高考数学命题角度5_3直线与抛物线位置关系大题狂练理 19页

命题角度 5.3：直线与抛物线位置关系 1.已知圆    2 2: 9M x a y b    , M 在抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  上,圆 M 过原点且 与C 的准线相切. (Ⅰ) 求C 的方程； (Ⅱ) 点  0, ( 0)Q t t  ,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）. 【答案】（I） 2 4x y ;(Ⅱ) 见解析. 【解析】试题分析 ：（I）原点在圆上，抛物线准线与圆相切，可得 , ,a b p 三者之间的关系， 进而求出 C 的方程；(Ⅱ) 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  ,P m t ，利用导数求得两切线方 程，利用根与系数关系可证 0AQ BQk k  ，即证两角相等． 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, 2 p     ， 又圆 M 过原点，所以 4 pb  ， 又圆的半径为 3，所以 2 2 9 16 pa   ，又 2 2a pb ， 又 2 2 9 16 2 p p  ，得 2 16( 0)p p  ，所以 4p  ．所以抛物线C 方程 2 4x y ． 解法三：因为圆 M 与抛物线准线相切，所以 3 2 pb   ， 且圆过 0, 2 p     又圆过原点，故 4 pb  ，可得3 2 4 p p  ， 解得 4p  ，所以抛物线 C 方程 2 4x y (Ⅱ) 解法一：设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  ,P m t ， C 方程为 21 4y x ，所以 1' 2y x ， 5 分 求得抛物线在点 A 处的切线的斜率 1 1 2k x ，所以切线 PA 方程为：  1 1 1 1 2y y x x x   ， 即  2 1 1 1 1 1 4 2y x x x x   ，化简得 2 1 1 1 1 4 2y x x x   ， 又因过点  ,P m t ，故可得， 2 1 1 1 1 4 2t x x m    ， 即 2 1 12 4 0x x m t   ，同理可得 2 2 22 4 0x x m t   ， 所以 1 2,x x 为方程 2 2 4 0x mx t   的两根，所以 1 2 2x x m  ， 1 2 4x x t  ， 因为  0,Q t ，所以 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 4 4 4AQ BQ y t y t x t x tk k x x x x         ， 化简    1 1 1 2 1 2 1 2 1 24AQ BQ x x x x t x xk k x x x x     04 tm tm t    ． 所以 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   ，所以   2 ,{ 4 , y k x m t x y     ， 所以 2 4 4 4 0x kx km t    ，所以  216 4 4 4 0k km t     ，即 2 0k km t   ， 不妨设切线 PA PB、 的斜率为 1 2k k、 ，点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 所以 1 2k k m  ， 1 2k k t   ，又 21 4y x ，所以 1' 2y x ，所以 1 1 1 2k x ， 所以 1 12x k ， 2 1 1y k ，即点  2 1 12 ,A k k ，同理点  2 2 22 ,B k k ， 因为  0,Q t ，所以 2 1 1 1 12 2 2AQ k t k tk k k    ，同理 2 22 2BQ k tk k   ， 所以 1 2 1 22 2 2 2AQ BQ k kt tk k k k                 1 21 2 1 22 2 t k kk k k k   02 2 m m   ， 所以 AQO BQO   ． 2.已知动圆 过定点 ，且在 轴上截得的弦 的长为 ． (1)求动圆圆心 的轨迹 的方程； (2)设 ， 是轨迹 上的两点，且 ， ，记 ，求 的最小值． 【答案】(1) ；(2) . 试题解析: (1)设 ， 的中点 ，连 ，则： ， ， ∴ . 