浙江 2016 · 数学 q19

冷启动：先把「任意」这个字读对

椭圆是 $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+y^{2}=1$（$a>1$），半短轴是 $1$， 所以 $A(0,1)$ 恰好是椭圆的上顶点——它在椭圆上，这一点后面处处要用。

第（Ⅱ）问说的是：任意以 $A$ 为圆心的圆，与椭圆至多有三个公共点。 「任意」管的是半径：不管半径取多少，公共点都不超过三个。 它的否定不是「某个圆至多三个」，而是

$$\exists\ r>0,\ \text{以 }A\text{ 为心、}r\text{ 为半径的圆与椭圆有 }4\text{ 个公共点} .$$

所以正确的打法是正难则反：先求出「会冒出第四个公共点」的 $a$ 的范围，再把它反过来。

在动手之前，先把公共点能怎么凑数清楚。椭圆关于 $y$ 轴对称，圆心 $A$ 又在 $y$ 轴上， 所以圆也关于 $y$ 轴对称，公共点关于 $y$ 轴成对出现。落在 $y$ 轴上的椭圆点只有两个：

• $(0,1)=A$ 本身，它到圆心的距离是 $0$，半径为正的圆不会过它；
• $(0,-1)$，它到 $A$ 的距离是 $2$，只有半径恰为 $2$ 的那个圆过它，且只贡献 $1$ 个点。

于是公共点的个数只能是 $0$、$1$、$2$、$3$、$4$ 这几种，而

$$\text{有 }4\text{ 个公共点}\iff \text{存在两对不同的对称点}\iff \text{左半椭圆上有两个不同的点到 }A\text{ 等距} .$$

这一句翻译是全题的枢纽，两条解法都从它出发，只是接下来量化「等距」的工具不同。

解法一：把弦长写成斜率的函数，两点等距化成方程有解

（Ⅰ）第一步：联立，一根是现成的

$A(0,1)$ 在椭圆上，而直线 $y=kx+1$ 恰好过 $A$，所以弦的一个端点就是 $A$。

把 $y=kx+1$ 代入 $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+y^{2}=1$：

$$\frac{x^{2}}{a^{2}}+k^{2}x^{2}+2kx+1=1 \ \Longrightarrow\ \left(1+a^{2}k^{2}\right)x^{2}+2ka^{2}x=0 .$$

常数项为零，一根是 $x_{1}=0$（就是 $A$），另一根

$$x_{2}=-\frac{2ka^{2}}{1+a^{2}k^{2}} .$$

（Ⅰ）第二步：弦长公式

$$\boxed{\ \sqrt{1+k^{2}}\,\left|x_{1}-x_{2}\right| =\frac{2a^{2}|k|}{1+a^{2}k^{2}}\sqrt{1+k^{2}}\ }$$

记这个值为 $d(k)$。注意它就是 $|AP|$，其中 $P$ 是直线与椭圆的另一个交点。

（Ⅱ）第一步：把「两点等距」写成两个斜率的方程

先把「公共点不少于 $4$ 个」和「左半椭圆上有两点等距」对起来，这一步不能跳。

椭圆关于 $y$ 轴对称，而圆心 $A(0,1)$ 恰好落在这条对称轴上，所以点 $M(x,y)$ 到 $A$ 的距离与它的镜像 $M'(-x,y)$ 到 $A$ 的距离相等：不在 $y$ 轴上的公共点必定成镜像对出现，个数是偶数。而落在 $y$ 轴上的公共点只可能是 $(0,1)$ 或 $(0,-1)$，其中 $(0,1)$ 就是 $A$ 自己（半径为 $0$，不是圆），故轴上的公共点至多 $1$ 个。

• ← 若左半椭圆（$x<0$）上有两个不同点 $P$、$Q$ 满足 $|AP|=|AQ|$，取 $r=|AP|$，则 $P$、$Q$ 与镜像 $P'$、$Q'$ 这 $4$ 个不同点全在圆 $x^{2}+(y-1)^{2}=r^{2}$ 上，公共点不少于 $4$ 个。
• → 反之，若某个以 $A$ 为心的圆与椭圆的公共点不少于 $4$ 个，去掉轴上那至多 $1$ 个，不在轴上的至少还有 $3$ 个；由上一段它们的个数是偶数，故至少 $4$ 个，于是 $x<0$ 一侧至少有 $2$ 个不同点，它们到 $A$ 的距离都等于半径。

