動(dòng)態(tài)移換問題教學(xué)法探究圓與橢圓關(guān)聯(lián)的一類最值問題

［摘 要］ 教學(xué)圓和橢圓綜合情境下的動(dòng)態(tài)最值問題，部分教師往往只注重培養(yǎng)學(xué)生分析問題和解決問題的能力，卻忽視了培養(yǎng)學(xué)生發(fā)現(xiàn)問題和提出問題的能力. 采用動(dòng)態(tài)移換問題教學(xué)法不僅可以有效培養(yǎng)學(xué)生樣例模仿后再應(yīng)用的發(fā)展性遷移能力，還可以深度培養(yǎng)學(xué)生的發(fā)展性思維品質(zhì).

［關(guān)鍵詞］ 動(dòng)態(tài)移換；問題教學(xué)法；圓與橢圓；最值問題

明確方向，提出問題

圓與橢圓之間的關(guān)系緊密，應(yīng)用解析法探究圓中的最值問題與橢圓中的最值問題所用的方法和策略雖然大同小異，但是在圓和橢圓兩者綜合的情境下，基于動(dòng)態(tài)最值問題的研究便成了解題教學(xué)的一大難點(diǎn). 在進(jìn)行這類問題的教學(xué)時(shí)，部分教師往往就點(diǎn)論點(diǎn)，停留于單點(diǎn)的淺層剖析，只注重培養(yǎng)學(xué)生分析問題和解決問題的能力，卻忽視了實(shí)施發(fā)展性教學(xué)行為來培養(yǎng)學(xué)生發(fā)現(xiàn)問題和提出問題的能力.

提出對(duì)策，界定概念

在圓和橢圓兩者綜合的情境下，探究動(dòng)態(tài)最值問題可采用動(dòng)態(tài)移換問題教學(xué)法. 本文提出的動(dòng)態(tài)移換問題教學(xué)法是指在靜態(tài)的問題情境中，從動(dòng)態(tài)的視角出發(fā)，依據(jù)類比遷移理論（樣例理論），運(yùn)用遷移、變換等數(shù)學(xué)手段對(duì)問題情境進(jìn)行系列問題變式，從而實(shí)施問題式探究性教學(xué).

動(dòng)態(tài)移換問題教學(xué)法是教師基于問題情境下擷取幾個(gè)動(dòng)態(tài)移換視角類比“生成”關(guān)聯(lián)性新問題，師生針對(duì)新問題共同深度探究，一起發(fā)現(xiàn)新結(jié)論、新性質(zhì).在解題教學(xué)中，教師運(yùn)用動(dòng)態(tài)移換問題教學(xué)法，不僅可以深度培養(yǎng)學(xué)生的發(fā)展性遷移能力和發(fā)展性思維品質(zhì)，還可以培養(yǎng)學(xué)生直觀想象、數(shù)學(xué)建模、邏輯推理等數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng).可見，動(dòng)態(tài)移換問題教學(xué)法是教師在課堂上實(shí)施的展示性教學(xué)行為和發(fā)展性教學(xué)行為.

示例呈現(xiàn)，揭示規(guī)律

本文選取一個(gè)圓和橢圓綜合的典型問題情境，利用動(dòng)態(tài)移換問題教學(xué)法探究一類具有關(guān)聯(lián)性的最值問題，通過對(duì)問題情境進(jìn)行動(dòng)態(tài)演繹，探尋動(dòng)態(tài)移換的途徑和視角.

1. 教學(xué)實(shí)例呈現(xiàn)

（2019年福州市高中畢業(yè)班質(zhì)量檢測理科第20題）已知圓O：x2+y2=r2，橢圓C：+=1（a>b>0）的短半軸長等于圓O的半徑，且過C右焦點(diǎn)的直線與圓O相切于點(diǎn)D

，

.

（1）求橢圓C的方程；

（2）若動(dòng)直線l與圓O相切，且與C相交于A，B兩點(diǎn)，求點(diǎn)O到弦AB的垂直平分線的距離的最大值.

2. 動(dòng)態(tài)移換視角一：圓錐曲線圖象的“大小”變換

通過改變圓的半徑（或者橢圓的離心率）大小對(duì)圓（或者橢圓）的圖象進(jìn)行“大小”變換，從而改變兩者之間的相對(duì)位置.

