\(\mathbf{{\large {\color{Red} {歡迎到學科網下載資料學習}} } }\)【高分突破系列】 高二數學上學期同步知識點剖析精品講義！
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選擇性必修第一冊同步提高，難度4顆星！
模塊導圖
知識剖析
1 最值模型
(1) 三點共線模型(三角形三邊的關系)
\((i)\)點\(A\)、\(B\)在直線\(l\)同側，點\(P\)在直線\(l\)上，則\((A P+B P)_{\min }=A B^{\prime}\)(當點\(A\)、\(P\)、\(B'\)共線時取到)，點\(B'\)是點\(B\)關於直線l的對稱點.
\((ii)\)點\(A\)、\(B\)在直線\(l\)同側，點\(P\)在直線\(l\)上，則\(| A P-\left.B P\right|_{\max }=A B\)(當點\(A\)、\(P\)、\(B\)共線時取到).
\((iii)\)點\(A\)、\(B\)在直線\(l\)異側，點\(P\)在直線\(l\)上，則\(|A P-B P|_{\max }=A B^{\prime}\)(當點\(A\)、\(P\)、\(B\)共線時取到)，點\(B'\)是點\(B\)關於直線\(l\)的對稱點.
(2) 某點\(M\)到圓\(⊙O\)上點\(N\)的距離
\((i)\)若點\(M\)在圓內，則\(M N_{\min }=M N_{1}=r-O M\)，\(M N_{\max }=M N_{2}=r+O M\)；
\((ii)\)若點\(M\)在圓外，則\(M N_{\min }=M N_{1}=O M-r\)，\(M N_{\max }=M N_{2}=r+O M\)；
(3) 圓上一點到圓外一定直線的距離最值
若直線\(l\)與圓\(⊙O\)相離，圓上一點\(P\)到直線\(l\)的距離為\(PE\)，\(d\)為圓心\(O\)到直線l的距離，\(r\)為圓半徑，則\(P E_{\min }=P_{1} F=d-r\)，\(P E_{\max }=P_{2} F=d+r\).
2 圓的參數方程
圓的標准方程\((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\)，圓心為\((a ,b)\)，半徑為\(r\)，
它對應的圓的參數方程：\(\left\{\begin{array}{l} x=r \cos \theta+a \\ y=r \sin \theta+b \end{array}\right.\)(\(θ\)是參數).
\({\color{Red}{理解 }}\) 如圖，易得\(r\cosθ=\)有向線段HM\(=x-a⇒x=r\cosθ+a\)，
\(r\sinθ=\)有向線段\(HP=y-b⇒y=r\sinθ+b\).
\({\color{Red}{ Eg }}\)圓\((x+1)^2+(y-2)^2=9\)的參數方程為\(\left\{\begin{array}{l} x=3 \cos \theta-1 \\ y=3 \sin \theta+2 \end{array}\right.\).
經典例題
【題型一】幾何法處理最值問題
情況1 三點共線模型
【典題1】\(P\)是直線\(L：3x-y-1=0\)上一點，求
\((1)\)\(P\)到\(A(4 ,1)\)和\(B(0 ,4)\)的距離之差的最大值；
\((2)\)\(P\)到\(A(4 ,1)\)和\(C(3 ,4)\)的距離之和的最小值．
【解析】(1)顯然\(A\)、\(B\)位於直線\(L\)兩側，
作\(B\)關於直線\(L\)的對稱點\(B'\)，連接\(B'A\)，\(B'A\)所在直線與直線\(L\)交點為\(P_1\)，
此時\(PA-PB\)的差值最大，最大值就是\(B'A\)，
設\(B\)點關於\(L\)對稱點\(B'(a ,b)\)，
則\(\dfrac{b-4}{a-0} \times 3=-1\)，\(3 a-(b+4)-2=0\)，
\({\color{Red}{(k_{B B'} \cdot k_{l}=-1， BB'中點在l上) }}\)
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\(B(0 ,4)\)的距離之差最大值為\(\sqrt{5}\)；
(2)顯然\(A\)、\(C\)位於直線\(L\)同側， \({\color{Red}{(將軍飲馬模型) }}\)
作點\(C\)關於直線\(L\)對稱點\(C'\)，連接\(C'A\)，\(C'A\)所在直線與直線\(L\)的交點為\(P_2\)，
此時\(PA+PB\)之和最小，最小值為\(C'A\)，
設\(C\)關於\(l\)的對稱點為\(C'(m ,n)\)，
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\(C'\)的坐標為\(\left(\dfrac{3}{5}, \dfrac{24}{5}\right)\)，
\(\therefore C^{\prime} A=\sqrt{\left(\dfrac{3}{5}-4\right)^{2}+\left(\dfrac{24}{5}-1\right)^{2}}=\sqrt{26}\)，
即\(P\)到\(A(4 ,1)\)和\(C(3 ,4)\)的距離之和最小值為\(\sqrt{26}\).
