圆的方程之最值问题

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【基础过关系列】2022-2023 学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义 (人教 A 版 2019）
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选择性必修第一册同步巩固，难度 4 颗星！

基础知识

最值模型

1 将军饮马
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.

 

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

(2) 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 $P E_{\min }=P_{1} F=d-r$， $P E_{\max }=P_{2} F=d+r$.

 

4 斜率型、两点距离型最值问题
形如 $\dfrac{y-b}{x-a}$($x$,$y$ 是变量，$a$,$b$ 是常数) 的式子可理解为动点 $(x,y)$ 与定点 $(a,b)$ 间的斜率；
形如 $\sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}}$($x$,$y$ 是变量，$a$,$b$ 是常数) 的式子可理解为动点 $(x,y)$ 与定点 $(a,b)$ 间的距离.
 

【例】 $\dfrac{y-2}{x+1}$ 可理解为动点 $(x,y)$ 与定点 $(-1,2)$ 间的斜率；
$\sqrt{(x+2)^{2}+y^{2}}$ 可理解为动点 $(x,y)$ 与定点 $(-2,0)$ 间的距离.
 

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).
解释 如图，易得 $r\cosθ=$ 有向线段 $HM=x-a⇒x=r\cosθ+a$，
$r\sinθ=$ 有向线段 $HP=y-b⇒y=r\sinθ+b$.

【例】圆 $(x+1)^2+(y-2)^2=9$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l} x=3 \cos \theta-1 \\ y=3 \sin \theta+2 \end{array}\right.$.
 

求最值问题的方法

对于最值问题，常用的方法有几何法 (利用几何模型求解)，函数法 (求函数最值、三角代换)，基本不等式法等.
 

基本方法

【题型1】圆上一点到点或直线的距离

【典题 1】 在圆 $(x-2)^2+(y+3)^2=2$ 上与点 $(0,-5)$ 距离最大的点的坐标是 (　　)
 A．$(5,1)$ $\qquad \qquad$ B．$(4,1)$ $\qquad \qquad$ C． $(\sqrt{2}+2, \sqrt{2}-3)$ $\qquad \qquad$ D．$(3,-2)$
解析 $∵(0-2)^2+(-5+3)^2=8>2$，$∴$ 点 $(0,-5)$ 在圆外
$∴$ 圆上与点 $(0,-5)$ 距离最远的点，在圆心与点 $(0,-5)$ 连线上，
且与点 $(0,－5)$ 分别在圆心两侧令直线解析式：$y=kx+b$，
由于直线通过点 $(2,-3)$ 和 $(0,-5)$，可得直线解析式：$y=x-5$，
与圆的方程联立，可得 $(x-2)^2+(x-2)^2=2$，
$∴x=3$ 或 $x=1$
$∴$ 交点坐标为 $(3,-2)$ 和 $(1,-4)$，其中距离点 $(0,-5)$ 较大的一个点为 $(3,-2)$，
故选 $D$．
 

【典题 2】 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 $\underline{\quad \quad}$．
解析 根据题意画出圆 $x^2+(y-2)^2=1$，以及点 $B(6,1)$ 的图象如图，

作 $B$ 关于 $x$ 轴的对称点 $B'$，连接圆心与 $B'$，
则与圆的交点 $A$，$|AB|$ 即为 $|AW|+|BW|$ 的最小值，
$|AB|$ 为点 $(0,2)$ 到点 $B'(6,－1)$ 的距离减圆的半径，
即 $|A B|=\sqrt{(6-0)^{2}+(-1-2)^{2}}-1=3 \sqrt{5}-1$，
故答案为： $3 \sqrt{5}-1$．
 