又 , ∴ ∴ ，整理得 . (2)设 ， ，不失一般性，令 ， 则 ， ∵ , ∴ ,解得 ③ 直线 的方程为： ， , 即 ，令 得 ，即直线 恒过定点 ， 当 时， 轴， ， ． 直线 也经过点 . ∴ . 由③可得 , ∴ . 当且仅当 ，即 时， . 3. 过点  , 2P a  作抛物线 2: 4C x y 的两条切线, 切点分别为  1 1,A x y ,  2 2,B x y . （1） 证明: 1 2 1 2x x y y 为定值; （2） 记△ PAB 的外接圆的圆心为点 M , 点 F 是抛物线C 的焦点, 对任意实数 a , 试判断 以 PM 为直径的圆是否恒过点 F ? 并说明理由. 【答案】（I）详见解析；（II）详见解析. 【解析】试题分析：(Ⅰ)对 21 4y x 求导，得到直线 PA 的斜率为 1 1 2 x ，进一步得到直线 PA 的 方 程 为  2 1 1 1 1 1 4 2y x x x x   . 将 点 点  , 2P a  代 入 直 线 PA 方 程 ， 整 理 得 2 1 12 8 0x ax   . 同理, 2 2 22 8 0x ax   . 又  22 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 44 4 16y y x x x x    , 所以 1 2 1 2 4x x y y   为定值. (Ⅱ)由题意可得)直线 PA 的垂直平分线方程为 1 1 1 2 4 2 ax x ay xx        . ① 同理直线 PB 的垂直平分线方程为 2 2 2 2 4 2 ax x ay xx        . ② 由 ① ② 解 得 点 23 ,12 2 aM a     . 又 抛 物 线 C 的 焦 点 为  0,1 ,F 则   23 , , ,3 .2 2 aMF a PF a           由 2 23 3 02 2 a aMF PF     ， 可得 .MF PF  所以 以 PM 为直径的圆恒过点 .F 同理, 2 2 22 8 0x ax   . 所以 1 2,x x 是方程 2 2 8 0x ax   的两个根. 所以 1 2 8x x   . 又  22 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 44 4 16y y x x x x    , 所以 1 2 1 2 4x x y y   为定值. 法 2:设过点  , 2P a  且与抛物线C 相切的切线方程为  2y k x a   , 由   2 2 ,{ 4 , y k x a x y     消去 y 得 2 4 4 8 0x kx ka    , 由  216 4 4 8 0k ak     , 化简得 2 2 0k ak   . 所以 1 2 2k k   . 由 2 4x y ,得 21 4y x ,所以 1 2y x  . 所以直线 PA 的斜率为 1 1 1 2k x ,直线 PB 的斜率为 2 2 1 2k x . 所以 1 2 1 24 x x   , 即 1 2 8x x   . 又  22 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 44 4 16y y x x x x    , 所以 1 2 1 2 4x x y y   为定值. 由①②解得 3 2x a , 2 1 2 ay   , 所以点 23 ,12 2 aM a     . 抛物线C 的焦点为  0,1 ,F 则   23 , , ,3 .2 2 aMF a PF a           由于 2 23 3 02 2 a aMF PF     ， 所以 .MF PF  所以以 PM 为直径的圆恒过点 .F 另法: 以 PM 为直径的圆的方程为    23 2 1 0.2 2 ax a x a y y              把点  0,1F 代入上方程,知点 F 的坐标是方程的解. 所以以 PM 为直径的圆恒过点 .F 法 2：设点 M 的坐标为 ,m n ， 则△ PAB 的外接圆方程为       2 2 2 22x m y n m a n       ， 由于点    1 1 2 2, , ,A x y B x y 在该圆上， 则       2 2 2 2 1 1 2x m y n m a n       ，        2 2 2 2 2 2 2x m y n m a n       . 