范運(yùn)靈

圓錐曲線是解析幾何的核心內(nèi)容，是中學(xué)數(shù)學(xué)的重點(diǎn)、難點(diǎn)，是高考命題的熱點(diǎn)之一，尤其是在最近幾年的高考試題中，高中數(shù)學(xué)重點(diǎn)知識(shí)與解析幾何的交匯融合，增強(qiáng)了試題的綜合性，形成了題目多變，解法靈活的特點(diǎn)，充分體現(xiàn)了高考中以能力立意的命題原則.

近年來(lái)圓錐曲線在高考中比較穩(wěn)定，解答題往往以中檔題或壓軸題的形式出現(xiàn)，主要考查同學(xué)們的邏輯推理能力、運(yùn)算能力，綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題的能力.高考圓錐曲線的考查，仍將以下兩類題型為主.

1.求曲線（或軌跡）的方程.對(duì)于這類問(wèn)題，高考常常不給出圖形或不給出坐標(biāo)系，以考察同學(xué)們理解解析幾何問(wèn)題的基本思想方法和能力；

2.與圓錐曲線有關(guān)的最值（或極值）和取值范圍問(wèn)題，圓錐曲線中的定值、定點(diǎn)問(wèn)題，探究型的存在性問(wèn)題.這類問(wèn)題的綜合性較強(qiáng)，解題中需要根據(jù)具體問(wèn)題、靈活運(yùn)用解析幾何、平面幾何、平面向量、函數(shù)、不等式、三角函數(shù)知識(shí)，正確的構(gòu)造不等式或方程，體現(xiàn)了解析幾何與其他數(shù)學(xué)知識(shí)的聯(lián)系.

存在性問(wèn)題是一種具有開(kāi)放性和發(fā)散性的問(wèn)題，此類題目的條件和結(jié)論不完備，要求同學(xué)們結(jié)合已有的條件進(jìn)行觀察、分析、比較和概括，它對(duì)數(shù)學(xué)思想、數(shù)學(xué)意識(shí)及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)方法的能力有較高的要求，特別是在解析幾何第二問(wèn)中經(jīng)?？嫉健笆欠翊嬖谶@樣的點(diǎn)”的問(wèn)題，也就是是否存在定值定點(diǎn)定直線的問(wèn)題.

一、是否存在這樣的常數(shù)

例1在平面直角坐標(biāo)系xOy中，經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0，2）且斜率為k的直線l與橢圓x22+y2=1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q.

（1）求k的取值范圍；

（2）設(shè)橢圓與x軸正半軸、y軸正半軸的交點(diǎn)分別為A，B，是否存在常數(shù)k，使得向量OP+OQ與AB共線？如果存在，求k值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

解：（1）由已知條件，直線l的方程為y=kx+2，

代入橢圓方程得x22+（kx+2）2=1.整理得（12+k2）x2+22kx+1=0①

直線l與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q等價(jià)于Δ=8k2-4（12+k2）=4k2-2>0，

解得k<-22或k>22.即k的取值范圍為（-∞，-22）∪（22，+∞）.

（2）設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），則OP+OQ=（x1+x2，y1+y2），

由方程①得，x1+x2=-42k1+2k2.②

又y1+y2=k（x1+x2）+22.③

而A（2，0），B（0，1），AB=（-2，1）.

所以O(shè)P+OQ與AB共線等價(jià)于

x1+x2=-2（y1+y2），

將②③代入上式，解得k=22.

由（1）知k<-22或k>22，故沒(méi)有符合題意的常數(shù)k.

二、是否存在這樣的點(diǎn)

例2已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為33，過(guò)右焦點(diǎn)F的直線l與橢圓C相交于A、B兩點(diǎn)，當(dāng)l的斜率為1時(shí)，坐標(biāo)原點(diǎn)O到l的距離為22.

（1）求a，b的值；

（2）橢圓C上是否存在點(diǎn)P，使得當(dāng)l繞F轉(zhuǎn)到某一位置時(shí)，有OP=OA+OB成立？若存在，求出所有的P的坐標(biāo)與l的方程；若不存在，說(shuō)明理由.

