2025届高考数学思想方法大合集--解析几何中的函数与方程思想讲义

第03节 解析几何中函数与方程思想 函数与方程思想是解析几何中解决问题的重要工具.在高中数学中，解析几何主要研究直线和圆，圆锥曲线与直线相互位置关系以及它们的方程表示.函数与方程思想体现在将几何问题转化为代数问题，通过建立函数关系或方程来解决几何问题. 首先，函数思想强调变量之间的依赖关系.在解析几何中，点的坐标可以看作是变量，而点的位置关系可以通过坐标之间的函数关系来描述.例如，直线的斜率可以看作是纵坐标与横坐标变化率的函数，解析几何的方程可以表示为点到圆心或直线距离的函数. 其次，方程思想是通过建立方程来表达几何元素之间的关系.例如，两条直线的交点可以通过解它们的联立方程组来找到，圆锥曲线与直线的位置关系可以通过将直线方程代入圆锥曲线的方程来判断. 在应用函数与方程思想解决解析几何问题时，通常需要以下几个步骤：首先确定问题中的几何元素和它们之间的关系；然后根据这些关系建立相应的函数或方程；接着运用代数方法求解这些方程；最后将解代回几 类型一 函数与方程在定点问题中的应用 【典例1】（江苏省南通市名校联盟2025届高三上学期模拟演练性联考）在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M（x1，y1）、N（x2，y2），其中.则直线MN必过一定点的坐标为（ ） A.     B. B.     D. 【解题策略】运用函数与方程思想，通过联立直线和椭圆方程组，求得两点的坐标，进而确定定点的坐标 【详细解析】 依题意得， 直线的方程为， 由消去并化简得， ， 则， 所以. 直线的方程为， 由消去并化简得， ， 所以， 所以. 若，即， 即，即， ，则，所以， 此时直线过点. 若，依题意， 所以直线的方程为， ， ， 所以直线过点， 综上所述，直线过定点. 故选：A 【典例2】已知双曲线的一条渐近线的倾斜角的正切值为.若直线（且）与双曲线交于A，B两点，直线，的斜率的倒数和为，则直线恒经过的定点为______. 【解题策略】先根据渐近线的倾斜角算出，然后运用函数与方程思想，联立直线和双曲线，结合题目条件和韦达定理找到的关系，从而得到定点. 【详细解析】 因为双曲线方程为一条渐近线的倾斜角的正切值为.所以，解得，所以双曲线方程为. 设，，联立得， . 由韦达定理得，. 因为，所以. 所以，由题意知，此时. 所以直线方程为，恒经过的定点为. 故答案为： 【典例3】求证：对任意实数，动圆恒过两定点． 【解题策略】有两种证法：一是运用特殊值法，即取和，求出或再验证圆系过定点和；二是如果把动圆方程转化为关于实数的一次函数，由这个一次函数恒为零，推出一次项系数及常数项均为零．这就是函数与方程思想的典型应用之一，下面给出的正是这种证法． 【详细解析】 证明：圆系方程可化为． 设． 对恒成立， 解得或 因此，圆系过定点和． 【方法归纳】在高中数学中，函数与方程在定点问题中的应用主要涉及利用方程组求解定点： 在多个函数图像的交点问题中，可以通过解方程组来找到这些图像的交点，即定点. 在解决定点问题时，需要灵活运用函数与方程的知识，结合具体问题的特点，选择合适的方法进行求解. 【举一反三】 1． 已知椭圆，点为椭圆上顶点，直线与椭圆相交于两点， (1) 若为的中点，为坐标原点，，求实数的值； (2) 若直线的斜率为，且，证明：直线过定点，并求定点坐标． （江苏省南通市如皋市2024-2025学年高三上学期学情调研考试（一）） 2． 设抛物线的焦点为，点，过的直线交于两点，直线与的另一个交点分别为，记直线的斜率分别为. (1) 求证：为定值； (2) 直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标． 类型二 函数与方程在范围问题中的应用 【典例1】已知为焦点在轴上的双曲线，其离心率为，为上一动点（除顶点），过点的直线，分别经过双曲线的两个顶点，已知直线的斜率，则直线的斜率的取值范围为（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】由离心率可得由题意可得，由斜率，运用函数与方程思想，即可得斜率的取值范围. 【详细解析】 设双曲线的方程为为上一动点，上顶点下顶点离心率为，即可得 直线为直线PA， 直线为直线PB， 则， ，又，，可得， 故选：C 【典例2】（2024年普通高等学校招生全国统一考试数学理科预测卷（二））已知直线过抛物线的焦点，且与交于点，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，记直线的斜率分别为，则的取值范围是______. 【解题策略】 先求出抛物线方程，将其与直线方程联立写出韦达定理，由题意求出点的坐标，推理计算出，从而将求的范围问题转化成求的取值范围即得. 【详细解析】 如图，因为直线过的焦点，令，解得：，即，故由可得，即． 把代入的方程整理得：，设，则，， 于是，，故得：， 则， ，所以，由，得． 故答案为: . 【典例3】已知椭圆方程为是椭圆的左顶点，以为圆心作圆与椭圆交于、两点，求的取值范围． 【解题策略】 本例抓住曲线的对称性这一性质，运用函数与方程思想，转化为求二次函数区间上的最值问题，可以说是函数的思想方法在解析几何及向量数量积上的运用，题目虽小，却涉及多方面的数学知识，若运用数形结合，则显见当、重合于椭圆右顶点时，．与的夹角为，，而最小值无法看出，必须借助于计算． 