Question

11．已知长为2的线段A B两端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，线段AB的中点M的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）点P（x，y）是曲线C上的动点，求3x-4y的取值范围；
（Ⅲ）已知定点Q（0，$\frac{2}{3}$），探究是否存在定点T（0，t）（t$≠\frac{2}{3}$）和常数λ满足：对曲线C上任意一点S，都有|ST|=λ|SQ|成立？若存在，求出t和λ；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：设A（m，0），B（0，n），M（x，y），利用|AB|²=m²+n²，以及点M为线段AB的中点求解点M的轨迹曲线C的方程．
法二：设O为坐标原点，则$|{OM}|=\frac{1}{2}|{AB}|=1$，判断点M的轨迹曲线C是以原点O为圆心，半径等于1的圆，写出方程即可．
（Ⅱ）法一；通过x²+y²=1，令$\left\{\begin{array}{l}x=cosθ\\ y=sinθ\end{array}\right.（θ∈[0，2π））$，转化三角函数求解最值即可．
法二：设t=3x-4y，利用直线3x-4y-t=0与圆C：x²+y²=1有公共点，列出不等式求解即可．
（Ⅲ）假设存在满足题意的t和λ，则设S（x，y），由|ST|=λ|SQ|得：${x^2}+{（y-t）^2}={λ^2}[{x^2}+{（y-\frac{2}{3}）^2}]$，化简代入x²+y²=1，推出$（2t-\frac{4}{3}{λ^2}）y+\frac{13}{9}{λ^2}-{t^2}-1=0$，推出$t=λ=\frac{3}{2}$，得到结果．

解答 解：（Ⅰ）法一：设A（m，0），B（0，n），M（x，y），则|AB|²=m²+n²①
∵点M为线段AB的中点∴m=2x，n=2y；代入①式得4x²+4y²=4，
即点M的轨迹曲线C的方程为x²+y²=1． …（3分）
法二：设O为坐标原点，则$|{OM}|=\frac{1}{2}|{AB}|=1$，故点M的轨迹曲线C是以原点O为圆心，
半径等于1的圆，其方程为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：设t=3x-4y，则由题直线3x-4y-t=0与圆C：x²+y²=1有公共点，
∴$\frac{|t|}{{\sqrt{{3^2}+{{（-4）}^2}}}}≤1$，解得t∈[-5，5]…（7分）
（Ⅲ）假设存在满足题意的t和λ，则设S（x，y），由|ST|=λ|SQ|得：${x^2}+{（y-t）^2}={λ^2}[{x^2}+{（y-\frac{2}{3}）^2}]$，展开整理得：$（{λ^2}-1）（{x^2}+{y^2}）+（2t-\frac{4}{3}{λ^2}）y+\frac{4}{9}{λ^2}-{t^2}=0$，又x²+y²=1，故有$（2t-\frac{4}{3}{λ^2}）y+\frac{13}{9}{λ^2}-{t^2}-1=0$，…（9分）
由题意此式对满足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$t=λ=\frac{3}{2}$满足题意要求．…（12分）

点评 本题考查轨迹方程的求法，曲线的参数方程的应用，存在性问题的处理方法，考查转化思想以及计算能力．