浙江 2012 · 数学 q21

冷启动：「被 $OP$ 平分」这五个字只管斜率，不管截距

第（Ⅱ）问看着有两个自由度——直线的斜率与截距——其实只有一个。

「线段 $AB$ 被直线 $OP$ 平分」说的是：$AB$ 的中点 $M$ 落在 $OP$ 上。而对椭圆来说， 弦的斜率与它中点的方向之间有一条铁律：

$$k_{AB}\cdot k_{OM}=-\frac{b^{2}}{a^{2}} .$$

$M$ 在 $OP$ 上就等于说 $k_{OM}=\dfrac{1}{2}$（$P(2,1)$ 定的），于是

$$k_{AB}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}\Big/k_{OM}=-\frac{3}{4}\Big/\frac{1}{2}=-\frac{3}{2} .$$

斜率是被条件锁死的，不是待定的。 第（Ⅱ）问真正的变量只剩截距 $m$： 一族斜率为 $-\frac{3}{2}$ 的平行线扫过椭圆，问哪一条截出的 $\triangle ABP$ 最大。 一族平行线里挑一条——这是个一元最值问题，剩下的四条路只是”把面积写成 $m$ 的式子”的四种写法。

还有两件事必须先说清，它们是这道题唯一的两个”舍”：

• $m\neq0$：$m=0$ 时直线过原点，与题设”不过原点”矛盾；
• $m^{2}<12$：这是 $\Delta>0$，直线得真跟椭圆交于两点。

合起来 $m\in(-2\sqrt{3},0)\cup(0,2\sqrt{3})$。最后算出的 $m=1-\sqrt{7}\approx-1.65$ 稳稳落在里面。

解法一：原卷路线——设 $y=kx+m$ 联立，韦达算中点，中点在 $OP$ 上定出 $k$，再对 $u(m)$ 求导

（I）先把椭圆定出来。 左焦点 $F(-c,0)$，由 $\lvert FP\rvert=\sqrt{10}$ 得 $(2+c)^{2}+1=10$，故 $(2+c)^{2}=9$，$c=1$（$c>0$）；又 $\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}$ 得 $a=2$， 于是 $b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$：

$$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 .$$

（Ⅱ）竖直的那条先排除。 $AB\perp x$ 轴时它的方程是 $x=x_0$，而中点在 $OP$ 上又要求 $x_0=0$，那就过原点了，与”不过原点”矛盾。所以可设 $AB:\ y=kx+m\ (m\neq0)$。

联立 $3x^{2}+4y^{2}=12$：

$$(3+4k^{2})x^{2}+8kmx+4m^{2}-12=0 ,$$ $$x_{1}+x_{2}=-\frac{8km}{3+4k^{2}},\qquad x_{1}x_{2}=\frac{4m^{2}-12}{3+4k^{2}} .$$

中点

$$M\left(-\frac{4km}{3+4k^{2}},\ \frac{3m}{3+4k^{2}}\right)$$

（$y_{M}=kx_{M}+m=\dfrac{-4k^{2}m+(3+4k^{2})m}{3+4k^{2}}=\dfrac{3m}{3+4k^{2}}$）。

$M$ 在 $OP:\ y=\dfrac{x}{2}$ 上：

$$\frac{3m}{3+4k^{2}}=\frac{-2km}{3+4k^{2}}\ \Longrightarrow\ m(3+2k)=0 ,$$

$m\neq0$，故 $k=-\dfrac{3}{2}$。

代回去，方程只剩 $m$： $3+4k^{2}=12$，$8km=-12m$，于是

$$12x^{2}-12mx+4m^{2}-12=0 ,\qquad\text{即}\qquad 3x^{2}-3mx+m^{2}-3=0 .$$ $$\Delta=9m^{2}-12(m^{2}-3)=3(12-m^{2})>0\ \Longrightarrow\ m^{2}<12 ,$$ $$x_{1}+x_{2}=m,\qquad x_{1}x_{2}=\frac{m^{2}-3}{3},\qquad \lvert x_{1}-x_{2}\rvert=\sqrt{m^{2}-\frac{4(m^{2}-3)}{3}}=\sqrt{\frac{12-m^{2}}{3}} .$$