【典题 3】在平面直角坐标系 $xOy$ 中，点 $Q$ 为圆 $(x-1)^2+(y-1)^2=1$ 上一动点，过圆 $M$ 外一点 $P$ 向圆 $M$ 引一条切线，切点为 $A$，若 $|PA|=|PO|$，则 $|PQ|$ 的最小值为 (　　)
 A． $\sqrt{2}-1$ $\qquad \qquad$ B． $\sqrt{2}+1$ $\qquad \qquad$C． $\dfrac{3}{4} \sqrt{2}-1$ $\qquad \qquad$ D． $\dfrac{3}{4} \sqrt{2}+1$
解析 设 $P(a,b)$，
$∵|PA|=|PO|$，圆心 $M(1,1)$，$r=1$，
$\therefore \sqrt{P M^{2}-r^{2}}=\sqrt{(a-1)^{2}+(b-1)^{2}-1}=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$，
$∴$ 化简可得 $2a+2b-1=0$，
$∵$ 点 $P$ 满足表达式 $2a+2b-1=0$，
$∴$ 即点 $P$ 在直线 $l：2x+2y-1=0$，
由题意可知，$|PQ|$ 的最小值可转化为圆心到直线 $l$ 的距离 $d$ 与半径的差，
$\therefore|P Q|=d-r=\dfrac{|1 \times 2+1 \times 2-1|}{\sqrt{2^{2}+2^{2}}}-1=\dfrac{3 \sqrt{2}}{4}-1$，
故选：$C$．
 

巩固练习

1. 点 $M(0,1)$ 与圆 $x^2+y^2-2x=0$ 上的动点 $P$ 之间的最近距离为 (　　)
 A． $\sqrt{2}$ $\qquad \qquad \qquad\qquad$ B．$2$ $\qquad\qquad \qquad \qquad$C．$\sqrt{2}+1$ $\qquad \qquad \qquad\qquad$ D．$\sqrt{2}-1$
 

2. 已知 $O$ 为坐标原点，$P$ 为圆 $C：(x-1)^2+(y-b)^2=1$(常数 $b>0$) 上的动点，若 $|OP|$ 最大值为 $3$，则 $b$ 的值为 (　　)
 A．$1$ $\qquad\qquad \qquad \qquad$ B．$\sqrt{2}$ $\qquad \qquad \qquad\qquad$ C．$\sqrt{3}$ $\qquad\qquad \qquad \qquad$ D．$2$
 

3. 已知 $O$ 为坐标原点，$P$ 为 $⊙C：(x-a)^2+(y-1)^2=2(a>0)$ 上的动点，直线 $l：x+y-1=0$，若 $P$ 到 $l$ 的最小距离为 $2\sqrt{2}$，则 $a$ 的值为 (　　)
 A．$2$ $\qquad\qquad \qquad \qquad$ B．$4$ $\qquad \qquad \qquad\qquad$ C．$6$ $\qquad \qquad \qquad\qquad$ D．$8$
 

4. 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 $\underline{\quad \quad}$．
 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 圆 $x^2+y^2－2x=0$ 可化为 $(x-1)^2+y^2=1$，
   圆心为 $C(1,0)$，半径为 $r=1$；
   所以 $|M C|=\sqrt{(1-0)^{2}+(0-1)^{2}}=\sqrt{2}$，
   所以点 $M$ 与圆上的动点 $P$ 之间的最近距离为 $|MC|-r=\sqrt{2}-1$．
   故选：$D$．

2. 答案 $C$
   解析 圆 $C：(x-1)^2+(y-b)^2=1$ 的圆心为 $C(1,b)$，半径为 $1$，
   所以圆 $C$ 上的点 $P$ 到原点的最大距离为 $|OP|=|OC|+1=3$，
   即 $\sqrt{1^{2}+b^{2}}+1=3$，解得 $b=±\sqrt{3}$，
   又 $b>0$，所以 $b$ 的值为 $\sqrt{3}$．
   故选：$C$．

3. 答案 $C$
   解析 圆 $⊙C：(x-a)^2+(y-1)^2=2(a>0)$ 的圆心坐标 $C(a,1)$，半径为 $\sqrt{2}$，
   圆心到直线 $l：x+y-1=0$ 的距离 $d=\dfrac{|a+1-1|}{\sqrt{2}}$，
   要使 $P$ 到 $l$ 的最小距离为 $2\sqrt{2}$，
   则 $\dfrac{|a+1-1|}{\sqrt{2}}=3 \sqrt{2}$，即 $|a|=6$，
   又 $a>0$，$∴a=6$．
   故选：$C$．

4. 答案 $4$
   解析 $∵$ 点 $A(-2,0)$,$B(0,2)$，若点 $P$ 在圆 $(x-3)^2+(y+1)^2=2$ 上运动，
   $∴AB$ 的直线方程为 $\dfrac{x}{-2}+\dfrac{y}{2}=1$，即 $x-y+2=0$．
   圆心 $C(3,－1)$ 到直线 $AB$ 的距离为 $d=\dfrac{|3+1+2|}{\sqrt{2}}=3 \sqrt{2}$，
   则 $△ABP$ 面积的最小值为 $\dfrac{1}{2}|A B|(d-\sqrt{2})=\dfrac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{2} \cdot 2 \sqrt{2}=4$，
   故答案为：$4$．
    