【详细解析】 解：如图1-7所示，由题设易得，则圆方程为，由椭圆与圆均关于轴对称，可设，则，则． ． 当时，；当，即与重合时，． 故的取值范围是． 【方法归纳】圆锥曲线中的范围问题的解决方法： 1是 几何法，用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求出表达式，进而得出范围； 2是 代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 【举一反三】 3． 已知，且，点P的轨迹为C． (1) 求C的方程； (2) 直线l：与C相交于M，N两点，第一象限上点T在轨迹C上． （ⅰ）若是等边三角形，求实数k的值； （ⅱ）若，求面积的取值范围． 4． 已知抛物线：，在上有一点位于第一象限，设的纵坐标为． (1) 若到抛物线准线的距离为，求的值； (2) 当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离； (3) 直线：，抛物线上有一异于点的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围． 类型三 函数与方程在存在性问题中的应用 【典例1】（广东省广州市华南师范大学附属中学2025届高三上学期10月阶段检测）若双曲线的右支上存在两点，使直线垂直于双曲线在点处的切线，则的取值范围是（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】不妨设在轴上方，则双曲线在点处的切线斜率，结合垂直直线的斜率关系与函数与方程思想可得，由直线与双曲线的位置关系可得，解不等式可得的范围. 【详细解析】 由题，不妨在轴上方，则双曲线在点处的切线的斜率为， 因为双曲线上一点的切线斜率的绝对值大于渐近线斜率的绝对值， 所以， 又，故， 又与双曲线右支有两个交点且斜率为负， 所以， 故 所以. 故选：D. 【典例2】直线与抛物线交于两点，若轴上存在点使得，则的面积为______. 【解题策略】联立方程，利用韦达定理可得，线段的中点，利用中垂线求得，进而可得面积. 【详细解析】 设， 联立方程，消去x可得， 则，可得， 则，且， 可知线段的中点，则线段的中垂线方程为， 令，则，可得， 所以的面积为． 故答案为：. 【典例3】在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和． （1） 求的取值范围； （2） 设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为、，是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由． 【解题策略】 第（1）问，设出直线方程代入椭圆方程中，转化为关于的二次方程，利用，建立关于的不等式，解不等式可求的取值范围；第（2）问，由于涉及向量共线，因此需利用向量的坐标运算将向量式转化为坐标式，根据坐标式的特征结合根与系数的关系求解． 【详细解析】 （1） 由已知，得直线的方程为， 代入椭圆方程，得．整理，得．① 直线与椭圆有两个不同的交点和，等价于，解得或． 即的取值范围为． （2） 设，则． 由方程①，得，② 又．③ 由，得． 与共线等价于． 将②和③代入上式，解得， 由（1）知或． 故没有符合题意的常数． 【方法归纳】高中函数与方程在存在性问题中的应用方法归纳 1. 利用函数的单调性判断方程解的存在性：通过分析函数的增减性，确定在某个区间内方程是否有解.例如，若函数在区间上单调递增，且与异号，则根据介值定理，方程，在区间内至少存在一个解. 2. 利用方程的根的性质判断解的存在性：对于二次方程，根据判别式的值判断根的情况.若，则方程有两个不相等的实根；若，则方程有一个重根；若，则方程无实根. 3. 利用函数的连续性判断方程解的存在性：如果函数在闭区间上连续，且与异号，则根据零点定理，方程在区间内至少存在一个解. 通过以上方法，可以有效地利用函数与方程的知识解决存在性问题. 【举一反三】 5． 已知焦点在轴上的双曲线实轴长为，其一条渐近线斜率为． (1) 求双曲线的标准方程； (2) 过点能否作直线，使直线与所给双曲线交于、两点，且点是弦的中点？如果直线存在，求出它的方程；如果不存在，说明理由． 6． 已知抛物线C：，其焦点为F，过焦点作直线与抛物线交于两点，如果A点的横坐标为1时，点A到抛物线的焦点F的距离是2.    (1) 求抛物线的方程； (2) 某同学想通过调整直线的倾斜程度，在抛物线C的准线上能找到一点Q满足为等边三角形，你试一试，若直线存在，求出直线的方程和Q坐标；若不存在，说明理由. 类型四 函数与方程在角度问题中的应用 【典例1】（河南省郑州市第一中学2024届高三下学期高考考前全真模拟考试）已知双曲线，过实轴所在直线上任意一点的弦的端点与点的连线所成的角被焦点所在的直线平分，即，则的值为（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】 设出直线方程并于双曲线联立，运用函数与方程思想，将转化为斜率之和为0，利用韦达定理代入计算可得结果. 【详细解析】 设直线的方程为，，如下图所示： 联立直线和双曲线方程，整理可得； 可得 且满足，即， 由可得直线的斜率之和为0， 即，所以， 即，即， 整理可得，可得， 即. 故选：A. 