齐次化思想在高考中的应用

最值问题：

例1.$\mathrm{已}\mathrm{知}\mathrm{正}\mathrm{数}a,bv\mathrm{满}\mathrm{足}a+b=2,\mathrm{求}\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{小}\mathrm{值}$

$\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}=\frac{a+b}{2a}+\frac{(a+b{)}^2}{4ab}$齐次化。

例2.重庆市巴蜀中学2023年高二下学期末。对于任意的正实数$a,b,c$,满足$b+c=1,\mathrm{则}\frac{3a{b}^2+a}{bc}+\frac{12}{a+1}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{小}\mathrm{值}\mathrm{为}(12\sqrt{2}-6)$

$\frac{3a{b}^2+a}{bc}+\frac{12}{a+1}=a\cdot \frac{3b^2+1}{bc}+\frac{12}{a+1}$

$\frac{3a{b}^2+a}{bc}+\frac{12}{a+1}=a\cdot \frac{3b^2+1}{bc}+\frac{12}{a+1}$

$=a\cdot \frac{4b^2+c^2+2bc}{bc}+\frac{12}{a+1}$

$=a\cdot (\frac{4b}{c}+\frac{c}{b}+2)+\frac{12}{a+1}$

$\ge a\cdot (2\sqrt{\frac{4b}{c}\frac{c}{b}}+2)+\frac{12}{a+1}$ $\mathrm{当}\mathrm{且}\mathrm{仅}\mathrm{当}$c=2b时，取=

=$6a+\frac{12}{a+1}=6(a+1)+\frac{12}{a+1}-6$

$\ge 2\sqrt{6(a+1)\frac{12}{a+1}}-6$ 当且仅当$a=\sqrt{2}-1$时取=

$=12\sqrt{2}-6$

例3.$\mathrm{已}\mathrm{知}a,b\in R^{+},a+b=1,\mathrm{则}:$

$(1)\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}$的最小值是____$\times (a+2+b+2)$

$(2)\frac{1}{a}(b+\frac{1}{b})$的最小值是____

$(3)\frac{3a^2+1}{ab}$的最小值是____

例４.已知$a,b$为正实数$,a+2b=1,\mathrm{则}\frac{b^2+a+1}{2ab}$ 的最小值为____

三角函数：

$\mathrm{已}\mathrm{知}\mathrm{函}\mathrm{数}f(x)=\frac{\sin x}{1+\cos x}+\frac{8}{1-\cos x}(0<x<\pi ),\mathrm{则}f(x)\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{小}\mathrm{值}\mathrm{是}()$

齐次化操作

$\frac{\sin x}{1+\cos x}=\frac{2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}{1+2{\cos }^2\frac{x}{2}-1}=\tan \frac{x}{2}$

$\frac{8}{1-\cos x}=\frac{8({\sin }^2\frac{x}{2}+{\cos }^2\frac{x}{2})}{1-(1-2{\sin }^2\frac{x}{2})}=4(1+\frac{1}{{\tan }^2\frac{x}{2}})$

$f(x)=\tan \frac{x}{2}+\frac{4}{{\tan }^2\frac{x}{2}}+4=\frac{1}{2}\tan \frac{x}{2}+\frac{1}{2}\tan \frac{x}{2}+\frac{4}{{\tan }^2\frac{x}{2}}+4\ge 3\sqrt[3]{\frac{\tan \frac{x}{2}}{2}\frac{\tan \frac{x}{2}}{2}\frac{4}{{\tan }^2\frac{x}{2}}}+4$

$\because \tan \frac{x}{2}>0,\mathrm{当}\frac{1}{2}\tan \frac{x}{2}=4{\tan }^2\frac{x}{2}\mathrm{时}，\mathrm{即}\tan \frac{x}{2}=2\mathrm{时}，f(x{)}_{min}=7$

