鄭一平

全國各省自主命題已經(jīng)多年，2016年許多省份將結(jié)束自主命題改用教育部統(tǒng)一命題的全國卷，這標(biāo)志福建高考又將邁入一個新的階段.全國卷對解析幾何的解答題均以壓軸題位置出現(xiàn)，且設(shè)問較簡潔，入手較容易，盡管《全國考試說明》中未明確提及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的要求，但在解答題中仍是考查的重點.解析幾何的特點是用代數(shù)的方法研究解決幾何問題，重點是用“數(shù)形結(jié)合”的思想把幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題.這類問題涉及知識面廣、綜合性強、題目新穎、靈活多樣，解題對能力要求較高.

根據(jù)對近幾年全國高考試題分析，本專題分值均占全卷的20%左右，且選擇題、填空題、解答題均涉及到，是高考的重?zé)狳c問題.主要呈以下幾個方面的特點：

1.考查直線與圓的有關(guān)基本概念、基本方法多以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)，基本屬于中、低檔題，有時也分散于解答題之中，特別近年出現(xiàn)線性規(guī)劃、解幾與平面向量結(jié)合等?？汲Ｐ碌脑囶}.

2.考查圓錐曲線的基本概念、標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)等基礎(chǔ)知識以及處理有關(guān)問題的基本技能、基本方法，也常以選擇題和填空題形式出現(xiàn).

3.直線與二次曲線的位置關(guān)系、圓錐曲線與向量等有關(guān)知識綜合問題常以壓軸題或中難題的形式出現(xiàn)，性質(zhì)、基本概念、基礎(chǔ)知識常以舊的知識為載體附以新情景，考查學(xué)生綜合應(yīng)用知識靈活解決問題的能力.

因此加強本專題復(fù)習(xí)十分必要，尤其要注意把握以下幾點：

1.深化對基礎(chǔ)知識的理解，重視知識間的內(nèi)在聯(lián)系，特別是知識交匯點要重點把握，提高綜合應(yīng)用知識解決問題的能力.

2.提高應(yīng)用數(shù)學(xué)思想方法解決問題的熟練程度，特別是對幾種曲線各有的特征以及解法之間的相互聯(lián)系，做到重通法、輕技巧，重思想方法的提煉與升華，達到優(yōu)化解題思維，簡化解題過程的目的.

3.突出抓好重?zé)狳c考查內(nèi)容的復(fù)習(xí)，如軌跡問題、對稱問題、范圍問題、最值問題、直線與圓錐曲線位置關(guān)系問題，開放性及探索性問題、向量、導(dǎo)數(shù)與解幾綜合問題等.

4.對基礎(chǔ)知識的復(fù)習(xí)既要全面但又要重點突出，對重點支撐學(xué)科知識的問題要融匯貫通，學(xué)會在知識網(wǎng)絡(luò)交匯點思考問題、解決問題.

下面就此問題談?wù)勅绾巫龊帽緝?nèi)容的復(fù)習(xí).

一、強化直線與圓的位置關(guān)系，利用幾何意義簡潔解決問題.

例1 已知直線l：（2m+1）x+（m+1）y-7m-4=0（m∈ R ），圓C：（x-1）2+（y-2）2=25.

（1）證明：不論m取什么實數(shù)時，直線l與圓恒交于兩點；

（2）求直線l被圓C截得的線段的最短長度以及此時直線方程.

分析與略解 （1）將直線l方程變形，得（2x+y-7）m+（x+y-4）=0對任意實數(shù)m等式恒成立，

∴ 2x+y-7=0x+y-4=0 ，解得： x=3y=1 .

∴對于任意實數(shù)m，直線l恒過定點A（3，1），又|AC|= 5 <5.

∴A點在圓C內(nèi)，故對任意實數(shù)m，直線l與圓恒交于兩點.

（2）由平面幾何知識知，l被圓C截得最短的弦是與直徑AC垂直的弦.

∵kAC=- 1 2 ， ∴kl=2，由點斜式知直線l的方程為y-1=2（x-3），即2x-y-5=0，此時最短弦長為2 25-5 =4 5 .

