一道解析幾何陳題的探究與反思

范宗標

摘要：對一道解析幾何陳題進行探究教學，發現了多種不同的解題思路，最后揭示了問題的一般背景.從這個案例中獲得反思，即教學應該“慢”“細”“活”.

關鍵詞：陳題；探究；反思；慢教學

1 陳題重現

（2014年湖北高考理科卷第9題）已知F1，F2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且∠F1PF2=π3，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數之和的最大值為（? ）.

A.433

B.433

C.3

D.2

最近和學生一起對這道陳題進行了討論，得到了很多意想不到的結果，現整理成文與同行分享，并談點反思.

2 探究過程

2.1 解法

分析：如圖1所示，建系，并設橢圓方程為x2a21+y2b21=1（a1＞b1＞0），雙曲線方程為x2a22-y2b22=1（a2＞b2＞0），由于橢圓和雙曲線的焦點相同，故可記c1=c2=c.由兩曲線的對稱性，不妨設點P在第一象限，并設|PF1|=r1，|PF2|=r2，根據兩曲線的定義可得r1+r2=2a1，r1-r2=2a2，解得r1=a1+a2，r2=a1-a2.再來看目標，即求1e1+1e2=a1+a2c=r1c的最大值.

解法1：用余弦定理.

由余弦定理，得

4c2=r21+r22-r1r2.①

兩邊同時除以r21，得

4c2r21=1+r2r12-r2r1=r2r1-122+34，

當r2r1=12，即r1=2r2時，4c2r21有最小值34，從而r1c有最大值433.

點評：用余弦定理揭示出r1，c之間的關系，然后把r2r1當整體，利用函數思想求解.

解法2：應用“主元法”，把①式看成是關于r2的一元二次方程，此方程有正數解.

由①式整理，得

r22-r1r2+r21-4c2=0，②

則Δ=r21-4（r21-4c2）≥0，解得0＜r1c≤433.

把r1=433c代回②式，得r22-433cr2+43c2=0，即r2-233c2=0，所以r2=233c>0，此時r2=2r1.

點評：這是把①式看成了二次方程，利用方程思想來解決.此法也說明不等式也可以用來求最值.

解法3：用正弦定理求解.

設∠PF2F1=α.在△PF1F2中，由正弦定理可得r1sin α=2csinπ3，則r1c=433sin α，故當α=π2時，r1c有最大值433，此時△PF1F2的另一個銳角為π6，r2=2r1.

點評：把r1和c12|F1F2|聯系起來是關鍵，這樣就能想到正弦定理，于是只要引入一個內角作為變量就可以了，這個方法比較簡單.容易發現，這時的焦點三角形是一個特殊的直角三角形，有一個內角為π6，且PF2⊥F1F2.

解法4：等面積法.

根據焦點三角形的面積公式，可得b21tanπ6=b22cotπ6，即b21=3b22，所以1e21+3e22=4.

視角1：由柯西不等式，得

12+1321e21+3e22≥1e1+1e22，

當且僅當3e1=e2時，等號成立，故1e1+1e2的最大值為433.

視角2：用三角代換.令1e1=2cos α，3e2=2sin α，0<α<π2，則1e1+1e2=2cos α+23sin α=433sinα+π3，故α=π6時，1e1+1e2的最大值為433，此時3e1=e2.

點評：面積法是重要的解題方法，此法通過對同一個三角形面積“算兩次”得到1e21+3e22=4，這個定值可能更接近問題本質.

解法5：把目標式寫成2a1+2a22c的形式，尋找2a2，2a1和2c的幾何意義來解決.

如圖2，在線段PF1上取點Q，使|PQ|=|PF2|，由雙曲線定義，得|QF1|=|PF1|-|PQ|=|PF1|-|PF2|=2a2，又因為∠F1PF2=π3，所以△PQF2為正三角形，則有|PQ|=|PF2|=|QF2|，因而2a1+2a2=|PF1|+|PF2|+|QF1|=（|PQ|+|QF1|）+|QF2|+|QF1|

=（|QF2|+|QF1|）+|QF2|+|QF1|=2（|QF1|+|QF2|）.

所以，1e1+1e2=2a1+2a22c=2（|QF1|+|QF2|）2c.

注意到∠F1QF2=2π3，考慮△F1QF2的外接圓，因而猜想，當點Q在F1F2上運動到使|QF1|=|QF2|時，2（|QF1|+|QF2|）2c達到最大，此時該三角形是底角為π6的等腰三角形，|QF1|=|QF2|=233c，所以1e1+1e2的最大值為433.

證明猜想：當點Q在F1F2上變運動時，∠QF1F2是變化的，∠F1QF2=2π3不變，則可以把∠QF1F2當成變量，用正弦定理，化成三角函數來解決.