面积按”底 $\times$ 高”写：

$$\lvert AB\rvert=\sqrt{1+k^{2}}\,\lvert x_{1}-x_{2}\rvert=\frac{\sqrt{13}}{2}\cdot\sqrt{\frac{12-m^{2}}{3}}=\frac{\sqrt{39}}{6}\sqrt{12-m^{2}} ,$$

$AB$ 写成 $3x+2y-2m=0$，$P(2,1)$ 到它的距离

$$d=\frac{\lvert 6+2-2m\rvert}{\sqrt{3^{2}+2^{2}}}=\frac{2\lvert m-4\rvert}{\sqrt{13}} ,$$ $$S=\frac{1}{2}\lvert AB\rvert\cdot d=\frac{\sqrt{3}}{6}\sqrt{(12-m^{2})(m-4)^{2}} .$$

最后求最值。 令 $u(m)=(12-m^{2})(m-4)^{2}$，

$$u^{\prime}(m)=-4(m-4)(m^{2}-2m-6)=-4(m-4)\left(m-1-\sqrt{7}\right)\left(m-1+\sqrt{7}\right) .$$

在 $m\in(-2\sqrt{3},2\sqrt{3})$ 上：$m-4<0$；又 $1+\sqrt{7}\approx3.65>2\sqrt{3}\approx3.46$， 所以 $m-1-\sqrt{7}<0$。两个负因子相乘为正，于是

$$u^{\prime}(m)\ \text{与}\ -\left(m-1+\sqrt{7}\right)\ \text{同号} ,$$

即 $u$ 在 $m<1-\sqrt{7}$ 上递增、在 $m>1-\sqrt{7}$ 上递减，最大值在 $m=1-\sqrt{7}$ 处取到。 它落在 $(-2\sqrt{3},0)$ 内且不为零，两个”舍”都躲过去了。

$$\boxed{\,l:\ y=-\frac{3}{2}x+1-\sqrt{7}\,,\quad\text{即}\quad 3x+2y+2\sqrt{7}-2=0\,}$$

（顺带：此时 $S_{\max}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\sqrt{148+56\sqrt{7}}\approx4.97$，题目没问，不必写。）

解法二：点差法一行定斜率——面积改用「中线平分」拆成 $\lvert PM\rvert\cdot d(A,OP)$，$\sqrt{13}$ 根本不出现

原卷为了得到 $k=-\frac{3}{2}$，联立了一次、写了两条韦达、算了一个中点。这些全可以省掉。

第一步：点差法。 $A(x_{1},y_{1})$、$B(x_{2},y_{2})$ 都在椭圆上，两式相减：

$$\frac{(x_{1}-x_{2})(x_{1}+x_{2})}{4}+\frac{(y_{1}-y_{2})(y_{1}+y_{2})}{3}=0 ,$$

记中点 $M(x_{0},y_{0})$、$k=\dfrac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}$，即得

$$k\cdot\frac{y_{0}}{x_{0}}=-\frac{3}{4} .$$

$M$ 在 $OP$ 上 $\Rightarrow\dfrac{y_{0}}{x_{0}}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow k=-\dfrac{3}{2}$。一行。

这一行是有代价的，代价就是那个易错点：点差法只用了”$A$、$B$ 在椭圆上”， 没用”$A\neq B$ 且真的交出两点”。所以必须回头补 $\Delta>0$——也就是 $m^{2}<12$， 等价于说中点 $M\left(\frac{m}{2},\frac{m}{4}\right)$ 落在椭圆内部。不补这一句， 后面的最值可能落在一个根本不存在的位置上。

第二步：面积不用弦长公式。 $M$ 是 $AB$ 的中点，所以 $\triangle APM$ 与 $\triangle BPM$ 等面积，$S=2S_{\triangle APM}$。而 $P$ 与 $M$ 都在直线 $OP$ 上， 把 $PM$ 当底、$A$ 到 $OP$ 的距离当高：

$$S=2\cdot\frac{1}{2}\lvert PM\rvert\cdot d(A,OP)=\lvert PM\rvert\cdot d(A,OP) .$$