∴所求直線方程為2x-y-5=0，最短弦長為4 5 .

評析 利用圖形的幾何特征和幾何性質(zhì)是優(yōu)化解析幾何問題解題途徑的有效方法.本題問題（1）抓住直線恒過定點A（3，1），而A（3，1）在圓內(nèi)，使結(jié)論獲得證明.思考此題解法時，還常會考慮利用直線方程與圓方程聯(lián)立，消去一個未知數(shù)得到含另一未知數(shù)的一元二次方程，再利用判別式求解，或利用證明圓心到直線距離小于半徑求證，兩種方法思路都自然，但解題過程比較繁雜、且容易出錯.本題問題（2）也容易考慮直線l方程與圓方程聯(lián)立后，利用求弦長公式求解，也比較麻煩.有興趣的讀者可以通過解題后進行比較.

二、重視直線與二次曲線的位置關(guān)系

直線與二次曲線的位置關(guān)系主要涉及弦長、交點、根與系數(shù)關(guān)系、最值等問題，關(guān)鍵要通過聯(lián)立方程組，把問題轉(zhuǎn)化為二次方程問題，利用二次方程有關(guān)知識去解決.

例2 已知點A（0，-2），橢圓E： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的離心率為 3 2 ，F(xiàn)是橢圓的焦點，直線AF的斜率為 2 3 3 ， O為坐標(biāo)原點.（Ⅰ）求E的方程；（Ⅱ）設(shè)過點A的直線l與E相交于P，Q兩點，當(dāng)△OPQ的面積最大時，求l的方程.

分析與略解 本題涉及橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和離心率、直線與橢圓的位置關(guān)系、點到直線的距離公式、面積問題以及直線方程的求法等知識，特別隱含設(shè)直線方程時需考慮斜率存在與不存在，并考查分 類討論的數(shù)學(xué)思想，計算過程中還要考慮利用設(shè)而不求的思想、轉(zhuǎn)化思想等，對學(xué)生建設(shè)能力有較高要求.

（Ⅰ） 設(shè)F（c，0），由條件知 2 c = 2 3 3 ，得c= 3 ，又 c a = 3 2 ，

所以a=2，b2=a2-c2=1，故E的方程為： x2 4 +y2=1.

（Ⅱ）依題意知l⊥x軸不合題意，故設(shè)直線l：y=kx-2，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2）

將y=kx-2代入 x2 4 +y2=1，得（1+4k2）x2-16kx+12=0，

當(dāng)Δ=16（4k2-3）>0，即k2> 3 4 時，x1，2= 8k±2 4k2-3 1+4k2

從而|PQ|= k2+1 |x1-x2|= 4 k2+1 · 4k2-3 1+4k2

又點O到直線PQ的距離d= 2 k2+1 ，所以△OPQ的面積S△OPQ= 1 2 d|PQ|=

4 4k2-3 1+4k2 ，設(shè) 4k2-3 =t，

則t>0，S△OPQ= 4t t2+4 = 4 t+ 4 t ≤1，

當(dāng)且僅當(dāng)t=2，k=± 7 2 等號成立，且滿足Δ>0，

所以當(dāng)△OPQ的面積最大時，l的方程為：y= 7 2 x-2或y=- 7 2 x-2.

評析 解決問題（Ⅰ）的關(guān)鍵是考慮待定系數(shù)方法求出a，b的值，進而求出橢圓的方程；問題（Ⅱ）通過設(shè)直線方程代人橢圓方程，利用根與系數(shù)關(guān)系，采用設(shè)而不求的方法建立面積目標(biāo)函數(shù)，結(jié)合轉(zhuǎn)化思想和均值不等式求得結(jié)果.

例3 如圖1所示，已知橢圓E：

x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）過點（0， 2 ），且離心率為e= 2 2 . 圖1

（Ⅰ）求橢圓E的方程； （Ⅱ）設(shè)直線l：x=my-1，（m∈ R ）交橢圓E于A，B兩點，

判斷點G（- 9 4 ，0）與以線段AB為直徑的圓的位置關(guān)系，并說明理由.