两式相减得     1 2 1 2 1 2 1 22 2 0x x x x m y y y y n        , ① 由(Ⅰ)知 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 12 , 8, ,4 4x x a x x y x y x      ,代入上式得   3 1 2 4 4 4 2 0x x a m a a an      , 当 1 2x x 时, 得 38 4 2 0a m a an    , ② 假设以 PM 为直径的圆恒过点 F ,则 ,MF PF  即  , 1 · , 3 0m n a     , 得  3 1 0ma n   , ③ 由②③解得 23 1, 12 2m a n a   , 所以点 23 1,12 2M a a    . 当 1 2x x 时, 则 0a  ,点  0,1M . 所以以 PM 为直径的圆恒过点 .F 点睛：本题考查抛物线的基本性质以及直线与抛物线的位置关系，属中档题.解释要注意灵活 应用韦达定理以及向量有关知识 4.已知过抛物线 2: 2 ( 0)E x py p  焦点 F 且倾斜角的 60 直线 l 与抛物线 E 交于点 ,M N OMN 的面积为 4 ． （I）求抛物线 E 的方程； （II）设 P 是直线 2y   上的一个动点，过 P 作抛物线 E 的切线，切点分别为 ,A B 直线 AB 与直线 ,OP y 轴的交点分别 为 ,Q R 点 ,C D 是以 R 为圆心 RQ 为半径的圆上任意两点，求 CPD 最大时点 P 的坐标． 【答案】（I） 2 4x y ；（II） 2 2, 2  ． 【解析】试题分析： （I）抛物线焦点为 ,02 pF      ，写出直线l 方程，与抛物线方程联立，消元后可得 1 2 1 2,x x x x ， 其中    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，可再求出原点 O 到直线 l 的距离 d ，由 1 2S MN d 求得 p ， 也可由 1 2 1 2S x x OF  求得 p ； 试题解析： （I）依题意， 0, 2 pF      ，所以直线l 的方程为 3 2 py x  ； 由 2 3{ 2 2 py x x py    得 2 22 3 0x px p   ，  2 2 2 2 1 2 1 22 3 4 16 0, 2 3 ,p p p x x p x x p         所以  1 2 1 2 1 23 7 , 8y y x x p p MN y y p p         ， O 到 MN 的距离   2 2 12 , 44 22 1 OMN p pd S MN d p      ， 2p  ，抛物线方程为 2 4x y （II）设   2 2 1 2 1 2, 2 , , , ,4 4 x xP t A x B x            ，由 2 4x y 得 2 , '4 2 x xy y  ， 则切线 PA 方程为   2 1 1 14 2 x xy x x   即 2 1 1 1 12 4 2 x x xy x x y    ， 同理，切线 PB 方程为 2 22 xy x y  ， 把 P 代入可得 1 1 2 2 2 2{ 2 2 x t y x t y       故直线 AB 的方程为 2 1 x t y   即 2 4 0tx y    0,2R 由 2 4 0 { 2 tx y y xt     得 2 2 4 4{ 8 4 Q Q tx t y t     ，       222 2 2 2 22 216 82 24 44 Q Q ttr RQ x y t tt              ， 当 ,PC PD 与圆 R 相切时角 CPD 最大， 此时 2 2 2 2 2 2 14sin 2 36416 20 t CPD r t PR t t t         ，等号当 2 2t   时成立 当  2 2, 2P   时，所求的角 CPD 最大． 综上，当 CPD 最大时点 P 的坐标为 2 2, 2  点 睛 ： 在 解 析 几 何 中 由 于 OMN 的 边 MN 过 定 点 F ， 因 此 其 面 积 可 表 示 为 1 2 1 2S OF x x  ，因此可易求 p ，同样在解解析几何问题时如善于发现平面几何的性质可 以帮助解题，第（II）小题中如能发现OP AB 则知OP 是圆 R 的切线，因此 CPD 取最 大值时， ,PC PD 中一条与 PO 重合，另一条也是圆的切线，从而易得解． 