與圓有關的最值問題探析

劉金平

［摘 要］在解析幾何問題中，有一類與圓有關的最值問題，經常出現在各種考試中，一直被視為高中數學的難題。文章結合六道例題，從六個方面進行分析，總結求解與圓有關的最值問題的方法路徑。

［關鍵詞］圓；最值問題；高中數學

［中圖分類號］G633.6［文獻標識碼］?A［文章編號］ 1674-6058（2023）32-0023-03

在解析幾何問題中，與圓有關的最值問題經常出現在各種考試中，一直被視為高中數學中的難題。那么，求解此類問題有哪些方法路徑呢？以下筆者結合一些例題進行分析探討。

一、利用圓的幾何特性

求解與圓有關的最值問題，首先應想到幾何法，即利用圓的基本性質與特征，如圓的對稱性、圓的垂徑定理、圓冪定理和過圓內一點的圓的最短弦的求法等。利用圓的有關性質和重要結論解題，可以幫助我們減少運算量。

［例1］如圖1所示，已知直線[l]：[x-y+4=0]與[x]軸相交于點[A]，過直線[l]上的動點[P]作圓[x2+y2=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? ? ? ? ? ? ? ? ? 。

解析：由題意設點[P（t，t+4）]，[C（x1，y1）]，[D（x2，y2）]，因為[PD]、[PC]是圓的切線，所以[OD⊥PD]，[OC⊥PC]，所以[C]、[D]在以[OP]為直徑的圓上，其圓的方程為：[x-t22+y-t+422=t2+（t+4）24]。又[C]、[D]在圓[x2+y2=4]上，將兩個圓的方程作差得直線[CD]的方程為[tx+（t+4）y-4=0]，即[t（x+y）+4（y-1）=0]，所以直線[CD]恒過定點[Q（-1，1）]，又因為[OM⊥CD]，[M]、[Q]、[C]、[D]四點共線，所以[OM⊥MQ]，即[M]在以[OQ]為直徑的圓[x+122+y-122=12]上，其圓心為[O'-12，12]，半徑為[r=22]，所以[AMmin=AO'-r=-12+42+122-22=22]，所以[AM]的最小值為[22]。

點評：本題的解題關鍵是求出點[M]的軌跡方程，發現它是一個圓后，自然會想到利用圓的幾何特征來求[AM]的最小值。當點[A]位于半徑為[r]的圓[M]外時，[P]為圓[M]上任一點，則線段[AP]的最大值為[AM+r]，最小值為[AM-r]。

二、利用三點共線

求兩條線段的和或差的最值，一般采用三點共線法。這種方法來源于三角形的三邊關系，即兩邊之和大于第三邊和兩邊之差小于第三邊，于是我們發現，當兩個點[A]、[B]固定時，求第三個點[P]，使得[AP+BP]最小時，只需點[P]位于線段[AB]上，此時[A]、[P]、[B]三點共線。用同樣思路可以求[AP-BP]的最大值。

［例2］如圖2所示，平面直角坐標系中，點[A（-3，3）]，[B（-3，-3）]，[C（23，0）]，動點[P]在[△ABC]的內切圓上，則[12PC-PA]的最小值為? ? ? ? ? ? ? ? 。

解析：由兩點間的距離公式可知[AB=BC=AC=6]，則[△ABC]是邊長為[6]的等邊三角形，設[△ABC]的內切圓的半徑為[r]，則[S△ABC=34×62=12r×18]，解得[r=3]，因為點[A]、[B]關于[x]軸對稱，所以[△ABC]的內切圓的圓心在[x]軸上，易知直線[AB]的方程為[x=-3]，原點[O]到直線[AB]的距離為[3]，所以[△ABC]的內切圓為圓[O]：[x2+y2=3]，設點[P（x，y）]，[PC=（x-23）2+y2=x2+y2-43x+12=4x2-43x+3+4y2=（2x-3）2+4y2=2x-322+y2=2PE]，其中點[E32，0]。

所以，[12PC-PA=PE-PA≥-AE=--3-322+32=-372]，當且僅當點[P]為射線[AE]與圓[O]的交點時，等號成立，故[12PC-PA]的最小值為[-372]。

點評：解答本題的關鍵在于分析出[PC=2PE]，再利用三點共線以及數形結合思想求得最值。

三、利用基本不等式

求與圓有關的最值問題，我們既要想到應用圓的幾何特征，即幾何法，又要想到代數法，建立目標函數，在同一道題目中，有時兩種方法都要用到，即利用幾何性質列式，利用代數運算求最值，這時不要忘了基本不等式的功能。

