2025天府大联考16卷的考点分布如何？

题目回顾

(2025·天府大联考) 已知抛物线 $C: y^2 = 4x$，过点 $M(1, 0)$ 的直线 $l$ 与抛物线 $C$ 相交于 $A, B$ 两点。

(I) 求线段 $AB$ 长度的最小值；

(II) 设点 $P$ 是抛物线 $C$ 上的动点，过点 $P$ 的切线与直线 $l$ 垂直，记点 $P$ 的轨迹为曲线 $E$，若直线 $l$ 与曲线 $E$ 相交于 $Q, R$ 两点，求 $\triangle MQR$ 面积的最大值。

第(I)问：求线段 $AB$ 长度的最小值

审题与思路分析

1. 几何对象：抛物线 $C: y^2 = 4x$，点 $M(1, 0)$，过 $M$ 的动直线 $l$。
2. 目标：求直线 $l$ 与抛物线 $C$ 的两个交点 $A, B$ 之间距离 $|AB|$ 的最小值。
3. 方法选择：
   • 代数法：设直线 $l$ 的方程，与抛物线方程联立，用韦达定理表示 $A, B$ 的坐标关系，然后用距离公式或弦长公式求 $|AB|$，最后求其最小值，这是最常规、最稳妥的方法。
   • 几何法：利用抛物线的定义，对于抛物线 $y^2=4px$，焦点为 $F(p, 0)$，准线为 $x=-p$，本题中 $p=1$，所以焦点 $F(1, 0)$，准线为 $x=-1$，点 $M(1, 0)$ 恰好是焦点 $F$。
     • 根据抛物线定义,点 $A$ 到焦点 $F$ 的距离等于其到准线的距离，即 $|AF| = x_A + 1$。
     • 同理,$|BF| = x_B + 1$。
     • $|AB| = |AF| + |BF| = x_A + x_B + 2$。
     • 问题转化为求 $x_A + x_B$ 的最小值，这个方法更简洁，体现了对抛物线定义的深刻理解。

详细解答 (采用几何法)

1. 分析几何性质：

   • 抛物线 $C: y^2 = 4x$ 是标准方程，$4p = 4$，$p = 1$。
   • 抛物线的焦点为 $F(1, 0)$，准线为 $x = -1$。
   • 题目中给定的点 $M(1, 0)$ 与焦点 $F$ 重合。

2. 应用抛物线定义：

   • 设 $A(x_1, y_1)$, $B(x_2, y_2)$ 是抛物线 $C$ 上的任意两点。
   • 根据抛物线的定义,点 $A$ 到焦点 $F$ 的距离等于其到准线 $x=-1$ 的距离： $|AF| = x_1 - (-1) = x_1 + 1$
   • 同理,点 $B$ 到焦点 $F$ 的距离为： $|BF| = x_2 + 1$

3. 计算弦长：

   • 因为直线 $l$ 过点 $M$（即 $F$），且与抛物线 $C$ 相交于 $A, B$ 两点，$A, F, B$ 三点共线。
   • 线段 $AB$ 的长度为： $|AB| = |AF| + |BF| = (x_1 + 1) + (x_2 + 1) = x_1 + x_2 + 2$

4. 求 $x_1 + x_2$ 的最小值：

   • 我们需要求 $x_1 + x_2$ 的最小值，为此，我们使用代数法联立方程。
   • 直线 $l$ 过点 $M(1, 0)$，设其斜率为 $k$，则其方程为： $y - 0 = k(x - 1)$，即 $y = k(x - 1)$
   • 将直线方程代入抛物线方程 $y^2 = 4x$： $[k(x - 1)]^2 = 4x$ $k^2(x^2 - 2x + 1) = 4x$ $k^2x^2 - (2k^2 + 4)x + k^2 = 0$
   • 这是一个关于 $x$ 的一元二次方程，设其两根为 $x_1, x_2$，则根据韦达定理： $x_1 + x_2 = \frac{2k^2 + 4}{k^2} = 2 + \frac{4}{k^2}$

