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圆锥曲线是解析几何的核心内容，是中学数学的重点、难点，是高考命题的热点之一，尤其是在最近几年的高考试题中，高中数学重点知识与解析几何的交汇融合，增强了试题的综合性，形成了题目多变，解法灵活的特点，充分体现了高考中以能力立意的命题原则.
近年来圆锥曲线在高考中比较稳定，解答题往往以中档题或压轴题的形式出现，主要考查同学们的逻辑推理能力、运算能力，综合运用数学知识解决问题的能力.高考圆锥曲线的考查，仍将以下两类题型为主.
1.求曲线（或轨迹）的方程.对于这类问题，高考常常不给出图形或不给出坐标系，以考察同学们理解解析几何问题的基本思想方法和能力；
2.与圆锥曲线有关的最值（或极值）和取值范围问题，圆锥曲线中的定值、定点问题，探究型的存在性问题.这类问题的综合性较强，解题中需要根据具体问题、灵活运用解析几何、平面几何、平面向量、函数、不等式、三角函数知识，正确的构造不等式或方程，体现了解析几何与其他数学知识的联系.
存在性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件和结论不完备，要求同学们结合已有的条件进行观察、分析、比较和概括，它对数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力有较高的要求，特别是在解析几何第二问中经常考到“是否存在这样的点”的问题，也就是是否存在定值定点定直线的问题.
一、是否存在这样的常数
例1在平面直角坐标系xOy中，经过点（0，2）且斜率为k的直线l与椭圆x22 y2=1有两个不同的交点P和Q.
（1）求k的取值范围；
（2）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量OP OQ与AB共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由.
解：（1）由已知条件，直线l的方程为y=kx 2，
代入椭圆方程得x22 （kx 2）2=1.整理得（12 k2）x2 22kx 1=0①
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ=8k2-4（12 k2）=4k2-2>0，
解得k<-22或k>22.即k的取值范围为（-∞，-22）∪（22， ∞）.
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则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OP OQ与AB共线等价于
x1 x2=-2（y1 y2），
将②③代入上式，解得k=22.
由（1）知k<-22或k>22，故没有符合题意的常数k.
二、是否存在这样的点
例2已知椭圆C：x2a2 y2b2=1（a>b>0）的离心率为33，过右焦点F的直线l与椭圆C相交于A、B两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为22.
（1）求a，b的值；
（2）椭圆C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP=OA OB成立？若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由.
解：（1）设F（c，0），当l的斜率为1时，其方程为x-y-c=0，O到l的距离为
|0-0-c|2=c2，故c2=22，c=1，
由e=ca=33，得a=3，b=a2-c2=2.
（2）假设椭圆C上存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP=OA OB成立.
由（1）知椭圆C的方程为2x2 3y2=6.设A（x1，y1），B（x2，y2）.
（ⅰ）当l不垂直x轴时，设l的方程为y=k（x-1），
假设椭圆C上存在点P，且有OP=OA OB成立，则P点的坐标为（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在椭圆C上，即2x21 3y21=6，2x22 3y22=6，
故2x1x2 3y1y2 3=0.①
将y=k（x-1）代入2x2 3y2=6，并化简得
（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，此时x1 x2=32.
于是y1 y2=k（x1 x2-2）=-k2，即P（32，-k2）.
因此，当k=-2时，P（32，22），l的方程为2x y-2=0；
当k=2时，P（32，-22），l的方程为2x-y-2=0.
（ⅱ）当l垂直于x轴时，由OA OB=（2，0）知，C上不存在点P使OP=OA OB成立.
综上，C上存在点P（32，±22）使OP=OA OB成立，此时l的方程为2x±y-2=0.
点评：本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力，第一问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计算，第二问利用向量坐标关系及方程的思想，借助根与系数关系解决问题，注意特殊情况的处理.
三、是否存在这样的直线
例3在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直线与抛物线x2=2py（p>0）相交于A，B两点.
（1）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值； （2）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由.（此题不要求在答题卡上画图）
解：（1）依题意，点N的坐标为N（0，-p），可设A（x1，y1），B（x2，y2），
直线AB的方程为y=kx p，与x2=2py联立得x2=2py，y=kx p.消去y得x2-2pkx-2p2=0.
由韦达定理得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，
∴当k=0时，（S△ABN）min=22p2.
