浙江 2014 · 数学 q21

冷启动：把「只有一个公共点」翻译清楚

题面给的是「动直线 $l$ 与椭圆 $C$ 只有一个公共点 $P$」。这句话对不同曲线含义不同，必须先分清：

• 对抛物线，「只有一个公共点」还包括「平行于对称轴的那些直线」——它们不相切也只交一次；
• 对双曲线，还包括「平行于渐近线的那些直线」；
• 对椭圆，椭圆是一条有界的闭凸曲线，一条直线与它要么不交、要么交两点、要么切于一点。 所以「只有一个公共点」和「相切」在椭圆这里是同一件事，可以放心互换。

这一条是整题的地基。它让我们敢把 $l$ 直接当切线处理，也让「$\Delta=0$」与相切真正等价， 而不是只能单向推出。

再交代一句斜率。第（Ⅰ）问直接说「$l$ 的斜率为 $k$」，所以 $k$ 存在，可以设 $l:\,y=kx+m$。 竖直的切线只有 $x=\pm a$ 两条，切点是 $(\pm a,0)$，不在第一象限，被题设挡在门外，一条也不漏。

顺带把 $k$ 的符号定下来：设切点 $P(x_{0},y_{0})$ 在第一象限，即 $x_{0}>0,\ y_{0}>0$。 椭圆在第一象限那段弧是下凸向右下走的，切线必然「左高右低」，所以 $k<0$。 这不是可有可无的细节——后面每一次开方选号、每一次绝对值脱壳，用的都是它。

严格一点的说法留到解法二：那里会算出 $k=-\dfrac{b^{2}x_{0}}{a^{2}y_{0}}$，$x_{0},y_{0}>0$ 直接给出 $k<0$。

第（Ⅱ）问的几何骨架：$d$ 是一条直角边

第（Ⅱ）问问「$P$ 到 $l_{1}$ 的距离」，而 $l_{1}$ 过原点且 $l_{1}\perp l$。这两个条件叠在一起， 图形其实已经把答案的形状画好了。记 $Q=l\cap l_{1}$，则：

• $P$ 与 $Q$ 都在 $l$ 上，故 $PQ\subseteq l$；又 $l\perp l_{1}$，所以 $PQ\perp l_{1}$。 于是 $Q$ 就是 $P$ 到 $l_{1}$ 的垂足，$d=|PQ|$。
• $O$ 与 $Q$ 都在 $l_{1}$ 上，故 $OQ\subseteq l_{1}$；再由 $l_{1}\perp l$ 得 $OQ\perp l$。 于是 $Q$ 也是 $O$ 到 $l$ 的垂足，$|OQ|=\operatorname{dist}(O,l)$。

$P=Q$ 会不会退化？$P=Q$ 意味着 $P\in l_{1}$，即 $OP\perp l$；而切点处的半径垂直于切线只发生在 椭圆的四个顶点，$P$ 在第一象限内部，取不到。$O=Q$ 也不会——$O$ 不在切线 $l$ 上。所以

$$\triangle OQP\ \text{以}\ Q\ \text{为直角顶点},\qquad d^{2}=|OP|^{2}-\operatorname{dist}(O,l)^{2}.$$

这条勾股关系本身就是解法三的全部；解法一、解法二不用它也能算，但知道它之后， 「为什么答案偏偏是 $a-b$」会变得有形状：$|OP|$ 与 $\operatorname{dist}(O,l)$ 一个大一个小， 两者的平方差被椭圆的形状卡住，卡出来的上界就是 $(a-b)^{2}$。

解法一：设 $y=kx+m$，判别式为零把 $m$ 钉死

怎么想到的： 最不需要灵感的一条。切线的全部信息就是「与椭圆的方程组只有一组解」， 把它写成一元二次方程的 $\Delta=0$，$m$ 就被 $k$ 表出来了。