【典例2】已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点，为抛物线上一点，且，则直线与的斜率之积为 . 【解题策略】 联立抛物线和直线方程得韦达定理，由结合图形推出（*），设点，代入（*）整理得，代入韦达定理，即可推得，故得结论. 【详细解析】 由消去，整理得：，则有， 如图，设点，因，，， 则， 又， ， 因，故得（*）， 由抛物线的定义知，，，代入（*），可得，， 即，， 因，代入得： ， 整理得：， 因，故得， 将代入可得，，即， 因，故，即直线与的斜率之积为. 故答案为：. 【典例3】设椭圆的右焦点为，过点的直线与椭圆交于、两点，点的坐标为，设为坐标原点，求证：． 【解题策略】 本题考查的核心知识是直线与椭圆的位置关系，从题型看是两角相等的证明，如果朝倾斜角方面靠拢，即转化为证明．于是第一种思考方向是利用直线与椭圆方程结合韦达定理找到斜率之和为零，第二种思考方向是利用直线的参数方程代入椭圆结合韦达定理求解．如果再换一个角度看，即把直角坐标方程转化为极坐标方程结合角平分线性质定理的逆定理来证也是一种不错的选择． 【详细解析】 证法一：当直线的斜率为0或不存在时，命题成立． 当直线的斜率存在，且时，设直线，与椭圆方程联立得消去并整理得． 由韦达定理得． 不妨设，且点在轴上方，则有 ． 故． ． ，即，故． 证法二：设直线的参数方程为（为参数，为倾斜角）， 代入椭圆方程并整理得． 设， 则由韦达定理有． 直线的斜率之和为 ． 又． ，故直线、的倾斜角互补，． 证法三：以点为极点，为极轴建立极坐标系， 则椭圆方程为，设， 又 在中，由余弦定理得． 同理得． ．由角平分线性质定理的逆定理得． 【方法归纳】在高中数学中，函数与方程在解决角度问题时的应用方法归纳如下： 1. 构建方程：根据问题的具体情况，将直线和圆锥曲线进行联立，得出一元二次方程. 2. 韦达定理：利用韦达定理得出和，进而得出在某三角形中，边长的表达式（点到直线距离或两点之间距离公式）. 3. 得出角度，求解范围：在三角形中，利用角度的正切关系得出角度的表达式.结合斜率，三角函数等知识求出角度正切值的取值范围，进而得出角度的范围. 【举一反三】 7． 已知双曲线，，斜率为的直线过点. (1) 若，且直线与双曲线只有一个公共点，求的值； (2) 双曲线上有一点，的夹角为，求三角形的面积. （浙江省L16联盟2024-2025学年7月新高三适应性测试） 8． 已知点，，，均在抛物线：上，，关于轴对称，直线，关于直线对称，点在直线的上方，直线交轴于点，直线斜率小于2. (1) 求面积的最大值； (2) 记四边形的面积为，的面积为，若，求. （上海市宝山中学2024-2025学年高三上学期9月月考） 9． 已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，且右焦点 F₂到双曲线. 渐近线的距离为 (1) 求椭圆C的标准方程； (2) 设直线与椭圆C交于 A、B两点. 1 若直线过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为 求实数k的值； 2 若直线过定点P(0,2)， 且k>0， 在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 10． 已知双曲线的离心率为，过点的直线与交于两点，当的斜率为时，. (1) 求的方程； (2) 若分别在的左､右两支，点，探究：是否存在，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （辽宁省部分重点高中2024届高三二模扣题卷（一）） 11． 给出如下的定义和定理： 定义：若直线与抛物线有且仅有一个公共点，且与的对称轴不平行，则称直线与抛物线相切，公共点称为切点． 定理：过抛物线上一点处的切线方程为． 完成下述问题： 已知抛物线，焦点为，过外一点（不在轴上），作的两条切线，切点分别为，（在轴两侧）直线分别交轴于两点， (1) 若，求线段的长度； (2) 若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点； (3) 若点在曲线上，求四边形的面积的范围． （黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024届高三第五次模拟） 12． 已知A，B两点的坐标分别是，直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率的差是，记点M的轨迹为曲线C． (1) 求曲线C的方程． (2) 将曲线C向上平移4个单位得到曲线E，已知斜率为3的直线l与曲线E有两个不同的交点且满足，求直线l的方程． （广西桂林市国龙外国语学校2024届高三下学期模拟考试） 13． 已知椭圆C：过定点，过点的两条动直线交椭圆于，直线的倾斜角互补，为椭圆C的右焦点. (1) 设是椭圆的动点，过点作直线的垂线为垂足，求. (2) 在中，记，若直线AB的斜率为，求的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第03节 解析几何中函数与方程思想 函数与方程思想是解析几何中解决问题的重要工具.在高中数学中，解析几何主要研究直线和圆，圆锥曲线与直线相互位置关系以及它们的方程表示.函数与方程思想体现在将几何问题转化为代数问题，通过建立函数关系或方程来解决几何问题. 首先，函数思想强调变量之间的依赖关系.