浙江 2015 · 数学 q19

冷启动：「关于直线对称」这句话要拆成两句

题面只给了一句话：$A$、$B$ 关于直线 $l\colon y=mx+\dfrac12$ 对称。 这句话本身没法算，得先拆成两条能写成等式的：

$$\textbf{(i) } AB\perp l ,\qquad \textbf{(ii) } AB\ \text{的中点落在}\ l\ \text{上} .$$

（合起来就是「$l$ 是线段 $AB$ 的垂直平分线」。）

两条路的分岔就在这里：先用哪一条。

• 一条路先用 (i)：$AB\perp l$ 说明 $AB$ 的方向已经定了，只剩一个截距要定， 于是把 $AB$ 设出来、联立、韦达，再用 (ii) 把那个截距解出来。这是官方走的路。
• 另一条路先用 (ii)：既然要的是中点，就直接上点差法——它专门把「弦的斜率」和「弦的中点」 捆在一条式子里。捆完再把 (i) 给的斜率代进去，会看到一件很漂亮的事： 中点的纵坐标是 $-\dfrac12$，跟 $m$ 一点关系都没有。

先说一句关于 $m$ 的话，两条路都要用：$m\neq 0$。 若 $m=0$，$l$ 就是水平线 $y=\dfrac12$，(i) 逼着 $AB$ 竖直； 而椭圆的竖直弦两端是 $(c,\pm\sqrt{1-c^{2}/2}\,)$，中点的纵坐标是 $0$，不可能落在 $y=\dfrac12$ 上，(ii) 违背。 所以 $m\neq 0$，$AB$ 的斜率 $-\dfrac1m$ 存在且非零。

解法一：设 $AB\colon x=-my+n$ 联立，判别式定范围

第一步：把对称翻译成两条，并选一个好写的设法

$A$、$B$ 关于 $l\colon y=mx+\dfrac12$ 对称，等价于 $AB\perp l$ 且 $AB$ 的中点在 $l$ 上。

先定 $m\neq 0$：若 $m=0$，$l$ 水平，$AB$ 只能竖直，可椭圆的竖直弦中点纵坐标恒为 $0$， 落不到 $y=\dfrac12$ 上。所以 $m\neq 0$，$AB$ 的斜率是 $-\dfrac1m$。

斜率是 $-\dfrac1m$ 的直线一律可以写成

$$AB\colon\ x=-my+n ,$$

这个设法比 $y=kx+b$ 省事：$k=-\dfrac1m$ 带着分母，代进椭圆方程会满屏是分式； 写成 $x=-my+n$ 之后未知量只剩 $n$ 一个，而且下面要的恰恰是 $y_{1}$、$y_{2}$。

第二步：联立，两个交点只留和与积

代入 $\dfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$，即 $x^{2}+2y^{2}=2$：

$$(-my+n)^{2}+2y^{2}=2 \quad\Longrightarrow\quad (m^{2}+2)y^{2}-2mny+n^{2}-2=0 .$$

$m^{2}+2>0$，这是一个真正的二次方程。$A$、$B$ 是两个不同的点，所以

$$\Delta=4m^{2}n^{2}-4(m^{2}+2)(n^{2}-2)=8(m^{2}-n^{2}+2)>0 . \tag{$\ast$}$$

记 $A(x_{1},y_{1})$、$B(x_{2},y_{2})$，由韦达定理

$$y_{1}+y_{2}=\frac{2mn}{m^{2}+2} ,\qquad y_{1}y_{2}=\frac{n^{2}-2}{m^{2}+2} .$$

第三步：中点在 $l$ 上，把 $n$ 用 $m$ 表出来

中点 $P(x_{0},y_{0})$：

$$y_{0}=\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\frac{mn}{m^{2}+2} ,\qquad x_{0}=-my_{0}+n=\frac{-m^{2}n+n(m^{2}+2)}{m^{2}+2}=\frac{2n}{m^{2}+2} .$$

