浙江 2013 · 数学 q21

冷启动：面积是两段长度的积，一个正弦都不用

$P(0,-1)$ 同时活在两条曲线的世界里：它是椭圆 $C_{1}$ 的下顶点，又落在圆 $C_{2}$ 的内部（$|OP|=1<2$，所以过 $P$ 的任何一条直线都必割出一条弦）。过 $P$ 作两条互相垂直的直线，$l_{1}$ 割圆得弦 $AB$，$l_{2}$ 割椭圆再得一点 $D$。

关键的一句在构形里，不在算式里：$D$ 落在 $l_{2}$ 上，而 $l_{2}\perp l_{1}$，且垂足 $P$ 就在弦 $AB$ 上——所以 $PD$ 正是 $\triangle ABD$ 以 $AB$ 为底的高。于是

$$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}\,|AB|\cdot|PD|.$$

面积化成了两段长度的积：不必去凑 $\frac{1}{2}ab\sin C$，也不必写坐标行列式。

第 (1) 问一行就完：$P(0,-1)$ 是顶点且在 $y$ 轴上 $\Rightarrow b=1$；长轴是圆的直径 $\Rightarrow 2a=4$，$a=2$。故 $C_{1}:\ \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$。

第 (2) 问的全部难度不在算，在选谁当变量。过 $P$ 的直线只有一个自由度，所以 $S$ 一定是一元函数；下面四条路的分别，就是这一个自由度用什么量去标记。

先补原卷跳掉的那一句

原卷开门见山：「由题意可知：直线 $l_{1}$ 的斜率存在」——理由一个字也没有。它确实成立，但要说得出来：

若 $l_{1}$ 竖直（即 $x=0$），则 $l_{2}$ 是过 $P$ 的水平线 $y=-1$。把 $y=-1$ 代进 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 得 $x^{2}=0$，只有 $x=0$ 这一个二重根——$l_{2}$ 与椭圆相切于 $P$，题面说的「另一点 $D$」根本不存在。故在题设成立的前提下 $l_{1}$ 不可能竖直，$k$ 存在。

这句话不是客套。 设 $k$ 的写法从一开始就标不到那一条直线，不补这一句，求的就是一个残缺的族上的最大值。后面路三、路四会给出更彻底的处理：换个主元，这一档根本不成其为例外。

解法一：原卷路线——设 $k$，两段长度各算各的，最后一步基本不等式

设 $l_{1}:\ y=kx-1$，即 $kx-y-1=0$。（$k$ 存在的理由见上一节——$l_{1}$ 若竖直，$l_{2}$ 与椭圆相切于 $P$，题面要的「另一点 $D$」不存在。）

底 $|AB|$。 圆心 $O(0,0)$ 到 $l_{1}$ 的距离（点到直线的距离公式）

$$d=\frac{|k\cdot0-0-1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\frac{1}{\sqrt{k^{2}+1}},$$

半径、半弦、弦心距凑成直角三角形，于是

$$|AB|=2\sqrt{r^{2}-d^{2}}=2\sqrt{4-\frac{1}{k^{2}+1}}=2\sqrt{\frac{4k^{2}+3}{k^{2}+1}}.$$

高 $|PD|$。 $l_{2}\perp l_{1}$ 且过 $P$，方程是 $x+ky+k=0$。与 $x^{2}+4y^{2}=4$ 联立，消 $x$：由 $x=-k(y+1)$ 得

$$k^{2}(y+1)^{2}+4y^{2}=4\ \Longrightarrow\ (k^{2}+4)y^{2}+2k^{2}y+(k^{2}-4)=0 .$$

一根是 $y=-1$（那就是 $P$），两根之积 $=\frac{k^{2}-4}{k^{2}+4}$，故

$$y_{D}=\frac{4-k^{2}}{4+k^{2}},\qquad x_{D}=-k\,(y_{D}+1)=-\frac{8k}{4+k^{2}},$$ $$|PD|=\sqrt{x_{D}^{2}+(y_{D}+1)^{2}}=\frac{8\sqrt{k^{2}+1}}{4+k^{2}} .$$

