已知
本题来自2025上海春考
半椭圆$\Gamma$: $$ \frac{x^2}{4}+y^2=1\quad (y\ge 0) $$ 上有两个动点$P,Q$，点$T$的坐标是$(t,0)$。
当$\triangle PQT$是以$T$为直角顶点的等腰直角三角形时，求实数$t$的取值范围。
分析
题目的关键在于如何利用等腰直角三角形的条件构建出变量之间的关系。
题解
法一：几何关系
如图所示，实际上存在如下的全等关系： $$ \triangle QTQ’ \cong TPP' $$
不妨设$Q$的纵坐标是$q(\ge 0)$，$P$的纵坐是$p(\ge 0)$，那么很容易写出他们的完整坐标： $$ P(t+q,p),\quad Q(t-p,q) $$
代入椭圆方程：
$$ \begin{aligned} (t+q)^2+4p^2=4\tag{*}\\ (t-p)^2+4q^2=4 \end{aligned} $$
两式相减得到： $$ \begin{aligned} q^2-p^2+2(p+q)t+4(p+q)(p-q)=0 \end{aligned} $$ 整理得到： $$ t=\frac{3}{2}(q-p) $$
代入(*)得到： $$ \begin{aligned} (\frac{5}{2}q-\frac{3}{2}p)^2+4p^2=4\\ (\frac{3}{2}q-\frac{5}{2}p)^2+4q^2=4 \end{aligned} $$
整理得到： $$ \begin{aligned} \color{red}25p^2+25q^2-30pq=16\\ \end{aligned} $$
所以 $$ 25(p-q)^2=16-20pq \le 16 $$
$p,q$都是非负的，所以$pq\ge 0$，从而上式显然。
实际上我们知道$25p^2+25q^2-30pq=16$，蕴含着$(p,q)$落在一个关于$y=x,y=-x$都对称的椭圆上：
于是： $$ t^2=\frac{9}{4}(q-p)^2 \le \frac{36}{25} $$
从而$t$的取值范围是： $$ t\in [-\frac{6}{5}, \frac{6}{5}] $$
法一变种：几何关系 另解
和法一完全一致的过程得到： $$ t=\frac{3}{2}(q-p) $$
而后我们可以考虑利用关系： $$ q = (2t+3p)/3 $$
来把$P$点坐标中的$q$消去： $$ \begin{aligned} &(t+q)^2+4p^2=4\\ \implies & (5t+3p)^2+36p^2=36\\ \implies & 45p^2+30t\cdot p+25t^2-36=0\\ \end{aligned} $$
类似的，利用： $$ p = (3q-2t)/3 $$
可以吧$Q$点坐标中的$p$消去： $$ \begin{aligned} &(t-p)^2+4q^2=4\\ \implies & (5t-3q)^2+36q^2=36\\ \implies & 45q^2-30t\cdot q+25t^2-36=0\\ \end{aligned} $$
观察到两个方程的相似性：
$$ \begin{aligned} 45p^2+30t\cdot p+25t^2-36=0\\ 45q^2-30t\cdot q+25t^2-36=0 \end{aligned} $$
可以发现，$p,-q$可以视为方程： $$ 45x^2+30t\cdot x+25t^2-36=0 $$ 的两根。
利用根的判别式即可得到$t$的范围： $$ \Delta = 900t^2-4\cdot 45(25t^2-36) \ge 0 $$
法二：极坐标
这里巧妙利用等腰直角三角形的条件，直接设参数坐标($0\le a \le \frac{\pi}{2},\quad r\gt 0$)：
$$ P(t+r\cos a, r\sin a)\\ Q(t+r\cos (a+\frac{\pi}{2}), r\sin (a+\frac{\pi}{2})) $$
也就是： $$ P(t+r\cos a, r\sin a)\\ Q(t-r\sin a, r\cos a) $$
这样就直接蕴涵了“等腰”和“直角”两个条件。
