一道解幾調(diào)研題的多維思考

考題:(蘇北四市2010屆高三第一學(xué)期期末調(diào)研測(cè)試19題)在矩形ABCD中，已知AD=6，AB=2，E、F為AD的兩個(gè)三等分點(diǎn)，AC和BF交于點(diǎn)G，ΔBEG的外接圓為⊙H.以DA所在直線為x軸，以DA中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系.

(1)求以F、E為焦點(diǎn)，DC和AB所在直線為準(zhǔn)線的橢圓的方程;

(2)求⊙H的方程;

(3)設(shè)點(diǎn)P(0，b)，過點(diǎn)P作直線l與⊙H交于M，N兩點(diǎn)，若點(diǎn)M恰好是線段PN的中點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.

分析:第一、二問容易解出橢圓的方程x23+y22=1，⊙H的方程(x-2)2+(y-1)2=2，關(guān)鍵在于第三問，如何思考成為本題的焦點(diǎn)，從知識(shí)角度看，本題考察的是直線與圓的位置關(guān)系，從而決定本題主要有兩類思考方法:一是利用代數(shù)方法，二是利用平幾方法.

解法1:著眼于直線l的存在

如圖1，設(shè)直線l方程:y=kx+b，點(diǎn)M(x0，y0)，N(2x0，2y0-b)，

y=kx+b(x-2)2+(y-1)2=2，消去y，整理得

(1+k2)x2+2[(b-1)k-2]+(b-1)2+2=0，

圖1

設(shè)t=b-1，則(1+k2)x2+2(tk-2)+t2+2=0，

∵上述方程有兩根x0，2x0，從而△=4(tk-2)2-4(1+k2)(t2+2)>0

3x0=-2(tk-2)k2+1，2x20=-t2+2k2+1，消去x0，整理得(tk-2)2=98(t2+2)(k2+1) (*)

∴Δ=92(t2+2)(k2+1)-4(1+k2)(t2+2)=12(t2+2)(k2+1)>0恒成立.

將(*)式整理成關(guān)于k的方程，且方程有解.

(t2+18)k2+32tk+9t2-14=0，∴Δ′=(32t)2-4(t2+18)(9t2-14)≥0

即t4-12t2-28≤0，(t2+2)(t2-14)≤0，∴1-14≤b≤1+14.

解法2 著眼于點(diǎn)M的存在

設(shè)M點(diǎn)的坐標(biāo)為(x0，y0)，則N點(diǎn)的坐標(biāo)為(2x0，2y0-b)，

因?yàn)辄c(diǎn)M，N均在⊙H上，所以(x0-2)2+(y0-1)2=2，(1)(2x0-2)2+(2y0-b-1)2=2，(2)，(*)

由(1)-(2)×4，得8x0+4(1-b)y0+b2+2b-9=0，

所以點(diǎn)M(x0，y0)在直線8x+4(1-b)y+b2+2b-9=0，

又因?yàn)辄c(diǎn)M(x0，y0)在⊙H上，

所以圓心H(2，1)到直線8x+4(1-b)y+b2+2b-9=0的距離

16+4(1-b)+b2+2b-964+16(1-b)2≤2，即(b-1)2+10≤48+2(b-1)2，

整理，得(b-1)4-12(b-1)2-28≤0，即[(b-1)2+2][(b-1)2-14]≤0，

所以1-14≤b≤1+14，故b的取值范圍為[1-14，1+14].

解法3:著眼于解法二的改善

由解法一中(*)式簡(jiǎn)化為(x0-2)2+(y0-1)2=2，(x0-1)2+(y0-b+12)2=12，

從而點(diǎn)M(x0，y0)即為上述方程組的解，只要確保方程組有解即可，從方程組的結(jié)構(gòu)可以看出，點(diǎn)M(x0，y0)即為兩圓(x-2)2+(y-1)2=2、(x-1)2+(y-b+12)2=12的交點(diǎn)，從而只需圓心距d滿足R-r≤d≤R+r.

d=1+(b-12)2，∴22≤1+(b-12)2≤322，解得[1-14，1+14].

點(diǎn)評(píng):欲求實(shí)數(shù)b的取值范圍，必須確保符合條件的直線l存在或點(diǎn)M存在，建立關(guān)于k或者x0、y0的方程，確保方程有解，解法1，2，3屬于通法.

