Question

7．已知直線l與拋物線y²=2x有且僅有一個公共點A，直線l又與圓（x+2）²+y²=t（t＞0）相切于點B，且A、B兩點不重合．
（1）當t=4時，求直線l的方程；
（2）是否存在實數t，使A、B兩點的橫坐標之差等于4？若存在，求出t的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得直線的斜率存在，設直線l：y=kx+b，討論當k=0時，當k≠0時，運用直線和拋物線相切，運用判別式為0，再由直線和圓相切的條件：d=r，即可求得k，b，進而得到直線方程；
（2）設直線L：y=kx+b，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），假設存在實數t，使A、B兩點的橫坐標之差等于4，討論當k=0時，當k≠0時，聯(lián)立直線和拋物線方程，運用判別式為0，求得k，b的關系式，再由直線和圓相切的條件，可得k，b的關系，同時求得A，B的橫坐標，解方程即可判斷存在性．

解答 解：（1）由題意可得直線的斜率存在，設直線l：y=kx+b，
當k=0時，由題意可得b=±2，即有直線l：y=±2；
當k≠0時，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{y}^{2}=2x}\end{array}\right.$可得k²x²+2（kb-1）x+b²=0，
令判別式為0，即4（kb-1）²-4k²b²=0，可得2kb=1，
由直線和圓相切可得d=2，即$\frac{|b-2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=2，可得4+4kb=b²，
即有b²=6，解得b=$\sqrt{6}$，k=$\frac{\sqrt{6}}{12}$或b=-$\sqrt{6}$，k=-$\frac{\sqrt{6}}{12}$．
即有直線l：y=$\frac{\sqrt{6}}{12}$x+$\sqrt{6}$或y=-$\frac{\sqrt{6}}{12}$x-$\sqrt{6}$．
綜上可得直線l：y=±2或y=$\frac{\sqrt{6}}{12}$x+$\sqrt{6}$或y=-$\frac{\sqrt{6}}{12}$x-$\sqrt{6}$．
（2）設直線L：y=kx+b，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
假設存在實數t，使A、B兩點的橫坐標之差等于4，即為x₁-x₂=4．
當k=0時，直線l：y=±$\sqrt{t}$，代入拋物線方程可得x=$\frac{t}{2}$，
即有x₁=$\frac{t}{2}$，x₂=-2，即有$\frac{t}{2}$+2=4，解得t=4；
當k≠0時，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{y}^{2}=2x}\end{array}\right.$可得k²x²+2（kb-1）x+b²=0，
令判別式為0，即4（kb-1）²-4k²b²=0，可得2kb=1，①
x₁=$\frac{1-kb}{{k}^{2}}$=$\frac{1}{2{k}^{2}}$，
由直線和圓相切的條件可得，d=$\sqrt{t}$即$\frac{|b-2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{t}$，
可得4kb-b²+t-4k²+tk²=0，②
x₂=-$\frac{2+kb}{1+{k}^{2}}$=-$\frac{5}{2（1+{k}^{2}）}$，
于是，x₁-x₂=$\frac{1}{2{k}^{2}}$+$\frac{5}{2（1+{k}^{2}）}$=4，解得k²=$\frac{1}{4}$（負的舍去）③
由①②③解得$\left\{\begin{array}{l}{b=1}\\{k=\frac{1}{2}}\\{t=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{b=-1}\\{k=-\frac{1}{2}}\\{t=0}\end{array}\right.$，但t＞0，不合題意．
綜上可得，存在實數t=4，使A、B兩點的橫坐標之差等于4．

點評 本題考查拋物線的方程和性質，主要考查直線方程和拋物線方程聯(lián)立，運用判別式為0，同時考查直線和圓相切的條件，具有一定的運算量，屬于中檔題和易錯題．