對一道數學質檢題的討論

苗相軍+王廣燕

一道好的數學習題，不僅要自然簡明，還要寓意深刻;一道好的數學習題，能夠培養學生發現問題及解決問題的能力.近期，濟寧市高中數學質量檢測中有一道優秀的試題，本文就這道數學質檢題做一點有意義的討論.

題目 已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）過點A（1，32），離心率e=32，點B（0，b）.

（Ⅰ）求橢圓E的方程;

（Ⅱ）設點C是橢圓E上任意一點，求線段BC長度的最大值，并寫出此時點C的坐標;

（Ⅲ）設點D是橢圓E上一點（異于點B），過D作橢圓的切線l，尋求所有的點D，使直線BD⊥l.

解 （Ⅰ）橢圓E的方程為x24+y2=1.

（Ⅱ）設點C（x，y），則x2=4-4y2，B（0，1），則線段BC的長度BC=x2+（y-1）2=-3y2-2y+5，其中y∈[-1，1].當y=-13時，BCmax=433，此時C（±423，-13）.

（Ⅲ）設點D（x0，y0），顯然y0<0.現研究函數y=-124-x2的導數：y′=x24-x2，這時切線l的斜率k1=y′x=x0=x024-x20=-x04y0.又直線BD的斜率k2=y0-1x0（x0≠0），要使直線BD⊥l，當且僅當k1k2=-1，即（-x04y0）（y0-1x0）=-1，從而y0=-13，這時點D的坐標為（±423，-13）.當x0=0時，這時D（0，-1），此時BD⊥l.所以符合條件的點D共有3個，分別是D（±423，-13），D（0，-1）.

討論1：對一般橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）而言，問題（Ⅲ）中的點D有哪些？

設點D（x0，y0），顯然y0<0.現研究函數y=-baa2-x2的導函數：y′=bxaa2-x2，這時切線l的斜率k1=y′x=x0=bx0aa2-x20=-b2x0a2y0，

當x0=0時，這時D（0，-b），符合BD⊥l.

當x0≠0時，直線BD的斜率k2=y0-bx0，要使直線BD⊥l，當且僅當k1k2=-1，即（-b2x0a2y0）（y0-bx0）=-1，于是y0=-b3a2-b2，從而x20=a2b2（b2-y20）=a4（a2-2b2）（a2-b2）2.

當a2>2b2，或e>22時，點D的坐標±a2a2-2b2a2-b2，-b3a2-b2;

當a2=2b2，或e=22時，x0=0;

當a2<2b2，或e<22時，x0不存在.

綜上所述，當e≥22時，符合條件的點有3個，分別是D（±a2a2-2b2a2-b2，-b3a2-b2），D（0，-b）.

討論2：從問題（Ⅱ）（Ⅲ）答案可以看出：線段BC長度的最大值似乎與BC⊥l有聯系，這種聯系是什么呢？

設點C（x，y）是函數y=-124-x2圖象上任意一點，BC的長度BC=f（x）=x2+（y-1）2=34x2+4-x2+2，x∈（-2，2）.

容易發現BC=f（x）在區間（-2，-423）、（0，423）上是增函數，在區間（-423，0）、（423，2）上是減函數，所以f（x）在x=±423處取得極大（最大）值，在x=0處取得極小值.而在此時都有BC⊥l.由此，可以猜想并證得：

圖1

定理1 如圖1，設點C（x，y）是函數y=f（x）圖象F上任意一點，過點C作圖象F的切線l.定點B（a，b）不在函數圖象F上.當線段BC的長度BC=g（x）取得極大（小）值時，則BC⊥l.

證明 因為BC=g（x）=（x-a）2+（f（x）-b）2，

所以g′（x）=（x-a）+（f（x）-b）f′（x）（x-a）2+（f（x）-b）2.

當線段BC的長度取得極大（小）值時，g′（x0）=0，所以（x0-a）+（f（x0）-b）f′（x0）=0. ①

又直線BC的方向向量m=（x0-a，f（x0）-b），切線l的方向向量n=（1，f′（x0）），式①表明m⊥n，所以BC⊥l.

討論3：現在考慮問題的一種推廣：兩個定點的情況.

