浙江 2022 · 数学 q21

冷启动：先把图上五个对象各归各位

椭圆 $\dfrac{x^{2}}{12}+y^{2}=1$，$P(0,1)$，$Q\!\left(0,\dfrac12\right)$ 在线段 $AB$ 上（$A$、$B$ 在椭圆上，都不是 $P$），直线 $PA$、$PB$ 交定直线 $l:y=-\dfrac12x+3$ 于 $C$、$D$。

① 认出 $P$ 的身份。 椭圆的 $a^{2}=12$、$b^{2}=1$，所以 $a=2\sqrt3$、$b=1$。而

$$\frac{0^{2}}{12}+1^{2}=1$$

——$P(0,1)$ 就在椭圆上，而且正是上顶点。这一条在两问里都要用：第 (1) 问它是「定点」，第 (2) 问它是「曲线上的定点」，后者才让齐次化那条路成立。

② 认出 $Q$ 的身份。 $\dfrac{0^{2}}{12}+\left(\dfrac12\right)^{2}=\dfrac14<1$，$Q$ 在椭圆内部。于是任何过 $Q$ 的直线都与椭圆交于两点，且 $Q$ 必然夹在这两点之间。

这就把题面「$Q$ 在线段 $AB$ 上」这句话读透了：它不是额外约束，只是在说 $A$、$B$ 就是过 $Q$ 那条直线与椭圆的两个交点。 换句话说，第 (2) 问的动的东西只有一个——过 $Q$ 的那条直线。

③ $l$ 是一条不动的直线。 $y=-\dfrac12x+3$ 与所有动点无关；它的斜率恒为 $-\dfrac12$，这个数后面会反复出现（$C$、$D$ 都在它上面，所以量 $|CD|$ 只需要横坐标差）。顺便一验：$x=0$ 时 $y=3\ne1$，所以 $P$ 不在 $l$ 上——否则 $C$、$D$ 就都退化成 $P$ 了。

④ 两问其实是两道独立的题。 第 (1) 问只用到椭圆与 $P$，与 $A,B,C,D$ 全都无关。先把它做掉。

第 (1) 问：最远的点不在顶点上

怎么想到的。 「求曲线上的点到定点的最大距离」没有现成公式可套，通用办法只有一条：把距离写成一个变量的函数，再求这个函数的最值。椭圆上的点有两个坐标，但它们被椭圆方程绑住了，所以真正自由的只有一个。

① 先破一个直觉。 很容易脱口而出「最远的当然是长轴端点」。算一下：

$$\left(\pm2\sqrt3,\,0\right)\ \text{到}\ P:\quad \sqrt{12+1}=\sqrt{13}\approx3.6056$$

记住这个数，等会儿要和正确答案比。

② 消去一个字母。 由椭圆方程 $x^{2}=12\left(1-y^{2}\right)$，设 $M(x,y)$ 是椭圆上任意一点：

$$|PM|^{2}=x^{2}+(y-1)^{2}=12\left(1-y^{2}\right)+(y-1)^{2}$$

展开：$12-12y^{2}+y^{2}-2y+1$，即

$$\boxed{|PM|^{2}=-11y^{2}-2y+13},\qquad y\in[-1,1]$$

$y$ 的范围是 $[-1,1]$（$b=1$，椭圆上点的纵坐标只能在这中间），这一句不能省——它决定下一步该不该用端点。

③ 这是开口向下的二次函数，看对称轴落在哪。

$$y^{*}=-\frac{-2}{2\times(-11)}=-\frac1{11}$$

$-\dfrac1{11}\in[-1,1]$，落在区间内部，所以最大值就在对称轴处取到，端点值只是陪衬：

$$|PM|^{2}_{\max}=-11\cdot\frac1{121}+\frac2{11}+13=-\frac1{11}+\frac2{11}+13=13+\frac1{11}=\frac{144}{11}$$ $$|PM|_{\max}=\sqrt{\frac{144}{11}}=\frac{12}{\sqrt{11}}=\boxed{\frac{12\sqrt{11}}{11}}$$

