2020版新一线高考文科数学（北师大版）一轮复习教学案：第8章第8节　第3课时　定点、定值、探索性问题


第3课时　定点、定值、探索性问题


定点问题
【例1】　(2019·开封第一次质量预测)已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y＝－1相切．
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．
[解]　(1)由题意，得点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，由抛物线定义知圆心M的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则＝1，p＝2.
∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y.
(2)证明：由题知，直线l的斜率存在，
∴设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(－x2，y2)，
联立得x2－4kx＋8＝0，∴
kAC＝＝＝，
则直线AC的方程为y－y1＝(x－x1)，
即y＝y1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋.
∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2，
故直线AC恒过定点(0,2)．
[规律方法]　 圆锥曲线中定点问题的两种解法
—
︱
—
已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．
[解]　(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，
所以＝1，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，设A，B.
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，化简得t2＝32.
所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.
②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立方程组消去x，得ky2－4y＋4b＝0.
由根与系数的关系得yAyB＝，
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，即xAxB＋2yAyB＝0，即·＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝－32或yAyB＝0(舍去)．
所以yAyB＝＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．
综上所述，直线AB过定点(8,0)．


定值问题

【例2】　已知椭圆C：＋＝1，过点A(2,0)，B(0,1)两点．
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．
[解]　(1)由椭圆过点A(2,0)，B(0,1)知a＝2，b＝1.
所以椭圆方程为＋y2＝1，又c＝＝.
所以椭圆离心率e＝＝.
(2)证明：设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4，由B点坐标(0,1)得直线PB方程为：y－1＝(x－0)，
令y＝0，得xN＝，从而|AN|＝2－xN＝2＋，
由A点坐标(2,0)得直线PA方程为y－0＝(x－2)，
令x＝0，得yM＝，从而|BM|＝1－yM＝1＋，
所以S四边形ABNM＝|AN|·|BM|
＝(2＋)(1＋)
＝
＝＝2.
即四边形ABNM的面积为定值2.
[规律方法]　求定值问题的常用方法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(2，)在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
[解]　(1)由题意有＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入＋＝1，得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.
故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－.
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．


探索性问题
【例3】　如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－1.

(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．
又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，
于是解得a＝2，b＝.
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)①当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.
从而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＝－－λ－2.
所以，当λ＝1时，－－λ－2＝－3.
此时·＋λ·＝－3为定值．
②当直线AB的斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3，故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.
[规律方法]　解决探索性问题的注意事项
探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．
已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
[解]　(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．
从而有
解得
又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝x＋t.
由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.
因为直线l与椭圆C有公共点，
所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，解得－4≤t≤4.
另一方面，由直线OA与l的距离d＝4，得＝4，
解得t＝±2.
由于±2∉[－4，4]，所以符合题意的直线l不存在．


(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
[解]　(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
则N(x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．
由＝得x0＝x，y0＝y.
因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.
(2)证明：由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则
＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn，＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．
由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1.
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以·＝0，即⊥.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.


(五)　平面解析几何中的高考热点问题
[命题解读]　1. 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考必考知识，主要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等偏上．
2．高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质，高考中的解答题，在第(1)问中常以求曲线的标准方程，在第(2)问以求作或证明位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主. 这些试题的命制有一个共同特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高.


圆锥曲线的标准方程与性质

圆锥曲线的方程与性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线的渐近线是常见题型，多以选择题或填空题的形式考查，各种难度均有可能．

【例1】　(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y＝x，且与椭圆＋＝1有公共焦点，则C的方程为(　　)
A．－＝1　　 B．－＝1
C．－＝1 D．－＝1
B　[由y＝x可得＝.①
由椭圆＋＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，
可得a2＋b2＝9.②
由①②可得a2＝4，b2＝5.
所以C的方程为－＝1.
故选B.]
[规律方法]　解决此类问题的关键是熟练掌握各曲线的定义、性质及相关参数间的联系. 掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力．
(1)(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则C的离心率为(　　)
A．2　　 B． C．　　　　D．
(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为(　　)
A．16　　　B．14 C．12　　　D．10
(1)A　(2)A　[(1)设双曲线的一条渐近线方程为y＝x，
圆的圆心为(2,0)，半径为2，
由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为＝.
根据点到直线的距离公式得＝，解得b2＝3a2.
所以C的离心率e＝＝＝＝2.
故选A．
(2)因为F为y2＝4x的焦点，所以F(1,0)．

由题意直线l1，l2的斜率均存在，且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－(x－1)．
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1，
所以|AB|＝·|x1－x2|
＝·
＝·＝.
同理可得|DE|＝4(1＋k2)．
所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)
＝4
＝8＋4≥8＋4×2＝16，
当且仅当k2＝，即k＝±1时，取得等号．
故选A．]


圆锥曲线中的定点、定值问题

定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等定值问题．
【例2】　(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
[解]　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．
又由＋＞＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此解得故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．
将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，解得k＝－.
当且仅当m＞－1时，Δ＞0，于是l：y＝－x＋m，
即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)．
[规律方法]　1.证明直线过定点，应根据已知条件建立直线方程中斜率k或截距b的关系式，此类问题中的定点多在坐标轴上．
2．解决定值问题应以坐标运算为主，需建立相应的目标函数，然后代入相应的坐标运算，结果即可得到．
3．无论定点或定值问题，都可先用特殊值法求出，然后再验证即可，这样可确定方向和目标．
已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点(0,1)，且离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线l：y＝x＋m与椭圆E交于A，C两点，以AC为对角线作正方形ABCD，记直线l与x轴的交点为N，问B，N两点间的距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．
[解]　(1)由题意可知，椭圆的焦点在x轴上，椭圆过点(0,1)，则b＝1.
由椭圆的离心率e＝＝＝，解得a＝2，所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，线段AC的中点为M(x0，y0)．
由整理得x2＋2mx＋2m2－2＝0.
由Δ＝(2m)2－4(2m2－2)＝8－4m2>0，解得－ 所以线段AC的中点为M.
则|AC|＝×＝
×＝.
l与x轴的交点为N(－2m,0)，所以|MN|＝＝，
所以|BN|2＝|BM|2＋|MN|2＝|AC|2＋|MN|2＝.
故B，N两点间的距离为定值.