【题型2】斜率型、两点距离型最值问题

【典题 1】 已知实数 $x$，$y$ 满足方程 $x^2+y^2-4x+1=0$．求：
  (1) $\dfrac{y}{x}$ 的最大值和最小值；
  (2) $x^2+(y+1)^2$ 的最大值和最小值；
  (3) $y-x$ 的最大值和最小值.
解析 (1) 方程 $x^2+y^2-4x+1=0$ 表示以点 $(2,0)$ 为圆心，以 $\sqrt{3}$ 为半径的圆．
$\dfrac{y}{x}=\dfrac{y-0}{x-0}$ 可理解为圆上一点 $(x,y)$ 与原点 $(0,0)$ 间的斜率，

设 $\dfrac{y}{x}=k$，即 $y=kx$，
易知圆心 $(2,0)$ 到 $y=kx$ 的距离为半径时直线与圆相切，斜率取得最大、最小值．
由 $\dfrac{|2 k-0|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\sqrt{3}$，解得 $k^2=3$．
$∴k=\sqrt{3}$ 或 $k=-\sqrt{3}$．
$∴\dfrac{y}{x}$ 的最大值为 $\sqrt{3}$，最小值为 $-\sqrt{3}$．
(2) $x^2+(y+1)^2=(x-0)^2+(y+1)^2$
可理解为表示圆上的一点 $(x,y)$ 与点 $P(0,1)$ 距离的平方，

又圆心 $(2,0)$ 到点 $P(0,1)$ 的距离为 $\sqrt{(2-0)^{2}+(0-1)^{2}}=\sqrt{5}$，
所以 $x^2+(y+1)^2$ 的最大值是 $(\sqrt{5}+\sqrt{3})^{2}=8+2 \sqrt{15}$，
最小值是 $(\sqrt{5}-\sqrt{3})^{2}=8-2 \sqrt{15}$．
(3) 设 $b=y-x$，则 $y=x+b$，
$b$ 理解为当直线 $l:y=x+b$ 与圆相交或相切时在 $y$ 轴上的截距，

显然当圆与直线相切时，直线 $l$ 在 $y$ 轴上的截距 $b$ 取到最大值与最小值，
如图直线 $l_1$ 对应的 $b_1$ 为最大值，直线 $l_2$ 对应的 $b_2$ 为最大值，
由点到直线的距离公式，得 $\dfrac{|2-0+b|}{\sqrt{2}}=\sqrt{3}$，即 $b=-2±\sqrt{6}$．
$∴y-x$ 的最大值为 $-2+\sqrt{6}$，最小值为 $-2-\sqrt{6}$．
 

巩固练习

1. 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 $\underline{\quad \quad}$ .
 

2. 实数 $x$，$y$ 满足 $x^2+y^2+2x-4y+1=0$，则 $\dfrac{y}{x-4}$ 的最大值和最小值分别为 $\underline{\quad \quad}$．
 
3.(多选) 已知实数 $x,y$ 满足方程 $x^2+y^2-4x+1=0$，则下列说法错误的是 (　　)
 A．$y-x$ 的最大值为 $\sqrt{6}-2$
 B． $x^2+y^2$ 的最大值为 $7+4\sqrt{3}$
 C． $\dfrac{y}{x}$ 的最大值为 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
 D．$y-x$ 的最小值为 $\sqrt{6}-2$
 

参考答案

1. 答案 $\sqrt{2}+1$
   解析 $\sqrt{(x-1)^{2}+(y-1)^{2}}$ 表示点 $(x,y)$ 与点 $(1,1)$ 的距离，
   $∵$ 点 $P(x,y)$ 在圆 $x^2+y^2=1$ 上，
   $∴\sqrt{(x-1)^{2}+(y-1)^{2}}$ 的最大值为 $\sqrt{(1+1)}+1=\sqrt{2}+1$．

2. 答案 最大值为 $0$，最小值为 $-\dfrac{20}{21}$
   解析 原方程为 $(x+1)^2+(y-2)^2=4$，表示以 $P(-1,2)$ 为圆心，$2$ 为半径的圆．
   设 $k=\dfrac{y}{x-4}$，几何意义是：圆上点 $M(x,y)$ 与点 $Q(4,0)$ 连线的斜率．
   