④ 回头看那个直觉。 $\dfrac{12\sqrt{11}}{11}\approx3.6181>\sqrt{13}\approx3.6056$。最远点是

$$\left(\pm\frac{12\sqrt{10}}{11},\ -\frac1{11}\right)$$

在 $x$ 轴略微下方——既不是顶点，也不在坐标轴上。两个数只差 $0.0126$，光看草图永远看不出来。这就是为什么第 ② 步的「化成一元二次函数」不是绕远路，而是唯一靠得住的路。

（官方那条路是同一件事的三角写法。） 设 $M\left(2\sqrt3\cos\theta,\ \sin\theta\right)$，则 $|PM|^{2}=12\cos^{2}\theta+(1-\sin\theta)^{2}=13-11\sin^{2}\theta-2\sin\theta$，令 $s=\sin\theta\in[-1,1]$ 后与 ② 的式子逐字相同。用不用参数式随你——关键从来不是换字母，是「化成一个变量的二次函数 + 判对称轴在不在区间里」。

第 (2) 问：两条路开头都要说的一句话

唯一的动量是 $AB$ 的斜率，但先得说明它存在。 写下 $AB:y=kx+\dfrac12$ 就默认了 $AB$ 不竖直，这句话要交代：

过 $Q\!\left(0,\dfrac12\right)$ 的竖直直线就是 $y$ 轴，它与椭圆交于 $(0,1)$ 与 $(0,-1)$，而 $(0,1)$ 正是 $P$——题面明写 $A$、$B$ 异于 $P$，所以这条被排除。于是 $AB$ 必有斜率，可以放心设

$$AB:\ y=kx+\frac12\qquad(k\in\mathbf R)$$

量 $|CD|$ 只需要横坐标差。 $C$、$D$ 都在斜率为 $-\dfrac12$ 的直线 $l$ 上，所以纵坐标差 $=-\dfrac12\times$ 横坐标差，由两点间距离公式

$$|CD|=\sqrt{\left(x_C-x_D\right)^{2}+\frac14\left(x_C-x_D\right)^{2}}=\frac{\sqrt5}{2}\left|x_C-x_D\right|$$

两条路都从这里出发，分歧在于用什么去描述 $C$、$D$：解法一用 $A$、$B$ 的横坐标，解法二用 $PA$、$PB$ 的斜率。

解法一：设 AB 的斜率，联立韦达硬算

怎么想到的。 这是设线联立用韦达定理：$C$ 由 $A$ 定、$D$ 由 $B$ 定，而 $A$、$B$ 是同一个方程的两个根。只要把 $|CD|$ 化成关于 $x_1,x_2$ 的对称式，就永远不必知道 $x_1$、$x_2$ 各是多少——韦达定理的「和」与「积」会整体接管。这条路不需要看出任何几何关系，代价是要熬过一段代数。

（先按上一节交代过的：$AB$ 不竖直，设 $AB:y=kx+\dfrac12$。）

① 联立。 代入 $\dfrac{x^{2}}{12}+y^{2}=1$，两边乘 $12$：

$$x^{2}+12\left(kx+\frac12\right)^{2}=12 \ \Longrightarrow\ x^{2}+12k^{2}x^{2}+12kx+3=12$$ $$\boxed{\left(12k^{2}+1\right)x^{2}+12kx-9=0}$$

二次项系数 $12k^{2}+1\ge1>0$，恒是二次方程；判别式

$$\Delta=144k^{2}+36\left(12k^{2}+1\right)=576k^{2}+36>0$$

恒成立——与冷启动 ② 的结论一致（$Q$ 在椭圆内，过它的直线必交两点），不必再讨论。记 $A(x_1,y_1)$、$B(x_2,y_2)$：

$$x_1+x_2=-\frac{12k}{12k^{2}+1},\qquad x_1x_2=-\frac{9}{12k^{2}+1}$$

顺手记下一件下一步要用的事：$x_1x_2\ne0$，所以 $x_1$、$x_2$ 都不为零（$A$、$B$ 都不在 $y$ 轴上），下一步拿 $x_1$ 作分母才合法。这也顺带说明 $A$、$B$ 都不是 $P$。