圆锥曲线中的范围、最值问题

圆锥曲线中的最值问题大致分为两类：一类是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二类是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．
【例3】　平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.
(1)求M的方程；
(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
[解]　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则＋＝1，＋＝1，＝－1，
由此可得＝－＝1.
因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝，
所以a2＝2b2.
又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3.
因此a2＝6，b2＝3.
所以M的方程为＋＝1.
(2)由
解得或
因此|AB|＝.
由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n－＜n＜，设C(x3，y3)，D(x4，y4)．
由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0.
于是x3,4＝.
因为直线CD的斜率为1，
所以|CD|＝|x4－x3|＝ .
由已知，四边形ACBD的面积S＝|CD|·|AB|＝ ，
当n＝0时，S取得最大值，最大值为.
所以四边形ACBD面积的最大值为.
[规律方法]　圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一种是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二种是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．
如图所示，已知直线l：y＝kx－2与抛物线C：x2＝－2py(p>0)交于A，B两点，O为坐标原点，＋＝(－4，－12)．

(1)求直线l和抛物线C的方程；
(2)抛物线上一动点P从A到B运动时，求△ABP面积的最大值．
[解]　(1)由得x2＋2pkx－4p＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2pk，y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4.
因为＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4)＝(－4，－12)，所以解得
所以直线l的方程为y＝2x－2，抛物线C的方程为x2＝－2y.
(2)设P(x0，y0)，依题意，知抛物线过点P的切线与l平行时，△ABP的面积最大，
又y′＝－x，所以－x0＝2，
故x0＝－2，y0＝－x＝－2，所以P(－2，－2)．
此时点P到直线l的距离d＝＝＝.
由得x2＋4x－4＝0，故x1＋x2＝－4，x1x2＝－4，所以|AB|＝×＝×
＝4.
所以△ABP面积的最大值为＝8.


圆锥曲线中的证明与探索性问题

圆锥曲线中的证明问题是高考的常考热点，其命题切入点较多，既可以考查位置关系，也可以与定点、定值、存在性问题综合命题，有时也涉及一些否定质命题，证明时一般常用直接法或反证法．难度一般较大．

【例4】　(本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
[信息提取]　 看到求直线方程，想到利用先求斜率再利用点斜式求直线方程；
看到证明两角相等，想到利用两直线的斜率之和为0可证明两角相等．
[规范解答]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1. 1分
由已知可得，点A的坐标为或. 2分
又M(2,0)，所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.
3分
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°. 4分
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB. 5分
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 6分
则x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋. 7分
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
kMA＋kMB＝. 8分
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝. 9分
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0. 11分
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB. 12分
[易错与防范]　解答本题(2)时易漏掉对特殊情况的讨论，即直线与x轴重合及直线与x轴垂直，想当然认为斜率一定存在而致错，解答此类问题时应特别注意直线斜率存在与否．
[通性通法]　圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．
在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N两点．
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
[解]　(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a)．
又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，所以C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，
即x－y－a＝0.
y＝在x＝－2处的导数值为－，C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，
即x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点．证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝＋
＝＝.
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．
[大题增分专训]
1．(2019·衡水联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点(－，1)，离心率为，直线l：kx－y＋2＝0与椭圆C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在实数k，使得|＋|＝|－|(其中O为坐标原点)成立？若存在，求出实数k的值；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)依题意，得解得a2＝4，b2＝2，c2＝2，故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)假设存在符合条件的实数k.依题意，联立方程
消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋8kx＋4＝0.
则Δ＝64k2－16(1＋2k2)>0，即k>或k<－.(*)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
由|＋|＝|－|，得·＝0，
∴x1x2＋y1y2＝0，即x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝0，即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝0.
∴－＋4＝0，即＝0，
∴k2＝2，即k＝±，满足(*)式．
故存在实数k＝±，使得|＋|＝|－|成立．

2．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．
(1)证明：k<－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：2||＝||＋||.
[证明]　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1.
两式相减，并由＝k得＋·k＝0.
由题设知＝1，＝m，于是k＝－.
由题设得0 (2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，则
(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.
又点P在C上，所以m＝，从而P1，－，||＝.
于是||＝＝＝2－.同理||＝2－.
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.
故2||＝||＋||.
3．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为F2(1,0)，且该椭圆过定点M.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设点Q(2,0)，过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点，且＝λ，λ∈[－2，－1]，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC长度的最小值．
[解]　(1)由题易知c＝1，＋＝1，
又a2＝b2＋c2，解得b2＝1，a2＝2，
故椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)设直线l：x＝ky＋1，由
得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0，Δ＝4k2＋4(k2＋2)＝8(k2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则可得y1＋y2＝，y1y2＝.
＝＋＝(x1＋x2－4，y1＋y2)＝－，，∴||2＝|＋|2＝16－＋，
由此可知，||2的大小与k2的取值有关．
由＝λ可得y1＝λy2，λ＝，＝(y1y2≠0)．
从而λ＋＝＋＝＝，
由λ∈[－2，－1]得∈，
从而－≤≤－2，解得0≤k2≤.
令t＝，则t∈，
∴||2＝8t2－28t＋16＝82－，∴当t＝时，||min＝2.