多維度巧解以圓為背景的最值問題

蔣敏 李鮮

摘 要：在解析幾何中，圓是一類重要的考察載體.通過以圓為背景的最值問題的解題教學，能夠很好的培養學生獨立思考能力、自主探究能力、精準解題能力，達到“通一題、會一類、透一片”，進一步滲透學科核心素養.

關鍵詞：多維度;巧解;圓;最值

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2021）34-0062-02

收稿日期：2021-09-05

作者簡介：蔣敏（1983.11-），男，中學高級教師，從事高中數學教學研究.

李鮮（1986.3-），女，中學一級教師，從事高中數學教學研究.

基金項目：本文系四川省數學會第一屆數學教育規劃立項課題“校本教研在推動數學教學中的作用”（項目編號2020SXHJY010）階段性研究成果.[FQ）]

圓是一類特殊的幾何圖形，它形式簡潔，圖形優美，生活中隨處可見，具有高度的對稱性.以圓為背景，考察最大值、最小值，取值范圍等等，是解析幾何中常見的一類題型.它涉及的學科知識內涵豐富，解題構思常常巧妙靈活，能夠很好的鍛煉學生的數學思維能力，進一步滲透數學學科核心素養.在課堂教學中，結合學生實際，教師積極引導，學生自主探究，以微專題的形式，多維度巧解以圓為背景的最值問題，讓解題教學的育人目標能夠順利達成、落地生根.

一、以斜率、截距、距離的幾何意義為視角巧解最值

例1 已知實數x、y滿足方程x2+y2-4x+1=0.求：

（1） yx的最大值和最小值;

（2 ） y-x的最小值;

（3） x2+y2的最大值和最小值.

圖1

解析 （1）如圖1，方程x2+y2-4x+1=0表示以點（2，0）為圓心，以3為半徑的圓.

設yx=k，即y=kx，則圓心（2，0）到直線y=kx的距離為半徑時直線與圓相切，

斜率取得最大、最小值.由|2k-0|k2+1=3，解得k2=3，所以kmax=3，kmin=-3.

（2）設y-x=b，則y=x+b，僅當直線y=x+b與圓切于第四象限時，截距b取最小值，由點到直線的距離公式，得|2-0+b|2=3，

即b=-2±6，故（y-x）min=-2-6.

（3）x2+y2是圓上點與原點的距離的平方，故連接OC，與圓交于B點，并延長交圓于C′，則（x2+y2）max=|OC′|2=（2+3）2=7+43，（x2+y2）min=|OB|2=（2-3）2=7-43.

點評 將yx、y-x 、x2+y2等表達式分別賦予斜率、截距、距離等幾何意義，然后利用數形結合來求解.“聯想生智慧，構造定乾坤”，善于聯想所求式子的幾何意義是求最值的一種重要方法.

類題鞏固1 已知（x-2）2+（y-1）2=1，求（x-1）2+y2的最值.

解析 令（x-1）2+y2=r2是以（1，0）為圓心，半徑為r的同心圓，問題轉化為求在（x-2）2+（y-1）2=1條件下，半徑r的最值.

顯然，外切時r最小，r2min= （2-1）2，內切時r最大，r2max=（2+1）2.

類題鞏固2 若P（x，y）在圓（x-2）2+y2=3上運動，則y+2x-2的取值范圍為.

解析 由題可知，y+2x-2為經過（2，-2）和圓上的點的直線斜率，當直線與圓相切或相交時，圓心到直線的距離小于等于為半徑，即

|2k-2k-2|1+k2≤3，故k∈（-∞，-33]∪[33，+∞）.

例2 設點M（x0，1），若在圓O：x2+y2=1上存在點N，使得∠OMN=45°，則x0的取值范圍是（）.

A.[-1，1] B.[-12，12]

C.[-2，2]D.[-22，22]

圖2

解析 點M（x0，1）在直線y=1上，而直線y=1與圓x2+y2=1相切.據題意可設點N（0，1），如圖，則只需∠OMN≥45°即可，此時有tan∠OMN=|ON||MN|≥tan45°，得0<|MN|≤|ON|=1，即0<|x0|≤1，當M位于點（0，1）時，顯然在圓上存在點N滿足要求，綜上可知-1≤x0≤1. 故選A.

點評 由題易知，隨著N點在圓上的移動，∠OMN的大小在變化，只有N點運動到讓MN是圓的切線時，∠OMN最大.結合圖形可知當∠OMN≥45°，則圓上就存在滿足條件的點.

類題鞏固2 已知圓C：x2+y2=4，點P（x0，y0）在直線x-y-4=0上，O為坐標原點，若圓C上存在點Q，使∠OPQ=30°，則x0的取值范圍為.

解析 過點P作圓C的切線，切點為D，連結CD，則CD⊥PD，若∠DPC=30°，則PC=2CD=4;

若PC≤4，則圓C上存在點A，使∠APC=30°，

由x20+y20≤42，即x20+（x0-4）2≤16，即x20-4x0≤0，得0≤x0≤4.

