浙江 2009 · 数学 q21

冷启动：第 (Ⅰ) 问三行做完，第 (Ⅱ) 问先数清有几个自由度

(Ⅰ) 先看清长轴在哪个轴上

题面写的是

$$C_{1}:\ \frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}}=1\qquad(a>b>0),$$

$y^{2}$ 在 $a^{2}$ 底下。这一眼必须看准：大的那个分母跟着谁，长轴就沿哪个轴，焦点也在那个轴上。所以这道题里长轴沿 $y$ 轴、焦点是 $(0,\pm c)$——把它当成横着的椭圆，下面每一句都会错。

两句条件各兑现一次：

① 右顶点 $A(1,0)$。 它是短半轴的端点，故 $b=1$。

② 过焦点且垂直长轴的弦长为 $1$。 长轴沿 $y$ 轴，所以这条弦是水平的，过 $(0,c)$。把 $y=c$ 代进方程：

$$x^{2}=b^{2}\left(1-\frac{c^{2}}{a^{2}}\right)=b^{2}\cdot\frac{a^{2}-c^{2}}{a^{2}}=\frac{b^{4}}{a^{2}}, \qquad\text{弦长}=2|x|=\frac{2b^{2}}{a} .$$

于是 $\dfrac{2b^{2}}{a}=1$，代 $b=1$ 得 $a=2$，满足 $a>b>0$。

$$\boxed{\ \frac{y^{2}}{4}+x^{2}=1\ }$$

(Ⅱ) 三条路共用的那半道题

设切点 $P(t,\;t^{2}+h)$。由 $(x^{n})'=nx^{n-1}$ 得 $y'=2x$，所以 $C_{2}$ 在 $P$ 处的切线斜率是 $y'\big|_{x=t}=2t$，切线

$$MN:\ y=2tx-t^{2}+h .$$

注意这里有两个活字母。 $h$ 决定抛物线的高低，$t$ 决定切点在抛物线上的位置，两者互不牵连——是两个自由度。题目给的中点条件只是一个方程，于是 $(t,h)$ 在平面上扫出一条曲线，「求 $h$ 的最小值」问的就是这条曲线上 $h$ 能压到多低。

另一半中点是现成的：由 $A(1,0)$ 与 $P(t,t^{2}+h)$，

$$x_{4}=\frac{t+1}{2}\qquad(\text{线段 }PA\text{ 的中点横坐标}).$$

这道题最大的坑就埋在这里。 把「两个中点横坐标相等」解出来，得到的只是一句条件句：若那条弦存在，中点就对得上。至于切线与椭圆到底有没有两个不同的交点，是另一件事，必须单独验一遍。少了这一道回验，$h$ 会白白多出 $h\leq-3$ 一整段。下面三条路的分水岭，全在「这一道怎么验」。

解法一：联立后用韦达写中点，两道判别式各管一半

怎么想到的。 中点横坐标就是两根之和的一半，而两根之和由联立后那条二次方程的系数直接给出——根本不必把 $M$、$N$ 解出来。这是圆锥曲线里最标准、也最不用动脑筋的一条路。

① 联立。 椭圆方程两边乘 $4$ 写成 $4x^{2}+y^{2}-4=0$，把切线代进去：

$$4x^{2}+(2tx-t^{2}+h)^{2}-4=0 \;\Longleftrightarrow\; 4\left(1+t^{2}\right)x^{2}-4t\left(t^{2}-h\right)x+\left(t^{2}-h\right)^{2}-4=0 .$$

② 有两个不同交点 $\iff\Delta_{1}>0$。 记 $A_{0}=4(1+t^{2})$、$B_{0}=-4t(t^{2}-h)$、$C_{0}=(t^{2}-h)^{2}-4$，

$$\Delta_{1}=B_{0}^{2}-4A_{0}C_{0} =16\left[4+4t^{2}-\left(t^{2}-h\right)^{2}\right] =16\left[-t^{4}+2(h+2)t^{2}-h^{2}+4\right] .$$

③ 中点横坐标。 由两根之和 $x_{1}+x_{2}=-\dfrac{B_{0}}{A_{0}}$，

$$x_{3}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{t\left(t^{2}-h\right)}{2\left(1+t^{2}\right)} .$$

