Question

13．已知圓M：（x-a）²+（y-b）²=9，M在拋物線C：x²=2py（p＞0）上，圓M過原點且與C的準線相切．
（Ⅰ） 求C的方程；
（Ⅱ） 點Q（0，-t）（t＞0），點P（與Q不重合）在直線l：y=-t上運動，過點P作C的兩條切線，切點分別為A，B．求證：∠AQO=∠BQO（其中O為坐標原點）．

Answer 1

分析 （I）解法一：可得$b=3-\frac{p}{2}$，a²+b²=9，即${a^2}=3p-\frac{p^2}{4}$，又a²=2pb，所以$3p-\frac{p^2}{4}=2p（3-\frac{p}{2}）$，解得p=4，即可
解法二：可得圓M必過拋物線的焦點$（0，\frac{p}{2}）$，又圓M過原點，得$b=\frac{p}{4}$，
又圓的半徑為3，得${a^2}=9-\frac{p^2}{16}$，又a²=2pb，得p=4．即可；
解法三：由圓M與拋物線準線相切，得$b=3-\frac{p}{2}$，
且圓過$（0，\frac{p}{2}）$又圓過原點，故$b=\frac{p}{4}$，可得$3-\frac{p}{2}=\frac{p}{4}$，解得p=4，即可
（Ⅱ）  解法一：設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（m，-t），
可得$x_1^2-2{x_1}m-4t=0$，$x_2^2-2{x_2}m-4t=0$，即x₁，x₂為方程x²-2mx-4t=0的兩根，所以x₁+x₂=2m，x₁x₂=-4t，可得${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=\frac{{{y_1}+t}}{x_1}+\frac{{{y_2}+t}}{x_2}=\frac{x_1^2+4t}{{4{x_1}}}+\frac{x_2^2+4t}{{4{x_2}}}$，化簡${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=\frac{{{x_1}{x_1}（{x_1}+{x_2}）}}{{4{x_1}{x_2}}}+\frac{{t（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}$=$\frac{-tm+tm}{-4t}=0$．可證得∠AQO=∠BQO．
解法二：依題意設點P（m，-t），設過點P的切線為y=k（x-m）-t由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-m）-t}\\{{x^2}=4y}\end{array}}\right.$，
得x²-4kx+4km+4t=0，由△=16k²-4（4km+4t）=0，即k²-km-t=0．
不妨設切線PA、PB的斜率為k₁、k₂，點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
得k₁+k₂=m，k₁•k₂=-t，又 ${k_1}=\frac{1}{2}{x_1}$，
得x₁=2k₁，${y_1}=k_1^2$，即點$A（2{k_1}，k_1^2）$，同理點$B（2{k_2}，k_2^2）$，
可得${k_{AQ}}=\frac{k_1^2+t}{{2{k_1}}}=\frac{k_1}{2}+\frac{t}{{2{k_1}}}$，同理${k_{BQ}}=\frac{k_2}{2}+\frac{t}{{2{k_2}}}$，
即${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=（\frac{k_1}{2}+\frac{t}{{2{k_1}}}）+（\frac{k_2}{2}+\frac{t}{{2{k_2}}}）$=$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{2}$+$\frac{t（{k}_{1}+{k}_{2}）}{2{k}_{1}{k}_{2}}$=$\frac{m}{2}-\frac{m}{2}=0$，可證得∠AQO=∠BQO．