解：（1）設(shè)F（c，0），當(dāng)l的斜率為1時(shí)，其方程為x-y-c=0，O到l的距離為

|0-0-c|2=c2，故c2=22，c=1，

由e=ca=33，得a=3，b=a2-c2=2.

（2）假設(shè)橢圓C上存在點(diǎn)P，使得當(dāng)l繞F轉(zhuǎn)到某一位置時(shí)，有OP=OA+OB成立.

由（1）知橢圓C的方程為2x2+3y2=6.設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）.

（?。┊?dāng)l不垂直x軸時(shí)，設(shè)l的方程為y=k（x-1），

假設(shè)橢圓C上存在點(diǎn)P，且有OP=OA+OB成立，則P點(diǎn)的坐標(biāo)為（x1+x2，y1+y2），

2（x1+x2）2+3（y1+y2）2=6，整理得2x21+3y21+2x22+3y22+4x1x2+6y1y2=6，

又A、B在橢圓C上，即2x21+3y21=6，2x22+3y22=6，

故2x1x2+3y1y2+3=0.①

將y=k（x-1）代入2x2+3y2=6，并化簡(jiǎn)得

（2+3k2）x2-6k2x+3k2-6=0.②

于是x1+x2=6k22+3k2，x1x2=3k2-62+3k2，

y1y2=k2（x1-1）（x2-1）=-4k22+3k2，

代入①解得，k2=2，此時(shí)x1+x2=32.

于是y1+y2=k（x1+x2-2）=-k2，即P（32，-k2）.

因此，當(dāng)k=-2時(shí)，P（32，22），l的方程為2x+y-2=0；

當(dāng)k=2時(shí)，P（32，-22），l的方程為2x-y-2=0.

（ⅱ）當(dāng)l垂直于x軸時(shí)，由OA+OB=（2，0）知，C上不存在點(diǎn)P使OP=OA+OB成立.

綜上，C上存在點(diǎn)P（32，±22）使OP=OA+OB成立，此時(shí)l的方程為2x±y-2=0.

點(diǎn)評(píng)：本題考查解析幾何與平面向量知識(shí)綜合運(yùn)用能力，第一問(wèn)直接運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式以及橢圓有關(guān)關(guān)系式計(jì)算，第二問(wèn)利用向量坐標(biāo)關(guān)系及方程的思想，借助根與系數(shù)關(guān)系解決問(wèn)題，注意特殊情況的處理.

三、是否存在這樣的直線

例3在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過(guò)定點(diǎn)C（0，p）作直線與拋物線x2=2py（p>0）相交于A，B兩點(diǎn).

（1）若點(diǎn)N是點(diǎn)C關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)，求△ANB面積的最小值；

（2）是否存在垂直于y軸的直線l，使得l被以AC為直徑的圓截得的弦長(zhǎng)恒為定值？若存在，求出l的方程；若不存在，說(shuō)明理由.（此題不要求在答題卡上畫圖）

解：（1）依題意，點(diǎn)N的坐標(biāo)為N（0，-p），可設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），

直線AB的方程為y=kx+p，與x2=2py聯(lián)立得x2=2py，y=kx+p.消去y得x2-2pkx-2p2=0.

由韋達(dá)定理得x1+x2=2pk，x1x2=-2p2.

于是S△ABN=S△BCN+S△ACN=12·2p|x1-x2|.

=p|x1-x2|=p（x1+x2）2-4x1x2

=p4p2k2+8p2=2p2k2+2，

∴當(dāng)k=0時(shí)，（S△ABN）min=22p2.

（2）假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為y=a，

AC的中點(diǎn)為O′，l與AC為直徑的圓相交于點(diǎn)P，Q，PQ的中點(diǎn)為H，

則O′H⊥PQ，O′點(diǎn)的坐標(biāo)為（x12，y1+p2）.

∵|O′P|=12|AC|=12x21+（y1-p）2

=12y21+p2，

|O′H|=|a-y1+p2|=12|2a-y1-p|，

∴|PH|2=|O′P|2-|O′H|2

=14（y21+p2）-14（2a-y1-p）2

=（a-p2）y1+a（p-a），

∴|PQ|2=（2|PH|）2

=4[（a-p2）y1+a（p-a）].

