《2026年高考领航卷数学》

18.（17分）
已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$，直线$2x - 3y + 6 = 0$与$C$交于点$M$，$N$，且线段$MN$的中点为$A(- \frac{3}{2},1)$。
（1）求$C$的离心率。
（2）若点$M$在$x$轴上，点$P$，$Q$（点$Q$在点$P$的右上方）在$C$上，且直线$PQ$与直线$MN$平行。
（i）求直线$PQ$与直线$MN$之间距离的取值范围；
（ii）求证：直线$MP$，$NQ$的交点在定直线上。

答案： 18.椭圆的方程与几何性质+两平行线之间的距离+定直线问题
解:
(1)解法一　第一步:利用斜率公式与中点坐标公式得到$M$,$N$坐标间的关系
设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$,则$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{2}{3}$,
因为线段$MN$的中点为$A(-\frac{3}{2},1)$,
所以$x_{1}+x_{2}=-3$,$y_{1}+y_{2}=2$。(中点坐标公式的应用)
第二步:利用点差法得到$\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{4}{9}$
$\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1$,$\frac{x_{2}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{2}^{2}}{b^{2}}=1$,
两式相减得$\frac{b^{2}}{a^{2}}=-\frac{y_{1}+y_{2}}{x_{1}+x_{2}}·\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{2}{-3}×\frac{2}{3}=\frac{4}{9}$。
第三步:求解离心率
所以$C$的离心率为$\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{1-\frac{4}{9}}=\sqrt{\frac{5}{9}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$。
解法二　第一步:联立直线与椭圆方程,得到根与系数的关系
设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$,
将$2x - 3y + 6 = 0$代入$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,化简得$(4a^{2}+9b^{2})x^{2}+24a^{2}x + 36a^{2}-9a^{2}b^{2}=0$,
所以$x_{1}+x_{2}=-\frac{24a^{2}}{4a^{2}+9b^{2}}$。
第二步:结合中点坐标公式得到$\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{4}{9}$
因为线段$MN$的中点为$A(-\frac{3}{2},1)$,所以$x_{1}+x_{2}=-\frac{24a^{2}}{4a^{2}+9b^{2}}=-3$,
整理得$\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{4}{9}$。
第三步:求解离心率
所以$C$的离心率为$\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{1-\frac{4}{9}}=\sqrt{\frac{5}{9}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$。
(2)(i)第一步:求解$C$的方程
因为点$M$在$x$轴上,所以在$2x - 3y + 6 = 0$中取$y = 0$,得$x = -3$,所以$M(-3,0)$,
所以$a = 3$,$b = 2$,故$C$的方程为$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$。
第二步:设出直线$PQ$的方程,并与椭圆方程联立,利用根的判别式得到$t$的范围
设直线$PQ$的方程为$2x - 3y + t = 0(t\neq6)$,(提示:直线$PQ$与直线$MN$平行)
联立方程,得$\begin{cases}\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1\\2x - 3y + t = 0\end{cases}$,
化简得$8x^{2}+4tx + t^{2}-36 = 0$,
则$\Delta=(4t)^{2}-32(t^{2}-36)＞0$,所以$-6\sqrt{2}＜t＜6\sqrt{2}$,且$t\neq6$。
第三步:利用两平行直线之间的距离公式求解
所以直线$PQ$与直线$MN$之间的距离$d=\frac{\vert6 - t\vert}{\sqrt{2^{2}+(-3)^{2}}}=\frac{\vert6 - t\vert}{\sqrt{13}}\in(0,\frac{6\sqrt{13}+6\sqrt{26}}{13})$,(已知直线$l_{1}:Ax + By + C_{1}=0$,$l_{2}:Ax + By + C_{2}=0$,则$l_{1}$,$l_{2}$之间的距离$d=\frac{\vert C_{1}-C_{2}\vert}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$)
即直线$PQ$与直线$MN$之间距离的取值范围是$(0,\frac{6\sqrt{13}+6\sqrt{26}}{13})$。
(ii)解法一　第一步:利用根与系数的关系建立关系式
设$P(x_{3},y_{3})$,$Q(x_{4},y_{4})$,由(i)知$M(-3,0)$,$N(0,2)$,$x_{3}+x_{4}=-\frac{t}{2}$,
所以$t=-2(x_{3}+x_{4})$。
第二步:确定直线$MP$,$NQ$的方程
由题可得直线$MP$,$NQ$的斜率均存在,