④ 兑现题目的条件 $x_{3}=x_{4}$。

$$\frac{t\left(t^{2}-h\right)}{2\left(1+t^{2}\right)}=\frac{t+1}{2} \;\Longrightarrow\; t^{3}-ht=t^{3}+t^{2}+t+1 \;\Longrightarrow\; t^{2}+(1+h)t+1=0 . \tag{$\ast$}$$

⑤ $(\ast)$ 关于 $t$ 必须有实根。 否则连一个合法的切点都找不到。故

$$\Delta_{2}=(1+h)^{2}-4\geqslant 0 \;\Longrightarrow\; h\geqslant 1\ \text{ 或 }\ h\leqslant-3 .$$

这里是 $\geqslant$，不是 $>$。 我们要的只是「存在一个 $t$」，重根照样是根，不需要两个不同的 $t$。把它写成 $\Delta_{2}>0$ 会当场得到 $h>1$，最小值就没了——而这道题的最小值恰恰取在重根 $t=-1$ 上，一字之差直接丢掉答案。

⑥ 再用 $\Delta_{1}$ 砍掉 $h\leqslant-3$。 当 $h\leqslant-3$ 时 $h+2\leqslant-1<0$、$4-h^{2}\leqslant-5<0$，于是

$$\frac{\Delta_{1}}{16} =\underbrace{\left(-t^{4}\right)}_{\leqslant 0} +\underbrace{2(h+2)t^{2}}_{\leqslant 0} +\underbrace{\left(4-h^{2}\right)}_{<0} <0 ,$$

三项没有一个是正的，且最后一项严格为负，故 $\Delta_{1}>0$ 不可能成立——$h\leqslant-3$ 这一段是空的。只剩 $h\geqslant 1$。

⑦ 下界要验得到。 $h=1$ 代进 $(\ast)$ 得 $t^{2}+2t+1=0$，即 $t=-1$；再代回 $\Delta_{1}$：

$$\Delta_{1}=16\left[-1+2\times 3\times 1-1+4\right]=16\times 8=128>0 ,$$

弦真的存在。所以 $h$ 的最小值是 $1$。

这条路的代价。 两道判别式管的是两件不同的事：$\Delta_{2}$ 管「切点 $t$ 存不存在」，$\Delta_{1}$ 管「弦 $MN$ 存不存在」。把它们混成一道，或者只写一道，是这道题最常见的丢分方式。

解法二：点差法一步写出中点关系，参变分离读出下界

怎么想到的。 解法一为了取一个中点横坐标，把整条二次方程都展开了一遍。可中点弦本来就有专门的工具：点差法把「弦的斜率」与「中点坐标」直接捆在一条式子里，一次减法就完事，$\Delta_{1}$ 那一串也不用写出来。

① 点差。 设 $M(x_{1},y_{1})$、$N(x_{2},y_{2})$，中点 $(x_{0},y_{0})$。两点都在椭圆上：

$$\frac{y_{1}^{2}}{4}+x_{1}^{2}=1,\qquad \frac{y_{2}^{2}}{4}+x_{2}^{2}=1 .$$

相减、两个平方差各自分解：

$$(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})+\frac{(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})}{4}=0 .$$

代 $x_{1}+x_{2}=2x_{0}$、$y_{1}+y_{2}=2y_{0}$，并记弦的斜率 $k=\dfrac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}$（这里 $k=2t$，就是切线的斜率），整理得

$$4x_{0}+k\,y_{0}=0 . \tag{\text{中点弦关系}}$$

写成乘法形式、而不是 $k=-\dfrac{4x_{0}}{y_{0}}$，是有讲究的：这道题取到最小值时中点恰好是原点，$y_{0}=0$，除法当场失效，乘法形式却照样成立。

