专题 直线与圆的最值问题

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模块导图

知识剖析

1 最值模型

(1) 三点共线模型 (三角形三边的关系)
$(i)$ 点 $A$、$B$ 在直线 $l$ 同侧，点 $P$ 在直线 $l$ 上，则 $(A P+B P)_{\min }=A B^{\prime}$(当点 $A$、$P$、$B'$ 共线时取到)，点 $B'$ 是点 $B$ 关于直线 l 的对称点.

$(ii)$ 点 $A$、$B$ 在直线 $l$ 同侧，点 $P$ 在直线 $l$ 上，则 $| A P-\left.B P\right|_{\max }=A B$(当点 $A$、$P$、$B$ 共线时取到).

$(iii)$ 点 $A$、$B$ 在直线 $l$ 异侧，点 $P$ 在直线 $l$ 上，则 $|A P-B P|_{\max }=A B^{\prime}$(当点 $A$、$P$、$B$ 共线时取到)，点 $B'$ 是点 $B$ 关于直线 $l$ 的对称点.

 

(2) 某点 $M$ 到圆 $⊙O$ 上点 $N$ 的距离
$(i)$ 若点 $M$ 在圆内，则 $M N_{\min }=M N_{1}=r-O M$，$M N_{\max }=M N_{2}=r+O M$；

$(ii)$ 若点 $M$ 在圆外，则 $M N_{\min }=M N_{1}=O M-r$，$M N_{\max }=M N_{2}=r+O M$；

 

(3) 圆上一点到圆外一定直线的距离最值
若直线 $l$ 与圆 $⊙O$ 相离，圆上一点 $P$ 到直线 $l$ 的距离为 $PE$，$d$ 为圆心 $O$ 到直线 l 的距离，$r$ 为圆半径，则 $P E_{\min }=P_{1} F=d-r$，$P E_{\max }=P_{2} F=d+r$.

 

2 圆的参数方程

圆的标准方程 $(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$，圆心为 $(a ,b)$，半径为 $r$，
它对应的圆的参数方程：$\left\{\begin{array}{l} x=r \cos \theta+a \\ y=r \sin \theta+b \end{array}\right.$($θ$ 是参数).

${\color {Red}{理解 }}$ 如图，易得 $r\cosθ=$ 有向线段 HM$=x-a⇒x=r\cosθ+a$，
$r\sinθ=$ 有向线段 $HP=y-b⇒y=r\sinθ+b$.
${\color{Red}{ Eg }}$ 圆 $(x+1)^2+(y-2)^2=9$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l} x=3 \cos \theta-1 \\ y=3 \sin \theta+2 \end{array}\right.$.
 

经典例题

【题型一】几何法处理最值问题

情况1 三点共线模型

【典题 1】$P$ 是直线 $L：3x-y-1=0$ 上一点，求
$(1)$$P$ 到 $A(4 ,1)$ 和 $B(0 ,4)$ 的距离之差的最大值；
$(2)$$P$ 到 $A(4 ,1)$ 和 $C(3 ,4)$ 的距离之和的最小值．
【解析】(1) 显然 $A$、$B$ 位于直线 $L$ 两侧，

作 $B$ 关于直线 $L$ 的对称点 $B'$，连接 $B'A$，$B'A$ 所在直线与直线 $L$ 交点为 $P_1$，
此时 $PA-PB$ 的差值最大，最大值就是 $B'A$，
设 $B$ 点关于 $L$ 对称点 $B'(a ,b)$，
则 $\dfrac{b-4}{a-0} \times 3=-1$，$3 a-(b+4)-2=0$，
${\color {Red}{(k_{B B'} \cdot k_{l}=-1， BB' 中点在 l 上) }}$
得 $a=3$，$b=3$，$∴B'(3 ,3)$，
$\therefore B^{\prime} A=\sqrt{(4-3)^{2}+(1-3)^{2}}=\sqrt{5}$，
即 $P$ 到 $A(4 ,1)$ 和 $B(0 ,4)$ 的距离之差最大值为 $\sqrt{5}$；
(2) 显然 $A$、$C$ 位于直线 $L$ 同侧， ${\color {Red}{(将军饮马模型) }}$

作点 $C$ 关于直线 $L$ 对称点 $C'$，连接 $C'A$，$C'A$ 所在直线与直线 $L$ 的交点为 $P_2$，
此时 $PA+PB$ 之和最小，最小值为 $C'A$，
设 $C$ 关于 $l$ 的对称点为 $C'(m ,n)$，
可得 $\dfrac{n-4}{m-3}=-\dfrac{1}{3}$，$\dfrac{3(m+3)}{2}-\dfrac{n+4}{2}-1=0$，
解得 $m=\dfrac{3}{5}$，$n=\dfrac{24}{5}$，即 $C'$ 的坐标为 $\left(\dfrac{3}{5}, \dfrac{24}{5}\right)$，
$\therefore C^{\prime} A=\sqrt{\left(\dfrac{3}{5}-4\right)^{2}+\left(\dfrac{24}{5}-1\right)^{2}}=\sqrt{26}$，
即 $P$ 到 $A(4 ,1)$ 和 $C(3 ,4)$ 的距离之和最小值为 $\sqrt{26}$.
【点拨】三点共线模型，主要是利用三角形三边共线 (任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边)，当三点共线时取到最值，熟悉模型快速判断模型是关键.
 

