动态移换问题教学法探究圆与椭圆关联的一类最值问题

［摘 要］ 教学圆和椭圆综合情境下的动态最值问题，部分教师往往只注重培养学生分析问题和解决问题的能力，却忽视了培养学生发现问题和提出问题的能力. 采用动态移换问题教学法不仅可以有效培养学生样例模仿后再应用的发展性迁移能力，还可以深度培养学生的发展性思维品质.

［关键词］ 动态移换；问题教学法；圆与椭圆；最值问题

明确方向，提出问题

圆与椭圆之间的关系紧密，应用解析法探究圆中的最值问题与椭圆中的最值问题所用的方法和策略虽然大同小异，但是在圆和椭圆两者综合的情境下，基于动态最值问题的研究便成了解题教学的一大难点. 在进行这类问题的教学时，部分教师往往就点论点，停留于单点的浅层剖析，只注重培养学生分析问题和解决问题的能力，却忽视了实施发展性教学行为来培养学生发现问题和提出问题的能力.

提出对策，界定概念

在圆和椭圆两者综合的情境下，探究动态最值问题可采用动态移换问题教学法. 本文提出的动态移换问题教学法是指在静态的问题情境中，从动态的视角出发，依据类比迁移理论（样例理论），运用迁移、变换等数学手段对问题情境进行系列问题变式，从而实施问题式探究性教学.

动态移换问题教学法是教师基于问题情境下撷取几个动态移换视角类比“生成”关联性新问题，师生针对新问题共同深度探究，一起发现新结论、新性质.在解题教学中，教师运用动态移换问题教学法，不仅可以深度培养学生的发展性迁移能力和发展性思维品质，还可以培养学生直观想象、数学建模、逻辑推理等数学学科核心素养.可见，动态移换问题教学法是教师在课堂上实施的展示性教学行为和发展性教学行为.

示例呈现，揭示规律

本文选取一个圆和椭圆综合的典型问题情境，利用动态移换问题教学法探究一类具有关联性的最值问题，通过对问题情境进行动态演绎，探寻动态移换的途径和视角.

1. 教学实例呈现

（2019年福州市高中毕业班质量检测理科第20题）已知圆O：x2+y2=r2，椭圆C：+=1（a>b>0）的短半轴长等于圆O的半径，且过C右焦点的直线与圆O相切于点D

，

.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若动直线l与圆O相切，且与C相交于A，B两点，求点O到弦AB的垂直平分线的距离的最大值.

2. 动态移换视角一：圆锥曲线图象的“大小”变换

通过改变圆的半径（或者椭圆的离心率）大小对圆（或者椭圆）的图象进行“大小”变换，从而改变两者之间的相对位置.

问题设计1 保持圆心仍为原点O，变换圆的大小使圆C内含或内切于椭圆Γ.

给定椭圆Γ：+=1（a>b>0），圆C：x2+y2=r2（0<r≤b），直线l与圆C相切，与椭圆Γ相交于A，B两点，探求一类最值问题：（1）

AB

的取值范围；（2）△AOB面积的取值范围；（3）原点O到直线AB的垂直平分线的距离d的取值范围.

一般化探究实录 当直线l的斜率存在时，不妨设直线l：y=kx+m，设A（x，y），B（x，y），椭圆的离心率为e=. 由直线l与圆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，则

AB

=2ab. 所以，求

AB

的取值范围只需讨论g

=-++

1-

的取值范围即可.

（2）S△AOB=

AB

·r=，由

AB

的取值范围可得S△AOB的取值范围.

（3）设M（x，y）为直线AB的垂直平分线上任意一点，则（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）. 等式两边同时除以2（x-x），可得直线AB的垂直平分线的方程为x+ky=e2·. 所以原点O到直线AB的垂直平分线的距离d====c2r∈

0，

.

特殊化示例 已知椭圆Γ：+=1，圆C：x2+y2=1，直线l与圆C相切，与椭圆Γ相交于A，B两点，求：（1）△AOB面积的取值范围；（2）原点O到直线AB的垂直平分线的距离的取值范围. （答案略）

2. 动态移换视角二：圆锥曲线图象的位置迁移

利用图象平移变换，将圆（椭圆）迁移到相似的特殊位置，使圆和椭圆保持相对的位置关系.

问题设计2 迁移变换圆心为（x0，0），使圆C仍内含或内切于椭圆Γ.

设圆C：（x-x）2+y2=r2（r>0），其他条件不变，仍然探求上述问题中的一类最值问题（或取值范围）.

