12．已知过点P（2,1）有且只有一条直线与圆C：
x2＋y2＋2ax＋ay＋2a2＋a－1＝0相切，则实数a＝________.
[答案] －1
[解析] 由条件知点P在⊙C上，∴4＋1＋4a＋a＋2a2＋a－1＝0，∴a＝－1或－2.
当a＝－1时，x2＋y2－2x－y＝0表示圆，当a＝－2时，x2＋y2－4x－2y＋5＝0不表示圆，∴a＝－1.
三、解答题
13．（2015·福建文，19）已知点F为抛物线E：
y2＝2px（p>0）的焦点，点A（2，m）在抛物线E上，且|AF|＝3.
（1）求抛物线E的方程；
（2）已知点G（－1,0），延长AF交抛物线E于点B，证明：
以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．
[分析] 考查：
1.抛物线标准方程；2.直线和圆的位置关系．
（1）利用抛物线定义，将抛物线上的点到焦点距离和到准线距离相互转化；
（2）欲证明以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．可证明点F到直线GA和直线GB的距离相等（此时需确定两条直线方程）；也可以证明∠AGF＝∠BGF，可转化为证明两条直线的斜率互为相反数．
[解析] 法一：
（1）由抛物线的定义得|AF|＝2＋.
因为|AF|＝3，即2＋＝3，解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x.
（2）因为点A（2，m）在抛物线E：
y2＝4x上，
所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A（2,2）．
由A（2,2），F（1,0）可得直线AF的方程为y＝2（x－1）．
由得2x2－5x＋2＝0，
解得x＝2或x＝，从而B（，－）．
又G（－1,0），
所以kGA＝＝，kGB＝＝－，
所以kGA＋kGB＝0，从而∠AGF＝∠BGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．
法二：
（1）同法一．
（2）设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.
因为点A（2，m）在抛物线E：
y2＝4x上，
所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A（2,2）．
由A（2,2），F（1,0）可得直线AF的方程为y＝2（x－1）．
由得2x2－5x＋2＝0.
解得x＝2或x＝，从而B.
又G（－1,0），故直线GA的方程为2x－3y＋2＝0，
从而r＝＝.
又直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0，
所以点F到直线GB的距离d＝＝＝r.
这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．
14．（文）已知圆C：
x2＋y2＝r2（r>0）经过点（1，）．
（1）求圆C的方程；
（2）是否存在经过点（－1,1）的直线l，它与圆C相交于A、B两个不同点，且满足关系＝＋（O为坐标原点）的点M也在圆C上，如果存在，求出直线l的方程；如果不存在，请说明理由．
[解析]
（1）由圆C：
x2＋y2＝r2，再由点（1，）在圆C上，得r2＝12＋（）2＝4，
所以圆C的方程为x2＋y2＝4.
（2）假设直线l存在，设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0）．
①若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y－1＝k（x＋1），
联立消去y得，
（1＋k2）x2＋2k（k＋1）x＋k2＋2k－3＝0，
由韦达定理得x1＋x2＝－＝－2＋，
x1x2＝＝1＋，
y1y2＝k2x1x2＋k（k＋1）（x1＋x2）＋（k＋1）2＝－3，
因为点A（x1，y1），B（x2，y2）在圆C上，
因此，得x＋y＝4，x＋y＝4，
由＝＋得，x0＝，y0＝，
由于点M也在圆C上，则（）2＋（）2＝4，
整理得＋3·＋x1x2＋y1y2＝4，
即x1x2＋y1y2＝0，所以1＋＋（－3）＝0，
从而得，k2－2k＋1＝0，即k＝1，因此，直线l的方程为
y－1＝x＋1，即x－y＋2＝0.
②若直线l的斜率不存在，
则A（－1，），B（－1，－），M（，）
（）2＋（）2＝4－≠4，
故点M不在圆上与题设矛盾，
综上所知：
k＝1，直线方程为x－y＋2＝0.