（Ⅰ）联立、判别式、取根

设 $l:\,y=kx+m$。代入 $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 并去分母：

$$(b^{2}+a^{2}k^{2})x^{2}+2a^{2}kmx+a^{2}m^{2}-a^{2}b^{2}=0 .$$

首项系数 $b^{2}+a^{2}k^{2}>0$，恒是二次方程。相切即两根重合：

$$\Delta=4a^{4}k^{2}m^{2}-4(b^{2}+a^{2}k^{2})(a^{2}m^{2}-a^{2}b^{2})=0 .$$

两边同除 $4a^{2}$ 再展开，$a^{2}k^{2}m^{2}$ 一项恰好对消：

$$a^{2}k^{2}m^{2}-(b^{2}+a^{2}k^{2})(m^{2}-b^{2}) =-b^{2}m^{2}+b^{4}+a^{2}k^{2}b^{2}=0 ,$$

再同除 $b^{2}>0$，得到本题最该背下来的那个式子：

$$\boxed{\,m^{2}=a^{2}k^{2}+b^{2}\,}$$

（这就是原卷写的 $b^{2}-m^{2}+a^{2}k^{2}=0$。）

两根重合时 $x_{0}$ 就是两根之和的一半——这一步用的是韦达定理，不必去开根：

$$x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=-\frac{a^{2}km}{b^{2}+a^{2}k^{2}}=-\frac{a^{2}km}{m^{2}}=-\frac{a^{2}k}{m},$$ $$y_{0}=kx_{0}+m=-\frac{a^{2}k^{2}}{m}+m=\frac{m^{2}-a^{2}k^{2}}{m}=\frac{b^{2}}{m}.$$

到这一步 $P$ 还含着 $m$，而 $m$ 只知道平方。 由 $m^{2}=a^{2}k^{2}+b^{2}$ 得 $m=\pm\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}$，选号靠「$P$ 在第一象限」：

• $y_{0}=\dfrac{b^{2}}{m}>0\ \Longrightarrow\ m>0$，故 $m=\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}$；
• 再看 $x_{0}=-\dfrac{a^{2}k}{m}>0\ \Longrightarrow\ k<0$，与冷启动里那句「切线左高右低」对上。

$$\boxed{\,P\left(-\frac{a^{2}k}{\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}},\ \frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}}\right)\,}$$

自检：把它代回椭圆方程，

$\frac{a^{4}k^{2}}{a^{2}m^{2}}+\frac{b^{4}}{b^{2}m^{2}}=\frac{a^{2}k^{2}+b^{2}}{m^{2}}=1,$

对上了。

（Ⅱ）代距离公式，凑出一对倒数

$l_{1}$ 过原点且与 $l$ 垂直，方向由 $k$ 定：$l_{1}:\,y=-\dfrac1k x$，写成一般式就是

$$l_{1}:\ x+ky=0 .$$

（$k<0$ 保证 $k\neq0$，这个写法安全。）按点到直线的距离公式，记 $m=\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}$：

$$d=\frac{|x_{0}+ky_{0}|}{\sqrt{1+k^{2}}} =\frac{\left|-\dfrac{a^{2}k}{m}+\dfrac{b^{2}k}{m}\right|}{\sqrt{1+k^{2}}} =\frac{|k|(a^{2}-b^{2})}{m\sqrt{1+k^{2}}} .$$

分子分母都带 $|k|$ 不好办，把 $|k|$ 挪到分母里去（这里用到 $a>b>0$，故 $a^{2}-b^{2}>0$）：

$$d=\frac{a^{2}-b^{2}}{\sqrt{\dfrac{m^{2}(1+k^{2})}{k^{2}}}},\qquad \frac{m^{2}(1+k^{2})}{k^{2}}=\frac{(a^{2}k^{2}+b^{2})(1+k^{2})}{k^{2}} =a^{2}k^{2}+a^{2}+b^{2}+\frac{b^{2}}{k^{2}} .$$

于是

$$d=\frac{a^{2}-b^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+a^{2}k^{2}+\dfrac{b^{2}}{k^{2}}}} .$$

