２００８年高考圓錐曲線的考查熱點

鄭一平

求曲線過定點、取定值、是定直線問題是2008 年全國高考圓錐曲線試題中出現最多的題型.由于它在解題之前不知道定點、定值、定直線的結果情況，需要利用所學知識推理判斷結果的可能性.通過這些問題的解決可以考查學生應用知識探索推理解決問題的能力，體現學生的數學素質,因而受到命題者的青睞.解決這類問題時，要善于運用辯證的觀點去思考分析，在運動中尋求定點、定值、定直線的“不變”性，或通過探索先確定出定點、定值、定直線的可能性，將盲目的探索問題轉化為有方向有目標的一般性證明題，再進行推理論證，從而找到解決問題的突破口.下面對2008年全國各地高考解析幾何中涉及的曲線過定點、取定值、定直線問題以及圓錐曲線問題中的探索推理問題進行歸類分析.

1 曲線過定點問題

解決這類問題的關鍵是先求滿足條件的曲（直）線方程，再根據曲（直）線方程的特征探求符合條件的定點.

圖1

例1 （廣東卷18）．設b>0，橢圓方程為x22b2+y2b2=1，拋物線方程為x2=8(y-b)．如圖1所示，過點F(0,b+2)作x軸的平行線，與拋物線在第一象限的交點為G，已知拋物線在點G的切線經過橢圓的右焦點F1．

（1）求滿足條件的橢圓方程和拋物線方程；

（2）設A,B分別是橢圓長軸的左、右端點，試探究在拋物線上是否存在點P，使得△ABP為直角三角形？若存在，請指出共有幾個這樣的點？并說明理由（不必具體求出這些點的坐標）．

分析與略解：

（1）由x2=8(y-b)得y=18x2+b，

由y=b+2得x=±4，所以G點的坐標為(4,b+2)，y′=14x，y′|x=4=1

，過點G的切線方程為y-(b+2)=x-4即y=x+b-2，

令y=0得x=2-b，所以F1點的坐標為(2-b,0)，由橢圓方程得F1點

的坐標為(b,0)，

所以2-b=b即b=1，則橢圓和拋物線的方程分別為x22+y2=1和x2=8(y-1)；

（2）因為過A作x軸的垂線與拋物線只有一個交點P,所以以∠PAB為直角的Rt△ABP只有一個，

同理以∠PBA為直角的Rt△ABP只有一個.

若以∠APB為直角，設P點坐標為(x,18x2+1)，A、B兩點的坐標分別為(-2,0)和(2,0)，PA·PB=x2-2+(18x2+1)2=164x4+54x2-1=0.

關于x2的二次方程有一大于零的解，所以x有兩解，即以∠APB為直角的Rt△ABP有兩個，

因此拋物線上存在四個點使得△ABP為直角三角形.

評析 （1）由條件直接利用所學知識容易解決.（2）中要探究在拋物線上是否存在點P，使得△ABP為直角三角形，首先要明確△ABP中哪一個為直角，因此必須對角進行分類討論，再結合直角滿足的條件及有關知識去解決.

2 代數式取定值問題

解決這類問題的關鍵是根據條件求出滿足條件且所要求（證）與定值有關的關系式，進而考慮變形化簡逐漸向所要求的定值方向推證，達到問題的解決.

例2 （浙江卷20）已知曲線C是到點P（-12,38）和到直線y=-58距離相等的點的軌跡.l是過點Q（-1，0）的直線，M是C上（不在l上）的動點；A、B在l上，MA⊥l,MB⊥x軸（如圖2）.

（Ⅰ）求曲線C的方程；（Ⅱ）求出直線l的方程，使得|QB|2|QA|為常數.

圖2分析與略解 （Ⅰ）設N(x,y)為C上的點，則|NP|=(x+12)2+(y-38)2，N到直線y=-58的距離為|y+58|．

由題設得

(x+12)2+(y-38)2=|y+58|．

化簡，得曲線C的方程為y=12(x2+x)．

（Ⅱ）解法一 設M(x,x2+x2)，直線l:y=kx+k，則B(x,kx+k)

，從而|QB|=1+k2|x+1|．

在Rt△QMA中，因為|QM|2=(x+1)2(1+x24)，|MA|2=(x+1)2(k-x2)21+k2．

所以|QA|2=|QM|2-|MA|2=(x+1)24(1+k2)(kx+2)2.|QA|=|x+1|·|kx+2|21+k2，|QB|2|QA|=2(1+k2)1+k2|k|·x+1x+2k.