在解析几何中，点的坐标可以看作是变量，而点的位置关系可以通过坐标之间的函数关系来描述.例如，直线的斜率可以看作是纵坐标与横坐标变化率的函数，解析几何的方程可以表示为点到圆心或直线距离的函数. 其次，方程思想是通过建立方程来表达几何元素之间的关系.例如，两条直线的交点可以通过解它们的联立方程组来找到，圆锥曲线与直线的位置关系可以通过将直线方程代入圆锥曲线的方程来判断. 在应用函数与方程思想解决解析几何问题时，通常需要以下几个步骤：首先确定问题中的几何元素和它们之间的关系；然后根据这些关系建立相应的函数或方程；接着运用代数方法求解这些方程；最后将解代回几何问题中，得到问题的答案. 总之，函数与方程思想在解析几何中的应用，使得几何问题的解决变得更加系统化和程序化，为解决复杂的几何问题提供了强有力的工具. 类型一 函数与方程在定点问题中的应用 【典例1】（江苏省南通市名校联盟2025届高三上学期模拟演练性联考）在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M（x1，y1）、N（x2，y2），其中.则直线MN必过一定点的坐标为（ ） A.     B. B.     D. 【解题策略】运用函数与方程思想，通过联立直线和椭圆方程组，求得两点的坐标，进而确定定点的坐标 【详细解析】 依题意得， 直线的方程为， 由消去并化简得， ， 则， 所以. 直线的方程为， 由消去并化简得， ， 所以， 所以. 若，即， 即，即， ，则，所以， 此时直线过点. 若，依题意， 所以直线的方程为， ， ， 所以直线过点， 综上所述，直线过定点. 故选：A 【典例2】已知双曲线的一条渐近线的倾斜角的正切值为.若直线（且）与双曲线交于A，B两点，直线，的斜率的倒数和为，则直线恒经过的定点为______. 【解题策略】先根据渐近线的倾斜角算出，然后运用函数与方程思想，联立直线和双曲线，结合题目条件和韦达定理找到的关系，从而得到定点. 【详细解析】 因为双曲线方程为一条渐近线的倾斜角的正切值为.所以，解得，所以双曲线方程为. 设，，联立得， . 由韦达定理得，. 因为，所以. 所以，由题意知，此时. 所以直线方程为，恒经过的定点为. 故答案为： 【典例3】求证：对任意实数，动圆恒过两定点． 【解题策略】有两种证法：一是运用特殊值法，即取和，求出或再验证圆系过定点和；二是如果把动圆方程转化为关于实数的一次函数，由这个一次函数恒为零，推出一次项系数及常数项均为零．这就是函数与方程思想的典型应用之一，下面给出的正是这种证法． 【详细解析】 证明：圆系方程可化为． 设． 对恒成立， 解得或 因此，圆系过定点和． 【方法归纳】在高中数学中，函数与方程在定点问题中的应用主要涉及利用方程组求解定点： 在多个函数图像的交点问题中，可以通过解方程组来找到这些图像的交点，即定点. 在解决定点问题时，需要灵活运用函数与方程的知识，结合具体问题的特点，选择合适的方法进行求解. 【举一反三】 1． 已知椭圆，点为椭圆上顶点，直线与椭圆相交于两点， (1)若为的中点，为坐标原点，，求实数的值； (2)若直线的斜率为，且，证明：直线过定点，并求定点坐标． 【答案】(1) (2)证明见解析；定点坐标 【分析】（1）直曲联立表示出韦达定理，再由中点坐标公式求出，最后结合两点间距离公式求出即可； （2）当直线的斜率不存在时，设直线方程为，则，由斜率关系求出；当直线的斜率存在时，直曲联立表示出韦达定理，再由斜率的定义结合化简得到和的关系，然后再求出直线所过定点即可； 【详解】（1） 当时，， 设， ，消去可得， ， ， 由中点坐标公式可得，， 又，解得，符合题意； （2）当直线的斜率不存在时，设直线方程为，则， 因为点为椭圆上顶点，所以， 所以，则， 所以， 当直线的斜率存在时，直线方程为， 联立椭圆方程，消去可得， ， ， 则， 将韦达定理代入上式并化简可得， 即，舍，所以， 所以直线，此时直线过定点， 综合以上可知直线过定点. （江苏省南通市如皋市2024-2025学年高三上学期学情调研考试（一）） 2． 设抛物线的焦点为，点，过的直线交于两点，直线与的另一个交点分别为，记直线的斜率分别为. (1)求证：为定值； (2)直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标． 【答案】(1)证明见解析 (2)过定点，定点为(4,0) 【分析】（1）联立直线与抛物线方程可得，联立与抛物线方程可得，进而可得，同理可得，即可利用两点斜率公式求解， （2）根据对称性可设在轴上，根据三点共线可得，，则.联立直线与抛物线方程，即可求解. 【详解】（1）证明：设且,，, 直线，联立的方程可得①， 由斜率公式可得，， 可设直线，代入抛物线方程可得， ②，联立①②得，同理可得， 所以⇒. （2）设， 若三点共线， 由, 所以，化简得， 由三点共线，得 由三点共线，得， 结合（1）题设知. 设直线， 由，得， 所以直线过定点.    【点睛】方法点睛： （1） 引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2） 特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 类型二 函数与方程在范围问题中的应用 【典例1】已知为焦点在轴上的双曲线，其离心率为，为上一动点（除顶点），过点的直线，分别经过双曲线的两个顶点，已知直线的斜率，则直线的斜率的取值范围为（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】由离心率可得由题意可得，由斜率，运用函数与方程思想，即可得斜率的取值范围. 