【點撥】三點共線模型，主要是利用三角形三邊共線(任意兩邊之和大於第三邊，任意兩邊之差小於第三邊)，當三點共線時取到最值，熟悉模型快速判斷模型是關鍵.
情況2 斜率型最值
【典題1】如果實數\(x\),\(y\)滿足條件：\((x-2)^2+y^2=3\)，那么\(\dfrac{y}{x}\)的最大值是\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】滿足方程\((x-2)^2+y^2=3\)的圖形是個圓，
\(\dfrac{y}{x}=\dfrac{y-0}{x-0}\)表示圓上動點\((x ,y)\)與原點\(O(0 ,0)\)連線的斜率，
由圖可得動點與\(B\)重合時，此時\(OB\)與圓相切，\(\dfrac{y}{x}\)取最大值，
連接\(BC\)，在\(Rt△OBC\)中，\(B C=\sqrt{3}\)，\(OC=2，\)
\(\because \sin \angle B O C=\dfrac{B C}{O C}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(\therefore \angle B O C=60^{\circ}\)，
此時\(\dfrac{y}{x}=\tan 60^{\circ}=\sqrt{3}\).
【點撥】
① 本題很好地體現了數形結合，把代數問題轉化為幾何問題處理；
② 直線斜率公式是\(k=\dfrac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}\)，對於形如\(\dfrac{y-a}{x-b}\)可理解為點\((x ,y)\)與點\((a ,b)\)之間的斜率，其最值問題可化為幾何中斜率的最值問題.
情況3 兩點距離型最值
【典題1】已知點\(M(a ,b)\)在直線\(l：3x+4y=25\)上，則\(a^2+b^2\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】\(\because \sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{(a-0)^{2}+(b-0)^{2}}\)的幾何意義是點\(O(0 ,0)\)到點\(M\)的距離，
\({\color{Red}{(而a^2+b^2是其距離的平方) }}\)
又點\(M\)在直線\(l\)上，
\(\therefore \sqrt{a^{2}+b^{2}}\)的最小值為點\(O\)到直線l的距離\(d\)， \({\color{Red}{ (垂線段最短) }}\)
又\(d=\dfrac{25}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=5\)，\(\therefore\left(\sqrt{a^{2}+b^{2}}\right)_{\min }=5,\)，
則\(\left(a^{2}+b^{2}\right)_{\min }=25\)．
【點撥】
① 本題解法中很好利用兩點距離公式\(A B=\sqrt{\left(x_{A}-x_{B}\right)^{2}+\left(y_{A}-y_{B}\right)^{2}}\).
(以下\(x\)、\(y\)是變量，它們滿足某些限制條件，\(a\),\(b\)是常數)
求形如\(\sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}}\)或\((x-a)^2+(y-b)^2\)式子的最值，可理解為動點\((x ,y)與\)定點\((a ,b)\)的距離最值問題.
② 本題用代數的方法求解與之比較下，體會下兩種方法的不同.
