Question

10．已知圆O：x²+y²=1和抛物线E：y=x²-2，O为坐标原点．
（1）已知直线l和圆O相切，与抛物线E交于M，N两点，且满足OM⊥ON，求直线l的方程；
（2）过抛物线E上一点P（x₀，y₀）作两直线PQ，PR和圆O相切，且分别交抛物线E于Q，R两点，若直线QR的斜率为$-\sqrt{3}$，求点P的坐标．

Answer 1

分析 （1）由l和圆O相切，得$\frac{|b|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=1$．即b²=k²+1．由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+b\\ y={x^2}-2\end{array}\right.$消去y，并整理得x²-kx-b-2=0，利用OM⊥ON，得$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=0$，即x₁x₂+y₁y₂=0，即可求直线l的方程；
（2）设l_QR：y-y₀=k₁（x-x₀），由直线和圆相切，得$\frac{{|{y_0}-{k_1}{x_0}|}}{{\sqrt{k_1^2+1}}}=1$，即$（x_0^2-1）k_1^2-2{x_0}{y_0}{k_1}+y_0^2-1=0$．
设l_PR：y-y₀=k₂（x-x₀），同理可得：$（x_0^2-1）k_2^2-2{x_0}{y_0}{k_2}+y_0^2-1=0$．故k₁，k₂是方程$（x_0^2-1）k_{\;}^2-2{x_0}{y_0}k+y_0^2-1=0$的两根，利用韦达定理，即可得出结论．

解答 解：（1）设l：y=kx+b，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由l和圆O相切，得$\frac{|b|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=1$．
∴b²=k²+1．
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+b\\ y={x^2}-2\end{array}\right.$消去y，并整理得x²-kx-b-2=0，∴x₁+x₂=k，x₁x₂=-b-2．
由OM⊥ON，得$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=0$，即x₁x₂+y₁y₂=0．
∴x₁x₂+（kx₁+b）（kx₂+b）=0．
∴$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+kb（{x_1}+{x_2}）+{b^2}=0$，
∴（1+k²）（-b-2）+k²b+b²=0，
∴b²（-b-2）+（b²-1）b+b²=0．
∴b²+b=0．
∴b=-1或b=0（舍）．
当b=-1时，k=0，故直线l的方程为y=-1．
（2）设P（x₀，y₀），Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂），
则${k_{QR}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{（x_1^2-2）-（x_2^2-2）}{{{x_1}-{x_2}}}={x_1}+{x_2}$．
∴${x_1}+{x_2}=-\sqrt{3}$．
设l_QR：y-y₀=k₁（x-x₀），由直线和圆相切，得$\frac{{|{y_0}-{k_1}{x_0}|}}{{\sqrt{k_1^2+1}}}=1$，
即$（x_0^2-1）k_1^2-2{x_0}{y_0}{k_1}+y_0^2-1=0$．
设l_PR：y-y₀=k₂（x-x₀），同理可得：$（x_0^2-1）k_2^2-2{x_0}{y_0}{k_2}+y_0^2-1=0$．
故k₁，k₂是方程$（x_0^2-1）k_{\;}^2-2{x_0}{y_0}k+y_0^2-1=0$的两根，故${k_1}+{k_2}=\frac{{2{x_0}{y_0}}}{x_0^2-1}$．
由$\left\{\begin{array}{l}y={k_1}x+{y_0}-{k_1}{x_0}\\ y={x^2}-2\end{array}\right.$得$x_{\;}^2-k_1^{\;}x+{k_1}{x_0}-{y_0}-2=0$，故x₀+x₁=k₁．
同理x₀+x₂=k₂，则2x₀+x₁+x₂=k₁+k₂，即$2{x_0}-\sqrt{3}=\frac{{2{x_0}{y_0}}}{x_0^2-1}$．
∴$2{x_0}-\sqrt{3}=\frac{{2{x_0}（x_0^2-2）}}{x_0^2-1}$，解${x_0}=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$或$\sqrt{3}$．
当${x_0}=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$时，${y_0}=-\frac{5}{3}$；当${x_0}=\sqrt{3}$时，y₀=1．
故$P（-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，-\frac{5}{3}）$或$P（\sqrt{3}，1）$．

点评 本题考查直线方程，考查直线与抛物线位置关系的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．