【详细解析】 设双曲线的方程为为上一动点，上顶点下顶点离心率为，即可得 直线为直线PA， 直线为直线PB， 则， ，又，，可得， 故选：C 【典例2】（2024年普通高等学校招生全国统一考试数学理科预测卷（二））已知直线过抛物线的焦点，且与交于点，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，记直线的斜率分别为，则的取值范围是______. 【解题策略】 先求出抛物线方程，将其与直线方程联立写出韦达定理，由题意求出点的坐标，推理计算出，从而将求的范围问题转化成求的取值范围即得. 【详细解析】 如图，因为直线过的焦点，令，解得：，即，故由可得，即． 把代入的方程整理得：，设，则，， 于是，，故得：， 则， ，所以，由，得． 故答案为: . 【典例3】已知椭圆方程为是椭圆的左顶点，以为圆心作圆与椭圆交于、两点，求的取值范围． 【解题策略】 本例抓住曲线的对称性这一性质，运用函数与方程思想，转化为求二次函数区间上的最值问题，可以说是函数的思想方法在解析几何及向量数量积上的运用，题目虽小，却涉及多方面的数学知识，若运用数形结合，则显见当、重合于椭圆右顶点时，．与的夹角为，，而最小值无法看出，必须借助于计算． 【详细解析】 解：如图1-7所示，由题设易得，则圆方程为，由椭圆与圆均关于轴对称，可设，则，则． ． 当时，；当，即与重合时，． 故的取值范围是． 【方法归纳】圆锥曲线中的范围问题的解决方法： 1是 几何法，用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求出表达式，进而得出范围； 2是 代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 【举一反三】 3． 已知，且，点P的轨迹为C． (1) 求C的方程； (2) 直线l：与C相交于M，N两点，第一象限上点T在轨迹C上． （ⅰ）若是等边三角形，求实数k的值； （ⅱ）若，求面积的取值范围． 【答案】(1)； (3) （ⅰ）；（ⅱ） 【分析】 （1） 根据双曲线的定义即可求解； （2） （ⅰ）由直线分别与双曲线联立，得到的横坐标，进而求得，，再根据为等边三角形，得到即可求解； （ⅱ）根据，再利用换元法求得的取值范围即可． 【详解】（1） 根据双曲线的定义，可得C是以A，B为焦点，实轴长为2的双曲线， 设其方程为，则，可得， 故C的方程为； （2） （ⅰ）由题意知是等边三角形，点T在第一象限， 显然，直线的斜率均存在且不为0，设直线的斜率分别为， 如下图所示： 则直线MN的方程为，直线OT的方程为， 设，则由，得， 可得，所以，且， ， 同理可得：，且， 若为等边三角形，则， 即，可得； （ⅱ）若，则， ， 设，，故， 设，则，可得， 易知在上单调递增，上单调递减， ，∴， 即的面积的取值范围为． 4． 已知抛物线：，在上有一点位于第一象限，设的纵坐标为． (1) 若到抛物线准线的距离为，求的值； (2) 当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离； (3) 直线：，抛物线上有一异于点的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (4) (5) 【分析】（1）先求出点的横坐标，代入抛物线方程即可求解； (6) 先通过中点在抛物线上求出点的坐标，进一步求出直线方程，利用点到直线距离公式求解即可； (7) 设，联立方程求出点的坐标，根据恒成立，结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）抛物线：的准线为，由于到抛物线准线的距离为， 则点的横坐标为，则，解得； (8) 当时，点的横坐标为，则， 设，则的中点为， 由题意可得，解得， 所以，则， 由点斜式可得，直线的方程为，即， 所以原点到直线的距离为； (9) 如图，    设，则， 故直线的方程为，令，可得， 即， 则，依题意，恒成立， 又，则最小值为， 即，即， 则，解得， 又当时，，当且仅当时等号成立， 而，即当时，也符合题意．故实数的取值范围为． 类型三 函数与方程在存在性问题中的应用 【典例1】（广东省广州市华南师范大学附属中学2025届高三上学期10月阶段检测）若双曲线的右支上存在两点，使直线垂直于双曲线在点处的切线，则的取值范围是（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】不妨设在轴上方，则双曲线在点处的切线斜率，结合垂直直线的斜率关系与函数与方程思想可得，由直线与双曲线的位置关系可得，解不等式可得的范围. 【详细解析】 由题，不妨在轴上方，则双曲线在点处的切线的斜率为， 因为双曲线上一点的切线斜率的绝对值大于渐近线斜率的绝对值， 所以， 又，故， 又与双曲线右支有两个交点且斜率为负， 所以， 故 所以. 故选：D. 【典例2】直线与抛物线交于两点，若轴上存在点使得，则的面积为______. 【解题策略】联立方程，利用韦达定理可得，线段的中点，利用中垂线求得，进而可得面积. 【详细解析】 设， 联立方程，消去x可得， 则，可得， 则，且， 可知线段的中点，则线段的中垂线方程为， 令，则，可得， 所以的面积为． 