   由图可知当直线 $MQ$ 是圆的切线时，$k$ 取最大值与最小值．
   设切线为 $y-0=k(x-4)$，即 $kx-y-4k=0$．
   圆心 $P$ 到切线的距离 $\dfrac{|-k-2-4 k|}{\sqrt{k^{2}+1}}=2$，
   化简为 $21k^2+20k=0$，解得 $k=0$ 或 $k=-\dfrac{20}{21}$．
   $∴ \dfrac{y}{x-4}$ 的最大值为 $0$，最小值为 $-\dfrac{20}{21}$．

3. 答案 $CD$
   解析 实数 $x,y$ 满足方程 $x^2+y^2-4x+1=0$，即满足 $(x-2)^2+y^2=3$，
   表示以 $C(2,0)$ 为圆心，半径等于 $\sqrt{3}$ 的圆．
   令 $y-x=k$，即 $x-y+k=0$，当圆和直线相切时，$k$ 取得最值，
   由 $\sqrt{3}=\dfrac{|2-0+k|}{\sqrt{2}}$，求得 $k=\sqrt{6}-2$，或 $k=-\sqrt{6}-2$，
   故 $k$ 的最大值为 $\sqrt{6}-2$，最小值为 $-\sqrt{6}-2$，故 $A$ 正确，$D$ 错误；
   由于 $x^2+y^2$ 表示圆上的点到原点距离的平方，
   故它的最大值 $(2+\sqrt{3})^{2}=7+4 \sqrt{3}$，故 $B$ 正确；
   由于 $\dfrac{y}{x}$ 表示圆上的点与原点连线的斜率，
   故当直线和圆相切时，$\dfrac{y}{x} =m$ 取得最值，
   设过原点的切线方程为 $y=mx$，即 $mx-y=0$，
   由 $\sqrt{3}=\dfrac{|2 m-0|}{\sqrt{m^{2}+1}}$，求得 $m=±\sqrt{3}$，故 $\dfrac{y}{x}$ 的最大值为 $\sqrt{3}$，故 $C$ 错误，
   故选：$CD$．
    

【题型3】三角代换

【典题 1】 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 $t=\dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{3}+\cos \alpha}$，
$\therefore t \cos \alpha-\sin \alpha=\sqrt{3} t \Rightarrow \sqrt{t^{2}+1} \sin (\alpha-\varphi)=\sqrt{3} t$，
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 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$．
 

巩固练习

1.(多选) 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 $\left(-\infty,-\dfrac{3}{4}\right]$
 

参考答案

1. 答案 $BD$
   解析 令 $x=\cosα$,$y=\sinα$，
   则 $x+y=\sin \alpha+\cos \alpha=\sqrt{2} \sin \left(\alpha+\dfrac{\pi}{4}\right) \in[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$，故 $A$ 错误；
   $x^2+y^2-4x=1-4x=1-4\cosα∈[-3,5]$，故 $B$ 正确；
   $x y=\sin \alpha \cos \alpha=\dfrac{1}{2} \sin 2 \alpha \in\left[-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right]$，故 $C$ 错误；
   令 $\dfrac{y-2}{x+1}=\dfrac{\sin \alpha-2}{\cos \alpha+1}=t$，
   得 $t \cos \alpha-\sin \alpha=-2-t$，有 $\sqrt{t^{2}+1} \sin (\varphi-\alpha)=-2-t$，
   则 $\mid \sin (\varphi-\alpha)=\dfrac{-2-t}{\sqrt{t^{2}+1}}$，由 $\dfrac{|t+2|}{\sqrt{t^{2}+1}} \leq 1$，解得 $t \leq-\dfrac{3}{4}$，故 $D$ 正确．
   故选：$BD$．
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 已知 $P$ 是圆 $x^2+y^2=4$ 上的动点，点 $A$ 的坐标为 $(0,5)$，则 $|PA|$ 的最小值为 (　　)
 A．$9$ $\qquad \qquad$ B．$7$$\qquad \qquad$ C．$5$ $\qquad \qquad$ D．$3$
 