［例3］設[m∈R]，圓[M]：[x2+y2-2x-6y=0]，若動直線[l1]：[x+my-2-m=0]與圓[M]交于點[A]、[C]，動直線[l2]：[mx-y-2m+1=0]與圓[M]交于點[B]、[D]，則[AC+BD]的最大值是? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?。

解析：[x2+y2-2x-6y=0?（x-1）2+（y-3）2=10]，圓心M（1，3），半徑[r=10，x+my-2-m=0?x-2+m（y-1）=0?l1]過定點E（2，1），[mx-y-2m+1=0?m（x-2）-y+1=0?l2]過定點E（2，1），又[1×m+m×（-1）=0]，所以[l1⊥l2]。如圖3所示，設[AC]和[BD]的中點分別為[F]、[G]，則四邊形[EFMG]為矩形，設[MF=d]，[0≤d≤ME=5]，則[MG=ME2-EG2=ME2-MF2=5-d2 ]，故[AC+BD=210-d2+210-（5-d2）=2（10-d2+5+d2）][≤22（10-d2+5+d2）=230]，當且僅當[10-d2=5+d2]，即[d=102]時取等號， 故答案為[230]。

點評：利用基本不等式求最值，一是要看是否具有基本不等式的特征，即和為定值或積為定值；二是看等號是否可以取到；三要善于應用基本不等式的變形，即[ab≤a+b2≤a2+b22]（[a>0]，[b>0]），當[a=b]時等號成立。

四、利用函數思想

求與圓有關的最值問題，當建立的目標函數，無法用基本不等式求最值時，我們應想到利用函數單調性法求它的最值，有時也免不了要利用導數。

［例4］已知實數[a、b]滿足[（a+2）2+（b-3）2=2]，則對任意的正實數[x]，[（x-a）2+（lnx-b）2]的最小值為? ? ? ? ? ? ? ? ?。

解析：因為實數[a、b]滿足[（a+2）2+（b-3）2=2]，故[P（a，b）]在圓[C]：[（x+2）2+（y-3）2=2]上。

而[C（-2，3）]，設[g（x）=（x+2）2+（lnx-3）2]，則[g（x）]表示[C]到曲線[y=lnx]上的點的距離的平方。又[g（x）=2×x2+2x+lnx-3x]，因為[h（x）=x2+2x+lnx-3]在（1，+∞）上為增函數，且[h（1）=0]，故當[x∈（0，1）]時，[h（x）<0]，即[g（x）<0]；當[x∈（1，+∞）]時，[h（x）>0]，即[g（x）>0]，故[g（x）]在[（0，1）]上為減函數，在（1，+∞）上為增函數，故[g（x）]的最小值為[g（1）=18]，所以[C（-2，3）]到曲線[y=lnx]上的點的距離的最小值為[32]，而圓[C]的半徑為[2]，故圓[C]上的點到曲線[y=lnx]上的點的距離的最小值為[22]，故[（x-a）2+（lnx-b）2]的最小值為[8]。

點評：解答本題的關鍵是揭示題目中代數式表示的幾何意義，進而想到轉化成圓心到幾何對象的最值問題來處理并建立目標函數，而目標函數中含有自然對數[lnx]，就不得不用導數法來求最值，充分體現了函數思想的應用。

五、利用對稱性質

如果點[A]、[B]位于直線[l]的同側，[P]為直線[l]上的任意一點，要求[AP+BP]的最小值，那么我們只需先找到點[A]或點[B]關于直線[l]的對稱點[A]或[B]，這時[AP+BP]的最小值就是線段[AB]或[BA]的長；如果點[A]、[B]位于直線[l]的同側，[P]為直線[l]上的任意一點，則[AP-BP]的最大值就是線段[AB]或[BA]的長，此時[P]就是[AB]或[BA]與直線[l]的交點。當與圓有關的最值問題的圖形中出現上述情形時，可采用這種方法求最值。

［例5］（1）已知圓[C]的方程為[（x-1）2+（y-1）2=1]，直線[l]：[（3-2t）x+（t-1）y+2t-1=0]恒過定點[A]。若一條光線從點[A]射出，經直線[x-y-5=0]上一點[M]反射后到達圓[C]上的一點[N]，則[AM+MN]的最小值為（）。

A. 6 B. 5 C. 4 D. 3

（2）已知圓[C1]：[（x-1）2+（y+1）2=1]，圓[C2：（x-4）2+（y-5）2=9]，點M、N分別是圓[C1]、圓[C2]上的動點，點[P]為[x]軸上的動點，則[PN-PM]的最大值是（）。