故答案为：. 【典例3】在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和． （1） 求的取值范围； （2） 设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为、，是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由． 【解题策略】 第（1）问，设出直线方程代入椭圆方程中，转化为关于的二次方程，利用，建立关于的不等式，解不等式可求的取值范围；第（2）问，由于涉及向量共线，因此需利用向量的坐标运算将向量式转化为坐标式，根据坐标式的特征结合根与系数的关系求解． 【详细解析】 （1） 由已知，得直线的方程为， 代入椭圆方程，得．整理，得．① 直线与椭圆有两个不同的交点和，等价于，解得或． 即的取值范围为． （2） 设，则． 由方程①，得，② 又．③ 由，得． 与共线等价于． 将②和③代入上式，解得， 由（1）知或． 故没有符合题意的常数． 【方法归纳】高中函数与方程在存在性问题中的应用方法归纳 1. 利用函数的单调性判断方程解的存在性：通过分析函数的增减性，确定在某个区间内方程是否有解.例如，若函数在区间上单调递增，且与异号，则根据介值定理，方程，在区间内至少存在一个解. 2. 利用方程的根的性质判断解的存在性：对于二次方程，根据判别式的值判断根的情况.若，则方程有两个不相等的实根；若，则方程有一个重根；若，则方程无实根. 3. 利用函数的连续性判断方程解的存在性：如果函数在闭区间上连续，且与异号，则根据零点定理，方程在区间内至少存在一个解. 通过以上方法，可以有效地利用函数与方程的知识解决存在性问题. 【举一反三】 5． 已知焦点在轴上的双曲线实轴长为，其一条渐近线斜率为． (1)求双曲线的标准方程； (2)过点能否作直线，使直线与所给双曲线交于、两点，且点是弦的中点？如果直线存在，求出它的方程；如果不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）设曲线的标准方程为，根据已知条件求出、的值，即可得出该双曲线的标准方程； （2）设以为中点的弦的两端点为、，利用点差法求出直线的斜率，进而可得出直线的方程，判断直线与双曲线的位置关系，可得出结论. 【详解】（1）解：因为双曲线的焦点在轴上，设该双曲线的标准方程为， 因为该双曲线的实轴长为，一条渐近线斜率为，则，解得， 因此，该双曲线的标准方程为. （2）解：假定直线存在，设以为中点的弦的两端点为、， 则有，．    根据双曲线的对称性知．由点、在双曲线上， 得，， 两式相减得， 所以，所以， 即以为中点的弦所在直线的斜率， 故直线的方程为，即． 联立，消去得， ， 因此直线与双曲线无交点，故满足条件的直线不存在． 6． 已知抛物线C：，其焦点为F，过焦点作直线与抛物线交于两点，如果A点的横坐标为1时，点A到抛物线的焦点F的距离是2.    (1)求抛物线的方程； (2)某同学想通过调整直线的倾斜程度，在抛物线C的准线上能找到一点Q满足为等边三角形，你试一试，若直线存在，求出直线的方程和Q坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，或， 【分析】（1）根据抛物线定义即可求得，可得抛物线的方程为； （2）联立直线和抛物线方程利用韦达定理和等边三角形性质得出等量关系，可解得，，即可求出直线的方程和Q坐标. 【详解】（1）依题，又， 解得， 故抛物线的方程为； （2）若直线l的斜率不存在，则Q只可能为，此时不是等边三角形，舍去. 若直线l的斜率存在，设直线l的方程为， 设直线l与抛物线的交点坐标为，， 由，可得， ∴，， ， 设存在，AB的中点为， 设Q到直线l的距离为d， 由题可得，即， 由，可得， 即可得， 化简得， 因此，可得， 所以直线的方程为或，点Q坐标. 类型四 函数与方程在角度问题中的应用 【典例1】（河南省郑州市第一中学2024届高三下学期高考考前全真模拟考试）已知双曲线，过实轴所在直线上任意一点的弦的端点与点的连线所成的角被焦点所在的直线平分，即，则的值为（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】 设出直线方程并于双曲线联立，运用函数与方程思想，将转化为斜率之和为0，利用韦达定理代入计算可得结果. 【详细解析】 设直线的方程为，，如下图所示： 联立直线和双曲线方程，整理可得； 可得 且满足，即， 由可得直线的斜率之和为0， 即，所以， 即，即， 整理可得，可得， 即. 故选：A. 【典例2】已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点，为抛物线上一点，且，则直线与的斜率之积为 . 【解题策略】 联立抛物线和直线方程得韦达定理，由结合图形推出（*），设点，代入（*）整理得，代入韦达定理，即可推得，故得结论. 【详细解析】 由消去，整理得：，则有， 如图，设点，因，，， 则， 又， ， 因，故得（*）， 由抛物线的定义知，，，代入（*），可得，， 即，， 因，代入得： ， 整理得：， 因，故得， 将代入可得，，即， 因，故，即直线与的斜率之积为. 故答案为：. 【典例3】设椭圆的右焦点为，过点的直线与椭圆交于、两点，点的坐标为，设为坐标原点，求证：． 