带入椭圆方程： $$ \begin{aligned} (t+r\cos a)^2+4r^2\sin^2a=4\\ (t-r\sin a)^2+4r^2\cos^2a=4 \end{aligned} $$ 两式相加得到： $$ \begin{aligned} \color{red}2t^2+5r^2+2rt(\cos a-\sin a)=8 \end{aligned} $$ 两式相减得到： $$ 2rt(\cos a+\sin a)+3r^2(\sin^2a-\cos^2a)=0 $$ 也就是($\cos a+\sin a\ne 0 \quad \forall 0\le a\le \pi/2$，直接消去)： $$ \color{blue}2t = 3r(\cos a-\sin a) $$
联立： $$ \begin{aligned} 2t^2+5r^2+2rt(\cos a-\sin a)=8\\ 2t = 3r(\cos a-\sin a) \end{aligned} $$ 消去$a$得到： $$ 2t^2+5r^2+2rt\cdot \frac{2t}{3r}=8 $$ 所以： $$ 10t^2+15r^2=24 $$
另外： $$ \begin{aligned} 2t &= 3r(\cos a-\sin a)\\ &= 3r\sqrt{2}\sin(\frac{\pi}{4}-a)\in [-3r,3r] \end{aligned} $$ 所以： $$ r^2 \ge \frac{4}{9}t^2 $$ 所以： $$ 10t^2+15r^2=24 \ge 10t^2+15\cdot \frac{4}{9}t^2 = \frac{50}{3}t^2 $$ 所以： $$ t^2 \le \frac{36}{25} $$
法三：常规思路
先考虑斜率不为0的情况。
设直线$PQ$的方程为$x=my+n$，点坐标$P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$，利用和椭圆方程联立的韦达定理得到坐标关系。
然后利用等腰直角的条件： $$ (x_1-t)(x_2-t)+y_1y_2=0\tag{**}\\ \frac{y_1+y_2}{2}=-m(\frac{x_1+x_2}{2}-t) $$ 三个变量，两个等式约束，通过$y_1y_2\ge 0, \Delta \gt 0$可以求解得到$t$的范围。
具体来说$PQ$方程和椭圆方程联立得到：
$$ (m^2+4)y^2+2mny+n^2-4=0 $$ 所以： $$ y_1+y_2 = \frac{-2mn}{m^2+4}\\ y_1y_2 = \frac{n^2-4}{m^2+4} $$ 进而： $$ x_1+x_2 = m(y_1+y_2)+2n = \frac{8n}{m^2+4}\\ x_1x_2 = m^2y_1y_2 + mn(y_1+y_2) +n^2= \frac{4n^2-4m^2}{m^2+4} $$
带入等腰直角的条件(**)得到： $$ \frac{4n^2-4m^2}{m^2+4}+t^2-t(\frac{8n}{m^2+4})+\frac{n^2-4}{m^2+4}=0\\ \frac{-2mn}{m^2+4}=-m(\frac{8n}{m^2+4}-2t) $$
也就是： $$ 4n^2-4m^2+t^2(m^2+4)-8nt+n^2-4=0\\ 2n=8n-2t(m^2+4) $$
所以： $$ 5n^2-4m^2-5nt=4\\ t^2(m^2+4)=3nt $$
所以： $$ 5n^2-4m^2-\frac{15n^2}{m^2+4}=4\\ t = \frac{3n}{m^2+4} $$ 第一个式子可以推出： $$ \begin{aligned} &(5n^2-4m^2-4)(m^2+4) = 15n^2\\ \implies &5n^2m^2+20n^2-4(m^2+1)(m^2+4)=15n^2\\ \implies &5n^2m^2+5n^2=4(m^2+1)(m^2+4)\\ \implies &5n^2=4(m^2+4)\\ \end{aligned} $$ 带入第二个式子得到： $$ t = \frac{3n}{m^2+4} = \frac{12}{5n} $$ 而根据题设，$PQ$都在x轴上侧： $$ y_1y_2 = \frac{n^2-4}{m^2+4} \ge 0 $$ 所以： $$ n\in[2,\infty)\cup (-\infty,-2] $$ 所以： $$ t = \frac{12}{5n} \in [-\frac{6}{5},0)\cup(0,\frac{6}{5}] $$
最后，$t=0$显然也可以取到，所以： $$ t \in [-\frac{6}{5},\frac{6}{5}] $$