专题3 与直线有关的最值问题

因为 $ {l}_{1}:x-my-2=0 $ 与 $ {l}_{2}:mx+y+2=0 $ 的交点坐标为 $ Q(\dfrac{2-2m}{1+{m}^{2}},\dfrac{-2-2m}{1+{m}^{2}}) $ ,

所以 $ \left|OQ\right|=\sqrt{{\left(\dfrac{2-2m}{1+{m}^{2}}\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{-2-2m}{1+{m}^{2}}\right) ^ {2}}}=\sqrt{\dfrac{8(1+{m}^{2})}{{\left(1+{m}^{2}\right) ^ {2}}}}=\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{1+{m}^{2}}} $ ，

当 $ m=0 $ 时， $ {\left|OQ\right|}_{ \max }=2\sqrt{2} $ ，所以 $ \left|OQ\right| $ 的最大值是 $ 2\sqrt{2} $ ，故选B.

$ \sqrt{{\left(x-4\right) ^ {2}}+{y}^{2}} $ 的几何意义为点 $ P $ 与点 $ C(4,0) $ 的距离,由图形可得 $ B $ , $ C $ 两点的距离最短,则所求最小值为 $ \sqrt{{\left(0-4\right) ^ {2}}+{\left(-3\right) ^ {2}}}=5 $ .

已知两条直线 $ {a}_{1}x+{b}_{1}y+1=0 $ 和 $ {a}_{2}x+{b}_{2}y-1=0 $ 都经过点 $ A(1,1) $ ,则 $ {a}_{1}+{b}_{1}+1=0 $ , $ {a}_{2}+{b}_{2}-1=0 $ ,两式相减得 $ {a}_{1}-{a}_{2}+{b}_{1}-{b}_{2}+2=0 $ ,即 $ {b}_{1}-{b}_{2}=-2-({a}_{1}-{a}_{2}) $ .则 $ \left|{P}_{1}{P}_{2}\right|=\sqrt{{\left({a}_{1}-{a}_{2}\right) ^ {2}}+{\left({b}_{1}-{b}_{2}\right) ^ {2}}}=\sqrt{2{\left({a}_{1}-{a}_{2}+1\right) ^ {2}}+2}\geqslant \sqrt{2} $ ,即两点 $ {P}_{1} $ ， $ {P}_{2} $ 间的最短距离为 $ \sqrt{2} $ .

令 $ y=0 $ 得 $ x=2 $ ,令 $ x=0 $ 得 $ y=3 $ ,所以 $ A(2,0) $ , $ B(0,3) $ ,如图,点 $ A $ , $ B $ 在直线 $ x+y-1=0 $ 的同侧.设 $ B(0,3) $ 关于直线 $ x+y-1=0 $ 的对称点为 $ B^\prime (a,b) $ ,则 $ \begin{cases}\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+3}{2}-1=0,\\ \dfrac{3-b}{0-a}×\left(-1\right)=-1,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}b=1,\\ a=-2,\end{cases} $ 即 $ B^\prime (-2,1) $ ,所以 $ \left|CB\prime \right|=\left|CB\right| $ .若 $ \left|CA\right|+\left|CB\right| $ 最小,即 $ \left|CA\right|+\left|CB\prime \right| $ 最小,则当 $ C $ , $ B^\prime $ , $ A $ 三点共线时 $ \left|CA\right|+\left|CB\prime \right| $ 最小,此时 $ {k}_{AB\prime }=\dfrac{1-0}{-2-2}=-\dfrac{1}{4} $ ,故直线 $ AB\prime $ 的方程为 $ y=-\dfrac{1}{4}(x-2) $ .由 $ \begin{cases}y=-\dfrac{1}{4}\left(x-2\right),\\ x+y-1=0\end{cases} $ 得 $ \begin{cases}x=\dfrac{2}{3},\\ y=\dfrac{1}{3},\end{cases} $ 即 $ C(\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3}) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