（2）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a，
AC的中点为O′，l与AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，
则O′H⊥PQ，O′点的坐标为（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，此时|PQ|=p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y=p2，即抛物线的通径所在的直线.
四、是否存在这样的圆
例4设椭圆E：x2a2 y2b2=1（a，b>0）过M（2，2），N（6，1）两点，O为坐标原点，
（1）求椭圆E的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围，若不存在说明理由.
解：（1）因为椭圆E：x2a2 y2b2=1（a，b>0）过M（2，2），N（6，1）两点，
所以4a2 2b2=16a2 1b2=1解得1a2=181b2=14所以a2=8b2=4，
椭圆E的方程为x28 y24=1.
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB，设该圆的切线方程为y=kx m解方程组
y=kx mx28 y24=1得x2 2（kx m）2=8，
即（1 2k2）x2 4kmx 2m2-8=0，则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，
因为直线y=kx m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为r=|m|1 k2，
r2=m21 k2=m21 3m2-88=83，r=263，
所求的圆为x2 y2=83，此时圆的切线y=kx m都满足m≥263或m≤-263，而当切线的斜率不存在时切线为x=±263与椭圆x24 y24=1的两个交点为（263，±263）或（-263，±263）满足OA⊥OB，综上，存在圆心在原点的圆x2 y2=83，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB.
五、是否存在这样的最值
例5已知椭圆C1：y2a2 x2b2=1（a>b>0）的右顶点为A（1，0），过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
（1）求椭圆C1的方程；
（2）设点P在抛物线C2：y=x2 h（h∈R）上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值.
解：（1）由题意得b=12·b2a=1，∴a=2b=1，所求的椭圆方程为y24 x2=1.
（2）不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），P（t，t2 h），则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′|x=t=2t，直线MN的方程为y=2tx-t2 h，将上式代入椭圆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，因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以有Δ1=16[-t4 2（h 2）t2-h2 4]>0，
设线段MN的中点的横坐标是x3，则x3=x1 x22=t（t2-h）2（1 t2），设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4=t 12，由题意得x3=x4，即有t2 （1 h）t 1=0，其中的Δ2=（1 h）2-4≥0，∴h≥1或h≤-3；
当h≤-3时有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，当h=1时代入方程t2 （1 h）t 1=0得t=-1，将h=1，t=-1代入不等式Δ1=16[-t4 2（h 2）t2-h2 4]>0成立，因此h的最小值为1.
近年来圆锥曲线在高考中比较稳定，解答题往往以中档题或压轴题的形式出现，主要考查同学们的逻辑推理能力、运算能力，综合运用数学知识解决问题的能力.高考圆锥曲线的考查，仍将以下两类题型为主.
1.求曲线（或轨迹）的方程.对于这类问题，高考常常不给出图形或不给出坐标系，以考察同学们理解解析几何问题的基本思想方法和能力；
2.与圆锥曲线有关的最值（或极值）和取值范围问题，圆锥曲线中的定值、定点问题，探究型的存在性问题.这类问题的综合性较强，解题中需要根据具体问题、灵活运用解析几何、平面几何、平面向量、函数、不等式、三角函数知识，正确的构造不等式或方程，体现了解析几何与其他数学知识的联系.
存在性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件和结论不完备，要求同学们结合已有的条件进行观察、分析、比较和概括，它对数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力有较高的要求，特别是在解析几何第二问中经常考到“是否存在这样的点”的问题，也就是是否存在定值定点定直线的问题.
一、是否存在这样的常数
例1在平面直角坐标系xOy中，经过点（0，2）且斜率为k的直线l与椭圆x22 y2=1有两个不同的交点P和Q.
（1）求k的取值范围；
（2）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量OP OQ与AB共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由.
解：（1）由已知条件，直线l的方程为y=kx 2，
代入椭圆方程得x22 （kx 2）2=1.整理得（12 k2）x2 22kx 1=0①
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ=8k2-4（12 k2）=4k2-2>0，
解得k<-22或k>22.即k的取值范围为（-∞，-22）∪（22， ∞）.
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则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OP OQ与AB共线等价于
x1 x2=-2（y1 y2），
将②③代入上式，解得k=22.
由（1）知k<-22或k>22，故没有符合题意的常数k.
二、是否存在这样的点
例2已知椭圆C：x2a2 y2b2=1（a>b>0）的离心率为33，过右焦点F的直线l与椭圆C相交于A、B两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为22.