圆锥曲线齐次化：

1、**适用情景:**题目中，出现了一个定点引出的两条动直线的斜率之和$k_1+k_2$或斜率乘积中$k_1\times k_2$为定值时，优先考虑使用齐次化的技巧。

2、**用法：**必须先把该定点平移至原点的位置，然后将两个动点所成的直线假设为截距式$mx+ny=1$，再联立即可。

3、讨论$mx+ny=1$,该直线可以表示不过原点的所有直线。

例1：椭圆

2020山东：已知椭圆$C:\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1\mathrm{过}\mathrm{点}A(2,1).\mathrm{点}M,N\mathrm{在}C\mathrm{上}，\mathrm{且}AM\perp AN,AD\perp MN,D$为垂足.证明存在定点$Q,\mathrm{使}\mathrm{得}|DQ|\mathrm{为}\mathrm{定}\mathrm{值}.$

$\mathrm{点}A\mathrm{左}\mathrm{移}2\mathrm{个}\mathrm{单}\mathrm{位}，\mathrm{下}\mathrm{移}1\mathrm{个},\mathrm{平}\mathrm{移}\mathrm{到}\mathrm{原}\mathrm{点}{A}^{{}^{\prime }}(0,0)$

设$M^{{}^{\prime }}(x_1,y_1),N^{{}^{\prime }}(x_2,y_2)$

$\frac{(x+2{)}^2}{6}+\frac{(y+1{)}^2}{3}=1$
$l_{M^{\prime }{N}^{\prime }}:mx+ny=1$✔👍这步很重要，是齐次化的关键！一次项乘以它变成二次项。

$x^2+2y^2+4x+4y=0$下一步化齐次化，$4(x+y)\mathrm{乘}\mathrm{以}mx+ny$

$x^2+2y^2+4(x+y)(mx+ny)=0$

$(4n+2)y^2+(4m+4n)xy+(4m+1)x^2=0$两边同除以$x^2$,令$t=\frac{y}{x}$

$(4n+2)t^2+(4m+4n)t+(4m+1)=0$

$\because AM\perp AN\therefore k_{A^{\prime }{M}^{\prime }}{k}_{A^{\prime }{N}^{\prime }}=-1$
即$t_1{t}_2=c\frac{y_1}{x_1}\frac{y_2}{x_2}=\frac{4m+1}{4n+2}=-1$
$4m+1=-4n-2\iff m(-\frac{4}{3})+n(-\frac{4}{3})=1$

$\therefore M^{\prime }{N}^{\prime }\mathrm{过}\mathrm{定}\mathrm{点}{B}^{\prime }(-\frac{4}{3},-\frac{4}{3})$

$\therefore MN\mathrm{过}\mathrm{定}\mathrm{点}B(\frac{2}{3},-\frac{1}{3})$

$\because AD\perp MN\therefore \mathrm{\angle }ADB={90}^{\circ }$

$\therefore D\mathrm{在}AB\mathrm{为}\mathrm{直}\mathrm{径}\mathrm{的}\mathrm{圆}\mathrm{上}。Q\mathrm{即}\mathrm{圆}\mathrm{心}，AB\mathrm{中}\mathrm{点}Q(\frac{4}{3},\frac{1}{3})$

$\therefore |DQ|=\frac{|AB|}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

例二：椭圆

2015年陕西卷题目：如图，椭圆E:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$经过A(0,-1),且离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}.$

(1)求椭圆E的方程；$\frac{x^2}{2}+y^2=1$

(2)经过点$(1,1)$,且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点$P,Q$(均异于点A),证明：直线$AP\mathrm{与}AQ$斜率之和为2。

例三：椭圆

2020年重庆北碚区一诊：在平面直角坐标系$XOY$中，已知椭圆$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$$的焦距为2，离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2},$右顶点为A。
(1)求该椭圆方程；$$\frac{x^2}{2} +y^2 ＝1$$
(2)过$$D(\sqrt{2},-\sqrt{2})$$作直线PQ交椭圆于两个不同点P,Q,求证直线AP,AQ的斜率之和为定值。（为$1$）

