，y），則|AB|²=m²+n²①
∵點M為線段AB的中點∴m=2x，n=2y；代入①式得4x²+4y²=4，
即點M的軌跡曲線C的方程為x²+y²=1． …（3分）
法二：設(shè)O為坐標(biāo)原點，則$|{OM}|=\frac{1}{2}|{AB}|=1$，故點M的軌跡曲線C是以原點O為圓心，
半徑等于1的圓，其方程為x²+y²=1． …（3分）
（Ⅱ）法一；∵x²+y²=1，∴可令$\left\{\begin{array}{l}x=cosθ\\ y=sinθ\end{array}\right.（θ∈[0，2π））$，∴3x-4y=3cosθ-4sinθ=5sin（θ+φ）∈[-5，5]．…（7分）
法二：設(shè)t=3x-4y，則由題直線3x-4y-t=0與圓C：x²+y²=1有公共點，
∴$\frac{|t|}{{\sqrt{{3^2}+{{（-4）}^2}}}}≤1$，解得t∈[-5，5]…（7分）
（Ⅲ）假設(shè)存在滿足題意的t和λ，則設(shè)S（x，y），由|ST|=λ|SQ|得：${x^2}+{（y-t）^2}={λ^2}[{x^2}+{（y-\frac{2}{3}）^2}]$，展開整理得：$（{λ^2}-1）（{x^2}+{y^2}）+（2t-\frac{4}{3}{λ^2}）y+\frac{4}{9}{λ^2}-{t^2}=0$，又x²+y²=1，故有$（2t-\frac{4}{3}{λ^2}）y+\frac{13}{9}{λ^2}-{t^2}-1=0$，…（9分）
由題意此式對滿足x²+y²=1的任意的y都成立，
∴$2t-\frac{4}{3}{λ^2}=0$且$\frac{13}{9}{λ^2}-{t^2}-1=0$，解得：$t=λ=\frac{3}{2}$（∵$t≠\frac{2}{3}$）
所以存在$t=λ=\frac{3}{2}$滿足題意要求．…（12分）

點評 本題考查軌跡方程的求法，曲線的參數(shù)方程的應(yīng)用，存在性問題的處理方法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．