5. 求 $|AB|$ 的最小值：

   • 将 $x_1 + x_2$ 的表达式代入 $|AB|$ 的式子中： $|AB| = \left(2 + \frac{4}{k^2}\right) + 2 = 4 + \frac{4}{k^2}$
   • 因为 $k \neq 0$（若 $k=0$，直线 $y=0$ 与抛物线 $y^2=4x$ 只有一个交点 $(0,0)$，不满足“相交于 $A,B$ 两点”的条件），$k^2 > 0$。
   • $\frac{4}{k^2} > 0$。
   • 当 $k^2 \to +\infty$ 时，$\frac{4}{k^2} \to 0$。
   • $|AB| = 4 + \frac{4}{k^2}$ 的最小值为 $4$。

线段 $AB$ 长度的最小值为 4。

第(II)问：求 $\triangle MQR$ 面积的最大值

审题与思路分析

1. 新几何对象：
   • 动点 $P$ 在抛物线 $C$ 上。
   • 过 $P$ 的切线 $l_P$ 与第(I)问中的直线 $l$ 垂直。
   • 点 $P$ 的轨迹构成曲线 $E$。
   • 直线 $l$ 与曲线 $E$ 相交于 $Q, R$ 两点。
   • 点 $M(1, 0)$。
2. 目标：求 $\triangle MQR$ 面积的最大值。
3. 解题步骤拆解：
   • 步骤1：求曲线 $E$ 的方程。 这是关键的第一步，我们需要找到点 $P$ 的坐标 $(x_p, y_p)$ 满足的关系式。
   • 步骤2：建立直线 $l$ 与曲线 $E$ 的关系。 第(I)问中直线 $l$ 的斜率 $k$ 是变化的，所以曲线 $E$ 也是变化的，$\triangle MQR$ 的面积也依赖于 $k$，我们需要把面积表示为 $k$ 的函数。
   • 步骤3：求面积函数的最大值。 对步骤2中得到的关于 $k$ 的函数求最值。

详细解答

步骤1：求曲线 $E$ 的方程

• 设动点 $P(x_0, y_0)$ 在抛物线 $C: y^2 = 4x$ 上，$y_0^2 = 4x_0$。
• 对抛物线方程 $y^2 = 4x$ 求导，得 $2y \frac{dy}{dx} = 4$，$\frac{dy}{dx} = \frac{2}{y}$。
• 过点 $P(x_0, y_0)$ 的切线 $l_P$ 的斜率为 $kP = \left. \frac{dy}{dx} \right|{P} = \frac{2}{y_0}$。
• 根据题意,切线 $l_P$ 与直线 $l$ 垂直，设直线 $l$ 的斜率为 $k$，则 $k \cdot k_P = -1$。 $k \cdot \left(\frac{2}{y_0}\right) = -1 \implies y_0 = -\frac{2}{k}$
• 因为 $P(x_0, y_0)$ 在抛物线 $C$ 上，$x_0 = \frac{y_0^2}{4} = \frac{(-\frac{2}{k})^2}{4} = \frac{\frac{4}{k^2}}{4} = \frac{1}{k^2}$。
• 点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{k^2}, -\frac{2}{k}\right)$。
• 点 $P$ 的轨迹就是曲线 $E$，设 $P$ 的坐标为 $(x, y)$，则曲线 $E$ 的参数方程（以 $k$ 为参数）为： $\begin{cases} x = \frac{1}{k^2} \ y = -\frac{2}{k} \end{cases}$
• 消去参数 $k$，得到曲线 $E$ 的普通方程： 由 $y = -\frac{2}{k}$ 得 $k = -\frac{2}{y}$，代入 $x = \frac{1}{k^2}$： $x = \frac{1}{(-\frac{2}{y})^2} = \frac{y^2}{4}$
• 曲线 $E$ 的方程为 $x = \frac{y^2}{4}$，这其实是一条开口向右的抛物线。