類題鞏固4 已知圓C：（x-2）2+y2=4，點P（x0，y0）在直線y=x+2上，若圓C上存在兩點A、B，使PA=3PB，求x0的取值范圍.

解析 由PA=3PB知|AB|=2|PB|，而|AB|≤2r，則點P到圓上的點B的最小距離應該小于或等于半徑，所以（x0-2）2+y20-2≤2，又因為點P在直線y=x+2上，所以y0=x0+2，即（x0-2）2+（x0+2）2-2≤2，解得-2≤x0≤2.

二、以構造函數法的視角來巧解最值

例3 設P，Q分別為圓x2+（y-6）2=2和橢圓x210+y2=1上的點，則P，Q兩點間的最大距離是（）.

A.52 B.46+2 C.7+2 D.62

解析 設圓心為點C，則圓x2+（y-6）2=2的圓心為C（0，6），半徑r=2.

設點Q（x0，y0）是橢圓上任意一點，則x2010+y20=1，即x20=10-10y20，

|CQ|=10-10y20+（y0-6）2=-9y20-12y0+46=-9（y0+23）2+50，當y0=-23時，|CQ|有最大值52，則P，Q兩點間的最大距離為52+r=62.選擇D.

點評 根據條件列出關于所求目標函數的關系式，然后轉化為函數求最值.這是求圓中最值的常用方法.同時，解答中尤其要結合變量的取值范圍.

類題鞏固3 在平面直角坐標系xOy中，圓C：x2+y2=4分別交x軸正半軸及y軸負半軸于M，N兩點，點P為圓C上任意一點，則PM·PN的最大值為.

解析 易知M（2，0），N（0，-2），設P（2cosθ，2sinθ）θ∈[0，2π），則PM=（2-2cosθ，-2sinθ），PN=

（-2cosθ，-2-2sinθ），則有PM·PN=4cos2θ-4cosθ+4sin2θ+4sinθ=4+42sin（θ-π4），所以PM·PN的最大值為4+42.

類題鞏固6 在平面直角坐標系中，O為原點，A（-1，0），B（0，3），C（3，0），動點D滿足|CD|=1，則|OA+OB+OD|的最大值是.

解析 由|CD|=1，得動點D在以C為圓心，半徑為1的圓上，故可設D（3+cos α，sin α），所以OA+OB+OD=（2+cos α，3+sin α），所以OA+OB+OD2=（2+cosα）2+（3+sinα）2=8+4cosα+23sin α=8+27sin （α+φ），

所以（|OA+OB+OD|2）max=8+27，

即|OA+OB+OD|max=7+1.

三、以常用的不等式性質的視角來巧解最值

例4 在平面直角坐標系xOy中，以點（1，0）為圓心且與直線

mx-y-2m-1=0（m∈R）

相切的所有圓中，半徑最大的圓的標準方程為.

解析 由題意得，半徑等于|m+1|m2+1=（m+1）2m2+1=1+2mm2+1≤1+2|m|m2+1≤2，當且僅當m=1時取等號，所以半徑最大為r=2，故所求圓的標準方程為（x-1）2+y2=2.

點評 當所求的表達式是滿足基本不等式的結構特征，如a·b或者a+b的表達式求最值，常常利用題設條件建立兩個變量的等量關系，進而求解最值. 同時需注意“一正、二定、三相等”的限制.

類題鞏固4 直線2ax+by-2ab+6=0（a>0，b>0）平分圓（x-1）2+（y-2）2=4的面積，則ab的最小值等于.

解析 由題知，直線2ax+by-2ab+6=0（a>0，b>0）過圓的（x-1）2+（y-2）2=4圓心（1，2），所以2a+2b-2ab+6=0，即a+b-ab+3=0（a>0，b>0），又因為a+b≥2ab（當且僅當a=b時取等號），即ab-2ab-3≥0，所以

ab≥3，ab≥9.

類題鞏固8 設m，n∈R，若直線l：mx+ny-1=0與x軸相交于點A，與y軸相交于點B，且l與圓x2+y2=4相交所得弦的長為2，O為坐標原點，求△AOB面積的最小值.

解析 由題意知A（1m，0），B（0，1n），d2=r2-12=4-1=3，所以d=3，即圓心到直線的距離d=-1m2+n2=3，所以m2+n2=13.S=121m·1n=12mn，又S=12mn≥1m2+n2=3，當且僅當m=n=16時取等號，所以最小值為3.

參考文獻：

[1]劉紹學.普通高中課程標準試驗教科書·數學必修2（必修A版）[M].北京：人民教育出版社，2007.

[2]王懷學，肖斌.高考數學經典題型與變式[M].拉薩：西藏人民出版社，2016.

[責任編輯：李 璟]