② 求 $C$ 的横坐标。 $PA$ 过 $P(0,1)$，斜率 $\dfrac{y_1-1}{x_1}$，即 $y=\dfrac{y_1-1}{x_1}x+1$。与 $l:y=-\dfrac12x+3$ 联立：

$$\frac{y_1-1}{x_1}x+1=-\frac12x+3 \ \Longrightarrow\ x\cdot\frac{2\left(y_1-1\right)+x_1}{2x_1}=2 \ \Longrightarrow\ x_C=\frac{4x_1}{x_1+2y_1-2}$$

把 $y_1=kx_1+\dfrac12$ 代进分母：$x_1+2kx_1+1-2=(2k+1)x_1-1$。所以

$$x_C=\frac{4x_1}{(2k+1)x_1-1},\qquad\text{同理}\quad x_D=\frac{4x_2}{(2k+1)x_2-1}$$

③ 作差——这一步是全题的枢纽。 直接通分：

$$x_C-x_D=\frac{4x_1\left[(2k+1)x_2-1\right]-4x_2\left[(2k+1)x_1-1\right]}{\left[(2k+1)x_1-1\right]\left[(2k+1)x_2-1\right]}$$

分子里的 $(2k+1)x_1x_2$ 两项正好抵消，只剩

$$4\left(-x_1+x_2\right)=4\left(x_2-x_1\right)$$

分母展开成对称式，正是韦达能接管的形状：

$$N=(2k+1)^{2}x_1x_2-(2k+1)\left(x_1+x_2\right)+1$$

至此 $|CD|$ 只依赖 $\left|x_1-x_2\right|$ 与 $N$，两个都是对称的。 这就是「不必求根」的兑现处。

④ 两个对称式各自算出来。

$$\left|x_1-x_2\right|^{2}=\left(x_1+x_2\right)^{2}-4x_1x_2 =\frac{144k^{2}}{\left(12k^{2}+1\right)^{2}}+\frac{36}{12k^{2}+1} =\frac{576k^{2}+36}{\left(12k^{2}+1\right)^{2}}$$ $$\left|x_1-x_2\right|=\frac{6\sqrt{16k^{2}+1}}{12k^{2}+1}$$

（$576k^{2}+36=36\left(16k^{2}+1\right)$，开出来就是 $6\sqrt{16k^{2}+1}$。）

$N$ 那边，把 $12k^{2}+1$ 记作 $m$：

$$N=\frac{-9(2k+1)^{2}+12k(2k+1)+m}{m}$$

分子逐项展开：$-9\left(4k^{2}+4k+1\right)=-36k^{2}-36k-9$，$12k(2k+1)=24k^{2}+12k$，再加 $12k^{2}+1$——

$$k^{2}:\ -36+24+12=0,\qquad k:\ -36+12=-24,\qquad \text{常数}:\ -9+1=-8$$

$k^{2}$ 项整体消失，于是

$$N=\frac{-24k-8}{12k^{2}+1}=\frac{-8(3k+1)}{12k^{2}+1}$$

$k^{2}$ 项为什么会消失，是这道题最值得记的结构：它来自「$P$ 在椭圆上」。$P$ 在曲线上，代进去的常数项才配得平，这个 $0$ 不是巧合。$N$ 因此从二次塌成一次，答案里那个 $|3k+1|$ 就是它。

⑤ 拼起来。 注意 $N$ 就是两个分母之积，所以

$$\left|x_C-x_D\right|=\frac{4\left|x_1-x_2\right|}{|N|} =4\cdot\frac{6\sqrt{16k^{2}+1}}{m}\cdot\frac{m}{8|3k+1|} =\frac{3\sqrt{16k^{2}+1}}{|3k+1|}$$