當k=2時，|QB|2|QA|=55，從而所求直線l方程為2x-y+2=0．

圖3

解法二 設M(x,x2+x2)，直線l:y=kx+k，則B(x,kx+k)，從而|QB|=1+k2|x+1|.

過Q(-1,0)作垂直于l的直線l1:y=-1k(x+1)．

因為|QA|=|MH|，

所以|QA|=|x+1|·|kx+2|21+k2，

|QB|2|QA|=2(1+k2)1+k2|k|·x+1x+2k．

當k=2時，|QB|2|QA|=55，從而所求直線l方程為2x-y+2=0．

評析 （Ⅰ）由條件容易用直接法解決.（Ⅱ）由l是過點Q（-1，0）的直線，考慮用點斜式設直線方程，根據條件只要求出斜率即可.由條件列出|QB|2|QA|關于k的關系式，觀察關系式中使其為常數時k的值.本題的難點就在于由條件列出|QB|2|QA|關于k的關系式后無法觀察判斷求得k的值，結果半途而廢.

3 點在定直線上或滿足條件的結果為定直線問題

例3 （安徽卷22）設橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點M(2,1)，且左焦點為F1(-2,0).

（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）當過點P(4,1)的動直線l與橢圓C相交于兩不同點A,B時，在線段AB上取點Q，滿足|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|，證明：點Q總在某定直線上.

分析與略解 (Ⅰ)由題意：c2=22a2+1b2=1c2=a2-b2，解得a2=4,b2=2，所求橢圓方程為x24+y22=1.

(Ⅱ)方法一設點Q、A、B的坐標分別為(x,y),(x1,y1),(x2,y2).

由題設知|AP|,|PB|,|AQ|,|QB|均不為零，記λ=|AP||PB|=|AQ||QB|,則λ>0且λ≠1，又A，P，B，Q四點共線，從而AP=-λPB,AQ=λQB

于是4=x1-λx21-λ，1=y1-λy21-λ，x=x1+λx21+λ，y=y1+λx21+λ

,從而x21-λ2x221-λ2=4x，……（1）y21-λ2y221-λ2=y，……（2）

又點A、B在橢圓C上，即x21+2y21=4，……(3),x22+2y22=4,……(4).

（1）+（2）×2并結合（3），（4）得4x+2y=4，即點Q(x,y)總在定直線上2x+y-2=0上.

方法二 設點Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由題設，|PA|,|PB|,|AQ|,|QB|均不為零.

且|PA||AQ|=|PB||QB|，又P,A,Q,B四點共線，可設PA=-λAQ,PB=λBQ(λ≠0,±1),于是

x1=4-λx1-λ,y1=1-λy1-λ （1），x2=4+λx1+λ,y2=1+λy1+λ（2）.

由于A(x1,y1),B(x2,y2)在橢圓C上，將（1），（2）分別代入C的方程x2+2y2=4并作差,

整理得8(2x+y-2)λ=0,因為λ≠0,所以2x+y-2=0.

即點Q(x,y)總在定直線2x+y-2=0上.

評析 （Ⅰ）由條件容易解決.（Ⅱ）由于在線段AB上取點Q，滿足|AP|·|QB|·=|AQ|·|PB|，兩不同點A，B在橢圓C上，故涉及多參數問題，考慮利用線段定比分點公式結合有關知識解決，其中多參數的消參問題是難點，要善于觀察、分析、比較.

4 探索曲線在某條件下是否過定點或代數式在某條件下是否取定值

這類問題是一類思考性、邏輯性很強的問題，要有一定的邏輯推理能力和分析解決問題能力方能奏效，是近年高考的熱點問題之一.

圖4

例4 （山東卷22)如圖4，設拋物線方程為x2=2py(p＞0),M為直線y=-2p上任意一點，過M引拋物線的切線，切點分別為A，B.

（Ⅰ）求證：A，M，B三點的橫坐標成等差數列；

（Ⅱ）已知當M點的坐標為（2，-2p）時，|AB|=410，求此時拋物線的方程；

（Ⅲ）是否存在點M，使得點C關于直線AB的對稱點D在拋物線x2=2py(p>0)上，其中，點C滿足OC=OA+OB（O為坐標原點）.若存在，求出所有適合題意的點M的坐標；若不存在，請說明理由.

分析與略解 （Ⅰ）證明：由題意設A(x1,x212p),B(x2,x222p),x1

由x2=2py得y=x22p，

則y′=xp,

所以kMA=x1p,kMB=x2p.