【典題2】 已知點\(P\)，\(Q\)分別在直線\(l_1：x+y+2=0\)與直線\(l_2：x+y-1=0\)上，且\(PQ⊥l_1\)，點\(A(-3 ,-3)\)，\(B\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)，則\(|AP|+|PQ|+|QB|\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】
\({\color{Red}{方法1 }}\)由平行線距離公式得\(|P Q|=\dfrac{3}{\sqrt{2}}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)，
設\(P(a ,-a-2)\)，
由圖可知\(k_{P Q}=1\)，即傾斜角為\(\dfrac{\pi}{4}\)，
\(\therefore \sqrt{2}\left(x_{Q}-x_{P}\right)=|P Q|=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2} \Rightarrow x_{Q}=a+\dfrac{3}{2}\)，
則\(Q\left(a+\dfrac{3}{2},-a-\dfrac{1}{2}\right)\)，
所以\(|AP|+|PQ|+|QB|\)
\(=\sqrt{(a+3)^{2}+(-a+1)^{2}}+\sqrt{a^{2}+(-a-1)^{2}}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)
\(=\sqrt{(a+3)^{2}+(a-1)^{2}}+\sqrt{a^{2}+(a+1)^{2}}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)
\({\color{Red}{(利用兩點距離公式把所求的用a表示處理，此時若想用函數最值的方法求解較難) }}\)
設點\(M(a ,a)\)，\(C(1 ,-3)\)，\(D(-1 ,0)\)，如圖：
則有\(\sqrt{(a+3)^{2}+(a-1)^{2}}+\sqrt{a^{2}+(a+1)^{2}}\)
\(=|M C|+|M D| \geq|C D|=\sqrt{13}\)
(即當\(D\)、\(M\)、\(C\)三點共線時等號成立)，
\({\color{Red}{ (此時巧妙的用兩點距離公式把式子\sqrt{(a+3)^{2}+(a-1)^{2}}+\sqrt{a^{2}+(a+1)^{2}}為一動點到兩定點的距離之和，}}\)
\({\color{Red}{達到了幾何化的目的)}}\)
綜上，\(|A P|+|P Q|+|Q B| \geq \sqrt{13}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)．
\({\color{Red}{方法2 }}\)
\({\color{Red}{(把點A向\overrightarrow{P Q}方向移動|PQ|長度單位到A_1，則問題“|AP|+|PQ|+|QB|的最小值”轉化為}}\)
\({\color{Red}{求在l_2上找點Q使得A_1 Q+BQ最小，顯然是A_1 B.) }}\)
如圖，如方法\(1\)易得\(k_{P Q}=1\)，\(P Q=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)，
取點\(A_1 (m,n)\)，使得\(k_{A A_{1}}=1\)，\(A A_{1}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)，
則\(\dfrac{n+3}{m+3}=1 ,\sqrt{(m+3)^{2}+(n+3)^{2}}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)，
解得\(m=-\dfrac{3}{2}\)，\(n=-\dfrac{3}{2}\)，即\(A_{1}\left(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{2}\right)\)，
此時四邊形\(AA_1 QP\)是平行四邊形，
則\(|A P|+|P Q|+|Q B|=\left|A A_{1}\right|+\left|A_{1} Q\right|+|Q B|=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}+\left|A_{1} Q\right|+|Q B|\)，
顯然\(\left(\left|A_{1} Q\right|+|Q B|\right)_{\min }=A_{1} B\)，
所以\(|A P|+|P Q|+|Q B|\)的最小值\(\sqrt{13}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\).
【點撥】求形如\(\sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}}+\sqrt{(x-c)^{2}+(y-d)^{2}}\)的式子最值，可理解為動點\((x ,y)\)與定點\((a ,b)\)、\((c ,d)\)的距離之和的最值問題；這充分把代數問題幾何化，與斜率型的題型一樣，我們要充分理解，比如求式子\(\dfrac{|3 x-4 y+1|}{5}\)的最值你又會想到我們學過的什么公式么？
情況4 圓外一定點到圓上點距離最值
【典題1】已知\(x\)、\(y\)滿足\((x-1)^2+y^2=1\)，則\(S=x^2+y^2+2x-2y+2\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】方程\((x-1)^2+y^2=1\)可理解為圓心\(M(1 ,0)\)，半徑\(r=1\)的圓，
而\(S=x^2+y^2+2x-2y+2= (x+1)^2+(y-1)^2\)
可理解為點\(P(x ,y)\)到點\(N(-1 ,1)\)的距離平方，
則問題轉化為圓外一定點\(N(-1 ,1)\)到圓上點\(P(x ,y)\)距離最小值，
點\(N(-1 ,1)\)到圓\((x-1)^2+y^2=1\)上點的最短距離為
\(P_{1} N=M N-r=\sqrt{(1+1)^{2}+1}-1=\sqrt{5}-1\)，
則\(S_{\min }=(\sqrt{5}-1)^{2}=6-2 \sqrt{5}\)．
【點撥】
① 本題把方程\((x-1)^2+y^2=1\)理解為圓，\(S= (x+1)^2+(y-1)^2\)理解為兩點距離的平方；
② 注意點\(N\)在圓內還是圓外.
