Question

（2012•烟台二模）已知圆N：（x+2）²+y²=8和抛物线C：y²=2x，圆N的切线l与抛物线C交于不同的两点A，B．
（I）当直线Z酌斜率为1时，求线段AB的长；
（II）设点M和点N关于直线y=x对称，问是否存在直线l，使得

MA

+

MB

？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）由圆N：（x+2）²+y²=8，知圆心N为（-2，0），半径r=2

2

，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），设l的方程为y=x+m，由直线l是圆N的切线，知

|-2+m|

2

=2

2

，解得直线l的方程为y=x-2，由此能求出弦长|AB|．
（2）设直线l的方程为y=kx+m，由直线l是圆N的切线，得

|-2k+m|

1+k2

=2

2

，解得此时直线l的方程为y=-x+2；当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=2

2

-2，则得

MA

⊥

MB

不成立．综上所述，存在满足条件的直线l，其方程为y=-x+2．

解答：解：（1）∵圆N：（x+2）²+y²=8，
∴圆心N为（-2，0），半径r=2

2

，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
当直线的斜率为1时，设l的方程为y=x+m，即x-y+m=0，
∵直线l是圆N的切线，∴

|-2+m|

2

=2

2

，
解得m=-2，或m=6（舍去）
此时直线l的方程为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，
∴弦长|AB|=

1+ 1 k2

|y1-y2|=2

10

．
（2）（i）设直线l的方程为y=kx+m，即kx-y+m=0（k≠0），
∵直线l是圆N的切线，∴

|-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

，
∵点M与点N关于直线y=x对称，∴N（0，-2），
∴

MA

=(x1，y1+2)，

MB

=(x2，y2+2)，
∵

MA

⊥

MB

，∴x₁x₂+（y₁+2）（y₂+2）=0，
将A，B在直线y=kx+m上代入并化简，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，
化简，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．
当m=2时，代入①，解得k=-1，满足条件km＜

1

2

，且k≠0，
此时直线l的方程为y=-x+2．
当m=k-2时，代入①整理，得7k²-4k+4=0，无解．
（ii）当直线l的斜率不存在时，
因为直线l是圆N的切线，所以l的方程为x=2

2

-2．
则得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，
当直线l的斜率不存在时，

MA

⊥

MB

不成立．
综上所述，存在满足条件的直线l，其方程为y=-x+2．

点评：本题考查线段长的求法，探索直线是否存在，具体涉及到圆的简单性质、抛物线的性质及其应用、直线与圆锥曲线的位置关系的应用．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．