$ f(x)=\sqrt{{x}^{2}+4x+5}+\sqrt{{x}^{2}-4x+5}=\sqrt{{\left(x+2\right) ^ {2}}+1}+\sqrt{{\left(x-2\right) ^ {2}}+1}=\sqrt{{\left(x+2\right) ^ {2}}+{\left(1-0\right) ^ {2}}}+\sqrt{{\left(x-2\right) ^ {2}}+{\left(1-0\right) ^ {2}}} $ 表示动点 $ P(x,1) $ 到定点 $ A(-2,0) $ 和 $ B(2,0) $ 的距离之和，

因为点 $ P(x,1) $ 在直线 $ y=1 $ 上运动，

作 $ B(2,0) $ 关于直线 $ y=1 $ 的对称点 $ {B}_{1} $ ，则 $ {B}_{1}(2,2) $ ，

故 $ |PA|+|PB|=|PA|+|P{B}_{1}|\geqslant |A{B}_{1}|=\sqrt{{\left(2+2\right) ^ {2}}+{\left(2-0\right) ^ {2}}}=2\sqrt{5} $ ，

当且仅当 $ A $ , $ P $ , $ {B}_{1} $ 三点共线时取等号，故 $ f(x) $ 的最小值是 $ 2\sqrt{5} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

设 $ A^\prime (a,b) $ 是 $ A(2,0) $ 关于 $ l:x-2y+8=0 $ 的对称点,则 $ \begin{cases}\dfrac{b}{a-2}=-2,\\ \dfrac{a+2}{2}-2×\dfrac{b}{2}+8=0,\end{cases} $ 所以 $ \begin{cases}a=-2,\\ b=8,\end{cases} $ 即 $ A^\prime (-2,8) $ ,所以 $ \left|PA\prime \right|=\left|PA\right| $ ,则 $ \left|PA\right|+\left|PB\right|=\left|PA\prime \right|+\left|PB\right|\geqslant \left|A^\prime B\right|=12 $ ,当且仅当 $ B $ , $ P $ , $ A^\prime $ 共线且 $ P $ 在线段 $ A^\prime B $ 上时取等号,即 $ \left|PA\right|+\left|PB\right| $ 的最小值为12.由图知 $ -\left|AB\right|\leqslant \left|PA\right|-\left|PB\right| < \left|AB\right| $ ,即 $ -4\sqrt{2}\leqslant \left|PA\right|-\left|PB\right| < 4\sqrt{2} $ ,当且仅当 $ B $ , $ P $ , $ A $ 共线且 $ P $ 在射线 $ BA $ 上（图中点 $ P^\prime $ 处）时取最小值,但无最大值,即 $ \left|PA\right|-\left|PB\right| $ 的最小值是 $ -4\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C} $ .

点 $ A(1,2) $ ,直线 $ OA $ 的方程为 $ y=2x $ ,点 $ N $ 在射线 $ OA $ 上,设 $ N(a,2a) $ , $ a > 1 $ .当 $ a=4 $ 时, $ N(4,8) $ , $ S=16 $ .当 $ a > 1 $ 且 $ a\ne 4 $ 时,直线 $ MN $ 的方程为 $ y-2=\dfrac{2a-2}{a-4}(x-4) $ ,令 $ y=0 $ ,则 $ x=4-\dfrac{a-4}{a-1}=3+\dfrac{3}{a-1} $ , $ S=\dfrac{1}{2}×2a×3(1+\dfrac{1}{a-1})=3(a+\dfrac{a}{a-1})=3(a-1+\dfrac{1}{a-1})+6\geqslant 12 $ ,当且仅当 $ a=2 $ 时,等号成立.所以 $ S $ 的最小值为12.故选 $ \mathrm{B} $ .

将直线 $ {l}_{1} $ 的方程变形得 $ x-1+m(2-y)=0 $ ，由 $ \begin{cases}x-1=0,\\ 2-y=0,\end{cases} $ 得 $ \begin{cases}x=1,\\ y=2,\end{cases} $ 则直线 $ {l}_{1} $ 过定点 $ (1,2) $ ，同理可知，直线 $ {l}_{2} $ 过定点 $ (1,2) $ ，

所以直线 $ {l}_{1} $ 和直线 $ {l}_{2} $ 的交点 $ P $ 的坐标为 $ (1,2) $ ，由 $ 1×m+(-m)×1=0 $ 可知直线 $ {l}_{1}\perp {l}_{2} $ ，如图所示，连接 $ OP $ .

