浙江省杭州第四中學(xué)(310002) 張 健

2019年高考數(shù)學(xué)全國III 卷第23 題以三元最值問題為載體,對學(xué)生的數(shù)學(xué)運算、邏輯推理等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)以及分析問題、解決問題的能力進(jìn)行考查. 筆者運用解析幾何的觀點對這道高考題進(jìn)行研究,發(fā)現(xiàn)它具有較為直觀的幾何背景,可以從幾何角度對試題進(jìn)行分析和解答,并進(jìn)一步推廣和改編.

一、試題呈現(xiàn)

題目(2019年高考全國III 卷第23 題)設(shè)x,y,z ∈R,且x+y+z=1.

(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值;

(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥成立, 證明:a≤-3 或a≥-1.

試題中的問題(1)是直接求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值,問題(2)可以轉(zhuǎn)化為在x+y+z=1 的條件下求(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值. 本題有多種解法,比如在問題(1)中可以將式子[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2展開后,再運用重要不等式求解[1],這種方法需要運用構(gòu)造式子的技巧,對數(shù)學(xué)能力要求較高. 我們首先運用柯西不等式解答,再對試題進(jìn)行分析.

解法1(代數(shù)角度)(1)因為[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2](12+12+12)≥(x+y+z+1)2=4,所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥當(dāng)且僅當(dāng)

(2)因為

所以(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥

運用代數(shù)方法解答完本題之后, 筆者產(chǎn)生了一個疑問:能否從幾何角度對這道題進(jìn)行分析和解答呢? 這引發(fā)了筆者的研究興趣. 下面筆者嘗試運用解析幾何的觀點對試題進(jìn)行分析,探究試題的幾何背景.

二、幾何背景

作為分析試題的基礎(chǔ),首先將空間解析幾何中有關(guān)結(jié)果敘述如下[2](以下結(jié)果約定在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中):

1 平面的方程

(1) 平面的點法式方程: 方程A(x - x0) +B(y -y0) +C(z - z0) = 0 (A2+B2+C2/= 0) 表示過點M(x0,y0,z0) 且垂直于向量n= (A,B,C) 的平面(如圖1),其中n=(A,B,C)稱為該平面的法向量.

圖1

圖2

(3) 平面的一般方程: 方程Ax+By+Cz+D=0 (A2+B2+C2/= 0) 表示一個平面(如圖3), 該平面的一個法向量為n=(A,B,C).

圖3

2 兩點間的距離

設(shè)A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2), 則A,B兩點間的距離|AB|=

3 點到平面的距離

(1) 設(shè)平面A(x - x0) +B(y - y0) +C(z - z0) =0(A2+B2+C2/= 0), 則平面外一點P(a,b,c) 到該平面的距離d=(如圖4).

圖4

(2) 設(shè)平面Ax+By+Cz+D= 0 (A2+B2+C2/= 0), 則平面外一點P(a,b,c) 到該平面的距離d=

根據(jù)以上結(jié)果, 試題中的條件x+y+z= 1 可以表示一個平面. 由此, 從解析幾何的角度來看, 問題(1) 中的(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2表示點P(1,-1,-1)與平面x+y+z=1 上的動點Q(x,y,z)之間的距離|PQ|的平方,即|PQ|2. 而問題(2)中的(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2表示點P′(2,1,a)與平面x+y+z=1 上的動點Q(x,y,z)之間的距離|P′Q|的平方,即|P′Q|2.

因此,試題的問題(1)和(2)可以分別轉(zhuǎn)化為下面兩個問題:

(1′) 如圖5, 已知點P(1,-1,-1), 設(shè)Q(x,y,z) 是平面x+y+z=1 上任意一點,求|PQ|2的最小值.

圖5

(2′) 如圖6,已知點P′(2,1,a), 設(shè)Q(x,y,z)是平面x+y+z=1 上任意一點,求|P′Q|2的最小值.

