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11.已知長為2的線段A B兩端點A和B分別在x軸和y軸上滑動,線段AB的中點M的軌跡為曲線C.
(Ⅰ)求曲線C的方程;
(Ⅱ)點P(x,y)是曲線C上的動點,求3x-4y的取值范圍;
(Ⅲ)已知定點Q(0,$\frac{2}{3}$),探究是否存在定點T(0,t)(t$≠\frac{2}{3}$)和常數λ滿足:對曲線C上任意一點S,都有|ST|=λ|SQ|成立?若存在,求出t和λ;若不存在,請說明理由.

分析 (Ⅰ)法一:設A(m,0),B(0,n),M(x,y),利用|AB|2=m2+n2,以及點M為線段AB的中點求解點M的軌跡曲線C的方程.
法二:設O為坐標原點,則$|{OM}|=\frac{1}{2}|{AB}|=1$,判斷點M的軌跡曲線C是以原點O為圓心,半徑等于1的圓,寫出方程即可.
(Ⅱ)法一;通過x2+y2=1,令$\left\{\begin{array}{l}x=cosθ\\ y=sinθ\end{array}\right.(θ∈[0,2π))$,轉化三角函數求解最值即可.
法二:設t=3x-4y,利用直線3x-4y-t=0與圓C:x2+y2=1有公共點,列出不等式求解即可.
(Ⅲ)假設存在滿足題意的t和λ,則設S(x,y),由|ST|=λ|SQ|得:${x^2}+{(y-t)^2}={λ^2}[{x^2}+{(y-\frac{2}{3})^2}]$,化簡代入x2+y2=1,推出$(2t-\frac{4}{3}{λ^2})y+\frac{13}{9}{λ^2}-{t^2}-1=0$,推出$t=λ=\frac{3}{2}$,得到結果.

解答 解:(Ⅰ)法一:設A(m,0),B(0,n),M(x,y),則|AB|2=m2+n2
∵點M為線段AB的中點∴m=2x,n=2y;代入①式得4x2+4y2=4,
即點M的軌跡曲線C的方程為x2+y2=1. …(3分)
法二:設O為坐標原點,則$|{OM}|=\frac{1}{2}|{AB}|=1$,故點M的軌跡曲線C是以原點O為圓心,
半徑等于1的圓,其方程為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:設t=3x-4y,則由題直線3x-4y-t=0與圓C:x2+y2=1有公共點,
∴$\frac{|t|}{{\sqrt{{3^2}+{{(-4)}^2}}}}≤1$,解得t∈[-5,5]…(7分)
(Ⅲ)假設存在滿足題意的t和λ,則設S(x,y),由|ST|=λ|SQ|得:${x^2}+{(y-t)^2}={λ^2}[{x^2}+{(y-\frac{2}{3})^2}]$,展開整理得:$({λ^2}-1)({x^2}+{y^2})+(2t-\frac{4}{3}{λ^2})y+\frac{4}{9}{λ^2}-{t^2}=0$,又x2+y2=1,故有$(2t-\frac{4}{3}{λ^2})y+\frac{13}{9}{λ^2}-{t^2}-1=0$,…(9分)
由題意此式對滿足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$t=λ=\frac{3}{2}$滿足題意要求.…(12分)

點評 本題考查軌跡方程的求法,曲線的參數方程的應用,存在性問題的處理方法,考查轉化思想以及計算能力.

練習冊系列答案
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