情况2 斜率型最值

【典题 1】如果实数 $x$,$y$ 满足条件：$(x-2)^2+y^2=3$，那么 $\dfrac{y}{x}$ 的最大值是 $\underline{\quad \quad}$ .
【解析】满足方程 $(x-2)^2+y^2=3$ 的图形是个圆，

$\dfrac{y}{x}=\dfrac{y-0}{x-0}$ 表示圆上动点 $(x ,y)$ 与原点 $O(0 ,0)$ 连线的斜率，
由图可得动点与 $B$ 重合时，此时 $OB$ 与圆相切，$\dfrac{y}{x}$ 取最大值，
连接 $BC$，在 $Rt△OBC$ 中，$B C=\sqrt{3}$，$OC=2，$
$\because \sin \angle B O C=\dfrac{B C}{O C}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\therefore \angle B O C=60^{\circ}$，
此时 $\dfrac{y}{x}=\tan 60^{\circ}=\sqrt{3}$.
【点拨】
① 本题很好地体现了数形结合，把代数问题转化为几何问题处理；
② 直线斜率公式是 $k=\dfrac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}$，对于形如 $\dfrac{y-a}{x-b}$ 可理解为点 $(x ,y)$ 与点 $(a ,b)$ 之间的斜率，其最值问题可化为几何中斜率的最值问题.
 

情况3 两点距离型最值

【典题 1】已知点 $M(a ,b)$ 在直线 $l：3x+4y=25$ 上，则 $a^2+b^2$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】$\because \sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{(a-0)^{2}+(b-0)^{2}}$ 的几何意义是点 $O(0 ,0)$ 到点 $M$ 的距离，
${\color {Red}{(而 a^2+b^2 是其距离的平方) }}$
又点 $M$ 在直线 $l$ 上，
$\therefore \sqrt{a^{2}+b^{2}}$ 的最小值为点 $O$ 到直线 l 的距离 $d$， ${\color {Red}{ (垂线段最短) }}$
又 $d=\dfrac{25}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=5$，$\therefore\left(\sqrt{a^{2}+b^{2}}\right)_{\min }=5,$，
则 $\left(a^{2}+b^{2}\right)_{\min }=25$．
【点拨】
① 本题解法中很好利用两点距离公式 $A B=\sqrt{\left(x_{A}-x_{B}\right)^{2}+\left(y_{A}-y_{B}\right)^{2}}$.
(以下 $x$、$y$ 是变量，它们满足某些限制条件，$a$,$b$ 是常数)
求形如 $\sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}}$ 或 $(x-a)^2+(y-b)^2$ 式子的最值，可理解为动点 $(x ,y) 与$ 定点 $(a ,b)$ 的距离最值问题.
② 本题用代数的方法求解与之比较下，体会下两种方法的不同.
 

【典题 2】 已知点 $P$，$Q$ 分别在直线 $l_1：x+y+2=0$ 与直线 $l_2：x+y-1=0$ 上，且 $PQ⊥l_1$，点 $A(-3 ,-3)$，$B\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{1}{2}\right)$，则 $|AP|+|PQ|+|QB|$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$ .
【解析】
${\color {Red}{方法 1 }}$ 由平行线距离公式得 $|P Q|=\dfrac{3}{\sqrt{2}}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$，

设 $P(a ,-a-2)$，
由图可知 $k_{P Q}=1$，即倾斜角为 $\dfrac{\pi}{4}$，
$\therefore \sqrt{2}\left(x_{Q}-x_{P}\right)=|P Q|=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2} \Rightarrow x_{Q}=a+\dfrac{3}{2}$，
则 $Q\left(a+\dfrac{3}{2},-a-\dfrac{1}{2}\right)$，
所以 $|AP|+|PQ|+|QB|$
$=\sqrt{(a+3)^{2}+(-a+1)^{2}}+\sqrt{a^{2}+(-a-1)^{2}}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$
$=\sqrt{(a+3)^{2}+(a-1)^{2}}+\sqrt{a^{2}+(a+1)^{2}}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$
${\color {Red}{(利用两点距离公式把所求的用 a 表示处理，此时若想用函数最值的方法求解较难) }}$
设点 $M(a ,a)$，$C(1 ,-3)$，$D(-1 ,0)$，如图：

