考题:(苏北四市2010届高三第一学期期末调研测试19题)在矩形ABCD中,已知AD=6,AB=2,E、F为AD的两个三等分点,AC和BF交于点G,ΔBEG的外接圆为⊙H.以DA所在直线为x轴,以DA中点O为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系.
　　(1)求以F、E为焦点,DC和AB所在直线为准线的椭圆的方程;
　　(2)求⊙H的方程;
　　(3)设点P(0,b),过点P作直线l与⊙H交于M,N两点,若点M恰好是线段PN的中点,求实数b的取值范围.
　　分析:第一、二问容易解出椭圆的方程x23+y22=1,⊙H的方程(x-2)2+(y-1)2=2,关键在于第三问,如何思考成为本题的焦点,从知识角度看,本题考察的是直线与圆的位置关系,从而决定本题主要有两类思考方法:一是利用代数方法,二是利用平几方法.
　　
　　解法1:着眼于直线l的存在
　　如图1,设直线l方程:y=kx+b,点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,
　　
　　图1
　　设t=b-1,则(1+k2)x2+2(tk-2)+t2+2=0,
　　∵上述方程有两根x0,2x0,从而△=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.
　　将(*)式整理成关于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 着眼于点M的存在
　　设M点的坐标为(x0,y0),则N点的坐标为(2x0,2y0-b),
　　因为点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,
　　所以点M(x0,y0)在直线8x+4(1-b)y+b2+2b-9=0,
　　又因为点M(x0,y0)在⊙H上,
　　所以圆心H(2,1)到直线8x+4(1-b)y+b2+2b-9=0的距离
　　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的取值范围为[1-14,1+14].
　　解法3:着眼于解法二的改善
　　
　　由解法一中(*)式简化为(x0-2)2+(y0-1)2=2,(x0-1)2+(y0-b+12)2=12,
　　
　　从而点M(x0,y0)即为上述方程组的解,只要确保方程组有解即可,从方程组的结构可以看出,点M(x0,y0)即为两圆(x-2)2+(y-1)2=2、(x-1)2+(y-b+12)2=12的交点,从而只需圆心距d满足R-r≤d≤R+r.
　　d=1+(b-12)2,∴22≤1+(b-12)2≤322,解得[1-14,1+14].
　　点评:欲求实数b的取值范围,必须确保符合条件的直线l存在或点M存在,建立关于k或者x0、y0的方程,确保方程有解,解法1,2,3属于通法.
　　解法4:着眼于弦心距d(0≤d　　如图2,过H作HK⊥MN交MN于K,
　　
　　图2
　　设H到直线PM的距离HK=d,则
　　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,因为0≤8d2<16,
　　所以0≤14-(b-1)2<16,所以(b-1)2≤14,即1-14≤b≤1+14.
　　点评:弦心距与半径的关系式(弦长2)2+d2=r2是解决直线与圆问题的常用方法.
　　解法5:着眼于三角形两边之和大于第三边
　　如图2,因为PH≤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:着眼于圆外一点到圆的最短距离PH-r
　　如图2,PH-r≤PM=2MK≤2r,∴PH≤3r,
　　即(b-1)2+4≤18,∴1-14≤b≤1+14.
　　解法7:着眼于切割线定理
　　如图3,连结PH交⊙H于点R,S.
　　
　　图3
　　∵PM•PN=PR•PS=(PH+r)(PH-r)=PH2-r2=(b-1)2+2,
　　又PM•PN=2MN2≤2RS2=16,
　　∴(b-1)2+2≤16,即1-14≤b≤1+14.
　　解法8:着眼于三角形中位线
　　如图4,连结NH交⊙H于点Q,连接MH,PQ,
　　
　　图4
　　则MH是PQ的中位线,∴PQ=2MH=2r,
　　又点P到⊙H的最短距离为PH-r,
　　故PH-r≤PQ=2r,即PH≤3r,
　　∴(b-1)2+2≤16,即1-14≤b≤1+14.
　　点评:解法5,6,7,8分别利用了圆的特殊性质,是特殊方法.从上述解法中,圆的性质多而灵活,若能熟练应用,可获得意想不到的效果.
　　变式1:着眼于点P的轨迹的改变
　　已知⊙H:(x-2)2+(y-1)2=2,设点P(b,0),过点P作直线l与⊙H交于M,N两点,若点M恰好是线段PN的中点,求实数b的取值范围.
　　解析:如图5,过H作HK⊥MN交MN于K,连接PH,MH,
　　
　　图5
　　∵PH≤PM+MH=2MK+MH≤3MH=32,
　　∴PH=(b-2)2+(0-1)2≤32,即2-17≤b≤2+17.
　　注意到点P在圆外,(b-2)2+(0-1)2>2,即b<1或b>3,
　　综上所述,实数b的取值范围[2-17,1)∪(3,2+17]
　　点评:变题1与原题有本质的区别,原题点P所在的直线y轴与圆外离,而变题1点P所在的直线x轴与圆相交,注意到点P在圆外,故需要舍去圆内部分,而原题中y轴上所有的点都在圆外,这就是变题1的易错点,当然原题的其它解题方法也都适用于变题1.
　　变式2:着眼于点PM与MN比值的改变
　　设点P(0,b),过点P作直线l与⊙H:(x-2)2+(y-1)2=2交于M,N两点,若PM=2MN,求实数b的取值范围.
　　解析:∵PM=2MN,PN=3MN,∴PM•PN=6MN2≤6RS2=48
　　又PM•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.
　　点评:本题与原题本质没有改变,采用解法四,其它方法略.
　　(作者:陈勇军,江苏省通州高级中学)