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求曲线过定点、取定值、是定直线问题是2008 年全国高考圆锥曲线试题中出现最多的题型.由于它在解题之前不知道定点、定值、定直线的结果情况，需要利用所学知识推理判断结果的可能性.通过这些问题的解决可以考查学生应用知识探索推理解决问题的能力，体现学生的数学素质,因而受到命题者的青睐.解决这类问题时，要善于运用辩证的观点去思考分析，在运动中寻求定点、定值、定直线的“不变”性，或通过探索先确定出定点、定值、定直线的可能性，将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，再进行推理论证，从而找到解决问题的突破口.下面对2008年全国各地高考解析几何中涉及的曲线过定点、取定值、定直线问题以及圆锥曲线问题中的探索推理问题进行归类分析.
1 曲线过定点问题
解决这类问题的关键是先求满足条件的曲（直）线方程，再根据曲（直）线方程的特征探求符合条件的定点.
图1
例1 （广东卷18）．设b>0，椭圆方程为x22b2+y2b2=1，抛物线方程为x2=8(y-b)．如图1所示，过点F(0,b+2)作x轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为G，已知抛物线在点G的切线经过椭圆的右焦点F1．
（1）求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；
（2）设A,B分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点P，使得△ABP为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）．
分析与略解：
（1）由x2=8(y-b)得y=18x2+b，
由y=b+2得x=±4，所以G点的坐标为(4,b+2)，y′=14x，y′|x=4=1
，过点G的切线方程为y-(b+2)=x-4即y=x+b-2，
令y=0得x=2-b，所以F1点的坐标为(2-b,0)，由椭圆方程得F1点
的坐标为(b,0)，
所以2-b=b即b=1，则椭圆和抛物线的方程分别为x22+y2=1和x2=8(y-1)；
（2）因为过A作x轴的垂线与抛物线只有一个交点P,所以以∠PAB为直角的Rt△ABP只有一个，
同理以∠PBA为直角的Rt△ABP只有一个.
若以∠APB为直角，设P点坐标为(x,18x2+1)，A、B两点的坐标分别为(-2,0)和(2,0)，PA·PB=x2-2+(18x2+1)2=164x4+54x2-1=0.
关于x2的二次方程有一大于零的解，所以x有两解，即以∠APB为直角的Rt△ABP有两个，
因此抛物线上存在四个点使得△ABP为直角三角形.
评析 （1）由条件直接利用所学知识容易解决.（2）中要探究在抛物线上是否存在点P，使得△ABP为直角三角形，首先要明确△ABP中哪一个为直角，因此必须对角进行分类讨论，再结合直角满足的条件及有关知识去解决.
2 代数式取定值问题
解决这类问题的关键是根据条件求出满足条件且所要求（证）与定值有关的关系式，进而考虑变形化简逐渐向所要求的定值方向推证，达到问题的解决.
例2 （浙江卷20）已知曲线C是到点P（-12,38）和到直线y=-58距离相等的点的轨迹.l是过点Q（-1，0）的直线，M是C上（不在l上）的动点；A、B在l上，MA⊥l,MB⊥x轴（如图2）.
（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）求出直线l的方程，使得|QB|2|QA|为常数.
图2分析与略解 （Ⅰ）设N(x,y)为C上的点，则|NP|=(x+12)2+(y-38)2，N到直线y=-58的距离为|y+58|．
由题设得
(x+12)2+(y-38)2=|y+58|．
化简，得曲线C的方程为y=12(x2+x)．
（Ⅱ）解法一 设M(x,x2+x2)，直线l:y=kx+k，则B(x,kx+k)
，从而|QB|=1+k2|x+1|．
在Rt△QMA中，因为|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.
当k=2时，|QB|2|QA|=55，从而所求直线l方程为2x-y+2=0．
图3
解法二 设M(x,x2+x2)，直线l:y=kx+k，则B(x,kx+k)，从而|QB|=1+k2|x+1|.
过Q(-1,0)作垂直于l的直线l1:y=-1k(x+1)．
因为|QA|=|MH|，
所以|QA|=|x+1|·|kx+2|21+k2，
|QB|2|QA|=2(1+k2)1+k2|k|·x+1x+2k．
当k=2时，|QB|2|QA|=55，从而所求直线l方程为2x-y+2=0．
评析 （Ⅰ）由条件容易用直接法解决.（Ⅱ）由l是过点Q（-1，0）的直线，考虑用点斜式设直线方程，根据条件只要求出斜率即可.由条件列出|QB|2|QA|关于k的关系式，观察关系式中使其为常数时k的值.本题的难点就在于由条件列出|QB|2|QA|关于k的关系式后无法观察判断求得k的值，结果半途而废.
