浙江 2010 · 数学 q21

冷启动：把题面那三样东西拆开

题里只有一个字母 $m$，它同时管着三件事：

$$C:\ \frac{x^{2}}{m^{2}}+y^{2}=1\ (m>1), \qquad l:\ x-my-\frac{m^{2}}{2}=0 .$$

• 椭圆：$a=m>1=b$，所以焦点在 $x$ 轴上，$c=\sqrt{m^{2}-1}$，$F_{1}(-c,0)$、$F_{2}(c,0)$。

• 直线：把它写成 $x=my+\dfrac{m^{2}}{2}$——这个写法是本题最省事的一步。令 $y=0$ 立刻看出

  $$l\ \text{与}\ x\ \text{轴恒交于}\ \left(\frac{m^{2}}{2},\,0\right),$$

  而且这种「$x$ 用 $y$ 表示」的写法后面联立时消 $x$ 一步到位。

• $O$ 是椭圆的中心，也就是 $F_{1}F_{2}$ 的中点——第 (II) 问的全部机关都在这一句上。

第 (I) 问只有一行

「$l$ 过右焦点」就是让上面那个交点撞上 $F_{2}$：

$$\frac{m^{2}}{2}=\sqrt{m^{2}-1} .$$

两边都非负，平方是等价变形：

$$\frac{m^{4}}{4}=m^{2}-1 \ \Longrightarrow\ m^{4}-4m^{2}+4=0 \ \Longrightarrow\ \left(m^{2}-2\right)^{2}=0 \ \Longrightarrow\ m^{2}=2 .$$

注意这是个重根——不是「解出两个再舍一个」，本来就只有一个。由 $m>1$ 得 $m=\sqrt{2}$，代回

$$l:\ x-\sqrt{2}\,y-1=0 .$$

第 (II) 问：「重心」这个词是可以当场划掉的

$\triangle AF_{1}F_{2}$ 的重心是三个顶点的平均，而 $\overrightarrow{OF_{1}}+\overrightarrow{OF_{2}}=\vec 0$，于是

$$\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OF_{1}}+\overrightarrow{OF_{2}}\right)=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}, \qquad \overrightarrow{OH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OB} .$$

$G$、$H$ 就是 $A$、$B$ 以 $O$ 为中心、按 $\frac{1}{3}$ 缩过来的像。 位似把整张图一起缩：以 $GH$ 为直径的圆正是以 $AB$ 为直径的圆缩小三倍，而缩放中心恰恰是 $O$ 自己——$O$ 到圆心的距离与圆的半径同时除以 $3$，谁大谁小一点没变。所以

$$O\ \text{在以}\ GH\ \text{为直径的圆内} \iff O\ \text{在以}\ AB\ \text{为直径的圆内} \iff \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}<0 .$$

最后那一步是套路「直径圆的内外看数量积的符号」：点在以 $AB$ 为直径的圆内、上、外，对应 $\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}$ 为负、零、正。一句几何话就此变成 $x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}<0$，剩下的全是联立与韦达。

解法一：重心退场——位似把「$O$ 在圆内」原样搬到 $A$、$B$ 头上

第一步：重心写成平均。 已在冷启动里做完：$G=\dfrac{A}{3}$、$H=\dfrac{B}{3}$（套路「重心坐标取三顶点的平均」），条件等价于 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}<0$，即

$$x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}<0 .$$

第二步：联立，消 $x$。 把 $x=my+\dfrac{m^{2}}{2}$ 代进 $\dfrac{x^{2}}{m^{2}}+y^{2}=1$：

$$\frac{\left(my+\frac{m^{2}}{2}\right)^{2}}{m^{2}}+y^{2}=1 \ \Longrightarrow\ y^{2}+my+\frac{m^{2}}{4}+y^{2}=1 \ \Longrightarrow\ 2y^{2}+my+\frac{m^{2}}{4}-1=0 .$$

原卷这一行印错了。 扫描件上写的是 $2y^{2}+my+\frac{m^{2}}{4}+1=0$，可它紧接着的判别式 却写成 $\Delta=m^{2}-8\left(\frac{m^{2}}{4}-1\right)$，用的是 $-1$。按上面代入算一遍就知道常数项是 $\frac{m^{2}}{4}-1$，那个 $+1$ 是排印之误（本站的题面修正层已经标注，原文照留不改）。 遇到这种地方别跟着抄：把代入那一步自己算一遍，比记结论可靠。

第三步：判别式与韦达。

$$\Delta=m^{2}-8\left(\frac{m^{2}}{4}-1\right)=-m^{2}+8>0 \quad\Longrightarrow\quad m^{2}<8 ,$$ $$y_{1}+y_{2}=-\frac{m}{2},\qquad y_{1}y_{2}=\frac{m^{2}}{8}-\frac{1}{2} .$$