另解：（I）依题意， 0, 2 pF      ，所以直线l 的方程为 3 2 py x  ； 由 2 3{ 2 2 py x x py    得 2 22 3 0x px p   ，  2 2 2 2 1 2 1 22 3 4 16 0, 2 3 ,p p p x x p x x p          2 1 2 1 2 1 24 4x x x x x x p     ， 2 1 2 1 4 22OMNS OF x x p p       ，抛物线方程为 2 4x y ． （II）设   2 2 1 2 1 2, 2 , , , ,4 4 x xP t A x B x            ，由 2 4x y 得 2 , '4 2 x xy y  ， 则切线 PA 方程为   2 1 1 14 2 x xy x x   即 2 1 1 1 12 4 2 x x xy x x y    ， 同理，切线 PB 方程为 2 22 xy x y  ， 把 P 代入可得 1 1 2 2 2 2{ 2 2 x t y x t y       故直线 AB 的方程为 2 1 x t y   即 2 4 0tx y    0,2R 由 2 4 0 { 2 tx y y xt     得 2 2 4 4{ 8 4 Q Q tx t y t     ，       222 2 2 2 22 216 82 24 44 Q Q ttr RQ x y t tt              ， 注意到OP AB 2 2 8 4 t PQ t     ， 2 22 2tan 2 8 22 2 RQ tCPD t PQ t t      当且仅当 2 8t  即 2 2t   时等号成立． 5.已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 ,F A 为 C 上位于第一象限的任意一点，过点 A 的 直线l 交C 于另一点 B ，交 x 轴的正半轴于点 D . （1）若当点 A 的横坐标为3，且 ADF 为等腰三角形，求 C 的方程； （2）对于（1）中求出的抛物线C ，若点  0 0 1,0 2D x x    ，记点 B 关于 x 轴的对称点为 ,E AE 交 x 轴于点 P ，且 AP BP ，求证：点 P 的坐标为 0,0x ，并求点 P 到直线 AB 的距离 d 的取值范围. 【答案】（1） 2 4y x （2） 6 ,23      【解析】【试题分析】（1）可直接依据等腰三角形的几何特征建立方程求解；（2）先依据题条 件建立直线的截距式方程，借助直线与抛物线的方程之间的关系，运用坐标之间的联系建立 目标函数，通过求函数的值域使得问题获解： 解：(1) 由题知 ,0 , 32 2 p pF FA      ，则  3 ,0 ,D p FD 的中点坐标为 3 3 ,02 4 p    ， 则 3 3 32 4 p  ，解得 2p  ，故C 的方程为 2 4y x . (2) 依题可设直线 AB 的方程为      0 1 1 2 20 , , , ,x my x m A x y B x y   ，则  2 2,E x y ， 由 2 0 4{ y x x my x    消 去 x ， 得 2 2 0 0 0 14 4 0, . 16 16 02y my x x m x        ， 1 2 1 2 04 , 4y y m y y x    ， 设 P 的 坐 标 为  ,0Px ， 则    2 2 1 1, , ,P PPE x x y PA x x y      ， 由 题 知 / /PE PA   ， 所 以    2 1 2 1 0P Px x y y x x    ， 即    2 2 1 2 1 22 1 1 2 2 1 2 1 1 2 4 4P y y y yy y y yx y y x y y x      ， 显 然 1 2 4 0y y m   ， 所 以 1 2 04P y yx x   ，即证  0,0Px x ，由题知 EPB 为等腰直角三角形，所以 1APk  ，即 1 2 1 2 1y y x x   ， 也 即   1 2 2 2 1 2 11 4 y y y y    ， 所 以  2 1 2 1 2 1 24, 4 16y y y y y y      ， 即 2 2 0 0 016 16 16, 1 , 1m x m x x     ， 又 因 为 0 1 2x  ， 所 以 0 0 0 0 0 2 2 0 2 21 1,2 21 1 x x x xx d xm m         ， 令  2 2 0 0 2 26 42 1, , 2 , 22 t x t x t d tt t            ，易知   4 2f t tt   在 61, 2      上 是减函数，所以 6 ,23d      . 