已知椭圆C:$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$.点P是椭圆C上任意一点.且点M满足$\left\{\begin{array}{l}{x M}=2λ{x P}\\{y M}=λ{y P}\end{array}\right.$．当点P在椭圆C上运动时.点M形成的曲线为Cλ．(Ⅰ)求曲线Cλ的轨迹方程,(Ⅱ)过曲线Cλ上点M做椭圆C的两条切线MA和MB.切点分别为A.B．①若切点A的坐� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

10．已知椭圆C：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，点P是椭圆C上任意一点，且点M满足$\left\{\begin{array}{l}{x_M}=2λ{x_P}\\{y_M}=λ{y_P}\end{array}\right.$（λ＞1，λ是常数）．当点P在椭圆C上运动时，点M形成的曲线为C_λ．
（Ⅰ）求曲线C_λ的轨迹方程；
（Ⅱ）过曲线C_λ上点M做椭圆C的两条切线MA和MB，切点分别为A，B．
①若切点A的坐标为（x₁，y₁），求切线MA的方程；
②当点M运动时，是否存在定圆恒与直线AB相切？若存在，求圆的方程；若不存在，请说明理由．

分析（Ⅰ）设点M的坐标为（x，y），对应的点P的坐标为$（{\frac{x}{2λ}，\frac{y}{λ}}）$．
由于点P在椭圆C上，得$\frac{{{{（{\frac{x}{2λ}}）}^2}}}{4}+{（{\frac{y}{λ}}）^2}=1$，即得曲线C_λ的轨迹方程．
（Ⅱ）①当过点A切线的斜率存在时，
设该切线的方程为y-y₁=k（x-x₁），联立方程组$\left\{\begin{array}{l}y=kx+（{{y_1}-k{x_1}}）\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，
由△=0，得$1+4{k^2}={（{{y_1}-k{x_1}}）^2}$，得$k=-\frac{x_1}{{4{y_1}}}$；得过点A的切线方程为$\frac{{{x_1}x}}{4}+{y_1}y=1$
过点A切线的斜率不存在时，符合方程$\frac{{{x_1}x}}{4}+{y_2}y=1$．
②存在定圆恒与直线AB相切；
可得A，B两点坐标都满足方程$\frac{m}{4}x+ny=1$，且点M的坐标为（m，n）满足曲线C_λ的方程：$\frac{m^2}{16}+{n^2}={λ^2}$，
即原定O到直线AB的距离为$\frac{1}{{\sqrt{\frac{m^2}{16}+{n^2}}}}=\frac{1}{λ}$，即直线AB始终与圆${x^2}+{y^2}=\frac{1}{λ^2}$相切．

解答解：（Ⅰ）设点M的坐标为（x，y），对应的点P的坐标为$（{\frac{x}{2λ}，\frac{y}{λ}}）$．
由于点P在椭圆C上，得$\frac{{{{（{\frac{x}{2λ}}）}^2}}}{4}+{（{\frac{y}{λ}}）^2}=1$，
即曲线C_λ的轨迹是椭圆，标准方程为$\frac{x^2}{{16{λ^2}}}+\frac{y^2}{λ^2}=1$
（Ⅱ）①当过点A切线的斜率存在时，
设该切线的方程为y-y₁=k（x-x₁），即y=kx+（y₁-kx₁）
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}y=kx+（{{y_1}-k{x_1}}）\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，
即$（{{k^2}+\frac{1}{4}}）{x^2}+2k（{{y_1}-k{x_1}}）x$$+[{{{（{{y_1}-k{x_1}}）}^2}-1}]=0$．
由△=0，得$1+4{k^2}={（{{y_1}-k{x_1}}）^2}$，
即$（{x_1^2-4}）{k^2}-2{x_1}{y_1}k$$+（{y_1^2-1}）=0$，
$⇒16y_1^2{k^2}+$$8{x_1}{y_1}k+x_1^2=0$，$⇒{（{4{y_1}k+{x_1}}）^2}=0$，得$k=-\frac{x_1}{{4{y_1}}}$；
此时过点A的切线方程为$\frac{{{x_1}x}}{4}+{y_1}y=1$
过点A切线的斜率不存在时，切点为（±2，0），方程为x=±2，
符合方程$\frac{{{x_1}x}}{4}+{y_2}y=1$形式．
②存在定圆恒与直线AB相切；
设切点B（x₂，y₂），与A，B两点对应的点M的坐标设为（m，n）；
同理过点B的切线方程为$\frac{{{x_2}x}}{4}+{y_2}y=1$
同时两条切线MA和MB都过点M（m，n），所以$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{x_1}m}}{4}+{y_1}n=1\\ \frac{{{x_2}m}}{4}+{y_2}n=1\end{array}\right.$．
即A，B两点坐标都满足方程$\frac{m}{4}x+ny=1$，
且点M的坐标为（m，n）满足曲线C_λ的方程：$\frac{m^2}{16}+{n^2}={λ^2}$，
即原定O到直线AB的距离为$\frac{1}{{\sqrt{\frac{m^2}{16}+{n^2}}}}=\frac{1}{λ}$，
所以直线AB始终与圆${x^2}+{y^2}=\frac{1}{λ^2}$相切．