問題設(shè)計(jì)1 保持圓心仍為原點(diǎn)O，變換圓的大小使圓C內(nèi)含或內(nèi)切于橢圓Γ.

給定橢圓Γ：+=1（a>b>0），圓C：x2+y2=r2（0<r≤b），直線l與圓C相切，與橢圓Γ相交于A，B兩點(diǎn)，探求一類最值問題：（1）

AB

的取值范圍；（2）△AOB面積的取值范圍；（3）原點(diǎn)O到直線AB的垂直平分線的距離d的取值范圍.

一般化探究實(shí)錄 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，不妨設(shè)直線l：y=kx+m，設(shè)A（x，y），B（x，y），橢圓的離心率為e=. 由直線l與圓C相切得=r，由y=kx+m，

+

=1得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2（m2-b2）=0，所以Δ=4a2b2（a2k2+b2-m2）>0，所以x+x=，xx=.

（1）

AB

=

x-x

=·=·，令t=b2+a2k2≥b2，則

AB

=2ab. 所以，求

AB

的取值范圍只需討論g

=-++

1-

的取值范圍即可.

（2）S△AOB=

AB

·r=，由

AB

的取值范圍可得S△AOB的取值范圍.

（3）設(shè)M（x，y）為直線AB的垂直平分線上任意一點(diǎn)，則（x-x）2+（y-y）2=（x-x）2+（y-y）2，所以2x（x-x）+2y（y-y）=（x-x）+（y-y），即2x（x-x）+2y（y-y）=（x-x）-（x-x）. 等式兩邊同時(shí)除以2（x-x），可得直線AB的垂直平分線的方程為x+ky=e2·. 所以原點(diǎn)O到直線AB的垂直平分線的距離d====c2r∈

0，

.

特殊化示例 已知橢圓Γ：+=1，圓C：x2+y2=1，直線l與圓C相切，與橢圓Γ相交于A，B兩點(diǎn)，求：（1）△AOB面積的取值范圍；（2）原點(diǎn)O到直線AB的垂直平分線的距離的取值范圍. （答案略）

2. 動(dòng)態(tài)移換視角二：圓錐曲線圖象的位置遷移

利用圖象平移變換，將圓（橢圓）遷移到相似的特殊位置，使圓和橢圓保持相對(duì)的位置關(guān)系.

問題設(shè)計(jì)2 遷移變換圓心為（x0，0），使圓C仍內(nèi)含或內(nèi)切于橢圓Γ.

設(shè)圓C：（x-x）2+y2=r2（r>0），其他條件不變，仍然探求上述問題中的一類最值問題（或取值范圍）.

一般化探究實(shí)錄 若仍設(shè)直線l：y=kx+m，由條件得=r，此時(shí)參數(shù)k與m同時(shí)內(nèi)含于絕對(duì)值內(nèi)，不便利用代入法進(jìn)行消元. 因此，不妨設(shè)直線l：x=ky+m，由已知得=r. 設(shè)t=，則

t

=

=≥1，所以t∈（-∞，-1］∪［1，+∞），k2=t2-1，m=rt+x.

由x=ky+m，

+

=1得（b2k2+a2）y2+2b2kmy+b2（m2-a2）=0，所以Δ=4a2b2（b2k2+a2-m2）>0，y+y=，yy=. 所以

AB

=·

y-y

=·=2ab.

令f（t）=，則f′（t）=·［b2rxt3+（b2c2+b2x-2c2r2）t2-3rc2xt+c2（c2-x）］. 注意到f′（t）函數(shù)值的正負(fù)是由一次式2t和三次式aktk這兩部分確定的. 一般情況下，三次方程難于求解，但若圓心（x，0）在某些特殊位置，則所得的三次方程可以降次，或可以因式分解，問題便能求解.

特殊化探究實(shí)錄 例如，令x=c=r，此時(shí)圓心即橢圓的焦點(diǎn)，且與y軸相切，則f（t）=，f′（t）=［b2t2+2（b2-c2）t-3c2］. 若再取b=2，c=1，利用以下引理：

記橢圓+=1（a>b>0）上的動(dòng)點(diǎn)P到以下點(diǎn)Q的距離為f（P）.