A. [35+4]B. 9C. 7D. [35+2]

解析：（1）圓[（x-1）2+（y-1）2=1]的圓心[C（1，1）]，半徑[r=1]，直線[l]可化為[3x-y-1-t（2x-y-2）=0]，令[3x-y-1=0，2x-y-2=0，]解得[x=-1，y=-4，]所以定點[A]的坐標為[（-1，-4）]。設點[A（-1，-4）]關于直線[x-y-5=0]的對稱點為[B（a，b）]，由[b+4a+1=-1，a-12-b-42-5=0，]解得[a=1，b=-6，]所以點[B]的坐標為[（1，-6）]。由線段垂直平分線的性質可知，[AM=BM]，所以[AM+MN=BM+MN≥BN≥BC-r=7-1=6? ]（當且僅當[B]、[M]、[N]、[C]四點共線時等號成立），所以[AM+MN]的最小值為6，故選A。

（2）如圖5所示，圓[C1]：[（x-1）2+（y+1）2=1]的圓心為[C1（1，-1）]，半徑為[1]，圓[C2]：[（x-4）2+（y-5）2=9]的圓心為[C2（4，5）]，半徑為[3]。

[∵PN-PMmax=PNmax-PMmin]，又[ PNmax=PC2+3 ]，[PMmin=PC1-1]，∴[PN-PMmax=PC2+3-PC1-1=PC2-PC1+4]。

點[C2（4，5）]關于[x]軸的對稱點為[C′2（4，-5）]，[PC2-PC1=PC′2-PC1≤C1C′2=（4-1）2+（-5+1）2=5]，所以[PN-PMmax=5+4=9]，故選B。

點評：到圓上的點距離的最值問題，一般都轉化為到圓心的距離的最值問題，所以我們常常把圓看成一個點，于是問題就退化成了一個點與兩個點的距離的最值問題，這時自然想到平面幾何中的方法：利用點的對稱性。

六、利用幾何意義與幾何性質

對于一些難度比較大的與圓有關的最值問題，我們不僅要揭示題目中給出代數式的幾何意義，即以“數”化“形”，還要畫出圖形，在“形”中充分利用幾何性質，將原問題化簡，使問題的解決過程直觀有效。

［例6］已知實數[x1]，[x2]，[y1]，[y2]滿足：[x21+y21=3]，[x22+y22=3]，[x1x2+y1y2=32]，則[3x1+4y1-10+3x2+4y2-10]的最大值為? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。

解析：設[A（x1，y1）]，[B（x2，y2）]，則[OA=（x1，y1）]，[OB=（x2，y2）]。因為實數[x1]，[x2]，[y1]，[y2]滿足：[x21+y21=3]，[x22+y22=3]，[x1x2+y1y2=32]，所以[A、B]兩點在圓[x2+y2=3]上，且[OA·OB=3×3×cos∠AOB]。又[OA·OB=x1x2+y1y2=32]，所以[cos∠AOB=12]，所以[∠AOB=60°]，所以[△AOB]為等邊三角形，[AB=3]。點[A]到直線[3x+4y-10=0]的距離[d1=3x1+4y1-105]，點[B]到直線[3x+4y-10=0]的距離[d2=3x2+4y2-105]，所以[3x1+4y1-10+3x2+4y2-10=5（d1+d2）]。要使[5（d1+d2）]最大，只需點[A]、[B]在第三象限，如圖6所示，設直線[3x+4y-10=0]為直線[l]，過[A]作[AD⊥l]于[D]， 過[B]作[BE⊥l]于[E]，取[AB]中點[F]，過[F]作[FG⊥l]于[G]。由梯形的中位線性質可知：[AD+BE=2FG]，即[d1+d2=2FG]。只需[F]到直線[l]距離最大，所以直線[AB]與直線[3x+4y-10=0]平行。

此時，設[AB]：[3x+4y+t=0（t>0）]，由圓心到直線[AB]的距離為[d=t5=t5]，可得[d2+322=3]，即[t52+322=3]，解得[t=152]，所以兩平行線間的距離為[152-（-10）32+42=72]，所以[d1+d2=3x1+4y1-105+3x2+4y2-105≤72+72=7]，所以[3x1+4y1-10+3x2+4y2-10=5（d1+d2）≤5×7=35]，故答案為35。

點評：本題的難度很大，難點之一是揭示出題目中隱含的直線與圓的位置關系；難點之二是把兩個絕對值之和轉化成兩個點到直線的距離；難點之三是根據梯形的中位線定理把兩個點到直線的距離轉化為一個點到直線的距離問題。

以上結合六個例題，歸納總結了與圓有關的最值問題的方法路徑，即利用圓的幾何特性、利用三點共線、利用基本不等式、利用函數思想、利用對稱性質、利用幾何意義與幾何性質，以期給學生一些啟示。

（責任編輯 黃桂堅）