则有 $\sqrt{(a+3)^{2}+(a-1)^{2}}+\sqrt{a^{2}+(a+1)^{2}}$
$=|M C|+|M D| \geq|C D|=\sqrt{13}$
(即当 $D$、$M$、$C$ 三点共线时等号成立)，
${\color {Red}{ (此时巧妙的用两点距离公式把式子 \sqrt {(a+3)^{2}+(a-1)^{2}}+\sqrt {a^{2}+(a+1)^{2}} 为一动点到两定点的距离之和，}}$
${\color {Red}{达到了几何化的目的)}}$
综上，$|A P|+|P Q|+|Q B| \geq \sqrt{13}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$．
${\color {Red}{方法 2 }}$
${\color {Red}{(把点 A 向 \overrightarrow {P Q} 方向移动 | PQ | 长度单位到 A_1，则问题 “|AP|+|PQ|+|QB | 的最小值” 转化为}}$
${\color {Red}{求在 l_2 上找点 Q 使得 A_1 Q+BQ 最小，显然是 A_1 B.) }}$
如图，如方法 $1$ 易得 $k_{P Q}=1$，$P Q=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$，

取点 $A_1 (m,n)$，使得 $k_{A A_{1}}=1$，$A A_{1}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$，
则 $\dfrac{n+3}{m+3}=1 ,\sqrt{(m+3)^{2}+(n+3)^{2}}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$，
解得 $m=-\dfrac{3}{2}$，$n=-\dfrac{3}{2}$，即 $A_{1}\left(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{2}\right)$，
此时四边形 $AA_1 QP$ 是平行四边形，
则 $|A P|+|P Q|+|Q B|=\left|A A_{1}\right|+\left|A_{1} Q\right|+|Q B|=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}+\left|A_{1} Q\right|+|Q B|$，
显然 $\left(\left|A_{1} Q\right|+|Q B|\right)_{\min }=A_{1} B$，
所以 $|A P|+|P Q|+|Q B|$ 的最小值 $\sqrt{13}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$.
【点拨】求形如 $\sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}}+\sqrt{(x-c)^{2}+(y-d)^{2}}$ 的式子最值，可理解为动点 $(x ,y)$ 与定点 $(a ,b)$、$(c ,d)$ 的距离之和的最值问题；这充分把代数问题几何化，与斜率型的题型一样，我们要充分理解，比如求式子 $\dfrac{|3 x-4 y+1|}{5}$ 的最值你又会想到我们学过的什么公式么？
 

情况4 圆外一定点到圆上点距离最值

【典题 1】已知 $x$、$y$ 满足 $(x-1)^2+y^2=1$，则 $S=x^2+y^2+2x-2y+2$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$ .
【解析】方程 $(x-1)^2+y^2=1$ 可理解为圆心 $M(1 ,0)$，半径 $r=1$ 的圆，
而 $S=x^2+y^2+2x-2y+2= (x+1)^2+(y-1)^2$

可理解为点 $P(x ,y)$ 到点 $N(-1 ,1)$ 的距离平方，
则问题转化为圆外一定点 $N(-1 ,1)$ 到圆上点 $P(x ,y)$ 距离最小值，
点 $N(-1 ,1)$ 到圆 $(x-1)^2+y^2=1$ 上点的最短距离为
$P_{1} N=M N-r=\sqrt{(1+1)^{2}+1}-1=\sqrt{5}-1$，
则 $S_{\min }=(\sqrt{5}-1)^{2}=6-2 \sqrt{5}$．
【点拨】
① 本题把方程 $(x-1)^2+y^2=1$ 理解为圆，$S= (x+1)^2+(y-1)^2$ 理解为两点距离的平方；
② 注意点 $N$ 在圆内还是圆外.
 

【典题 2】已知点 $P(7 ,3)$，圆 $M：x^2+y^2-2x-10y+25=0$，点 $Q$ 为在圆 $M$ 上一点，点 $S$ 在 $x$ 轴上，则 $|SP|+|SQ|$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$ .
【解析】由题意知，圆的方程化为 $(x-1)^{2}+(y-5)^{2}=1$，圆心 $M(1 ,5)$，半径为 $1$；
${\color {Red}{ (本题是双动点问题，它们之间没有联系，可采取先 “固定” 一动点 Q 的方法)}}$
分两步：
${\color {Red}{第一步 }}$ 假设圆上点 $Q$ 不动，此时点 $S$ 在 $x$ 轴上运动，

求 $|SP|+|SQ|$ 的最小值，这就是 “将军饮马问题”，
如图所示，作点 $P(7 ,3)$ 关于 $x$ 轴的对称点 $P'(7 ,-3)$；
此时 $|SP|+|SQ|$ 的最小值为 $|P'Q|$
(即说不管点 $Q$ 在什么位置，最小值都是 $|P'Q|$)，
${\color {Red}{第二步 }}$ 再把动点 $Q$ 动起来，

此时是圆外一定点 $P'$ 到圆上一点的距离最值问题了，
显然 $\left|P^{\prime} Q\right|_{\min }=\left|P^{\prime} Q^{\prime}\right|$
$=\left|P^{\prime} M\right|-r=\left|P^{\prime} M\right|-1$
$=\sqrt{(1-7)^{2}+(5+3)^{2}}-1=9$，
故 $|SP|+|SQ|$ 的最小值为 $9$.
【点拨】两动点 $(A,B)$ 问题，若两动点没内在联系的，可先 “固定” 一动点 $A$，思考点 $B$ 运动时的最值，确定后再 “释放” 动点 $A$，求出最终的最值.
 