（$\Delta>0$ 这一条是「$A$、$B$ 真的存在」的唯一保证，后面会看到它虽然最终不出力，却一定要写——易错点「求参范围漏掉图形存在性」。）

第四步：把 $x_{1}x_{2}$ 也换成 $y$ 的对称式。 这是「设线联立用韦达定理」这条路上最常被写乱的一步，按定义硬展开就不会错：

$$x_{1}x_{2}=\left(my_{1}+\frac{m^{2}}{2}\right)\left(my_{2}+\frac{m^{2}}{2}\right) =m^{2}y_{1}y_{2}+\frac{m^{3}}{2}\left(y_{1}+y_{2}\right)+\frac{m^{4}}{4} .$$

代入韦达：

$$x_{1}x_{2}=m^{2}\left(\frac{m^{2}}{8}-\frac{1}{2}\right)+\frac{m^{3}}{2}\cdot\left(-\frac{m}{2}\right)+\frac{m^{4}}{4} =\frac{m^{4}}{8}-\frac{m^{2}}{2}-\frac{m^{4}}{4}+\frac{m^{4}}{4} =\frac{m^{4}}{8}-\frac{m^{2}}{2} .$$

第五步：合起来，因式分解。

$$x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2} =\left(\frac{m^{4}}{8}-\frac{m^{2}}{2}\right)+\left(\frac{m^{2}}{8}-\frac{1}{2}\right) =\left(m^{2}+1\right)\left(\frac{m^{2}}{8}-\frac{1}{2}\right) .$$

$m^{2}+1>0$ 恒成立，所以

$$\frac{m^{2}}{8}-\frac{1}{2}<0 \ \Longrightarrow\ m^{2}<4 .$$

第六步：三个条件求交。 $m>1$（题给）、$m^{2}<8$（$\Delta>0$）、$m^{2}<4$（题设的圆内条件）：

$$1<m<2 .$$

顺带验一句：$\triangle AF_{1}F_{2}$、$\triangle BF_{1}F_{2}$ 会不会退化？ 要有重心，$A$、$B$ 就不能落在 $x$ 轴上。 在已解出的范围里 $y_{1}y_{2}=\dfrac{m^{2}}{8}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{m^{2}-4}{8}<0$，两个纵坐标异号、都不为零—— 两个三角形自动是真三角形，这一条不用额外讨论。

解法二：不认位似也做得完——照原卷把 $2|MO|<|GH|$ 展开，$\frac{1}{9}$ 自己约掉

怎么想到的。 万一没看出位似，也有一条不动脑子的路：「$O$ 在以 $GH$ 为直径的圆内」照定义就是「$O$ 到圆心的距离小于半径」，写出来算就是了。

第一步：把圆心与半径写出来。 $G\left(\dfrac{x_{1}}{3},\dfrac{y_{1}}{3}\right)$、$H\left(\dfrac{x_{2}}{3},\dfrac{y_{2}}{3}\right)$，$M$ 是 $GH$ 的中点：

$$M\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{6},\ \frac{y_{1}+y_{2}}{6}\right), \qquad |GH|^{2}=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}}{9} .$$

第二步：条件写成 $2|MO|<|GH|$，两边平方。

$$4\left[\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{6}\right)^{2}+\left(\frac{y_{1}+y_{2}}{6}\right)^{2}\right] <\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}}{9} .$$

左边 $=\dfrac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}}{9}$——两边的 $\dfrac{1}{9}$ 一模一样，当场约掉：

$$\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}<\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2} .$$

展开后平方项全消，只剩交叉项：

$$4x_{1}x_{2}+4y_{1}y_{2}<0 \quad\Longrightarrow\quad x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}<0 .$$

那个自己约掉的 $\frac{1}{9}$，就是解法一说的位似。 换句话说：不认位似，代价只是多写两行；结论一字不差。

第三步：一行版。 上面那段展开其实是极化恒等式的原型——对任意点 $O$ 与线段 $GH$（中点 $M$）：

$$\overrightarrow{OG}\cdot\overrightarrow{OH}=|OM|^{2}-\frac{|GH|^{2}}{4} .$$

于是 $2|MO|<|GH|\iff|OM|^{2}<\dfrac{|GH|^{2}}{4}\iff\overrightarrow{OG}\cdot\overrightarrow{OH}<0$，而

$$\overrightarrow{OG}\cdot\overrightarrow{OH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}\cdot\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}=\frac{1}{9}\,\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} ,$$

正号因子不改符号，所以又回到 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}<0$。第四步起与解法一逐字相同（联立、判别式 $\Delta=8-m^{2}>0$、韦达、代入），最终仍是 $1<m<2$。

解法三：换一个消元方向——消 $y$ 得 $x$ 的方程，齐次化再把 $y_{1}y_{2}$ 换成 $x_{1}x_{2}$

怎么想到的。 解法一里最费笔的是「把 $x_{1}x_{2}$ 换成 $y$ 的对称式」那一步。既然最终要的是 $x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}$，不如反过来：先把 $x_{1}x_{2}$ 直接拿到手，再想办法把 $y_{1}y_{2}$ 换成 $x_{1}x_{2}$ 的倍数。