② 把两条已知代进去。 中点在切线上，故 $y_{0}=2tx_{0}-t^{2}+h$；而题目给的正是 $x_{0}=x_{4}=\dfrac{t+1}{2}$，于是

$$y_{0}=2t\cdot\frac{t+1}{2}-t^{2}+h=t+h .$$

代进中点弦关系 $4x_{0}+2t\,y_{0}=0$：

$$2(t+1)+2t(t+h)=0 \;\Longrightarrow\; t^{2}+(1+h)t+1=0 ,$$

与解法一的 $(\ast)$ 逐字相同。两条路在这里合流。

③ 点差法算完必须回验中点在曲线内。 点差只用了「两个点都在椭圆上」，压根没有用到「这两个点真的存在」——把任意一条直线塞进去，它都会给你一个形式上的答案。补验的判据很短：

弦的中点必须落在椭圆内部。

它与 $\Delta_{1}>0$ 是同一件事：把联立所得的 $F(x)=A_{0}x^{2}+B_{0}x+C_{0}$（$A_{0}>0$，系数见解法一 ①）在它的对称轴处取值。这条对称轴的横坐标 $-\dfrac{B_{0}}{2A_{0}}$ 正是解法一 ③ 的 $x_{3}$，而它不需要预设交点存在就写得出来——由题目条件，它就等于这里的 $x_{0}$。一方面 $F(x_{0})=-\dfrac{\Delta_{1}}{4A_{0}}$；另一方面把椭圆方程写成 $4x^{2}+y^{2}-4=0$，直接代入即得 $F(x_{0})=4x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4$，也就是椭圆方程左边（乘过 $4$ 的那一版）在中点处的值。故

$$\Delta_{1}>0\iff 4x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4<0\iff x_{0}^{2}+\frac{y_{0}^{2}}{4}<1 .$$

由 $(\ast)$ 知 $t\neq0$（$t=0$ 代进去得 $1=0$），且 $h=-\dfrac{t^{2}+t+1}{t}$，于是

$$x_{0}=\frac{t+1}{2},\qquad y_{0}=t+h=-\frac{t+1}{t} ,$$

代进「在内部」：

$$\frac{(t+1)^{2}}{4}+\frac{(t+1)^{2}}{4t^{2}}<1 \iff (t+1)^{2}\left(t^{2}+1\right)<4t^{2} . \tag{\text{存在}}$$

④ 这一条把 $t>0$ 整个筛掉。 设 $t>0$。由基本不等式

$$(t+1)^{2}\geqslant 4t ,\qquad t^{2}+1\geqslant 2t ,$$

两式左右两边都是正数，可以相乘：$(t+1)^{2}(t^{2}+1)\geqslant 8t^{2}>4t^{2}$，与（存在）矛盾。所以只可能 $t<0$——这一句同时替掉了解法一里对 $h\leqslant-3$ 的那段分类讨论。

⑤ 参变分离。 $(\ast)$ 两边同除以 $t$（已知 $t\neq0$），把 $h$ 单独拎到一边：

$$h=-\left(t+\frac{1}{t}\right)-1 .$$

右边是一条对勾函数。$t<0$ 时令 $s=-t>0$，则 $t+\dfrac{1}{t}=-\left(s+\dfrac{1}{s}\right)\leqslant-2$（基本不等式，$s=1$ 取等），于是

$$h\geqslant 2-1=1 ,$$

等号当且仅当 $s=1$，即 $t=-1$。

⑥ 等号必须验得到。 $t=-1$ 代进（存在）：左边 $(t+1)^{2}(t^{2}+1)=0\times 2=0$，右边 $4t^{2}=4$，$0<4$ 成立——弦真的存在。故 $h$ 的最小值是 $1$。

若只写到 ⑤ 就收尾，等于默认「取等那一点一定配得出图形」。这道题恰好配得出，但同一句话换一道题就会把答案写错：$t+\dfrac1t\leqslant-2$ 给的只是必要条件。

解法三：把椭圆压成圆——中点就是圆心到弦的垂足

怎么想到的。 中点弦在圆里是最简单的：圆心到弦作垂线必平分弦，所以中点就是垂足，一行写完。而椭圆不过是圆被竖着拉长过一次，做一次压缩就还原成圆；压缩保直线、保中点，而且这里只压 $y$，横坐标一动不动——题目问的又恰好是横坐标。天然合拍。