两个因子分别算。$OP:\ x-2y=0$，$x_{M}=\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}=\dfrac{m}{2}$， $\overrightarrow{MP}=\left(2-\frac{m}{2}\right)\left(1,\frac{1}{2}\right)$，故

$$\lvert PM\rvert=\left\lvert 2-\frac{m}{2}\right\rvert\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{\sqrt{5}\,\lvert 4-m\rvert}{4} .$$

至于高，用 $y_{1}=-\frac{3}{2}x_{1}+m$ 与 $x_{1}+x_{2}=m$：

$$x_{1}-2y_{1}=x_{1}+3x_{1}-2m=4x_{1}-2m=2\left(x_{1}-x_{2}\right) ,$$ $$d(A,OP)=\frac{\lvert x_{1}-2y_{1}\rvert}{\sqrt{5}}=\frac{2\lvert x_{1}-x_{2}\rvert}{\sqrt{5}} .$$

两个 $\sqrt{5}$ 一乘一除，自己消掉：

$$S=\frac{\sqrt{5}\,\lvert 4-m\rvert}{4}\cdot\frac{2\lvert x_{1}-x_{2}\rvert}{\sqrt{5}} =\frac{\lvert 4-m\rvert\cdot\lvert x_{1}-x_{2}\rvert}{2} =\frac{\lvert 4-m\rvert}{2}\sqrt{\frac{12-m^{2}}{3}} ,$$

与解法一的 $\dfrac{\sqrt{3}}{6}\sqrt{(12-m^{2})(m-4)^{2}}$ 是同一个式子。

对比一下： 原卷那条路上出现了 $\sqrt{1+k^{2}}=\dfrac{\sqrt{13}}{2}$ 和 $\sqrt{3^{2}+2^{2}}=\sqrt{13}$，一个在分子一个在分母，最后约掉； 这条路把它们从一开始就没引进来。后面的求导与解法一逐字相同。

解法三：把椭圆压成圆——垂径定理当场给出斜率，面积化成 $2\sqrt{3}\sqrt{1-t^{2}}\left(\frac{2}{\sqrt{3}}-t\right)$

椭圆里”中点”的性质要靠点差法背，圆里却是看一眼就知道的。那就把椭圆压成圆。

变换。 令

$$X=\frac{x}{2},\qquad Y=\frac{y}{\sqrt{3}}\qquad\left(\text{即 }x=2X,\ y=\sqrt{3}Y\right) ,$$

椭圆变成单位圆 $X^{2}+Y^{2}=1$。这是线性变换，共线、平行、中点、面积之比全部保住， 所有面积统一乘 $ab=2\sqrt{3}$。$P(2,1)$ 变成 $P^{\prime}\left(1,\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$， $\lvert OP^{\prime}\rvert=\sqrt{1+\frac{1}{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$。

斜率一步到位。 ”$AB$ 的中点在 $OP$ 上”变成”$A^{\prime}B^{\prime}$ 的中点在 $OP^{\prime}$ 上”。 可圆里中点连着圆心的那条线必然垂直于弦（垂径定理），所以

$$A^{\prime}B^{\prime}\perp OP^{\prime} .$$

$OP^{\prime}$ 的斜率是 $\frac{1}{\sqrt{3}}$，故 $A^{\prime}B^{\prime}$ 的斜率是 $-\sqrt{3}$； 变回去时斜率要乘 $\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$：

$$k_{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}\times\left(-\sqrt{3}\right)=-\frac{3}{2} .$$

面积只剩一个参数。 设 $A^{\prime}B^{\prime}$ 与 $OP^{\prime}$ 交于 $M^{\prime}$， $t$ 是 $M^{\prime}$ 在 $OP^{\prime}$ 方向上的有向距离（$t\in(-1,1)$，$t\neq0$ 对应不过原点）。 弦垂直于半径，半弦长是 $\sqrt{1-t^{2}}$，而 $P^{\prime}$ 到弦的距离是 $\frac{2}{\sqrt{3}}-t$（$\frac{2}{\sqrt{3}}\approx1.155>1\geqslant t$，恒正）。于是

$$S=2\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{1-t^{2}}\left(\frac{2}{\sqrt{3}}-t\right) =2\sqrt{3}\,\sqrt{1-t^{2}}\left(\frac{2}{\sqrt{3}}-t\right) .$$