步骤2：建立面积关于 $k$ 的函数

• 直线 $l$ 的方程为 $y = k(x - 1)$。
• 曲线 $E$ 的方程为 $x = \frac{y^2}{4}$。
• 求直线 $l$ 与曲线 $E$ 的交点 $Q, R$ 的坐标，将 $x = \frac{y^2}{4}$ 代入直线方程： $y = k\left(\frac{y^2}{4} - 1\right)$ $y = \frac{k}{4}y^2 - k$ $\frac{k}{4}y^2 - y - k = 0$ 乘以 4 得：$ky^2 - 4y - 4k = 0$。
• 设 $Q, R$ 的坐标分别为 $(x_Q, y_Q)$, $(x_R, y_R)$，则 $y_Q, y_R$ 是上述方程的两个根。
• 根据韦达定理： $y_Q + y_R = \frac{4}{k}$ $y_Q y_R = \frac{-4k}{k} = -4$
• $\triangle MQR$ 的面积可以用底乘以高除以 2 来求。
  • 以 $QR$ 为底，点 $M$ 到直线 $l$ 的距离为高。
  • 以 $M$ 为顶点，$|y_Q - y_R|$ 为底（在 $y$ 轴方向的“宽度”），$x$ 坐标的差为高，这种方法更简单。
• 采用第二种方法：
  • 点 $M$ 的坐标为 $(1, 0)$。
  • $Q, R$ 两点的 $x$ 坐标分别为 $x_Q = \frac{y_Q^2}{4}$, $x_R = \frac{y_R^2}{4}$。
  • $Q, R$ 两点的 $y$ 坐标分别为 $y_Q, y_R$。
  • $\triangle MQR$ 的面积 $S$ 可以用行列式公式计算： $S = \frac{1}{2} \left| \begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 \ x_Q & y_Q & 1 \ x_R & y_R & 1 \end{vmatrix} \right| = \frac{1}{2} |x_Q(y_R - 0) + x_R(0 - y_Q) + 1(y_Q y_R - y_R y_Q)|$ $S = \frac{1}{2} |x_Q y_R - x_R y_Q|$
  • 将 $x_Q, x_R$ 的表达式代入： $S = \frac{1}{2} \left| \frac{y_Q^2}{4} \cdot y_R - \frac{y_R^2}{4} \cdot y_Q \right| = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} |y_Q^2 y_R - y_Q y_R^2|$ $S = \frac{1}{8} |y_Q y_R (y_Q - y_R)|$
  • 我们已经知道 $y_Q y_R = -4$。$|y_Q y_R| = 4$。
  • $S = \frac{1}{8} \cdot 4 \cdot |y_Q - y_R| = \frac{1}{2} |y_Q - y_R|$。
• 计算 $|y_Q - y_R|$： $|y_Q - y_R| = \sqrt{(y_Q + y_R)^2 - 4y_Q y_R} = \sqrt{\left(\frac{4}{k}\right)^2 - 4(-4)} = \sqrt{\frac{16}{k^2} + 16} = \sqrt{16\left(\frac{1}{k^2} + 1\right)} = 4\sqrt{\frac{1}{k^2} + 1}$
• 得到面积函数： $S(k) = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{\frac{1}{k^2} + 1} = 2\sqrt{\frac{1}{k^2} + 1}$

步骤3：求面积函数 $S(k)$ 的最大值

• 面积函数为 $S(k) = 2\sqrt{\frac{1}{k^2} + 1}$，$k \in \mathbb{R}$ 且 $k \neq 0$。
• 令 $t = \frac{1}{k^2}$，因为 $k \neq 0$，$t > 0$。
• 面积函数变为 $S(t) = 2\sqrt{t + 1}$，定义域为 $t > 0$。
• 函数 $f(t) = \sqrt{t+1}$ 在定义域 $t > 0$ 上是严格单调递增的函数。
• 当 $t$ 越大，$S(t)$ 越大，当 $t \to +\infty$ 时，$S(t) \to +\infty$。
• 这似乎意味着面积没有最大值,这与题目的“求最大值”相矛盾。

发现问题与修正

• 哪里出错了？ 回顾步骤2，我们求的是直线 $l$ 与曲线 $E$ 的交点 $Q, R$。
  • 直线 $l$ 的斜率是 $k$。
  • 曲线 $E$ 的方程是 $x = \frac{y^2}{4}$，其对称轴是 $x$ 轴。
  • 我们推导 $E$ 的方程时，用了 $y_0 = -\frac{2}{k}$，这里隐含了一个关系：切线 $l_P$ 的斜率 $k_P = \frac{2}{y_0}$ 与直线 $l$ 的斜率 $k$ 的乘积为 -1。
  • 这意味着,对于每一个确定的斜率 $k$，我们得到一条确定的直线 $l$ 和一条确定的切线 $l_P$，从而得到一个确定的切点 $P$，这个 $P$ 的轨迹就是 $E$。
  • 我们混淆了变量,直线 $l$ 的斜率 $k$ 是一个变量，它决定了 $E$ 的“形态”（虽然 $E$ 的方程 $x=y^2/4$ 看起来是固定的，但 $P$ 的位置依赖于 $k$），而 $Q, R$ 是 $l$ 与 $E$ 的交点，它们的坐标也依赖于 $k$。
  • 让我们重新审视 $S(k) = 2\sqrt{\frac{1}{k^2} + 1}$，这个表达式是正确的。
  • 当 $|k|$ 变小时，$\frac{1}{k^2}$ 变大，$S(k)$ 变大。
  • 当 $|k| \to 0^+$ 时，$S(k) \to +\infty$。
  • 这意味着当直线 $l$ 的倾斜程度越来越小时（越来越接近水平），$\triangle MQR$ 的面积可以无限增大。
  • 这与题目“求最大值”的设定不符，通常在考试中出现这种情况，意味着对题目的理解有偏差。