應用光學反射定律，可以猜想并證得：

圖2

定理2 如圖2，設點C（x，y）是函數y=f（x）圖象F上任意

一點，過點C作圖象F的切線l及法線l′.兩定點A（a，b）、B（m，n）

不在圖象F上.當線段AC、BC長度之和AC+BC=g（x）取得

極大（小）值時，α=β.

證明 因為AC+BC=g（x）=（x-a）2+（f（x）-b）2+（x-m）2+（f（x）-n）2，

所以g′（x）=（x-a）+（f（x）-b）f′（x）（x-a）2+（f（x）-b）2+

（x-m）+（f（x）-n）f′（x）（x-m）2+（f（x）-n）2.

當g（x）取得極大（小）值時，g′（x0）=0.

所以（x0-a）+（f（x0）-b）f′（x0）（x0-a）2+（f（x0）-b）2+

（x0-m）+（f（x0）-n）f′（x0）（x0-m）2+（f（x0）-n）2=0. ②

由于CA=（a-x0，b-f（x0）），CB=（m-x0，n-f（x0）），切線l的方向向量n=（1，f′（x0）），于是cos（π2-α）=CA·nCAn，cos（π2+β）=CB·nCBn.結合②，得cos（π2-α）+cos（π2+β）=0，從而cosα=cosβ，所以α=β.

討論4：當兩個動點分別位于兩條曲線上時，結果又如何呢？

圖3

定理3 如圖3，設點B（a，b）是函數y=f1（x）圖象F1上任意一點，過點B作圖象F1的切線l1，點C（m，n）是函數y=f2（x）圖象F2上任意一點（假設F1與F2沒有交點）.當線段BC長度BC=u（a，m）取得極大（小）值時，則BC⊥l1，BC⊥l2.

證明 因為BC=u（a，m）=（a-m）2+（f1（a）-f2（m））2，

所以ua=（a-m）+（f1（a）-f2（m））f′1（a）（a-m）2+（f1（a）-f2（m））2，

um=-（a-m）-（f1（a）-f2（m））f′2（m）（a-m）2+（f1（a）-f2（m））2.

當u（a，m）取得極大（小）值時，

u′a（a0，m0）=0，u′m（a0，m0）=0. ③

由于BC=（m0-a0，f2（m0）-f1（a0）），切線l1的方向向量為n1=（1，f′1（a0）），切線l2的方向向量為n2=（1，f′2（m0）），結合③得BC⊥n1，BC⊥n2，所以BC⊥l1，BC⊥l2.

討論5：最后給出一個定點與一個曲面上的動點情形及分別位于兩個曲面上兩個動點的情形.

圖4

定理4 如圖4，在空間直角坐標系O-xyz中，點C（x，y，z）是曲面E：z=f（x，y）上任意一點，過點C作曲面E的切平面α.定點B（a，b，c）不在曲面E上，當線段BC長度BC=u（x，y）取得極大（小）值時，則BC⊥α.

證明 因為BC=u（x，y）=

（x-a）2+（y-b）2+（f（x，y）-c）2，

所以

ux=（x-a）+（f（x，y）-c）zx′（x-a）2+（y-b）2+（f（x，y）-c）2，

uy=（y-b）+（f（x，y）-c）zy′（x-a）2+（y-b）2+（f（x，y）-c）2.

當u（x，y）取得極大（小）值時，

u′x（x0，y0）=0，u′y（x0，y0）=0. ④

由于BC=（x0-a，y0-b，f（x0，y0）-c），m=（1，0，zx′）是對x軸切線的方向向量，n=（0，1，zy′）是對y軸切線的方向向量，由④可得BC⊥m，BC⊥n，所以BC⊥α.

定理5 在空間直角坐標系O-xyz中，點B（a，b，c）是曲面E1：z1=f（x，y）上任意一點，過B作曲面E1的切平面α.點C（m，n，l）是曲面E2：z2=g（x，y）上任意一點，過C作曲面E2的切平面β（假定E1與E2沒有公共點）.當線段BC的長度BC=u（a，b，m，n）取得極大（小）值時，則BC⊥α，BC⊥β.

證明 略.

最后，指出十分重要的一點：定理1～5中，當線段（或之和）有唯一極大（小）值時，此時極大（小）值就是最大（小）值，定理中的結論不僅是取得最值的必要條件，還是取得最值的充分條件！