所以

$$\exists\,\text{以 }A\text{ 为心的圆与椭圆有不少于 }4\text{ 个公共点} \iff \exists\,P\neq Q\text{ 在左半椭圆上使 }|AP|=|AQ| .$$

下面就只研究右边这件事。

设 $P$、$Q$ 是左半椭圆（$x<0$）上两个不同的点，且 $|AP|=|AQ|$。 记直线 $AP$、$AQ$ 的斜率为 $k_{1}$、$k_{2}$。

• 斜率为正：$P$ 满足 $x_{P}<0$ 且 $y_{P}<1$（否则 $P=A$），故 $k_{1}=\dfrac{y_{P}-1}{x_{P}}>0$；同理 $k_{2}>0$。
• 斜率互异：过 $A$ 的一条直线与椭圆只有一个异于 $A$ 的交点，所以 $P\neq Q\Rightarrow k_{1}\neq k_{2}$。

由第（Ⅰ）问，

$$|AP|=\frac{2a^{2}k_{1}\sqrt{1+k_{1}^{2}}}{1+a^{2}k_{1}^{2}} ,\qquad |AQ|=\frac{2a^{2}k_{2}\sqrt{1+k_{2}^{2}}}{1+a^{2}k_{2}^{2}} .$$

（Ⅱ）第二步：平方、交叉相乘、因式分解

令 $u=k_{1}^{2}>0$、$v=k_{2}^{2}>0$（$u\neq v$）。$|AP|=|AQ|$ 两边平方并约去 $4a^{4}$：

$$\frac{u(1+u)}{\left(1+a^{2}u\right)^{2}}=\frac{v(1+v)}{\left(1+a^{2}v\right)^{2}} .$$

交叉相乘、展开、把同类项按 $u-v$ 归并：

$$u(1+u)\left(1+a^{2}v\right)^{2}-v(1+v)\left(1+a^{2}u\right)^{2} =(u-v)\Big[1+u+v+a^{2}\left(2-a^{2}\right)uv\Big] .$$

由 $u\neq v$ 得

$$1+u+v+a^{2}\left(2-a^{2}\right)uv=0 .$$

（Ⅱ）第三步：除以 $uv$，凑成一个乘积

$u,v>0$，两边除以 $uv$：

$$\frac{1}{uv}+\frac{1}{u}+\frac{1}{v}+a^{2}\left(2-a^{2}\right)=0 \ \Longrightarrow\ \left(\frac{1}{u}+1\right)\left(\frac{1}{v}+1\right)=1+a^{2}\left(a^{2}-2\right) . \tag{\ast}$$

（Ⅱ）第四步：换元，问「$(\ast)$ 有没有解」

把 $(\ast)$ 的两个括号各记成一个字母：$s=\dfrac1u+1$、$t=\dfrac1v+1$。 换元之后新变量的范围必须跟着换：

$$u>0\iff s>1 ,\qquad v>0\iff t>1 ,\qquad u\neq v\iff s\neq t .$$

反过来，任给 $s,t>1$ 且 $s\neq t$，都能反解出 $u=\dfrac{1}{s-1}>0$、$v=\dfrac{1}{t-1}>0$、$u\neq v$， 再取 $k_{1}=\sqrt u$、$k_{2}=\sqrt v$，就得到一对合法的 $P$、$Q$。所以

$$(\ast)\ \text{有解}\iff 1+a^{2}\left(a^{2}-2\right)\ \text{能写成两个大于 }1\text{ 的不等数之积} .$$

而「两个大于 $1$ 的不等数之积」恰好铺满 $(1,+\infty)$：任取 $M>1$， 令 $s$ 取 $(1,M)$ 里一个不等于 $\sqrt M$ 的数、$t=\dfrac{M}{s}$， 则 $t>1$ 且 $s\neq t$，乘积正好是 $M$；反之 $s,t>1$ 时乘积必大于 $1$。

$$(\ast)\ \text{有解}\iff 1+a^{2}\left(a^{2}-2\right)>1\iff a^{2}\left(a^{2}-2\right)>0\iff a>\sqrt2 .$$