一般化探究实录 若仍设直线l：y=kx+m，由条件得=r，此时参数k与m同时内含于绝对值内，不便利用代入法进行消元. 因此，不妨设直线l：x=ky+m，由已知得=r. 设t=，则

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）=，则f′（t）=·［b2rxt3+（b2c2+b2x-2c2r2）t2-3rc2xt+c2（c2-x）］. 注意到f′（t）函数值的正负是由一次式2t和三次式aktk这两部分确定的. 一般情况下，三次方程难于求解，但若圆心（x，0）在某些特殊位置，则所得的三次方程可以降次，或可以因式分解，问题便能求解.

特殊化探究实录 例如，令x=c=r，此时圆心即椭圆的焦点，且与y轴相切，则f（t）=，f′（t）=［b2t2+2（b2-c2）t-3c2］. 若再取b=2，c=1，利用以下引理：

记椭圆+=1（a>b>0）上的动点P到以下点Q的距离为f（P）.

①当点Q为原点O（0，0）时，f（P）∈［b，a］，即在椭圆顶点处取得最值；

②当点Q为焦点F（c，0）时，f（P）∈［a-c，a+c］，即在椭圆左、右顶点处取得最值；

③当点Q的坐标为（x，0）时，讨论可得：若x∈（-∞，-ae2）∪（ae2，+∞），则f（P）的最值在椭圆左、右顶点处取得；若x∈［-ae2，ae2］，则f（P）的最小值在x=处取得，最大值在椭圆左顶点或右顶点处取得.

特殊化示例 已知椭圆Γ：+=1（a>b>0）的离心率为，且焦距不大于2，圆C与y轴相切于原点，且圆心位于y轴的右侧，椭圆Γ上的点到圆C上的点的距离最大值为+2，最小值为-2.

（1）求椭圆Γ和圆C的方程；

（2）若直线l与圆C相切，与椭圆Γ相交于A，B两点，①求

AB

的最小值；②当△AOB的面积取最大值时，求直线l的方程；③若直线l与x轴的交点位于直线x=3右侧，求原点O到直线AB的垂直平分线的距离的取值范围.

解析 （1）设圆C：（x-r）2+y2=r2，由题意得a=c，b=2c，c≤1.

因为椭圆Γ上的点到圆C上的点的距离大于等于-2（-2>0），所以圆C与椭圆Γ不相交. 因为圆C位于y轴的右侧，与y轴相切，所以圆C内含于椭圆Γ.

设椭圆Γ上的动点为P（x，y），则

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，则

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，则

PC

=a+r，

PC

=2，所以a+2r=+2，2-r=-2. 两式相加得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并不满足2-r=-2，故这种情况不成立.

综上所述，椭圆Γ：+=1，圆C：（x-1）2+y2=1.

（2）①设直线l：x=my+n，A（x，y），B（x，y），由直线l与圆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，则

n-1

=

k

=≥1，所以k∈（-∞， -1］∪［1，+∞），k2=m2+1，

AB

==4.

令f（k）=，则f′（k）=-=，再令g（k）=4k2+6k-3.

当k≥1时，g（k）≥g（1）>0，所以f（k）在［1，+∞）上单调递增. 所以当k∈［1，+∞）时，f（k）=f（1）=.

当k≤-1时，∃k∈（-∞，-1），使得g（k）=0. 所以，当k∈（-∞，k）时，f′（k）>0；当k∈（k，-1）时，f′（k）<0. 故当k∈（-∞，-1］时，f（k）=min｛f（-∞），f（-1）｝=min

，

=.

综上所述，∀k∈（-∞，-1］∪［1，+∞），f（k）=，AB=.

②由①可知，S△AOB=

AB

·=2·. 令h（k）=，则h′（k）=. 令h′（k）=0，则k=-1，k=1-∈（-1，0），k=，k=1+∈（2，3）. 所以，h（k）在（-∞，-1）上单调递减，在

1，1+

上单调递增，在

1+，+∞

上单调递减.

若k=-1，则n=0，此时切线l为y轴，不存在三角形，所以当k∈（-∞，-1）时，h（k）∈（h（-1），h（-∞）），即h（k）∈0

，.

当k∈［1，+∞）时，=h（1）<h

1+

，=h（+∞）<h

1+

，又>，所以h（k）∈

h（1），h

1+

，即h（k）∈

，h

1+

.

综上所述，当k∈（-∞，-1）∪［1，+∞）时，h（k）=h

1+

，此时k=1+，n=k+1=2+，由

n-1

=得m=±. 所以直线l：x=±y+2+.

③设M（x，y）为AB的垂直平分线上任意一点，则由（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）=，故直线AB的垂直平分线的方程为mx+y=，原点O到直线AB的垂直平分线的距离d==.

因为k∈（-∞，-1］∪［1，+∞），所以≥0，所以d=.令φ（k）=，则φ′（k）=. 因为直线l与x轴的交点位于直线x=3右侧，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求导）. 所以，当k>2时，φ′（k）<0，φ（k）在（2，+∞）上单调递减. 因为当k→+∞时，φ（k）→0，且φ（2）=，所以d∈

0，

.