第一步：消 $y$。 由 $l$ 得 $y=\dfrac{x-\frac{m^{2}}{2}}{m}$，代入椭圆并乘以 $m^{2}$：

$$x^{2}+\left(x-\frac{m^{2}}{2}\right)^{2}=m^{2} \quad\Longrightarrow\quad 2x^{2}-m^{2}x+\frac{m^{4}}{4}-m^{2}=0 ,$$ $$x_{1}+x_{2}=\frac{m^{2}}{2}, \qquad x_{1}x_{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{m^{4}}{4}-m^{2}\right)=\frac{m^{2}\left(m^{2}-4\right)}{8} .$$

答案其实已经摆在这儿了：$x_{1}x_{2}$ 的符号只由 $m^{2}-4$ 决定。剩下要证的只是「$y_{1}y_{2}$ 不会把符号扳回来」。

第二步：齐次化，一口气拿到 $k_{1}k_{2}$。 把直线写成「$=1$」的形式 $\dfrac{2\left(x-my\right)}{m^{2}}=1$，用它去乘椭圆方程右端的那个 $1$：

$$\frac{x^{2}}{m^{2}}+y^{2}=\left(\frac{2(x-my)}{m^{2}}\right)^{2} .$$

两边乘 $m^{4}$ 并整理：

$$m^{2}x^{2}+m^{4}y^{2}=4x^{2}-8mxy+4m^{2}y^{2} \quad\Longrightarrow\quad \left(m^{2}-4\right)x^{2}+8mxy+m^{2}\left(m^{2}-4\right)y^{2}=0 .$$

这是一个关于 $x$、$y$ 的齐次二次式，两个交点都满足它。除以 $x^{2}$（$m\neq 2$ 时 $x_{1}x_{2}\neq 0$，两个交点都不在 $y$ 轴上），令 $k=\dfrac{y}{x}$ 即 $OA$、$OB$ 的斜率：

$$m^{2}\left(m^{2}-4\right)k^{2}+8mk+\left(m^{2}-4\right)=0 \quad\Longrightarrow\quad k_{1}k_{2}=\frac{m^{2}-4}{m^{2}\left(m^{2}-4\right)}=\frac{1}{m^{2}} .$$

这个值与直线的具体位置无关，永远是 $\dfrac{1}{m^{2}}$——本题里 $l$ 的方向与截距都被同一个 $m$ 绑着，这才有这么干净的结果。

第三步：符号一眼定。

$$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=x_{1}x_{2}\left(1+k_{1}k_{2}\right)=x_{1}x_{2}\left(1+\frac{1}{m^{2}}\right) .$$

括号恒正，所以

$$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}<0 \iff x_{1}x_{2}<0 \iff m^{2}<4 .$$

配上 $m>1$ 与 $\Delta>0$（这一版的判别式是 $m^{4}-8\left(\frac{m^{4}}{4}-m^{2}\right)=8m^{2}-m^{4}=m^{2}\left(8-m^{2}\right)>0$，仍是 $m^{2}<8$），得 $1<m<2$。

刚才被排除的 $m=2$ 呢？ 那时 $x_{1}x_{2}=0$，$A$、$B$ 里有一个落在 $y$ 轴上，齐次化那一步不能除；但直接算 $y_{1}y_{2}=\dfrac{m^{2}-4}{8}=0$，于是 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0$——$O$ 恰在圆上，同样不合题意。漏掉的那一个点，恰好是本来就要排除的那一个。

与解法一对一句。 这里的 $x_{1}x_{2}\left(1+\frac{1}{m^{2}}\right)=\dfrac{m^{2}\left(m^{2}-4\right)}{8}\cdot\dfrac{m^{2}+1}{m^{2}}=\dfrac{\left(m^{2}+1\right)\left(m^{2}-4\right)}{8}$，与解法一的 $\left(m^{2}+1\right)\left(\frac{m^{2}}{8}-\frac{1}{2}\right)$ 是同一个式子。

答案

$$\boxed{ \text{(I)}\ l:\ x-\sqrt{2}\,y-1=0; \qquad \text{(II)}\ m\in(1,2) }$$

端点 $m=2$ 为什么进不来。 此时 $x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=0$，即 $\overrightarrow{OA}\perp\overrightarrow{OB}$，$O$ 恰好落在圆上——题面要的是「内」，所以取不到。$m=1$ 那头则是题面直接写死的 $m>1$（$m=1$ 时 $c=0$，两个焦点重合成一个点，椭圆退化成圆，根本没有 $F_{1}$、$F_{2}$ 可言）。

判别式这一关在本题不出力，但换个问法它就是主角。 若把条件改成「$O$ 在以 $GH$ 为直径的圆外」，同样的推导给出 $x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}>0$ 即 $m^{2}>4$，这时上界就只能由 $\Delta>0$ 提供：

$$2<m<2\sqrt{2} .$$

同一道题，判别式从「白写的」变成唯一的上界——这就是为什么它一次都不能省。