分析與略解 本題主要考查橢圓、圓、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想.

解題思路 方法一：（Ⅰ）由已知得

b= 2

c a = 2 2 a2=b2+c2 ，解得

a=2b= 2 c= 2 .所以橢圓E的方程為 x2 4 + y2 2 =1.

（Ⅱ）設(shè)點A（x1，y1），B（x2，y2），AB中點為H（x0，y0）.

由 x=my-1 x2 4 + y2 2 =1 得（m2+2）y2-2my-3=0，

所以y1+y2= 2m m2+2 ，y1y2= -3 m2+2 ，從而y0= m m2+2 .

所以|GH|2=（x0+ 9 4 ）2+y20=（my0+ 5 4 ）2+y20=（m2+1）y20+ 5 2 my0+ 25 16 .

|AB|2 4 = （x1-x2）2+（y1-y2）2 4

= （m2+1）（y1-y2）2 4

= （m2+1）[（y1+y2）2-4y1y2] 4

=（m2+1）（y20-y1y2）

故|GH|2- |AB|2 4 = 5 2 my0+（m2+1）y1y2+ 25 16 = 5m2 2（m2+2） - 3（m2+1） m2+2 + 25 16 = 17m2+2 16（m2+2） >0

所以|GH|> |AB| 2 ，故G（- 9 4 ，0）在以AB為直徑的圓外.

方法二：（Ⅰ）同方法一.

（Ⅱ）設(shè)點A（x1，y1），B（x2，y2），則GA =（x1+ 9 4 ，y1），GB =（x2+ 9 4 ，y2）.

由 x=my-1 x2 4 + y2 2 =1 得（m2+2）y2-2my-3=0，所以y1+y2= 2m m2+2 ，y1y2= -3 m2+2 ，

從而GA ·GB =（x1+ 9 4 ）（x2+ 9 4 ）+y1y2=（my1+ 5 4 ）（my2+ 5 4 ）+y1y2

=（m2+1）y1y2+ 5 4 m（y1+y2）+ 25 16 = 5m2 2（m2+2） - 3（m2+1） m2+2 + 25 16 = 17m2+2 16（m2+2） >0

所以cos>0，又GA ，GB 不共線，所以∠AGB為銳角.

故點G（- 9 4 ，0）在以AB為直徑的圓外.

評析 本題解題的關(guān)鍵要掌握橢圓的基本知識、直線與橢圓的位置關(guān)系以及橢圓的幾何特征，并熟練掌握點與圓的位置關(guān)系進行準(zhǔn)確計算就可以得到正確結(jié)果.方法二利用向量有關(guān)知識進行推理、計算也可達到目的.

例4 設(shè)x、y∈ R ， i、j 為直角坐標(biāo)系內(nèi)x、y軸正方向上的單位向量，若向量 a =x i +（y+2） j ， b =x i +（y-2） j ，且 |a|+|b| =8，（1）求點M（x，y）的軌跡C的方程；（2）過點（0，3）作直線L與曲線C相交于A、B兩點，設(shè)OP =OA +OB ，問是否存在這樣的直線L，使四邊形OAPB是矩形？若存在，求出直線L的方程；若不存在，說明理由.

分析與略解 （1）由條件 |a|+|b| =8知點M（x，y）到兩定點F1（0，-2）、F2（0，2）距離之和為8，即點M的軌跡是以F1、F2為焦點的橢圓，易知a=4，c=2，b=2 3 .

∴所求M點軌跡方程為 y2 16 + x2 12 =1.

（2）∵L過y軸上的點（0，3），若L為y軸，則A、B兩點恰為橢圓頂點.

又∵OP =OA +OB = 0 ，∴P與O重合，與四邊形OAPB是矩形矛盾.

∴L不可能是y軸，即直線L斜率存在，設(shè)直線L方程為y=kx+3，A（x1，y1）、B（x2，y2），

則由 y=kx+3 y2 16 + x2 12 =1 得：（4+3k2）x2 +18kx-21=0，此時Δ=（18k）2+4×21（4+3k2）>0恒成立，

又x1+x2=- 18k 4+3k2 ，x1·x2=- 21 4+3k2 .

