Question

11．已知曲线C₁：x²+（y-$\frac{1}{4}$）²=1（y≥$\frac{1}{4}$），C₂：x²=8y-1（|x|≥1），动直线l与C₂相交于A，B两点，曲线C₂在A，B处的切线相交于点M．
（1）当MA⊥MB时，求证：直线l恒过定点，并求出定点坐标；
（2）若直线l与C₁相切于点P，试问：在y轴上是否存在两个定点T₁，T₂，当直线MT₁，MT₂斜率存在时，两直线的斜率之积恒为定值？若存在求出满足条件的点T₁，T₂的坐标，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设l：y=kx+b，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{x}^{2}=8y-1}\end{array}\right.$，得x²-8kx-8b+1=0，由此利用韦达定理、导数性质，结合已知条件能求出l的方程为y=kx+$\frac{17}{8}$，恒过定点（0，$\frac{17}{8}$）．
（2）设M（u，v），直线MA：$\frac{{x}_{1}}{4}x-y-{y}_{1}+\frac{1}{4}=0$，由此可得切线AB的方程为$\frac{x}{4}u-y-v+\frac{1}{4}$=0，由直线AB与圆相切得${v}^{2}-\frac{{u}^{2}}{16}=1$，由此能求出存在两个定点T₁（0，-1），T₂（0，1），满足${k}_{M{T}_{1}}•{k}_{M{T}_{2}}$=$\frac{1}{16}$恒为定值．

解答 证明：（1）依题意，直线l的斜率存在，设l：y=kx+b，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{x}^{2}=8y-1}\end{array}\right.$，得x²-8kx-8b+1=0，
则x₁x₂=-8b+1，…（2分）
又由y=$\frac{{x}^{2}+1}{8}$，得${y}^{'}=\frac{x}{4}$，
${k}_{MA}•{k}_{MB}=\frac{{x}_{1}}{4}•\frac{{x}_{2}}{4}=-1$，x₁x₂=-16，
∴-8b+1=-16，∴b=$\frac{17}{8}$，…（4分）
∴l的方程为y=kx+$\frac{17}{8}$，恒过定点（0，$\frac{17}{8}$）．…（5分）
解：（2）设M（u，v），直线MA：y-y₁=$\frac{{x}_{1}}{4}$（x-x₁），即$\frac{{x}_{1}}{4}x-y-{y}_{1}+\frac{1}{4}=0$，
又MA经过M（u，v），∴$\frac{{x}_{1}}{4}u-v-{y}_{1}+\frac{1}{4}=0$，即$\frac{{x}_{1}}{4}u-{y}_{1}-v+\frac{1}{4}$=0，
∴$\frac{{x}_{1}}{4}u-{y}_{2}-v+\frac{1}{4}=0$，
由此可得切线AB的方程为$\frac{x}{4}u-y-v+\frac{1}{4}$=0，…（8分）
由直线AB与圆相切得$\frac{|0×\frac{u}{4}-\frac{1}{4}-v+\frac{1}{4}|}{\sqrt{（\frac{u}{4}）^{2}+1}}$=1，化简得${v}^{2}-\frac{{u}^{2}}{16}=1$，…（10分）
从而动点M的轨迹方程为${y}^{2}-\frac{{x}^{2}}{16}=1$，为焦点在y轴上的双曲线．
取T₁（0，-1），T₂（0，1），则${k}_{M{T}_{1}}•{k}_{M{T}_{2}}$=$\frac{y+1}{x}•\frac{y-1}{x}$=$\frac{{y}^{2}-1}{{x}^{2}}$=$\frac{\frac{{x}^{2}}{16}}{{x}^{2}}$=$\frac{1}{16}$为定值
故存在两个定点T₁（0，-1），T₂（0，1），满足${k}_{M{T}_{1}}•{k}_{M{T}_{2}}$=$\frac{1}{16}$恒为定值．…（12分）

点评 本题考查直线恒过定点的证明及定点坐标的求法，考查两直线的斜率之积恒为定值的定点是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意韦达定理、导数数性质、直线方程、圆的性质的合理运用．