《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

(3)已知单位向量 $ \boldsymbol{a} $ 与向量 $ \boldsymbol{b} = (0,2) $ 垂直，若向量 $ \boldsymbol{c} $ 满足 $ |\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c}| = 1 $，则 $ |\boldsymbol{c}| $ 的取值范围为 (C)

A.$ [1,\sqrt{5} - 1] $
B.$ \left[\frac{\sqrt{3} - 1}{2},\frac{\sqrt{3} + 1}{2}\right] $
C.$ [\sqrt{5} - 1,\sqrt{5} + 1] $
D.$ \left[\frac{\sqrt{3} + 1}{2},3\right] $

答案： 例1　
(3)$C$　[解析]由题意，不妨设$a = (1,0)$，设$c = (x,y)$，则$a + b + c = (1,0) + (0,2) + (x,y) = (1 + x,2 + y)$.因为$|a + b + c| = 1$，所以$(1 + x)^{2} + (2 + y)^{2} = 1$，即表示圆心为$(-1,-2)$，半径为$1$的圆，设圆心为$P$，则$|OP| = \sqrt{(-1)^{2} + (-2)^{2}} = \sqrt{5}$.因为$|c| = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$表示圆$P$上的点到坐标原点的距离，则$\sqrt{5} - 1 \leq |c| = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \leq \sqrt{5} + 1$，所以$|c|$的取值范围为$[\sqrt{5} - 1,\sqrt{5} + 1]$.

变式 1 (1)(2025·漯河期末)已知 $ A(-4,0) $，$ B\left(-\frac{9}{4},0\right) $，若圆 $ (x - a - 1)^{2} + (y - 3a + 2)^{2} = 4 $ 上存在点 $ P $ 满足 $ |PA| = \frac{4}{3}|PB| $，则实数 $ a $ 的取值范围是 (C)

A.$ [-3,2] $
B.$ [-2,1] $
C.$ [-1,2] $
D.$ [-2,3] $

答案： 变式1　
(1)$C$　[解析]根据题意，设点$P(x,y)$，由$A(-4,0)$，$B(-\frac{9}{4},0)$，且点$P$满足$|PA| = \frac{4}{3}|PB|$，得$(x + 4)^{2} + y^{2} = \frac{16}{9}[(x + \frac{9}{4})^{2} + y^{2}]$，整理得$x^{2} + y^{2} = 9$，则点$P$的轨迹方程为$x^{2} + y^{2} = 9$.若圆$(x - a - 1)^{2} + (y - 3a + 2)^{2} = 4$上存在符合题意的点$P$，则圆$(x - a - 1)^{2} + (y - 3a + 2)^{2} = 4$与圆$x^{2} + y^{2} = 9$有公共点，又圆$(x - a - 1)^{2} + (y - 3a + 2)^{2} = 4$的圆心为$(a + 1,3a - 2)$，半径为$2$，圆$x^{2} + y^{2} = 9$的圆心为$(0,0)$，半径为$3$，所以$1 \leq \sqrt{(a + 1)^{2} + (3a - 2)^{2}} \leq 5$，解得$-1 \leq a \leq 2$，即实数$a$的取值范围是$[-1,2]$.

(2)(2025·安庆三模)已知点 $ P $ 在圆 $ \left(x - \frac{5}{2}\right)^{2} + y^{2} = \frac{9}{4} $ 上，$ A(-2,0) $，$ M(1,1) $，则 $ \frac{1}{3}|PA| + |PM| $ 的最小值为 (B)

A.1
B.$ \sqrt{2} $
C.$ 2\sqrt{2} $
D.$ \sqrt{10} $

答案：
变式1　
(2)$B$　[解析]设$P(x,y)$，$B(a,0)$，$\frac{1}{3}|PA| = |PB|$，则$\frac{1}{3}\sqrt{(x + 2)^{2} + y^{2}} = \sqrt{(x - a)^{2} + y^{2}}$，整理得$x^{2} + y^{2} - \frac{9a + 2}{4}x + \frac{9a^{2} - 4}{8} = 0$.将已知点$P$轨迹方程展开并整理得$x^{2} + y^{2} - 5x + 4 = 0$，对照得$\begin{cases}\frac{9a + 2}{4} = 5\frac{9a^{2} - 4}{8} = 4\end{cases}$，解得$a = 2$，所以$B(2,0)$.如图，可得$\frac{1}{3}|PA| + |PM| = |PB| + |PM| \geq |MB| = \sqrt{(2 - 1)^{2} + (0 - 1)^{2}} = \sqrt{2}$，当$P$，$B$，$M$三点共线且$P$在$B$，$M$之间时取等号.
　　　　　　　

例 2 (1)已知 $ y = (x - a)^{2} + (x\ln x - a + 3)^{2}(a \in \mathbf{R}) $，则 $ y $ 的最小值为 (A)

A.2
B.4
C.6
D.8

答案：
例2　
(1)$A$[解析]设点$P(x,x\ln x)$是函数$f(x) = x\ln x$图象上的点，点$Q(a,a - 3)$是直线$l:y = x - 3$上的点，则$|PQ| = \sqrt{(x - a)^{2} + (x\ln x - a + 3)^{2}}$，所以$y = |PQ|^{2}$.作出直线$l$与$f(x) = x\ln x$的图象如图所示，设函数$f(x)$在点$M(x_0,y_0)$处的切线$l_1$与直线$l$平行.因为$f^\prime(x) = \ln x + 1$，所以$f^\prime(x_0) = \ln x_0 + 1 = 1$，解得$x_0 = 1$，则点$M(1,0)$，所以$|PQ|$的最小值为点$M(1,0)$到直线$l$的距离$d = \frac{|1 - 0 - 3|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$，所以$y = (x - a)^{2} + (x\ln x - a + 3)^{2}$的最小值为$2$.
　　 　

