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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． \(\sqrt{2}\) \(\qquad \qquad\) B．\(2\) \(\qquad \qquad\)C．\(\sqrt{2}+1\) \(\qquad \qquad\) 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．\(1\) \(\qquad \qquad\) B．\(\sqrt{2}\) \(\qquad \qquad\) C．\(\sqrt{3}\) \(\qquad \qquad\) 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．\(2\) \(\qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad\) C．\(6\) \(\qquad \qquad\) 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
-
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：\(D\)． -
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：\(C\)． -
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：\(C\)． -
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
-
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 \(\sqrt{(1+1)}+1=\sqrt{2}+1\)． -
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 \(-\dfrac{20}{21}\)． -
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
- 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
-
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： \(D\)． -
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\(C\)．
-
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：\(C\)．
-
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：\(ABD\)．
-
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\(3\)． -
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\(\dfrac{y}{x}=\sqrt{3}\).
-
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 \(\dfrac{\sqrt{14}}{2}\)． -
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
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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：\(B\)．
-
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
-
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：\(B\)． -
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\(y=－x+1+\sqrt{2}\).