Question

13．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）是否存在同时满足一下条件的圆：①以曲线C的弦AB为直径；②过点N；③直径|AB|=$\sqrt{2}$|NB|．若存在，指出共有几个；若不存在，请说明理由．

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k₁=$\frac{y-1}{x}$（x≠0），k₂=$\frac{\frac{y+1}{2}}{\frac{x}{2}}$（x≠0），
由k₁k₂=-$\frac{1}{{m}^{2}}$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：$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+y²=1（x≠0），
曲线C的方程为$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+y²=1（x≠0）．
（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|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$•|$\frac{2{m}^{2}k}{{m}^{2}+{k}^{2}}$|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2{m}^{2}}{{m}^{2}+{k}^{2}}$，
又因为|AB|=$\sqrt{2}$|NB|，即有|NA|=$\sqrt{|AB{|}^{2}-|NB{|}^{2}}$=|NB|，
所以$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|$\frac{2{m}^{2}k}{1+{m}^{2}{k}^{2}}$|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2{m}^{2}}{{m}^{2}+{k}^{2}}$，
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．