(2)已知点 $ A(x_{1},y_{1}) $，$ B(x_{2},y_{2}) $ 是圆 $ x^{2} + y^{2} = 16 $ 上的两点，若 $ \angle AOB = \frac{\pi}{2} $，则 $ |x_{1} + y_{1} - 2| + |x_{2} + y_{2} - 2| $ 的最大值为 (B)

A.16
B.12
C.8
D.4

答案：
例2　
(2)$B$[解析]因为$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$在圆$x^{2} + y^{2} = 16$上，$\angle AOB = \frac{\pi}{2}$，所以$|OA| = |OB| = 4$，则$\triangle AOB$是等腰直角三角形.$|x_1 + y_1 - 2| + |x_2 + y_2 - 2|$可表示点$A$，$B$到直线$l:x + y - 2 = 0$的距离之和的$\sqrt{2}$倍，且原点$O$到直线$l:x + y - 2 = 0$的距离$d = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.如图，过点$A$，$B$分别作$AC\bot l$于点$C$，$BD\bot l$于点$D$，设$E$是$AB$的中点，过点$E$作$EF\bot l$于点$F$，可知$OE\bot AB$，$|AC| + |BD| = 2|EF|$，$|OE| = \frac{1}{2}|AB| = 2\sqrt{2}$，所以$|EF| \leq |OE| + d = 3\sqrt{2}$，当且仅当$O$，$E$，$F$三点共线，且$E$，$F$在$O$的两侧时等号成立.又$|EF| = \frac{1}{2}(|BD| + |AC|)$，所以$|BD| + |AC|$的最大值为$6\sqrt{2}$，则$|x_1 + y_1 - 2| + |x_2 + y_2 - 2|$的最大值为$\sqrt{2} × 6\sqrt{2} = 12$.

(3)若非零实数对 $ (a,b) $ 满足关系式 $ |a + b + 1| = |7a - 7b + 1| = 5\sqrt{a^{2} + b^{2}} $，则 $ \frac{a}{b} = $$-\frac{3}{4}$或$\frac{4}{3}$。
总结提炼
求类似 $ a^{2} + b^{2} $，$ (a - b)^{2} + (c - d)^{2} $ 形式的表达式的最值或范围，考虑转化成两点之间的距离问题(可能是动点)；求类似 $ |x + y - m| $ 形式的表达式的最值或范围，考虑转化成点到直线的距离。

答案： 例2　
(3)$-\frac{3}{4}$或$\frac{4}{3}$　　[解析]由$|a + b + 1| = |7a - 7b + 1| = 5\sqrt{a^{2} + b^{2}}$可得$\frac{|a + b + 1|}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} = \frac{|7a - 7b + 1|}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} = 5$，$\frac{|a + b + 1|}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$可以看成点$A(1,1)$到直线$ax + by + 1 = 0$的距离$d_1$，$\frac{|7a - 7b + 1|}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$可以看成点$B(7,-7)$到直线$ax + by + 1 = 0$的距离$d_2$，则$d_1 = d_2 = 5$.因为$|AB| = \sqrt{(7 - 1)^{2} + (-7 - 1)^{2}} = 10$，$d_1 + d_2 = 10$，所以当点$A$，$B$在直线$ax + by + 1 = 0$同侧时，直线$AB$与直线$ax + by + 1 = 0$平行；当点$A$，$B$在直线$ax + by + 1 = 0$异侧时，点$A$，$B$关于直线$ax + by + 1 = 0$对称.因为直线$AB$的斜率$k = \frac{1 + 7}{1 - 7} = -\frac{4}{3}$，直线$ax + by + 1 = 0$的斜率为$-\frac{a}{b}$，所以$-\frac{a}{b} = -\frac{4}{3}$或$(-\frac{a}{b}) × (-\frac{4}{3}) = -1$，所以$\frac{a}{b} = \frac{4}{3}$或$\frac{a}{b} = -\frac{3}{4}$.

变式 2 $ \sqrt{5x^{2} - 4x + 1} + \sqrt{5x^{2} + 4x + 4} $ 的最小值为 (C)

A.$ \frac{\sqrt{195}}{5} $
B.3
C.$ \frac{\sqrt{205}}{5} $
D.$ 2\sqrt{2} $

答案：
变式2　$C$　[解析]因为$\sqrt{5x^{2} - 4x + 1} + \sqrt{5x^{2} + 4x + 4} = \sqrt{x^{2} + (2x - 1)^{2}} + \sqrt{(x + 2)^{2} + (2x)^{2}}$，表示直线$y = 2x$上一点$P$到$A(0,1)$，$B(-2,0)$两点的距离之和.设点$B(-2,0)$关于直线$y = 2x$的对称点为$C(x,y)$，则$\begin{cases}\frac{y - 0}{x + 2} · 2 = -1\frac{y}{2} = 2 · \frac{x - 2}{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{6}{5}\\y = -\frac{8}{5}\end{cases}$，即$C(\frac{6}{5},-\frac{8}{5})$.如图，由图知$|PA| + |PB| = |PA| + |PC| \geq |AC| = \sqrt{(0 - \frac{6}{5})^{2} + (1 + \frac{8}{5})^{2}} = \frac{\sqrt{205}}{5}$，即$\sqrt{5x^{2} - 4x + 1} + \sqrt{5x^{2} + 4x + 4}$的最小值为$\frac{\sqrt{205}}{5}$.