2. 若 $x$、$y$ 满足 $x^2+y^2－2x+4y－20=0$, 则 $x^2+y^2$ 的最小值是 (　　)
 A．$\sqrt{5}－5$ $\qquad \qquad$ B．$5-\sqrt{5}$ $\qquad \qquad$ C．$30-10\sqrt{5}$ $\qquad \qquad$ D．无法确定
 

3. 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 (　　)
 A．$7$ $\qquad \qquad$ B．$8$ $\qquad \qquad$ C．$9$ $\qquad \qquad$ D．$10$
 

4.(多选) 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 $4\sqrt{2}+3$
 

5. 已知直线 $l：3x+4y-1=0$，圆 $x^2+y^2+6x+8=0$ 上的点到直线 $l$ 的最小距离是 $\underline{\quad \quad}$，最大距离是 $\underline{\quad \quad}$．
 

6. 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 $\underline{\quad \quad}$．
 

7. 已知圆 $C：x^2+y^2－2y=0$，$P$ 为直线 $l：x-y-2=0$ 上任一点，过点 $P$ 作圆 $C$ 的切线 $PT$($T$ 为切点)，则 $|PT|$ 最小值是 $\underline{\quad \quad}$．
 

8.(1) 已知圆 $O_1:(x-3)^2+(y-4)^2=1$，$P(x,y)$ 为圆 $O$ 上的动点，求 $d=x^2+y^2$ 的最大、最小值．
(2) 已知圆 $O_2:(x+2)^2+y^2=1$，$P(x,y)$ 为圆上任一点．求 $\dfrac{y-2}{x-1}$ 最大、最小值，求 $x-2y$ 的最大、最小值．
 
 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 圆 $O：x^2+y^2=4$，$∴$ 圆心 $O$ 为 $(0,0)$，半径为 $2$；
   $∴|AO|=5$，$∴|PA|$ 的最小值为 $5-2=3$．
   故选： $D$．

2. 答案 $C$
   解析 把圆的方程化为标准方程得： $(x-1)^2+(y+2)^2=25$，
   则圆心 $A$ 坐标为 $(1,-2)$，圆的半径 $r=5$，
   设圆上一点的坐标为 $(x,y)$，原点 $O$ 坐标为 $(0,0)$，
   则 $|AO|=\sqrt{5}$，$|AB|=r=5$，
   所以 $|BO|=|AB|-|OA|=5-\sqrt{5}$．
   则 $x^2+y^2$ 的最小值为 $(5-\sqrt{5})^2=30-10\sqrt{5}$．
   故选 $C$．
   

3. 答案 $C$
   解析 由题意知，圆的方程化为 $(x-1)^2+(y-5)^2=1$；
   所以圆心 $M(1,5)$，半径为 $1$；
   如图所示，作点 $P(7,3)$ 关于 x 轴的对称点 $P'(7,-3)$；
   连接 $MP'$，交圆与点 $Q$，交 $x$ 轴与点 $S$，则 $|SP|+|SQ|$ 的值最小；
   否则，在 $x$ 轴上另取一点 $S'$，连接 $S'P$,$S'P'$,$S'Q$，
   由于 $P$ 与 $P'$ 关于 $x$ 轴对称，所以 $|SP|=|SP'|$，$|S'P|=|S'P'|$；
   所以 $|SP|+|SQ|=|SP'|+|SQ|=|P'Q|$$<|S'P' |+|S'Q|=|S'P|+|S'Q|$；
   (三角形中两边之和大于第三边)．
   故 $|SP|+|SQ|$ 的最小值为 $\left|P^{\prime} M\right|-1=\sqrt{(1-7)^{2}+(5+3)^{2}}-1=9$；
   故选：$C$．
   

4. 答案 $ABD$
   解析 如图，当直线 $l$ 与 $x$ 轴垂直时，$|AB|$ 有最小值，且最小值为 $2\sqrt{5}$，故 $A$ 正确；
   当直线 $l$ 与 $PQ$ 垂直时，$P$ 到 $l$ 的距离有最大值，且最大值为 $|PQ|=2\sqrt{5}$，故 $B$ 正确；
   设 $R(6+3\cosθ,3\sinθ)$，
   则 $\overrightarrow{P Q} \cdot \overrightarrow{P R}=(2,-4) \cdot(4+3 \cos \theta, 3 \sin \theta-4)$$=6 \cos \theta-12 \sin \theta+24$，
   $\therefore \overrightarrow{P Q} \cdot \overrightarrow{P R}=6 \sqrt{5} \cos (\theta+\varphi)+24$，
   则 $\overrightarrow{P Q} \cdot \overrightarrow{P R}$ 的最小值为 $24-6\sqrt{5}$，故 $C$ 错误；
   当 $P$,$C$,$R$ 三点共线时，$|PR|$ 最大，且最大值为 $|PC|+r=4\sqrt{2}+3$，所以 $D$ 正确．
   故选：$ABD$．
   