情况5 圆上一点到圆外一定直线的距离最值

【典题 1】已知两点 $A(-1,0)$、$B(0,2)$，若点 $P$ 是圆 $(x-1)^2+y^2=1$ 上的动点，则 $△ABP$ 面积的最大值和最小值之和为 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】
${\color {Red}{(S_{\triangle A B P} 以 AB 为底，求其最值，即求点 P 到直线 AB 的距离最值) }}$

由两点 $A(-1,0)$、$B(0,2)$，
$\therefore|A B|=\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，
直线 $AB$ 的方程为 $\dfrac{x}{-1}+\dfrac{y}{2}=1$，即 $2x-y+2=0$，
由圆 $(x-1)^2+y^2=1$ 可得圆心 $C(1,0)$，半径 $r=1$，
则圆心 $C$ 到直线 $AB$ 的距离 $d=\dfrac{|2-0+2|}{\sqrt{5}}=\dfrac{4}{\sqrt{5}}$，
$∵$ 点 $P$ 是圆 $(x-1)^2+y^2=1$ 上的动点，
$∴$ 点 $P$ 到直线 $AB$ 的最大距离 $d_{\max }=d+r$；点 $P$ 到直线 $AB$ 的最小距离 $d_{\min }=d-r$．
$∴△ABP$ 面积的最大值和最小值之和等于
$\dfrac{1}{2}|A B| \cdot d_{\max }+\dfrac{1}{2}|A B| d_{\min }=\dfrac{1}{2}|A B| \cdot\left(d_{\max }+d_{\min }\right)=\dfrac{1}{2} \times \sqrt{5} \cdot \dfrac{8}{\sqrt{5}}=4$．
【点拨】圆上一点 $P$ 到圆外一直线 $l$ 距离 $d$ 与圆心 $O$ 到直线 $l$ 的距离 $d_1$ 和圆的半径 $r$ 有关，即 $d_{\min }=d_{1}-r$，$d_{\max }=d_{1}+r$.
 

巩固练习

1(★★) 已知 $x^2+y^2=1$，则 $\dfrac{y}{x+2}$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

2(★★) 已知点 $P(x ,y)$ 在圆 $x^2+y^2=1$ 上，则 $\sqrt{(x-1)^{2}+(y-1)^{2}}$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

3(★★) 已知圆 $x^2+（y-2）^2=1$ 上一动点 $A$，定点 $B(6 ,1)$；$x$ 轴上一点 $W$，则 $|AW|+|BW|$ 的最小值等于 $\underline{\quad \quad}$．
 

4(★★) 已知两个同心圆的半径分别为 $3$ 和 $4$，圆心为 $O$．点 $P$、$Q$ 分别是大圆、小圆上的任意一点，线段 $PQ$ 的中垂线为 $l$．若光线从点 $O$ 射出，经直线 $l$(入射光线与直线 $l$ 的公共点为 $A$) 反射后经过点 $Q$，则 $|OA|-|AQ|$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

5(★★) 已知点 $A(-2 ,0)$,$B(0 ,2)$，若点 $P$ 在圆 $(x-3)^{2}+(y+1)^{2}=2$ 上运动，则 $△ABP$ 面积的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

6(★★) 过动点 $P$ 作圆：$(x-3)^2+(y-4)^2=1$ 的切线 $PQ$，其中 $Q$ 为切点，若 $|PQ|=|PO|$($O$ 为坐标原点)，则 $|PQ|$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$．
 

7(★★) 已知直线 $l：x-y+4=0$ 与 $x$ 轴相交于点 $A$，过直线 $l$ 上的动点 $P$ 作圆 $x^2+y^2=4$ 的两条切线，切点分别为 $C$，$D$ 两点，记 $M$ 是 $CD$ 的中点，则 $|AM|$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

8(★★) 已知圆 $(x-a)^2+(y-b)^2=1$ 经过原点，则圆上的点到直线 $y=x+2$ 距离的最大值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

9(★★★) 如图，设圆 $C_{1}:(x-5)^{2}+(y+2)^{2}=4$，圆 $C_{2}:(x-7)^{2}+(y+1)^{2}=25$，点 $A$、$B$ 分别是圆 $C_1$，$C_2$ 上的动点，$P$ 为直线 $y=x$ 上的动点，则 $|PA|+|PB|$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．

 