【解题策略】 本题考查的核心知识是直线与椭圆的位置关系，从题型看是两角相等的证明，如果朝倾斜角方面靠拢，即转化为证明．于是第一种思考方向是利用直线与椭圆方程结合韦达定理找到斜率之和为零，第二种思考方向是利用直线的参数方程代入椭圆结合韦达定理求解．如果再换一个角度看，即把直角坐标方程转化为极坐标方程结合角平分线性质定理的逆定理来证也是一种不错的选择． 【详细解析】 证法一：当直线的斜率为0或不存在时，命题成立． 当直线的斜率存在，且时，设直线，与椭圆方程联立得消去并整理得． 由韦达定理得． 不妨设，且点在轴上方，则有 ． 故． ． ，即，故． 证法二：设直线的参数方程为（为参数，为倾斜角）， 代入椭圆方程并整理得． 设， 则由韦达定理有． 直线的斜率之和为 ． 又． ，故直线、的倾斜角互补，． 证法三：以点为极点，为极轴建立极坐标系， 则椭圆方程为，设， 又 在中，由余弦定理得． 同理得． ．由角平分线性质定理的逆定理得． 【方法归纳】在高中数学中，函数与方程在解决角度问题时的应用方法归纳如下： 1. 构建方程：根据问题的具体情况，将直线和圆锥曲线进行联立，得出一元二次方程. 2. 韦达定理：利用韦达定理得出和，进而得出在某三角形中，边长的表达式（点到直线距离或两点之间距离公式）. 3. 得出角度，求解范围：在三角形中，利用角度的正切关系得出角度的表达式.结合斜率，三角函数等知识求出角度正切值的取值范围，进而得出角度的范围. 【举一反三】 7． 已知双曲线，，斜率为的直线过点. (1)若，且直线与双曲线只有一个公共点，求的值； (2)双曲线上有一点，的夹角为，求三角形的面积. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据直线过点，写出点斜式，当直线与渐近线平行时，与双曲线有且只有一个交点，当直线与渐近线不平行时，联立直线与双曲线，根据判别式可得斜率的值； （2）根据双曲线的定义及三角形余弦定理与面积公式可得解. 【详解】（1）当时，， 则直线的方程为， 又双曲线的渐近线为， 所以当时，直线与渐近线平行，此时直线与双曲线只有一个公共点； 当时， 联立方程组， 得， ， 解得； 综上所述，当直线与双曲线只有一个公共点时或； （2）由双曲线， 则，，， 又点在双曲线上，即，即， 在中， 由余弦定理， 即， 解得， 所以的面积. （浙江省L16联盟2024-2025学年7月新高三适应性测试） 8． 已知点，，，均在抛物线：上，，关于轴对称，直线，关于直线对称，点在直线的上方，直线交轴于点，直线斜率小于2. (1)求面积的最大值； (2)记四边形的面积为，的面积为，若，求. 【答案】(1)16 (2) 【分析】（1）设，则，令可得的坐标，由韦达定理可表示出，从而可求得面积的表达式，结合基本不等式即可求解； （2）设的面积为， 由题意，由韦达定理以及同理思想可得，由公式可知也可以用表示，进而可以得出关于的方程，解出，结合二倍角公式、平方关系即可求解. 【详解】（1）由题意，解得，所以抛物线：， 因为，关于轴对称，直线，关于直线对称， 所以斜率互为相反数，不妨设， 则， 设与轴交于点，而直线交轴于点， 所以， 联立与抛物线：，化简并整理得， ， 设， 则， 设面积为， 则 ，等号成立当且仅当， 所以面积的最大值为16； （2） 由（1）可知，解得， 设点的坐标为，同理可得， 所以， 设的面积为，而四边形的面积为，的面积为， 由题意，所以， 而， 而，所以，即，解得， 由题意轴，且，设， 所以， 所以. （上海市宝山中学2024-2025学年高三上学期9月月考） 9． 已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，且右焦点 F₂到双曲线. 渐近线的距离为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线与椭圆C交于 A、B两点. 1 若直线过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为 求实数k的值； 2 若直线过定点P(0,2)， 且k>0， 在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)①;② 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求解椭圆参数即可； （2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解k的值； ②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围. 【详解】（1）由双曲线. 的渐近线方程为， 再由椭圆的右焦点分别为到渐近线的距离为可得： ，因为，所以解得， 再由椭圆的一个顶点为，可得， 所以由， 即椭圆C的标准方程为； （2）①直线过椭圆右焦点F₂可得：，即， 所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得： ， 设两交点，则有 所以， 又椭圆左焦点到直线的距离为， 所以， 解得：或（舍去），即； ②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形， 由于直线过定点， 且，可知直线方程为， 与椭圆联立方程组，消去得：， 由，且，解得，    设两交点，中点，则有 所以， 即，整理得， 又因为，所以，则. 