因此直線MA的方程為y+2p=x1p(x-x0),直線MB的方程為y+2p=x2p(x-x0).

所以x212p+2p=x1p(x1-x0),①，

x222p+2p=x2p(x2-x0).②

由①、②得x1+x22=x1+x2-x0,因此x0=x1+x22，即2x0=x1+x2.

所以A、M、B三點的橫坐標成等差數列.

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，當x0=2時，

將其代入①、②并整理得：x21-4x1-4p2=0,x22-4x2-4p2=0k,所以x1、x2是方程x2-4x-4p2=0的兩根，因此x1+x2=4,x1x2=-4p2,

又kAB=x222p-x212px2-x1=x1+x22p=x0p,所以kAB=2p.

由弦長公式得|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+4p216+16p2.

又|AB|=410，所以p=1或p=2，因此所求拋物線方程為x2=2y或x2=4y.

（Ⅲ）解：假設存在點M滿足條件，設D(x3,y3)，由題意得C(x1+x2, y1+y2)，則CD的中點坐標為Q(x1+x2+x32,y1+y2+y32),設直線AB的方程為y-y1=x0p(x-x1),

由點Q在直線AB上，并注意到點(x1+x22,y1+y22)也在直線AB上，代入得y3=x0px3.

若D（x3,y3）在拋物線上，則x23=2py3=2x0x3,因此x3=0或x3=2x0. 即D(0，0)或

D(2x0,2x20p).

（1）當x0=0時，則x1+x2=2x0=0，此時，點M(0,-2p)適合題意.

（2）當x0≠0，對于D(0，0)，此時C(2x0,x21+x222p),kCD=x21+x222p2x0=x21+x224px0,

又kAB=x0p,AB⊥CD，所以kAB·kCD=x0p·x21+x224px0=x21+x224p2=-1,即x21+x22=-4p2,矛盾.

對于D(2x0,2x20p),因為C(2x0,x21+x222p),此時直線CD平行于y軸，又

kAB=x0p≠0,所以直線AB與直線CD不垂直，與題設矛盾，所以x0≠0時，不存在符合題意的M點.

綜上所述，僅存在一點M(0，-2p)適合題意.

評析 探索是否存在點M，使得點C關于直線AB的對稱點D在拋物線x2=2py(p>0)上的關鍵是先假設滿足條件的定點M存在，再根據假設結合所掌握的知識進行推理，以達到求解目的.

5 探索推理問題

由于新課程增加了《推理與證明》內容，高考把對思維能力的考查作為考查能力的核心，加強了具有創意的新題型——探索推理題的考查，并成為高考命題的新熱點.

例5 （湖南卷20）.若A、B是拋物線y2=4x上的不同兩點，弦AB（不平行于y軸）的垂直平分線與

x軸相交于點P，則稱弦AB是點P的一條“相關弦”.已知當x>2時，點P（x,0）存在無窮多條“相關弦”.給定x0>2.（Ⅰ）證明：點P（x0,0）的所有“相關弦”的中點的橫坐標相同；(Ⅱ) 試問：點P（x0,0）的“相關弦”的弦長中是否存在最大值？若存在，求其最大值（用x0表示）;若不存在，請說明理由.

分析與略解 （Ⅰ）設AB為點P（x0,0）的任意一條“相關弦”，且點A、B的坐標分別是（x1,y1）、（x2,y2）（x1≠x2）,則y21=4x1, y22=4x2,

兩式相減得（y1+y2）（y1-y2）=4（x1-x2）.因為x1≠x2,所以y1+y2≠0.

設直線AB的斜率是k，弦AB的中點是M（xm, ym）,則k=y1-y2x1-x2=4y1+y2=2ym.

從而AB的垂直平分線l的方程為

y-ym=-ym2(x-xm).

又點P（x0,0）在直線l上，所以-ym=-ym2(x0-xm).

而ym≠0,于是xm=x0-2.故點P（x0,0）的所有“相關弦”的中點的橫坐標都是x0-2.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，弦AB所在直線的方程是y-ym=k(x-xm)，代入y2=4x中，整理得k2x2+2［k(ym-kxm)-2］x+(ym-kxm)2=0（*）

則x1、x2是方程（*）的兩個實根，且x1·x2=(ym-kxm)2k2.