参考答案

1.$\left[-\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right]$
2.$\sqrt{2}+1$
3.$3 \sqrt{5}-1$
4.$[-4 ,3$]
5.$4$
6.$\dfrac{12}{5}$
7.$2 \sqrt{2}$
8.$\sqrt{2}+2$
9.$3 \sqrt{13}-7$
 

【题型二】代数法处理最值问题

【典题 1】已知圆 $C$ 的圆心在直线 $x-2y=0$ 上，且经过点 $M(0 ,-1)$，$N(1 ,6)$．
(1) 求圆 $C$ 的方程；
(2) 已知点 $A(1 ,1)$，$B(7 ,4)$，若 $P$ 为圆 $C$ 上的一动点，求 $|PA|^2+|PB|^2$ 的取值范围．
【解析】(1) 设圆心 $C(a ,b)$，则 $a-2b=0$，
由 $|MC|=|NC|$ 得 $\sqrt{(a-0)^{2}+(b+1)^{2}}=\sqrt{(a-1)^{2}+(b-6)^{2}} \Rightarrow a+7 b=18$，
解得 $b=2$，$a=4$，
$∴$ 圆的半径 $r=MC=5$，
所以圆 $C$ 的方程为 $(x-4)^2+(y-2)^2=25$．
(2) ${\color {Red}{方法 1 }}$ 设 $P(x ,y)$，
${\color {Red}{(设元，引入变量 x, y) }}$
则 $(x-4)^2+(y-2)^2=25$，即 $x^2+y^2=5+8x+4y$
则 $|PA|^2+|PB|^2$
${\color {Red}{(利用两点距离公式用 x, y 表示 | PA|^2+|PB|^2) }}$
$=(x-1)^2+(y-1)^2+(x-7)^2+(y-4)^2 \quad (*)$
${\color {Red}{(问题转化为求式子 (*) 的取值范围，但是存在、两个变量，故想到消元) }}$
$=2x^2+2y^2-16x-10y+67$
$=10+16x+8y-16x－10y+67$${\color {Red}{(消元) }}$
$=77-2y$，
$∵-3≤y≤7$，${\color {Red}{(注意定义域的范围) }}$
$∴63≤77-2y≤83$
故 $|PA|^2+|PB|^2$ 的取值范围是 $[63 ,83]$．
${\color {Red}{方法 2 }}$ 点 $P$ 为 $(x-4)^2+(y-2)^2=25$ 上的一动点，
设 $P(4+5 \cos \alpha, 2+5 \sin \alpha)$， ${\color {Red}{(利用圆的参数方程，引入三角函数) }}$
则 $|P A|^{2}+|P B|^{2}$
$=(3+5 \cos \alpha)^{2}+(1+5 \sin \alpha)^{2}+(5 \cos \alpha-3)^{2}+(5 \sin \alpha-2)^{2}$
$=73-10 \sin \alpha$
所以 $63≤|PA|^2+|PB|^2≤83$，
即 $|PA|^2+|PB|^2$ 的取值范围是 $[63 ,83]$．
【点拨】本题注意是利用函数思想求解，把所求几何量用某个 (或某些) 变量表示，故设元引入变量很重要，本题是设 $P(x ,y)$ 或 $P(4+5 \cos \alpha, 2+5 \sin \alpha)$，最后达到几何问题代数化.
 

【典题 2】已知直线 $l：y=x$，圆 $C：x^2+y^2-4x+3=0$，在 $l$ 上任意取一点 $A$，向圆 $C$ 作切线，切点分别为 $M$,$N$，则原点 $O$ 到直线 $MN$ 的距离 $d$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】
${\color {Red}{(代数法思路：要求 d 的最大值，则把直线 MN 的方程求出，再用点到直线距离公式把 d 用某个或某些变量表示出来，那点 M, N 是怎么产生的呢？是由点 A 确定的，故设元 A (a ,a)) }}$

