2009-浙江卷理-21 解-几何证明

本题导读

本题是一道解析几何压轴题，考查椭圆标准方程的求解以及直线与两曲线（椭圆、抛物线）位置关系的综合应用。核心在于通过切线方程与椭圆联立，利用中点坐标相等建立参数代数方程，并借由判别式划定范围求得最值。

📌【题干】

Question

（2009年浙江卷(理)） 已知椭圆 $C_1:\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1$ ($a>b>0$) 的右顶点为 $A(1,0)$，过 $C_1$ 的焦点且垂直长轴的弦长为 1．

(1) 求椭圆 $C_1$ 的方程；

(2) 设点 $P$ 在抛物线 $C_2:y=x^2+h$ ($h\in \mathbf{R}$) 上， $C_2$ 在点 $P$ 处的切线与 $C_1$ 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．

🔍【思路分析】

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1. 第一问：由椭圆方程知焦点在 $y$ 轴上，其右顶点（短轴端点）为 $(b,0)$，从而确定 $b=1$；利用垂直长轴的通径公式 $\frac{2b^2}{a}=1$ 求解出 $a$，进而写出标准方程。

2. 第二问：设出切点 $P(x_0,x_0^2+h)$，求导得到切线斜率并写出切线方程。将切线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表达出 $MN$ 中点的横坐标，再依据中点横坐标相等的条件消除高次项，得到 $h$ 关于 $x_0$ 的函数关系式。

3. 第三问：利用切线与椭圆相交于两点这一隐含条件（判别式 $\Delta >0$），通过换元法转化为关于 $t=x_0+\frac{1}{x_0}$ 的不等式，从而精准划定参数的取值范围，求出 $h$ 的最小值。

✅【答案】

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因此𝑢< 0

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1) 因为椭圆 $C_1$ 的方程为 $\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1$ ($a>b>0$)，其长轴在 $y$ 轴上，短轴在 $x$ 轴上． 由右顶点为 $A(1,0)$，得 $b=1$． 过焦点且垂直于长轴的弦长（即通径）为 $\frac{2b^2}{a}$， 由题意得 $\frac{2b^2}{a}=1$，将 $b=1$ 代入得 $a=2$． 故椭圆 $C_1$ 的方程为 $\frac{y^2}{4}+x^2=1$ （或 $4x^2+y^2=4$）．

(2) 设点 $P(x_0,y_0)$ 在抛物线 $C_2$ 上，则 $y_0=x_0^2+h$． 对 $y=x^2+h$ 求导得 $y^{\prime }=2x$，故抛物线在点 $P$ 处的切线斜率为 $k=2x_0$． 则切线方程为 $y-(x_0^2+h)=2x_0(x-x_0)$，即： $y=2x_{0}x-x_0^2+h$ 将切线方程代入椭圆 $C_1$ 的方程 $4x^2+y^2=4$ 中，整理得： $4x^2+(2x_{0}x-(x_0^2-h){)}^2=4⟹4(1+x_0^2)x^2-4x_0(x_0^2-h)x+(x_0^2-h{)}^2-4=0$ 设 $M,N$ 的横坐标分别为 $x_M,x_N$，则由韦达定理得 $MN$ 的中点横坐标为： $x_{MN}=\frac{x_M+x_N}{2}=\frac{4x_0(x_0^2-h)}{2\times 4(1+x_0^2)}=\frac{x_0(x_0^2-h)}{2(1+x_0^2)}$ 又已知 $A(1,0)$，线段 $AP$ 的中点横坐标为 $x_{AP}=\frac{1+x_0}{2}$． 由 $x_{AP}=x_{MN}$ 得： $\frac{1+x_0}{2}=\frac{x_0(x_0^2-h)}{2(1+x_0^2)}⟹(1+x_0)(1+x_0^2)=x_0(x_0^2-h)$ 展开得 $1+x_0+x_0^2+x_0^3=x_0^3-h{x}_0⟹1+x_0+x_0^2=-h{x}_0$． 显然 $x_0\ne 0$（若 $x_0=0$ 则 $1=0$ 矛盾），故可解得： $h=\frac{1+x_0+x_0^2}{-x_0}=-x_0-1-\frac{1}{x_0}$ 同时，由于切线与椭圆交于 $M,N$ 两点，上述二次方程的判别式必须满足 $\Delta >0$： $\Delta =[-4x_0(x_0^2-h){]}^2-4\times 4(1+x_0^2)[(x_0^2-h{)}^2-4]>0$ $16x_0^2(x_0^2-h{)}^2-16(1+x_0^2)(x_0^2-h{)}^2+64(1+x_0^2)>0⟹(x_0^2-h{)}^2<4(1+x_0^2)$ 将 $x_0^2-h=x_0^2-\left(-x_0-1-\frac{1}{x_0}\right)=\frac{(x_0+1)(x_0^2+1)}{x_0}$ 代入上式中： $\frac{(x_0+1{)}^2(x_0^2+1{)}^2}{x_0^2}<4(1+x_0^2)⟹\frac{(x_0+1{)}^2(x_0^2+1)}{x_0^2}<4$ 变形为： $\left(\frac{x_0^2+2x_0+1}{x_0}\right)\left(\frac{x_0^2+1}{x_0}\right)<4⟹\left(x_0+\frac{1}{x_0}+2\right)\left(x_0+\frac{1}{x_0}\right)<4$ 令 $t=x_0+\frac{1}{x_0}$，由于 $x_0\in \mathbf{R}$ 且 $x_0\ne 0$，易知 $|t|\ge 2$． 不等式化为： $(t+2)t<4⟹t^2+2t-4<0$ 解得 $-1-\sqrt{5}<t<-1+\sqrt{5}$． 结合 $|t|\ge 2$，因 $-1+\sqrt{5}<2$，故满足条件的 $t$ 范围只能是： $-1-\sqrt{5}<t\le -2$ 而 $h=-t-1$，由 $t$ 的取值范围可得： $2\le -t<1+\sqrt{5}⟹1\le -t-1<\sqrt{5}$ 即 $1\le h<\sqrt{5}$． 当 $t=-2$ （即 $x_0=-1$）时， $h$ 取得最小值 1．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：焦点在 $y$ 轴上的椭圆标准方程特征、利用导数工具求解切线方程、解析几何中利用判别式确定变量生存范围。

2. 核心方法：整体换元法。通过将含有 $x_0+\frac{1}{x_0}$ 的复杂因式整体代换为变量 $t$，能以最简路径理清高次不等式的结构。

3. 避坑指南：第一问极其容易惯性思维将右顶点错认为 $(a,0)$，本题椭圆大轴在 $y$ 轴上，故 $A(1,0)$ 对应的基本量是 $b$；第二问求最值时，切忌遗漏 $\Delta >0$ 这个关键的几何相交约束，如果没有判别式的限制，就会漏掉变量范围导致无法求出确切的极值。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题由解析几何中经典的“直线与双曲线/椭圆切线交点中点性质”改编而来，结合了代数不等式的域限制，属于典型的多情境交汇压轴题。

2. 结论推广: 设椭圆方程为 $\frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{a^2}=1$，抛物线为 $y=x^2+h$，当切线中点与定点构成的对称式发生恒等关联时，其基本结构都服从对勾函数的复合映射形态，最值往往在对勾函数的临界顶点（即 $x_0=\pm 1$）处取得。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2011-大纲卷理-22 解-导数不等式
• 2011-辽宁卷文-11 单-导数构造解抽象不等式