把 $P$ 代进 $l\colon y=mx+\dfrac12$：

$$\frac{mn}{m^{2}+2}=m\cdot\frac{2n}{m^{2}+2}+\frac12 \quad\Longrightarrow\quad -\frac{mn}{m^{2}+2}=\frac12 \quad\Longrightarrow\quad n=-\frac{m^{2}+2}{2m} . \tag{$\ast\ast$}$$

$n$ 被 $m$ 完全绑死了，题里只剩一个自由参数。

第四步：把 $n$ 代回判别式，第（1）问收工

由 $(\ast\ast)$ 得 $n^{2}=\dfrac{(m^{2}+2)^{2}}{4m^{2}}$，代进 $(\ast)$ 的 $m^{2}-n^{2}+2>0$：

$$m^{2}+2>\frac{(m^{2}+2)^{2}}{4m^{2}} \quad\Longrightarrow\quad 4m^{2}(m^{2}+2)>(m^{2}+2)^{2} \quad\Longrightarrow\quad (m^{2}+2)(3m^{2}-2)>0 .$$

（乘 $4m^{2}>0$ 不改变不等号方向。）展开就是官方写的 $3m^{4}+4m^{2}-4>0$。 $m^{2}+2>0$ 恒成立，所以

$$3m^{2}-2>0\ \Longleftrightarrow\ m^{2}>\frac23 \ \Longleftrightarrow\ m<-\frac{\sqrt6}{3}\ \text{或}\ m>\frac{\sqrt6}{3} .$$

反过来，任给这样的 $m$，取 $n=-\dfrac{m^{2}+2}{2m}$，上面每一步都是等价变形： $\Delta>0$ 保证两个交点存在，$(\ast\ast)$ 保证中点在 $l$ 上，$AB\perp l$ 是设法自带的。 所以这个范围既必要又充分，就是第（1）问的答案。

第五步：把面积写成 $m$、$n$ 的式子

$AB\colon x=-my+n$ 与 $x$ 轴交于 $N(n,0)$，且 $n\neq 0$（由 $(\ast\ast)$，分子 $m^{2}+2>0$）。 $ON$ 把 $\triangle OAB$ 割成两块，公共底是 $ON$，两块的高分别是 $|y_{1}|$、$|y_{2}|$—— $y_{1}$、$y_{2}$ 同号时是相减、异号时是相加，两种情形合起来正是

$$S_{\triangle OAB}=\frac12|n|\,|y_{1}-y_{2}| .$$

由韦达定理

$$|y_{1}-y_{2}|^{2}=(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2} =\frac{4m^{2}n^{2}}{(m^{2}+2)^{2}}-\frac{4(n^{2}-2)}{m^{2}+2} =\frac{8(m^{2}-n^{2}+2)}{(m^{2}+2)^{2}} ,$$

于是

$$S_{\triangle OAB}=\frac12|n|\cdot\frac{2\sqrt2\,\sqrt{m^{2}-n^{2}+2}}{m^{2}+2} =\sqrt2\,\sqrt{\frac{n^{2}(m^{2}-n^{2}+2)}{(m^{2}+2)^{2}}} .$$

第六步：均值不等式收口——关键是那两块的和是常数

盯住根号里的分子 $n^{2}\bigl(m^{2}-n^{2}+2\bigr)$。两个因子都非负（第二个因子由 $(\ast)$ 是正的）， 而且它们的和

$$n^{2}+(m^{2}-n^{2}+2)=m^{2}+2$$

恰好把 $n$ 消干净了，是个只含 $m$ 的常数。 和固定则积有上界：

$$n^{2}(m^{2}-n^{2}+2)\leq\left(\frac{n^{2}+(m^{2}-n^{2}+2)}{2}\right)^{2}=\frac{(m^{2}+2)^{2}}{4} .$$