$m=12k^{2}+1$ 上下全约掉了——这也是这条路熬得过去的原因。于是

$$\boxed{|CD|=\frac{\sqrt5}{2}\left|x_C-x_D\right|=\frac{3\sqrt5}{2}\cdot\frac{\sqrt{16k^{2}+1}}{|3k+1|}}$$

⑥ 顺手把定义域说清。 $N$ 是两个分母之积，$N=0$ 就意味着 $C$ 或 $D$ 不存在（$PA$ 或 $PB$ 与 $l$ 平行）。由 ④，

$$N=0\iff k=-\frac13$$

所以 $k\ne-\dfrac13$，而这正是上式里 $|3k+1|\ne0$ 要求的——排除点与公式的极点是同一个 $k$，不多不少。

⑦ 求最小值：换元把分式压成二次函数。 要最小化

$$g(k)=\frac{\sqrt{16k^{2}+1}}{|3k+1|}\quad\Longleftrightarrow\quad g^{2}=\frac{16k^{2}+1}{(3k+1)^{2}}$$

分母是 $(3k+1)^{2}$，那就让 $3k+1$ 当新变量：令 $t=3k+1\ (t\ne0)$，则 $k=\dfrac{t-1}{3}$，

$$16k^{2}+1=\frac{16(t-1)^{2}}{9}+1=\frac{16t^{2}-32t+25}{9}$$ $$g^{2}=\frac{16t^{2}-32t+25}{9t^{2}}$$

分子分母同次，再令 $w=\dfrac1t$（$w\ne0$）就成了一个干净的二次函数：

$$g^{2}=\frac{25w^{2}-32w+16}{9}=\frac{25\left(w-\dfrac{16}{25}\right)^{2}+\dfrac{144}{25}}{9}\ \ge\ \frac{144}{25\times9}=\frac{16}{25}$$

等号要 $w=\dfrac{16}{25}$，而它非零、确实取得到（这一句要验：$w=0$ 是禁区）。于是 $g\ge\dfrac45$，

$$|CD|\ \ge\ \frac{3\sqrt5}{2}\times\frac45=\boxed{\frac{6\sqrt5}{5}}$$

回代取等的 $k$：$t=\dfrac1w=\dfrac{25}{16}$，$k=\dfrac{t-1}{3}=\dfrac{9/16}{3}=\dfrac3{16}$。它 $\ne-\dfrac13$，在定义域内 ✓。

（自查） $k=\dfrac3{16}$ 时联立方程是 $91x^{2}+144x-576=0$，两根 $x_1=\dfrac{24}{13}$、$x_2=-\dfrac{24}7$，于是 $A\left(\dfrac{24}{13},\dfrac{11}{13}\right)$、$B\left(-\dfrac{24}7,-\dfrac17\right)$（都在椭圆上：$\dfrac{576/169}{12}+\dfrac{121}{169}=\dfrac{48+121}{169}=1$ ✓）。算得 $C\left(\dfrac{24}5,\dfrac35\right)$、$D\left(\dfrac{12}5,\dfrac95\right)$，

$$|CD|=\sqrt{\left(\frac{12}5\right)^{2}+\left(\frac65\right)^{2}}=\sqrt{\frac{180}{25}}=\frac{6\sqrt5}{5}\ ✓$$

解法二：平移到 P 再齐次化，PA、PB 的斜率之积是定值

怎么想到的。 回头看解法一，最丑的一步是 $x_C=\dfrac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}$——分母里带着 $x_1$。可 $C$ 其实是「过 $P$、斜率为 $k_{PA}$ 的直线」与 $l$ 的交点，只要知道斜率就够了：

$$k_{PA}x+1=-\frac12x+3 \ \Longrightarrow\ x_C=\frac{4}{2k_{PA}+1}$$

分母里再没有 $A$ 的坐标。 所以真正该当主角的不是 $x_1,x_2$，而是 $m_1=k_{PA}$、$m_2=k_{PB}$。

于是问题变成：$AB$ 过定点 $Q$ 这个条件，翻译到 $\left(m_1,m_2\right)$ 上是什么？ 专门回答这个问题的工具就是齐次化构造斜率方程——它要求定点在曲线上，而冷启动 ① 已经验过 $P$ 在椭圆上。