【点睛】关键点点睛：本题关键点是把以为邻边的平行四边形为菱形，转化为对角线互相垂直，再利用求解中点坐标来表示斜率，最后利用斜率乘积等于，从而得到关于的函数来求取值范围. 10． 已知双曲线的离心率为，过点的直线与交于两点，当的斜率为时，. (1)求的方程； (2)若分别在的左､右两支，点，探究：是否存在，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，. 【分析】（1）由离心率得出，由求出可得答案； （2）由和已知得，设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理代入，整理得，结合根与系数的关系可得答案 【详解】（1）依题意，直线， ，故， 联立得， 设，则，则 ， 解得， 故的方程为； （2）存在，使得，且，理由如下， 因为，故， 故，所以， 又，故， 易知直线的斜率存在，设直线的方程为，其中， 由得， 故， 因为，所以 ， 代入，所以， 整理得， 可得， 整理得，此时， 经检验，存在，使得，故. 【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的直线与曲线之间的关系，得到关于参数的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. （辽宁省部分重点高中2024届高三二模扣题卷（一）） 11． 给出如下的定义和定理： 定义：若直线与抛物线有且仅有一个公共点，且与的对称轴不平行，则称直线与抛物线相切，公共点称为切点． 定理：过抛物线上一点处的切线方程为． 完成下述问题： 已知抛物线，焦点为，过外一点（不在轴上），作的两条切线，切点分别为，（在轴两侧）直线分别交轴于两点， (1) 若，求线段的长度； (2) 若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点； (3) 若点在曲线上，求四边形的面积的范围． 【答案】(1) (4) 证明见解析， (5) 【分析】（1）根据定义求得，再求出切线的方程，得到，再利用两点间的距离公式即可得解； (6) 写出两条切线方程，然后联立求得切线交点的坐标，然后利用在直线上，即可得证直线过定点，并可求出定点坐标； (7) 由（1）（2）得，然后利用求得四边形的面积，通过换元，构造函数，借助导数求出函数的值域即可得解. 【详解】（1）由题意知，直线，的斜率均不为零，其斜率都存在且异号， 设，因为，， 不妨设，则方程为，即，，， 所以线段CF的长度为.    (8) 设，直线， 联立，可得. 在轴两侧，，， 所以点处的切线方程为，整理得， 同理可求得点处的切线方程为， 由，可得， 又在直线上，，直线过定点.    (9) 由（2）可得在曲线上，.    由（1）可知， ， 令在单调递减， 四边形的面积的范围为 【点睛】关键点点睛：第（1）小问的关键是结合定义，求出；第（2）小问的关键是联立两切线方程，求出切线方程交点Q的坐标；第（3）小问的关键是借助（1）（2）小问的结论，将表实成只含一个参数的式子，然后构造函数，求出值域从而得解. （黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024届高三第五次模拟） 12． 已知A，B两点的坐标分别是，直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率的差是，记点M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程． (2)将曲线C向上平移4个单位得到曲线E，已知斜率为3的直线l与曲线E有两个不同的交点且满足，求直线l的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设点，根据斜率之差的值整理可得曲线C的方程为； （2）易知曲线E为，联立曲线E和直线l的方程并利用韦达定理以及向量数量积的坐标表示可得结果. 【详解】（1）设点,根据题意可知， 直线AM的斜率为，直线BM的斜率； 即可得， 整理可得. （2）如下图所示：    将曲线C向上平移4个单位得到曲线E为； 设直线l的方程为，； 联立曲线E和直线l整理可得， 所以； 因此， 即，解得或； 当时，方程的根为，符合题意； 当时，方程的根为，符合题意； 因此可知，直线l的方程为或. （广西桂林市国龙外国语学校2024届高三下学期模拟考试） 13． 已知椭圆C：过定点，过点的两条动直线交椭圆于，直线的倾斜角互补，为椭圆C的右焦点. (1)设是椭圆的动点，过点作直线的垂线为垂足，求. (2)在中，记，若直线AB的斜率为，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出椭圆方程，再设动点，由距离公式求解； （2）由（1）的结论及结合正弦定理得，又由得，进行求解． 【详解】（1）因为点P在椭圆C上，所以，解得； 所以椭圆C的方程为，故， 设动点，则，所以， 故，， 所以． （2）不妨设，的外接圆半径为， 则由正弦定理得， 所以. 如图，过作直线的垂线，垂足为， 过作于点，由（1）的结论可得， 所以，即， 所以，又，得， 则，即， 所以，当且仅当时等号， 所以的最大值为. 【点睛】关键点点睛：在第2问中，要利用第1问中的，结合进行求解． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$