Question

2．已知圓N：（x+1）²+y²=2的切線l與拋物線C：y²=x交于不同的兩點A，B．
（1）當切線l斜率為-1時，求線段AB的長；
（2）設點M和點N關于直線y=x對稱，且$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=0，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）圓N的圓心N為（-1，0），半徑r=$\sqrt{2}$，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），設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，利用韋達定理，即可計算弦長|AB|；
（2）設直線l的方程為y=kx+m，由直線l是圓N的切線，得$\frac{|-k+m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，解得此時直線l的方程為y=-x+1；當直線l的斜率不存在時，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A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
（1）當直線l的斜率為1時，設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|AB|=$\sqrt{1+1}•\sqrt{1+4}$=$\sqrt{10}$．
（2）（i）設直線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M與點N關于直線y=x對稱，∴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，得
（1+k²）y₁y₂+（k²-m）（y₁+y₂）+m²+k²=0，
化簡，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m=1時，代入①，解得k=-1，滿足條件km＜$\frac{1}{4}$，且k≠0，
此時直線l的方程為y=-x+1．
當m=$\frac{1}{2}$k-1時，代入①整理，解．
（ii）當直線l的斜率不存在時，
因為直線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，
當直線l的斜率不存在時，$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=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．

點評 本題考查線段長的求法，探索直線是否存在，具體涉及到圓的簡單性質、拋物線的性質及其應用、直線與圓錐曲線的位置關系的應用．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題的關鍵是聯(lián)立方程，正確運用韋達定理．