①當(dāng)點(diǎn)Q為原點(diǎn)O（0，0）時(shí)，f（P）∈［b，a］，即在橢圓頂點(diǎn)處取得最值；

②當(dāng)點(diǎn)Q為焦點(diǎn)F（c，0）時(shí)，f（P）∈［a-c，a+c］，即在橢圓左、右頂點(diǎn)處取得最值；

③當(dāng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x，0）時(shí)，討論可得：若x∈（-∞，-ae2）∪（ae2，+∞），則f（P）的最值在橢圓左、右頂點(diǎn)處取得；若x∈［-ae2，ae2］，則f（P）的最小值在x=處取得，最大值在橢圓左頂點(diǎn)或右頂點(diǎn)處取得.

特殊化示例 已知橢圓Γ：+=1（a>b>0）的離心率為，且焦距不大于2，圓C與y軸相切于原點(diǎn)，且圓心位于y軸的右側(cè)，橢圓Γ上的點(diǎn)到圓C上的點(diǎn)的距離最大值為+2，最小值為-2.

（1）求橢圓Γ和圓C的方程；

（2）若直線l與圓C相切，與橢圓Γ相交于A，B兩點(diǎn)，①求

AB

的最小值；②當(dāng)△AOB的面積取最大值時(shí)，求直線l的方程；③若直線l與x軸的交點(diǎn)位于直線x=3右側(cè)，求原點(diǎn)O到直線AB的垂直平分線的距離的取值范圍.

解析 （1）設(shè)圓C：（x-r）2+y2=r2，由題意得a=c，b=2c，c≤1.

因?yàn)闄E圓Γ上的點(diǎn)到圓C上的點(diǎn)的距離大于等于-2（-2>0），所以圓C與橢圓Γ不相交. 因?yàn)閳AC位于y軸的右側(cè)，與y軸相切，所以圓C內(nèi)含于橢圓Γ.

設(shè)橢圓Γ上的動(dòng)點(diǎn)為P（x，y），則

PC

+r=+2，

PC

-r=-2，

PC

2=（x-r）2+y2=（x-r）2+b2

1-

=（x-5r）2+4c2-4r2.

若5r≥a=c，則

PC

=a+r，

PC

=a-r，所以a+2r=+2，a-2r=-2，所以a=，r=1，c=1，b=2.

若5r<a=c，則

PC

=a+r，

PC

=2，所以a+2r=+2，2-r=-2. 兩式相加得2=a+2+r≤c+=2c，所以c≥1. 又c≤1，所以c=1. 代入a+2r=+2，得r=1. 但c=1及r=1并不滿足2-r=-2，故這種情況不成立.

綜上所述，橢圓Γ：+=1，圓C：（x-1）2+y2=1.

（2）①設(shè)直線l：x=my+n，A（x，y），B（x，y），由直線l與圓C相切得=1，即

n-1

=. 由x=my+n，

+

=1得（4m2+5）y2+8mny+4（n2-5）=0，所以Δ=80（4m2+5-n2）>0，所以y+y=，yy=. 所以

AB

==.

令k=n-1，則

n-1

=

k

=≥1，所以k∈（-∞， -1］∪［1，+∞），k2=m2+1，

AB

==4.

令f（k）=，則f′（k）=-=，再令g（k）=4k2+6k-3.

當(dāng)k≥1時(shí)，g（k）≥g（1）>0，所以f（k）在［1，+∞）上單調(diào)遞增. 所以當(dāng)k∈［1，+∞）時(shí)，f（k）=f（1）=.

當(dāng)k≤-1時(shí)，?k∈（-∞，-1），使得g（k）=0. 所以，當(dāng)k∈（-∞，k）時(shí)，f′（k）>0；當(dāng)k∈（k，-1）時(shí)，f′（k）<0. 故當(dāng)k∈（-∞，-1］時(shí)，f（k）=min｛f（-∞），f（-1）｝=min

，

=.

綜上所述，?k∈（-∞，-1］∪［1，+∞），f（k）=，AB=.

②由①可知，S△AOB=

AB

·=2·. 令h（k）=，則h′（k）=. 令h′（k）=0，則k=-1，k=1-∈（-1，0），k=，k=1+∈（2，3）. 所以，h（k）在（-∞，-1）上單調(diào)遞減，在

1，1+

上單調(diào)遞增，在

1+，+∞

上單調(diào)遞減.