求最值。 令 $\varphi(t)=(1-t^{2})\left(\frac{2}{\sqrt{3}}-t\right)^{2}$，

$$\varphi^{\prime}(t)=-2\left(\frac{2}{\sqrt{3}}-t\right)\left(-2t^{2}+\frac{2}{\sqrt{3}}t+1\right) ,$$

第一个括号恒正，所以 $\varphi^{\prime}$ 的符号由 $2t^{2}-\frac{2}{\sqrt{3}}t-1$ 决定。 它的两根是 $t=\dfrac{1\pm\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}$，其中 $\dfrac{1+\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}\approx1.05>1$ 出界， 于是在 $(-1,1)$ 上 $\varphi$ 只在 $t_{0}=\dfrac{1-\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}\approx-0.475$ 处由增转减。

换回去。 直线 $3x+2y-2m=0$ 压缩后是 $3X+\sqrt{3}Y=m$，法向量 $(3,\sqrt{3})$ 与 $OP^{\prime}$ 的方向 $\left(1,\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$ 同向，所以

$$t=\frac{m}{\sqrt{3^{2}+(\sqrt{3})^{2}}}=\frac{m}{2\sqrt{3}}\ \Longrightarrow\ m=2\sqrt{3}\,t_{0}=1-\sqrt{7} .$$

同一条直线。这条路唯一用到的椭圆知识只有”压缩”两个字，剩下全是圆的常识。

解法四：两点设参数角——中点条件和差化积成 $\tan\frac{\alpha+\beta}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，面积是 $4\sin v-\sqrt{3}\sin 2v$

不设直线，直接设两个点：

$$A\left(2\cos\alpha,\ \sqrt{3}\sin\alpha\right),\qquad B\left(2\cos\beta,\ \sqrt{3}\sin\beta\right) .$$

记 $u=\dfrac{\alpha+\beta}{2}$、$v=\dfrac{\alpha-\beta}{2}$（$A\neq B$ 故 $v\not\equiv0$）。

中点条件化成一条关于 $u$ 的方程。 中点是 $\left(\cos\alpha+\cos\beta,\ \frac{\sqrt{3}}{2}(\sin\alpha+\sin\beta)\right)$，落在 $y=\frac{x}{2}$ 上即

$$\sqrt{3}\left(\sin\alpha+\sin\beta\right)=\cos\alpha+\cos\beta ,$$

和差化积后是

$$2\sqrt{3}\sin u\cos v=2\cos u\cos v .$$

$\cos v=0$ 意味着 $\alpha-\beta=\pi$，即 $A$、$B$ 关于原点对称、弦过原点——题设排除，舍。 约掉 $\cos v$：

$$\tan u=\frac{1}{\sqrt{3}} .$$

这给出 $u=\dfrac{\pi}{6}+k\pi$。两支给的是同一条弦：把 $(u,v)$ 换成 $(u+\pi,\ \pi-v)$， $\alpha=u+v$ 与 $\beta=u-v$ 各自平移 $2\pi$ 或互换，$A$、$B$ 这一对点原封不动。故取 $u=\dfrac{\pi}{6}$。

斜率是它自己推出来的，不用借。 由差公式

$$k=\frac{\sqrt{3}\left(\sin\alpha-\sin\beta\right)}{2\left(\cos\alpha-\cos\beta\right)} =\frac{\sqrt{3}\cdot 2\cos u\sin v}{2\cdot\left(-2\sin u\sin v\right)} =-\frac{\sqrt{3}}{2}\cot u=-\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3}=-\frac{3}{2} ,$$

（$\sin v\neq0$，因为 $A\neq B$）——与前三条路一致。

$u$ 定死之后，一切都是 $v$ 的函数。 用叉积写面积：

$$S=\frac{1}{2}\left\lvert\left(A-P\right)\times\left(B-P\right)\right\rvert ,$$

三块分别是

$$x_{A}y_{B}-x_{B}y_{A}=2\sqrt{3}\sin(\beta-\alpha)=-2\sqrt{3}\sin 2v ,$$ $$x_{B}-x_{A}=4\sin u\sin v=2\sin v ,\qquad y_{A}-y_{B}=2\sqrt{3}\cos u\sin v=3\sin v ,$$