由题可得圆 $C$ 的圆心坐标为 $(2 ,0)$，半径为 $1$．
$∵A$ 在直线 $l$ 上，设 $A(a ,a)$，
又 $M$、$N$ 为过 $A$ 点的圆的切线的切点，
故有 $AM^2=AN^2=AC^2-1$，
$∴$ 以 $A$ 为圆心，$AM$ 为半径的圆方程为 $(x-a)^{2}+(y-a)^{2}=(a-2)^{2}+a^{2}-1$，
化简得 $x^2+y^2-2ax-2ay-3+4a=0$，
${\color {Red}{(把 MN 看成圆 C 与圆 A 的公共弦，可求出直线 MN 的直线方程) }}$
$∴MN$ 所在直线方程为 $(2-a)x-ay+2a-3=0$， ${\color {Red}{(圆 A 方程减去圆 C 方程便是) }}$
$∴O$ 到 $MN$ 的距离 $d=\dfrac{|2 a-3|}{\sqrt{(2-a)^{2}+a^{2}}}$， ${\color {Red}{ (问题最后变成求函数的最值)}}$
$\therefore d^{2}=2+\dfrac{1-4 a}{2 a^{2}-4 a+4}$，
令 $1-4a=t$，得 $d^{2}=2+\dfrac{8 t}{t^{2}+6 t+25}=2+\dfrac{8}{t+\dfrac{25}{t}+6}$，
由不等 $t+\dfrac{25}{t} \geq 10$，当且仅当 $t=5$，即 $a=-1$ 时取等．
$\therefore d \leq \dfrac{\sqrt{10}}{2}$，即原点 $O$ 到直线 $MN$ 的距离 $d$ 的最大值为 $\dfrac{\sqrt{10}}{2}$.
【点拨】
① 代数法设元很重要，那我们首先要理解题意，明白几何问题中各量之间的 “因果关系” 方能找到 “源头”；
② 过两圆 $C_1：x^2+y^2+D_1 x+E_1 y+F_1=0$，$C_2：x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2=0$ 交点的圆系方程为 $x^2+y^2+D_1 x+E_1 y+F_1+λ(x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2 )=0$
($λ≠-1$，此圆系不含 $C_2：x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2=0$)
特别地，当 $λ=-1$ 时，上述方程为一次方程；两圆相交时，表示公共弦方程；
③ 本题最后涉及到的函数是 $f(x)=\dfrac{a_{1} x^{2}+b_{1} x+c_{1}}{a_{2} x^{2}+b_{2} x+c_{2}}$) 型，对其最值的求法要掌握好，它在高二也常考.
 

【典题 3】已知实数 $x$、$y$ 满足方程 $x^2+y^2-4x+1=0$．
(1) 求 $y-x$ 的最大值和最小值；
(2) 求 $x^2+y^2$ 的最大值和最小值；
(3) 求 $\dfrac{y}{x+1}$ 的取值范围．
【解析】实数 $x$、$y$ 满足方程 $x^2+y^2-4x+1=0$，化为 $(x-2)^2+y^2=3$，
它表示一个圆，其参数方程为 $\left\{\begin{array}{c} x=2+\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sqrt{3} \sin \alpha \end{array}\right.$；
(1)$y-x=\sqrt{3} \sin \alpha-(2+\sqrt{3} \cos \alpha)$$=\sqrt{3} \sin \alpha-\sqrt{3} \cos \alpha-2=\sqrt{6} \sin \left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)-2$
$\because-1 \leq \sin \left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right) \leq 1$，
$∴y-x$ 的最小值为 $-2-\sqrt{6}$，最大值为 $-2+\sqrt{6}$；
(2)$x^{2}+y^{2}=(2+\sqrt{3} \cos \alpha)^{2}+(\sqrt{3} \sin \alpha)^{2}=4 \sqrt{3} \cos \alpha+7$，
$∴x^2+y^2$ 的最大值为 $7+4 \sqrt{3}$，最小值为 $7-4 \sqrt{3}$；
(3)$\dfrac{y}{x+1}=\dfrac{\sqrt{3} \sin \alpha}{3+\sqrt{3} \cos \alpha}=\dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{3}+\cos \alpha}$，
令 $t=\dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{3}+\cos \alpha}$， ${\color {Red}{ (整体代换) }}$
$\therefore t \cos \alpha-\sin \alpha=\sqrt{3} t \Rightarrow \sqrt{t^{2}+1} \sin (\alpha-\varphi)=\sqrt{3} t$，
则 $\sin (\alpha-\varphi)=\dfrac{\sqrt{3} t}{\sqrt{t^{2}+1}}$，由 $-1 \leq \dfrac{\sqrt{3} t}{\sqrt{t^{2}+1}} \leq 1$，解得 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \leq t \leq \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
则 $\dfrac{y}{x+1}$ 的最大值为 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，最小值为 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$．
【点拨】
① 圆 $(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$ 的参数方程 $\left\{\begin{array}{l} x=r \cos \theta+a \\ y=r \sin \theta+b \end{array}\right.$($θ$ 是参数);
② 本题方法是三角变换；
③ 这三个问题在前面也有所涉及，可以用几何方法求解，我们要比较下它们的优劣性.
 

【典题 4】如图，在平面直角坐标系 $xOy$ 中，正方形 $OABC$ 的边长为 $4$，$E(0 ,1)$，点 $F$ 是正方形边 $OC$ 上的一个动点，点 $O$ 关于直线 $EF$ 的对称点为 $G$ 点，当 $|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|$ 取得最小值时，直线 $GF$ 的方程为 $\underline{\quad \quad}$.