解(2)法一：$\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ b^2{x}^2+a^2{y}^2=a^2{b}^2\end{array}$$\Rightarrow (b^2+a^2{k}^2)x^2+2km{a}^{2}x+a^2(m^2-b^2)=0$

$x_1+x_2=\frac{-2km{a}^2}{b^2+a^2{m}^2}$

$x_1{x}_2=\frac{a^2(m^2-b^2)}{b^2+a^2{m}^2}$（记熟这两个结果，考试直接用）

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$A\mathrm{点}(\sqrt{2},0),\mathrm{设}P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),\mathrm{即}\mathrm{证}\frac{y_1}{x_1-\sqrt{2}}+\frac{y_2}{x_2-\sqrt{2}}=(1)\mathrm{为}\mathrm{定}\mathrm{值}$

为简化计算换元 令$t=x-\sqrt{2},\mathrm{故}x=t+\sqrt{2}，\mathrm{只}\mathrm{需}\mathrm{要}\mathrm{证}\frac{y_1}{t_1}+\frac{y_2}{t_2}$为定值

$\mathrm{直}\mathrm{线}{l}_{PQ}:y=k(x-\sqrt{2})-\sqrt{2}=kt-\sqrt{2},$

$x^2+2y^2-2=0,\mathrm{换}\mathrm{元}\mathrm{后}(t+\sqrt{2}{)}^2+2(kt-\sqrt{2}{)}^2-2=0$

$(2k^2+1)t^2-(4\sqrt{2}k-2\sqrt{2})t+4=0$

$t_1+t_2=\frac{4\sqrt{2}k-2\sqrt{2}}{2k^2+1}$
$t_1{t}_2=\frac{4}{2k^2+1}$

$\frac{y_1}{t_1}+\frac{y_2}{t_2}=\frac{t_2{y}_1+t_1{y}_2}{t_1{t}_2}$

$y_1=k{t}_1-\sqrt{2}$
$y_2=k{t}_2-\sqrt{2}$

$t_2{y}_1+t_1{y}_2=k{t}_1{t}_2-\sqrt{2}(t_1+t_2)$

$\frac{y_1}{t_1}+\frac{y_2}{t_2}=\frac{t_2{y}_1+t_1{y}_2}{t_1{t}_2}=\frac{2k{t}_1{t}_2-\sqrt{2}(t_1+t_2)}{t_1{t}_2}=2k-\frac{\sqrt{2}(t_1+t_2)}{t_1{t}_2}=2k-\frac{\sqrt{2}(4\sqrt{2}k-2\sqrt{2})}{4}=1$

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法二：平移齐次法

平移不改变直线的斜率，将整个图形整体(椭圆、直线、D点)左移$\sqrt{2}$个单位，目的让A点从 $(\sqrt{2},0),\mathrm{变}\mathrm{成}{A}^{{}^{\prime }}(0,0)$，从而简化计算量。设平移前椭圆$x^{{}^{\prime }2}+2y{}^{\prime 2}-2=0$上的任一点坐标为$(x^{{}^{\prime }},y^{{}^{\prime }})$平移后为$(x,y)$,则有：$\{\begin{array}{l}x=x^{{}^{\prime }}-\sqrt{2}\\ y=y^{{}^{\prime }}\end{array}$

椭圆方程$x^{{}^{\prime }2}+2y{}^{\prime 2}-2=0$变为$(x+\sqrt{2}{)}^2+2y^2-2=0,D\mathrm{点}\mathrm{变}\mathrm{为}{D}^{{}^{\prime }}(0,-\sqrt{2})$