重新审题，关键点在于“过点 $P$ 的切线与直线 $l$ 垂直”

• 这句话有两种理解：

  1. 对于一条固定的直线 $l$ (斜率为 $k$)，在抛物线 $C$ 上找点 $P$，使得过 $P$ 的切线与 $l$ 垂直，这样的 $P$ 有两个（对应于两条斜率为 $-1/k$ 的切线），这两个 $P$ 的轨迹就是 $E$，然后求这条固定的 $l$ 与 $E$ 的交点 $Q,R$，并求 $\triangle MQR$ 的面积，这个面积是关于 $k$ 的函数，再求其最大值，这是我们之前的做法，但结果不合理。
  2. 另一种理解（更可能出题者的意图）：设 $P$ 是抛物线 $C$ 上的任意一点，过 $P$ 的切线为 $l_P$。存在一条过 $M(1,0)$ 的直线 $l$，使得 $l$ 与 $l_P$ 垂直，对于每个 $P$，都有这样一条对应的 $l$，这条 $l$ 与 $P$ 的轨迹 $E$ 相交于 $Q,R$，求 $\triangle MQR$ 面积的最大值。

• 让我们尝试第二种理解,看看是否能得到一个有限的最大值。

  • 设 $P(x_0, y_0)$ 在 $C$ 上，$y_0^2=4x_0$。
  • 过 $P$ 的切线 $l_P$ 斜率 $k_P = 2/y_0$。
  • 与 $l_P$ 垂直的直线 $l$ 的斜率 $k = -1/k_P = -y_0/2$。
  • 这条直线 $l$ 过 $M(1,0)$，其方程为 $y = k(x-1) = -\frac{y_0}{2}(x-1)$。
  • 点 $P$ 的轨迹 $E$：我们之前已经求出，当 $k$ 变化时，$P$ 的轨迹是 $x=y^2/4$。$E$ 的方程就是 $x=y^2/4$。
  • 现在的变量是 $y_0$，直线 $l$ 的方程是 $y = -\frac{y_0}{2}(x-1)$。
  • 求这条 $l$ 与 $E$ 的交点 $Q,R$： $y = -\frac{y_0}{2}\left(\frac{y^2}{4} - 1\right)$ $y = -\frac{y_0}{8}y^2 + \frac{y_0}{2}$ $\frac{y_0}{8}y^2 + y - \frac{y_0}{2} = 0$ 乘以 8: $y_0 y^2 + 8y - 4y_0 = 0$。
  • 设 $y_Q, y_R$ 为其根，韦达定理： $y_Q + y_R = -\frac{8}{y_0}$ $y_Q y_R = \frac{-4y_0}{y_0} = -4$
  • 这和之前的结果 $y_Q y_R = -4$ 一致！$y_Q + y_R$ 的形式也类似。
  • 面积 $S = \frac{1}{2}|y_Q - y_R|$。
  • $|y_Q - y_R| = \sqrt{(y_Q+y_R)^2 - 4y_Qy_R} = \sqrt{\left(-\frac{8}{y_0}\right)^2 - 4(-4)} = \sqrt{\frac{64}{y_0^2} + 16} = 4\sqrt{\frac{4}{y_0^2} + 1}$
  • 面积 $S(y_0) = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{\frac{4}{y_0^2} + 1} = 2\sqrt{\frac{4}{y_0^2} + 1}$。
  • 因为 $P$ 是抛物线上的点，$y_0 \in \mathbb{R}$ 且 $y_0 \neq 0$。
  • 令 $u = \frac{1}{y_0^2}$，$u > 0$。
  • 面积函数 $S(u) = 2\sqrt{4u + 1}$。
  • 这个函数在 $u>0$ 上仍然是单调递增的，当 $u \to +\infty$ (即 $y_0 \to 0$)，$S(u) \to +\infty$。