∵OP =OA +OB ，∴四邊形OAPB是平行四邊形.

若存在直線L，使四邊形OAPB是矩形，則OA⊥OB，即OA ·OB =0.

∵OA =（x1，y1）、OB =（x2，y2），∴OA ·OB =x1·x2

+y1·y2=0

即（1+k2）x1·x2+3k（x1+x2）+9=0，即（1+k2）（- 21 4+3k2 ）+3k·（- 18k 4+3k2 ）+9=0，

解得：k=± 5 4 .

∴ 存在直線L：y=± 5 4 x+3使得四邊形OAPB是矩形.

三、掌握參數(shù)的取值范圍問題的常用解題方法

解析幾何中求參數(shù)范圍問題是高考數(shù)學(xué)問題常見的重要題型之一，涉及范圍問題的解答題多以綜合題

形式出現(xiàn)，因此不僅考查基礎(chǔ)知識、基本方法、基本技能，通常與方程、不等式、數(shù)列、向量、導(dǎo)數(shù)等知識相結(jié)合，特別是含有參數(shù)的求范圍問題在解決中需用分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想以及建立目標(biāo)函數(shù)處理等

思想方法.利用根的判別式求范圍、利用根的判別式結(jié)合根的分布求范圍、利用均值不等式求范圍、利用向量的性質(zhì)求范圍、利用數(shù)形結(jié)合求范圍等.

例5 已知雙曲線C： x2 a2 - y2 b2 =1（a>0，b>0），B是右頂點，F(xiàn)是右焦點，點A在x軸的正半軸上，且滿足|OA |、|OB |、|OF |成等比數(shù)列，過F作雙曲線C在第一、三象限漸近線的垂線L，垂足為P， （1）求證PA ·OP =PA ·FP ；（2）若L與雙曲線的左、右兩支分別相交于點D、E，求雙曲線C離心率e的范圍.

分析與略解 （1）L∶y=- a b （x-c），由 y=- a b （x-c）y= a b x 得P（ a2 c ， ab c ）.

∵|OA |、|OB |、|OF |成等比數(shù)列，∴A（ a2 c ，0），PA =（0，- ab c ），OP =（ a2 c ， ab c ）、FP =（- b2 c ， ab c ），∴PA ·OP =- a2b2 c2 ，PA ·FP =- a2b2 c2 ，∴PA ·OP =PA ·FP .

（2）由 y=- a b （x-c）b2x2-a2y2=a2b2 知（b2- a4 b2 ）x2+2· a4 b2 ·cx-（ a4c2 b2 +a2b2）=0，

∴x1·x2= -（ a4c2 b2 +a2b2） b2- a4 b2 <0.∴b4>a4 即b2>a2， ∴c2-a2>a2.

∴e2>2，即e> 2 .

評析 本題考查雙曲線性質(zhì)、數(shù)列性質(zhì)以及平面向量數(shù)量積的運算等知識，體現(xiàn)知識橫向聯(lián)系，特別是如何把等量化成不等量關(guān)系以及運算能力要求較高.

例6 已知曲線C的方程為kx2+（4-k）y2=k+1（k∈ R ），若曲線C是橢圓，求k的取值范圍；（2）若曲線C是雙曲線，且有一條漸近線的傾斜角是60°，求此雙曲線方程；（3）滿足（2）的雙曲線上是否存在兩點P、Q關(guān)于直線L：y=x-1對稱，若存在，求出過P、Q的直線方程；若不存在，說明理由.

解析 （1）當(dāng)k=0或k=-1或k=4 時，C都表示直線；

當(dāng)k≠0且 k≠-1且 k≠4時，方程為： x2 k+1 k + y2 k+1 4-k =1 （*）

此方程表示橢圓的充要條件是： k+1 k >0 k+1 4-k >0 k+1 k ≠ k+1 4-k 即0

（2）方程（*）表示雙曲線的充要條件是 k+1 k · k+1 4-k <0，即k<-1或-14.