【解析】${\color {Red}{方法一 \quad 函数法 }}$
${\color {Red}{(利用对称性求点 G 坐标，进而求 |\overrightarrow {G A}+3 \overrightarrow {G B}| 的表达式，其运动 “源头” 是点 F (t,0)，则表达式是关于 t 的) }}$
设 $F(t ,0)$，$(0<t≤4)$．
则直线 $EF$ 的方程为 $\dfrac{x}{t}+y=1$，可得 $y=-\dfrac{x}{t}+1$．
设 $G(a ,b)$，$(a ,b>0)$．
则 $\dfrac{b}{a} \times\left(-\dfrac{1}{t}\right)=-1$，$\dfrac{a}{2 t}+\dfrac{b}{2}=1$，
解得 $a=\dfrac{2 t}{1+t^{2}}$，$b=\dfrac{2 t^{2}}{1+t^{2}}$，
$\therefore G\left(\dfrac{2 t}{1+t^{2}}, \dfrac{2 t^{2}}{1+t^{2}}\right)$．
$\because \overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}=(-a, 4-b)+3(4-a, 4-b)=(12-4 a, 16-4 b)$．
$\therefore|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|$
$=\sqrt{(12-4 a)^{2}+(16-4 b)^{2}}$
$=2 \sqrt{(3-a)^{2}+(4-b)^{2}}$
$=2 \sqrt{\left(3-\dfrac{2 t}{1+t^{2}}\right)^{2}+\left(4-\dfrac{2 t^{2}}{1+t^{2}}\right)^{2}}$
$=2 \sqrt{13-12 \cdot \dfrac{t-1}{1+t^{2}}}$，
令 $m=t-1∈(-1 ,3]$，则 $|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|=2 \sqrt{13-12 \cdot \dfrac{m}{m^{2}+2 m+2}}$
易得 $f(m)=\dfrac{m}{m^{2}+2 m+2}=\left\{\begin{array}{cc} 0, & m=0 \\ \dfrac{1}{m+\dfrac{2}{m}+2} & , m \in(-1,0) \cup(0,3] \end{array}\right.$ 的最大值
在 $m=\sqrt{2}$，即 $t=\sqrt{2}+1$ 时取到，
此时 $G\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$，$F(\sqrt{2}+1,0)$，
易得直线 $GF$ 方程为 $y=-x+1+\sqrt{2}$.
${\color {Red} { 方法二 \quad 几何法}}$
设点 $G(a ,b)$，
$∵$ 点 $O$ 关于直线 $EF$ 的对称点为 $G$ 点，$∴EG=OE=1$，
$∴$ 点 $G$ 的轨迹是以 $E$ 为圆心，半径为 $1$ 的圆 $\odot E：a^2+(b-1)^2 =1$，
$\because \overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}=(-a, 4-b)+3(4-a, 4-b)=(12-4 a, 16-4 b)$
$\therefore|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|=\sqrt{(12-4 a)^{2}+(16-4 b)^{2}}=2 \sqrt{(3-a)^{2}+(4-b)^{2}}$，
设点 $P(3 ,4)$， ${\color {Red}{(利用圆外一定点到圆上一点的距离最值模型) }}$
则 $|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|$ 取到最小值时，即点 $P$ 到圆 $\odot E$ 上一点最短距离之时，
此时点 $G$ 为直线 $EP:y=x+1$ 与圆 $\odot E$ 的交点，

由 $\left\{\begin{array}{c} y=x+1 \\ x^{2}+(y-1)^{2}=1 \end{array}\right.$ 解得 $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$y=1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
即 $G\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$，
此时 $GF⊥EP$，故直线 $GF$ 的斜率为 $-1$，
故直线 $GF$ 方程为 $y=-x+1+\sqrt{2}$.
${\color {Red}{方法三 \quad 三角代换 }}$
如方法二，得到 $a^2+(b-1)^2 =1$，可设 $a=\sinα ,b=1+\cosα$，
则 $|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|$
$=\sqrt{(12-4 a)^{2}+(16-4 b)^{2}}$
$=2 \sqrt{(3-\sin \alpha)^{2}+(3-\cos \alpha)^{2}}$
$=2 \sqrt{19-6 \sqrt{2} \sin \left(\alpha+\dfrac{\pi}{4}\right)}$，
当 $\alpha=\dfrac{\pi}{4}$，即 $G\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 时，$|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|$ 取到最小值.
设点 $|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|$，
由 $GF=OF$ 得 $\sqrt{\left(t-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=t$，解得 $t=\sqrt{2}+1$，
易得直线 $GF$ 方程为 $y=-x+1+\sqrt{2}$.
【点拨】
① 题中 $|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|$ 看不出明显的几何意义，故用代数的方法处理这个条件；
② 细品三种方法，各有千秋，
$(i)$ 函数法思路朴素，易入手，要求出 $|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|$，则设元 $G(a ,b)$，而点 $G$ 是由点 $F$ 确定的，转而设元 $F(t ,0)$，从而易得 $a$、$b$ 用 $t$ 表示，从而 $|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|$ 用 $t$ 表示，求出其最小值时 $t$ 的取值问题较不难了，就计算量有些大；
$(ii)$ 几何法，重在发现图中几何变量内在关系，需要认真观察图象，有一定思考难度，若想到计算量上较函数法小不少；本题是确定了动点 $G$ 的轨迹是圆，相当找到 $a$,$b$ 的关系，而 $|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|=2 \sqrt{(3-a)^{2}+(4-b)^{2}}$ 联想到圆外一定点到圆上一点的距离最值模型.
$(iii)$ 方法三的三角代换只是在几何法的基础上作了一些计算的简化工作，体现到三角代换在某些情境中设元的优势.
 

