動態移換問題教學法探究圓與橢圓關聯的一類最值問題

［摘 要］ 教學圓和橢圓綜合情境下的動態最值問題，部分教師往往只注重培養學生分析問題和解決問題的能力，卻忽視了培養學生發現問題和提出問題的能力. 采用動態移換問題教學法不僅可以有效培養學生樣例模仿后再應用的發展性遷移能力，還可以深度培養學生的發展性思維品質.

［關鍵詞］ 動態移換；問題教學法；圓與橢圓；最值問題

明確方向，提出問題

圓與橢圓之間的關系緊密，應用解析法探究圓中的最值問題與橢圓中的最值問題所用的方法和策略雖然大同小異，但是在圓和橢圓兩者綜合的情境下，基于動態最值問題的研究便成了解題教學的一大難點. 在進行這類問題的教學時，部分教師往往就點論點，停留于單點的淺層剖析，只注重培養學生分析問題和解決問題的能力，卻忽視了實施發展性教學行為來培養學生發現問題和提出問題的能力.

提出對策，界定概念

在圓和橢圓兩者綜合的情境下，探究動態最值問題可采用動態移換問題教學法. 本文提出的動態移換問題教學法是指在靜態的問題情境中，從動態的視角出發，依據類比遷移理論（樣例理論），運用遷移、變換等數學手段對問題情境進行系列問題變式，從而實施問題式探究性教學.

動態移換問題教學法是教師基于問題情境下擷取幾個動態移換視角類比“生成”關聯性新問題，師生針對新問題共同深度探究，一起發現新結論、新性質.在解題教學中，教師運用動態移換問題教學法，不僅可以深度培養學生的發展性遷移能力和發展性思維品質，還可以培養學生直觀想象、數學建模、邏輯推理等數學學科核心素養.可見，動態移換問題教學法是教師在課堂上實施的展示性教學行為和發展性教學行為.

示例呈現，揭示規律

本文選取一個圓和橢圓綜合的典型問題情境，利用動態移換問題教學法探究一類具有關聯性的最值問題，通過對問題情境進行動態演繹，探尋動態移換的途徑和視角.

1. 教學實例呈現

（2019年福州市高中畢業班質量檢測理科第20題）已知圓O：x2+y2=r2，橢圓C：+=1（a>b>0）的短半軸長等于圓O的半徑，且過C右焦點的直線與圓O相切于點D

，

.

（1）求橢圓C的方程；

（2）若動直線l與圓O相切，且與C相交于A，B兩點，求點O到弦AB的垂直平分線的距離的最大值.

2. 動態移換視角一：圓錐曲線圖象的“大小”變換

通過改變圓的半徑（或者橢圓的離心率）大小對圓（或者橢圓）的圖象進行“大小”變換，從而改變兩者之間的相對位置.

問題設計1 保持圓心仍為原點O，變換圓的大小使圓C內含或內切于橢圓Γ.

給定橢圓Γ：+=1（a>b>0），圓C：x2+y2=r2（0<r≤b），直線l與圓C相切，與橢圓Γ相交于A，B兩點，探求一類最值問題：（1）

AB

的取值范圍；（2）△AOB面積的取值范圍；（3）原點O到直線AB的垂直平分線的距離d的取值范圍.

一般化探究實錄 當直線l的斜率存在時，不妨設直線l：y=kx+m，設A（x，y），B（x，y），橢圓的離心率為e=. 由直線l與圓C相切得=r，由y=kx+m，

+

=1得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2（m2-b2）=0，所以Δ=4a2b2（a2k2+b2-m2）>0，所以x+x=，xx=.

（1）

AB

=

x-x

=·=·，令t=b2+a2k2≥b2，則

AB

=2ab. 所以，求

AB

的取值范圍只需討論g

=-++

1-

的取值范圍即可.

（2）S△AOB=

AB

·r=，由

AB

的取值范圍可得S△AOB的取值范圍.

（3）設M（x，y）為直線AB的垂直平分線上任意一點，則（x-x）2+（y-y）2=（x-x）2+（y-y）2，所以2x（x-x）+2y（y-y）=（x-x）+（y-y），即2x（x-x）+2y（y-y）=（x-x）-（x-x）. 等式兩邊同時除以2（x-x），可得直線AB的垂直平分線的方程為x+ky=e2·. 所以原點O到直線AB的垂直平分線的距離d====c2r∈

0，

.