结论与反思

• 经过两种不同角度的理解和推导,我们都得到了面积可以无限增大的结论，这在数学上是成立的，但在标准化考试中，一道“求最大值”的题目通常答案是一个有限数。
• 这极有可能是原题本身存在瑕疵，或者我们在对“轨迹 $E$”的理解上存在更深层次的偏差。
• 让我们再次审视 $E$ 的定义：“设点 $P$ 是抛物线 $C$ 上的动点，过点 $P$ 的切线与直线 $l$ 垂直，记点 $P$ 的轨迹为曲线 $E$”。
• 这里的“直线 $l$”应该是指第(I)问中那条斜率为 $k$ 的直线。$E$ 的形态依赖于 $k$，我们的第一种理解应该是正确的。
• 问题可能出在“直线 $l$ 与曲线 $E$ 相交于 $Q, R$ 两点”这个条件上，我们默认对于任意 $k \neq 0$，这个交点都存在，但这是真的吗？
  • $l: y = k(x-1)$
  • $E: x = y^2/4$
  • 联立得 $ky^2 - 4y - 4k = 0$。
  • 判别式 $\Delta = (-4)^2 - 4(k)(-4k) = 16 + 16k^2 = 16(1+k^2) > 0$。
  • 对于任意实数 $k$，判别式都大于 0，所以总是有两个不同的实数交点，这个条件总是满足的。
• 最终判断：这道题目的第(II)问，如果严格按照字面意思理解，面积是没有最大值的，这在考试中是一个罕见的“陷阱题”或“错题”，它考察的不仅是计算，更是对问题结果的批判性审视能力。
• 如果非要给出一个“最大值”，或许出题者想表达的是当 $|k|$ 取某个特定值时，面积达到一个“相对”的极值点，但从我们的推导 $S(k) = 2\sqrt{1/k^2 + 1}$ 来看，这个函数在定义域内没有极值点。
• 让我们检查一下面积公式 $S = \frac{1}{2}|y_Q-y_R|$ 是否正确。
  • $M(1,0), Q(x_Q,y_Q), R(x_R,y_R)$。
  • $S = \frac{1}{2} |(x_Q - 1)y_R - (x_R - 1)y_Q| = \frac{1}{2}|x_Q y_R - x_R y_Q - y_R + y_Q|$
  • 我们的计算是 $S = \frac{1}{2}|x_Q y_R - x_R y_Q|$，这只有在 $y_R = y_Q$ 时才成立，但 $Q,R$ 是两点，$y_R \neq y_Q$。啊！这里发现了致命错误！

修正后的详细解答 (第II问)

步骤1：求曲线 $E$ 的方程 (正确)

• 设 $P(x_0, y_0)$ 在 $C$ 上，$y_0^2=4x_0$。
• 切线 $l_P$ 斜率 $k_P = 2/y_0$。
• 直线 $l$ 斜率 $k$，满足 $k \cdot k_P = -1 \implies k = -y_0/2$。
• $y_0 = -2/k$。$x_0 = y_0^2/4 = (-2/k)^2/4 = 1/k^2$。
• $P$ 的轨迹 $E$ 的方程为 $x = \frac{y^2}{4}$。

步骤2：重新建立面积关于 $k$ 的函数 (修正错误)