合起来

$$S=\frac{1}{2}\left\lvert-2\sqrt{3}\sin 2v+2\sin v\cdot 1+3\sin v\cdot 2\right\rvert =\frac{1}{2}\left\lvert 4\sin v\left(2-\sqrt{3}\cos v\right)\right\rvert .$$

交换 $A$、$B$ 只把 $v$ 换成 $-v$、叉积改号，故不妨取 $v\in(0,\pi)$； 上面已经舍掉的 $\cos v=0$ 就是 $v=\dfrac{\pi}{2}$，要从这段区间里挖掉。 注意 $2-\sqrt{3}\cos v>0$ 恒成立（$\sqrt{3}<2$），于是

$$S(v)=4\sin v-\sqrt{3}\sin 2v ,\qquad v\in(0,\pi),\ v\neq\frac{\pi}{2} .$$

一个一元三角最值。 $S^{\prime}(v)=4\cos v-2\sqrt{3}\cos 2v$，令 $w=\cos v$：

$$-4\sqrt{3}w^{2}+4w+2\sqrt{3}=0\ \Longleftrightarrow\ 2\sqrt{3}w^{2}-2w-\sqrt{3}=0 \ \Longrightarrow\ w=\frac{1\pm\sqrt{7}}{2\sqrt{3}} ,$$

其中 $\dfrac{1+\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}\approx1.05>1$ 舍，故 $\cos v=w_{0}=\dfrac{1-\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}\approx-0.475$， 即 $v_{0}=\arccos w_{0}\approx118.4^\circ$。

它确实是最大值：$S$ 在 $(0,\pi)$ 上连续、$S(0^{+})=S(\pi^{-})=0$、内部 $S>0$， 而 $S^{\prime}=0$ 在 $(0,\pi)$ 上只有 $v_{0}$ 这一个解（$w$ 的另一个根出界）， 所以 $S$ 在 $v_{0}$ 处取到最大值；又 $v_{0}\neq\dfrac{\pi}{2}$，挖掉的那一点不是它。

回到直线。 中点是

$$M\left(2\cos u\cos v,\ \sqrt{3}\sin u\cos v\right)=\left(\sqrt{3}\cos v,\ \frac{\sqrt{3}}{2}\cos v\right)$$

（果然落在 $y=\frac{x}{2}$ 上）。过 $M$、斜率 $-\frac{3}{2}$ 的直线是

$$y-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos v=-\frac{3}{2}\left(x-\sqrt{3}\cos v\right) \ \Longrightarrow\ y=-\frac{3}{2}x+2\sqrt{3}\cos v ,$$

截距就是 $2\sqrt{3}\cos v$。代入 $\cos v=w_{0}$：

$$2\sqrt{3}\cdot\frac{1-\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}=1-\sqrt{7} ,$$ $$l:\ y=-\frac{3}{2}x+1-\sqrt{7},\qquad\text{即}\qquad 3x+2y+2\sqrt{7}-2=0 .$$

第四次落在同一条直线上。顺带一个巧合：这里的 $\cos v$ 与解法三里的 $t$ 不是”差个常数”，而是同一个数——两者都等于 $\dfrac{m}{2\sqrt{3}}$。 压成圆之后，$v$ 正好是弦的半张角，而 $\lvert\cos v\rvert$ 就是圆心到弦的距离。

四条路怎么选

四条路的求导都落到同一个二次方程上：解法一是 $m^{2}-2m-6=0$，解法三、四是 $2t^{2}-\frac{2}{\sqrt{3}}t-1=0$ 与 $2\sqrt{3}w^{2}-2w-\sqrt{3}=0$——把 $m=2\sqrt{3}t$ 代进去，三者逐字相同。换的是坐标，不是题。

一句话带走

看见「弦被某条过原点的直线平分」，先别设直线：那句话等价于 $k_{\text{弦}}\cdot k_{OM}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}$，斜率当场定死， 问题立刻降成”一族平行线里挑一条”的一元最值； 定完斜率回头补一句 $\Delta>0$（等价于中点在椭圆内），这道题的两个”舍”就都不会漏。