Question

（2012•煙臺二模）已知圓N：（x+2）²+y²=8和拋物線C：y²=2x，圓N的切線l與拋物線C交于不同的兩點A，B．
（I）當直線Z酌斜率為1時，求線段AB的長；
（II）設點M和點N關于直線y=x對稱，問是否存在直線l，使得

MA

+

MB

？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由圓N：（x+2）²+y²=8，知圓心N為（-2，0），半徑r=2

2

，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），設l的方程為y=x+m，由直線l是圓N的切線，知

|-2+m|

2

=2

2

，解得直線l的方程為y=x-2，由此能求出弦長|AB|．
（2）設直線l的方程為y=kx+m，由直線l是圓N的切線，得

|-2k+m|

1+k2

=2

2

，解得此時直線l的方程為y=-x+2；當直線l的斜率不存在時，l的方程為x=2

2

-2，則得

MA

⊥

MB

不成立．綜上所述，存在滿足條件的直線l，其方程為y=-x+2．

解答：解：（1）∵圓N：（x+2）²+y²=8，
∴圓心N為（-2，0），半徑r=2

2

，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當直線的斜率為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，∴

|-2+m|

2

=2

2

，
解得m=-2，或m=6（舍去）
此時直線l的方程為y=x-2，
由

y=x-2 y2=2x

，消去x得y²-2y-4=0，
∴△=（-2）²+16=20＞0，
y₁+y₂=2，y₁•y₂=4，
(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=20，
∴弦長|AB|=

1+ 1 k2

|y1-y2|=2

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，∴

|-2k+m|

1+k2

=2

2

，
得m²-4k²-4mk-8=0，①
由

y=kx+m y2=2x

，消去x得ky²-2y+2m=0，
∴△=4-4k×2m＞0，即km＜

1

2

且k≠0，
y1+y2=

2

k

，y1y2=

2m

k

，
∵點M與點N關于直線y=x對稱，∴N（0，-2），
∴

MA

=(x1，y1+2)，

MB

=(x2，y2+2)，
∵

MA

⊥

MB

，∴x₁x₂+（y₁+2）（y₂+2）=0，
將A，B在直線y=kx+m上代入并化簡，得
(1+k2)y1y2+(2k2-m)(y1+y2)+m2+4k2=0，
代入y1+y2=

2

k

，y1y2=

2m

k

，
得(1+k2)•

2m

k

+(2k2-m)•

2

k

+m2+4k2=0，
化簡，得m²+4k²+2mk+4k=0，②
①+②得2m²-2mk+4k-8=0，
即（m-2）（m-k+2）=0，
解得m=2，或m=k-2．
當m=2時，代入①，解得k=-1，滿足條件km＜

1

2

，且k≠0，
此時直線l的方程為y=-x+2．
當m=k-2時，代入①整理，得7k²-4k+4=0，無解．
（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=2

2

-2．
則得x1x2=4(3-2

2

)，y₁+y₂=0，
(y1y2)2=4x1x2=16(3-2

2

)，
即y1y2=4(1-

2

)＜0，
由①得：

MA

•

MB

=x1x2+(y1+2)(y2+2)
=x₁x₂+y₁y₂+2（y₁+y₂）+4
=20-12

2

≠0，
當直線l的斜率不存在時，

MA

⊥

MB

不成立．
綜上所述，存在滿足條件的直線l，其方程為y=-x+2．

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．解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化．