解法4:著眼于弦心距d(0≤d

如圖2，過H作HK⊥MN交MN于K，

圖2

設(shè)H到直線PM的距離HK=d，則

PK=3MK=3r2-d2=32-d2，

PH=PK2+d2=9MH2-8d2=18-8d2，

又∵PH=(b-1)2+4，

∴18-8d2=(b-1)2+4，

即8d2=14-(b-1)2，因?yàn)?≤8d2<16，

所以0≤14-(b-1)2<16，所以(b-1)2≤14，即1-14≤b≤1+14.

點(diǎn)評(píng):弦心距與半徑的關(guān)系式(弦長2)2+d2=r2是解決直線與圓問題的常用方法.

解法5:著眼于三角形兩邊之和大于第三邊

如圖2，因?yàn)镻H≤PM+MH，PM=2MK≤2MH，所以PH≤3MH=3r=32.

所以PH=(b-1)2+4≤32，

所以(b-1)2≤14，1-14≤b≤1+14.

解法6:著眼于圓外一點(diǎn)到圓的最短距離PH-r

如圖2，PH-r≤PM=2MK≤2r，∴PH≤3r，

即(b-1)2+4≤18，∴1-14≤b≤1+14.

解法7:著眼于切割線定理

如圖3，連結(jié)PH交⊙H于點(diǎn)R，S.

圖3

∵PM#8226;PN=PR#8226;PS=(PH+r)(PH-r)=PH2-r2=(b-1)2+2，

又PM#8226;PN=2MN2≤2RS2=16，

∴(b-1)2+2≤16，即1-14≤b≤1+14.

解法8:著眼于三角形中位線

如圖4，連結(jié)NH交⊙H于點(diǎn)Q，連接MH，PQ，

圖4

則MH是PQ的中位線，∴PQ=2MH=2r，

又點(diǎn)P到⊙H的最短距離為PH-r，

故PH-r≤PQ=2r，即PH≤3r，

∴(b-1)2+2≤16，即1-14≤b≤1+14.

點(diǎn)評(píng):解法5，6，7，8分別利用了圓的特殊性質(zhì)，是特殊方法.從上述解法中，圓的性質(zhì)多而靈活，若能熟練應(yīng)用，可獲得意想不到的效果.

變式1:著眼于點(diǎn)P的軌跡的改變

已知⊙H:(x-2)2+(y-1)2=2，設(shè)點(diǎn)P(b，0)，過點(diǎn)P作直線l與⊙H交于M，N兩點(diǎn)，若點(diǎn)M恰好是線段PN的中點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.

解析:如圖5，過H作HK⊥MN交MN于K，連接PH，MH，

圖5

∵PH≤PM+MH=2MK+MH≤3MH=32，

∴PH=(b-2)2+(0-1)2≤32，即2-17≤b≤2+17.

注意到點(diǎn)P在圓外，(b-2)2+(0-1)2>2，即b<1或b>3，

綜上所述，實(shí)數(shù)b的取值范圍[2-17，1)∪(3，2+17]

點(diǎn)評(píng):變題1與原題有本質(zhì)的區(qū)別，原題點(diǎn)P所在的直線y軸與圓外離，而變題1點(diǎn)P所在的直線x軸與圓相交，注意到點(diǎn)P在圓外，故需要舍去圓內(nèi)部分，而原題中y軸上所有的點(diǎn)都在圓外，這就是變題1的易錯(cuò)點(diǎn)，當(dāng)然原題的其它解題方法也都適用于變題1.

變式2:著眼于點(diǎn)PM與MN比值的改變

設(shè)點(diǎn)P(0，b)，過點(diǎn)P作直線l與⊙H:(x-2)2+(y-1)2=2交于M，N兩點(diǎn)，若PM=2MN，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.

解析:∵PM=2MN，PN=3MN，∴PM#8226;PN=6MN2≤6RS2=48

又PM#8226;PN=(PH+r)(PH-r)=PH2-r2=(b-1)2+2

∴(b-1)2+2≤48，所以(b-1)2≤46，1-46≤b≤1+46.

點(diǎn)評(píng):本題與原題本質(zhì)沒有改變，采用解法四，其它方法略.

(作者:陳勇軍，江蘇省通州高級(jí)中學(xué))