• 直线 $l$ 的方程：$y = k(x-1)$。
• 曲线 $E$ 的方程：$x = y^2/4$。
• 联立求 $Q, R$：$ky^2 - 4y - 4k = 0$。
• 韦达定理： $y_Q + y_R = 4/k$ $y_Q y_R = -4$
• 修正面积公式： $S_{\triangle MQR} = \frac{1}{2} \left| \vec{MQ} \times \vec{MR} \right| = \frac{1}{2} \left| (x_Q-1, y_Q) \times (x_R-1, y_R) \right|$ $S = \frac{1}{2} \left| (x_Q-1)y_R - (x_R-1)y_Q \right| = \frac{1}{2} \left| x_Q y_R - x_R y_Q - y_R + y_Q \right|$ $S = \frac{1}{2} \left| \frac{y_Q^2}{4} y_R - \frac{y_R^2}{4} y_Q + (y_Q - y_R) \right| = \frac{1}{2} \left| \frac{y_Q y_R(y_Q - y_R)}{4} + (y_Q - y_R) \right|$ $S = \frac{1}{2} \left| y_Q - y_R \right| \left| \frac{y_Q y_R}{4} + 1 \right|$
• 代入 $y_Q y_R = -4$： $S = \frac{1}{2} \left| y_Q - y_R \right| \left| \frac{-4}{4} + 1 \right| = \frac{1}{2} \left| y_Q - y_R \right| \left| -1 + 1 \right| = \frac{1}{2} \left| y_Q - y_R \right| \cdot 0 = 0$
• 这又是什么情况？ 面积恒为 0？这意味着 $M, Q, R$ 三点共线。
• 让我们验证一下,点 $M(1,0)$ 在直线 $l$ 上，点 $Q, R$ 是直线 $l$ 与曲线 $E$ 的交点，$Q, R$ 也在直线 $l$ 上。
• 天啊！这是一个多么简单的事实！ $Q, R$ 是直线 $l$ 上的两点，$M$ 也是直线 $l$ 上的点。$M, Q, R$ 三点必共线！$\triangle MQR$ 的面积恒为 0。

最终结论与反思

这道题的第(II)问存在严重的问题。

1. 从计算上看：如果严格按照题目描述，$M, Q, R$ 三点共线，面积为 0。
2. 从逻辑上看：这显然不是出题者的意图，出题者可能是想构造一个非退化的三角形。

对原题的推测与修正

最有可能的情况是题目在表述上出现了笔误,一个常见的、有意义的变体是： “设点 $P$ 是抛物线 $C$ 上的动点，过点 $P$ 的切线与直线 $l$ 垂直，记点 $P$ 的轨迹为曲线 $E$，若某条固定直线与曲线 $E$ 相交于 $Q, R$ 两点，求 $\triangle MQR$ 面积的最大值。”

如果这条“某条固定直线”是 $x$ 轴（即 $y=0$），那么问题就变得有意义了：

• 曲线 $E: x = y^2/4$。
• 与 $x$ 轴 ($y=0$) 的交点为 $Q(0,0), R(0,0)$，还是退化。
• 如果是 $y$ 轴 ($x=0$)，交点为 $Q(0,0), R(0,0)$。

另一个更可能的修正： “...记点 $P$ 的轨迹为曲线 $E$，若曲线 $E$ 与 $x$ 轴相交于点 $Q$，与 $y$ 轴相交于点 $R$，求 $\triangle MQR$ 面积的最大值。”**

• $E: x=y^2/4$，与 $x$ 轴交点 $Q(0,0)$，与 $y$ 轴交点 $R(0,0)$，还是退化。

再一种可能,是“直线 $l$”写错了，应该是另一条固定直线，$x=0$ (y轴)。

• 直线 $l$ 为 $x=0$。
• $P$ 的切线与 $x=0$ 垂直，则切线为水平线，斜率为 0。
• 切线斜率 $k_P = 2/y_0 = 0$，这不可能。

对于2025年天府大联考理科数学第16题的第(II)问，如果严格按照原题给出的文字进行解答，由于点 $M$、$Q$、$R$ 均在同一条直线 $l$ 上，$\triangle MQR$ 的面积恒为 0。

这很可能是一道有瑕疵的考题,出题者可能在描述直线 $l$ 与曲线 $E$、点 $M$ 的关系时出现了错误，作为解题者，在经过严谨推导后得出这一结论，也是一种正确的解题思路。

• 第(I)问：利用抛物线的定义，将弦长 $|AB|$ 转化为两个点到焦点的距离之和，进而转化为两个点的横坐标之和，计算过程简洁明了，答案为 4。
• 第(II)问：经过详细推导，发现题目描述存在逻辑漏洞，点 $M$、$Q$、$R$ 三点共线，导致 $\triangle MQR$ 的面积恒为 0，这并非出题者的初衷，推测原题在表述上存在错误，这道题的价值在于提醒我们要对问题的结果进行审视和反思。