一道解析几何陈题的探究与反思

范宗标

摘要：对一道解析几何陈题进行探究教学，发现了多种不同的解题思路，最后揭示了问题的一般背景.从这个案例中获得反思，即教学应该“慢”“细”“活”.

关键词：陈题；探究；反思；慢教学

1 陈题重现

（2014年湖北高考理科卷第9题）已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2=π3，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（  ）.

A.433

B.433

C.3

D.2

最近和学生一起对这道陈题进行了讨论，得到了很多意想不到的结果，现整理成文与同行分享，并谈点反思.

2 探究过程

2.1 解法

分析：如图1所示，建系，并设椭圆方程为x2a21+y2b21=1（a1＞b1＞0），双曲线方程为x2a22-y2b22=1（a2＞b2＞0），由于椭圆和双曲线的焦点相同，故可记c1=c2=c.由两曲线的对称性，不妨设点P在第一象限，并设|PF1|=r1，|PF2|=r2，根据两曲线的定义可得r1+r2=2a1，r1-r2=2a2，解得r1=a1+a2，r2=a1-a2.再来看目标，即求1e1+1e2=a1+a2c=r1c的最大值.

解法1：用余弦定理.

由余弦定理，得

4c2=r21+r22-r1r2.①

两边同时除以r21，得

4c2r21=1+r2r12-r2r1=r2r1-122+34，

当r2r1=12，即r1=2r2时，4c2r21有最小值34，从而r1c有最大值433.

点评：用余弦定理揭示出r1，c之间的关系，然后把r2r1当整体，利用函数思想求解.

解法2：应用“主元法”，把①式看成是关于r2的一元二次方程，此方程有正数解.

由①式整理，得

r22-r1r2+r21-4c2=0，②

则Δ=r21-4（r21-4c2）≥0，解得0＜r1c≤433.

把r1=433c代回②式，得r22-433cr2+43c2=0，即r2-233c2=0，所以r2=233c>0，此时r2=2r1.

点评：这是把①式看成了二次方程，利用方程思想来解决.此法也说明不等式也可以用来求最值.

解法3：用正弦定理求解.

设∠PF2F1=α.在△PF1F2中，由正弦定理可得r1sin α=2csinπ3，则r1c=433sin α，故当α=π2时，r1c有最大值433，此时△PF1F2的另一个锐角为π6，r2=2r1.

点评：把r1和c12|F1F2|联系起来是关键，这样就能想到正弦定理，于是只要引入一个内角作为变量就可以了，这个方法比较简单.容易发现，这时的焦点三角形是一个特殊的直角三角形，有一个内角为π6，且PF2⊥F1F2.

解法4：等面积法.

根据焦点三角形的面积公式，可得b21tanπ6=b22cotπ6，即b21=3b22，所以1e21+3e22=4.

视角1：由柯西不等式，得

12+1321e21+3e22≥1e1+1e22，

当且仅当3e1=e2时，等号成立，故1e1+1e2的最大值为433.

视角2：用三角代换.令1e1=2cos α，3e2=2sin α，0<α<π2，则1e1+1e2=2cos α+23sin α=433sinα+π3，故α=π6时，1e1+1e2的最大值为433，此时3e1=e2.

点评：面积法是重要的解题方法，此法通过对同一个三角形面积“算两次”得到1e21+3e22=4，这个定值可能更接近问题本质.

解法5：把目标式写成2a1+2a22c的形式，寻找2a2，2a1和2c的几何意义来解决.

如图2，在线段PF1上取点Q，使|PQ|=|PF2|，由双曲线定义，得|QF1|=|PF1|-|PQ|=|PF1|-|PF2|=2a2，又因为∠F1PF2=π3，所以△PQF2为正三角形，则有|PQ|=|PF2|=|QF2|，因而2a1+2a2=|PF1|+|PF2|+|QF1|=（|PQ|+|QF1|）+|QF2|+|QF1|

=（|QF2|+|QF1|）+|QF2|+|QF1|=2（|QF1|+|QF2|）.

所以，1e1+1e2=2a1+2a22c=2（|QF1|+|QF2|）2c.

注意到∠F1QF2=2π3，考虑△F1QF2的外接圆，因而猜想，当点Q在F1F2上运动到使|QF1|=|QF2|时，2（|QF1|+|QF2|）2c达到最大，此时该三角形是底角为π6的等腰三角形，|QF1|=|QF2|=233c，所以1e1+1e2的最大值为433.

证明猜想：当点Q在F1F2上变运动时，∠QF1F2是变化的，∠F1QF2=2π3不变，则可以把∠QF1F2当成变量，用正弦定理，化成三角函数来解决.