3 点在定直线上或满足条件的结果为定直线问题
例3 （安徽卷22）设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,1)，且左焦点为F1(-2,0).
（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于两不同点A,B时，在线段AB上取点Q，满足|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|，证明：点Q总在某定直线上.
分析与略解 (Ⅰ)由题意：c2=22a2+1b2=1c2=a2-b2，解得a2=4,b2=2，所求椭圆方程为x24+y22=1.
(Ⅱ)方法一设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2).
由题设知|AP|,|PB|,|AQ|,|QB|均不为零，记λ=|AP||PB|=|AQ||QB|,则λ>0且λ≠1，又A，P，B，Q四点共线，从而AP=-λPB,AQ=λQB
于是4=x1-λx21-λ，1=y1-λy21-λ，x=x1+λx21+λ，y=y1+λx21+λ
,从而x21-λ2x221-λ2=4x，……（1）y21-λ2y221-λ2=y，……（2）
又点A、B在椭圆C上，即x21+2y21=4，……(3),x22+2y22=4,……(4).
（1）+（2）×2并结合（3），（4）得4x+2y=4，即点Q(x,y)总在定直线上2x+y-2=0上.
方法二 设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，|PA|,|PB|,|AQ|,|QB|均不为零.
且|PA||AQ|=|PB||QB|，又P,A,Q,B四点共线，可设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)在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程x2+2y2=4并作差,
整理得8(2x+y-2)λ=0,因为λ≠0,所以2x+y-2=0.
即点Q(x,y)总在定直线2x+y-2=0上.
评析 （Ⅰ）由条件容易解决.（Ⅱ）由于在线段AB上取点Q，满足|AP|·|QB|·=|AQ|·|PB|，两不同点A，B在椭圆C上，故涉及多参数问题，考虑利用线段定比分点公式结合有关知识解决，其中多参数的消参问题是难点，要善于观察、分析、比较.
4 探索曲线在某条件下是否过定点或代数式在某条件下是否取定值
这类问题是一类思考性、逻辑性很强的问题，要有一定的逻辑推理能力和分析解决问题能力方能奏效，是近年高考的热点问题之一.
图4
例4 （山东卷22)如图4，设抛物线方程为x2=2py(p＞0),M为直线y=-2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B.
（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当M点的坐标为（2，-2p）时，|AB|=410，求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x2=2py(p>0)上，其中，点C满足OC=OA+OB（O为坐标原点）.若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由.
分析与略解 （Ⅰ）证明：由题意设A(x1,x212p),B(x2,x222p),x1 由x2=2py得y=x22p，
则y′=xp,
所以kMA=x1p,kMB=x2p.
因此直线MA的方程为y+2p=x1p(x-x0),直线MB的方程为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三点的横坐标成等差数列.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x0=2时，
将其代入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的两根，因此x1+x2=4,x1x2=-4p2,
又kAB=x222p-x212px2-x1=x1+x22p=x0p,所以kAB=2p.
由弦长公式得|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+4p216+16p2.
又|AB|=410，所以p=1或p=2，因此所求抛物线方程为x2=2y或x2=4y.
（Ⅲ）解：假设存在点M满足条件，设D(x3,y3)，由题意得C(x1+x2, y1+y2)，则CD的中点坐标为Q(x1+x2+x32,y1+y2+y32),设直线AB的方程为y-y1=x0p(x-x1),
由点Q在直线AB上，并注意到点(x1+x22,y1+y22)也在直线AB上，代入得y3=x0px3.
若D（x3,y3）在抛物线上，则x23=2py3=2x0x3,因此x3=0或x3=2x0. 即D(0，0)或
D(2x0,2x20p).
（1）当x0=0时，则x1+x2=2x0=0，此时，点M(0,-2p)适合题意.
（2）当x0≠0，对于D(0，0)，此时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.
对于D(2x0,2x20p),因为C(2x0,x21+x222p),此时直线CD平行于y轴，又
kAB=x0p≠0,所以直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，所以x0≠0时，不存在符合题意的M点.