分母里 $k^{2}$ 与 $\dfrac{1}{k^{2}}$ 成对出现——这是「求最值」四个字亮出来的信号。 分子是常数，要 $d$ 最大就要分母最小，而

$$a^{2}k^{2}+\frac{b^{2}}{k^{2}}\ \geq\ 2\sqrt{a^{2}k^{2}\cdot\frac{b^{2}}{k^{2}}}=2ab ,$$

两个加项都为正，基本不等式用得上。代回去：

$$d\ \leq\ \frac{a^{2}-b^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+2ab}}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a+b}=a-b .$$

等号必须验。 $a^{2}k^{2}=\dfrac{b^{2}}{k^{2}}$ 即 $k^{4}=\dfrac{b^{2}}{a^{2}}$，即 $k^{2}=\dfrac{b}{a}$。 再配上 $k<0$，得 $k=-\sqrt{\dfrac{b}{a}}$——这是一个实实在在存在的斜率， 对应的切点 $P$ 由（Ⅰ）的公式给出、确实落在第一象限。所以 $a-b$ 不是一个够不着的上界， 是真正取到的最大值。$\blacksquare$

解法二：把切点 $(x_{0},y_{0})$ 当主元，全程不出现 $m$

怎么想到的： 解法一里 $m$ 是个「用完就扔」的中间量，却贯穿了所有式子。 换个主元——直接用切点坐标 $(x_{0},y_{0})$——它天生带一条约束 $\dfrac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$， 最后求最值时这条约束就是那个「$1$」，不等式一步到位。

先把切线方程做出来

椭圆在其上一点 $P(x_{0},y_{0})$（$y_{0}\neq0$）处的切线是

$$\frac{x_{0}x}{a^{2}}+\frac{y_{0}y}{b^{2}}=1 .$$

来路（隐函数求导，用的是导数的几何意义）：把 $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 两边对 $x$ 求导，

$$\frac{2x}{a^{2}}+\frac{2y}{b^{2}}\cdot y'=0\ \Longrightarrow\ y'=-\frac{b^{2}x}{a^{2}y} ,$$

在 $P$ 处斜率就是 $-\dfrac{b^{2}x_{0}}{a^{2}y_{0}}$，写出点斜式再用 $\dfrac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$ 化简，即得上式。（不放心求导的，把上式与椭圆联立算 $\Delta$，会发现 $\Delta=0$ 恒成立， 这是同一件事的代数验证。）

（Ⅰ）两条方程解出切点

切线斜率等于 $k$：

$$-\frac{b^{2}x_{0}}{a^{2}y_{0}}=k\ \Longrightarrow\ x_{0}=-\frac{a^{2}k}{b^{2}}\,y_{0} .$$

$x_{0}>0,\ y_{0}>0$ 立刻逼出 $k<0$（冷启动里那句「左高右低」，到这里才算证完）。代进椭圆方程：

$$\frac{a^{2}k^{2}y_{0}^{2}}{b^{4}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1 \ \Longrightarrow\ y_{0}^{2}\cdot\frac{a^{2}k^{2}+b^{2}}{b^{4}}=1 \ \Longrightarrow\ y_{0}=\frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}}$$

（取正根，因为 $y_{0}>0$），再回代得 $x_{0}=-\dfrac{a^{2}k}{\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}}$。与解法一同一个答案。

这条路只解了一个二次方程，没有判别式、没有韦达、没有 $m$。

（Ⅱ）把 $k$ 换掉，让约束条件直接当分母

仍有 $l_{1}:\,x+ky=0$，故

$$d=\frac{|x_{0}+ky_{0}|}{\sqrt{1+k^{2}}} .$$

这次不代 $x_{0},y_{0}$ 的表达式，反过来把 $k$ 消掉：$k=-\dfrac{b^{2}x_{0}}{a^{2}y_{0}}$，于是

$$x_{0}+ky_{0}=x_{0}-\frac{b^{2}x_{0}}{a^{2}}=\frac{(a^{2}-b^{2})x_{0}}{a^{2}},\qquad 1+k^{2}=\frac{a^{4}y_{0}^{2}+b^{4}x_{0}^{2}}{a^{4}y_{0}^{2}} .$$

