研讨学教法在解题教学中的运用

付崇 李余文

摘要：研讨学教法是高中数学教学中十分重要的方法之一，研讨学教法不仅能培养学生善于研究的思维，提升学生的创新能力与创新意识，还能营造浓厚的研讨学氛围.本文中基于研讨学教法的指导思想，以“求椭圆上的点到定点的距离的最值问题”为例，在解题教学过程中抓住特征，通过问题串的形式，循序渐进，从多个方面加以剖析，以期对学生解题思维的培养产生较好的效果，提高解题能力.

关键词：研讨学教法；解题教学；距离;最值

罗增儒教授认为：“对典型例题进行分析是提高解题能力的有效途径.”解题教学是数学教学必不可少的，特别是在高中数学教学阶段.研讨学教法在解题教学中是以实际问题为导向，教师引领学生研讨，让学生参与分析问题和解决问题，得到一般性的解题方法，提高学生解决问题的能力［1］.

本文中在研讨学教法的基础上还穿插了一题多解，从多角度、多途径看待问题，有助于培养和提高学生的逻辑推理、数学运算、直观想象等数学学科核心素养.

1 例题呈现与解析

求点P（0，3）到椭圆C：x22＋y2＝1上的动点的距离的最值.

解析：在椭圆C上任取一点Q（x0，y0），且x0∈［－2，2］，y0∈［－1，1］.由两点间的距离公式，可得|PQ|＝x20＋（y0－3）2.因为点Q在椭圆C上，所以有x202＋y20＝1，则x20＝2－2y20.

故|PQ|＝－y20－6y0＋11＝－（y0＋3）2＋20.

因为y0∈［－1，1］，所以当y0＝1时，|PQ|有最小值2，此时点Q的坐标为（0，1）；当y0＝－1时，|PQ|有最大值4，此时点Q的坐标为（0，－1）.

2 提出问题及探讨

可以发现，点Q为椭圆C的上下顶点时，|PQ|取得最值.

问题1  那么对于y轴上的任意一定点P，是否都是点Q在椭圆的上下顶点处取到最值呢？如果不是，有什么联系？

解析：设点P（0，t），椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）.在椭圆C上任取一点Q（x0，y0），则|PQ|＝x20＋（y0－t）2.

令x0＝acos θ，y0＝bsin θ，则

|PQ|＝a2cos2θ＋b2sin2θ－2btsin θ＋t2

＝－（a2－b2）sin θ＋bta2－b22＋t2＋a2＋b2t2a2－b2.

因为sin θ∈［－1，1］，所以有如下几种情况：

①若bta2－b2＞1，即t＞a2－b2b时，当sin θ＝1，|PQ|有最小值|t－b|，此时点Q的坐标为（0，b），位于椭圆的上顶点处；当sin θ＝－1，|PQ|有最大值t＋b，此时点Q的坐标为（0，－b），位于椭圆的下顶点处.

②若0≤bta2－b2≤1，即0≤t≤a2－b2b时，当sin θ＝1，|PQ|有最小值|t－b|，此时点Q的坐标为（0，b），位于椭圆的上顶点处；当sin θ＝－bta2－b2，|PQ|有最大值b2t2a2－b2＋t2＋a2，此时可以求得点Q的坐标为±a（a2－b2）2－b2t2a2－b2，

－b2ta2－b2.

③若－1≤bta2－b2＜0，即－a2－b2b≤t＜0时，当

sin θ＝－1，|PQ|有最小值|t＋b|，此时点Q的坐标为（0，－b），位于椭圆的下顶点处；当sin θ＝－bta2－b2，|PQ|有最大值b2t2a2－b2＋t2＋a2，此时可求得点Q的坐标为±a（a2－b2）2－b2t2a2－b2，－b2ta2－b2.

④若bta2－b2＜－1，即t＜－a2－b2b时，当sin θ＝1，

|PQ|有最大值b－t，此时点Q的坐标为（0，b），位于椭圆的上顶点处；当sin θ＝－1，|PQ|有最小值|t＋b|，此时点Q的坐标为（0，－b），位于椭圆的下顶点处.

通过以上4种讨论结果，可以发现，只有当点P的纵坐标满足t＞a2－b2b，或者t＜－a2－b2b时，点Q在椭圆的上下顶点处取到最值.

问题2  若点P不在y轴上，而在x轴上，又应满足什么情况？

解析：设点P（t，0），椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）.在椭圆C上任取一点Q（x0，y0），则|PQ|＝（x0－t）2＋y20.

