2026届高三数学一轮复习之一题多变系列讲义-向量法解决解析几何问题

专题28 向量法解解析几何问题（一题多变） 【典例展示】 在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，动点P与两个定点的距离之比为． （1）求动点P的轨迹W的方程． （2）若直线与曲线W交于A，B两点，在曲线W上是否存在一点Q，使得，若存在，求出此时直线的斜率；若不存在，说明理由． 【思路分析】 第（1）小题，由直接法求出动点P的轨迹W的方程．第（2）小题，思路一：由（1）可知轨迹W是一个圆，具有完美的对称性，且，根据向量的加法以及，易得四边形OAQB为菱形，OQ与AB互相垂直平分，进而得到原点O到直线的距离为，可建立k的方程. 思路二：由（1）小题可得轨迹方程，将直线方程、圆的方程联立.利用“设而不求”的方法，设，假设存在点，使得，利用点Q在圆上，可建立k的方程. 【精细解析】 （1）设点P的坐标为，依题意有，即，化简得，∴．动点P的轨迹W的方程为． （2）解法一    ∵直线与曲线相交于A，B两点，原点到直线的距离，∴或． 假设存在点Q，使得． ∵A，B在圆上，且，由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQB为菱形，∴OQ与AB互相垂直平分，进而得到原点O到直线的距离为，即． 解得． 经验证k的值满足条件，∴存在点Q，使得． 解法二    ∵直线与曲线相交于A，B两点，联立消去，得． 由，得或． 设，则 假设存在点，使得，则 ∴点在圆上，∴，解得． 经验证k的值满足条件，∴存在点Q，使得． 【题后反思】 本例是一道比较典型的解析几何问题，求动点轨迹方程，探究曲线上满足某种条件的点的存在性.对于解析几何问题的解决，其基本思维特征是：以几何特征寻找代数关系，以代数关系挖掘几何特征．注意运用“数形结合”的方法加以解答.由于本题条件中给出了向量的线性关系，因此，注意应用向量方法，发挥向量在解析几何中的作用. 向量的作用，主要有载体作用和工具作用．其一，载体作用，向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，使问题更有“新意”，学科知识以图形为“媒”交汇得非常自然.解决此类问题的关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关平行、垂直、距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题其二，工具作用，平面向量既有形的特征，又可以像数一样运算，并可以利用坐标表示，因此在解决平面向量与解析几何的综合题时，注意以向量为工具，近几年.高考命题的一个重要导向，是加强解析几何与平面向量的交汇，我们应增强向量的应用意识，自觉地用向量的思想和方法去思考问题，应在下面的变换题目及综合训练中细心体会． 【追根溯源】 解答解析几何中的平行、垂直、共线、夹角等问题，常用结论主要有： （1）若直线的方向向量或，则直线斜率为k或； （2）若与AB相交，则过AB的中点； （3）若，则P是MN的中点； （4）若，则P，Q与AB的中点三点共线； （5）下列情形可使A，B，C三点共线：①；②存在实数，使；③若存在实数，，且，使． 若引入向量坐标，向量的坐标运算与解析几何解题的基本方法——坐标法又完全合拍，以下知识在解题中经常用到： 设，，，的夹角为， （1）； （2）； （3）． 【变化角度】在抛物线中，曲线上的点、焦点等构成共线向量，确定直线斜率的最值. （2021·全国·高考真题） 1．已知抛物线的焦点F到准线的距离为2． （1）求C的方程; （2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值. 【答案】（1）；（2）最大值为. 【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解； （2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解. 【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为， 由题意，该抛物线焦点到准线的距离为， 所以该抛物线的方程为； （2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法 设，则， 所以， 由在抛物线上可得，即， 据此整理可得点的轨迹方程为， 所以直线的斜率， 当时，； 当时，， 当时，因为， 此时，当且仅当，即时，等号成立； 当时，； 综上，直线的斜率的最大值为. [方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法 同方法一得到点Q的轨迹方程为． 设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为． [方法三]：轨迹方程+换元求最值法 同方法一得点Q的轨迹方程为． 设直线的斜率为k，则． 令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为． [方法四]：参数+基本不等式法 由题可设． 因为，所以． 于是，所以 则直线的斜率为． 当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为． 【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值； 方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解； 方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值； 方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值. 