（理）已知圆O：
x2＋y2＝2交x轴于A、B两点，曲线C是以AB为长轴，离心率为的椭圆，其左焦点为F.若P是圆O上一点，连接PF，过原点O作直线PF的垂线交直线x＝－2于点Q.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若点P的坐标为（1,1），求证：
直线PQ与圆O相切；
（3）试探究：
当点P在圆O上运动时（不与A，B重合），直线PQ与圆O是否保持相切的位置关系？
若是，请证明；若不是，请说明理由．
[解析]
（1）因为a＝，e＝，所以c＝1，
则b＝1，即椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
（2）因为P（1,1），F（－1,0），所以kPF＝，
∴kOQ＝－2，所以直线OQ的方程为y＝－2x.
又Q在直线x＝－2上，所以点Q（－2,4）．
∴kPQ＝－1，kOP＝1，
∴kOP·kPQ＝－1，
即OP⊥PQ，
故直线PQ与圆O相切．
（3）当点P在圆O上运动时，直线PQ与圆P保持相切的位置关系，设P（x0，y0），（x0≠±），
则y＝2－x，kPF＝，kOQ＝－，
∴直线OQ的方程为y＝－x，
∴点Q（－2，），
∴kPQ＝＝
＝＝－，又kOP＝.
∴kOP·kPQ＝－1，即OP⊥PQ（P不与A、B重合），直线PQ始终与圆O相切．
15．（文）（2014·石家庄市质检）已知动圆C过定点M（0,2），且在x轴上截得弦长为4.设该动圆圆心的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C方程；
（2）设点A为直线l：
x－y－2＝0上任意一点，过A作曲线C的切线，切点分别为P、Q，求△APQ面积的最小值及此时点A的坐标．
[解析]
（1）设动圆圆心坐标为C（x，y），根据题意得
＝，
化简得x2＝4y.
（2）解法一：
设直线PQ的方程为y＝kx＋b，
由消去y得x2－4kx－4b＝0.
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，且Δ＝16k2＋16b
以点P为切点的切线的斜率为y′1＝x1，其切线方程为y－y1＝x1（x－x1），
即y＝x1x－x.
同理过点Q的切线的方程为y＝x2x－x.
两条切线的交点A（xA，yB）在直线x－y－2＝0上，
解得，即A（2k，－b）．
则：
2k＋b－2＝0，即b＝2－2k，
代入Δ＝16k2＋16b＝16k2＋32－32k＝16（k－1）2＋16>0，
|PQ|＝|x1－x2|＝4，
A（2k，－b）到直线PQ的距离为d＝，
S△APQ＝|PD|·d＝4|k2＋b|·＝4（k2＋b）
＝4（k2－2k＋2）＝4[（k－1）2＋1].
当k＝1时，S△APQ最小，其最小值为4，此时点A的坐标为（2,0）．
解法二：
设A（x0，y0）在直线x－y－2＝0上，点P（x1，y1），Q（x2，y2）在抛物线x2＝4y上，则以点P为切点的切线的斜率为y1＝x1，其切线方程为y－y1＝x1（x－x1），
即y＝x1x－y1，
同理以点Q为切点的方程为y＝x2x－y2.
设两条切线均过点A（x0，y0），则
点P，Q的坐标均满足方程
y0＝xx0－y，即直线PQ的方程为：
y＝x0x－y0，
代入抛物线方程x2＝4y消去y可得：
x2－2x0x＋4y0＝0
|PQ|＝|x1－x2|
＝
A（x0，y0）到直线PQ的距离为d＝，
S△APQ＝|PQ|d＝|x－4y0|·
＝（x－4y0）
＝（x－4x0＋8）＝[（x0－2）2＋4]
当x0＝2时，S△APQ最小，其最小值为4，此时点A的坐标为（2,0）．
（理）已知点A（－2,0），B（2,0），直线PA与直线PB斜率之积为－，记点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）设M、N是曲线C上任意两点，且|－|＝|＋|，是否存在以原点为圆心且与MN总相切的圆？
若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由．
[解析]
（1）设P（x，y），
则由直线PA与直线PB斜率之积为－得，
·＝－（x≠±2），
整理得曲线C的方程为＋＝1（x≠±2）．
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