① 把 $P$ 平移到原点。 令 $X=x$、$Y=y-1$。代入 $\dfrac{x^{2}}{12}+y^{2}=1$：

$$\frac{X^{2}}{12}+(Y+1)^{2}=1 \ \Longrightarrow\ \frac{X^{2}}{12}+Y^{2}+2Y+1=1 \ \Longrightarrow\ \boxed{\frac{X^{2}}{12}+Y^{2}+2Y=0}$$

常数项消失了，因为 $P$ 在椭圆上（这与解法一 ④ 里「$k^{2}$ 项消失」是同一件事的另一面）。剩下的是「二次项 + 一次项」，这个形状正是齐次化能下手的。

② 把 $AB$ 写成「$\cdots=1$」。 $AB:y=kx+\dfrac12$，即 $Y+1=kX+\dfrac12$：

$$Y=kX-\frac12 \ \Longrightarrow\ \boxed{2kX-2Y=1}$$

（这里又一次用到「$AB$ 有斜率」。）

③ 齐次化。 方程里唯一的一次项是 $2Y$。用 $1=2kX-2Y$ 去乘它——乘的是 $1$，等式不变：

$$\frac{X^{2}}{12}+Y^{2}+2Y\left(2kX-2Y\right)=0$$ $$\frac{X^{2}}{12}+Y^{2}+4kXY-4Y^{2}=0 \ \Longrightarrow\ \boxed{\frac{X^{2}}{12}+4kXY-3Y^{2}=0}$$

现在每一项都是二次的。

④ 除以 $X^{2}$，两根就是那两个斜率。 令 $m=\dfrac YX$（在平移后的坐标里，$\dfrac YX$ 就是原点到该点的连线斜率，也就是从 $P$ 出发的斜率）：

$$\frac1{12}+4km-3m^{2}=0 \ \Longrightarrow\ \boxed{3m^{2}-4km-\frac1{12}=0}$$

除以 $X^{2}$ 凭什么合法：要 $A$、$B$ 平移后的 $X\ne0$，也就是 $PA$、$PB$ 都有斜率。这是真的——$AB$ 不竖直且过 $Q\!\left(0,\dfrac12\right)$，而 $Q$ 不在椭圆上（$\dfrac14\ne1$），所以 $A$、$B$ 都不在 $y$ 轴上。

为什么两根恰是 $m_1,m_2$：③ 的齐次式对 $A$、$B$ 都成立（推导里同时用了「在椭圆上」与「在 $AB$ 上」），而二次齐次式表示过原点的两条直线——只能是 $PA$ 与 $PB$。除以 $X^{2}$ 就是把这两条直线换成两个斜率。

由韦达定理：

$$m_1+m_2=\frac{4k}{3}\ (\text{记作 }s),\qquad \boxed{m_1m_2=-\frac1{36}}$$

$m_1m_2$ 里没有 $k$——它是个定值。 这就是这条路的全部收获：$AB$ 怎么转，$k_{PA}\cdot k_{PB}$ 恒等于 $-\dfrac1{36}$。（顺带一验：判别式 $16k^{2}+1>0$ 恒成立，两根总是实的且不相等；这个 $16k^{2}+1$ 正是解法一答案里那一个，两条路在此对上。）

⑤ 用 $s$ 写出 $|CD|$。 由本节开头，

$$x_C=\frac{4}{2m_1+1},\qquad x_D=\frac{4}{2m_2+1}$$ $$x_C-x_D=\frac{4\left[\left(2m_2+1\right)-\left(2m_1+1\right)\right]}{\left(2m_1+1\right)\left(2m_2+1\right)} =\frac{8\left(m_2-m_1\right)}{4m_1m_2+2\left(m_1+m_2\right)+1}$$