特殊化示例 已知橢圓Γ：+=1，圓C：x2+y2=1，直線l與圓C相切，與橢圓Γ相交于A，B兩點，求：（1）△AOB面積的取值范圍；（2）原點O到直線AB的垂直平分線的距離的取值范圍. （答案略）

2. 動態移換視角二：圓錐曲線圖象的位置遷移

利用圖象平移變換，將圓（橢圓）遷移到相似的特殊位置，使圓和橢圓保持相對的位置關系.

問題設計2 遷移變換圓心為（x0，0），使圓C仍內含或內切于橢圓Γ.

設圓C：（x-x）2+y2=r2（r>0），其他條件不變，仍然探求上述問題中的一類最值問題（或取值范圍）.

一般化探究實錄 若仍設直線l：y=kx+m，由條件得=r，此時參數k與m同時內含于絕對值內，不便利用代入法進行消元. 因此，不妨設直線l：x=ky+m，由已知得=r. 設t=，則

t

=

=≥1，所以t∈（-∞，-1］∪［1，+∞），k2=t2-1，m=rt+x.

由x=ky+m，

+

=1得（b2k2+a2）y2+2b2kmy+b2（m2-a2）=0，所以Δ=4a2b2（b2k2+a2-m2）>0，y+y=，yy=. 所以

AB

=·

y-y

=·=2ab.

令f（t）=，則f′（t）=·［b2rxt3+（b2c2+b2x-2c2r2）t2-3rc2xt+c2（c2-x）］. 注意到f′（t）函數值的正負是由一次式2t和三次式aktk這兩部分確定的. 一般情況下，三次方程難于求解，但若圓心（x，0）在某些特殊位置，則所得的三次方程可以降次，或可以因式分解，問題便能求解.

特殊化探究實錄 例如，令x=c=r，此時圓心即橢圓的焦點，且與y軸相切，則f（t）=，f′（t）=［b2t2+2（b2-c2）t-3c2］. 若再取b=2，c=1，利用以下引理：

記橢圓+=1（a>b>0）上的動點P到以下點Q的距離為f（P）.

①當點Q為原點O（0，0）時，f（P）∈［b，a］，即在橢圓頂點處取得最值；

②當點Q為焦點F（c，0）時，f（P）∈［a-c，a+c］，即在橢圓左、右頂點處取得最值；

③當點Q的坐標為（x，0）時，討論可得：若x∈（-∞，-ae2）∪（ae2，+∞），則f（P）的最值在橢圓左、右頂點處取得；若x∈［-ae2，ae2］，則f（P）的最小值在x=處取得，最大值在橢圓左頂點或右頂點處取得.

特殊化示例 已知橢圓Γ：+=1（a>b>0）的離心率為，且焦距不大于2，圓C與y軸相切于原點，且圓心位于y軸的右側，橢圓Γ上的點到圓C上的點的距離最大值為+2，最小值為-2.

（1）求橢圓Γ和圓C的方程；

（2）若直線l與圓C相切，與橢圓Γ相交于A，B兩點，①求

AB

的最小值；②當△AOB的面積取最大值時，求直線l的方程；③若直線l與x軸的交點位于直線x=3右側，求原點O到直線AB的垂直平分線的距離的取值范圍.

解析 （1）設圓C：（x-r）2+y2=r2，由題意得a=c，b=2c，c≤1.

因為橢圓Γ上的點到圓C上的點的距離大于等于-2（-2>0），所以圓C與橢圓Γ不相交. 因為圓C位于y軸的右側，與y軸相切，所以圓C內含于橢圓Γ.

設橢圓Γ上的動點為P（x，y），則

PC

+r=+2，

PC

-r=-2，

PC

2=（x-r）2+y2=（x-r）2+b2

1-

=（x-5r）2+4c2-4r2.

若5r≥a=c，則

PC

=a+r，

PC

=a-r，所以a+2r=+2，a-2r=-2，所以a=，r=1，c=1，b=2.

若5r<a=c，則

PC

=a+r，

PC

=2，所以a+2r=+2，2-r=-2. 兩式相加得2=a+2+r≤c+=2c，所以c≥1. 又c≤1，所以c=1. 代入a+2r=+2，得r=1. 但c=1及r=1并不滿足2-r=-2，故這種情況不成立.