代回去，$(m^{2}+2)^{2}$ 上下一约：

$$S_{\triangle OAB}\leq\sqrt2\cdot\sqrt{\frac14}=\frac{\sqrt2}{2} .$$

第七步：验等号——必须落回第（1）问的范围里

放缩只说明「不会更大」。取等的条件是两个因子相等：

$$n^{2}=m^{2}-n^{2}+2\ \Longleftrightarrow\ 2n^{2}=m^{2}+2 .$$

但 $n$ 不是自由的，它被 $(\ast\ast)$ 绑在 $m$ 上。代入 $n^{2}=\dfrac{(m^{2}+2)^{2}}{4m^{2}}$：

$$\frac{(m^{2}+2)^{2}}{2m^{2}}=m^{2}+2 \ \Longrightarrow\ m^{2}+2=2m^{2} \ \Longrightarrow\ m^{2}=2 \ \Longrightarrow\ m=\pm\sqrt2 .$$

$m^{2}=2>\dfrac23$，落在第（1）问的范围里，等号真能取到。 （如果解出来的 $m^{2}$ 小于 $\dfrac23$，这个上界就是个取不到的幻影，最大值得另求。）

回代验一遍：$m=\sqrt2$ 时 $n=-\dfrac{4}{2\sqrt2}=-\sqrt2$，$AB\colon x=-\sqrt2\,y-\sqrt2$， 与椭圆交于 $A(-\sqrt2,0)$、$B(0,-1)$，两点都在椭圆上， $S_{\triangle OAB}=\dfrac12\cdot\sqrt2\cdot1=\dfrac{\sqrt2}{2}$。

$$\boxed{S_{\max}=\frac{\sqrt2}{2}\ \text{，在}\ m=\pm\sqrt2\ \text{处取到}}$$

解法二：点差法把中点钉死，再要求它在椭圆内

$A$、$B$ 关于 $l\colon y=mx+\dfrac12$ 对称，等价于 $AB\perp l$ 且 $AB$ 的中点在 $l$ 上。 解法一先用垂直、后用中点；这条路反过来，先用中点。

第一步：$m\neq 0$，$AB$ 不竖直

若 $m=0$，$l$ 是水平线 $y=\dfrac12$，垂直条件逼着 $AB$ 竖直； 椭圆的竖直弦两端为 $(c,\pm\sqrt{1-c^{2}/2}\,)$，中点纵坐标恒为 $0$，落不到 $y=\dfrac12$ 上。 所以 $m\neq 0$，$AB$ 的斜率 $k=-\dfrac1m$ 存在且非零，特别地 $x_{1}\neq x_{2}$。

第二步：点差法——一次相减，把斜率和中点捆在一起

设 $A(x_{1},y_{1})$、$B(x_{2},y_{2})$，中点 $P(x_{0},y_{0})$。两点都在椭圆上：

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

相减，平方差各拆成「和 × 差」：

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

把 $x_{1}+x_{2}=2x_{0}$、$y_{1}+y_{2}=2y_{0}$ 代进去，再约掉一个 $2$：

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

第一步已保证 $x_{1}\neq x_{2}$，又 $y_{1}-y_{2}=k(x_{1}-x_{2})$，除以 $x_{1}-x_{2}$：

$$x_{0}+2ky_{0}=0 .$$

这里不用讨论 $y_{0}$ 是不是零——直接用 $k$ 代换，分母根本没出现。 把 $k=-\dfrac1m$ 代入：

$$x_{0}-\frac{2y_{0}}{m}=0 \quad\Longrightarrow\quad mx_{0}=2y_{0} . \tag{$\dagger$}$$

第三步：中点在 $l$ 上，纵坐标当场被钉死

$P$ 在 $l$ 上，即 $y_{0}=mx_{0}+\dfrac12$。把 $(\dagger)$ 的 $mx_{0}=2y_{0}$ 代进去：

$$y_{0}=2y_{0}+\frac12 \quad\Longrightarrow\quad y_{0}=-\frac12 .$$ $$\textbf{中点的纵坐标是 }-\frac12\textbf{，跟 }m\textbf{ 没有半点关系。}$$