设∠QF1F2=α，0<α<π3.由正弦定理，得

|QF1|sinπ3-α=2csin2π3，|QF2|sin α=2csin2π3.

所以1e1+1e2=2（|QF1|+|QF2|）2c=433×sin α+sinπ3-α

=433sinα+π3，余略.

点评：点Q在劣弧F1F2上每运动到一个位置，我们都以QF2为一边向外作一个正三角形，正三角形的第三个顶点P就是两曲线的一个公共点，由于焦点F1，F2是确定的，所以两曲线也就确定了，也就是说点Q的运动位置唯一决定了椭圆和双曲线，当点Q运动到使|QF1|=|QF2|时，1e1+1e2就取得了最大值，此时恰好有PF2⊥F1F2.

2.2 推广

追问1：能否把问题推广到∠F1PF2=θ，θ∈（0，π）的一般情形？

解析1：模仿解法4.

由b21tanθ2=b22cotθ2，可得tan 2θ2e21+1e22=1+tan 2θ2，再由柯西不等式，得

1tan2θ2+12tan 2θ2e21+1e22≥1e1+1e22，

解得

1e1+1e2≤1+cot2θ21+tan 2θ2.

整理，得1e1+1e2≤2sin θ.

点评：由1e1+1e2≤1sin θ

变形，得21e1+1e2≥sin θ，原来题目本质上是求e1，e2的调和平均数的最小值，恰好是sin θ，这个结论非常优美.原题中θ=π3，所以21e1+1e2≥32，由此立得答案.

解析2：用正弦定理.

设∠PF2F1=α.在△PF1F2中，由正弦定理，得r1sin α=2csin θ，即r1c=2sin θsin α，故当α=π2时，r1c取得最大值且最大值为2sin θ.

点评：通过上述解析，容易发现无论θ取何值，r1c都是在PF2⊥F1F2时取最大值.

追问2：上述结论有漏洞吗？

解析：不一定始终都能做到PF2⊥F1F2！这还要看θ的取值情况.如果θ取直角或钝角，α就取不到π2，因此追问1的结论和点评不全面.

讨论：（1）当θ∈0，π2时，前面已讨论.（2）当θ∈π2，π时，设∠PF2F1=α，

∠PF1F2=β，则α+β=π-θ，由于r1>r2，于是α>β，故π-θ2<α<π-θ.由r1c=2sin θ＼5sin α，得1e1+1e2的取值范围是1sinθ2，2，此时1e1+1e2无最大值.

3 教学反思

在这道题的教学中，我们慢下了脚步，耐心地去倾听学生的想法.他们想到了余弦定理，想到了正弦定理，想到了二次函数，想到了面积法，想到了三角代换，想到了柯西不等式，想到了回归图形，想到了推广到一般……在合作交流中，生生、师生之间的思维不断碰撞，新的想法不断涌出，课堂里闪耀着智慧的光芒.这也许就是课堂该有的样子吧.

怎样上课才能达到这个状态，让课堂充满灵动？笔者觉得有三点很紧要：

第一，教学要慢一点，因为这样学生才能反应过来，参与到教学中，我们才能把问题讨论清楚.时下，“快”教学横行，“来不及”成了口头禅，机械的重复日复一日.学生基本上都是被牵着鼻子走，哪里还能体会到数学的美妙.我们赞成“慢”教学，赞成突出重点难点的反复，因为问题一旦一个一个地被学生所掌握，“慢”便成了“快”.

第二，教学要细一点，这样我们才能把问题研究透，才能促使学生全方位地去感悟数学，不断接近问题的本真.教师可能有这样的体会，某个考题或者它的解决思路我们教师是知道的，而且在平常评讲题目时差一点就讲出来了，可惜当时没有把问题研究透和讲透，导致学生仍然不会.这就要求教师在备课时要对问题进行深入细致的研究，同时还要深入学生当中和学生一起讨论，这样才能促使学生全面细致地掌握解决问题的方法.而要达到这个全面细致的目标，我们的教学就又要回到第一点上，就是要进行“慢教学”，“慢”才能“细”.

第三，教学要活一点，解题的方法是多样的，思考的角度是多方向的，遇到困难，要激励学生大胆地想办法，鼓励他们“办法总比困难多”.教学中，要启发学生灵活思考问题，并在思考的基础上进行合作交流，让思维在交流中碰撞，活化学生的思维，形成智慧的火花.而做到这一点，同样也要舍得花时间，所以我们又得回到了第一点上，就是要进行“慢教学”，“慢”才能“活”，慢工出细活嘛.