巩固练习

1(★★) 若实数 $x$，$y$ 满足 $x^2+y^2+4x－2y－4=0$，则 $\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 的最大值是 (　　)
A．$\sqrt{5}+3$ $\qquad \qquad$B．$6 \sqrt{5}+14$ $\qquad \qquad$ C．$-\sqrt{5}+3$$\qquad \qquad$ D．$-6 \sqrt{5}+14$
 

2(★★★)[多选题] 若实数 $x$，$y$ 满足条件 $x^2+y^2=1$，则下列判断正确的是 (　　)
A．$x+y$ 的范围是 $[0, \sqrt{2}]$
B．$x^2－4x+y^2$ 的范围是 $[－3 ,5]$
C．$xy$ 的最大值为 $1$
D．$\dfrac{y-2}{x+1}$ 的范围是 $\left(-\infty,-\dfrac{3}{4}\right]$
 

3(★★★)[多选题] 已知点 $P(2 ,4)$，若过点 $Q(4 ,0)$ 的直线 $l$ 交圆 $C:(x-6)^{2}+y^{2}=9$ 于 $A$,$B$ 两点，$R$ 是圆 $C$ 上动点，则 (　　)
A．$|AB|$ 的最小值为 $2 \sqrt{5}$
B．$P$ 到 $l$ 的距离的最大值为 $2 \sqrt{5}$
C．$\overrightarrow{P Q} \cdot \overrightarrow{P R}$ 的最小值为 $12-2 \sqrt{5}$
D．$|PR|$ 的最大值为 $4 \sqrt{2}+3$
 

4(★★) 已知点 $A(1 ,1)$,$B(2 ,2)$，点 $P$ 在直线 $y=\dfrac{1}{2} x$ 上，求 $|PA|^2+|PB|^2$ 取得最小值时 $P$ 点的坐标．
 
 

5(★★★) 在平面直角坐标系 $xOy$ 中，圆 $C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=1$，$M$ 为圆 $C$ 的圆心，过原点 $O$ 的直线 $l$ 与圆 $C$ 相交于 $A$,$B$ 两点 ($A$,$B$ 两点均不在 $x$ 轴上)．求 $△ABM$ 面积的最大值．
 
 

6(★★★) 过点 $P(2，1)$ 的直线 $l$ 与 $x$ 轴、$y$ 轴正半轴交于 $A$,$B$ 两点，求满足下列条件的直线 $l$ 的方程，$O$ 为坐标原点，
(1)$△AOB$ 面积最小时；(2)$|OA|+|OB|$ 最小时；(3)$|PA|⋅|PB|$ 最小时．
 
 

7(★★★) 已知直线 $l$ 过定点 $P(-2 ,1)$，且交 $x$ 轴负半轴于点 $A$、交 $y$ 轴正半轴于点 $B$，点 $O$ 为坐标原点．
(1) 若 $△AOB$ 的面积为 $4$，求直线 $l$ 的方程；
(2) 求 $|OA|+|OB|$ 的最小值，并求此时直线 $l$ 的方程；
(3) 求 $|PA|⋅|PB|$ 的最小值，并求此时直线 $l$ 的方程．
 
 

8(★★★) 在平面直角坐标系 $xOy$ 中．已知圆 $C$ 经过 $A(0 ,2)$，$O(0 ,0)$，$D(t ,0)$$(t>0)$ 三点，$M$ 是线段 $AD$ 上的动点，$l_1$$,l_2$ 是过点 $B(1 ,0)$ 且互相垂直的两条直线，其中 $l_1$ 交 $y$ 轴于点 $E$，$l_2$ 交圆 $C$ 于 $P$,$Q$ 两点．
(1) 若 $t=PQ=6$，求直线 $l_2$ 的方程；
(2) 若 $t$ 是使 $AM≤2BM$ 恒成立的最小正整数，求 $△EPQ$ 的面积的最小值．
 
 
 
 

参考答案

1.$A$
2.$BD$
3.$ABD$
4.$\left(\dfrac{9}{5}, \dfrac{9}{10}\right)$
5.$\dfrac{1}{2}$
6.$(1) x+2y-4=0 \quad \text { (2) } x+\sqrt{2} y-2-\sqrt{2}=0 \quad (3) x+y-3=0$
7.$(1) 4x-3y-1=0 \quad \text { (2) } \dfrac{\sqrt{15}}{2}$