①當(dāng)k<-1或k>4時，雙曲線焦點在x軸上，a2= k+1 k ，b2= k+1 k-4 ，其中一條漸近線的斜率為 b a = k k-4 = 3 ，∴k=6.

②當(dāng)-1

∴所求雙曲線方程為 x2 7 6 - y2 7 2 =1.

（3）若雙曲線上存在兩點P、Q，關(guān)于直線L：y=x-1對稱，設(shè)PQ方程為y=-x+m，

由 y=-x+m6x2-2y2=7 ，

消去y得：4x2+4mx-2m2-7=0 （*′）

設(shè)P、Q中點是M（x0，y0），則 x0=- m 2 y0= 3m 2 ，M在直線L上，

∴ 3m 2 =- m 2 -1，解得：m=- 1 2 ，此時方程（*′）的Δ>0，

故存在滿足條件的P、Q兩點，此時PQ的直線方程為y=-x- 1 2 .

評析 圓錐曲線類型的討論關(guān)鍵是要掌握曲線方程的特征.而涉及曲線上某兩點關(guān)于直線對稱問題關(guān)鍵要抓住此兩點中點在對稱軸上，兩點連線的斜率與對稱軸斜率總為負倒數(shù)，還應(yīng)注意斜率不存在的情況.這類問題也是高考的熱點問題.

四、利用運動變化觀點探求有關(guān)點的軌跡問題

軌跡問題是解析幾何中的重點內(nèi)容之一，在高考中考查的頻率極高，主要涉及：一是曲線形狀已定，求其方程；另一是由曲線方程探求曲線的形狀.要求恰當(dāng)建立坐標(biāo)系，設(shè)動點坐標(biāo)，利用條件建立關(guān)系式，代入化簡求得.其基本方法有：直譯法、定義法、代入法、交軌法、幾何法、參數(shù)法、向量法等，但求軌跡問題必須注意軌跡的范圍.

例7 已知曲線T上的點到點F（0，1）的距離比它到直線y=-3的距離小2.（1）求曲線T的方程；

（2）曲線T在點P處的切線l與x軸交于點A.直線y=3分別與直線l及y軸交于點M，N，以MN為直徑作圓C，過點A作圓C的切線，切點為B，試探究：當(dāng)點P在曲線T上運動（點P與原點不重合）時，線段AB的長度是否發(fā)生變化？證明你的結(jié)論.

分析與略解 本題主要考查拋物線的定義與性質(zhì)、圓的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等，考查運算求解能力，推理論證能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想、特殊與一般思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.

（Ⅰ）思考1：設(shè)S（x，y）為曲線T上任意一點，

依題意，點S到F（0，1）的距離與它到直線y=-1的距離相等，

所以曲線T是以點F（0，1）為焦點，直線y=-1為準(zhǔn)線的拋物線，

所以曲線T的方程為x2=4y.

思考2：設(shè)S（x，y）為曲線T上任意一點，則|y-（-3）|- （x-0）2+（y-1）2 =2，

依題意，點S（x，y）只能在直線y=-3的上方，所以y>-3，

所以 （x-0）2+（y-1）2 =y+1，化簡得，曲線T的方程為x2=4y.

（Ⅱ）當(dāng)點P在曲線T上運動時，線段AB的長度不變.證明如下：

由（Ⅰ）知拋物線T的方程為y= 1 4 x2，

設(shè)P（x0，y0）（x0≠0）則y0= 1 4 x20，

由y′= 1 2 x，得切線l的斜率k=y′|x=x0= 1 2 x0，

所以切線l的方程為y-y0= 1 2 x0（x-x0），即y= 1 2 x0x- 1 4 x20.

由 y= 1 2 x0x- 1 4 x20y=0 ，得A（ 1 2 x0，0）.

由 y= 1 2 x0x- 1 4 x20y=3 ，得M（ 1 2 x0+ 6 x0 ，3）.