点睛：设置本题的目的旨在考查抛物线的标准方程与几何性质及直线与抛物线的位置关系等 知识的综合运用。解答本题的第一问时，直接依据等腰三角形的几何特征建立方程 3 3 32 4 p  ，通过求解方程使得问题获解；求解第二问时，先依据题条件建立直线 AB 的截 距式方程为 0x my x  ，借助直线与抛物线的方程之间的关系，运用坐标之间的联系建立目 标函数   4 2f t tt   ，通过求函数   4 2f t tt   的值域使得问题获解。 6.如图，O 为坐标原点，点 F 为抛物线 C1： 2 2 ( 0)x py p  的焦点，且抛物线 C1 上点 M 处 的切线与圆 C2： 2 2 1x y  相切于点 Q． （Ⅰ）当直线 MQ 的方程为 2 0x y   时，求抛物线 C1 的方程； （Ⅱ）当正数 p 变化时，记 S1 ，S2 分别为△FMQ，△FOQ 的面积，求 1 2 S S 的最小值． 【答案】（1）x2 2 2 y（2）3 2 2 【解析】试题分析：（1）依据题设条件，借助导数的几何意义求出切点坐标及其斜率 0x p ，建 立方程组求解；（2）运用直线与圆相切的建立等量关系 4 2 2 0 04 4x x p  ，通过解方程组求得点 Q 的坐标，进而求出 S1 ，S2，建立目标函数 ，然后运用基本不等式求解： 解：（Ⅰ）设点 2 0 0, 2 xM x p       ，由 2 2 ( 0)x py p  得， 2 2 xy p  ，求导 xy p   ， 而直线 MQ 的斜率为 1，所以 0 1x p  且 2 0 0 2 02 xx p    ，解得 2 2p  所以抛物线标准方程为 2 4 2x y （Ⅱ）因为点 M 处的切线方程为：   2 0 0 02 x xy x xp p    ，即 2 0 02 2 0x x py x   ， 根据切线又与圆相切，得 d r ，即 2 0 2 2 0 1 4 4 x x p    ，化简得 4 2 2 0 04 4x x p  ， 由方程组 ，解得 Q（ ， ）， 所以|PQ|= |xP-xQ|= = ， 点 F（0， ）到切线 PQ 的距离是 d= = ， 所以 = × × = ， = ， 而由 知，4p2= ，得|x0|＞2， 所以 = = = = = +3≥2 +3 ， 当 且 仅 当 时 取 “=” 号 ， 即 ，此时，p= ，所以 1 2 S S 的最小值为 3 2 2 ． 7.已知圆 O ： 2 2 1x y  和抛物线 E ： 2 2y x  ， O 为坐标原点． （1）已知直线l 和圆 O 相切，与抛物线 E 交于 ,M N 两点，且满足 OM ON ，求直线 l 的 方程； （2）过抛物线 E 上一点  0 0,P x y 作两直线 ,PQ PR 和圆O 相切，且分别交抛物线 E 于 ,Q R 两点，若直线 QR 的斜率为 3 ，求点 P 的坐标． 【答案】（1） 1y   ;（2） 3 5,3 3P       或  3,1P ． 试题解析：（1）解：设 :l y kx b  ，  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，由 l 和圆 O 相切，得 2 1 1 b k   ． ∴ 2 2 1b k  ． 由 2{ 2 y kx b y x     消去 y ，并整理得 2 2 0x kx b    ， ∴ 1 2x x k  ， 1 2 2x x b   ． 由OM ON ，得 0OM ON   ，即 1 2 1 2 0x x y y  ． ∴   1 2 1 2 0x x kx b kx b    ． ∴   2 2 1 2 1 21 0k x x kb x x b     ， ∴  2 2 21 2 0k b k b b      ， ∴    2 2 22 1 0b b b b b      ． ∴ 2 0b b  ． ∴ 1b   或 0b  （舍）． 当 1b   时， 0k  ，故直线l 的方程为 1y   ． （2）设  0 0,P x y ，  1 1,Q x y ，  2 2,R x y ，则    2 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 2 2 QR x xy yk x xx x x x        ． ∴ 1 2 3x x   ． 设  0 1 0:QRl y y k x x   ，由直线和圆相切，得 0 1 0 2 1 1 1 y k x k    ， 即 2 2 2 0 1 0 0 1 01 2 1 0x k x y k y     ． 