解答 解：（I）解法一：因為圓M的圓心在拋物線上且與拋物線的準線相切，且圓半徑為3，
故$b=3-\frac{p}{2}$，（1分）
因為圓過原點，所以a²+b²=9，所以${a^2}=3p-\frac{p^2}{4}$，（2分）
又a²=2pb，所以$3p-\frac{p^2}{4}=2p（3-\frac{p}{2}）$，（3分）
因為p＞0，所以p=4，所以拋物線C方程x²=8y．（4分）
解法二：因為圓M的圓心在拋物線上且與拋物線的準線相切，由拋物線的定義，
圓M必過拋物線的焦點$（0，\frac{p}{2}）$，（1分）
又圓M過原點，所以$b=\frac{p}{4}$，（2分）
又圓的半徑為3，所以${a^2}=9-\frac{p^2}{16}$，又a²=2pb，（3分）
又$9-\frac{p^2}{16}=\frac{p^2}{2}$，得p²=16（p＞0），所以p=4．所以拋物線C方程x²=8y．（4分）
解法三：因為圓M與拋物線準線相切，所以$b=3-\frac{p}{2}$，（1分）
且圓過$（0，\frac{p}{2}）$又圓過原點，故$b=\frac{p}{4}$，可得$3-\frac{p}{2}=\frac{p}{4}$，（3分）
解得p=4，所以拋物線C方程x²=8y．（4分）
（Ⅱ）  解法一：設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（m，-t），
C方程為$y=\frac{1}{4}{x^2}$，所以$y'=\frac{1}{2}x$，（5分）
∴拋物線在點A處的切線的斜率$k=\frac{1}{2}{x_1}$，所以切線PA方程為：$y-{y_1}=\frac{1}{2}{x_1}（x-{x_1}）$，
即$y-\frac{1}{4}x_1^2=\frac{1}{2}{x_1}（x-{x_1}）$，化簡得$y=-\frac{1}{4}x_1^2+\frac{1}{2}{x_1}x$，（6分）
又因過點P（m，-t），故可得，$-t=-\frac{1}{4}x_1^2+\frac{1}{2}{x_1}m$，（7分）
即$x_1^2-2{x_1}m-4t=0$，同理可得$x_2^2-2{x_2}m-4t=0$，（8分）
所以x₁，x₂為方程x²-2mx-4t=0的兩根，所以x₁+x₂=2m，x₁x₂=-4t，（9分）
因為Q（0，-t），所以${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=\frac{{{y_1}+t}}{x_1}+\frac{{{y_2}+t}}{x_2}=\frac{x_1^2+4t}{{4{x_1}}}+\frac{x_2^2+4t}{{4{x_2}}}$，（10分）
化簡${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=\frac{{{x_1}{x_1}（{x_1}+{x_2}）}}{{4{x_1}{x_2}}}+\frac{{t（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}$=$\frac{-tm+tm}{-4t}=0$．（11分）
所以∠AQO=∠BQO．（12分）
解法二：依題意設點P（m，-t），設過點P的切線為y=k（x-m）-t，所以$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-m）-t}\\{{x^2}=4y}\end{array}}\right.$，
所以x²-4kx+4km+4t=0，所以△=16k²-4（4km+4t）=0，即k²-km-t=0，（5分）
不妨設切線PA、PB的斜率為k₁、k₂，點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
所以k₁+k₂=m，k₁•k₂=-t，又$y=\frac{1}{4}{x^2}$，所以$y'=\frac{1}{2}x$，所以${k_1}=\frac{1}{2}{x_1}$，（6分）
所以x₁=2k₁，${y_1}=k_1^2$，即點$A（2{k_1}，k_1^2）$，同理點$B（2{k_2}，k_2^2）$，（7分）
因為Q（0，-t），所以${k_{AQ}}=\frac{k_1^2+t}{{2{k_1}}}=\frac{k_1}{2}+\frac{t}{{2{k_1}}}$，同理${k_{BQ}}=\frac{k_2}{2}+\frac{t}{{2{k_2}}}$，（9分）
所以${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=（\frac{k_1}{2}+\frac{t}{{2{k_1}}}）+（\frac{k_2}{2}+\frac{t}{{2{k_2}}}）$=$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{2}$+$\frac{t（{k}_{1}+{k}_{2}）}{2{k}_{1}{k}_{2}}$=$\frac{m}{2}-\frac{m}{2}=0$，（11分）
所以∠AQO=∠BQO．（12分）

點評 本題考查了拋物線的方程，直線與拋物線的位置關系，考查了方程思想、轉化思想，考查了運算能力，屬于難題．