专题 直线与圆的最值问题

\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【高分突破系列】 高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义！ \(\mathbf{{\large {{\color{Red} {跟贵哥学数学，so \quad easy！}} }}}\)

选择性必修第一册同步提高，难度4颗星！

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

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\(\left\{\begin{array}{l} x=3 \cos \theta-1 \\ y=3 \sin \theta+2 \end{array}\right.\).  

【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.  

【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.  

【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？  

【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.  

【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\(d_{\min }=d_{1}-r\)，\(d_{\max }=d_{1}+r\).  

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\(\underline{\quad \quad}\)．

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.\(3 \sqrt{13}-7\)  

【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\(F(t ,0)\)，\((00)\)． 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.  

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．        

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.\((1) 4x-3y-1=0 \quad \text { (2) } \dfrac{\sqrt{15}}{2}\)