综上所述，仅存在一点M(0，-2p)适合题意.
评析 探索是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x2=2py(p>0)上的关键是先假设满足条件的定点M存在，再根据假设结合所掌握的知识进行推理，以达到求解目的.
5 探索推理问题
由于新课程增加了《推理与证明》内容，高考把对思维能力的考查作为考查能力的核心，加强了具有创意的新题型——探索推理题的考查，并成为高考命题的新热点.
例5 （湖南卷20）.若A、B是抛物线y2=4x上的不同两点，弦AB（不平行于y轴）的垂直平分线与
x轴相交于点P，则称弦AB是点P的一条“相关弦”.已知当x>2时，点P（x,0）存在无穷多条“相关弦”.给定x0>2.（Ⅰ）证明：点P（x0,0）的所有“相关弦”的中点的横坐标相同；(Ⅱ) 试问：点P（x0,0）的“相关弦”的弦长中是否存在最大值？若存在，求其最大值（用x0表示）;若不存在，请说明理由.
分析与略解 （Ⅰ）设AB为点P（x0,0）的任意一条“相关弦”，且点A、B的坐标分别是（x1,y1）、（x2,y2）（x1≠x2）,则y21=4x1, y22=4x2,
两式相减得（y1+y2）（y1-y2）=4（x1-x2）.因为x1≠x2,所以y1+y2≠0.
设直线AB的斜率是k，弦AB的中点是M（xm, ym）,则k=y1-y2x1-x2=4y1+y2=2ym.
从而AB的垂直平分线l的方程为
y-ym=-ym2(x-xm).
又点P（x0,0）在直线l上，所以-ym=-ym2(x0-xm).
而ym≠0,于是xm=x0-2.故点P（x0,0）的所有“相关弦”的中点的横坐标都是x0-2.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，弦AB所在直线的方程是y-ym=k(x-xm)，代入y2=4x中，整理得k2x2+2［k(ym-kxm)-2］x+(ym-kxm)2=0（*）
则x1、x2是方程（*）的两个实根，且x1·x2=(ym-kxm)2k2.
设点P的“相关弦”AB的弦长为l，则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.
因为0 记l2=g(t)=-［t-2(x0-3)］2+4(x0-1)2.
若x0>3,则2(x0-3)∈(0, 4x0-8),所以当t=2(x0-3),即y2m=2(x0-3)时, l有最大值2(x0-1).
若2 所以0 综上所述，当x0>3时，点P（x0,0）的“相关弦”的弦长中存在最大值，且最大值
为2（x0-1）；当2< x0≤3时，点P（x0,0）的“相关弦”的弦长中不存在最大值.
评析 本题两个问题的推证过程充分说明，推理过程的严密性是解决逻辑推理题的关键.首先要有扎实的基础知识，掌握推理过程步步有根据，特别要掌握常用的推理方法技巧.如（Ⅱ）解题中涉及分类讨论以及存在性问题的处理方法等.
例6 （陕西卷20）．已知抛物线C：y=2x2，直线y=kx+2交C于A,B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N．
（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；
（Ⅱ）是否存在实数k使NA·NB=0，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．
图5
分析与略解 方法一：（Ⅰ）如图5，设A(x1,2x21)，B(x2,2x22)，把y=kx+2代入y=2x2得2x2-kx-2=0，由韦达定理得x1+x2=k2，x1x2=-1，
所以xN=xM=x1+x22=k4，所以N点的坐标为(k4,k28)．
设抛物线在点N处的切线l的方程为y-k28=m(x-k4),
将y=2x2代入上式得2x2-mx+mk4-k28=0，
因为直线l与抛物线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）假设存在实数k，使NA·NB=0，则NA⊥NB，又因为M是AB的中点，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．
因为MN⊥x轴，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）如图，设A(x1,2x21)，B(x2,2x22),把y=kx+2代入y=2x2得2x2-kx-2=0．由韦达定理得x1+x2=k2,x1x2=-1．
所以xN=xM=x1+x22=k4，所以N点的坐标为(k4,k28)．因为y=2x2,所以y′=4x，
所以抛物线在点N处的切线l的斜率为4×k4=k，所以l∥AB．
（Ⅱ）假设存在实数k，使NA·NB=0．
由（Ⅰ）知NA=(x1-k4,2x21-k28)，
NB=(x2-k4,2x22-k28),则
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,
因为-1-k216<0,所以-3+34k2=0，
解得k=±2.
