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    20．设m∈R．在平面直角坐标系中，已知向量$\overrightarrow{a}$=（mx，y+1），向量$\overrightarrow{b}$=（x，y-1），$\overrightarrow{a}$⊥$\overrightarrow{b}$，动点M（x，y）的轨迹为E，O是坐标原点
    （1）求轨迹E的方程，并说明该方程所表示曲线的形状
    （2）已知m=$\frac{1}{4}$，直线l与该曲线交于A、B两点，若OA⊥OB，求证：$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$是一个定值．

    分析 （1）由$\overrightarrow{a}$⊥$\overrightarrow{b}$，可得$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=0，代入坐标化简整理即得轨迹E的方程mx2+y2=1．此为二元二次曲线，可分m=0、m=1、m＞0且m≠1和m＜0四种情况讨论；
    （2）当m=$\frac{1}{4}$时，轨迹E的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1，表示椭圆，设圆的方程为x2+y2=r2（0＜r＜1），当切线斜率存在时，可设圆的任一切线方程为y=kx+t，由直线和圆相切可得k和t的关系，由OA⊥OB，所以x1x2+y1y1=0，只需联立直线和圆的方程，消元，维达定理，又可以得到k和t的关系，这样就可解出r．当切线斜率不存在时，代入检验即可．再利用射影定理即可证明结论．

    解答 解：（1）因为$\overrightarrow{a}$⊥$\overrightarrow{b}$，
    所以$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=0，即（mx，y+1）•（x，y-1）=0，
    故mx2+y2-1=0，即mx2+y2=1．
    当m=0时，该方程表示两条直线；
    当m=1时，该方程表示圆；
    当m＞0且m≠1时，该方程表示椭圆；
    当m＜0时，该方程表示双曲线．
    （Ⅱ）当m=$\frac{1}{4}$时，轨迹E的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1，
    设圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A，B，圆的方程为x2+y2=r2（0＜r＜1），
    当切线斜率存在时，可设圆的任一切线方程为y=kx+t，
    A（x1，y1），B（x2，y2），
    所以$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=r，
    即t2=r2（1+k2）．①
    因为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
    由方程组$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=+tkx}\end{array}\right.$
    消去y得（1+4k2）x2+8ktx+4t2-4=0．③
    由韦达定理x1+x2=-$\frac{8kt}{1+4{k}^{2}}$，x1x2=$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$
    代入②式并整理得
    （1+k2）$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$-kt•$\frac{8kt}{1+4{k}^{2}}$+t2=0，
    即5t2=4+4k2．
    结合①式有5r2=4，r=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$∈（0，1），
    当切线斜率不存在时，x2+y2=$\frac{4}{5}$也满足题意，
    故所求圆的方程为x2+y2=$\frac{4}{5}$．
    所以$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$=$\frac{1}{AC•AB}$+$\frac{1}{BC•AB}$=$\frac{1}{AC•BC}$=$\frac{5}{4}$．

    点评 本题考查求轨迹方程、及方程所表示的曲线、直线与圆、直线与椭圆的位置关系等知识，考查计算能力和分析问题解决问题的能力，综合性强，难度较大．

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