① 压。 令

$$X=x,\qquad Y=\frac{y}{2} .$$

椭圆 $\dfrac{y^{2}}{4}+x^{2}=1$ 当场变成单位圆 $X^{2}+Y^{2}=1$。这是线性变换，直线仍是直线、中点仍是中点；又因为 $X=x$，「两个中点的横坐标相等」这句话在新图里原样成立，不用改写。

② 新图里的三样东西。

• $A(1,0)\mapsto A'(1,0)$，$P(t,t^{2}+h)\mapsto P'\!\left(t,\dfrac{t^{2}+h}{2}\right)$，故 $P'A'$ 的中点横坐标仍是 $\dfrac{t+1}{2}$。

• 切线 $y=2tx-t^{2}+h$ 变成

  $$\ell:\ Y=tX+c ,\qquad c=\frac{h-t^{2}}{2} .$$

• $M$、$N$ 变成单位圆上的两点，弦 $M'N'$ 的中点 $Q$ 就是原点到 $\ell$ 的垂足。

③ 垂足一行就有。 先设 $t\neq0$，过原点作 $\ell$ 的垂线 $Y=-\dfrac{X}{t}$，与 $\ell$ 联立：

$$tX+c=-\frac{X}{t}\;\Longrightarrow\;X=\frac{-tc}{1+t^{2}} , \qquad Q=\left(\frac{-tc}{1+t^{2}},\ \frac{c}{1+t^{2}}\right) .$$

（$t=0$ 不必另算也不必回避：那时切线水平，弦的中点就是 $(0,c)$，横坐标 $0$；代进下面 ④ 的条件得 $0=\dfrac12$，不成立。所以 $t=0$ 本来就出局，上式对剩下的 $t$ 全部适用。）

④ 兑现条件。 $\dfrac{-tc}{1+t^{2}}=\dfrac{t+1}{2}$，即 $-2tc=(t+1)\left(1+t^{2}\right)$。代 $c=\dfrac{h-t^{2}}{2}$：

$$t^{3}-ht=t^{3}+t^{2}+t+1 \;\Longrightarrow\; t^{2}+(1+h)t+1=0 ,$$

又是 $(\ast)$。三条路在同一个方程上会师。

⑤ 存在性在圆里就是一句话：圆心到弦的距离小于半径。

$$d(O,\ell)=\frac{|c|}{\sqrt{1+t^{2}}}<1 \iff c^{2}<1+t^{2} .$$

由 ④ 反解 $c=-\dfrac{(t+1)\left(1+t^{2}\right)}{2t}$，代入并两边约去正数 $1+t^{2}$：

$$\frac{(t+1)^{2}\left(1+t^{2}\right)^{2}}{4t^{2}}<1+t^{2} \iff (t+1)^{2}\left(1+t^{2}\right)<4t^{2} ,$$

与解法二的（存在）逐字相同。左边在 $t>0$ 时不小于 $8t^{2}$，故必有 $t<0$。

⑥ 从 $(\ast)$ 的两根读出 $h$。 先要有实根：$\Delta_{2}=(1+h)^{2}-4\geqslant0$。有了实根，注意 $(\ast)$ 的常数项是 $1$，故两根之积等于 $1$——两根同号，而且互为倒数。⑤ 已经要求其中有一个是负的，于是两根都为负，两根之和

$$-(1+h)<0\;\Longrightarrow\;h>-1 .$$

把它与 $\Delta_{2}\geqslant0$ 给的「$1+h\geqslant2$ 或 $1+h\leqslant-2$」一交，只剩

$$1+h\geqslant 2\;\Longrightarrow\;h\geqslant 1 .$$

$h=1$ 时两根重合于 $t=-1$，代进 ⑤ 的判据得 $0<4$，成立。故 $h_{\min}=1$。

这条路省下的与欠下的。 省下的是两处展开：中点不用联立（垂足一行）、存在性不用算 $\Delta_{1}$（距离比半径）。欠下的是必须记清压缩保什么：保直线、保中点、保共线与定比、保面积之比，但不保长度与角度。这道题问的恰好是横坐标，一压到底都合法；若题目改问 $|MN|$ 或某个夹角，压完还得再还原回去。