03 例读应用同构思想突破最值与范围问题中的难点-《中学生数理化》高考数学2024年12月刊

■湖南省郴州市第二中学 颜昀晖 解析几何是用代数方法研究与刻画运动 变化的几何问题。 距离、角度、面积的最值或 范围问题的探究是一个重要课题,它涉及的 知识面广,综合性强,方法灵活多变,其中双 切线(双割线)定理、同构思想在解题中的重 要意义值得深入研究与应用。 一、四边形面积的最值问题 例 1 已知椭圆C:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a> b>0)与圆O:x2+y2=1相切于椭圆C 的 上、下顶点,F 为椭圆C 的右焦点,过F 且与 椭圆C 的长轴垂直的弦长为1。 (1)求椭圆C 的方程; 图1 (2)如图1,若 P 为 椭圆C 上一点,且 P 位 于第一象限,过点 P 作 PQ 与圆O 相切于点Q, 使得点F,Q 在直线OP 的异侧,求四边形OFPQ 的面积的最大值。 解析:(1)依题意,椭圆C 的短轴长等于 圆O 的直径,即2b=2,故b=1。因为过F 且与椭圆C 的长轴垂直的弦长为 2b2 a =1 ,所 以a=2,所以椭圆C 的方程为 x2 4+y 2=1。 (2)设 P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则有 x20 4+y 2 0=1,即y20=1- x20 4 。 依题意 OQ⊥ PQ,所 以|PQ|= |OP|2-|OQ|2 = x20+y20-1= 3 2x0 ,则S△OPQ= 1 2|OQ| · |PQ|= 3 4x0 。 又 O(0,0),F(3,0),故 S△OPF= 1 2|OF| ·y0= 3 2y0 。所以四边形 OFPQ 的 面 积 S = S△OPQ + S△OPF = 3 2 x0 2+y0 = 32 x 2 0 4+x0y0+y 2 0 = 3 2 1+x0y0 。 因为1= x20 4+y 2 0≥2 x20 4 ·y20 =x0y0, 所以S= 3 2 1+x0y0≤ 6 2 ,当且仅当x0= 2,y0= 2 2 时,等号成立。 故四边形OFPQ 的面积的最大值为 6 2 。 小结:首先,以椭圆C 上动点P 的坐标 x0,y0 为参数,表示切线段 PQ 的长;其次, 用分割法计算四边形OFPQ 的面积等于两 个三角形的面积和;最后,用基本不等式求面 积的最大值。本题还可利用三角代换法求S 的最大值:因为x 2 0 4+y 2 0=1(x0>0,y0>0), 所以可设x0=2cos θ,y0=sin θ0<θ< π 2 , 则四边形OFPQ 的面积S= 3 2 x0 2+y0 = 3 2 (cos θ+sin θ)= 6 2sinθ+ π 4 。 因 为 π 4<θ+ π 4< 3π 4 ,所以sinθ+ π 4 ∈ 22,1 􀭤􀭥 􀪁􀪁 , 则当θ= π 4 ,即x0= 2,y0= 2 2 时,四边形 OFPQ 的面积S 取最大值 6 2 。 二、点到直线的距离的最值问题 例 2 已知P 是抛物线C1:x2=4y 上 任一点,A(0,2),Q 为线段PA 的中点,记动 点Q 的轨迹为C2。 (1)求C2 的方程; (2)过点P作曲线C2 的两条切线,切点分别 为M,N,求点P到直线MN 的距离的最小值。 解析:(1)设P(x0,y0),Q(x,y),因为Q 为线 段 PA 的 中 点,所 以 0+x0=2x, 2+y0=2y, 即 7 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2024年12月 x0=2x, y0=2y-2。 又P(x0,y0)在C1:x2=4y 上, 则x20=4y0,故C2 的方程为x2=2(y-1)。 (2)设 M(x1,y1),N(x2,y2),则x21= 2(y1-1),x22=2(y2-1)。 由抛物线C2 的方 程y= 1 2x 2+1,求导得y'=x,则切线PM 的方程为y-y1=x1(x-x1),即x1x-y- y1+2=0。 又因为直线 PM 过点P(x0,y0),所以 x1x0-y0-y1+2=0,同理x2x0-y0-y2+ 2=0,即M(x1,y1),N(x2,y2)满足方程x0x -y-y0+2=0,因此直线 MN 的方程为 x0x-y-y0+2=0。 所以点P(x0,y0)到直线 MN 的距离为 |x20-2y0+2| x20+1 = 1 2x 2 0+2 x20+1 = 1 2 · x20+1+ 3 x20+1 ≥ 3,当 且 仅 当 x0= ± 2时,等号成立,所以点P 到直线MN 的 距离的最小值为 3。 小结:(1)用相关动点法求点 Q 的轨迹 方程;(2)利用求导法,得出过点 P 的切线 PM 的方程,同理可得切线PN 的方程,使得 M,N 两点坐标满足的二元一次方程的形式 一致,从而得到直线 MN 的方程,这里体现 了切线同构思想。 三、两点间的距离的最值问题 例 3 已知抛物线C1:y2=x,圆C2: (x-4)2+y2=1,P 是抛物线C1 上一点(异 于原点)。 (1)若Q 为圆C2 上一动点,求|PQ|的 最小值; 图2 (2)如图2,过点P 作圆 C2 的两条切线,分别交抛物 线C1 于A,B 两点,切点分 别为E,F,若四边形ABFE 为梯形,求点P 的坐标。 解析:(1)设 P (x0, y0),则y20=x0。 |PC2|2=(x0-4)2+y20= x20-7x0+16= x0- 7 2 2 + 15 4 ,所以当x0= 7 2 时,|PC2|的最小值为 15 2 。因为Q 为圆 C2 上一动点,所以|PQ|的最小值为|PC2|- r= 15 2 -1 。 (2)因为 A,B 在抛物线C1:y2=x 上, 所以可设 A(y21,y1),B(y22,y2),则kPA = y1-y0 y21-y20 = 1 y1+y0 ,直线PA 的方程为y-y0 = 1 y1+y0 (x-y20),整理得x-(y0+y1)y+ y0y1=0。 因为直线 PA 与圆C2 相切,所以圆心 C2 (4,0)到 直 线 PA 的 距 离 为 |4+y0y1| 1+(y0+y1)2 =1,化简得(y20-1)y21+ 6y0y1+15-y20=0。 同理可得(y20-1)y22+ 6y0y2+15-y20=0,所以y1,y2 是方程(y20- 1)y2+6y0y+15-y20=0的两根,故y1+y2 = -6y0 y20-1 ,kAB= y2-y1 y22-y21 = 1 y2+y1 = y20-1 -6y0 。 因为四边形ABFE 为梯形,所以PC2⊥ AB,则kAB·kPC2=-1,即 y20-1 -6y0 × y0 y20-4 = -1,解得y0=± 115 5 ,故点 P 的坐标为 23 5 ,115 5 或 235,- 1155 。 小结:(1)先求动点P 到圆心C2 的距离 的最小值,再减去圆的半径即得|PQ|的最小 值,这里用到了函数思想、数形结合思想; (2)利用抛物线C1 上两点P,A 的坐标表示 抛物线割线PA 的方程,再利用PA 与圆C2 相切,可得关于y1 的一元二次方程,同理可 得关于y2 的一元二次方程,这两个方程的形 式一致,得出y1+y2 及kAB,然后利用平面几 何知识PC2⊥AB,求得y0。 总之,利用同构割线(切线)构造一元二 次方程或二元一次方程,往往是有效解决圆 锥曲线问题的重要手段。 (责任编辑 王福华) 8 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2024年12月