（Ⅱ）第五步：反过来，再换成离心率

由第一步的等价与第四步的结论，「存在以 $A$ 为心的圆与椭圆有不少于 $4$ 个公共点」的充要条件是 $a>\sqrt2$。取反并结合 $a>1$：

$$\text{任意这样的圆至多 }3\text{ 个公共点}\iff 1<a\leqslant\sqrt2 .$$ $$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{a^{2}-1}}{a}=\sqrt{1-\frac{1}{a^{2}}} ,$$

它关于 $a$ 严格递增，$a\to 1^{+}$ 时 $e\to 0^{+}$，$a=\sqrt2$ 时 $e=\dfrac{\sqrt2}{2}$。

$$\boxed{0<e\leqslant\frac{\sqrt2}{2}}$$

解法二：把 $|AP|^2$ 写成纵坐标的二次函数，看它单不单调

这条路根本不设直线，直接盯住「椭圆上的点到 $A$ 的距离」这一个函数。

（Ⅰ）第一步：解出交点的纵坐标

设 $P(x,y)$ 是直线 $y=kx+1$ 与椭圆异于 $A$ 的交点（$k\neq 0$，否则直线与椭圆只交于 $A$）。 由直线得 $x=\dfrac{y-1}{k}$，代入椭圆的 $x^{2}=a^{2}\left(1-y^{2}\right)=a^{2}(1-y)(1+y)$：

$$\frac{(y-1)^{2}}{k^{2}}=a^{2}(1-y)(1+y) .$$

$y\neq 1$，两边约去 $(y-1)$（右边留下一个负号）：

$$\frac{y-1}{k^{2}}=-a^{2}(1+y) \ \Longrightarrow\ y\left(1+a^{2}k^{2}\right)=1-a^{2}k^{2} \ \Longrightarrow\ y=\frac{1-a^{2}k^{2}}{1+a^{2}k^{2}} .$$

（Ⅰ）第二步：由纵坐标直接算弦长

$x=\dfrac{y-1}{k}$，所以

$$|AP|=\sqrt{x^{2}+(y-1)^{2}}=|y-1|\sqrt{\frac{1}{k^{2}}+1}=\frac{|y-1|\sqrt{1+k^{2}}}{|k|} .$$

而

$$y-1=\frac{1-a^{2}k^{2}-\left(1+a^{2}k^{2}\right)}{1+a^{2}k^{2}}=-\frac{2a^{2}k^{2}}{1+a^{2}k^{2}} ,$$

代回：

$$\boxed{\ |AP|=\frac{2a^{2}k^{2}}{1+a^{2}k^{2}}\cdot\frac{\sqrt{1+k^{2}}}{|k|} =\frac{2a^{2}|k|}{1+a^{2}k^{2}}\sqrt{1+k^{2}}\ }$$

（$k=0$ 时直线 $y=1$ 与椭圆相切于 $A$，弦长为 $0$，上式也给出 $0$，不必另说。）

（Ⅱ）第一步：把距离写成 $y$ 的函数

设 $P(x,y)$ 是椭圆上任意一点，则 $x^{2}=a^{2}\left(1-y^{2}\right)$，$y\in[-1,1]$。记

$$\varphi(y)=|AP|^{2}=x^{2}+(y-1)^{2} =a^{2}-a^{2}y^{2}+y^{2}-2y+1 =\left(1-a^{2}\right)y^{2}-2y+a^{2}+1 .$$

注意 $\varphi$ 只依赖 $y$：同一个 $y$ 对应的两个点 $(\pm x,y)$ 到 $A$ 的距离本来就相等， 这正是那对对称点。

（Ⅱ）第二步：把「公共点个数」翻译成「$\varphi$ 取值的重数」

半径为 $r>0$ 的圆与椭圆的公共点，就是满足 $\varphi(y)=r^{2}$ 的那些 $y$ 所对应的点：

• $y=1$：只有 $A$ 自己，$\varphi(1)=0$，要求 $r=0$，排除；
• $y=-1$：只有 $(0,-1)$，$\varphi(-1)=4$，贡献 $1$ 个点；
• $y\in(-1,1)$：$x=\pm a\sqrt{1-y^{2}}\neq 0$，贡献 $2$ 个点。

