王勇 王海波

矩形“搭臺” 求解依托

例1 已知矩形[ABCD]中，[AB=22，BC=1].以[AB]的中點[O]為原點建立如圖所示的平面直角坐標系[xOy].

（1）求以[A，B]為焦點，且過[C，D]兩點的橢圓的標準方程；

（2）過點[P（0，2）]的直線[l]與（1）中的橢圓交于兩個不同的點[M，N]，是否存在直線[l]，使得以線段[MN]為直徑的圓恰好過原點？若存在，求出直線[l]的方程；若不存在，請說明理由.

解析 （1）由題意可得，點[A，B，C]的坐標分別為[（-2，0），（2，0），（2，1）].

設橢圓的標準方程為[x2a2+y2b2=1a>b>0].

則[2a=AC+BC]，即[2a=（22）2+12+1=4，a=2].

又[c=2]，所以[b2=a2-c2=2].

故橢圓的標準方程是[x24+y22=1].

（2）假設存在直線[l]，使得以線段[MN]為直徑的圓恰好過原點. 由題意可知，直線[l]的斜率存在，可設直線[l]的方程為[y=kx+2].

由[y=kx+2，x2+2y2=4]得，[1+2k2x2+8kx+4=0].

因為[M，N]是橢圓上不同的兩點，

所以[Δ=64k2-16（1+2k2）>0].

設[Mx1，y1，Nx2，y2]，

則[x1+x2=-8k1+2k2，x1x2=41+2k2].

若以[MN]為直徑的圓恰好過原點，則[OM⊥ON].

所以[OM?ON=0]，

即[x1x2+y1y2=0?x1x2+（kx1+2）（kx2+2）=0]，

即[（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4=0]，

所以[4（1+k2）1+2k2-16k21+2k2+4=0].

解得[k=±2]，顯然滿足[Δ=48>0].

綜上所述，存在直線[l]，使得以線段[MN]為直徑的圓恰好過原點，直線[l]的方程為[y=2x+2]或[y=-2x+2].

點撥 本題以矩形為依托考查橢圓的標準方程，直線與橢圓、圓的位置關(guān)系，涉及到平面向量的有關(guān)知識，是一道難易適中的考題.

矩形“搭臺” 巧求范圍

例2 如圖，在矩形[ABCD]中，已知[A（2，0），][C（-2，2）]，點[P]在[BC]邊上移動，線段[OP]的垂直平分線交[y]軸于點[E]，點[M]滿足[EM=EO+EP].

（1）求點[M]的軌跡方程；

（2）已知點[F（0，12）]，過點[F]的直線[l]交點[M]的軌跡于[Q，R]兩點，且[QF=λFR]，求實數(shù)[λ]的取值范圍.

解析 （1）依題意設[P（t，2）（-2≤t≤2），M（x，y）].

當[t=0]時，點[M]與點[E]重合，則[M（0，1）].

當[t≠0]時，線段[OP]的垂直平分線方程為[y-1=][-t2（x-t2）].

令[x=0]得，[y=t2+44]，即[E（0，t2+44）].

由[EM=EO+EP]得，

[x，y-t2+44=0，-t2+44+t，2-t2+44].

[∴x=t，y=2-t2+44，]消去[t]得，[x2=-4（y-1）]，

顯然，點[（0，1）]適合上式.

故點[M]的軌跡方程為[x2=-4（y-1）（-2≤x≤2）].

（2）當直線[l]的斜率不存在時，顯然不合題意.

設直線[l]的斜率為[k]，[A（-2，0），B（2，0）]，要使直線[l]與點[M]的軌跡交于[Q，R]兩點，畫圖易知，[kBF≤k≤kAF]，即[-14≤k≤14].

設[l：y=kx+12-14≤k≤14]，代入[x2=-4（y-1）]得，

[x2+4kx-2=0].

設[Qx1，y1，Rx2，y2]，則[Δ=16k2+8>0，x1+x2=-4k，x1x2=-2.]

由[QF=λFR]得，[x1=-λx2].

[∴（1-λ）x2=-4k，-λx22=-2.] 消去[x2]得，[（1-λ）2λ=8k2].

[∵][0≤k2≤116，∴0≤（1-λ）2λ≤12]，

即[2λ2-5λ+2≤0（λ>0）]，解得，[12≤λ≤2].

故所求實數(shù)[λ]的取值范圍為[12，2].

點撥 本題以矩形為載體考查動點的軌跡方程的探求和參數(shù)取值范圍的求解，利用平面向量進行“包裝”愈發(fā)加大了題目的難度.

矩形“搭臺” 向量傳接

例3 如圖，在矩形[ABCD]中，[AB=8，BC=4]，[E，F(xiàn)，G，H]分別為四邊的中點，且都落在坐標軸上. 設[OP=λOF，][CQ=λCF，][λ≠0.]