设过D’点作直线交椭圆于P’Q’点的直线方程为$mx+ny=1$

代入D’$(0,-\sqrt{2})$,解得$n=-\frac{1}{\sqrt{2}},\mathrm{即}mx-\frac{1}{\sqrt{2}}y=1$

$(x+\sqrt{2}{)}^2+2y^2-2=0$

$x^2+2y^2+2\sqrt{2}x=0$ 下一步，一次项$\times (mx-\frac{1}{\sqrt{2}}y)$

$x^2+2y^2+2\sqrt{2}x\cdot (mx-\frac{1}{\sqrt{2}}y)=0\Rightarrow$

$(2\sqrt{2}m+1)x^2+2y^2+2\sqrt{2}(-\frac{1}{\sqrt{2}})xy=0$

两边除以$x^2,\mathrm{得}2(\frac{y}{x}{)}^2-2\frac{y}{x}+(1+2\sqrt{2}m)=0$

故$\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}=1$.即直线A’P,A’Q’斜率之和为1，也就是AP,AQ斜率之和为1。

例4.

抛物线$y^2=4x$与直线$l$交抛物线于$A,B$两点，抛物线顶点为O,且$OA\perp OB$求证：直线$l$过定点。

设直线$l\mathrm{的}\mathrm{方}\mathrm{程}\mathrm{为}：mx+ny=1$

$y^2=4x\Rightarrow y^2-4x\cdot (mx+ny)=0$

$y^2-4nxy-4m{x}^2=0$,两边除以$x^2$

$(\frac{y}{x}{)}^2-4n\frac{y}{x}-4m=0$

$\frac{y_1}{x_1}\cdot \frac{y_2}{x_2}=-4m=-1\Rightarrow m=\frac{1}{4}$

$\frac{1}{4}x+ny=1$过定点$(4,0)$。

例5.抛物线

设抛物线$C:y^2=2x,\mathrm{点}A(2,0),B(-2,0),$过点Ａ的直线$l\mathrm{与}C\mathrm{交}\mathrm{于}M,N$两点。

(1)当$l\mathrm{与}x$轴垂直时，求直线BM的方程；

(2)证明：$\mathrm{\angle }ABM=\mathrm{\angle }ABN.$

例6.2020年新课标I

$\mathrm{已}\mathrm{知}A,B\mathrm{分}\mathrm{别}\mathrm{为}\mathrm{椭}\mathrm{圆}E:\frac{x^2}{a^2}+y^2=1(a>1)$左右两个顶点，G为E的上顶点，$\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{GB}=8.P\mathrm{为}\mathrm{直}\mathrm{线}x=6\mathrm{上}\mathrm{的}\mathrm{动}\mathrm{点}，PA\mathrm{与}E\mathrm{的}\mathrm{另}\mathrm{一}\mathrm{交}\mathrm{点}\mathrm{为}C,PB\mathrm{与}E\mathrm{的}\mathrm{另}\mathrm{一}\mathrm{交}\mathrm{点}\mathrm{为}D.$


(1)求E的方程；$\frac{x^2}{9}+y^2=1$
(2)证明：直线CD过定点。

例7.2017年新课标I（例6原题）

已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0),\mathrm{四}\mathrm{点}{P}_1(1,1),P_2(0,1),P_3(-1,\frac{3}{2}),P_4(1,\frac{3}{2})$中恰有三点在椭圆$C$上。
(1)求C的方程；　$\frac{x^2}{4}+y^2=1$
(2)设直线$l\mathrm{不}\mathrm{经}\mathrm{过}{P}_2$点且与C相交于$A,B$两点。若直线$P_{2}A$与直线$P_{2}B$的斜率的和为$-1$,证明：$l$过定点。

例8.抛物线

设$A,B$为曲线$C:y=\frac{x^2}{4}$上的两点，$A\mathrm{与}B$的横坐标之和为4。
(1)求直线$AB$的斜率；　
(2)设$M$为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行，且$AM\perp BM,\mathrm{求}\mathrm{直}\mathrm{线}AB$的方程。