Question

8．如圖，已知圓O：x²+y²=a²（a＞0）過拋物線C：y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)F，過點(diǎn)F且與圓O相切的直線被拋物線C截得的弦長為4
（1）求圓O和拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若P為拋物線C在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，拋物線在點(diǎn)P處的切線y=kx+b（設(shè)為l₁）被圓O截得的弦長為$\frac{\sqrt{95}}{5}$，直線l₂過點(diǎn)P且垂直直線l₁，設(shè)l₂與拋物線的另一交點(diǎn)為M，求弦PM的長．

Answer 1

分析 （1）通過拋物線C的方程可得焦點(diǎn)F（$\frac{p}{2}$，0），利用圓O：x²+y²=a²（a＞0）過點(diǎn)F可知a=$\frac{p}{2}$，利用過點(diǎn)F且與圓O相切的直線被拋物線C截得的弦長為4可得p=2，進(jìn)而可得a=1，從而可得結(jié)論；
（2）通過直線l₁與拋物線方程，利用△=0可得kb=1，利用點(diǎn)O到直線的距離d=$\frac{|b|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$與l₁被圓O截得的弦長為2$\sqrt{1-5h55hh5^{2}}$=$\frac{\sqrt{95}}{5}$，計算可得k=2、b=$\frac{1}{2}$，代入ky²-4y+4b=0得y=1，將y=1代入拋物線方程y²=4x得P（$\frac{1}{4}$，1），聯(lián)立l₂與拋物線的方程可得M（$\frac{81}{4}$，-9），進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：（1）由拋物線C：y²=2px（p＞0）的方程可得焦點(diǎn)F（$\frac{p}{2}$，0），
又圓O：x²+y²=a²（a＞0）過點(diǎn)F，∴a=$\frac{p}{2}$，
又∵過點(diǎn)F且與圓O相切的直線被拋物線C截得的弦長為4，
∴2p=4，∴p=2，a=1，
∴圓O的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x²+y²=1，
拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：y²=4x；
（2）依題意可知直線l₁的斜率k＞0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，消去x整理得：ky²-4y+4b=0，
由△=16-16kb=0，可得kb=1，
∵點(diǎn)O到直線的距離d=$\frac{|b|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴l(xiāng)₁被圓O截得的弦長為2$\sqrt{1-dd5vppr^{2}}$=2$\sqrt{1-\frac{^{2}}{1+{k}^{2}}}$=2$\sqrt{1-\frac{1}{{k}^{2}（1+{k}^{2}）}}$=$\frac{\sqrt{95}}{5}$，
化簡得：k⁴+k²-20=0，解得k=2（k=-2舍去），
又kb=1，∴b=$\frac{1}{2}$，
將k=2、b=$\frac{1}{2}$代入ky²-4y+4b=0，得y=1，
將y=1代入拋物線方程y²=4x，得P（$\frac{1}{4}$，1），
∴l(xiāng)₂的斜率為-$\frac{1}{2}$，故l₂的方程為：y-1=-$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{4}$），即y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{9}{8}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x+\frac{9}{8}}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，消去x整理得：y²+8y-9=0，
由韋達(dá)定理可知：y_Py_M=9，
又∵P（$\frac{1}{4}$，1）∴y_M=-9，進(jìn)而可得M（$\frac{81}{4}$，-9），
∴|PM|=$\sqrt{（\frac{81}{4}-\frac{1}{4}）^{2}+（-9-1）^{2}}$=10$\sqrt{5}$．

點(diǎn)評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，考查分析問題、解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．