即存在k=±2，使NA·NB=0．
评析 本题（Ⅱ）通过执果索因推理达到问题的解决，执果索因推理实质是一种逆向思维，在平时教学中要注意逆向思维的培养，防止思维的单一性，要让学生分析问题、灵活应用所学知识解决问题，真正提高解题能力.
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1 曲线过定点问题
解决这类问题的关键是先求满足条件的曲（直）线方程，再根据曲（直）线方程的特征探求符合条件的定点.
图1
例1 （广东卷18）．设b>0，椭圆方程为x22b2+y2b2=1，抛物线方程为x2=8(y-b)．如图1所示，过点F(0,b+2)作x轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为G，已知抛物线在点G的切线经过椭圆的右焦点F1．
（1）求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；
（2）设A,B分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点P，使得△ABP为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）．
分析与略解：
（1）由x2=8(y-b)得y=18x2+b，
由y=b+2得x=±4，所以G点的坐标为(4,b+2)，y′=14x，y′|x=4=1
，过点G的切线方程为y-(b+2)=x-4即y=x+b-2，
令y=0得x=2-b，所以F1点的坐标为(2-b,0)，由椭圆方程得F1点
的坐标为(b,0)，
所以2-b=b即b=1，则椭圆和抛物线的方程分别为x22+y2=1和x2=8(y-1)；
（2）因为过A作x轴的垂线与抛物线只有一个交点P,所以以∠PAB为直角的Rt△ABP只有一个，
同理以∠PBA为直角的Rt△ABP只有一个.
若以∠APB为直角，设P点坐标为(x,18x2+1)，A、B两点的坐标分别为(-2,0)和(2,0)，PA·PB=x2-2+(18x2+1)2=164x4+54x2-1=0.
关于x2的二次方程有一大于零的解，所以x有两解，即以∠APB为直角的Rt△ABP有两个，
因此抛物线上存在四个点使得△ABP为直角三角形.
评析 （1）由条件直接利用所学知识容易解决.（2）中要探究在抛物线上是否存在点P，使得△ABP为直角三角形，首先要明确△ABP中哪一个为直角，因此必须对角进行分类讨论，再结合直角满足的条件及有关知识去解决.
2 代数式取定值问题
解决这类问题的关键是根据条件求出满足条件且所要求（证）与定值有关的关系式，进而考虑变形化简逐渐向所要求的定值方向推证，达到问题的解决.
例2 （浙江卷20）已知曲线C是到点P（-12,38）和到直线y=-58距离相等的点的轨迹.l是过点Q（-1，0）的直线，M是C上（不在l上）的动点；A、B在l上，MA⊥l,MB⊥x轴（如图2）.
（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）求出直线l的方程，使得|QB|2|QA|为常数.
图2分析与略解 （Ⅰ）设N(x,y)为C上的点，则|NP|=(x+12)2+(y-38)2，N到直线y=-58的距离为|y+58|．
由题设得
(x+12)2+(y-38)2=|y+58|．
化简，得曲线C的方程为y=12(x2+x)．
（Ⅱ）解法一 设M(x,x2+x2)，直线l:y=kx+k，则B(x,kx+k)
，从而|QB|=1+k2|x+1|．
在Rt△QMA中，因为|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.
当k=2时，|QB|2|QA|=55，从而所求直线l方程为2x-y+2=0．
图3
解法二 设M(x,x2+x2)，直线l:y=kx+k，则B(x,kx+k)，从而|QB|=1+k2|x+1|.
过Q(-1,0)作垂直于l的直线l1:y=-1k(x+1)．
因为|QA|=|MH|，
所以|QA|=|x+1|·|kx+2|21+k2，
|QB|2|QA|=2(1+k2)1+k2|k|·x+1x+2k．
当k=2时，|QB|2|QA|=55，从而所求直线l方程为2x-y+2=0．
评析 （Ⅰ）由条件容易用直接法解决.（Ⅱ）由l是过点Q（-1，0）的直线，考虑用点斜式设直线方程，根据条件只要求出斜率即可.由条件列出|QB|2|QA|关于k的关系式，观察关系式中使其为常数时k的值.本题的难点就在于由条件列出|QB|2|QA|关于k的关系式后无法观察判断求得k的值，结果半途而废.
