高考试题,一题多解.

2x在直角坐标系xOy中，曲线C:y与直线l:ykxaa0交于

4M，N两点.

（Ⅰ）当k0时，分别求C在点M和N处的切线方程；

（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？说明理由.

试题解析：（Ⅰ）由题设可得M(2a,a)，N(22,a)，或M(22,a)，

1x2yxyN(2a,a).∵2，故4在x=22a处的到数值为a，C在

(22a,a)处的切线方程为 yaa(x2a)，即axya0.

x2y4在x=-22a处的到数值为-a，故C在(22a,a)处的切线方程为

yaa(x2a)，即axya0.

故所求切线方程为axya0或axya0.

第一问比较基础，考察导数的几何意义，这里就不再阐述其他方法，主要研究第二问的解法 （Ⅱ）解法1 存在符合题意的点，证明如下：

设P（0，b）为复合题意得点，

M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线PM，PN的斜

–4–34321–2yN1234M–1O–1–2–3–4x率分别为k1,k2.

将ykxa代入C得方程整理得

1

Px24kx4a0. ∴x1x24k,x1x24a.

由题意得k1k20.k1k1y1by2by1x2y2x1b(x1x2) x1x2x1x22kx1x2(ab)(x1x1)2k(4a)（ab)4k=0,所以ba.

x1x2x1x2所以P(0,a)符合题意.

2x12x2（x1，）（x2，）解法二 设点M N（ P（0，b），由题意可知：

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2x12x2bb2440，所以（x124b)x2（x24b)x10，即

x1x2（x1x2）（x1x2-4b)0，所以（x1x2-4b)0，由解法一 x1x24a，所以

ba，所以P(0,a)符合题意.解法一和解法二是常规思路，主要从

斜率互为相反数，列出条件求解，只是解法二用抛物线的参数方程设点可以减少计算量，避免联立方程组，提高解题效率，可以尝试. 解法三 如图：由对称性可知点M关于y轴的对称点Q直线NP和抛物线的 交点 .

设M（x1，y1），N(x2，y2），Q(-x1，y1） P（0，b），P Q N三点共线，

y2by1b,以下同解法一. x2x1–4–3–24321yN12M–1O–1–2–3–4Q34xP

2

解法四：M（x1，y1），N(x2，y2），Q(-x1，y1） 过点NQ的直线方程可以设为

yy2xx2，令x0，解得 y1y2x1x2yy1x2y1x1（kx1a)x2(kx2a)x12kx1x2=a=-a.即直线和y轴交

x1x2x1x2x1x2于点P(0,b).

解法三，四从对称性出发，利用整体代换的思想，简化运算，解法四利用直线过定点问题求出点P.

本题可以推广一般结论：抛物线C: y22px，点A(-m,0)，设不垂直于x轴的直线和C交于PQ两点，如果x轴是PAQ的平分线，则直线PQ过定点（m,0）.

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