綜上所述，橢圓Γ：+=1，圓C：（x-1）2+y2=1.

（2）①設直線l：x=my+n，A（x，y），B（x，y），由直線l與圓C相切得=1，即

n-1

=. 由x=my+n，

+

=1得（4m2+5）y2+8mny+4（n2-5）=0，所以Δ=80（4m2+5-n2）>0，所以y+y=，yy=. 所以

AB

==.

令k=n-1，則

n-1

=

k

=≥1，所以k∈（-∞， -1］∪［1，+∞），k2=m2+1，

AB

==4.

令f（k）=，則f′（k）=-=，再令g（k）=4k2+6k-3.

當k≥1時，g（k）≥g（1）>0，所以f（k）在［1，+∞）上單調遞增. 所以當k∈［1，+∞）時，f（k）=f（1）=.

當k≤-1時，?k∈（-∞，-1），使得g（k）=0. 所以，當k∈（-∞，k）時，f′（k）>0；當k∈（k，-1）時，f′（k）<0. 故當k∈（-∞，-1］時，f（k）=min｛f（-∞），f（-1）｝=min

，

=.

綜上所述，?k∈（-∞，-1］∪［1，+∞），f（k）=，AB=.

②由①可知，S△AOB=

AB

·=2·. 令h（k）=，則h′（k）=. 令h′（k）=0，則k=-1，k=1-∈（-1，0），k=，k=1+∈（2，3）. 所以，h（k）在（-∞，-1）上單調遞減，在

1，1+

上單調遞增，在

1+，+∞

上單調遞減.

若k=-1，則n=0，此時切線l為y軸，不存在三角形，所以當k∈（-∞，-1）時，h（k）∈（h（-1），h（-∞）），即h（k）∈0

，.

當k∈［1，+∞）時，=h（1）<h

1+

，=h（+∞）<h

1+

，又>，所以h（k）∈

h（1），h

1+

，即h（k）∈

，h

1+

.

綜上所述，當k∈（-∞，-1）∪［1，+∞）時，h（k）=h

1+

，此時k=1+，n=k+1=2+，由

n-1

=得m=±. 所以直線l：x=±y+2+.

③設M（x，y）為AB的垂直平分線上任意一點，則由（x-x）2+（y-y）2=（x-x）2+（y-y）2得2x（x-x）+2y（y-y）=（x-x）+（y-y）=-（y-y），所以mx+y=-（y+y）=，故直線AB的垂直平分線的方程為mx+y=，原點O到直線AB的垂直平分線的距離d==.

因為k∈（-∞，-1］∪［1，+∞），所以≥0，所以d=.令φ（k）=，則φ′（k）=. 因為直線l與x軸的交點位于直線x=3右側，所以n>3，k>2，所以4k5+8k4-9k3-12k2-1=3k5+8k4-9k3-12k2+k5-1>（3×22k3-12k2）+（16k3-9k3）+k5-1>0（也可令p（k）=4k5+8k4-9k3-12k2-1求導）. 所以，當k>2時，φ′（k）<0，φ（k）在（2，+∞）上單調遞減. 因為當k→+∞時，φ（k）→0，且φ（2）=，所以d∈

0，

.

3. 動態移換視角三：關聯曲線的置換遷移

由于圓與橢圓的圖象和性質具有高度的相似性，二者的“地位”具備一定的等同性，因此可以通過互換它們的位置開展類比探究.

問題設計3 置換橢圓與圓的相對位置，使橢圓Γ內含或內切于圓C.

已知橢圓Γ：+=1（a>b>0），圓C：x2+y2=r2（r≥a），直線l與橢圓Γ相切，與圓C相交于A，B兩點，求：（1）

AB

的取值范圍；（2）△AOB面積的取值范圍.

一般化探究實錄 設d為原點O到直線l的距離，先求d的取值范圍.

設橢圓Γ上的切點為（acosθ，bsinθ），則直線l：+=1，即+=1，所以d===. 因為cos2θ∈［0，1］，所以d∈［b，a］. 所以

AB

=2∈［2，2］，S△AOB=·d=（d∈［b，a］），利用二次函數知識可得S△AOB的取值范圍.

