Question

7．已知直线l与抛物线y²=2x有且仅有一个公共点A，直线l又与圆（x+2）²+y²=t（t＞0）相切于点B，且A、B两点不重合．
（1）当t=4时，求直线l的方程；
（2）是否存在实数t，使A、B两点的横坐标之差等于4？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可得直线的斜率存在，设直线l：y=kx+b，讨论当k=0时，当k≠0时，运用直线和抛物线相切，运用判别式为0，再由直线和圆相切的条件：d=r，即可求得k，b，进而得到直线方程；
（2）设直线L：y=kx+b，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），假设存在实数t，使A、B两点的横坐标之差等于4，讨论当k=0时，当k≠0时，联立直线和抛物线方程，运用判别式为0，求得k，b的关系式，再由直线和圆相切的条件，可得k，b的关系，同时求得A，B的横坐标，解方程即可判断存在性．

解答 解：（1）由题意可得直线的斜率存在，设直线l：y=kx+b，
当k=0时，由题意可得b=±2，即有直线l：y=±2；
当k≠0时，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{y}^{2}=2x}\end{array}\right.$可得k²x²+2（kb-1）x+b²=0，
令判别式为0，即4（kb-1）²-4k²b²=0，可得2kb=1，
由直线和圆相切可得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=-$\frac{\sqrt{6}}{12}$．
即有直线l：y=$\frac{\sqrt{6}}{12}$x+$\sqrt{6}$或y=-$\frac{\sqrt{6}}{12}$x-$\sqrt{6}$．
综上可得直线l：y=±2或y=$\frac{\sqrt{6}}{12}$x+$\sqrt{6}$或y=-$\frac{\sqrt{6}}{12}$x-$\sqrt{6}$．
（2）设直线L：y=kx+b，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
假设存在实数t，使A、B两点的横坐标之差等于4，即为x₁-x₂=4．
当k=0时，直线l：y=±$\sqrt{t}$，代入抛物线方程可得x=$\frac{t}{2}$，
即有x₁=$\frac{t}{2}$，x₂=-2，即有$\frac{t}{2}$+2=4，解得t=4；
当k≠0时，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{y}^{2}=2x}\end{array}\right.$可得k²x²+2（kb-1）x+b²=0，
令判别式为0，即4（kb-1）²-4k²b²=0，可得2kb=1，①
x₁=$\frac{1-kb}{{k}^{2}}$=$\frac{1}{2{k}^{2}}$，
由直线和圆相切的条件可得，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=$\frac{1}{4}$（负的舍去）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，不合题意．
综上可得，存在实数t=4，使A、B两点的横坐标之差等于4．

点评 本题考查抛物线的方程和性质，主要考查直线方程和抛物线方程联立，运用判别式为0，同时考查直线和圆相切的条件，具有一定的运算量，属于中档题和易错题．