设  0 2 0:PRl y y k x x   ，同理可得：  2 2 2 0 2 0 0 2 01 2 1 0x k x y k y     ． 故 1 2,k k 是方程 2 2 2 0 0 0 01 2 1 0x k x y k y     的两根，故 0 0 1 2 2 0 2 1 x yk k x    ． 由 1 0 1 0 2{ 2 y k x y k x y x      得 2 1 1 0 0 2 0x k x k x y     ，故 0 1 1x x k  ． 同理 0 2 2x x k  ，则 0 1 2 1 22x x x k k    ，即 0 0 0 2 0 22 3 1 x yx x    ． ∴  2 0 0 0 2 0 2 2 2 3 1 x x x x     ，解 0 3 3x   或 3 ． 当 0 3 3x   时， 0 5 3y   ；当 0 3x  时， 0 1y  ． 故 3 5,3 3P       或  3,1P ． 8.已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  上的点  0 0,M x y 到点  2,0N 距离的最小值为 3 . （1）求抛物线C 的方程； （2）若 0 2x  ，圆  2 21 1E x y   ，过 M 作圆 E 的两条切线分别交 y 轴    0, , 0,A a B b 两点，求 MAB 面积的最小值. 【答案】（1） 2 2y x ；（2）当且仅当 0 4x  时，取最小值 8. 【解析】试题分析：（1）利用两点间距离公式求最值即可； （2）由题意可知， 0 0 MA y ak x  ，所以直线 MA 的方程为 0 0 y ay x ax   ，由直线与圆相 切，得圆心到直线距离等于半径，     0 0 2 2 0 0 1 y a ax y a x      ，整理得  2 0 0 02 2 0a x ay x    ， 同理得  2 2 0 0 02 2 0b x x by x x    ，得 ,a b 为方程  2 0 0 02 2 0x x y x x    的两根，利 用根与系数关系求解即可. (2) 由 题 意 可 知 ， 0 0 MA y ak x  ， 所 以 直 线 MA 的 方 程 为 0 0 y ay x ax   ， 即       0 0 0 0 0 2 2 0 0 0, 1 y a ax y a x x y ax y a x           ，  2 22 0 0 0 0y a x y a ax      ，整理 得：  2 0 0 02 2 0a x ay x    ， 同 理 ：  2 2 0 0 02 2 0b x x by x x    ， ,a b 为 方 程   2 0 0 02 2 0x x y x x    的 两 根 ，  2 00 0 0 0 0 22 , , 42 2 2 xy xa b ab a b a b abx x x                ， 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 4 41 42, 22 2 2 2 x xx S a b x xx x x              0 0 42 4 82x x      ，当且仅当 0 4x  时，取最小值. 9.已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 F ，准线为l ，抛物线上一点 P 的横坐标为 1，且 到焦点 F 的距离为 2. （1）求抛物线C 的方程； （2）设 ,A B 是抛物线上异于原点O 的两个不同点，直线OA和 OB 的倾斜角分别为 和  ， 当 ,  变化且  为定值  tan 2   时，证明直线 AB 恒过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1） 2 4y x ；（2） 4,2 . 【解析】试题分析：（1）由抛物线的定义求解即可； （2）设点    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，设直线 ,OA OB 的方程分别为  , 0, 0y kx y mx k m    与抛物线联立求交点，用坐标表示斜率，斜率表示正切研究即可. 试题解析： （1）由抛物线的定义知，点 P 到焦点 F 的距离等于到准线的距离，所以1 2, 22 p p   .