令x0＝acos θ，y0＝bsin θ，则

|PQ|＝a2cos2θ＋b2sin2θ－2atcos θ＋t2

＝（a2－b2）cos2θ－2atcos θ＋t2＋b2

＝（a2－b2）cos θ－ata2－b22＋t2＋b2－a2t2a2－b2.

因为cos θ∈［－1，1］，所以有如下几种情况：

①若ata2－b2＞1，即t＞a2－b2a时，当cos θ＝－1，

|PQ|有最大值t＋a，此时点Q的坐标为（－a，0），位于椭圆的左顶点处；当cos θ＝1，|PQ|有最小值|t－a|，此时点Q的坐标为（a，0），位于椭圆的右顶点处.

②若0≤ata2－b2≤1，即0≤t≤a2－b2a时，当cos θ＝－1，|PQ|有最大值t＋a，此时点Q为（－a，0），位于椭圆的左顶点处；当cos θ＝ata2－b2，|PQ|有最小值

t2+b2-a2t2a2-b2，点Q为a2ta2－b2，±b（a2－b2）2－a2t2a2－b2.

③若－1≤ata2－b2＜0，即－a2－b2a≤t＜0时，当cos θ＝1，|PQ|有最大值a－t，此时Q为（a，0），位于椭圆的右顶点处；当cos θ＝ata2－b2，|PQ|有最小值t2+b2-a2t2a2-b2，点Q为a2ta2－b2，±b（a2－b2）2－a2t2a2－b2.

④若ata2－b2＜－1，即t＜－a2－b2a，当cos θ＝1，|PQ|有最大值a－t，此时Q的坐标为（a，0），位于椭圆的右顶点处；当cos θ＝－1，|PQ|有最小值|t＋a|，此时点Q的坐标为（－a，0），位于椭圆的左顶点处.

通过以上4种讨论结果，可以发现，与问题1有相似的结论.

问题3  若点P不是坐标轴上的点，而是象限内的点，那如何求其最值呢？

对求这个问题，下面提供三种解法.

解法1：导数法.

设点P的坐标为（m，n），在椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）

上任意取一点Q（x0，y0），由两点间的距离公式，可得到

|PQ|＝（m－x0）2＋（n－y0）2

＝m2＋n2－2mx0－2ny0＋x20＋y20，又点Q在椭圆上，故有x20a2＋y20b2＝1，即y20＝b2－b2x20a2，所以|PQ|＝m2＋n2－2mx0±2nb2－b2x20a2＋x20＋b2－b2x20a2.

于是构造函数f（x）＝m2＋n2－2mx±2nb2－b2x2a2＋

x2＋b2－b2x2a2，则f′（x）＝－2m＋21－b2a2x±2nb2a2＼5xxb2－b2x2a2.令f′（x）＝0，得

41－b2a22x2－8m1－b2a2x＋4m2＝4n2b4a4x2b2－b2x2a2.

上式等号两边同时乘以b2－b2x2a2，变形为

b2a21－b2a22x4-2mb2a2b2a2－1x3＋m2b2a2＋n2b4a4－b21－b2a22x2＋2mb21－b2a2x－4m2b2＝0.

可知这是一个关于x的一元四次方程.

评注：结合两点之间的距离公式，利用椭圆的方程用含x的关系式来表示y，代入所求的距离公式，通过等式的恒等变形与转化，构造函数f（x），通过求导处理，并确定导数的零点，进而得以确定其最值.导数法是破解一些代数关系式最值时常用的方法之一.

解法2：切线方程法.

设P（m，n），在椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）

上任意取一点Q（x0，y0），过Q点作椭圆C的切线l，则切线l的方程为x0xa2＋y0yb2＝1，易知在取到最值时应满足l⊥lPQ，即斜率乘积为－1.

易知kl＝－b2x0a2y0，又lPQ的斜率kPQ＝n－y0m－x0，故kPQkl＝－b2x0a2y0＼5n－y0m－x0＝－1，于是可得y0＝－nb2x0（a2－b2）x0－ma2.又点Q在椭圆上，所以有y20＝b2－b2x20a2，与前式联立，得nb2x0（a2－b2）x0－ma22＝b2－b2x20a2，变形为b2（a2－b2）2x40＋2ma2b2（b2－a2）＼5x30＋［n2a2b4＋

m2b2a4－b2a2（a2－b2）2］x20＋2ma4b2＼5（a2－b2）x0－m2b2a6＝0.

可知这是一个关于x0的一元四次方程.

解法3：拉格朗日乘数法.

