Question

10．已知橢圓C：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，點(diǎn)P是橢圓C上任意一點(diǎn)，且點(diǎn)M滿足$\left\{\begin{array}{l}{x_M}=2λ{(lán)x_P}\\{y_M}=λ{(lán)y_P}\end{array}\right.$（λ＞1，λ是常數(shù)）．當(dāng)點(diǎn)P在橢圓C上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)M形成的曲線為C_λ．
（Ⅰ）求曲線C_λ的軌跡方程；
（Ⅱ）過(guò)曲線C_λ上點(diǎn)M做橢圓C的兩條切線MA和MB，切點(diǎn)分別為A，B．
①若切點(diǎn)A的坐標(biāo)為（x₁，y₁），求切線MA的方程；
②當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在定圓恒與直線AB相切？若存在，求圓的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），對(duì)應(yīng)的點(diǎn)P的坐標(biāo)為$（{\frac{x}{2λ}，\frac{y}{λ}}）$．
由于點(diǎn)P在橢圓C上，得$\frac{{{{（{\frac{x}{2λ}}）}^2}}}{4}+{（{\frac{y}{λ}}）^2}=1$，即得曲線C_λ的軌跡方程．
（Ⅱ）①當(dāng)過(guò)點(diǎn)A切線的斜率存在時(shí)，
設(shè)該切線的方程為y-y₁=k（x-x₁），聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx+（{{y_1}-k{x_1}}）\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，
由△=0，得$1+4{k^2}={（{{y_1}-k{x_1}}）^2}$，得$k=-\frac{x_1}{{4{y_1}}}$；得過(guò)點(diǎn)A的切線方程為$\frac{{{x_1}x}}{4}+{y_1}y=1$
過(guò)點(diǎn)A切線的斜率不存在時(shí)，符合方程$\frac{{{x_1}x}}{4}+{y_2}y=1$．
②存在定圓恒與直線AB相切；
 可得A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)都滿足方程$\frac{m}{4}x+ny=1$，且點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，n）滿足曲線C_λ的方程：$\frac{m^2}{16}+{n^2}={λ^2}$，
即原定O到直線AB的距離為$\frac{1}{{\sqrt{\frac{m^2}{16}+{n^2}}}}=\frac{1}{λ}$，即直線AB始終與圓${x^2}+{y^2}=\frac{1}{λ^2}$相切．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），對(duì)應(yīng)的點(diǎn)P的坐標(biāo)為$（{\frac{x}{2λ}，\frac{y}{λ}}）$．
由于點(diǎn)P在橢圓C上，得$\frac{{{{（{\frac{x}{2λ}}）}^2}}}{4}+{（{\frac{y}{λ}}）^2}=1$，
即曲線C_λ的軌跡是橢圓，標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{{16{λ^2}}}+\frac{y^2}{λ^2}=1$
（Ⅱ）①當(dāng)過(guò)點(diǎn)A切線的斜率存在時(shí)，
設(shè)該切線的方程為y-y₁=k（x-x₁），即y=kx+（y₁-kx₁）
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx+（{{y_1}-k{x_1}}）\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，
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}}}$；
此時(shí)過(guò)點(diǎn)A的切線方程為$\frac{{{x_1}x}}{4}+{y_1}y=1$
過(guò)點(diǎn)A切線的斜率不存在時(shí)，切點(diǎn)為（±2，0），方程為x=±2，
符合方程$\frac{{{x_1}x}}{4}+{y_2}y=1$形式．
②存在定圓恒與直線AB相切；
設(shè)切點(diǎn)B（x₂，y₂），與A，B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)M的坐標(biāo)設(shè)為（m，n）；
同理過(guò)點(diǎn)B的切線方程為$\frac{{{x_2}x}}{4}+{y_2}y=1$
同時(shí)兩條切線MA和MB都過(guò)點(diǎn)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兩點(diǎn)坐標(biāo)都滿足方程$\frac{m}{4}x+ny=1$，
且點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，n）滿足曲線C_λ的方程：$\frac{m^2}{16}+{n^2}={λ^2}$，
即原定O到直線AB的距離為$\frac{1}{{\sqrt{\frac{m^2}{16}+{n^2}}}}=\frac{1}{λ}$，
所以直線AB始終與圓${x^2}+{y^2}=\frac{1}{λ^2}$相切．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)點(diǎn)的軌跡問(wèn)題，橢圓的切線問(wèn)題，同時(shí)考查了分析問(wèn)題的能力及轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．