【典題2】已知點\(P(7 ,3)\)，圓\(M：x^2+y^2-2x-10y+25=0\)，點\(Q\)為在圓\(M\)上一點，點\(S\)在\(x\)軸上，則\(|SP|+|SQ|\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】由題意知，圓的方程化為\((x-1)^{2}+(y-5)^{2}=1\)，圓心\(M(1 ,5)\)，半徑為\(1\)；
\({\color{Red}{ (本題是雙動點問題，它們之間沒有聯系，可采取先“固定”一動點Q的方法)}}\)
分兩步：
\({\color{Red}{第一步 }}\) 假設圓上點\(Q\)不動，此時點\(S\)在\(x\)軸上運動，
求\(|SP|+|SQ|\)的最小值，這就是“將軍飲馬問題”，
如圖所示，作點\(P(7 ,3)\)關於\(x\)軸的對稱點\(P'(7 ,-3)\)；
此時\(|SP|+|SQ|\)的最小值為\(|P'Q|\)
(即說不管點\(Q\)在什么位置，最小值都是\(|P'Q|\))，
\({\color{Red}{第二步 }}\)再把動點\(Q\)動起來，
此時是圓外一定點\(P'\)到圓上一點的距離最值問題了，
顯然\(\left|P^{\prime} Q\right|_{\min }=\left|P^{\prime} Q^{\prime}\right|\)
\(=\left|P^{\prime} M\right|-r=\left|P^{\prime} M\right|-1\)
\(=\sqrt{(1-7)^{2}+(5+3)^{2}}-1=9\)，
故\(|SP|+|SQ|\)的最小值為\(9\).
【點撥】兩動點\((A,B)\)問題，若兩動點沒內在聯系的，可先“固定”一動點\(A\)，思考點\(B\)運動時的最值，確定后再“釋放”動點\(A\)，求出最終的最值.
情況5 圓上一點到圓外一定直線的距離最值
【典題1】已知兩點\(A(-1,0)\)、\(B(0,2)\)，若點\(P\)是圓\((x-1)^2+y^2=1\)上的動點，則\(△ABP\)面積的最大值和最小值之和為\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】
\({\color{Red}{(S_{\triangle A B P}以AB為底，求其最值，即求點P到直線AB的距離最值) }}\)
由兩點\(A(-1,0)\)、\(B(0,2)\)，
\(\therefore|A B|=\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}\)，
直線\(AB\)的方程為\(\dfrac{x}{-1}+\dfrac{y}{2}=1\)，即\(2x-y+2=0\)，
由圓\((x-1)^2+y^2=1\)可得圓心\(C(1,0)\)，半徑\(r=1\)，
則圓心\(C\)到直線\(AB\)的距離\(d=\dfrac{|2-0+2|}{\sqrt{5}}=\dfrac{4}{\sqrt{5}}\)，
\(∵\)點\(P\)是圓\((x-1)^2+y^2=1\)上的動點，
\(∴\)點\(P\)到直線\(AB\)的最大距離\(d_{\max }=d+r\)；點\(P\)到直線\(AB\)的最小距離\(d_{\min }=d-r\)．
\(∴△ABP\)面積的最大值和最小值之和等於
\(\dfrac{1}{2}|A B| \cdot d_{\max }+\dfrac{1}{2}|A B| d_{\min }=\dfrac{1}{2}|A B| \cdot\left(d_{\max }+d_{\min }\right)=\dfrac{1}{2} \times \sqrt{5} \cdot \dfrac{8}{\sqrt{5}}=4\)．
【點撥】圓上一點\(P\)到圓外一直線\(l\)距離\(d\)與圓心\(O\)到直線\(l\)的距離\(d_1\)和圓的半徑\(r\)有關，即\(d_{\min }=d_{1}-r\)，\(d_{\max }=d_{1}+r\).