（1）求a，b的值；
（2）椭圆C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP=OA OB成立？若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由.
解：（1）设F（c，0），当l的斜率为1时，其方程为x-y-c=0，O到l的距离为
|0-0-c|2=c2，故c2=22，c=1，
由e=ca=33，得a=3，b=a2-c2=2.
（2）假设椭圆C上存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP=OA OB成立.
由（1）知椭圆C的方程为2x2 3y2=6.设A（x1，y1），B（x2，y2）.
（ⅰ）当l不垂直x轴时，设l的方程为y=k（x-1），
假设椭圆C上存在点P，且有OP=OA OB成立，则P点的坐标为（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在椭圆C上，即2x21 3y21=6，2x22 3y22=6，
故2x1x2 3y1y2 3=0.①
将y=k（x-1）代入2x2 3y2=6，并化简得
（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，此时x1 x2=32.
于是y1 y2=k（x1 x2-2）=-k2，即P（32，-k2）.
因此，当k=-2时，P（32，22），l的方程为2x y-2=0；
当k=2时，P（32，-22），l的方程为2x-y-2=0.
（ⅱ）当l垂直于x轴时，由OA OB=（2，0）知，C上不存在点P使OP=OA OB成立.
综上，C上存在点P（32，±22）使OP=OA OB成立，此时l的方程为2x±y-2=0.
点评：本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力，第一问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计算，第二问利用向量坐标关系及方程的思想，借助根与系数关系解决问题，注意特殊情况的处理.
三、是否存在这样的直线
例3在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直线与抛物线x2=2py（p>0）相交于A，B两点.
（1）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值； （2）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由.（此题不要求在答题卡上画图）
解：（1）依题意，点N的坐标为N（0，-p），可设A（x1，y1），B（x2，y2），
直线AB的方程为y=kx p，与x2=2py联立得x2=2py，y=kx p.消去y得x2-2pkx-2p2=0.
由韦达定理得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，
∴当k=0时，（S△ABN）min=22p2.
（2）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a，
AC的中点为O′，l与AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，
则O′H⊥PQ，O′点的坐标为（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，此时|PQ|=p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y=p2，即抛物线的通径所在的直线.
四、是否存在这样的圆
例4设椭圆E：x2a2 y2b2=1（a，b>0）过M（2，2），N（6，1）两点，O为坐标原点，
（1）求椭圆E的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围，若不存在说明理由.
解：（1）因为椭圆E：x2a2 y2b2=1（a，b>0）过M（2，2），N（6，1）两点，
所以4a2 2b2=16a2 1b2=1解得1a2=181b2=14所以a2=8b2=4，
椭圆E的方程为x28 y24=1.
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB，设该圆的切线方程为y=kx m解方程组
y=kx mx28 y24=1得x2 2（kx m）2=8，
即（1 2k2）x2 4kmx 2m2-8=0，则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，
因为直线y=kx m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为r=|m|1 k2，
r2=m21 k2=m21 3m2-88=83，r=263，
所求的圆为x2 y2=83，此时圆的切线y=kx m都满足m≥263或m≤-263，而当切线的斜率不存在时切线为x=±263与椭圆x24 y24=1的两个交点为（263，±263）或（-263，±263）满足OA⊥OB，综上，存在圆心在原点的圆x2 y2=83，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB.
五、是否存在这样的最值
例5已知椭圆C1：y2a2 x2b2=1（a>b>0）的右顶点为A（1，0），过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
（1）求椭圆C1的方程；
（2）设点P在抛物线C2：y=x2 h（h∈R）上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值.
解：（1）由题意得b=12·b2a=1，∴a=2b=1，所求的椭圆方程为y24 x2=1.
（2）不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），P（t，t2 h），则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′|x=t=2t，直线MN的方程为y=2tx-t2 h，将上式代入椭圆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，因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以有Δ1=16[-t4 2（h 2）t2-h2 4]>0，
设线段MN的中点的横坐标是x3，则x3=x1 x22=t（t2-h）2（1 t2），设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4=t 12，由题意得x3=x4，即有t2 （1 h）t 1=0，其中的Δ2=（1 h）2-4≥0，∴h≥1或h≤-3；
当h≤-3时有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，当h=1时代入方程t2 （1 h）t 1=0得t=-1，将h=1，t=-1代入不等式Δ1=16[-t4 2（h 2）t2-h2 4]>0成立，因此h的最小值为1.