王勇 王海波

矩形“搭台” 求解依托

例1 已知矩形[ABCD]中，[AB=22，BC=1].以[AB]的中点[O]为原点建立如图所示的平面直角坐标系[xOy].

（1）求以[A，B]为焦点，且过[C，D]两点的椭圆的标准方程；

（2）过点[P（0，2）]的直线[l]与（1）中的椭圆交于两个不同的点[M，N]，是否存在直线[l]，使得以线段[MN]为直径的圆恰好过原点？若存在，求出直线[l]的方程；若不存在，请说明理由.

解析 （1）由题意可得，点[A，B，C]的坐标分别为[（-2，0），（2，0），（2，1）].

设椭圆的标准方程为[x2a2+y2b2=1a>b>0].

则[2a=AC+BC]，即[2a=（22）2+12+1=4，a=2].

又[c=2]，所以[b2=a2-c2=2].

故椭圆的标准方程是[x24+y22=1].

（2）假设存在直线[l]，使得以线段[MN]为直径的圆恰好过原点. 由题意可知，直线[l]的斜率存在，可设直线[l]的方程为[y=kx+2].

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

因为[M，N]是椭圆上不同的两点，

所以[Δ=64k2-16（1+2k2）>0].

设[Mx1，y1，Nx2，y2]，

则[x1+x2=-8k1+2k2，x1x2=41+2k2].

若以[MN]为直径的圆恰好过原点，则[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]，显然满足[Δ=48>0].

综上所述，存在直线[l]，使得以线段[MN]为直径的圆恰好过原点，直线[l]的方程为[y=2x+2]或[y=-2x+2].

点拨 本题以矩形为依托考查椭圆的标准方程，直线与椭圆、圆的位置关系，涉及到平面向量的有关知识，是一道难易适中的考题.

矩形“搭台” 巧求范围

例2 如图，在矩形[ABCD]中，已知[A（2，0），][C（-2，2）]，点[P]在[BC]边上移动，线段[OP]的垂直平分线交[y]轴于点[E]，点[M]满足[EM=EO+EP].

（1）求点[M]的轨迹方程；

（2）已知点[F（0，12）]，过点[F]的直线[l]交点[M]的轨迹于[Q，R]两点，且[QF=λFR]，求实数[λ]的取值范围.

解析 （1）依题意设[P（t，2）（-2≤t≤2），M（x，y）].

当[t=0]时，点[M]与点[E]重合，则[M（0，1）].

当[t≠0]时，线段[OP]的垂直平分线方程为[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）]，

显然，点[（0，1）]适合上式.

故点[M]的轨迹方程为[x2=-4（y-1）（-2≤x≤2）].

（2）当直线[l]的斜率不存在时，显然不合题意.

设直线[l]的斜率为[k]，[A（-2，0），B（2，0）]，要使直线[l]与点[M]的轨迹交于[Q，R]两点，画图易知，[kBF≤k≤kAF]，即[-14≤k≤14].

设[l：y=kx+12-14≤k≤14]，代入[x2=-4（y-1）]得，

[x2+4kx-2=0].

设[Qx1，y1，Rx2，y2]，则[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].

故所求实数[λ]的取值范围为[12……