5. 答案 最小距离为 1，最大距离为 3．
   解析 圆心到直线的距离加、减圆的半径，就是所求的最大值与最小值．
   $∵$ 圆的方程为 $(x+3)^2+y^2=1$，
   $\therefore \dfrac{|3 \times(-3)+4 \times 0-1|}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}} \pm 1=2 \pm 1$．
   $∴$ 最小距离为 $1$，最大距离为 $3$．

6. 答案 $\sqrt{3}$
   解析 满足等式 $(x-2)^2+y^2=3$ 的图形如图所示：
   $\dfrac{y}{x}$ 表示圆上动点与原点 $O$ 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，$BC=\sqrt{3}$，$OC=2$
   $\because \sin \angle B O C=\dfrac{B C}{O C}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
   $∴∠BOC=60°$，此时 $\dfrac{y}{x}=\sqrt{3}$.
   

7. 答案 $\dfrac{\sqrt{14}}{2}$
   解析 圆 $C：x^2+(y-1)^2=1$，圆心 $C(0,1)$，半径 $r=1$，
   设圆心 $C$ 到直线 $l：x-y-2=0$ 的距离为 $d$，
   故当圆心 $C$ 到直线 $l$ 上点的距离最小时，
   即圆心到直线的距离 $d$，此时 $|PT|$ 最小，
   因为 $d=\dfrac{|-1-2|}{\sqrt{2}}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$，
   所以 $P T=\sqrt{d^{2}-r^{2}}=\sqrt{\left(\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\right)^{2}-1}=\dfrac{\sqrt{14}}{2}$，
   故 $|PT|$ 最小值是 $\dfrac{\sqrt{14}}{2}$．

8. 答案 (1) $d_{\max }=36, d_{\min }=16$
   (2)$\dfrac{y-2}{x-1}$ 的 最大值为 $\dfrac{3+\sqrt{3}}{4}$，最小值为 $\dfrac{3-\sqrt{3}}{4}$；
   $x-2y$ 的最大值为 $-2+\sqrt{5}$，最小值为 $-2-\sqrt{5}$．
   解析 (1)(法 1) 由圆的标准方程 $(x-3)^2+(y-4)^2=1$．
   可设圆的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l} x=3+\cos \theta \\ y=4+\sin \theta \end{array}\right.$($θ$ 是参数)．
   则 $d=x^{2}+y^{2}=(3+\cos \theta)^{2}+(4+\sin \theta)^{2}$
   $=26+6 \cos \theta+8 \sin \theta=26+10 \sin (\theta+\varphi)$(其中 $\tan \theta=\dfrac{3}{4}$)
   所以 $d_{\max }=36, d_{\min }=16$．
   (法 2) 圆上点到原点距离的最大值 $d_1$ 等于圆心到原点的距离加上半径 $1$，
   圆上点到原点距离的最小值 $d_2$ 等于圆心到原点的距离减去半径 $1$．
   所以 $d_{1}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}+1=6$, $d_{2}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}-1=4$．
   所以 $d_{\max }=36, d_{\min }=16$.
   (2) (法 1) 由 $(x+2)^2+y^2=1$
   得圆的参数方程：$\left\{\begin{array}{c} x=-2+\cos \theta \\ y=\sin \theta \end{array}\right.$($θ$ 是参数)．
   则 $\dfrac{y-2}{x-1}=\dfrac{\sin \theta-2}{\cos \theta-3}$,
   令 $t=\dfrac{\sin \theta-2}{\cos \theta-3}$, 得 $\sin \theta-t \cos \theta=2-3 t$，
   $\sqrt{1+t^{2}} \sin (\theta-\varphi)=2-3 t \Rightarrow\left|\dfrac{2-3 t}{\sqrt{1+t^{2}}}\right|=|\sin (\theta-\varphi)| \leq 1$
   $\Rightarrow \dfrac{3-\sqrt{3}}{4} \leq t \leq \dfrac{3+\sqrt{3}}{4}$．
   所以 $t_{\max }=\dfrac{3+\sqrt{3}}{4}$, $t_{\min }=\dfrac{3-\sqrt{3}}{4}$,
   即 $\dfrac{y-2}{x-1}$ 的最大值为 $\dfrac{3+\sqrt{3}}{4}$，最小值为 $\dfrac{3-\sqrt{3}}{4}$．
   此时 $x-2y=-2+\cosθ-2\sinθ=-2+√5 \sin⁡(θ+φ)$．
   所以 $x-2y$ 的最大值为 $-2+\sqrt{5}$，最小值为 $-2-\sqrt{5}$．
   (法 2) 设 $\dfrac{y-2}{x-1}=k$，则 $kx-y-k+2=0$．
   由于 $P(x,y)$ 是圆上点，当直线与圆有交点时，如图所示，
   