3. 动态移换视角三：关联曲线的置换迁移

由于圆与椭圆的图象和性质具有高度的相似性，二者的“地位”具备一定的等同性，因此可以通过互换它们的位置开展类比探究.

问题设计3 置换椭圆与圆的相对位置，使椭圆Γ内含或内切于圆C.

已知椭圆Γ：+=1（a>b>0），圆C：x2+y2=r2（r≥a），直线l与椭圆Γ相切，与圆C相交于A，B两点，求：（1）

AB

的取值范围；（2）△AOB面积的取值范围.

一般化探究实录 设d为原点O到直线l的距离，先求d的取值范围.

设椭圆Γ上的切点为（acosθ，bsinθ），则直线l：+=1，即+=1，所以d===. 因为cos2θ∈［0，1］，所以d∈［b，a］. 所以

AB

=2∈［2，2］，S△AOB=·d=（d∈［b，a］），利用二次函数知识可得S△AOB的取值范围.

特殊化示例 已知椭圆C：+=1（a>b>0）的上、下焦点分别为F，F，离心率为，P为C上动点，且满足=λ（λ>0），

=

，△QFF面积的最大值为4.

（1）求Q点轨迹E的方程和椭圆C的方程；

（2）直线y=kx+m（m>0）与椭圆C相切且与曲线E相交于M，N两点，求S的取值范围.

解析 （1）由椭圆的定义得

FQ

=

FP

+

PQ

=

FP

+

PF

=2a，所以点Q的轨迹是以F为圆心，2a为半径的圆. 当QF⊥FF时，△QFF的面积最大，所以·2c·2a=4，所以ac=2. 又=，所以a=2，c=1. 所以，点Q轨迹E的方程为x2+（y+1）2=16，椭圆C的方程为+=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，化简得3k2-m2+4=0，即k2=. 由k2=≥0及m>0，得m≥2.

设圆心F（0，-1）到直线MN的距离为d，则d==，所以弦长

MN

=2=2.

设点F（0，1）到直线MN的距离为d，则d==. 所以，S=

MN

·d==. 由m≥2得∈［，） ，所以S的取值范围为［，）.

4. 动态移换视角四：类比增设动态的点、直线

在圆与椭圆的图象已确定的情境下，由动点、动线引发的动态问题中，可以采用类比拓展的变换方式，通过增设动点的个数或动线的条数等方法来产生新的动态情境.

问题设计4 使圆心仍为原点，圆C仍然内含或内切于椭圆Γ，过点P增设圆C的切线条数.

已知椭圆Γ：+=1（a>b>0），圆C：x2+y2=r2（r≤b），点P为椭圆Γ上的任意一点，过点P分别作圆C的两条切线与椭圆Γ相交于A，B两点，求：（1）

AB

的取值范围；（2）△AOB面积的取值范围.

（规定：当r=b，点P为上顶点或下顶点时，切线PA，PB重合，此时

AB

=0，S△AOB=0.）

特殊化探究实录 不妨取椭圆Γ：+y2=1，圆C：x2+y2=1. 设P（cosθ，sinθ），A（cosα，sinα），B（cosβ，sinβ），则直线PA的方程为（cosθ-cosα）（y-sinθ）=（sinθ-sinα）（x-cosθ），即xcos+ysin=

coscosθ+sinsinθ

=cos.

由直线PA与圆C相切得=1，等式两边平方得·（cosα）cosθ+sinαsinθ=1. 同理可得（cosβ）·cosθ+sinβsinθ=1. 所以，经过点A，B的直线方程为·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

，则

AB

2=-u2+u+∈

0，

，所以

AB

∈

0，

.

（2）因为原点O到直线AB的距离d=，所以S2△AOB=

AB

2·d2=··==2

-

=2（u-u2）∈

0，

，故S△AOB∈

0，

.

5. 动态移换视角五：定点与动点的动静迁移

在问题设计4中，△AOB的顶点O为定点，若将点O迁移置换为相关动点P，则△ABP的三个顶点均为动点，这样就增加了问题的动态因素.

问题设计5 在问题设计4中，探求△ABP面积的取值范围.

特殊化探究实录 因为点P到直线AB的距离d==，所以d2===. 所以，S=

AB

2d2==·.令f（t）=，则f′（t）=≥0，所以S∈

0，

，S△ABP∈

0，

.

教学启示

动态移换问题教学法既是一种问题式研究策略，又是一种探究式课堂教学行为，它在圆锥曲线的解题教学中的应用比较广泛，教学时教师可选择一个适切的问题情境运用此策略. 运用动态移换问题教学法，不仅可以有效培养学生样例模仿后再应用的发展性迁移能力，还可以培养学生发现新问题及新性质的探究创新能力.