【变换角度】直线与椭圆的交点满足一定条件下，求直线斜率的范围. 2．已知椭圆E的焦点在x轴上，离心率为，对称轴为坐标轴，且经过点． (1)求椭圆E的方程． (2)直线与椭圆E相交于A，B两点，O为原点，在OA，OB上分别存在异于点的点M，N，使得点O在以MN为直径的圆外，求直线斜率k的取值范围． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）利用的关系，以及点在椭圆上，建立方程， （2）联立方程组消去y整理，根据直线与椭圆E有两个交点，可得．①，根据原点O在以MN为直径的圆外，推出．设A，B两点坐标分别为，，计算、应用得，②，由①②得解. 【详解】（1）依题意，可设概圆E的方程为． 由，， ∵椭圆经过点，∴， 解得，则，． ∴椭圆E的方程为． （2）联立方程组消去y整理，得， ∵直线与椭圆E有两个交点， ∴，解得．① ∵原点O在以MN为直径的圆外，∴为锐角，即． 而点M，N分别在OA，OB上且异于O点，即． 设A，B两点坐标分别为，，则 ， ∴ ， 化简得，解得，② 综合①②可知. 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据原点O在以MN为直径的圆外，得为锐角，转化为，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题. 【变换角度】椭圆中给出两组共线向量，证明参数的和为定值. （2024高三·全国·专题练习） 3．已知椭圆，过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点，交轴于点，若．求证：为定值． 【答案】证明见解析 【分析】设点的坐标分别为，直线的斜率存在，设直线的方程是，与椭圆联立方程，结合韦达定理可得，结合已知条件化简即可证明. 【详解】设点的坐标分别为， 由题知点的坐标为， 显然直线的斜率存在，设直线的方程是， 联立，消去并整理得， 所以， 又由， 即， 得， 所以 ． 故为定值． 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 【变换角度】直线和双曲线相交，双曲线的顶点与交点形成的向量数量积为1，求方程中参数b的范围. （2024·上海·高考真题） 4．已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若离心率时，求的值． (2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标． (3)连接，直线交双曲线于另一点，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据离心率公式计算即可； （2）分三角形三边分别为底讨论即可； （3）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可. 【详解】（1）由题意得，则，． （2）当时，双曲线，其中，， 因为为等腰三角形，则 ①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去； ②当以为底时，， 设，则 , 联立解得或或， 因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去； （或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）； ③当以为底时，，设，其中， 则有，解得，即． 综上所述：. （3）由题知， 当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则， 则设直线， 设点，根据延长线交双曲线于点， 根据双曲线对称性知， 联立有， 显然二次项系数， 其中， ①，②，   ， 则，因为在直线上， 则，， 即，即， 将①②代入有， 即 化简得， 所以 , 代入到 , 得 , 所以 , 且，解得，又因为，则， 综上知，，． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不为0. （2022·全国·高考真题） 5．已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解. 【详解】解：因为离心率，解得，， 分别为C的左右顶点，则， B为上顶点，所以. 所以，因为 所以，将代入，解得， 故椭圆的方程为. 故选：B. （2023·全国·高考真题） 6．已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ． 【答案】## 【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解. 方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解； 【详解】方法一： 依题意，设，则， 在中，，则，故或（舍去）， 所以，，则， 故， 所以在中，，整理得， 故. 方法二: 依题意，得，令， 因为，所以，则， 又，所以，则， 又点在上，则，整理得，则， 所以，即， 整理得，则，解得或， 又，所以或（舍去），故. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解. （24-25高二上·上海·课堂例题） 7．已知抛物线Γ：的焦点为F，准线为l，直线经过点F且与Γ交于点A、B． (1)若，求线段AB的中点到x轴的距离； (2)设O为坐标原点，M为Γ上的动点，直线AM、BM分别与准线l交于点C、D．求证：为常数． 【答案】(1)1 (2)证明见解析 【分析】（1）设，，则由已知结合抛物线的焦点弦公式得，设直线AB的方程为，代入抛物线方程化简利用根与系数的关系结合前面的式子可求出，再结合中点坐标公式可求得答案； （2）设，，，，，表示出直线的方程，从而表示出，化简即可. 