妙解高考数学填选压轴题专题41 与过定点的直线相关的最值-妙解高考数学填选压轴题

专题41与过定点的直线相关的最值【方法点拨】选择直线方程的适当形式，若设为截距式，实质是引入了双元；若设为斜截式，则是引入了单元.无论那种形式，都有注意参数的范围.当求线段被定点分成两条线段之积的最值时，转化为向量的数量积的坐标形式求解较简单，也可引入角为变量，建立关于角的目标函数，利用三角函数的有界性求解.【典型题示例】例1已知直线过定点，且交轴负半轴于点､交轴正半轴于点，点为坐标原点，则取得最小值时直线的方程为.【答案】【解析一】设直线的方程为（其中）∵直线过点，∴∵，∴，当且仅当，时取等号，所以直线的方程为.【解析二】设直线的方程为（其中）令，；令，∵，∴当且仅当，即时取等号，所以直线的方程为.例2已知直线过定点，且交轴负半轴于点､交轴正半轴于点，则取得最小值时直线的方程为.【答案】【解析一】（截距式+向量+基本不等式中的“1”的代换）设直线的方程为（其中）∵直线过点，∴，∵，，三点共线，∴，当且仅当，时取等号，所以直线的方程为．【解析二】（斜截式+向量+基本不等式）设直线的方程为（其中）令，；令，∴，∵，，三点共线，∴，当且仅当，即时取等号，所以直线的方程为．【解析三】（作垂线，利用直角三角形边角关系，三角函数有界性）过点分别向轴、轴作垂线，设（其中）则，∴当且仅当，即时取等号，此时直线的斜率为1∴直线的方程为．例3已知直线l过点M(2,1)，且分别与x轴的正半轴、y轴的正半轴交于A，B两点，O为原点，当△AOB面积最小时，则直线l的方程是．【答案】x＋2y－4＝0【解析一】设直线l的方程为y－1＝k(x－2)（其中k＜0）则可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k－1,k)，0))，B(0,1－2k)．∵S△AOB＝eq\f(1,2)·|OA|·|OB|＝eq\f(1,2)·eq\f(2k－1,k)·(1－2k)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(1,k)－4k))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))·－4k)))＝4当且仅当－eq\f(1,k)＝－4k，即k＝－eq\f(1,2)时，△AOB面积有最小值为4，此时，直线l的方程为y－1＝－eq\f(1,2)(x－2)，即x＋2y－4＝0.【解析二】设所求直线l的方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)，则eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1.又∵eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(2,ab))⇒eq\f(1,2)ab≥4，当且仅当eq\f(2,a)＝eq\f(1,b)＝eq\f(1,2)，即a＝4，b＝2时，△AOB面积S＝eq\f(1,2)ab有最小值为4.此时，直线l的方程是eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0.【解析三】过点分别向轴、轴作垂线，垂足分别是设（其中）则，∴当且仅当，即时取等号，此时直线的斜率为∴直线l的方程是x＋2y－4＝0.例4已知直线，且与轴、轴分别交于、两点．若使的面积为的直线共有四条，则正实数的取值范围是 ．【答案】【分析】由于直线过定点（2,3），故直线与第二、四象限围成的的面积可以取任意实数，换言之，当给定一正实数时，直线与第二、四围成的面积为的直线有且仅有两条，故只需考虑与第一象限围成的的面积为的直线有两条即可，由于与第一象限围成的的面积有最小值，根据对称性，大于该最小值的直线有两条，故问题转化为求与第一象限围成的的面积的最小值.【解析一】∵直线与轴，轴交点的坐标分别是，，．∴．当时，，，当且仅当时取等号．当时，在时，有两值；当时，，．当且仅当时取等号．当时，仅有一条直线使的面积为；当时，仅有两条直线使的面积为；当时，仅有三条直线使的面积为；当时，仅有四条直线使的面积为．故答案是：．【解析二】直线过定点（2,3），先求直线l与第一象限围成的的面积的最小值，则所求m大于该最小值时，满足题意∵，，（）∴当且仅当，即时取等号∴当时，仅有四条直线使的面积为．故答案是：．【巩固训练】1.直线（且不同时为0）经过定点_________．2.过点P(－2，3)且与两坐标轴围成的三角形面积为12的直线共有_________条．3.已知直线l过点M(2,1)，且与x轴、y轴的正半轴分别相交于A，B两点，O为坐标原点，则当|eq\o(MA,\s\up6(→))|·|eq\o(MB,\s\up6(→))|取得最小值时，直线l的方程为________．4.已知直线l：kx－y＋1＋2k＝0(k∈R)，若直线l交x轴负半轴于A，交y轴正半轴于B，△AOB的面积为S(O为坐标原点)，则S取得最小值时直线l的方程是．5.一直线过点且与轴、轴的正半轴分别相交于、两点，为坐标原点．则的最大值为 ．6.已知直线，与两坐标轴分别交于、两点．当的面积取最小值时为坐标原点），则的值为 A． B． C． D．7.（多选题）已知直线l1：ax－y＋1＝0，l2：x＋ay＋1＝0，a∈R，以下结论正确的是( )A．不论a为何值时，l1与l2都互相垂直B．当a变化时，l1与l2分别经过定点A(0,1)和B(－1,0)C．不论a为何值时，l1与l2都关于直线x＋y＝0对称D．