Question

19．已知直線l₁過點（2a²-1，-2），（-1，0），直線l₂的斜率為$\frac{{a}^{2}+1}$，且在x軸上的截距為-$\frac{3}{{a}^{2}+1}$（a，b∈R）．
（1）若l₁∥l₂，求b的取值范圍；
（2）若l₁⊥l₂，求b+a²的最小值．

Answer 1

分析 （1）由直線平行的性質(zhì)得-$\frac{2}{2{a}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}+1}$或2a²=1，b=0，且a²+1≠3，由此能求出b的取值范圍．
（2）由直線垂直的性質(zhì)得-$\frac{2}{2{a}^{2}}×\frac{{a}^{2}+1}$=-1，由此能求出b+a²的最小值．

解答 解：（1）∵直線l₁過點（2a²-1，-2），（-1，0），直線l₂的斜率為$\frac{{a}^{2}+1}$，l₁∥l₂，
∴-$\frac{2}{2{a}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}+1}$或2a²=1，b=0，
當-$\frac{2}{2{a}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}+1}$時，
解得b=-a²（a²+1）=-a⁴-a²=-（a²+$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$．
∵a²≥0，∴b＜0．
又∵直線l₂在x軸上的截距為-$\frac{3}{{a}^{2}+1}$，∴a²+1≠3，∴b≠-6．
故b的取值范圍是（-∞，-6）∪（-6，0]．
（2）∵l₁⊥l₂，
∴-$\frac{2}{2{a}^{2}}×\frac{{a}^{2}+1}$=-1，
∴（a²+1）-a²b=0．
∵a≠0，∴a²b=a²+1＞1，
∴b+a²≥2$\sqrt{{a}^{2}b}$＞2，當且僅法b=a²時，取最小值，
∴b+a²的最小值為2．

點評 本題考查實數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意直線平行和直線垂直的性質(zhì)的合理運用．