所以四边形 $ OMPN $ 为矩形，且 $ |OP|=\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{5} $ .

设 $ |OM|=a $ ， $ |ON|=b $ ，则 $ {a}^{2}+{b}^{2}=5 $ ，四边形 $ OMPN $ 的面积 $ S=|OM|\cdot |ON|=ab\leqslant \dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}}{2}=\dfrac{5}{2} $ ，

当且仅当 $ \begin{cases}a=b,\\ {a}^{2}+{b}^{2}=5,\end{cases} $ 即 $ a=b=\dfrac{\sqrt{10}}{2} $ 时，等号成立，因此，四边形 $ OMPN $ 面积的最大值为 $ \dfrac{5}{2} $ ，故选 $ \mathrm{D} $ .

当直线 $ l $ 的斜率不存在时，直线 $ l $ 的方程为 $ x=6 $ ，由 $ \begin{cases}x=6,\\ y=4x\end{cases} $ 得 $ \begin{cases}x=6,\\ y=24,\end{cases} $ 即 $ Q(6,24) $ ，又易知 $ M(6,0) $ ，所以 $ △OQM $ 的面积 $ S=\dfrac{1}{2}×6×24=72 $ .

当直线 $ l $ 的斜率存在时，不妨设直线 $ l $ 的方程为 $ y-4=k(x-6)(k\ne 0) $ ，令 $ y=0 $ ，得 $ x=6-\dfrac{4}{k} $ ，又由 $ \begin{cases}y=4x,\\ y-4=k(x-6),\end{cases} $ 消去 $ x $ 得 $ y=\dfrac{24k-16}{k-4} $ .

由题知 $ \begin{cases}6-\dfrac{4}{k} > 0,\\ \dfrac{24k-16}{k-4} > 0,\end{cases} $ 解得 $ k < 0 $ 或 $ k > 4 $ ，

此时 $ △OQM $ 的面积 $ S=\dfrac{1}{2}× (6-\dfrac{4}{k} )×\dfrac{24k-16}{k-4}=\dfrac{8 (3k-2)^{2}}{{k}^{2}-4k} $ .

令 $ 3k-2=t $ ，得 $ k=\dfrac{t+2}{3} $ ，则 $ S=\dfrac{8 (3k-2)^{2}}{{k}^{2}-4k}=\dfrac{8{t}^{2}}{\dfrac{{\left(t+2 \right) ^ {2}}}{9}-\dfrac{4 (t+2 )}{3}}=\dfrac{72{t}^{2}}{{t}^{2}-8t-20}=\dfrac{72}{1-\dfrac{8}{t}-\dfrac{20}{{t}^{2}}} $ .

又因为 $ 1-\dfrac{8}{t}-\dfrac{20}{{t}^{2}}=-20{\left(\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{5}\right) ^ {2}}+\dfrac{9}{5} $ ，且 $ k=\dfrac{t+2}{3} < 0 $ 或 $ k=\dfrac{t+2}{3} > 4 $ ，即 $ t < -2 $ 或 $ t > 10 $ ，故 $ -\dfrac{1}{2} < \dfrac{1}{t} < 0 $ 或 $ 0 < \dfrac{1}{t} < \dfrac{1}{10} $ ，所以 $ 0 < -20{\left(\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{5}\right) ^ {2}}+\dfrac{9}{5}\leqslant \dfrac{9}{5} $ ，故 $ S=\dfrac{72}{1-\dfrac{8}{t}-\dfrac{20}{{t}^{2}}}\geqslant \dfrac{72}{\dfrac{9}{5}}=40 $ ，

当且仅当 $ t=-5 $ ,即 $ k=-1 $ 时取等号.

因为 $ 40 < 72 $ ，所以使 $ △OQM $ 面积最小的直线 $ l $ 的方程为 $ y-4=-(x-6) $ ，即 $ x+y-10=0 $ .