鞏固練習
1(★★)已知\(x^2+y^2=1\)，則\(\dfrac{y}{x+2}\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\)．
2(★★)已知點\(P(x ,y)\)在圓\(x^2+y^2=1\)上，則\(\sqrt{(x-1)^{2}+(y-1)^{2}}\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\)．
3(★★)已知圓\(x^2+（y-2）^2=1\)上一動點\(A\)，定點\(B(6 ,1)\)；\(x\)軸上一點\(W\)，則\(|AW|+|BW|\)的最小值等於\(\underline{\quad \quad}\)．
4(★★)已知兩個同心圓的半徑分別為\(3\)和\(4\)，圓心為\(O\)．點\(P\)、\(Q\)分別是大圓、小圓上的任意一點，線段\(PQ\)的中垂線為\(l\)．若光線從點\(O\)射出，經直線\(l\)(入射光線與直線\(l\)的公共點為\(A\))反射后經過點\(Q\)，則\(|OA|-|AQ|\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\)．
5(★★)已知點\(A(-2 ,0)\),\(B(0 ,2)\)，若點\(P\)在圓\((x-3)^{2}+(y+1)^{2}=2\)上運動，則\(△ABP\)面積的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．
6(★★)過動點\(P\)作圓：\((x-3)^2+(y-4)^2=1\)的切線\(PQ\)，其中\(Q\)為切點，若\(|PQ|=|PO|\)(\(O\)為坐標原點)，則\(|PQ|\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．
7(★★)已知直線\(l：x-y+4=0\)與\(x\)軸相交於點\(A\)，過直線\(l\)上的動點\(P\)作圓\(x^2+y^2=4\)的兩條切線，切點分別為\(C\)，\(D\)兩點，記\(M\)是\(CD\)的中點，則\(|AM|\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．
8(★★)已知圓\((x-a)^2+(y-b)^2=1\)經過原點，則圓上的點到直線\(y=x+2\)距離的最大值為\(\underline{\quad \quad}\)．
9(★★★)如圖，設圓\(C_{1}:(x-5)^{2}+(y+2)^{2}=4\)，圓\(C_{2}:(x-7)^{2}+(y+1)^{2}=25\)，點\(A\)、\(B\)分別是圓\(C_1\)，\(C_2\)上的動點，\(P\)為直線\(y=x\)上的動點，則\(|PA|+|PB|\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．
參考答案
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.\(3 \sqrt{13}-7\)
【題型二】代數法處理最值問題
【典題1】已知圓\(C\)的圓心在直線\(x-2y=0\)上，且經過點\(M(0 ,-1)\)，\(N(1 ,6)\)．
(1)求圓\(C\)的方程；
(2)已知點\(A(1 ,1)\)，\(B(7 ,4)\)，若\(P\)為圓\(C\)上的一動點，求\(|PA|^2+|PB|^2\)的取值范圍．
【解析】(1)設圓心\(C(a ,b)\)，則\(a-2b=0\)，
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\(b=2\)，\(a=4\)，
\(∴\)圓的半徑\(r=MC=5\)，
所以圓\(C\)的方程為\((x-4)^2+(y-2)^2=25\)．
(2) \({\color{Red}{方法1 }}\) 設\(P(x ,y)\)，
\({\color{Red}{(設元，引入變量x, y) }}\)
則\((x-4)^2+(y-2)^2=25\)，即\(x^2+y^2=5+8x+4y\)
則\(|PA|^2+|PB|^2\)
\({\color{Red}{(利用兩點距離公式用x, y表示|PA|^2+|PB|^2) }}\)
\(=(x-1)^2+(y-1)^2+(x-7)^2+(y-4)^2 \quad (*)\)
\({\color{Red}{(問題轉化為求式子(*)的取值范圍，但是存在、兩個變量，故想到消元) }}\)
\(=2x^2+2y^2-16x-10y+67\)
\(=10+16x+8y-16x－10y+67\)\({\color{Red}{(消元) }}\)
\(=77-2y\)，
\(∵-3≤y≤7\)，\({\color{Red}{(注意定義域的范圍) }}\)
\(∴63≤77-2y≤83\)
故\(|PA|^2+|PB|^2\)的取值范圍是\([63 ,83]\)．
\({\color{Red}{方法2 }}\) 點\(P\)為\((x-4)^2+(y-2)^2=25\)上的一動點，
設\(P(4+5 \cos \alpha, 2+5 \sin \alpha)\)， \({\color{Red}{(利用圓的參數方程，引入三角函數) }}\)
則\(|P A|^{2}+|P B|^{2}\)
\(=(3+5 \cos \alpha)^{2}+(1+5 \sin \alpha)^{2}+(5 \cos \alpha-3)^{2}+(5 \sin \alpha-2)^{2}\)
\(=73-10 \sin \alpha\)
所以\(63≤|PA|^2+|PB|^2≤83\)，
即\(|PA|^2+|PB|^2\)的取值范圍是\([63 ,83]\)．
【點撥】本題注意是利用函數思想求解，把所求幾何量用某個(或某些)變量表示，故設元引入變量很重要，本題是設\(P(x ,y)\)或\(P(4+5 \cos \alpha, 2+5 \sin \alpha)\)，最后達到幾何問題代數化.