又N（0，3），所以圓心C（ 1 4 x0+ 3 x0 ，3），

半徑r= 1 2 |MN|=| 1 4 x0+ 3 x0 |，

|AB|= |AC|2-r2

= [ 1 2 x0-（ 1 4 x0+ 3 x0 ）]2+32-（ 1 4 x0+ 3 x0 ）2

= 6 .

所以點P在曲線T上運動時，線段AB的長度不變.

評析 解決圓錐曲線有關(guān)問題，定義十分重要，要正確掌握圓錐曲線的定義并運用其準(zhǔn)確判斷，并對所得到的方程進行化簡，并需要有一定的運算能力和問題轉(zhuǎn)換能力，以及較強的分析推理能力.

例8 已知拋物線C：y2=4x的焦點為F.

（1）點A、P滿足AP =-2FA .當(dāng)點A在拋物線C上運動時，求動點P的軌跡方程；

（2）在x軸上是否存在點Q，使得點Q關(guān)于直線y=2x的對稱點在拋物線C上？如果存在，求所有滿足條件的點Q的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由.

分析與略解 由條件直接利用向量的幾何意義求解.（1）設(shè)動點P的坐標(biāo)為（x，y），點A的坐標(biāo)為（xA，yA），則AP =（x-xA，y-yA）， 因為F的坐標(biāo)為（1，0），所以FA =（xA-1，yA），

由AP =-2FA 得（x-xA，y-yA）=-2（xA-1，yA）.

即 x-xA=-2（xA-1）y-yA=-2yA 解得 xA=2-xyA=-y ，代入y2=4x，得到動點P的軌跡方程為y2=8-4x.

（2）設(shè)點Q的坐標(biāo)為（t，0），點Q關(guān)于直線y=2x的對稱點為Q′（x，y），

則 y x-t =- 1 2 y 2 =x+t 解得 x=- 3 5 ty= 4 5 t

若Q′在C上，將Q′的坐標(biāo)代入y2=4x，得4t2+15t=0，即t=0或t=- 15 4 .

所以存在滿足題意的點Q，其坐標(biāo)為（0，0）和（- 15 4 ，0）.

五、提高解決探索性、推理性問題的能力

例9 在以O(shè)為原點的直角坐標(biāo)系中，點A（4、-3）為△OAB的直角頂點，已知|AB|=2|OA|，且點B的縱坐標(biāo)大于零.（1）求向量AB 的坐標(biāo)；（2）求圓x2-6x+y2+2y=0關(guān)于直線OB對稱的圓的方程；（3）是否存在實數(shù)a，使拋物線y=ax2-1上總有關(guān)于直線OB對稱的兩個點？若不存在，說明理由；若存在，求出a的取值范圍.

解析 （1）設(shè)AB =（u，v），則由 |AB |=2|OA |AB ·OA =0 得 u2+v2=1004u-3v=0

解得： u=6v=8 或 u=-6v=-8 .

∵OB =OA +AB =（u+4，v-3），

∴v-3>0，∴v=8，即AB =（6，8）.

（2）因為OB =（10，5）和B（10，5），故直線OB方程為y= 1 2 x.

由條件知圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x-3）2+（y+1）2=10，其圓心（3，-1），半徑 10 .

設(shè)圓心（3，-1）關(guān)于直線OB的對稱點為（x，y），則：

x+3 2 -2· y-1 2 =0 y+1 x-3 =-2

，解得： x=1y=3

∴所求圓的方程為（x-1）2+（y-3）2=10.

（3）設(shè)P（x1，y1）、Q（x2，y2）為拋物線上關(guān)于直線OB的對稱兩點，則：

x1+x2 2 -2· y1+y2 2 =0 y1-y2 x1-x2 =-2

解得： x1+x2=- 2 a x1·x2= 5-2a 2a2 .

即x1、x2是方程x2+ 2 a x+ 5-2a 2a2 =0的兩個相異實根.

∴Δ= 4 a2 -4· 5-2a 2a2 >0，即a> 3 2 .

∴當(dāng)a> 3 2 時，拋物線y=ax2-1上總存在關(guān)于直線OB對稱的兩點.