分母代入定值 $m_1m_2=-\dfrac1{36}$：

$$4\times\left(-\frac1{36}\right)+2s+1=2s+\frac89=2\left(s+\frac49\right)$$

分子那边

$$\left|m_1-m_2\right|^{2}=s^{2}-4m_1m_2=s^{2}+\frac19$$

所以

$$|CD|=\frac{\sqrt5}{2}\left|x_C-x_D\right| =\frac{\sqrt5}{2}\cdot\frac{8\sqrt{s^{2}+\dfrac19}}{2\left|s+\dfrac49\right|} =\boxed{2\sqrt5\cdot\frac{\sqrt{s^{2}+\dfrac19}}{\left|s+\dfrac49\right|}}$$

⑥ 定义域。 $s=\dfrac{4k}{3}$ 随 $k$ 跑遍 $\mathbf R$；要排除的是 $s=-\dfrac49$（分母为零），它对应 $k=-\dfrac13$——与解法一 ⑥ 排除的是同一条直线。几何上它就是「$m_1$ 或 $m_2$ 等于 $-\dfrac12$」，即 $PA$ 或 $PB$ 与 $l$ 平行、交点跑掉。

⑦ 求最小值：同一招换元。 要最小化

$$h(s)=\frac{s^{2}+\dfrac19}{\left(s+\dfrac49\right)^{2}}$$

令 $\tau=s+\dfrac49\ (\tau\ne0)$，$s=\tau-\dfrac49$：

$$s^{2}+\frac19=\tau^{2}-\frac89\tau+\frac{16}{81}+\frac9{81} =\tau^{2}-\frac89\tau+\frac{25}{81}$$ $$h=1-\frac{8}{9\tau}+\frac{25}{81\tau^{2}}$$

再令 $w=\dfrac1\tau\ (w\ne0)$：

$$h=\frac{25}{81}w^{2}-\frac89w+1 =\frac{25}{81}\left(w-\frac{36}{25}\right)^{2}+\frac9{25}\ \ge\ \frac9{25}$$

等号在 $w=\dfrac{36}{25}\ne0$ 处取到 ✓。于是 $\sqrt h\ge\dfrac35$，

$$|CD|\ \ge\ 2\sqrt5\times\frac35=\boxed{\frac{6\sqrt5}{5}}$$

回代：$\tau=\dfrac{25}{36}$，$s=\dfrac{25}{36}-\dfrac{16}{36}=\dfrac14$，故 $k=\dfrac{3s}{4}=\dfrac3{16}$——与解法一取等处完全一致 ✓。

（自查） $k=\dfrac3{16}$ 时 $4k=\dfrac34$（别与 $s=\dfrac{4k}{3}=\dfrac14$ 混了），斜率方程是 $3m^{2}-\dfrac34m-\dfrac1{12}=0$，两边乘 $12$ 得 $36m^{2}-9m-1=0$，两根

$$m=\frac{9\pm\sqrt{81+144}}{72}=\frac{9\pm15}{72} \ \Longrightarrow\ m_1=-\frac1{12},\quad m_2=\frac13$$

积 $=-\dfrac1{36}$ ✓，和 $=\dfrac14=s$ ✓。$x_C=\dfrac4{2\left(-\frac1{12}\right)+1}=\dfrac4{5/6}=\dfrac{24}5$、$x_D=\dfrac4{5/3}=\dfrac{12}5$，与解法一算出的 $C$、$D$ 一致 ✓。

这两条路差在哪

• 解法一的主角是 $A$、$B$ 的横坐标：设 $AB:y=kx+\dfrac12$、联立成 $\left(12k^{2}+1\right)x^{2}+12kx-9=0$，把 $|CD|$ 化成 $x_1,x_2$ 的对称式，再用韦达定理整体代入。中间对象是两个对称式（$\left|x_1-x_2\right|$ 与 $N$）。
• 解法二的主角是 $PA$、$PB$ 的斜率：平移把 $P$ 挪到原点、用 $AB$ 的方程把曲线方程齐次化成 $3m^{2}-4km-\dfrac1{12}=0$，两根就是 $m_1,m_2$。中间对象是一个定值（$m_1m_2=-\dfrac1{36}$）与一个和 $s$。

