Question

8．已知曲线C：y²=2px（p＞0）过定点（1，1），点P是曲线C上的动点，过点P的圆M：（x-t）²+y²=1（t＞1）的切线l₁，l₂分别交曲线C于另外两点A，B．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）若t=$\sqrt{2}$，点P为原点，判断直线AB与圆的位置关系；
（Ⅲ）对任意的动点P，是否存在实数t，使得直线AB与圆相切？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将点（1，1）代入，即可求得p，进而得到抛物线方程；
（Ⅱ）若t=$\sqrt{2}$，点P为原点，设切线方程为y=kx，由直线和圆相切的条件，可得k，再代入抛物线方程，求得A，B的坐标，求得AB的方程，由直线和圆位置关系的判断，即可得到；
（Ⅲ）取P（0，0），圆（x-t）²+y²=1（t＞1），切线为y=kx，运用点到直线的距离公式，求得k，再将直线方程代入抛物线方程，解得A，B，由AB的方程，运用点到直线的距离，结合相切的条件可得t=2，再对t=2，任意的P，直线AB和圆相切，证明即可．

解答 解：（Ⅰ）曲线C：y²=2px（p＞0）过定点（1，1），
即有1=2p，解得p=$\frac{1}{2}$，
则曲线C的方程为y²=x；
（Ⅱ）若t=$\sqrt{2}$，点P为原点，则圆为（x-$\sqrt{2}$）²+y²=1，
设切线方程为y=kx，
由$\frac{|\sqrt{2}k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，解得k=±1，
即有切线方程为y=±x，
代入抛物线方程可得A（1，1），B（1，-1），
由圆心（$\sqrt{2}$，0）到直线x=1的距离为$\sqrt{2}$-1＜1，
即有直线AB和圆相交；
（Ⅲ）取P（0，0），圆（x-t）²+y²=1（t＞1），切线为y=kx，
由$\frac{|kt|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，解得k²=$\frac{1}{{t}^{2}-1}$，①
将直线y=±kx代入抛物线方程y²=x，
解得A（$\frac{1}{{k}^{2}}$，$\frac{1}{k}$），B（$\frac{1}{{k}^{2}}$，-$\frac{1}{k}$），
直线AB的方程为x=$\frac{1}{{k}^{2}}$，
若直线和圆相切，可得$\frac{1}{{k}^{2}}$=1+t②
由①②解得t=2或-1（舍去）．
综上可得，对任意的动点P，直线AB与圆相切，必有t=2．
下证t=2时，对任意的动点P，直线AB和圆相切．
理由如下：设P（a²，a），l：x=m（y-a）+a²，A（y₁²，y₁），B（y₂²，y₂），
由$\frac{|2+ma-{a}^{2}|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，可得（a²-1）m²-2（a²-2）am+（a²-2）²-1=0，
m₁+m₂=$\frac{2（{a}^{2}-2）a}{{a}^{2}-1}$，m₁m₂=$\frac{（{a}^{2}-2）^{2}-1}{{a}^{2}-1}$，
又直线与曲线相交于A，B，
由x=m（y-a）+a²，代入抛物线方程y²-my+ma-a²=0，
y₁²=m₁（y₁-a）+a²，y₂²=m₂（y₂-a）+a²，
则a，y₁是方程y²=m₁（y-a）+a²的两根，
即有ay₁=am₁-a²，即为y₁=m₁-a，同理y₂=m₂-a．
则有A（（m₁-a）²，m₁-a），B（（m₂-a）²，m₂-a），
直线AB：y-（m₁-a）=$\frac{1}{{m}_{1}+{m}_{2}-2a}$（x-（m₁-a）²），
即为y-（m₁-a）=$\frac{2a}{1-{a}^{2}}$（x-（m₁-a）²），
则圆心（2，0）到直线AB的距离为d=$\frac{|\frac{4a}{1-{a}^{2}}+{m}_{1}-a-\frac{2a}{1-{a}^{2}}（{m}_{1}-a）^{2}|}{\sqrt{1+（\frac{2a}{1-{a}^{2}}）^{2}}}$，
由（a²-1）m₁²-2（a²-2）am₁+（a²-2）²-1=0，
代入上式，化简可得d=$\frac{|{a}^{2}+1|}{{a}^{2}+1}$=1，
则有对任意的动点P，存在实数t=2，使得直线AB与圆相切．

点评 本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的方程的运用，注意联立直线方程和抛物线方程，运用韦达定理，同时考查直线和圆的位置关系：相切的条件，具有一定的运算量，属于中档题．