若k=-1，則n=0，此時(shí)切線l為y軸，不存在三角形，所以當(dāng)k∈（-∞，-1）時(shí)，h（k）∈（h（-1），h（-∞）），即h（k）∈0

，.

當(dāng)k∈［1，+∞）時(shí)，=h（1）<h

1+

，=h（+∞）<h

1+

，又>，所以h（k）∈

h（1），h

1+

，即h（k）∈

，h

1+

.

綜上所述，當(dāng)k∈（-∞，-1）∪［1，+∞）時(shí)，h（k）=h

1+

，此時(shí)k=1+，n=k+1=2+，由

n-1

=得m=±. 所以直線l：x=±y+2+.

③設(shè)M（x，y）為AB的垂直平分線上任意一點(diǎn)，則由（x-x）2+（y-y）2=（x-x）2+（y-y）2得2x（x-x）+2y（y-y）=（x-x）+（y-y）=-（y-y），所以mx+y=-（y+y）=，故直線AB的垂直平分線的方程為mx+y=，原點(diǎn)O到直線AB的垂直平分線的距離d==.

因?yàn)閗∈（-∞，-1］∪［1，+∞），所以≥0，所以d=.令φ（k）=，則φ′（k）=. 因?yàn)橹本€l與x軸的交點(diǎn)位于直線x=3右側(cè)，所以n>3，k>2，所以4k5+8k4-9k3-12k2-1=3k5+8k4-9k3-12k2+k5-1>（3×22k3-12k2）+（16k3-9k3）+k5-1>0（也可令p（k）=4k5+8k4-9k3-12k2-1求導(dǎo)）. 所以，當(dāng)k>2時(shí)，φ′（k）<0，φ（k）在（2，+∞）上單調(diào)遞減. 因?yàn)楫?dāng)k→+∞時(shí)，φ（k）→0，且φ（2）=，所以d∈

0，

.

3. 動(dòng)態(tài)移換視角三：關(guān)聯(lián)曲線的置換遷移

由于圓與橢圓的圖象和性質(zhì)具有高度的相似性，二者的“地位”具備一定的等同性，因此可以通過互換它們的位置開展類比探究.

問題設(shè)計(jì)3 置換橢圓與圓的相對(duì)位置，使橢圓Γ內(nèi)含或內(nèi)切于圓C.

已知橢圓Γ：+=1（a>b>0），圓C：x2+y2=r2（r≥a），直線l與橢圓Γ相切，與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，求：（1）

AB

的取值范圍；（2）△AOB面積的取值范圍.

一般化探究實(shí)錄 設(shè)d為原點(diǎn)O到直線l的距離，先求d的取值范圍.

設(shè)橢圓Γ上的切點(diǎn)為（acosθ，bsinθ），則直線l：+=1，即+=1，所以d===. 因?yàn)閏os2θ∈［0，1］，所以d∈［b，a］. 所以

AB

=2∈［2，2］，S△AOB=·d=（d∈［b，a］），利用二次函數(shù)知識(shí)可得S△AOB的取值范圍.

特殊化示例 已知橢圓C：+=1（a>b>0）的上、下焦點(diǎn)分別為F，F(xiàn)，離心率為，P為C上動(dòng)點(diǎn)，且滿足=λ（λ>0），

=

，△QFF面積的最大值為4.

（1）求Q點(diǎn)軌跡E的方程和橢圓C的方程；

（2）直線y=kx+m（m>0）與橢圓C相切且與曲線E相交于M，N兩點(diǎn)，求S的取值范圍.

解析 （1）由橢圓的定義得

FQ

=

FP

+

PQ

=

FP

+

PF

=2a，所以點(diǎn)Q的軌跡是以F為圓心，2a為半徑的圓. 當(dāng)QF⊥FF時(shí)，△QFF的面積最大，所以·2c·2a=4，所以ac=2. 又=，所以a=2，c=1. 所以，點(diǎn)Q軌跡E的方程為x2+（y+1）2=16，橢圓C的方程為+=1.

（2）由y=kx+m，

+

=1得（3k2+4）x2+6kmx+3m2-12=0，所以Δ=36k2m2-4（3k2+4）（3m2-12）=0，化簡得3k2-m2+4=0，即k2=. 由k2=≥0及m>0，得m≥2.

設(shè)圓心F（0，-1）到直線MN的距離為d，則d==，所以弦長

MN

=2=2.