【详解】（1）设，，因为，所以． 由题意知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为， 将直线方程代入抛物线方程得． 因为，所以，得． 设线段AB的中点，则， 所以线段AB的中点到x轴的距离为1． （2）准线方程，设，，，，， 直线AM的斜率为，直线BM的斜率为， 直线AM的方程为，直线BM的方程为， 所以， ． 设直线AB的方程为：，代入抛物线方程得， ，所以， 所以 ． 所以为常数．    【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的定义的应用，解题的关键是利用圆锥曲线中常用的方法“设而不求”，设出直线方程，设出交点坐标，考查计算能力，属于较难题. （2023·全国·高考真题） 8．已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出； （2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值． 【详解】（1）设， 由可得，，所以， 所以， 即，因为，解得：． （2）因为，显然直线的斜率不可能为零， 设直线：，， 由可得，，所以，， ， 因为，所以， 即， 亦即， 将代入得， ，， 所以，且，解得或． 设点到直线的距离为，所以， ， 所以的面积， 而或，所以， 当时，的面积． 【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值. （23-24高二下·上海杨浦·期末） 9．如图，已知椭圆的方程为，点、分别是椭圆的左、右顶点，点的坐标是，过点的动直线交椭圆于点、（点的横坐标小于点的横坐标）． (1)求椭圆焦点的坐标； (2)是否存在常数，使为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)当设直线的斜率不为时，设直线与交于点．请提出一个与点有关的问题，并求解该问题． （备注：本小题将根据提出问题的质量及其解答情况进行分层计分．） 【答案】(1)和 (2)存在， (3)答案见解析 【分析】（1）根据椭圆方程求出，即可得到焦点坐标； （2）①当直线斜率不为时，设直线的方程为：，、，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，利用数量积运算求解；②当直线斜率为，直接求出点的坐标，再计算数量积，即可得解； （3）首先得到、的方程，联立消去，求出，即可得到点在直线上. 【详解】（1）椭圆的方程为，则，，所以， 则椭圆的焦点坐标为和. （2）①l必存在斜率，当直线斜率不为时，设直线的方程为：，、， 联立并化简得：， ∴，解得，∴，， 又，，，， ∴， ， 若使为定值， 只需，即，其定值为， ②当直线斜率为，直线的方程为，则有、， 又，，，， ∴，当时，也为定值， 综上，存在一个常数，使为定值. （3）问题：S是否在一条定直线上？ 点在定直线上，理由如下： 由（2）可知，，， 当直线的斜率不为时，，， 则直线的方程为， 直线的方程为， 则， 所以 ， 所以， 所以点的轨迹方程为，即点在定直线上. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. （2024高三·全国·专题练习） 10．已知抛物线经过点，直线与抛物线有两个不同的交点，直线交轴于，直线交轴于． (1)若直线过点，求直线的斜率的取值范围； (2)若直线过抛物线的焦点，交轴于点，求的值； (3)若直线过点，设，求的值． 【答案】(1) (2) (3)2 【分析】（1）由题意易得直线斜率存在且不为，且直线、斜率存在，设出直线方程，并联立抛物线方程，根据交点有两个，得出，解不等式即可得直线斜率的范围. （2）设直线的方程为：联立直线与抛物线的方程得出点纵坐标之间的关系，再由，，得出、与点坐标之间的关系，对化简可求得的值. （3）根据，，得出、与点坐标之间的关系，再根据在同一直线上，在同一直线上，得出，与点坐标之间的关系，根据（1）中联立所得的方程得出点横坐标之间的关系，对原式进行化简，即可得的值. 【详解】（1）因为抛物线经过点，所以，所以， 所以抛物线的解析式为． 又因为直线过点，且直线与抛物线有两个不同的交点． 易知直线斜率存在且不为，故可设直线的方程式为. 根据题意可知直线不能过点，所以直线的斜率. 若直线与抛物线的一个交点为，此时该点与点所在的直线斜率不存在， 则该直线与轴无交点，与题目条件矛盾， 此时，所以直线斜率. 联立方程，得， 因为直线与抛物线有两个不同交点，所以，所以． 故直线的斜率的取值范围是且且. 即率的取值范围是. （2）如图所示 设直线的方程为：由，得， 设，， 则，∵，， ，， ∴，，∴ ， . （3）如图所示 设点，，则，， 因为，所以，故，由得， 设，， 直线方程为， 令，得①，由直线可得②， 因为③， 将①②代入③可得， ， 又由根与系数的关系：，， 所以， 所以. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 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 $$ 专题28 向量法解解析几何问题（一题多变） 【典例展示】 在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，动点P与两个定点的距离之比为． （1）求动点P的轨迹W的方程． （2）若直线与曲线W交于A，B两点，在曲线W上是否存在一点Q，使得，若存在，求出此时直线的斜率；若不存在，说明理由． 【思路分析】 第（1）小题，由直接法求出动点P的轨迹W的方程．第（2）小题，思路一：由（1）可知轨迹W是一个圆，具有完美的对称性，且，根据向量的加法以及，易得四边形OAQB为菱形，OQ与AB互相垂直平分，进而得到原点O到直线的距离为，可建立k的方程. 