設點P的“相關弦”AB的弦長為l，則l2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(1+k2)(x1-x2)2

=(1+k2)［(x1+x2)2-4x1x2］=4(1+k2)(x2m-x1x2)

=4(1+4y2m)［x2m-(ym-2ymxm)24y2m］

=(4+y2m)(4xm-y2m)=-y4m+4y2m(xm-1)+16xm

=4(xm+1)2-［y2m-2(xm-1)］2=4(x0-1)2-［y2m-2(x0-3)］2.

因為0

記l2=g(t)=-［t-2(x0-3)］2+4(x0-1)2.

若x0>3,則2(x0-3)∈(0, 4x0-8),所以當t=2(x0-3),即y2m=2(x0-3)時, l有最大值2(x0-1).

若2

所以0

綜上所述，當x0>3時，點P（x0,0）的“相關弦”的弦長中存在最大值，且最大值

為2（x0-1）；當2< x0≤3時，點P（x0,0）的“相關弦”的弦長中不存在最大值.

評析 本題兩個問題的推證過程充分說明，推理過程的嚴密性是解決邏輯推理題的關鍵.首先要有扎實的基礎知識，掌握推理過程步步有根據，特別要掌握常用的推理方法技巧.如（Ⅱ）解題中涉及分類討論以及存在性問題的處理方法等.

例6 （陜西卷20）．已知拋物線C：y=2x2，直線y=kx+2交C于A,B兩點，M是線段AB的中點，過M作x軸的垂線交C于點N．

（Ⅰ）證明：拋物線C在點N處的切線與AB平行；

（Ⅱ）是否存在實數k使NA·NB=0，若存在，求k的值；若不存在，說明理由．

圖5

分析與略解 方法一：（Ⅰ）如圖5，設A(x1,2x21)，B(x2,2x22)，把y=kx+2代入y=2x2得2x2-kx-2=0，由韋達定理得x1+x2=k2，x1x2=-1，

所以xN=xM=x1+x22=k4，所以N點的坐標為(k4,k28)．

設拋物線在點N處的切線l的方程為y-k28=m(x-k4),

將y=2x2代入上式得2x2-mx+mk4-k28=0，

因為直線l與拋物線C相切，

所以Δ=m2-8(mk4-k28)=m2-2mk+k2=(m-k)2=0,所以m=k．即l∥AB．

（Ⅱ）假設存在實數k，使NA·NB=0，則NA⊥NB，又因為M是AB的中點，所以|MN|=12|AB|．

由（Ⅰ）知yM=12(y1+y2)=12(kx1+2+kx2+2)=12［k(x1+x2)+4］=12(k22+4)=k24+2．

因為MN⊥x軸，所以|MN|=|yM-yN|=k24+2-k28=k2+168．

又|AB|=1+k2·|x1-x2|

=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2

=1+k2·(k2)2-4×(-1)

=12k2+1·k2+16.

所以k2+168=14k2+1·k2+16，解得k=±2．即存在k=±2，使NA·NB=0．

方法二：（Ⅰ）如圖，設A(x1,2x21)，B(x2,2x22),把y=kx+2代入y=2x2得2x2-kx-2=0．由韋達定理得x1+x2=k2,x1x2=-1．

所以xN=xM=x1+x22=k4，所以N點的坐標為(k4,k28)．因為y=2x2,所以y′=4x，

所以拋物線在點N處的切線l的斜率為4×k4=k，所以l∥AB．

（Ⅱ）假設存在實數k，使NA·NB=0．

由（Ⅰ）知NA=(x1-k4,2x21-k28)，

NB=(x2-k4,2x22-k28),則

NA·NB=(x1-k4)(x2-k4)+(2x21-k28)(2x22-k28)

=(x1-k4)(x2-k4)+4(x21-k216)(x22-k216)=(x1-k4)(x2-k4)·［1+4(x1+k4)(x2+k4)］

=［x1x2-k4(x1+x2)+k216］·［1+4x1x2+k(x1+x2)+k24］

=(-1-k4×k2+k216)·［1+4×(-1)+k×k2+k24］

=(-1-k216)(-3+34k2)=0,

因為-1-k216<0,所以-3+34k2=0，

解得k=±2.

即存在k=±2，使NA·NB=0．

評析 本題（Ⅱ）通過執果索因推理達到問題的解決，執果索因推理實質是一種逆向思維，在平時教學中要注意逆向思維的培養，防止思維的單一性，要讓學生分析問題、靈活應用所學知識解決問題，真正提高解題能力.

注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內容請以PDF格式閱讀原文