令a-p2=0，得a=p2，此時(shí)|PQ|=p為定值，故滿足條件的直線l存在，其方程為y=p2，即拋物線的通徑所在的直線.

四、是否存在這樣的圓

例4設(shè)橢圓E：x2a2+y2b2=1（a，b>0）過(guò)M（2，2），N（6，1）兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，

（1）求橢圓E的方程；

（2）是否存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，且OA⊥OB？若存在，寫出該圓的方程，并求|AB|的取值范圍，若不存在說(shuō)明理由.

解：（1）因?yàn)闄E圓E：x2a2+y2b2=1（a，b>0）過(guò)M（2，2），N（6，1）兩點(diǎn)，

所以4a2+2b2=16a2+1b2=1解得1a2=181b2=14所以a2=8b2=4，

橢圓E的方程為x28+y24=1.

（2）假設(shè)存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，且OA⊥OB，設(shè)該圓的切線方程為y=kx+m解方程組

y=kx+mx28+y24=1得x2+2（kx+m）2=8，

即（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0，則Δ=16k2m2-4（1+2k2）（2m2-8）=8（8k2-m2+4）>0，

即8k2-m2+4>0x1+x2=-4km1+2k2x1x2=2m2-81+2k2，

y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=k2（2m2-8）1+2k2-4k2m21+2k2+m2=m2-8k21+2k2，

要使OA⊥OB，需使x1x2+y1y2=0，即2m2-81+2k2+m2-8k21+2k2=0，所以3m2-8k2-8=0，

所以k2=3m2-88≥0，又8k2-m2+4>0，

所以m2>23m2≥8，所以m2≥83，即m≥263或m≤-263，

因?yàn)橹本€y=kx+m為圓心在原點(diǎn)的圓的一條切線，所以圓的半徑為r=|m|1+k2，

r2=m21+k2=m21+3m2-88=83，r=263，

所求的圓為x2+y2=83，此時(shí)圓的切線y=kx+m都滿足m≥263或m≤-263，而當(dāng)切線的斜率不存在時(shí)切線為x=±263與橢圓x24+y24=1的兩個(gè)交點(diǎn)為（263，±263）或（-263，±263）滿足OA⊥OB，綜上，存在圓心在原點(diǎn)的圓x2+y2=83，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，且OA⊥OB.

五、是否存在這樣的最值

例5已知橢圓C1：y2a2+x2b2=1（a>b>0）的右頂點(diǎn)為A（1，0），過(guò)C1的焦點(diǎn)且垂直長(zhǎng)軸的弦長(zhǎng)為1.

（1）求橢圓C1的方程；

（2）設(shè)點(diǎn)P在拋物線C2：y=x2+h（h∈R）上，C2在點(diǎn)P處的切線與C1交于點(diǎn)M，N.當(dāng)線段AP的中點(diǎn)與MN的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)相等時(shí)，求h的最小值.

解：（1）由題意得b=12·b2a=1，∴a=2b=1，所求的橢圓方程為y24+x2=1.

（2）不妨設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），P（t，t2+h），則拋物線C2在點(diǎn)P處的切線斜率為y′|x=t=2t，直線MN的方程為y=2tx-t2+h，將上式代入橢圓C1的方程中，得4x2+（2tx-t2+h）2-4=0，即4（1+t2）x2-4t（t2-h）x+（t2-h）2-4=0，因?yàn)橹本€MN與橢圓C1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以有Δ1=16[-t4+2（h+2）t2-h2+4]>0，

設(shè)線段MN的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x3，則x3=x1+x22=t（t2-h）2（1+t2），設(shè)線段PA的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x4，則x4=t+12，由題意得x3=x4，即有t2+（1+h）t+1=0，其中的Δ2=（1+h）2-4≥0，∴h≥1或h≤-3；

當(dāng)h≤-3時(shí)有h+2<0，4-h2<0，因此不等式Δ1=16[-t4+2（h+2）t2-h2+4]>0不成立；因此h≥1，當(dāng)h=1時(shí)代入方程t2+（1+h）t+1=0得t=-1，將h=1，t=-1代入不等式Δ1=16[-t4+2（h+2）t2-h2+4]>0成立，因此h的最小值為1.