設(shè)點(diǎn)F（0，1）到直線MN的距離為d，則d==. 所以，S=

MN

·d==. 由m≥2得∈［，） ，所以S的取值范圍為［，）.

4. 動(dòng)態(tài)移換視角四：類比增設(shè)動(dòng)態(tài)的點(diǎn)、直線

在圓與橢圓的圖象已確定的情境下，由動(dòng)點(diǎn)、動(dòng)線引發(fā)的動(dòng)態(tài)問題中，可以采用類比拓展的變換方式，通過增設(shè)動(dòng)點(diǎn)的個(gè)數(shù)或動(dòng)線的條數(shù)等方法來產(chǎn)生新的動(dòng)態(tài)情境.

問題設(shè)計(jì)4 使圓心仍為原點(diǎn)，圓C仍然內(nèi)含或內(nèi)切于橢圓Γ，過點(diǎn)P增設(shè)圓C的切線條數(shù).

已知橢圓Γ：+=1（a>b>0），圓C：x2+y2=r2（r≤b），點(diǎn)P為橢圓Γ上的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P分別作圓C的兩條切線與橢圓Γ相交于A，B兩點(diǎn)，求：（1）

AB

的取值范圍；（2）△AOB面積的取值范圍.

（規(guī)定：當(dāng)r=b，點(diǎn)P為上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)時(shí)，切線PA，PB重合，此時(shí)

AB

=0，S△AOB=0.）

特殊化探究實(shí)錄 不妨取橢圓Γ：+y2=1，圓C：x2+y2=1. 設(shè)P（cosθ，sinθ），A（cosα，sinα），B（cosβ，sinβ），則直線PA的方程為（cosθ-cosα）（y-sinθ）=（sinθ-sinα）（x-cosθ），即xcos+ysin=

coscosθ+sinsinθ

=cos.

由直線PA與圓C相切得=1，等式兩邊平方得·（cosα）cosθ+sinαsinθ=1. 同理可得（cosβ）·cosθ+sinβsinθ=1. 所以，經(jīng)過點(diǎn)A，B的直線方程為·xcosθ+ysinθ=1.

（1）由

xcosθ+ysinθ=1，

+y2=1得（8cos2θ+1）x2-6·x·cosθ+2cos2θ=0，所以Δ=64cos2θ（1-cos2θ）=64cos2θsin2θ. 所以，

AB

2=1+

-

·===. 令t=5+4cos2θ∈［1，9］，u=∈

，1

，則

AB

2=-u2+u+∈

0，

，所以

AB

∈

0，

.

（2）因?yàn)樵c(diǎn)O到直線AB的距離d=，所以S2△AOB=

AB

2·d2=··==2

-

=2（u-u2）∈

0，

，故S△AOB∈

0，

.

5. 動(dòng)態(tài)移換視角五：定點(diǎn)與動(dòng)點(diǎn)的動(dòng)靜遷移

在問題設(shè)計(jì)4中，△AOB的頂點(diǎn)O為定點(diǎn)，若將點(diǎn)O遷移置換為相關(guān)動(dòng)點(diǎn)P，則△ABP的三個(gè)頂點(diǎn)均為動(dòng)點(diǎn)，這樣就增加了問題的動(dòng)態(tài)因素.

問題設(shè)計(jì)5 在問題設(shè)計(jì)4中，探求△ABP面積的取值范圍.

特殊化探究實(shí)錄 因?yàn)辄c(diǎn)P到直線AB的距離d==，所以d2===. 所以，S=

AB

2d2==·.令f（t）=，則f′（t）=≥0，所以S∈

0，

，S△ABP∈

0，

.

教學(xué)啟示

動(dòng)態(tài)移換問題教學(xué)法既是一種問題式研究策略，又是一種探究式課堂教學(xué)行為，它在圓錐曲線的解題教學(xué)中的應(yīng)用比較廣泛，教學(xué)時(shí)教師可選擇一個(gè)適切的問題情境運(yùn)用此策略. 運(yùn)用動(dòng)態(tài)移換問題教學(xué)法，不僅可以有效培養(yǎng)學(xué)生樣例模仿后再應(yīng)用的發(fā)展性遷移能力，還可以培養(yǎng)學(xué)生發(fā)現(xiàn)新問題及新性質(zhì)的探究創(chuàng)新能力.