【典題2】已知直線\(l：y=x\)，圓\(C：x^2+y^2-4x+3=0\)，在\(l\)上任意取一點\(A\)，向圓\(C\)作切線，切點分別為\(M\),\(N\)，則原點\(O\)到直線\(MN\)的距離\(d\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】
\({\color{Red}{(代數法思路：要求d的最大值，則把直線MN的方程求出，再用點到直線距離公式把d用某個或某些變量表示出來，那點M, N是怎么產生的呢？是由點A確定的，故設元A(a ,a)) }}\)
由題可得圓\(C\)的圓心坐標為\((2 ,0)\)，半徑為\(1\)．
\(∵A\)在直線\(l\)上，設\(A(a ,a)\)，
又\(M\)、\(N\)為過\(A\)點的圓的切線的切點，
故有\(AM^2=AN^2=AC^2-1\)，
\(∴\)以\(A\)為圓心，\(AM\)為半徑的圓方程為\((x-a)^{2}+(y-a)^{2}=(a-2)^{2}+a^{2}-1\)，
化簡得\(x^2+y^2-2ax-2ay-3+4a=0\)，
\({\color{Red}{(把MN看成圓C與圓A的公共弦，可求出直線MN的直線方程) }}\)
\(∴MN\)所在直線方程為\((2-a)x-ay+2a-3=0\)， \({\color{Red}{(圓A方程減去圓C方程便是) }}\)
\(∴O\)到\(MN\)的距離\(d=\dfrac{|2 a-3|}{\sqrt{(2-a)^{2}+a^{2}}}\)， \({\color{Red}{ (問題最后變成求函數的最值)}}\)
\(\therefore d^{2}=2+\dfrac{1-4 a}{2 a^{2}-4 a+4}\)，
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\(t+\dfrac{25}{t} \geq 10\)，當且僅當\(t=5\)，即\(a=-1\)時取等．
\(\therefore d \leq \dfrac{\sqrt{10}}{2}\)，即原點\(O\)到直線\(MN\)的距離\(d\)的最大值為\(\dfrac{\sqrt{10}}{2}\).
【點撥】
① 代數法設元很重要，那我們首先要理解題意，明白幾何問題中各量之間的“因果關系”方能找到“源頭”；
② 過兩圓\(C_1：x^2+y^2+D_1 x+E_1 y+F_1=0\)，\(C_2：x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2=0\)交點的圓系方程為\(x^2+y^2+D_1 x+E_1 y+F_1+λ(x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2 )=0\)
(\(λ≠-1\)，此圓系不含\(C_2：x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2=0\))
特別地，當\(λ=-1\)時，上述方程為一次方程；兩圓相交時，表示公共弦方程；
③ 本題最后涉及到的函數是\(f(x)=\dfrac{a_{1} x^{2}+b_{1} x+c_{1}}{a_{2} x^{2}+b_{2} x+c_{2}}\))型，對其最值的求法要掌握好，它在高二也常考.
【典題3】已知實數\(x\)、\(y\)滿足方程\(x^2+y^2-4x+1=0\)．
(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\(\dfrac{y}{x+1}\)的取值范圍．
【解析】實數\(x\)、\(y\)滿足方程\(x^2+y^2-4x+1=0\)，化為\((x-2)^2+y^2=3\)，
它表示一個圓，其參數方程為\(\left\{\begin{array}{c} x=2+\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sqrt{3} \sin \alpha \end{array}\right.\)；
(1)\(y-x=\sqrt{3} \sin \alpha-(2+\sqrt{3} \cos \alpha)\)\(=\sqrt{3} \sin \alpha-\sqrt{3} \cos \alpha-2=\sqrt{6} \sin \left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)-2\)
\(\because-1 \leq \sin \left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right) \leq 1\)，
\(∴y-x\)的最小值為\(-2-\sqrt{6}\)，最大值為\(-2+\sqrt{6}\)；
(2)\(x^{2}+y^{2}=(2+\sqrt{3} \cos \alpha)^{2}+(\sqrt{3} \sin \alpha)^{2}=4 \sqrt{3} \cos \alpha+7\)，
\(∴x^2+y^2\)的最大值為\(7+4 \sqrt{3}\)，最小值為\(7-4 \sqrt{3}\)；
(3)\(\dfrac{y}{x+1}=\dfrac{\sqrt{3} \sin \alpha}{3+\sqrt{3} \cos \alpha}=\dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{3}+\cos \alpha}\)，
令\(t=\dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{3}+\cos \alpha}\)， \({\color{Red}{ (整體代換) }}\)
\(\therefore t \cos \alpha-\sin \alpha=\sqrt{3} t \Rightarrow \sqrt{t^{2}+1} \sin (\alpha-\varphi)=\sqrt{3} t\)，
則\(\sin (\alpha-\varphi)=\dfrac{\sqrt{3} t}{\sqrt{t^{2}+1}}\)，由\(-1 \leq \dfrac{\sqrt{3} t}{\sqrt{t^{2}+1}} \leq 1\)，解得\(-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \leq t \leq \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
則\(\dfrac{y}{x+1}\)的最大值為\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，最小值為\(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)．
【點撥】
① 圓\((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\)的參數方程\(\left\{\begin{array}{l} x=r \cos \theta+a \\ y=r \sin \theta+b \end{array}\right.\)(\(θ\)是參數);
② 本題方法是三角變換；
③ 這三個問題在前面也有所涉及，可以用幾何方法求解，我們要比較下它們的優劣性.