   两条切线的斜率分别是最大、最小值．
   由 $d=\dfrac{|-2 k-k+2|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 得 $k=\dfrac{3 \pm \sqrt{3}}{4}$.
   所以 $\dfrac{y-2}{x-1}$ 的 最大值为 $\dfrac{3+\sqrt{3}}{4}$，最小值为 $\dfrac{3-\sqrt{3}}{4}$．
   令 $x-2y=t$，同理两条切线在 $x$ 轴上的截距分别是最大、最小值．
   由 $d=\dfrac{|-2-m|}{\sqrt{5}}=1$，得 $m=-2±\sqrt{5}$．
   所以 $x-2y$ 的最大值为 $-2+\sqrt{5}$，最小值为 $-2-\sqrt{5}$．
    

【B组---提高题】

1. 已知 $⊙C：x^2+y^2-2x-2y-2=0$，直线 $l：x+2y+2=0$，$M$ 为直线 $l$ 上的动点，过点 $M$ 作 $⊙C$ 的切线 $MA$，$MB$，切点为 $A$，$B$，当四边形 $MACB$ 的面积取最小值时，直线 $AB$ 的方程为 (　　)
 A．$x+2y－1=0$ $\qquad \qquad$ B．$x+2y+1=0$ $\qquad \qquad$ C．$x-2y-1=0$ $\qquad \qquad$ D．$x-2y+1=0$
 

2. 已知直线 $l：y=x+3$ 与 $x$ 轴的交点为 $A(－3,0)$，$P$ 是直线 $l$ 上任一点，过点 $P$ 作圆 $E：(x-1)^2+y^2=4$ 的两条切线，设切点分别为 $C$、$D$，$M$ 是线段 $CD$ 的中点，则 $|AM|$ 的最大值为 (　　)
 A．$2\sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ B．$3\sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ C． $\dfrac{7 \sqrt{2}}{2}$ $\qquad \qquad$ D．$4\sqrt{2}$
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 $⊙C：x^2+y^2-2x-2y-2=0$ 的标准方程为 $(x-1)^2+(y-1)^2=4$，
   则圆心 $C(1,1)$，半径 $r=2$．
   因为四边形 $MACB$ 的面积 $S=2 S_{\triangle C A M}= | C A|\cdot| A M|=2| A M \mid=2 \sqrt{|C M|^{2}-4}$，
   要使四边形 $MACB$ 面积最小，则需 $|CM|$ 最小，此时 $CM$ 与直线 l 垂直，
   直线 $CM$ 的方程为 $y-1=2(x-1)$，即 $y=2x-1$，
   联立 $\left\{\begin{array}{l} y=2 x-1 \\ x+2 y+2=0 \end{array}\right.$，解得 $M(0,－1)$．则 $|CM|=\sqrt{5}$
   则以 $CM$ 为直径的圆的方程为 $\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+y^{2}=\dfrac{5}{4}$，
   与 $⊙C$ 的方程作差可得直线 $AB$ 的方程为 $x+2y+1=0$．
   故选：$B$．
   

