浙江 2018 · 数学 q17

冷启动：$P$ 把 $AB$ 分成 $2:1$

椭圆 $\dfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=m$（$m>1$）改写成 $\dfrac{x^{2}}{4m}+\dfrac{y^{2}}{m}=1$，半长轴 $2\sqrt{m}$、半短轴 $\sqrt{m}$。$m>1$ 所以 $\sqrt{m}>1$，点 $P(0,1)$ 在椭圆内部。

$\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{PB}$ 的意思是：$P$ 在线段 $AB$ 上，且 $AP:PB=2:1$。写成坐标就是 $A+2B=3P$，于是

$$x_{A}=-2x_{B},\qquad y_{A}+2y_{B}=3.$$

$A$、$B$ 都在椭圆上。问的是：哪个 $m$ 让 $|x_{B}|$ 最大。

解法一：向量定比代入椭圆，配方读 $x_B^2$

怎么想到的。 两个点、两个方程，再加定比给的两个线性关系，刚好能把 $y_{A}$、$y_{B}$ 解成 $m$ 的式子，剩下 $x_{B}^{2}$ 就是 $m$ 的二次函数。二次函数配方，顶点一目了然。

$A$、$B$ 在椭圆上，即 $x^{2}+4y^{2}=4m$：

$$x_{A}^{2}+4y_{A}^{2}=4m,\qquad x_{B}^{2}+4y_{B}^{2}=4m.$$

把 $x_{A}=-2x_{B}$ 代进第一式：$4x_{B}^{2}+4y_{A}^{2}=4m$，即

$$x_{B}^{2}+y_{A}^{2}=m.\tag{1}$$

第二式就是

$$x_{B}^{2}+4y_{B}^{2}=4m.\tag{2}$$

$(1)-(2)$：

$$y_{A}^{2}-4y_{B}^{2}=-3m\implies (y_{A}-2y_{B})(y_{A}+2y_{B})=-3m.$$

已经有 $y_{A}+2y_{B}=3$，所以 $y_{A}-2y_{B}=-m$。与 $y_{A}+2y_{B}=3$ 联立：

$$y_{A}=\dfrac{3-m}{2},\qquad y_{B}=\dfrac{3+m}{4}.$$

代回 $(1)$：

$$x_{B}^{2}=m-\left(\dfrac{3-m}{2}\right)^{2}=\dfrac{-m^{2}+10m-9}{4}=\dfrac{-(m-5)^{2}+16}{4}.$$

开口向下，顶点 $m=5$。还要 $x_{B}^{2}\ge 0$，即 $-m^{2}+10m-9\ge 0$，$(m-1)(m-9)\le 0$。结合 $m>1$，得 $m\in(1,9]$。$5$ 在区间内部，所以 $|x_{B}|$ 的最大值在 $m=5$ 处取到（此时 $x_{B}^{2}=4$）。

解法二：参数方程，把 $\sin\theta$ 消掉

怎么想到的。 椭圆上的点本来就可以写成 $(\,2\sqrt{m}\cos\theta,\,\sqrt{m}\sin\theta\,)$。把 $B$ 参数化，$A$ 由定比写出来，再让 $A$ 落回椭圆，就得到 $\sin\theta$ 与 $m$ 的关系，从而 $x_{B}^{2}=4m\cos^{2}\theta$ 只剩 $m$。

设 $B=(2\sqrt{m}\cos\theta,\,\sqrt{m}\sin\theta)$。由 $A=3P-2B$，

$$A=(-4\sqrt{m}\cos\theta,\; 3-2\sqrt{m}\sin\theta).$$

$A$ 在椭圆上：

$$\dfrac{16m\cos^{2}\theta}{4}+(3-2\sqrt{m}\sin\theta)^{2}=m,$$

即 $4m\cos^{2}\theta+9-12\sqrt{m}\sin\theta+4m\sin^{2}\theta=m$。$\cos^{2}+\sin^{2}=1$，化成

$$4m+9-12\sqrt{m}\sin\theta=m\implies\sin\theta=\dfrac{m+3}{4\sqrt{m}}.$$

于是

$$x_{B}^{2}=4m\cos^{2}\theta=4m\left(1-\left(\dfrac{m+3}{4\sqrt{m}}\right)^{2}\right)=\dfrac{-m^{2}+10m-9}{4}=\dfrac{-(m-5)^{2}+16}{4}.$$

同样在 $m\in(1,9]$ 上于 $m=5$ 取到最大。$|\sin\theta|\le 1$ 给出的也是同一段：$m+3\le 4\sqrt{m}$（$m>1$ 时左边为正），令 $t=\sqrt{m}>1$，$(t-1)(t-3)\le 0$，即 $m\in(1,9]$。