所以直线$MP$的方程为$y=\frac{y_{3}}{x_{3}+3}(x + 3)$,
即$y=\frac{\frac{2}{3}x_{3}-\frac{2}{3}(x_{3}+x_{4})}{x_{3}+3}(x + 3)=\frac{-\frac{2x_{4}}{3}}{x_{3}+3}(x + 3)$。
直线$NQ$的方程为$y=\frac{y_{4}-2}{x_{4}}x + 2$,
即$y - 2=-\frac{2x_{3}}{3x_{4}}x$。
第三步:消去直线$MP$,$NQ$方程中的参数,即可确定两直线的交点在定直线上
两式相乘得$(y - 2)y=\frac{4}{9}x(x + 3)$,
整理得$(2x + 3y)(2x - 3y + 6)=0$,
所以$2x + 3y = 0$或$2x - 3y + 6 = 0$(舍去),
所以直线$MP$,$NQ$的交点恒在直线$2x + 3y = 0$上。
解法二　第一步:结合椭圆的参数方程表示出点$P$,$Q$的坐标
因为点$P$,$Q$在$C$上,所以设$P(3\cos\alpha,2\sin\alpha)$,$Q(3\cos\beta,2\sin\beta)$,$\alpha\in(0,\pi)\cup(\pi,2\pi)$,$\beta\in[0,\frac{\pi}{2})\cup(\frac{\pi}{2},2\pi)$且$\alpha\neq\beta$,
因为直线$PQ$与直线$MN$平行,且$k_{MN}=\frac{2}{3}$,
所以$k_{PQ}=\frac{2\sin\beta - 2\sin\alpha}{3\cos\beta - 3\cos\alpha}=\frac{2}{3}$,得$\sin\beta - \sin\alpha=\cos\beta - \cos\alpha$,
所以$2\cos\frac{\alpha + \beta}{2}\sin\frac{\alpha - \beta}{2}=-2\sin\frac{\alpha + \beta}{2}\sin\frac{\alpha - \beta}{2}$,(和差化积公式的应用)
所以$\cos\frac{\alpha + \beta}{2}=-\sin\frac{\alpha + \beta}{2}$,即$\tan\frac{\alpha + \beta}{2}=-1$,
所以$\frac{\alpha + \beta}{2}=\frac{3\pi}{4}$或$\frac{7\pi}{4}$,即$\alpha + \beta=\frac{3\pi}{2}$或$\frac{7\pi}{2}$,
所以$\cos\beta=-\sin\alpha$,$\sin\beta=-\cos\alpha$,故$Q(-3\sin\alpha,-2\cos\alpha)$。
第二步:确定直线$MP$,$NQ$的方程
由(i)知$M(-3,0)$,$N(0,2)$,
所以直线$MP$的方程为$y=\frac{2\sin\alpha}{3\cos\alpha + 3}(x + 3)=\frac{2×2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}{3(2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-1)+3}=\frac{2×2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}{3×2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{3}(x + 3)$。
直线$NQ$的方程为$y=\frac{-2\cos\alpha - 2}{-3\sin\alpha}x + 2=\frac{2(2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-1)}{-3×2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}x + 2=\frac{2\cos\frac{\alpha}{2}}{-3\sin\frac{\alpha}{2}}x + 2$,即$y - 2=-\frac{2\cot\frac{\alpha}{2}}{3}x$。
第三步:消去直线$MP$,$NQ$方程中的参数,即可确定两直线的交点在定直线上
两式相乘得$(y - 2)y=\frac{4}{9}x(x + 3)$,
整理得$(2x + 3y)(2x - 3y + 6)=0$,
所以$2x + 3y = 0$或$2x - 3y + 6 = 0$(舍去),
所以直线$MP$,$NQ$的交点恒在直线$2x + 3y = 0$上。
结论拓展 积化和差公式:$\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}[\cos(\alpha + \beta)+\cos(\alpha - \beta)]$,$\sin\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}[\sin(\alpha + \beta)+\sin(\alpha - \beta)]$,$\sin\alpha\sin\beta=-\frac{1}{2}[\cos(\alpha + \beta)-\cos(\alpha - \beta)]$,$\cos\alpha\sin\beta=\frac{1}{2}[\sin(\alpha + \beta)-\sin(\alpha - \beta)]$。
差化积公式:$\cos\alpha+\cos\beta=2\cos\frac{\alpha + \beta}{2}\cos\frac{\alpha - \beta}{2}$,$\sin\alpha+\sin\beta=2\sin\frac{\alpha + \beta}{2}\cos\frac{\alpha - \beta}{2}$,$\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac{\alpha + \beta}{2}\sin\frac{\alpha - \beta}{2}$,$\sin\alpha-\sin\beta=2\cos\frac{\alpha + \beta}{2}\sin\frac{\alpha - \beta}{2}$。