为什么消 $x$ 而不是消 $y$。 原卷消的是 $y$，得到 $(4+k^{2})x^{2}+8kx=0$，再读出 $x_{0}=-\frac{8k}{4+k^{2}}$。这一步在 $k=0$ 处会退化：方程变成 $4x^{2}=0$，两根都是 $0$，读不出「另一点」。消 $x$ 就没有这个洞——$y$ 的两根是 $-1$ 与 $\frac{4-k^{2}}{4+k^{2}}$，$k=0$ 时是 $-1$ 与 $1$，$D$ 正是上顶点 $(0,1)$。最终闭式 $\frac{8\sqrt{k^{2}+1}}{4+k^{2}}$ 在 $k=0$ 处给 $2$，与 $|PD|=|(0,1)-(0,-1)|=2$ 一致，所以公式本身照用无妨。

合起来。

$$S=\frac{1}{2}|AB|\,|PD|=\sqrt{\frac{4k^{2}+3}{k^{2}+1}}\cdot\frac{8\sqrt{k^{2}+1}}{4+k^{2}}=\frac{8\sqrt{4k^{2}+3}}{4+k^{2}} .$$

根号里的 $k^{2}+1$ 与外面的 $\sqrt{k^{2}+1}$ 恰好抵消——这是设 $k$ 这条路上唯一的一次幸运。

最后一步。 令 $t=\sqrt{4k^{2}+3}$，则 $t\geq\sqrt{3}$，且 $4+k^{2}=\frac{t^{2}+13}{4}$，于是

$$S=\frac{32t}{t^{2}+13}=\frac{32}{\,t+\dfrac{13}{t}\,}\leq\frac{32}{2\sqrt{13}}=\frac{16\sqrt{13}}{13},$$

等号当且仅当 $t=\frac{13}{t}$，即 $t=\sqrt{13}$。这里必须回头验一次：$\sqrt{13}\geq\sqrt{3}$，$t=\sqrt{13}$ 确实落在 $t$ 的取值范围内，等号取得到。由 $4k^{2}+3=13$ 得 $k^{2}=\frac{5}{2}$，$k=\pm\frac{\sqrt{10}}{2}$，

$$l_{1}:\ y=\pm\frac{\sqrt{10}}{2}x-1 .$$

解法二：同一个 $S$ 不用不等式——$S^{2}$ 对 $\frac{1}{4+k^{2}}$ 是开口向下的二次

上一条路的最后一步用了基本不等式，代价是两笔账：要单独说 $t$ 的范围含得下 $\sqrt{13}$，还要单独验等号。把它换成配方，这两笔一起省掉。

先平方去根号，再令 $m=k^{2}+4\ (m\geq4)$，于是 $4k^{2}+3=4m-13$：

$$S^{2}=\frac{64(4k^{2}+3)}{(4+k^{2})^{2}}=\frac{64(4m-13)}{m^{2}} .$$

分母是平方、分子是一次——这正是「取倒数当变量」的信号。令 $w=\frac{1}{m}\in\left(0,\frac{1}{4}\right]$：

$$S^{2}=64\left(4w-13w^{2}\right)=-832\left(w-\frac{2}{13}\right)^{2}+\frac{256}{13}.$$

顶点 $w=\frac{2}{13}$ 落在 $\left(0,\frac{1}{4}\right]$ 内（$\frac{2}{13}<\frac{1}{4}$），于是

$$S^{2}_{\max}=\frac{256}{13},\qquad S_{\max}=\frac{16}{\sqrt{13}}=\frac{16\sqrt{13}}{13},$$

此时 $m=\frac{13}{2}$，$k^{2}=m-4=\frac{5}{2}$，仍是 $k=\pm\frac{\sqrt{10}}{2}$。

省下的是什么。 二次函数「顶点在不在定义域内」这一问，问的同时就把「等号取不取得到」答了；不必像上一条路那样再补一句。这也是「配方读顶点」比不等式更省心的地方：不等式给的是上界，配方给的是取值范围。

解法三：换主元之一——让 $D$ 跑遍椭圆，$S^{2}=-13\sin^{2}\varphi+6\sin\varphi+19$

前两条路都以 $k$ 起家，于是都欠着「$k$ 存在」那一句。这一条换个人当主元：让 $D$ 自己跑。

设 $D=(2\cos\varphi,\ \sin\varphi)$，记 $s=\sin\varphi\in[-1,1]$。给定 $D\neq P$，$l_{2}$ 就是直线 $PD$，$l_{1}$ 就是过 $P$ 且垂直于 $PD$ 的那一条——整个构形被 $D$ 完全决定，反过来每个构形也只对应一个 $D$。

