Question

20．已知圓N：（x+1）²+y²=2和拋物線C：y²=x，圓N的切線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)A，B．
（I）當(dāng)切線l斜率為1時(shí)，求線段AB的長(zhǎng)；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)M和點(diǎn)N關(guān)于直線y=x對(duì)稱，且$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （I）圓N的圓心N為（-1，0），半徑r=$\sqrt{2}$，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），設(shè)l的方程，利用直線l是圓N的切線，求得m的值，從而可得直線l的方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，即可計(jì)算弦長(zhǎng)|AB|；
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=kx+m，由直線l是圓N的切線，得$\frac{|-k+m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，解得此時(shí)直線l的方程為y=-x+1；當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l的方程為x=$\sqrt{2}$-1則得不成立．綜上所述，存在滿足條件的直線l，其方程為y=-x+1．

解答 解：∵圓N：（x+1）²+y²=2，∴圓心N為（-1，0），半徑r=$\sqrt{2}$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
（I）當(dāng)直線l的斜率為1時(shí)，設(shè)l的方程為y=x+m，即x-y+m=0，
∵直線l是圓N的切線，∴$\frac{|-1+m|}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，解得m=-1或m=3（舍），此時(shí)直線l的方程為y=x-1，
由直線與拋物線聯(lián)立，消去x得y²-y-1=0，
∴△＞0，y₁+y₂=1，y₁y₂=-1，
∴弦長(zhǎng)|AB|=$\sqrt{1+1}$•$\sqrt{1+4}$=$\sqrt{10}$．
（Ⅱ）（i）設(shè)直線l的方程為y=kx+m，即kx-y+m=0（k≠0），
∵直線l是圓N的切線，∴$\frac{|-k+m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，
得m²-k²-2mk-2=0，①
由直線與拋物線聯(lián)立，消去x得ky²-y+m=0，
∴△=1-4k×m＞0，即km＜$\frac{1}{4}$且k≠0，y₁+y₂=$\frac{1}{k}$，y₁y₂=$\frac{m}{k}$，
∵點(diǎn)M與點(diǎn)N關(guān)于直線y=x對(duì)稱，∴M（0，-1），
∴$\overrightarrow{MA}$=（x₁，y₁+1），$\overrightarrow{MB}$=（x₂，y₂+1），
∵$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，∴x₁x₂+（y₁+1）（y₂+1）=0，
將A，B在直線y=kx+m上代入并化簡(jiǎn)，得
（1+k²）y₁y₂+（k²-m）（y₁+y₂）+m²+k²=0，
化簡(jiǎn)，得m²+k²+mk+k=0，②
①+②得2m²-mk+k-2=0，
即（m-1）（2m-k+2）=0，
解得m=1，或m=$\frac{1}{2}$k-1．
當(dāng)m=1時(shí)，代入①，解得k=-1，滿足條件km＜$\frac{1}{4}$，且k≠0，
此時(shí)直線l的方程為y=-x+1．
當(dāng)m=$\frac{1}{2}$k-1時(shí)，代入①整理，無(wú)解．
（ii）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，
因?yàn)橹本�l是圓N的切線，所以l的方程為x=$\sqrt{2}$-1．
則得x₁x₂=3-2$\sqrt{2}$，y₁+y₂=0，
由①得：x₁x₂+（y₁+1）（y₂+1）
=x₁x₂+y₁y₂+（y₁+y₂）+1≠0，
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$不成立．
綜上所述，存在滿足條件的直線l，其方程為y=-x+1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線段長(zhǎng)的求法，探索直線是否存在，具體涉及到圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)、拋物線的性質(zhì)及其應(yīng)用、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的應(yīng)用．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．解題的關(guān)鍵是聯(lián)立方程，正確運(yùn)用韋達(dá)定理．