3 点在定直线上或满足条件的结果为定直线问题
例3 （安徽卷22）设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,1)，且左焦点为F1(-2,0).
（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于两不同点A,B时，在线段AB上取点Q，满足|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|，证明：点Q总在某定直线上.
分析与略解 (Ⅰ)由题意：c2=22a2+1b2=1c2=a2-b2，解得a2=4,b2=2，所求椭圆方程为x24+y22=1.
(Ⅱ)方法一设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2).
由题设知|AP|,|PB|,|AQ|,|QB|均不为零，记λ=|AP||PB|=|AQ||QB|,则λ>0且λ≠1，又A，P，B，Q四点共线，从而AP=-λPB,AQ=λQB
于是4=x1-λx21-λ，1=y1-λy21-λ，x=x1+λx21+λ，y=y1+λx21+λ
,从而x21-λ2x221-λ2=4x，……（1）y21-λ2y221-λ2=y，……（2）
又点A、B在椭圆C上，即x21+2y21=4，……(3),x22+2y22=4,……(4).
（1）+（2）×2并结合（3），（4）得4x+2y=4，即点Q(x,y)总在定直线上2x+y-2=0上.
方法二 设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，|PA|,|PB|,|AQ|,|QB|均不为零.
且|PA||AQ|=|PB||QB|，又P,A,Q,B四点共线，可设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)在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程x2+2y2=4并作差,
整理得8(2x+y-2)λ=0,因为λ≠0,所以2x+y-2=0.
即点Q(x,y)总在定直线2x+y-2=0上.
评析 （Ⅰ）由条件容易解决.（Ⅱ）由于在线段AB上取点Q，满足|AP|·|QB|·=|AQ|·|PB|，两不同点A，B在椭圆C上，故涉及多参数问题，考虑利用线段定比分点公式结合有关知识解决，其中多参数的消参问题是难点，要善于观察、分析、比较.
4 探索曲线在某条件下是否过定点或代数式在某条件下是否取定值
这类问题是一类思考性、逻辑性很强的问题，要有一定的逻辑推理能力和分析解决问题能力方能奏效，是近年高考的热点问题之一.
图4
例4 （山东卷22)如图4，设抛物线方程为x2=2py(p＞0),M为直线y=-2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B.
（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当M点的坐标为（2，-2p）时，|AB|=410，求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x2=2py(p>0)上，其中，点C满足OC=OA+OB（O为坐标原点）.若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由.
分析与略解 （Ⅰ）证明：由题意设A(x1,x212p),B(x2,x222p),x1
则y′=xp,
所以kMA=x1p,kMB=x2p.
因此直线MA的方程为y+2p=x1p(x-x0),直线MB的方程为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三点的横坐标成等差数列.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x0=2时，
将其代入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的两根，因此x1+x2=4,x1x2=-4p2,
又kAB=x222p-x212px2-x1=x1+x22p=x0p,所以kAB=2p.
由弦长公式得|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+4p216+16p2.
又|AB|=410，所以p=1或p=2，因此所求抛物线方程为x2=2y或x2=4y.
（Ⅲ）解：假设存在点M满足条件，设D(x3,y3)，由题意得C(x1+x2, y1+y2)，则CD的中点坐标为Q(x1+x2+x32,y1+y2+y32),设直线AB的方程为y-y1=x0p(x-x1),
由点Q在直线AB上，并注意到点(x1+x22,y1+y22)也在直线AB上，代入得y3=x0px3.
若D（x3,y3）在抛物线上，则x23=2py3=2x0x3,因此x3=0或x3=2x0. 即D(0，0)或
D(2x0,2x20p).
（1）当x0=0时，则x1+x2=2x0=0，此时，点M(0,-2p)适合题意.
（2）当x0≠0，对于D(0，0)，此时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.
对于D(2x0,2x20p),因为C(2x0,x21+x222p),此时直线CD平行于y轴，又
kAB=x0p≠0,所以直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，所以x0≠0时，不存在符合题意的M点.
综上所述，仅存在一点M(0，-2p)适合题意.
评析 探索是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x2=2py(p>0)上的关键是先假设满足条件的定点M存在，再根据假设结合所掌握的知识进行推理，以达到求解目的.