$x_{0},y_{0}>0$，绝对值可以直接脱：

$$d=\frac{(a^{2}-b^{2})x_{0}}{a^{2}}\cdot\frac{a^{2}y_{0}}{\sqrt{a^{4}y_{0}^{2}+b^{4}x_{0}^{2}}} =\frac{(a^{2}-b^{2})\,x_{0}y_{0}}{\sqrt{a^{4}y_{0}^{2}+b^{4}x_{0}^{2}}} .$$

平方之后上下同除 $x_{0}^{2}y_{0}^{2}$，分子变成常数、分母变成两个「平方的倒数」之和：

$$d^{2}=\frac{(a^{2}-b^{2})^{2}}{\dfrac{a^{4}}{x_{0}^{2}}+\dfrac{b^{4}}{y_{0}^{2}}} .$$

到这里那条约束 $\dfrac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$ 才登场，而且是以「乘 $1$」的方式：

$$\left(\frac{a^{4}}{x_{0}^{2}}+\frac{b^{4}}{y_{0}^{2}}\right) \underbrace{\left(\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}\right)}_{=\,1} \ \geq\ \left(\frac{a^{2}}{x_{0}}\cdot\frac{x_{0}}{a}+\frac{b^{2}}{y_{0}}\cdot\frac{y_{0}}{b}\right)^{2} =(a+b)^{2} ,$$

这一步是柯西不等式（两组数分别取 $\left(\frac{a^{2}}{x_{0}},\frac{b^{2}}{y_{0}}\right)$ 与 $\left(\frac{x_{0}}{a},\frac{y_{0}}{b}\right)$）。嫌柯西超纲的可以只用基本不等式： 记 $u=\dfrac{x_{0}^{2}}{a^{2}},\ v=\dfrac{y_{0}^{2}}{b^{2}}$，则 $u+v=1$、$u,v>0$，而 $\dfrac{a^{4}}{x_{0}^{2}}+\dfrac{b^{4}}{y_{0}^{2}}=\dfrac{a^{2}}{u}+\dfrac{b^{2}}{v}$，于是

$$\frac{a^{2}}{u}+\frac{b^{2}}{v}=\left(\frac{a^{2}}{u}+\frac{b^{2}}{v}\right)(u+v) =a^{2}+b^{2}+\frac{a^{2}v}{u}+\frac{b^{2}u}{v}\ \geq\ a^{2}+b^{2}+2ab=(a+b)^{2} .$$

分母越大 $d^{2}$ 越小，所以

$$d^{2}\leq\frac{(a^{2}-b^{2})^{2}}{(a+b)^{2}}=(a-b)^{2}\ \Longrightarrow\ d\leq a-b .$$

等号条件落在切点上，这是这条路最舒服的地方：$\dfrac{a^{2}v}{u}=\dfrac{b^{2}u}{v}$ 即 $\dfrac{v}{u}=\dfrac{b}{a}$，配上 $u+v=1$ 得

$$u=\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}=\frac{a}{a+b},\qquad v=\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=\frac{b}{a+b} .$$

两个都在 $(0,1)$ 内，对应的 $(x_{0},y_{0})$ 确实是第一象限内的椭圆点，等号取得到。 折回斜率也一致：

$k^{2}=\frac{b^{4}x_{0}^{2}}{a^{4}y_{0}^{2}}=\frac{b^{4}}{a^{4}}\cdot\frac{a^{2}\cdot\frac{a}{a+b}}{b^{2}\cdot\frac{b}{a+b}}=\frac{b}{a},$