【典題4】如圖，在平面直角坐標系\(xOy\)中，正方形\(OABC\)的邊長為\(4\)，\(E(0 ,1)\)，點\(F\)是正方形邊\(OC\)上的一個動點，點\(O\)關於直線\(EF\)的對稱點為\(G\)點，當\(|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|\)取得最小值時，直線\(GF\)的方程為\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\({\color{Red}{方法一\quad 函數法 }}\)
\({\color{Red}{(利用對稱性求點G坐標，進而求|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|的表達式，其運動“源頭”是點F(t,0)，則表達式是關於t的) }}\)
設\(F(t ,0)\)，\((0<t≤4)\)．
則直線\(EF\)的方程為\(\dfrac{x}{t}+y=1\)，可得\(y=-\dfrac{x}{t}+1\)．
設\(G(a ,b)\)，\((a ,b>0)\)．
則\(\dfrac{b}{a} \times\left(-\dfrac{1}{t}\right)=-1\)，\(\dfrac{a}{2 t}+\dfrac{b}{2}=1\)，
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\(m=t-1∈(-1 ,3]\)，則\(|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|=2 \sqrt{13-12 \cdot \dfrac{m}{m^{2}+2 m+2}}\)
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\(t=\sqrt{2}+1\)時取到，
此時\(G\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\)，\(F(\sqrt{2}+1,0)\)，
易得直線\(GF\)方程為\(y=-x+1+\sqrt{2}\).
\({\color{Red} { 方法二\quad 幾何法}}\)
設點\(G(a ,b)\)，
\(∵\)點\(O\)關於直線\(EF\)的對稱點為\(G\)點，\(∴EG=OE=1\)，
\(∴\)點\(G\)的軌跡是以\(E\)為圓心，半徑為\(1\)的圓\(\odot E：a^2+(b-1)^2 =1\)，
\(\because \overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}=(-a, 4-b)+3(4-a, 4-b)=(12-4 a, 16-4 b)\)
\(\therefore|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|=\sqrt{(12-4 a)^{2}+(16-4 b)^{2}}=2 \sqrt{(3-a)^{2}+(4-b)^{2}}\)，
設點\(P(3 ,4)\)， \({\color{Red}{(利用圓外一定點到圓上一點的距離最值模型) }}\)
則\(|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|\)取到最小值時，即點\(P\)到圓\(\odot E\)上一點最短距離之時，
此時點\(G\)為直線\(EP:y=x+1\)與圓\(\odot E\)的交點，
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\(G\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\)，
此時\(GF⊥EP\)，故直線\(GF\)的斜率為\(-1\)，
故直線\(GF\)方程為\(y=-x+1+\sqrt{2}\).
\({\color{Red}{方法三\quad 三角代換 }}\)
如方法二，得到\(a^2+(b-1)^2 =1\)，可設\(a=\sinα ,b=1+\cosα\)，
則\(|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|\)
\(=\sqrt{(12-4 a)^{2}+(16-4 b)^{2}}\)
\(=2 \sqrt{(3-\sin \alpha)^{2}+(3-\cos \alpha)^{2}}\)
\(=2 \sqrt{19-6 \sqrt{2} \sin \left(\alpha+\dfrac{\pi}{4}\right)}\)，
當\(\alpha=\dfrac{\pi}{4}\)，即\(G\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\)時，\(|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|\)取到最小值.
設點\(|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|\)，
由\(GF=OF\)得\(\sqrt{\left(t-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=t\)，解得\(t=\sqrt{2}+1\)，
易得直線\(GF\)方程為\(y=-x+1+\sqrt{2}\).