評析 對稱問題是解幾的重要問題，也是高考熱點問題，關(guān)鍵要抓住兩點，一是中點在對稱軸上，二是兩點連線斜率與對稱軸斜率之積為-1，從而建立方程組處理.

例10 在直角坐標(biāo)系xoy中，曲線C：y= x2 4 與直線y=kx+a（a>0）交于M，N兩點，

（Ⅰ）當(dāng)k=0時，分別求C在點M和N處的切線方程；

（Ⅱ）y軸上是否存在點P，使得當(dāng)k變動時，總有∠OPM=∠OPN？說明理由.

分析 對于（Ⅰ）由條件知應(yīng)先求出M，N的坐標(biāo)，再利用導(dǎo)數(shù)求出過點M、N的切線方程.對于（Ⅱ）根據(jù)條件先作出判定，再利用設(shè)而不求思想，即將y=kx+a代入曲線C的方程整理成關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)出M，N的坐標(biāo)和P點坐標(biāo)，利用設(shè)而不求思想，將直線PM，PN的斜率之和

用a表示出來，利用直線PM，PN的斜率之和為0，即可求出a，b關(guān)系，從而找出適合條件的P點坐標(biāo).

略解：（Ⅰ）由題設(shè)可得M（2 a ，a），N（-2 a ，a），或M（-2 a ，a），N（2 a ，a）.

∵y′= 1 2 x，故y= x2 4 在x=2 a 處的切線斜率為 a ，C在（2 a ，a）處的切線方程為y-a= a （x-2 a ），即 a x-y-a=0.

故y= x2 4 在x=-2 a 處的切線斜率為- a ，C在（-2 a ，a）處的切線方程y-a=- a （x+2 a ），即 a x+y+a=0.

故所求切線方程為 a x-y-a=0或 a x+y+a=0.

（Ⅱ）存在符合題意的點，證明如下：

設(shè)P（0，b）為符合題意的點，M（x1，y1），N（x2，y2），直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.

將y=kx+a代入C的方程整理得x2-4kx-4a=0.

∴x1+x2=4k，x1x2=-4a.

∴k1+k2= y1-b x1 + y2-b x2

= 2kx1x2+（a-b）（x1+x2） x1x2 = k（a+b） a .

當(dāng)b=-a時，有k1+k2=0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補，故∠OPM=∠OPN，所以P（0，-a）符合題意.

評析 問題一，解題關(guān)鍵要理解拋物線的切線的幾何意義，這樣問題才容易解決；問題二，涉及存在性問題，只要利用存在性問題解題方法，抓住直線與拋物線位置關(guān)系，合理進行推理運算問題也容易解決.

縱觀近年全國高考解析幾何試題，涉及直線與二次曲線問題常把代數(shù)、三角、向量、數(shù)列、導(dǎo)數(shù)等知識交匯在一起，具有一定的靈活性與綜合性，解答題雖適當(dāng)控制了比較繁瑣的運算過程，但卻加大了思維密度和推證過程.預(yù)測今后的命題重點會涉及：1.直線與圓錐曲線的基礎(chǔ)題，涉及定義、標(biāo)準(zhǔn)方程、性質(zhì)、曲線交點問題以及簡單對稱性等，以選擇、填空形式出現(xiàn).2.直線與圓維曲線位置關(guān)系中以討論直線與圓錐曲線公共點個數(shù)、求弦長、焦點弦長以及中點有關(guān)的問題，或直線與曲線有關(guān)的軌跡問題.3.直線與圓錐曲線中的范圍、最值問題，特別是含有參數(shù)的方程在解決中需用的分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想以及建立目標(biāo)函數(shù)處理的方法.4.以向量、導(dǎo)數(shù)為載體或聯(lián)系相關(guān)學(xué)科知識，構(gòu)成知識交匯的問題，綜合考查分析解決問題能力.只要加強這方面復(fù)習(xí)，掌握直線與二次曲線關(guān)系問題的常見題型及解題方法就不難迎刃而解.