所以

$$\text{公共点个数}=2\cdot\#\{y\in(-1,1):\varphi(y)=r^{2}\}+\big[\varphi(-1)=r^{2}\big] .$$ $$\text{任意 }r\text{ 都至多 }3\text{ 个}\iff \varphi\ \text{在}\ (-1,1)\ \text{上是单射} .$$

（Ⅱ）第三步：配方读顶点

$a>1$ 时 $1-a^{2}<0$，$\varphi$ 是开口向下的二次函数，对称轴（即最大值点）在

$$y^{*}=\frac{2}{2\left(1-a^{2}\right)}=-\frac{1}{a^{2}-1}<0 .$$

记 $m=a^{2}-1>0$，则 $y^{*}=-\dfrac1m$，且

$$y^{*}>-1\iff \frac1m<1\iff m>1\iff a>\sqrt2 .$$

（Ⅱ）第四步：两种情形分开验

情形一：$a\leqslant\sqrt2$（即 $y^{*}\leqslant-1$）。 开口向下的二次函数在对称轴右侧严格递减，而 $(-1,1)\subseteq\left[y^{*},+\infty\right)$， 所以 $\varphi$ 在 $(-1,1)$ 上严格递减，当然是单射。此时任意圆至多 $3$ 个公共点。

情形二：$a>\sqrt2$（即 $-1<y^{*}<0$）。 $\varphi$ 在 $(-1,y^{*}]$ 上递增、在 $\left[y^{*},1\right)$ 上递减，最大值

$$\varphi\left(y^{*}\right)=(-m)\cdot\frac{1}{m^{2}}+\frac{2}{m}+(m+2)=m+\frac1m+2 .$$

（用了 $1-a^{2}=-m$、$a^{2}+1=m+2$。）由 $m>1$ 及 $m+\dfrac1m$ 在 $(1,+\infty)$ 上严格递增，

$$\varphi\left(y^{*}\right)=m+\frac1m+2>1+1+2=4=\varphi(-1) .$$

这一步不能只看顶点、不看端点：正是因为顶点值严格超过端点值 $\varphi(-1)=4$， 才保证取 $r^{2}\in\left(4,\ \varphi\left(y^{*}\right)\right)$ 时，方程 $\varphi(y)=r^{2}$ 在 $(-1,y^{*})$ 与 $\left(y^{*},1\right)$ 里各有一个根，两个根都落在开区间内， 于是这个圆与椭圆有 $2\times 2=4$ 个公共点。

（Ⅱ）第五步：合并，换成离心率

$$\text{任意以 }A\text{ 为心的圆至多 }3\text{ 个公共点}\iff a\leqslant\sqrt2 \iff 1<a\leqslant\sqrt2 .$$ $$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{a^{2}-1}}{a}=\sqrt{1-\frac{1}{a^{2}}} ,$$

关于 $a$ 严格递增，$a\in\left(1,\sqrt2\,\right]$ 时

$$\boxed{0<e\leqslant\frac{\sqrt2}{2}}$$

两条路怎么选

两条路的分水岭是先固定谁。解法一固定「过 $A$ 的直线」，把点参数化成斜率， 好处是第（Ⅰ）问的结论能原样搬进第（Ⅱ）问，坏处是要硬啃一次四次式的因式分解。 解法二干脆不管直线，直接把距离写成纵坐标的函数——椭圆上 $x^{2}$ 能被 $y$ 一次性消掉， 所以这个距离必然是 $y$ 的二次函数，剩下的全是「对称轴落在哪儿」的老套路。

考场上如果第（Ⅰ）问已经把弦长算出来了，顺着解法一走最省心； 但若第（Ⅱ）问卡在因式分解，立刻改用解法二，两行配方就能看到 $\sqrt2$。