故 抛物线C 的标准方程为 2 4y x . （2）设点    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，由题意得 1 2x x (否则 =0  ,不满足 tan 2  )，且 1 20, 0x x  ， 设直线 ,OA OB 的方程分别为  , 0, 0y kx y mx k m    ， 联立 2 ,{ 4 , y kx y x   解得 1 12 4 4,x yk k   ；联立 2 ,{ 4 , y mx y x   ，解得 2 22 4 4,x ym m   . 则由两点式得直线 AB 的方程为 2 2 2 4 4 4 4 4 4 y xm m k m k m      . 化简得 4mky xm k m k    .① 因为 2   ，且 =   得   tan tantan tan 21 tan tan 1 k m km              , 可得 2 1 2 mk m   .② 将 ② 代 人 ① ， 化 简 得          2 2 2 22 2 2 2 12 24 2 1 12 1 2 1 m m mm m m mmy x xm mm m                22 2 2 2 212 1 m m m mx mm     ， 即      2 2 4 2 2 1 m my x m     ,令 4 0x   ,得 2y  . 所以直线 AB 恒过定点  4,2 . 10.平面直角坐标系中，动圆C 与圆 2 2 11 4x y   外切，且与直线 1 2x   相切，记圆心C 的轨迹为曲线T . （1）求曲线T 的方程； （2）设过定点  ,0Q m （ m 为非零常数）的动直线l 与曲线T 交于 A B、 两点，问：在曲线T 上是否存在点 P（与 A B、 两点相异），当直线 PA PB、 的斜率存在时，直线 PA PB、 的斜率 之和为定值.若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 4y x ；（2）见解析. 【解析】【试题分析】（1）依据题设条件运用两圆位置关系建立方程求解；（2）依据题设条件 借助直线的斜率公式及直线与抛物线的位置关系进行分析求解： （2）假设在曲线T 上存在点 P 满足题设条件，不妨设      0 0 1 1 2 2, , , , ,P x y A x y B x y ， 则 1 0 2 0 1 0 1 0 2 0 2 0 4 4,PA PB y y y yk kx x y y x x y y         ， ∴     1 2 0 2 1 0 2 0 0 1 2 0 1 2 4 24 4 PA PB y y yk k y y y y y y y y y y          （*） 显然动直线l 的斜率非零，故可设其方程为 ,x ty m t R   ， 联立 2 4y x ，整理得 2 4 4 0y ty m   ， ∴ 1 2 1 24 , 4y y t y y m    ，且 1 2y y ， 代入（*）式得  0 0 2 2 0 0 0 0 4 4 2 16 8 4 4 4 4PA PB t y t yk k y ty m y t y m        ， 显然 0y  ，于是     2 0 0 04 16 4 8 0PA PB PA PBy k k t k k y m y         （**）， 欲使（**）式对任意t R 成立，∴      0 2 0 0 4 16 0 { 4 8 0 PA PB PA PB y k k k k y m y        ， 显然 2 0 4 0y m  ，否则由   2 0 04 8 0PA PBk k y m y    可知 0 0y  ， 从而可得 0m  ，这与 m 为非零常数矛盾， ∴ 0 0 2 0 4 { 8 4 PA PB PA PB k k y yk k y m      ， ∴ 0 2 0 0 84 4 y y y m   ，∴ 2 0 4y m  ， 于是，当 0m  时，不存在满足条件的 0y ，即不存在满足题设条件的点 P ； 当 0m  时， 0 2y m   ， 将此代入抛物线T 的方程可求得满足条件的 P 点坐标为  ,2m m  或 , 2m m   ． 下面说明此时直线 PA PB、 的斜率必定存在， ∵ 1 2 4y y m  ，∴ 2 2 2 1 2 1 216 16y y m x x  ，∴ 2 1 2x x m ， 显然 1 2x x ，∴ 1x m  ，且 2x m  ，∴直线 PA PB、 的斜率必定存在， 综 上 所 述 ， 存 在 点 P （ 与 A B、 两 点 相 异 ）， 其 坐 标 为  ,2 ( 0)m m m   ， 或  , 2 ( 0)m m m    ，使得直线 PA PB、 的斜率之和为定值．