圖6

問題(1′) 只要運用點到平面的距離公式求出點P(1,-1,-1) 到平面x+y+z= 1 的距離d, 即為|PQ|的最小值,從而可求得|PQ|2的最小值. 問題(2′)方法相同.由此,我們從幾何角度給出一種新的解法:

解法2(幾何角度)

(1)如圖5,設(shè)平面x+y+z=1 上任意一點為Q(x,y,z),記點P(1,-1,-1),則|PQ|2=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2.由1-1-1/=1,可得點P(1,-1,-1)在平面x+y+z=1 外.平面x+y+z=1 即x+y+z-1=0,因此點P(1,-1,-1)到平面x+y+z= 1 的距離d=所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值為

(2)如圖6,設(shè)平面x+y+z=1 上任意一點為Q(x,y,z),記點P′(2,1,a),則|P′Q|2=(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2.

當(dāng)a=-2 時,由2+1+a=1,可得點P′(2,1,a)在平面x+y+z= 1 上. 當(dāng)x= 2,y= 1,z=a時,P′和Q重合,即|P′Q|= 0,此時(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2取到最小值0,不符合題意.

當(dāng)a /=-2 時,由2 + 1 +a /= 1, 可得點P′(2,1,a)在平面x+y+z= 1 外,因此點P′(2,1,a) 到平面x+y+z= 1 的距離d=所以(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值為由解得a≤-3 或a≥-1.

三、結(jié)論推廣

在解法2 中,我們把試題中的條件x+y+z=1 理解為平面的方程,結(jié)合不同形式的平面方程,我們可以將問題的結(jié)論進(jìn)行推廣.

推論1設(shè)x,y,z ∈R,且Ax+By+Cz+D=0(A2+B2+C2/=0),則f(x,y,z)=(x-a)2+(y-b)2+(z-c)2的最小值fmin(x,y,z)=

證明設(shè)平面Ax+By+Cz+D= 0 (A2+B2+C2/= 0) 上任意一點為Q(x,y,z), 記點P(a,b,c), 則|PQ|2=f(x,y,z) = (x-a)2+ (y-b)2+ (z-c)2. 當(dāng)aA+bB+cC+D= 0 時,點P(a,b,c) 在平面上. 當(dāng)P與Q重合時, 可得fmin(x,y,z) == 0. 當(dāng)aA+bB+cC+D /= 0 時,點P(a,b,c) 不在平面上,P與Q的最短距離|PQ|min=d=所以

綜上所述,fmin(x,y,z)=

將推論1 中的條件Ax+By+Cz+D=0(A2+B2+C2/= 0)特殊化為A(x-x0)+B(y -y0)+C(z -z0) =0(A2+B2+C2/=0)便可以得到以下推論2:

推論2設(shè)x,y,z ∈R, 且A(x - x0) +B(y - y0) +C(z - z0) = 0(A2+B2+C2/= 0), 則f(x,y,z) =(x-a)2+ (y-b)2+ (z-c)2的最小值fmin(x,y,z) =

將推論1 中的條件Ax+By+Cz+D=0(A2+B2+C2/= 0)特殊化為= 1 (pqr /= 0)便可以得到以下推論3:

推論3設(shè)x,y,z ∈R, 且= 1 (pqr /= 0),則f(x,y,z) = (x-a)2+ (y-b)2+ (z-c)2的最小值fmin(x,y,z)=

進(jìn)一步可將推論1 推廣到多個變量的情形:

推論4設(shè)x1,x2,··· ,xn ∈R,且a1x1+a2x2+···+anxn+b=0(a21+a22+···+a2n /=0),則f(x1,x2,··· ,xn)=(x1-m1)2+(x2-m2)2+···+(xn-mn)2的最小值fmin(x1,x2,··· ,xn)=

注該推論的幾何背景即n維歐式空間Rn中的歐氏距離

我們運用柯西不等式進(jìn)行證明.