設∠QF1F2=α，0<α<π3.由正弦定理，得

|QF1|sinπ3-α=2csin2π3，|QF2|sin α=2csin2π3.

所以1e1+1e2=2（|QF1|+|QF2|）2c=433×sin α+sinπ3-α

=433sinα+π3，余略.

點評：點Q在劣弧F1F2上每運動到一個位置，我們都以QF2為一邊向外作一個正三角形，正三角形的第三個頂點P就是兩曲線的一個公共點，由于焦點F1，F2是確定的，所以兩曲線也就確定了，也就是說點Q的運動位置唯一決定了橢圓和雙曲線，當點Q運動到使|QF1|=|QF2|時，1e1+1e2就取得了最大值，此時恰好有PF2⊥F1F2.

2.2 推廣

追問1：能否把問題推廣到∠F1PF2=θ，θ∈（0，π）的一般情形？

解析1：模仿解法4.

由b21tanθ2=b22cotθ2，可得tan 2θ2e21+1e22=1+tan 2θ2，再由柯西不等式，得

1tan2θ2+12tan 2θ2e21+1e22≥1e1+1e22，

解得

1e1+1e2≤1+cot2θ21+tan 2θ2.

整理，得1e1+1e2≤2sin θ.

點評：由1e1+1e2≤1sin θ

變形，得21e1+1e2≥sin θ，原來題目本質上是求e1，e2的調和平均數的最小值，恰好是sin θ，這個結論非常優美.原題中θ=π3，所以21e1+1e2≥32，由此立得答案.

解析2：用正弦定理.

設∠PF2F1=α.在△PF1F2中，由正弦定理，得r1sin α=2csin θ，即r1c=2sin θsin α，故當α=π2時，r1c取得最大值且最大值為2sin θ.

點評：通過上述解析，容易發現無論θ取何值，r1c都是在PF2⊥F1F2時取最大值.

追問2：上述結論有漏洞嗎？

解析：不一定始終都能做到PF2⊥F1F2！這還要看θ的取值情況.如果θ取直角或鈍角，α就取不到π2，因此追問1的結論和點評不全面.

討論：（1）當θ∈0，π2時，前面已討論.（2）當θ∈π2，π時，設∠PF2F1=α，

∠PF1F2=β，則α+β=π-θ，由于r1>r2，于是α>β，故π-θ2<α<π-θ.由r1c=2sin θ＼5sin α，得1e1+1e2的取值范圍是1sinθ2，2，此時1e1+1e2無最大值.

3 教學反思

在這道題的教學中，我們慢下了腳步，耐心地去傾聽學生的想法.他們想到了余弦定理，想到了正弦定理，想到了二次函數，想到了面積法，想到了三角代換，想到了柯西不等式，想到了回歸圖形，想到了推廣到一般……在合作交流中，生生、師生之間的思維不斷碰撞，新的想法不斷涌出，課堂里閃耀著智慧的光芒.這也許就是課堂該有的樣子吧.

怎樣上課才能達到這個狀態，讓課堂充滿靈動？筆者覺得有三點很緊要：

第一，教學要慢一點，因為這樣學生才能反應過來，參與到教學中，我們才能把問題討論清楚.時下，“快”教學橫行，“來不及”成了口頭禪，機械的重復日復一日.學生基本上都是被牽著鼻子走，哪里還能體會到數學的美妙.我們贊成“慢”教學，贊成突出重點難點的反復，因為問題一旦一個一個地被學生所掌握，“慢”便成了“快”.

第二，教學要細一點，這樣我們才能把問題研究透，才能促使學生全方位地去感悟數學，不斷接近問題的本真.教師可能有這樣的體會，某個考題或者它的解決思路我們教師是知道的，而且在平常評講題目時差一點就講出來了，可惜當時沒有把問題研究透和講透，導致學生仍然不會.這就要求教師在備課時要對問題進行深入細致的研究，同時還要深入學生當中和學生一起討論，這樣才能促使學生全面細致地掌握解決問題的方法.而要達到這個全面細致的目標，我們的教學就又要回到第一點上，就是要進行“慢教學”，“慢”才能“細”.

第三，教學要活一點，解題的方法是多樣的，思考的角度是多方向的，遇到困難，要激勵學生大膽地想辦法，鼓勵他們“辦法總比困難多”.教學中，要啟發學生靈活思考問題，并在思考的基礎上進行合作交流，讓思維在交流中碰撞，活化學生的思維，形成智慧的火花.而做到這一點，同樣也要舍得花時間，所以我們又得回到了第一點上，就是要進行“慢教學”，“慢”才能“活”，慢工出細活嘛.