思路二：由（1）小题可得轨迹方程，将直线方程、圆的方程联立.利用“设而不求”的方法，设，假设存在点，使得，利用点Q在圆上，可建立k的方程. 【精细解析】 （1）设点P的坐标为，依题意有，即，化简得，∴．动点P的轨迹W的方程为． （2）解法一    ∵直线与曲线相交于A，B两点，原点到直线的距离，∴或． 假设存在点Q，使得． ∵A，B在圆上，且，由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQB为菱形，∴OQ与AB互相垂直平分，进而得到原点O到直线的距离为，即． 解得． 经验证k的值满足条件，∴存在点Q，使得． 解法二    ∵直线与曲线相交于A，B两点，联立消去，得． 由，得或． 设，则 假设存在点，使得，则 ∴点在圆上，∴，解得． 经验证k的值满足条件，∴存在点Q，使得． 【题后反思】 本例是一道比较典型的解析几何问题，求动点轨迹方程，探究曲线上满足某种条件的点的存在性.对于解析几何问题的解决，其基本思维特征是：以几何特征寻找代数关系，以代数关系挖掘几何特征．注意运用“数形结合”的方法加以解答.由于本题条件中给出了向量的线性关系，因此，注意应用向量方法，发挥向量在解析几何中的作用. 向量的作用，主要有载体作用和工具作用．其一，载体作用，向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，使问题更有“新意”，学科知识以图形为“媒”交汇得非常自然.解决此类问题的关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关平行、垂直、距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题其二，工具作用，平面向量既有形的特征，又可以像数一样运算，并可以利用坐标表示，因此在解决平面向量与解析几何的综合题时，注意以向量为工具，近几年.高考命题的一个重要导向，是加强解析几何与平面向量的交汇，我们应增强向量的应用意识，自觉地用向量的思想和方法去思考问题，应在下面的变换题目及综合训练中细心体会． 【追根溯源】 解答解析几何中的平行、垂直、共线、夹角等问题，常用结论主要有： （1）若直线的方向向量或，则直线斜率为k或； （2）若与AB相交，则过AB的中点； （3）若，则P是MN的中点； （4）若，则P，Q与AB的中点三点共线； （5）下列情形可使A，B，C三点共线：①；②存在实数，使；③若存在实数，，且，使． 若引入向量坐标，向量的坐标运算与解析几何解题的基本方法——坐标法又完全合拍，以下知识在解题中经常用到： 设，，，的夹角为， （1）； （2）； （3）． 【变化角度】在抛物线中，曲线上的点、焦点等构成共线向量，确定直线斜率的最值. （2021·全国·高考真题） 1．已知抛物线的焦点F到准线的距离为2． （1）求C的方程; （2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值. 【变换角度】直线与椭圆的交点满足一定条件下，求直线斜率的范围. 2．已知椭圆E的焦点在x轴上，离心率为，对称轴为坐标轴，且经过点． (1)求椭圆E的方程． (2)直线与椭圆E相交于A，B两点，O为原点，在OA，OB上分别存在异于点的点M，N，使得点O在以MN为直径的圆外，求直线斜率k的取值范围． 【变换角度】椭圆中给出两组共线向量，证明参数的和为定值. （2024高三·全国·专题练习） 3．已知椭圆，过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点，交轴于点，若．求证：为定值． 【变换角度】直线和双曲线相交，双曲线的顶点与交点形成的向量数量积为1，求方程中参数b的范围. （2024·上海·高考真题） 4．已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若离心率时，求的值． (2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标． (3)连接，直线交双曲线于另一点，若，求的取值范围． （2022·全国·高考真题） 5．已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（    ） A． B． C． D． （2023·全国·高考真题） 6．已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ． （24-25高二上·上海·课堂例题） 7．已知抛物线Γ：的焦点为F，准线为l，直线经过点F且与Γ交于点A、B． (1)若，求线段AB的中点到x轴的距离； (2)设O为坐标原点，M为Γ上的动点，直线AM、BM分别与准线l交于点C、D．求证：为常数． （2023·全国·高考真题） 8．已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． （23-24高二下·上海杨浦·期末） 9．如图，已知椭圆的方程为，点、分别是椭圆的左、右顶点，点的坐标是，过点的动直线交椭圆于点、（点的横坐标小于点的横坐标）． (1)求椭圆焦点的坐标； (2)是否存在常数，使为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)当设直线的斜率不为时，设直线与交于点．请提出一个与点有关的问题，并求解该问题． （备注：本小题将根据提出问题的质量及其解答情况进行分层计分．） （2024高三·全国·专题练习） 10．已知抛物线经过点，直线与抛物线有两个不同的交点，直线交轴于，直线交轴于． (1)若直线过点，求直线的斜率的取值范围； (2)若直线过抛物线的焦点，交轴于点，求的值； (3)若直线过点，设，求的值． 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 $$