5 探索推理问题
由于新课程增加了《推理与证明》内容，高考把对思维能力的考查作为考查能力的核心，加强了具有创意的新题型——探索推理题的考查，并成为高考命题的新热点.
例5 （湖南卷20）.若A、B是抛物线y2=4x上的不同两点，弦AB（不平行于y轴）的垂直平分线与
x轴相交于点P，则称弦AB是点P的一条“相关弦”.已知当x>2时，点P（x,0）存在无穷多条“相关弦”.给定x0>2.（Ⅰ）证明：点P（x0,0）的所有“相关弦”的中点的横坐标相同；(Ⅱ) 试问：点P（x0,0）的“相关弦”的弦长中是否存在最大值？若存在，求其最大值（用x0表示）;若不存在，请说明理由.
分析与略解 （Ⅰ）设AB为点P（x0,0）的任意一条“相关弦”，且点A、B的坐标分别是（x1,y1）、（x2,y2）（x1≠x2）,则y21=4x1, y22=4x2,
两式相减得（y1+y2）（y1-y2）=4（x1-x2）.因为x1≠x2,所以y1+y2≠0.
设直线AB的斜率是k，弦AB的中点是M（xm, ym）,则k=y1-y2x1-x2=4y1+y2=2ym.
从而AB的垂直平分线l的方程为
y-ym=-ym2(x-xm).
又点P（x0,0）在直线l上，所以-ym=-ym2(x0-xm).
而ym≠0,于是xm=x0-2.故点P（x0,0）的所有“相关弦”的中点的横坐标都是x0-2.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，弦AB所在直线的方程是y-ym=k(x-xm)，代入y2=4x中，整理得k2x2+2［k(ym-kxm)-2］x+(ym-kxm)2=0（*）
则x1、x2是方程（*）的两个实根，且x1·x2=(ym-kxm)2k2.
设点P的“相关弦”AB的弦长为l，则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.
因为0
若x0>3,则2(x0-3)∈(0, 4x0-8),所以当t=2(x0-3),即y2m=2(x0-3)时, l有最大值2(x0-1).
若2
为2（x0-1）；当2< x0≤3时，点P（x0,0）的“相关弦”的弦长中不存在最大值.
评析 本题两个问题的推证过程充分说明，推理过程的严密性是解决逻辑推理题的关键.首先要有扎实的基础知识，掌握推理过程步步有根据，特别要掌握常用的推理方法技巧.如（Ⅱ）解题中涉及分类讨论以及存在性问题的处理方法等.
例6 （陕西卷20）．已知抛物线C：y=2x2，直线y=kx+2交C于A,B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N．
（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；
（Ⅱ）是否存在实数k使NA·NB=0，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．
图5
分析与略解 方法一：（Ⅰ）如图5，设A(x1,2x21)，B(x2,2x22)，把y=kx+2代入y=2x2得2x2-kx-2=0，由韦达定理得x1+x2=k2，x1x2=-1，
所以xN=xM=x1+x22=k4，所以N点的坐标为(k4,k28)．
设抛物线在点N处的切线l的方程为y-k28=m(x-k4),
将y=2x2代入上式得2x2-mx+mk4-k28=0，
因为直线l与抛物线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）假设存在实数k，使NA·NB=0，则NA⊥NB，又因为M是AB的中点，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．
因为MN⊥x轴，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）如图，设A(x1,2x21)，B(x2,2x22),把y=kx+2代入y=2x2得2x2-kx-2=0．由韦达定理得x1+x2=k2,x1x2=-1．
所以xN=xM=x1+x22=k4，所以N点的坐标为(k4,k28)．因为y=2x2,所以y′=4x，
所以抛物线在点N处的切线l的斜率为4×k4=k，所以l∥AB．
（Ⅱ）假设存在实数k，使NA·NB=0．
由（Ⅰ）知NA=(x1-k4,2x21-k28)，
NB=(x2-k4,2x22-k28),则
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,
因为-1-k216<0,所以-3+34k2=0，
解得k=±2.
即存在k=±2，使NA·NB=0．
评析 本题（Ⅱ）通过执果索因推理达到问题的解决，执果索因推理实质是一种逆向思维，在平时教学中要注意逆向思维的培养，防止思维的单一性，要让学生分析问题、灵活应用所学知识解决问题，真正提高解题能力.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文