再由 $(\dagger)$ 得 $x_{0}=\dfrac{2y_{0}}{m}=-\dfrac1m$。所以

$$P\left(-\frac1m,\ -\frac12\right) .$$

这就是这条路值钱的地方：不解方程、不算判别式，中点已经完全求出来了。 图上那两条弦取的 $m$ 不同，中点却都压在同一条水平线 $y=-\dfrac12$ 上，就是这件事。

第四步：用「中点必须在椭圆内」代替判别式

到这里为止用的全是「$A$、$B$ 在椭圆上」，这是必要条件—— 点差法对一对共轭虚点照样成立，所以还必须把「这条弦真的存在」补上。 补法不是回去算 $\Delta$，而是这一句：

$$\textbf{弦的中点一定落在椭圆的内部。}$$

（$A\neq B$，线段 $AB$ 除两端外整段都在椭圆内，中点是其中一点。）于是

$$\frac{x_{0}^{2}}{2}+y_{0}^{2}<1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{2m^{2}}+\frac14<1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{2m^{2}}<\frac34 \quad\Longrightarrow\quad m^{2}>\frac23 .$$

即 $m<-\dfrac{\sqrt6}{3}$ 或 $m>\dfrac{\sqrt6}{3}$，与解法一算出来的一模一样，而且一次判别式都没碰。

充分性也要交代。设 $m^{2}>\dfrac23$，则 $P\left(-\dfrac1m,-\dfrac12\right)$ 在椭圆内， 过 $P$ 作斜率为 $-\dfrac1m$ 的直线，它必与椭圆交于两点 $A$、$B$。 设这条弦的中点为 $Q(x_{Q},y_{Q})$，对 $A$、$B$ 再走一遍第二步得 $mx_{Q}=2y_{Q}$； 又 $Q$ 在那条直线上，$y_{Q}+\dfrac12=-\dfrac1m\left(x_{Q}+\dfrac1m\right)$。两式联立：

$$\frac{mx_{Q}}{2}=-\frac12-\frac{x_{Q}}{m}-\frac{1}{m^{2}} \ \Longrightarrow\ (m^{2}+2)x_{Q}=-m-\frac2m=-\frac{m^{2}+2}{m} \ \Longrightarrow\ x_{Q}=-\frac1m ,$$

于是 $Q=P$。$P$ 在 $l$ 上、$AB\perp l$，$A$、$B$ 确实关于 $l$ 对称。范围既必要又充分。

第五步：第（2）问——把弦写成「中点 $\pm$ 一段」

$AB$ 的方向向量取 $\boldsymbol v=(-m,1)$（斜率 $-\dfrac1m$）。既然 $P$ 是中点，两端点就是

$$A=P+\lambda\boldsymbol v ,\qquad B=P-\lambda\boldsymbol v\qquad(\lambda>0) .$$

代 $A$ 进椭圆方程 $x^{2}+2y^{2}=2$，其中 $x_{0}=-\dfrac1m$、$y_{0}=-\dfrac12$：

$$(x_{0}-\lambda m)^{2}+2(y_{0}+\lambda)^{2}=2 .$$

展开，$\lambda$ 的一次项是 $-2\lambda mx_{0}+4\lambda y_{0}=-2\lambda\cdot(-1)+4\lambda\cdot\left(-\frac12\right)=2\lambda-2\lambda=0$。

一次项自动消失，这正是「$P$ 是中点」的全部内容（$A$、$B$ 对应 $\pm\lambda$，必须同时是根）。剩下

$$\lambda^{2}(m^{2}+2)=2-x_{0}^{2}-2y_{0}^{2}=2-\frac{1}{m^{2}}-\frac12 \quad\Longrightarrow\quad \lambda^{2}=\frac{3m^{2}-2}{2m^{2}(m^{2}+2)} .$$