与解法一的 $k^{2}=\dfrac{b}{a}$ 对上。$\blacksquare$

解法三：压缩成单位圆定切点，再用勾股把 $d$ 化成一元

怎么想到的： 椭圆是圆「压扁」出来的。$\dfrac{x}{a}=x',\ \dfrac{y}{b}=y'$ 这个变换把 $C$ 变成单位圆，而**「相切」是仿射变换保持的性质**（相切 $=$ 交点重合， 线性变换是双射、把直线送成直线，重根仍是重根）。圆的切线有一条椭圆没有的好性质： 切点半径垂直于切线。用它定切点，比联立方便得多。

（Ⅰ）在圆里把切点找出来，再变回去

作变换 $x'=\dfrac{x}{a},\ y'=\dfrac{y}{b}$，则 $C$ 变成 $C':\,x'^{2}+y'^{2}=1$。 直线 $l:\,y=kx+m$ 变成 $l':\,by'=kax'+m$，即

$$k_{l'}=\frac{ak}{b} .$$

$l$ 与 $C$ 相切于 $P$，故 $l'$ 与 $C'$ 相切于 $P'$，由切线垂直于过切点的半径，

$$k_{O P'}\cdot\frac{ak}{b}=-1\ \Longrightarrow\ k_{OP'}=-\frac{b}{ak}\ \xlongequal{\ k<0\ }\ \frac{b}{a|k|}>0 .$$

记 $\mu=k_{OP'}=-\dfrac{b}{ak}>0$，$P'$ 是射线 $y'=\mu x'\ (x'>0)$ 与单位圆的交点：

$$P'\left(\frac{1}{\sqrt{1+\mu^{2}}},\ \frac{\mu}{\sqrt{1+\mu^{2}}}\right),\qquad \sqrt{1+\mu^{2}}=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}k^{2}}}=\frac{\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}}{a|k|}=\frac{\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}}{-ak} .$$

（末一步用 $k<0$ 脱绝对值。）代进去：

$$P'\left(\frac{-ak}{\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}},\ \frac{b}{\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}}\right),$$

再逆变换 $x=ax',\ y=by'$：

$$P\left(-\frac{a^{2}k}{\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}},\ \frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}}\right).$$

三条路，同一个 $P$。

（Ⅱ）用勾股，把两条边都用同一个量表出来

回到冷启动里那个直角三角形 $OQP$：$d^{2}=|OP|^{2}-\operatorname{dist}(O,l)^{2}$。 两条边都可以只用切点的「归一化坐标」写出来。仍记

$$u=\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}},\qquad v=\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}},\qquad u+v=1,\ u,v>0 .$$

• $|OP|^{2}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=a^{2}u+b^{2}v$；

• $l$ 的截距 $m=y_{0}-kx_{0}$。用（Ⅰ）的结果，$y_{0}=\dfrac{b^{2}}{M},\ x_{0}=-\dfrac{a^{2}k}{M}$ （$M=\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}$），故 $m=\dfrac{b^{2}+a^{2}k^{2}}{M}=M$，于是

  $$\operatorname{dist}(O,l)^{2}=\frac{m^{2}}{1+k^{2}}=\frac{M^{2}}{1+k^{2}} .$$

  另一方面 $u=\dfrac{a^{2}k^{2}}{M^{2}},\ v=\dfrac{b^{2}}{M^{2}}$，代入可得 $b^{2}u+a^{2}v=\dfrac{a^{2}b^{2}(1+k^{2})}{M^{2}}$，所以

  $$\operatorname{dist}(O,l)^{2}=\frac{a^{2}b^{2}}{b^{2}u+a^{2}v} .$$

关键的一步观察：两个式子里的那对分母互补——

$$\underbrace{(a^{2}u+b^{2}v)}_{=\,|OP|^{2}}+\underbrace{(b^{2}u+a^{2}v)}_{=\,\frac{a^{2}b^{2}}{\operatorname{dist}(O,l)^{2}}} =(a^{2}+b^{2})(u+v)=a^{2}+b^{2} .$$