在解法1中，我们知道椭圆上任意一点Q到定点P的距离|PQ|＝m2＋n2－2mx0－2ny0＋x20＋y20，又x20a2＋y20b2＝1，则可以构造拉格朗日函数L（x，y，λ）＝m2＋n2－2mx－2ny＋x2＋y2＋λx2a2＋y2b2－1，将L（x，y，λ）分别对x，y，λ求一阶偏导数，即

L′x（x，y，λ）＝2x＋2λxa2－2m＝0，L′y（x，y，λ）＝2y＋2λyb2－2n＝0，L′λ（x，y，λ）＝x2a2＋y2b2－1＝0.

联立方程，得（a2＋λ）2（b2＋λ）2＝a2m2（b2＋λ）2＋b2n2（a2＋λ）2，变形整理为

λ4＋（2a2＋2b2）λ3＋（a4＋4a2b2＋b4－a2m2－b2n2）λ2＋（2a4b2＋2a2b4－2a2b2m2－2a2b2n2）λ＋a4b4－a2b4m2－a4n2b2＝0.

可知，这是一个关于λ的一元四次方程.

评注：拉格朗日乘数法是高等数学的内容，

其定义是——给定二元函数z＝f（x，y）和附加条件Φ（x，y）＝0，为寻找z＝f（x，y）在Φ（x，y）＝0条件下的极值点，则构造拉格朗日函数L（x，y，λ）＝f（x，y）＋λΦ（x，y），其中λ为参数.求L（x，y，λ）对x，y，λ的一阶偏导数，令它们分别等于零，并与Φ（x，y）＝0联立，解出x，y和λ，解得的点（x，y）就是函数z＝f（x，y）在附加条件Φ（x，y）＝0下的可能极值点.本题中的二元函数z＝f（x，y）＝m2＋n2－2mx－2ny＋x2＋y2，附加条件Φ（x，y）＝x2a2＋y2b2－1.

这三种解法求到最后都是得到一个形如ax4＋bx3＋cx2＋dx＋e＝0的一元四次方程，由于一元四次方程的求根公式过于繁琐，本文中就不再陈述.在平常学生做题时，若利用求根公式解一元四次方程，那是难以完成的事情.但是对于这个问题，是否有别的解法？当然有，例如函数极值分析方法、数值迭代的最优化方法［2］，这些方法都属于大学数学分析中的方法，这些方法因为不是本文阐述的重点，因此不再讨论.有兴趣的读者可以阅读文献［2］.

对于椭圆上的点到象限内的定点的距离的最值问题，作为中学一线数学教师，还是需要继续研究探索出高中学生能接受的破解方法.

3 链接高考

椭圆上的点到坐标轴上的定点的距离的最值问题一直是高考的热点问题.

高考真题  （2022年浙江省高考数学试题第21题）已知椭圆x212＋y2＝1，设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q0，12在线段AB上，直线PA，PB分别交直线l：y＝－12x＋3于C，D两点.

（1）求点P到椭圆上的点的距离的最大值；

（2）略.

本题中第（1）问求点P到椭圆上的点的距离的最大值，通过两点间的距离公式和消元的思想即可求出，其最小值很显然是0，故没有涉及求最小值.请读者可结合本文所述内容自行完成.

参考答案：121111.

4 总结与感悟

4.1 总结

椭圆上的点到定点距离的最值问题，可分为两种，第一种为椭圆上的点到坐标轴上定点距离的最值问题，第二种为椭圆上的点到象限内定点距离的最值问题.因为第二种中的问题通过文中的导数法、切线方程法、拉格郎日乘数法等方法解决，最后得到的都是一个一般的一元四次方程，而一般的一元四次方程对于高中生来说是很难求解的.目前对于这个问题高中生能掌握的解法，还需进一步探索.故第一种问题是常考题型，也是近年高考考查的热点问题.

4.2 感悟

新课改提倡教师角色应由“教书匠”转化为“研究者”，由“教导者”转化为“促进者”.通过对以上问题的探讨，我们知道数学因问题而生，探究因问题而明，课堂因问题而精彩.作为一名数学教师，我们要带着问题精备、精讲、精练，将研讨学教法贯穿教学始终，有效地穿插一题多解、一题多问等，这样学生的数学思维能力，以及教师的专业素养均会有所提高，从而稳步提高教学效果.

参考文献：

［1］李红庆.中学数学研讨学教法课堂教学模式研究［J］.新教育，2022（10）：17-20.

［2］潘汉军，刘娅.椭圆上距离任意已知点最远或最近的点分析［J］.数学的实践与认识，2004（8）：167-173.