（1）求直線[EP]與[GQ]的交點[M]的軌跡[Γ]的方程；

（2）過圓[x2+y2=r2（0

解析 （1）設[M（x，y）]，由已知得，

[P（4λ，0），Q（4，2-2λ），E（0，-2），G（0，2）]，

則直線[EP]的方程為[y=x2λ-2]，直線[GQ]的方程為[y=-λx2+2].

消去[λ]即得交點[M]的軌跡[Γ]的方程為

[x216+y24=1（x≠0）].

（2）如圖，連接[OS，OT，ON]，由已知得，

[NS?NT=ON2].

又[ON⊥ST]，則[OS⊥OT].

①當直線[ST]的斜率不存在時，

則其方程為[x=±r（0

將其代入橢圓方程[x216+y24=1]得，[y=±4-r24].

又[NS?NT+r2=0] ，所以[r24-4+r2=0].

解得[r=455].

②當直線[ST]的斜率存在時，

設直線[ST：y=kx+m（m≠±2）]，

將其代入橢圓方程[x216+y24=1]得，

[1+4k2x2+8kmx+4m2-16=0].

設[Sx1，y1，Tx2，y2]，

則[x1+x2=-8km1+4k2，x1x2=4m2-161+4k2].

由[OS⊥OT]得，[x1x2+y1y2=0].

又[y1=kx1+m，y2=kx2+m]，

所以[km（x1+x2）+（1+k2）x1x2+m2=0].

則[5m2=16（1+k2）].

又點[O]到直線[ST]的距離為[r=m1+k2] ，

故[r=455].

而[455∈（0，2）]，滿足題意，所以[r=455].

綜上所述，所求[r]的值為[455].

點撥 本題考查動點軌跡方程的探求方法（交軌法），直線與圓、橢圓的位置關(guān)系，平面向量的線性運算及數(shù)量積運算. 考查數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想及運算求解能力.

矩形“搭臺” 注重探究

例4 如圖 ，矩形[ABCD]中，[AB=22，BC=2]，[E，F(xiàn)，G，H]分別是矩形四條邊的中點，分別以[HF，EG]所在的直線為[x]軸、[y]軸建立平面直角坐標系，已知[OR=λOF，CR=λCF]，其中[0<λ<1].

（1）求證：直線[ER]與[GR]的交點[M]在橢圓[Γ：x22+y2=1]上；

（2）若點[N]是直線[l：y=x+2]上且不在坐標軸上的任意一點，[F1，F(xiàn)2]分別為橢圓[Γ]的左、右焦點，直線[NF1]和[NF2]與橢圓[Γ]的交點分別為[P，Q]和[S，T]. 是否存在點[N]，使得直線[OP，OQ，OS，OT]的斜率[kOP，kOQ，kOS，kOT]滿足[kOP+kOQ+kOS+kOT=0]？若存在，求出點[N]的坐標；若不存在，請說明理由.

解析 （1）參照例3（1）的解法可得，

直線[ER]與[GR]的交點[M]在橢圓[Γ：x22+y2=1]上.

（2）假設滿足條件的點[N（x0，y0）]存在，若[NF1]，[NF2]有一條直線的斜率不存在，顯然[kOP+kOQ+kOS][+kOT≠0]，所以[NF1]，[NF2]兩條直線的斜率均存在，

故可設直線[NF1]的方程為[y=k1（x+1）]，其中[k1=y0x0+1].

直線[NF2]的方程為[y=k2（x-1）]，其中[k2=y0x0-1].

由[y=k1（x+1），x22+y2=1]消去[y]并化簡得，

[2k21+1x2+4k21x+2k21-2=0].

設[P（x1，y1），Q（x2，y2）]，

則[x1+x2=-4k212k21+1，x1x2=2k21-22k21+1].

[∵OP，OQ]的斜率存在，[∴x1≠0，x2≠0，∴k21≠1].

[∴kOP+kOQ=y1x1+y2x2=k1（x1+1）x1+k1（x2+1）x2]

[=2k1+k1?x1+x2x1x2=k12-4k212k21-2=-2k1k21-1].

同理可得，[kOS+kOT=-2k2k22-1].

[∴kOP+kOQ+kOS+kOT=-2k1k21-1+k2k22-1=-2?k1k22-k1+k21k2-k2k21-1k22-1]

[=-2k1+k2k1k2-1k21-1k22-1].

[∵kOP+kOQ+kOS+kOT=0]，

[∴-2k1+k2k1k2-1k21-1k22-1=0]，即[k1+k2k1k2-1=0].

由點[N]不在坐標軸上知，[k1+k2≠0，]

[∴k1k2=1]，即[y0x0+1?y0x0-1=1]. ③

又[y0=x0+2]，④

由③④解得，[x0=-54，y0=34].

故滿足條件的點[N]存在，其坐標為[-54，34].

點撥 本題考查直線的方程，直線與橢圓的位置關(guān)系等.考查數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、函數(shù)與方程思想以及運算求解能力和推理論證能力. 本題第（2）問是探究型問題，構(gòu)思巧妙、新穎別致，堪稱一道優(yōu)秀的創(chuàng)新題.