特殊化示例 已知橢圓C：+=1（a>b>0）的上、下焦點分別為F，F，離心率為，P為C上動點，且滿足=λ（λ>0），

=

，△QFF面積的最大值為4.

（1）求Q點軌跡E的方程和橢圓C的方程；

（2）直線y=kx+m（m>0）與橢圓C相切且與曲線E相交于M，N兩點，求S的取值范圍.

解析 （1）由橢圓的定義得

FQ

=

FP

+

PQ

=

FP

+

PF

=2a，所以點Q的軌跡是以F為圓心，2a為半徑的圓. 當QF⊥FF時，△QFF的面積最大，所以·2c·2a=4，所以ac=2. 又=，所以a=2，c=1. 所以，點Q軌跡E的方程為x2+（y+1）2=16，橢圓C的方程為+=1.

（2）由y=kx+m，

+

=1得（3k2+4）x2+6kmx+3m2-12=0，所以Δ=36k2m2-4（3k2+4）（3m2-12）=0，化簡得3k2-m2+4=0，即k2=. 由k2=≥0及m>0，得m≥2.

設圓心F（0，-1）到直線MN的距離為d，則d==，所以弦長

MN

=2=2.

設點F（0，1）到直線MN的距離為d，則d==. 所以，S=

MN

·d==. 由m≥2得∈［，） ，所以S的取值范圍為［，）.

4. 動態移換視角四：類比增設動態的點、直線

在圓與橢圓的圖象已確定的情境下，由動點、動線引發的動態問題中，可以采用類比拓展的變換方式，通過增設動點的個數或動線的條數等方法來產生新的動態情境.

問題設計4 使圓心仍為原點，圓C仍然內含或內切于橢圓Γ，過點P增設圓C的切線條數.

已知橢圓Γ：+=1（a>b>0），圓C：x2+y2=r2（r≤b），點P為橢圓Γ上的任意一點，過點P分別作圓C的兩條切線與橢圓Γ相交于A，B兩點，求：（1）

AB

的取值范圍；（2）△AOB面積的取值范圍.

（規定：當r=b，點P為上頂點或下頂點時，切線PA，PB重合，此時

AB

=0，S△AOB=0.）

特殊化探究實錄 不妨取橢圓Γ：+y2=1，圓C：x2+y2=1. 設P（cosθ，sinθ），A（cosα，sinα），B（cosβ，sinβ），則直線PA的方程為（cosθ-cosα）（y-sinθ）=（sinθ-sinα）（x-cosθ），即xcos+ysin=

coscosθ+sinsinθ

=cos.

由直線PA與圓C相切得=1，等式兩邊平方得·（cosα）cosθ+sinαsinθ=1. 同理可得（cosβ）·cosθ+sinβsinθ=1. 所以，經過點A，B的直線方程為·xcosθ+ysinθ=1.

（1）由

xcosθ+ysinθ=1，

+y2=1得（8cos2θ+1）x2-6·x·cosθ+2cos2θ=0，所以Δ=64cos2θ（1-cos2θ）=64cos2θsin2θ. 所以，

AB

2=1+

-

·===. 令t=5+4cos2θ∈［1，9］，u=∈

，1

，則

AB

2=-u2+u+∈

0，

，所以

AB

∈

0，

.

（2）因為原點O到直線AB的距離d=，所以S2△AOB=

AB

2·d2=··==2

-

=2（u-u2）∈

0，

，故S△AOB∈

0，

.

5. 動態移換視角五：定點與動點的動靜遷移

在問題設計4中，△AOB的頂點O為定點，若將點O遷移置換為相關動點P，則△ABP的三個頂點均為動點，這樣就增加了問題的動態因素.

問題設計5 在問題設計4中，探求△ABP面積的取值范圍.

特殊化探究實錄 因為點P到直線AB的距離d==，所以d2===. 所以，S=

AB

2d2==·.令f（t）=，則f′（t）=≥0，所以S∈

0，

，S△ABP∈

0，

.

教學啟示

動態移換問題教學法既是一種問題式研究策略，又是一種探究式課堂教學行為，它在圓錐曲線的解題教學中的應用比較廣泛，教學時教師可選擇一個適切的問題情境運用此策略. 運用動態移換問題教學法，不僅可以有效培養學生樣例模仿后再應用的發展性遷移能力，還可以培養學生發現新問題及新性質的探究創新能力.