把 $d$ 用 $D$ 表示。 $l_{1}\perp PD$ 且 $P\in l_{1}$，所以 $O$ 到 $l_{1}$ 的距离，正是 $\overrightarrow{PO}=(0,1)$ 在 $\overrightarrow{PD}$ 方向上的投影长度：

$$d=\frac{\left|\overrightarrow{PO}\cdot\overrightarrow{PD}\right|}{|PD|}=\frac{y_{D}+1}{|PD|}\qquad(y_{D}+1\geq0).$$

于是分母被约掉，$S$ 里不再出现 $d$：

$$S=\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{4-d^{2}}\cdot|PD|=\sqrt{4|PD|^{2}-\left(|PD|\,d\right)^{2}}=\sqrt{4|PD|^{2}-(y_{D}+1)^{2}} .$$

代进去。 $|PD|^{2}=x_{D}^{2}+(y_{D}+1)^{2}=4(1-s^{2})+(s+1)^{2}=5+2s-3s^{2}$，故

$$S^{2}=4\left(5+2s-3s^{2}\right)-(s+1)^{2}=-13s^{2}+6s+19,\qquad s\in[-1,1].$$

开口向下，顶点 $s=\frac{3}{13}$ 落在 $[-1,1]$ 内，

$$S^{2}_{\max}=19+\frac{9}{13}=\frac{256}{13},\qquad S_{\max}=\frac{16\sqrt{13}}{13} .$$

那句「斜率存在」去哪了。 $s=-1$ 就是 $D=P$，也就是 $l_{2}$ 与椭圆相切、$D$ 不存在的那一档；此处 $S^{2}=-13-6+19=0$。它没有被人工排除，而是被函数自己判了零分——三角形压成一条线，当然当不了最大。$s$ 取遍 $[-1,1]$ 就取遍了全部构形，一句补充说明都不欠。

回到 $l_{1}$。 $s=\frac{3}{13}$ 时 $x_{D}=\pm2\sqrt{1-\frac{9}{169}}=\pm\frac{8\sqrt{10}}{13}$，$PD$ 的斜率是 $\frac{s+1}{x_{D}}=\frac{16/13}{\pm8\sqrt{10}/13}=\pm\frac{\sqrt{10}}{5}$；与它垂直的 $l_{1}$ 斜率 $k=\mp\frac{5}{\sqrt{10}}=\mp\frac{\sqrt{10}}{2}$。两支合起来正是 $k=\pm\frac{\sqrt{10}}{2}$。

解法四：换主元之二——以圆心到 $l_{1}$ 的距离 $d$ 为唯一变量

这一条把「换主元」推到极致：两段长度都只含 $d$，$k$ 从头到尾不出场。

$|OP|=1$，$P$ 在圆内。过 $P$ 的任一条直线 $l_{1}$，记 $O$ 到它的距离为 $d$，$\alpha$ 为 $l_{1}$ 与 $OP$ 的夹角，则 $d=|OP|\sin\alpha=\sin\alpha$，故

$$d\in[0,1],$$

而且 $d$ 跑遍这个闭区间时，$l_{1}$ 跑遍了过 $P$ 的每一条直线：$d=0$ 是 $l_{1}$ 与 $OP$ 重合（竖直那一条），$d=1$ 是 $l_{1}\perp OP$（水平那一条），中间每个 $d$ 对应左右对称的两条。

说准一点：题设要求 $\triangle ABD$ 真的存在，对应的是 $d\in(0,1]$；$d=0$ 那一档三角形退化了，本不在定义域里。但下面得到的 $S(d)$ 在 $d\to0$ 时的极限恰是 $0$，把它连续延拓到 $d=0$ 并不改变任何取值——于是可以在闭区间 $[0,1]$ 上放心求最值，最大值落在内部，含不含这个端点都一样。这正是「换主元」的红利：被排除的那一档不必单独说明，它自己落在端点上、还自带一个 $0$。

底。 $|AB|=2\sqrt{4-d^{2}}$，直接。

高。 由 $l_{2}\perp l_{1}$，$l_{2}$ 与 $OP$ 的夹角是 $\frac{\pi}{2}-\alpha$，故 $l_{2}$ 的单位方向向量可取

$$\boldsymbol{u}=\left(\pm\sqrt{1-d^{2}},\ d\right)$$

（它与 $\overrightarrow{PO}=(0,1)$ 的夹角余弦恰是 $\cos\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\sin\alpha=d$）。把 $P+t\boldsymbol{u}=\left(\pm t\sqrt{1-d^{2}},\ -1+td\right)$ 代进 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$：

$$\frac{t^{2}(1-d^{2})}{4}+(td-1)^{2}=1\ \Longrightarrow\ t\left[\frac{(1+3d^{2})\,t}{4}-2d\right]=0 .$$