于是整道题只剩一个变量。令 $w=b^{2}u+a^{2}v$，则 $|OP|^{2}=a^{2}+b^{2}-w$，

$$d^{2}=|OP|^{2}-\operatorname{dist}(O,l)^{2}=(a^{2}+b^{2})-\left(w+\frac{a^{2}b^{2}}{w}\right).$$

$w>0$，基本不等式给 $w+\dfrac{a^{2}b^{2}}{w}\geq 2ab$，故

$$d^{2}\leq a^{2}+b^{2}-2ab=(a-b)^{2}\ \Longrightarrow\ d\leq a-b .$$

换了元就要跟着换范围。 $w=b^{2}u+a^{2}v$ 是 $b^{2},a^{2}$ 关于 $u+v=1$ 的加权平均， $u,v\in(0,1)$，所以 $w$ 取遍 $(b^{2},a^{2})$。等号要 $w=ab$，而

$$b^{2}<ab<a^{2}\quad(\text{两边同除 }b\ \text{或}\ a\ \text{即}\ b<a),$$

$ab$ 落在开区间里，等号取得到。此时 $|OP|^{2}=a^{2}+b^{2}-ab$、 $\operatorname{dist}(O,l)^{2}=ab$，回推 $k^{2}=\dfrac{b}{a}$，与前两条路一致。$\blacksquare$

三条路摆在一起

三个不等式其实是同一个：都是「一个正数与它的倒数型伙伴之和 $\geq$ 两倍几何平均」。 换主变量换的不是难度，是等号条件的可读性—— 解法一告诉你斜率取多少，解法二告诉你切点在哪，解法三告诉你原点到切线的距离是多少。 考场上写哪条都满分；想真正记住这道题，记解法三那句 「$|OP|^{2}+\dfrac{a^{2}b^{2}}{\operatorname{dist}(O,l)^{2}}=a^{2}+b^{2}$」最划算。

另外注意 $a-b$ 这个答案的形状：$|OP|\in(b,a)$、$\operatorname{dist}(O,l)\in(b,a)$， 两个量一个想大一个想小，被同一个椭圆绑在一起，最后差出来的正好是长短半轴之差。 $a=b$（圆）时 $d\equiv0$，因为圆的切点半径本来就垂直于切线，$P$ 恰好落在 $l_{1}$ 上—— 公式在退化情形下也说得通。

避坑

• 把「只有一个公共点」不加分辨地当成相切。对椭圆成立，对抛物线、双曲线不成立： 平行于对称轴（渐近线）的直线也只交一次。养成先说一句「椭圆有界闭凸，故等价于相切」的习惯。
• 设 $l:y=kx+m$ 之后不提竖直直线。本题因为第（Ⅰ）问已给斜率、且竖直切线切在 $(\pm a,0)$ 不在第一象限，一句话就能交代干净；但换一道题不交代就是丢分。
• 由 $m^{2}=a^{2}k^{2}+b^{2}$ 直接写 $m=\sqrt{a^{2}k^{2}+b^{2}}$。$m$ 的符号是「第一象限」 这个条件给的，不是开方给的；写成 $\pm$ 再用条件筛，才是完整的两步。
• 算 $d$ 时把 $|k|$ 丢了。$d=\dfrac{|k|(a^{2}-b^{2})}{m\sqrt{1+k^{2}}}$ 里的 $|k|$ 若写成 $k$， $k<0$ 会让整个 $d$ 变负。正确做法是把 $k^{2}$ 整个搬进根号，绝对值自然消失。
• 放出 $d\leq a-b$ 就收工。基本不等式给的是上界，上界不等于最大值。 必须回头验 $k^{2}=\dfrac ba$（或 $w=ab$）在题目的约束下确实有解，题目问的是「最大值」不是「上界」。
• 解法三换元后不写 $w$ 的范围。$w+\dfrac{a^{2}b^{2}}{w}\geq2ab$ 的等号在 $w=ab$， 若 $w$ 的可行区间根本不含 $ab$，这个界就取不到。本题幸好 $b^{2}<ab<a^{2}$， 但这一句必须写出来。