（$m^{2}>\dfrac23$ 保证了分子为正，$\lambda$ 有意义——第（1）问的范围在这里第二次现身。）

面积照旧用 $x$ 轴割开来算。$AB$ 与 $x$ 轴交于 $N(n,0)$：把 $y=0$ 代进 $y+\dfrac12=-\dfrac1m\left(x+\dfrac1m\right)$ 得 $n=-\dfrac m2-\dfrac1m=-\dfrac{m^{2}+2}{2m}\neq 0$。 而 $\boldsymbol v$ 的纵分量是 $1$，所以 $y_{A}-y_{B}=2\lambda$，于是

$$S_{\triangle OAB}=\frac12|n|\,|y_{A}-y_{B}|=|n|\lambda .$$

第六步：换元 $u=x_{0}^{2}$，配方一步到位

$$S^{2}=n^{2}\lambda^{2} =\frac{(m^{2}+2)^{2}}{4m^{2}}\cdot\frac{3m^{2}-2}{2m^{2}(m^{2}+2)} =\frac{(m^{2}+2)(3m^{2}-2)}{8m^{4}} .$$

分子分母同除 $m^{4}$，令 $u=\dfrac{1}{m^{2}}$：

$$S^{2}=\frac{1}{8}\left(3+\frac4{m^{2}}-\frac4{m^{4}}\right) =\frac{3+4u-4u^{2}}{8}=\frac{4-(2u-1)^{2}}{8} .$$

新变量的范围必须一起换过来：$m^{2}>\dfrac23\ \Longleftrightarrow\ 0<u<\dfrac32$。 （注意 $u=\dfrac{1}{m^{2}}=x_{0}^{2}$ 就是中点横坐标的平方， 而 $\dfrac{x_{0}^{2}}{2}+\dfrac14<1$ 正好就是 $u<\dfrac32$——第四步那条约束换了个马甲又回来了。）

$(2u-1)^{2}\geq 0$，所以 $S^{2}\leq\dfrac48=\dfrac12$，即 $S\leq\dfrac{\sqrt2}{2}$； 等号在 $u=\dfrac12$ 处取到，而 $\dfrac12$ 确实落在开区间 $\left(0,\dfrac32\right)$ 里，取得到。

$u=\dfrac12\Longleftrightarrow m^{2}=2\Longleftrightarrow m=\pm\sqrt2$。回代验一遍： $m=\sqrt2$ 时 $P\left(-\dfrac{\sqrt2}{2},-\dfrac12\right)$，$AB\colon x=-\sqrt2\,y-\sqrt2$， 交椭圆于 $A(-\sqrt2,0)$、$B(0,-1)$，$S_{\triangle OAB}=\dfrac12\cdot\sqrt2\cdot1=\dfrac{\sqrt2}{2}$。

$$\boxed{S_{\max}=\frac{\sqrt2}{2}\ \text{，在}\ m=\pm\sqrt2\ \text{处取到}}$$

两条路怎么选

考场上第（1）问优先走解法二：点差法三行就能把中点钉死，再代一次「中点在椭圆内」， 比展开 $3m^{4}+4m^{2}-4>0$ 快得多，也不容易算错。 第（2）问两条都行；解法一的均值不等式更短，但取等要回头验， 解法二配方之后最大值和取等点一起掉出来，还顺便看清了「面积只由中点的横坐标决定」。

一句话带走

「两点关于一条直线对称」永远拆成两句：垂直，加中点在线上。 这道题的漂亮之处在于，把这两句按「中点优先」的顺序用一遍， 点差法给的 $mx_{0}=2y_{0}$ 和对称轴给的 $y_{0}=mx_{0}+\dfrac12$ 一联立， $m$ 自己消掉了——中点的纵坐标恒为 $-\dfrac12$，与 $m$ 无关。 剩下的事只有一件：这个中点得真在椭圆里面，那条弦才存在。 点差法算出来的一切都是必要条件，「中点在曲线内」是它必须自带的那张回程票。