【點撥】
① 題中\(|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|\)看不出明顯的幾何意義，故用代數的方法處理這個條件；
② 細品三種方法，各有千秋，
\((i)\)函數法思路朴素，易入手，要求出\(|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|\)，則設元\(G(a ,b)\)，而點\(G\)是由點\(F\)確定的，轉而設元\(F(t ,0)\)，從而易得\(a\)、\(b\)用\(t\)表示，從而\(|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|\)用\(t\)表示，求出其最小值時\(t\)的取值問題較不難了，就計算量有些大；
\((ii)\)幾何法，重在發現圖中幾何變量內在關系，需要認真觀察圖象，有一定思考難度，若想到計算量上較函數法小不少；本題是確定了動點\(G\)的軌跡是圓，相當找到\(a\),\(b\)的關系，而\(|\overrightarrow{G A}+3 \overrightarrow{G B}|=2 \sqrt{(3-a)^{2}+(4-b)^{2}}\)聯想到圓外一定點到圓上一點的距離最值模型.
\((iii)\)方法三的三角代換只是在幾何法的基礎上作了一些計算的簡化工作，體現到三角代換在某些情境中設元的優勢.
鞏固練習
1(★★)若實數\(x\)，\(y\)滿足\(x^2+y^2+4x－2y－4=0\)，則\(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)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(★★★)[多選題]若實數\(x\)，\(y\)滿足條件\(x^2+y^2=1\)，則下列判斷正確的是( )
A．\(x+y\)的范圍是\([0, \sqrt{2}]\)
B．\(x^2－4x+y^2\)的范圍是\([－3 ,5]\)
C．\(xy\)的最大值為\(1\)
D．\(\dfrac{y-2}{x+1}\)的范圍是\(\left(-\infty,-\dfrac{3}{4}\right]\)
3(★★★)[多選題]已知點\(P(2 ,4)\)，若過點\(Q(4 ,0)\)的直線\(l\)交圓\(C:(x-6)^{2}+y^{2}=9\)於\(A\),\(B\)兩點，\(R\)是圓\(C\)上動點，則( )
A．\(|AB|\)的最小值為\(2 \sqrt{5}\)
B．\(P\)到\(l\)的距離的最大值為\(2 \sqrt{5}\)
C．\(\overrightarrow{P Q} \cdot \overrightarrow{P R}\)的最小值為\(12-2 \sqrt{5}\)
D．\(|PR|\)的最大值為\(4 \sqrt{2}+3\)
4(★★)已知點\(A(1 ,1)\),\(B(2 ,2)\)，點\(P\)在直線\(y=\dfrac{1}{2} x\)上，求\(|PA|^2+|PB|^2\)取得最小值時\(P\)點的坐標．
5(★★★)在平面直角坐標系\(xOy\)中，圓\(C\)的方程為\((x-2)^{2}+y^{2}=1\)，\(M\)為圓\(C\)的圓心，過原點\(O\)的直線\(l\)與圓\(C\)相交於\(A\),\(B\)兩點(\(A\),\(B\)兩點均不在\(x\)軸上)．求\(△ABM\)面積的最大值．
6(★★★)過點\(P(2，1)\)的直線\(l\)與\(x\)軸、\(y\)軸正半軸交於\(A\),\(B\)兩點，求滿足下列條件的直線\(l\)的方程，\(O\)為坐標原點，
(1)\(△AOB\)面積最小時；(2)\(|OA|+|OB|\)最小時；(3)\(|PA|⋅|PB|\)最小時．
7(★★★)已知直線\(l\)過定點\(P(-2 ,1)\)，且交\(x\)軸負半軸於點\(A\)、交\(y\)軸正半軸於點\(B\)，點\(O\)為坐標原點．
(1)若\(△AOB\)的面積為\(4\)，求直線\(l\)的方程；
(2)求\(|OA|+|OB|\)的最小值，並求此時直線\(l\)的方程；
(3)求\(|PA|⋅|PB|\)的最小值，並求此時直線\(l\)的方程．
8(★★★)在平面直角坐標系\(xOy\)中．已知圓\(C\)經過\(A(0 ,2)\)，\(O(0 ,0)\)，\(D(t ,0)\)\((t>0)\)三點，\(M\)是線段\(AD\)上的動點，\(l_1\)\(,l_2\)是過點\(B(1 ,0)\)且互相垂直的兩條直線，其中\(l_1\)交\(y\)軸於點\(E\)，\(l_2\)交圓\(C\)於\(P\),\(Q\)兩點．
(1)若\(t=PQ=6\)，求直線\(l_2\)的方程；
(2)若\(t\)是使\(AM≤2BM\)恆成立的最小正整數，求\(△EPQ\)的面積的最小值．
參考答案
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.\((1) 4x-3y-1=0 \quad \text { (2) } \dfrac{\sqrt{15}}{2}\)