2. 答案 $B$
   解析 由题意得 $E(1,0)$，半径 $r=2$，设 $P(x_0,y_0)$，
   以 $EP$ 为直径的圆的方程为 $x^2+y^2-(1+x_0 )x-y_0 y+x_0=0$，
   由题意得 $ED⊥DP$,$EC⊥CP$，
   所以 $C$，$D$ 在以 $EP$ 为直径的圆上，
   联立 $\left\{\begin{array}{l} x^{2}+y^{2}-\left(1+x_{0}\right) x-y_{0} y+x_{0}=0 \\ (x-1)^{2}+y^{2}=4 \end{array}\right.$，
   两个方程相减得 $(1-x)(1-x_0)+y_0 y=4$ 为直线 $CD$ 的方程，
   因为 $M$ 为 $CD$ 的中点，
   所以在以 $EP$ 为直径的圆中，$M$ 为弦 $CD$ 的中点，
   所以 $EM⊥CD$，
   所以直线 $EM$ 的方程为 $y=\dfrac{-y_{0}}{2-x_{0}}(x-1)$，
   因为 $P$ 在 $l$ 上，故 $y_0=x_0+3$，
   联立 $\left\{\begin{array}{l} \left(2-x_{0}\right) x-y_{0} y+3=0 \\ y=\dfrac{-y_{0}}{2-x_{0}}(x-1) \\ y_{0}=3+x_{0} \end{array}\right.$，
   得 $\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^{2}=\dfrac{1}{2}$
   所以 $M$ 的轨迹是以 $\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)$ 为圆心，以 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 为半径的圆，
   点 $A(－3,0)$ 到圆心的距离 $d=\sqrt{\left(-3-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}}=\dfrac{5 \sqrt{2}}{2}$，
   故 $\dfrac{5 \sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}=3 \sqrt{2}$．
   故选：$B$．
   
    

【C组---拓展题】

1. 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 (　　)
 A． $\dfrac{\sqrt{130}}{2}$ $\qquad \qquad$ B． $\sqrt{13}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$ $\qquad \qquad$ C．$\sqrt{13}$ $\qquad \qquad$ D．$3\sqrt{2}$
 

2. 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 $\underline{\quad \quad}$.

 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 由平行线距离公式得： $|P Q|=\dfrac{3}{\sqrt{2}}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$，
   
   设 $P(a,-a-2)$，则 $Q\left(a+\dfrac{3}{2},-a-\dfrac{1}{2}\right)$，
   所以 $|A P|+|P Q|+|Q B|$$=\sqrt{(a+3)^{2}+(-a+1)^{2}}+\sqrt{a^{2}+(-a-1)^{2}}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$
   $=\sqrt{(a+3)^{2}+(a-1)^{2}}+\sqrt{a^{2}+(a+1)^{2}}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$，
   设点 $M(a,a)$,$C(1,-3)$,$D(-1,0)$，如下图：
   
   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)，
   综上， $|A P|+|P Q|+|Q B| \geq \sqrt{13}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$．
   故选：$B$．

2. 答案 $y=－x+1+\sqrt{2}$
   解析 方法一 函数法
   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 $\dfrac{b}{a} \times\left(-\dfrac{1}{t}\right)=-1$， $\dfrac{a}{2 t}+\dfrac{b}{2}=1$，
   联立解得 $a=\dfrac{2 t}{1+t^{2}}$， $b=\dfrac{2 t^{2}}{1+t^{2}}$．
   $\therefore G\left(\dfrac{2 t}{1+t^{2}}, \dfrac{2 t^{2}}{1+t^{2}}\right)$．
   $\because \overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}=(-a, 4-b)+3(4-a, 4-b)=(12-4 a, 16-4 b)$．
   $\therefore|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|=\sqrt{(12-4 a)^{2}+(16-4 b)^{2}}=2 \sqrt{(3-a)^{2}+(4-b)^{2}}$ $=2 \sqrt{\left(3-\dfrac{2 t}{1+t^{2}}\right)^{2}+\left(4-\dfrac{2 t^{2}}{1+t^{2}}\right)^{2}}=2 \sqrt{13-12 \cdot \dfrac{t-1}{1+t^{2}}}$，
   令 $m=t-1∈(-1,3]$，
   $|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|=2 \sqrt{13-12 \cdot \dfrac{m}{m^{2}+2 m+2}}$
   易得 $f(m)=\dfrac{m}{m^{2}+2 m+2}=\left\{\begin{array}{cc} 0 & m=0 \\ \dfrac{1}{m+\dfrac{1}{m}+2}, & m \in(-1,0) \bigcup(0,3] \end{array}\right.$ 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 $y=－x+1+\sqrt{2}$.
   方法二 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 $P(3,4)$，
   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 $y=－x+1+\sqrt{2}$.
   方法三 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 $F(t,0)$，
   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 $y=－x+1+\sqrt{2}$.