如果l1与l2交于点M，则|MO|的最大值是eq\r(2)【答案或提示】1.【答案】【解析】直线过定点，则意味着定点坐标使得参数“失去作用”——即无论参数取何值，不会影响表达式的值，能够达到此功效的只有让参数与“0”相乘，所以考虑将已知直线进行变形，将含的项与含的项分别归为一组，可得：，若要让“失去作用”，则，解得，即定点为.2.【分析一】直接设点斜式或截距式求出.【解析一】设过点P(－2，3)且与两坐标轴围成的三角形面积为12的直线的斜率为k，则有直线的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，它与坐标轴的交点分别为M(0，2k＋3)、Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2－\f(3,k)，0))．再由12＝eq\f(1,2)OM·ON＝eq\f(1,2)|2k＋3|×|－2－eq\f(3,k)|，可得|4k＋eq\f(9,k)＋12|＝24，即4k＋eq\f(9,k)＋12＝24，或4k＋eq\f(9,k)＋12＝－24．解得k＝eq\f(3,2)或k＝eq\f(－9－6\r(2),2)或k＝eq\f(－9＋6\r(2),2)，故满足条件的直线有3条．【分析二】求出与x轴负方向、y轴正方向所围成三角形面积的最小值，若大于12，满足条件的直线有二条；若小于12，满足条件的直线有四条；若大于12，满足条件的直线有三条.3.【答案】x＋y－3＝0 【解析】设A(a,0)，B(0，b)，则a>0，b>0，直线l的方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1.|eq\o(MA,\s\up6(→))|·|eq\o(MB,\s\up6(→))|＝－eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝－(a－2，－1)·(－2，b－1)＝2(a－2)＋b－1＝2a＋b－5＝(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))－5＝eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b)≥4，当且仅当a＝b＝3时取等号，此时直线l的方程为x＋y－3＝0.4.【答案】x－2y＋4＝0【解析】由题意可知k≠0，再由l的方程，得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2k,k)，0))，B(0,1＋2k)．依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2k,k)<0，,1＋2k>0，))解得k>0.∵S＝eq\f(1,2)·|OA|·|OB|＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋2k,k)))·|1＋2k|＝eq\f(1,2)·eq\f(1＋2k2,k)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k＋\f(1,k)＋4))≥eq\f(1,2)×(2×2＋4)＝4，“＝”成立的条件是k>0且4k＝eq\f(1,k)，即k＝eq\f(1,2)，∴Smin＝4，此时直线l的方程为x－2y＋4＝0.5.【答案】【解析】设，，，，则直线方程的截距式为，由在直线上可得：，即，因为，所以，当且仅当，时取等号，所以．故答案为：．6.【答案】C【解析】由直线，，可得，．当的面积，令，，当，即时，取得最小值．故选C．7.【答案】 ABD【解析】 对于A，a×1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))×a＝0恒成立，l1与l2互相垂直恒成立，故A正确；对于B，直线l1：ax－y＋1＝0，当a变化时，x＝0，y＝1恒成立，所以l1恒过定点A(0,1)；l2：x＋ay＋1＝0，当a变化时，x＝－1，y＝0恒成立，所以l2恒过定点B(－1,0)，故B正确．对于C，在l1上任取点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，ax＋1))，关于直线x＋y＝0对称的点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ax－1，－x))，代入l2：x＋ay＋1＝0，则左边不等于0，故C不正确；对于D，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax－y＋1＝0，,x＋ay＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(－a－1,a2＋1)，,y＝\f(－a＋1,a2＋1)，))即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a－1,a2＋1)，\f(－a＋1,a2＋1)))，所以|MO|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a－1,a2＋1)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a＋1,a2＋1)))2)＝eq\r(\f(2,a2＋1))≤eq\r(2)，所以|MO|的最大值是eq\r(2)，故D正确.故选ABD.