$t=0$ 是 $P$ 自己，另一根就是

$$|PD|=t=\frac{8d}{1+3d^{2}} .$$

$\pm$ 号只决定 $D$ 落在左边还是右边，长度一样——这一步一个 $k$ 都没出现。

合起来求最值。

$$S=\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{4-d^{2}}\cdot\frac{8d}{1+3d^{2}}=\frac{8d\sqrt{4-d^{2}}}{1+3d^{2}},\qquad d\in[0,1].$$

平方，令 $u=d^{2}\in[0,1]$，再令 $v=1+3u\in[1,4]$（于是 $u=\frac{v-1}{3}$、$4-u=\frac{13-v}{3}$）：

$$S^{2}=\frac{64\,u(4-u)}{(1+3u)^{2}}=\frac{64}{9}\cdot\frac{(v-1)(13-v)}{v^{2}}=\frac{64}{9}\left(-13w^{2}+14w-1\right),\qquad w=\frac{1}{v}\in\left[\frac{1}{4},1\right].$$

又是开口向下的二次，顶点 $w=\frac{7}{13}$ 落在 $\left[\frac{1}{4},1\right]$ 内，代回得

$$S^{2}_{\max}=\frac{64}{9}\cdot\frac{36}{13}=\frac{256}{13},\qquad S_{\max}=\frac{16\sqrt{13}}{13} .$$

由 $w=\frac{7}{13}$ 得 $v=\frac{13}{7}$，$u=d^{2}=\frac{2}{7}$。再用 $d^{2}=\frac{1}{k^{2}+1}$ 回到斜率：$k^{2}=\frac{1}{d^{2}}-1=\frac{7}{2}-1=\frac{5}{2}$，$k=\pm\frac{\sqrt{10}}{2}$，即

$$l_{1}:\ y=\pm\frac{\sqrt{10}}{2}x-1 .$$

（同一个 $d$ 对应左右对称的两条直线——答案里那个 $\pm$ 就是从这里来的。）

两个端点在说什么。 $d=0$ 给 $S=0$——那正是 $l_{1}$ 竖直、$l_{2}$ 与椭圆相切、$D$ 与 $P$ 重合的一档，三角形退化成一条线段；$d=1$ 给 $S=\frac{8\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{3}\approx3.46$，小于 $\frac{16\sqrt{13}}{13}\approx4.44$。两端都是在定义域里被正常比较掉的，没有任何一档需要「另行讨论」。

四条路怎么选

• 路一 是原卷的路，也是考场上的第一反应。代价是三笔账：设 $k$ 欠一句「斜率存在」，用不等式欠一句「等号取得到」，消 $y$ 求 $x_{0}$ 在 $k=0$ 处还欠一句。三笔都补得上，但都得记得补。
• 路二 只换了最后一步（不等式 $\to$ 配方），第二笔账就没了。分母是平方、分子是一次，就该想到取倒数当变量——这是个可复用的信号，不是这道题独有的技巧。
• 路三、路四 换的是主元本身，第一笔账也没了。这是层次上的差别，不只是写法上的：路一是「先假设，再补一句竖直情形另验」，路三、路四是「参数取遍全部构形，例外档压根不存在」。能把前置假设消掉的写法，比补得周全的写法高一层。
• 有意思的是四条路的终局同形：路二、路三、路四最后都落到「开口向下的二次，读顶点」，连路一的 $t+\frac{13}{t}$ 也不过是同一件事的不等式版。真正的分歧只在开头——用什么量去标记这一族直线。

考场上：路一最稳（照着写就有分），路二省一次讨论，路三在「有个点在圆锥曲线上跑」时最顺，路四在「两段长度都只跟同一个距离有关」时最漂亮。

一句话带走

$\triangle ABD$ 的底是圆的弦、高是椭圆的弦，面积就是两段长度的积；把「过 $P$ 的直线」用 $d=\mathrm{dist}(O,l_{1})\in[0,1]$ 去标记，两段长度都只含 $d$，竖直那一档自动落在 $d=0$ 且面积为 $0$——换个主元，前置假设自己蒸发。