分析 (I)由圓的切線的性質(zhì)可得切線的方程,代入拋物線的方程,運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0,結(jié)合中點(diǎn)坐標(biāo)公式,解方程可得P的坐標(biāo);
(Ⅱ)假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使得以AB為底邊的等腰△OAB恰有三個.即有P為AB的中點(diǎn),且OP⊥AB,即l是圓的切線,且AB的中點(diǎn)為切點(diǎn).聯(lián)立切線的方程和拋物線的方程,運(yùn)用判別式大于0,結(jié)合(I)的三個點(diǎn),代入判別式,即可得到所求k的范圍.
解答 解:(I)由題意可得m2+n2=2,
由切線的性質(zhì)可得l的斜率為-$\frac{m}{n}$,
可得切線的方程為mx+ny=2,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
聯(lián)立曲線方程y=x2+x-2,可得nx2+(n+m)x-2n-2=0,
即有x1+x2=-$\frac{n+m}{n}$,
由點(diǎn)P恰好是線段AB的中點(diǎn),可得-$\frac{n+m}{n}$=2m,
即有n+m+2mn=0,又m2+n2=2,
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-1}\\{n=-1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1-\sqrt{3}}{2}}\\{n=\frac{1+\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1+\sqrt{3}}{2}}\\{n=\frac{1-\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$.
代入△=(n+m)2+4n(2n+2)>0,可得
P的坐標(biāo)為(-1,-1),或($\frac{1-\sqrt{3}}{2}$,$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$);
(Ⅱ)假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使得以AB為底邊的等腰△OAB恰有三個.
即有P為AB的中點(diǎn),且OP⊥AB,即l是圓的切線,且AB的中點(diǎn)為切點(diǎn).
由$\left\{\begin{array}{l}{mx+ny=2}\\{y={x}^{2}+x+k}\end{array}\right.$,可得nx2+(n+m)x+kn-2=0,
同(I)解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-1}\\{n=-1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1-\sqrt{3}}{2}}\\{n=\frac{1+\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1+\sqrt{3}}{2}}\\{n=\frac{1-\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$.
滿足△=(n+m)2-4n(kn-2)>0,即有k<$\frac{1+mn+4n}{2{n}^{2}}$,
代入點(diǎn)的坐標(biāo)可得$\left\{\begin{array}{l}{k<-1}\\{k<-1+\frac{3\sqrt{3}}{2}}\\{k<-1-\frac{3\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$,
即有k的范圍是k<-1-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
綜上可得,存在k<-1-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$,使得以AB為底邊的等腰△OAB恰有三個.
點(diǎn)評 本題考查圓的切線與拋物線的位置關(guān)系,考查直線方程和拋物線的方程聯(lián)立,運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式,考查化簡整理的運(yùn)算能力,屬于中檔題.
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