第一个实质动作就分岔了（联立求 $x$ vs 平移后齐次化求 $m$），主变量也不同，所以是两条路。

它们在两处必然对上，可以互相验：其一，解法一分子里那个 $\sqrt{16k^{2}+1}$ 与解法二斜率方程的判别式 $16k^{2}+1$ 是同一个东西（因为 $\left|m_1-m_2\right|=\dfrac{\sqrt{16k^{2}+1}}{3}$）；其二，两条路排除的都是 $k=-\dfrac13$，几何含义相同（$PA$ 或 $PB$ 与 $l$ 平行）。

收尾那一招是共用的：$\dfrac{\text{二次}}{\text{一次的平方}}$ 型的最值，令分母的一次式的倒数作新变量，分式就压成一个二次函数。两条路只是分母不同（$3k+1$ 与 $s+\dfrac49$），招式一样。官方答案在这里用的是柯西不等式——写起来更短，但要事先看出配对方式；换元这条路慢一点，却不需要灵感，且自动告出取等的 $k$。

考场上怎么选：解法二明显更省力——$x_C=\dfrac4{2m_1+1}$ 比 $\dfrac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}$ 干净一个量级，且 $m_1m_2$ 是定值，后面全程只剩一个变量 $s$。代价是必须会齐次化，而且它要求定点在曲线上（本题 $P$ 在椭圆上，恰好可用；若 $P$ 不在曲线上，齐次化就没有「常数项消失」这一步，这条路直接断掉）。解法一不挑条件、闭着眼睛能走，代价是第 ③④ 步那段代数。先看定点在不在曲线上，再决定走哪条。

🕳️ 避坑

• 「离定点最远的点」不是顶点。 第 (1) 问里长轴端点给 $\sqrt{13}\approx3.6056$，真答案 $\dfrac{12\sqrt{11}}{11}\approx3.6181$，最远点在 $y=-\dfrac1{11}$。两者只差 $0.0126$，草图上分不出来——必须化成一元二次函数、算对称轴。
• 对称轴在不在 $[-1,1]$ 里，是第 (1) 问的胜负手。 在里面（本题 $-\dfrac1{11}$）就取内部值；只有在外面才轮到端点。写出 $y\in[-1,1]$ 这一句，就是为了做这个判断。
• 设 $y=kx+\dfrac12$ 之前，先说明竖直那条为什么不算。 过 $Q$ 的竖直线是 $y$ 轴，交椭圆于 $(0,\pm1)$，其中 $(0,1)=P$ 被题面排除。本题结论是安全的，但这句话不能默认——换一道题，漏掉的那条常常正好是答案。
• 「$Q$ 在线段 $AB$ 上」不要当成额外约束去讨论。 $Q$ 在椭圆内部（$\dfrac14<1$），过它的直线必与椭圆交两点且 $Q$ 夹在中间——这个条件是自动满足的，白花时间去「保证 $Q$ 在段内」就走远了。
• $k=-\dfrac13$ 必须排除，而且它不是随手加的。 它使 $PA$ 或 $PB$ 与 $l$ 平行、$C$ 或 $D$ 不存在。检验方式很稳：排除点应当恰好是最终公式的极点——本题 $|3k+1|$ 与 $\left|s+\dfrac49\right|$ 为零处正是它，多一个少一个都说明前面算错了。
• 换元之后要验「取等的新变量不在禁区」。 令 $w=\dfrac1{3k+1}$ 时 $w\ne0$ 是禁区；最小值取在 $w=\dfrac{16}{25}$，非零，所以取得到。若算出的最优 $w$ 恰是 $0$，那这个下界就够不着，必须改判。
• 齐次化只对「定点在曲线上」成立。 平移后常数项消失是这一招的前提（$P$ 不在曲线上就还剩一个常数项，乘不成齐次式）。用之前先把定点代进曲线方程验一次。