證 明當(dāng)a1m1+a2m2+···+anmn+b= 0時, (x1,x2,··· ,xn) = (m1,m2,··· ,mn) 是 方 程a1x1+a2x2+···+anxn+b= 0 的解. 由f(x1,x2,··· ,xn) ≥f(m1,m2,··· ,mn)=0,得fmin(x1,x2,··· ,xn)=0.

當(dāng)a1m1+a2m2+···+anmn+b/=0 時,由柯西不等式,得

又a21+a22+···+a2n /=0,所以

當(dāng)且僅當(dāng)

時等號成立,其中λ ∈R,即

所以

綜上所述,命題成立.

四、試題改編

借助試題的幾何背景和以上推論,我們可以對題目進(jìn)行改編.

1 等式條件改為不等式條件

改編1設(shè)x,y,z ∈R,且x+y+z≤1,求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值. (答案: 0.)

分析x+y+z≤1 表示平面x+y+z= 1 包含原點的一側(cè)區(qū)域(含平面),點P(1,-1,-1)在x+y+z≤1 表示的區(qū)域內(nèi). 所以當(dāng)區(qū)域x+y+z≤1 內(nèi)的動點Q(x,y,z)與P(1,-1,-1)重合時,(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2取到最小值0.

改編2設(shè)x,y,z ∈R,且x+y+z≥1,求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值. (答案:

分析x+y+z≥1 表示平面x+y+z= 1 不包含原點的一側(cè)區(qū)域(含平面),點P(1,-1,-1)不在x+y+z≥1表示的區(qū)域內(nèi). 當(dāng)區(qū)域x+y+z≥1 內(nèi)的動點Q(x,y,z)與P(1,-1,-1) 在平面上的投影點重合時,P與Q的距離最短, 此時(x -1)2+(y+1)2+(z+1)2取到最小值,所以只要求出點P(1,-1,-1) 到平面x+y+z= 1 的距離即可, 問題就轉(zhuǎn)化為試題的問題(1), 解法2 已求出(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值為

2 參數(shù)特殊化

將推論1 中的參數(shù)取特殊值, 令A(yù)= 1,B= 2,C=2,D=-6,a=b=c=0,便可以改編得到如下高考題:

改編3(2018年江蘇卷第24 題) 若x,y,z為實數(shù), 且x+2y+2z=6,求x2+y2+z2的最小值. (答案: 4.)

分析根據(jù)推論1 可以直接得到答案,也可以運用柯西不等式(x2+y2+z2)(12+22+22)≥(x+2y+2z)2解答.

如果改變變量的個數(shù),可以進(jìn)一步改編如下:

3 三元情形變成二元情形

改編4若x,y為實數(shù),且x+2y= 6,求x2+y2的最小值. (答案:.)

分析本題的幾何背景即求原點到直線x+2y= 6 的距離d=的平方,可求得x2+y2的最小值為也可以運用柯西不等式(x2+y2)(12+22) ≥(x+2y)2解答.

4 三元情形推廣到多元情形

改編5若x1,x2,x3,x4∈R,且x1+x2+x3+x4=0,求x21+x22+x23+x24-2x2+1 的最小值. (答案:

分析f(x1,x2,x3,x4)=x21+x22+x23+x24-2x2+1=x21+(x2-1)2+x23+x24,根據(jù)推論4,fmin(x1,x2,x3,x4)=本題還可以運用柯西不等式解答.

數(shù)學(xué)家華羅庚先生曾經(jīng)說過,“數(shù)缺形時少直覺,形少數(shù)時難入微”[3],本文運用解析幾何的觀點對高考題的探究過程體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想的運用. 通過幾何的視角,我們可以更加直觀地認(rèn)識代數(shù)問題的幾何背景,挖掘代數(shù)符號背后的數(shù)學(xué)本質(zhì).

在教學(xué)實踐和研究的過程中,不妨從代數(shù)、幾何等多個角度看待數(shù)學(xué)問題,解釋數(shù)學(xué)概念,分析數(shù)學(xué)問題,探究數(shù)學(xué)本質(zhì)[4],加深對數(shù)學(xué)問題的理解.