Question

13．已知圆M：（x-a）²+（y-b）²=9，M在抛物线C：x²=2py（p＞0）上，圆M过原点且与C的准线相切．
（Ⅰ） 求C的方程；
（Ⅱ） 点Q（0，-t）（t＞0），点P（与Q不重合）在直线l：y=-t上运动，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B．求证：∠AQO=∠BQO（其中O为坐标原点）．

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：可得圆M必过抛物线的焦点$（0，\frac{p}{2}）$，又圆M过原点，得$b=\frac{p}{4}$，
又圆的半径为3，得${a^2}=9-\frac{p^2}{16}$，又a²=2pb，得p=4．即可；
解法三：由圆M与抛物线准线相切，得$b=3-\frac{p}{2}$，
且圆过$（0，\frac{p}{2}）$又圆过原点，故$b=\frac{p}{4}$，可得$3-\frac{p}{2}=\frac{p}{4}$，解得p=4，即可
（Ⅱ）  解法一：设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为方程x²-2mx-4t=0的两根，所以x₁+x₂=2m，x₁x₂=-4t，可得${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=\frac{{{y_1}+t}}{x_1}+\frac{{{y_2}+t}}{x_2}=\frac{x_1^2+4t}{{4{x_1}}}+\frac{x_2^2+4t}{{4{x_2}}}$，化简${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=\frac{{{x_1}{x_1}（{x_1}+{x_2}）}}{{4{x_1}{x_2}}}+\frac{{t（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}$=$\frac{-tm+tm}{-4t}=0$．可证得∠AQO=∠BQO．
解法二：依题意设点P（m，-t），设过点P的切线为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．
不妨设切线PA、PB的斜率为k₁、k₂，点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
得k₁+k₂=m，k₁•k₂=-t，又 ${k_1}=\frac{1}{2}{x_1}$，
得x₁=2k₁，${y_1}=k_1^2$，即点$A（2{k_1}，k_1^2）$，同理点$B（2{k_2}，k_2^2）$，
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${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=（\frac{k_1}{2}+\frac{t}{{2{k_1}}}）+（\frac{k_2}{2}+\frac{t}{{2{k_2}}}）$=$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{2}$+$\frac{t（{k}_{1}+{k}_{2}）}{2{k}_{1}{k}_{2}}$=$\frac{m}{2}-\frac{m}{2}=0$，可证得∠AQO=∠BQO．

解答 解：（I）解法一：因为圆M的圆心在抛物线上且与抛物线的准线相切，且圆半径为3，
故$b=3-\frac{p}{2}$，（1分）
因为圆过原点，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）
因为p＞0，所以p=4，所以抛物线C方程x²=8y．（4分）
解法二：因为圆M的圆心在抛物线上且与抛物线的准线相切，由抛物线的定义，
圆M必过抛物线的焦点$（0，\frac{p}{2}）$，（1分）
又圆M过原点，所以$b=\frac{p}{4}$，（2分）
又圆的半径为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．所以抛物线C方程x²=8y．（4分）
解法三：因为圆M与抛物线准线相切，所以$b=3-\frac{p}{2}$，（1分）
且圆过$（0，\frac{p}{2}）$又圆过原点，故$b=\frac{p}{4}$，可得$3-\frac{p}{2}=\frac{p}{4}$，（3分）
解得p=4，所以抛物线C方程x²=8y．（4分）
（Ⅱ）  解法一：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（m，-t），
C方程为$y=\frac{1}{4}{x^2}$，所以$y'=\frac{1}{2}x$，（5分）
∴抛物线在点A处的切线的斜率$k=\frac{1}{2}{x_1}$，所以切线PA方程为：$y-{y_1}=\frac{1}{2}{x_1}（x-{x_1}）$，
即$y-\frac{1}{4}x_1^2=\frac{1}{2}{x_1}（x-{x_1}）$，化简得$y=-\frac{1}{4}x_1^2+\frac{1}{2}{x_1}x$，（6分）
又因过点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为方程x²-2mx-4t=0的两根，所以x₁+x₂=2m，x₁x₂=-4t，（9分）
因为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）
化简${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=\frac{{{x_1}{x_1}（{x_1}+{x_2}）}}{{4{x_1}{x_2}}}+\frac{{t（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}$=$\frac{-tm+tm}{-4t}=0$．（11分）
所以∠AQO=∠BQO．（12分）
解法二：依题意设点P（m，-t），设过点P的切线为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）
不妨设切线PA、PB的斜率为k₁、k₂，点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，${y_1}=k_1^2$，即点$A（2{k_1}，k_1^2）$，同理点$B（2{k_2}，k_2^2）$，（7分）
因为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）

点评 本题考查了抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系，考查了方程思想、转化思想，考查了运算能力，属于难题．