这是我在QQ群中国数学解题研究会中看到的问题：
如图，在平面直角坐标系$xOy$中，圆$C_1:x^2+y^2=4$，圆$C_2:x^2+y^2=16$，点$M(1,0)$，动点$P$、$Q$分别在圆$C_1$和圆$C_2$上，满足$MP\perp MQ$，则线段$PQ$的取值范围是_______．
正确答案是$\left[\sqrt{19}-1,\sqrt{19}+1\right]$．
思路一 寻找几何关系
注意到$MP\perp MQ$，于是可以利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半来转移线段$PQ$，这样做的意义在于将两端都在动的线段$PQ$转化成了一端不动（$M$）而另一端（$E$）运动的线段$ME$，如图1．
图1 削弱运动的自由度
此时需要设法建立$E$点与其他已知条件的联系．连接$OE$、$OP$、$OQ$，我们可以发现共$PQ$边的三角形$OPQ$和$MPQ$，而$OE$和$ME$分别是这两个三角形的中线，如图2．
图2 建立与已知的联系
此时根据中线长公式，有$$OP^2+OQ^2=2OE^2+\dfrac 12PQ^2,$$也即$$\begin{eqnarray} 2OE^2+2ME^2=20,\end{eqnarray} $$这样我们就得到了一个重要的不变量．
结合$OM=1$，由$OE$、$ME$、$OM$的数量关系可得$$(ME-1)^2\leqslant OE^2\leqslant (ME+1)^2,$$因此$$(ME-1)^2+ME^2\leqslant OE^2+ME^2\leqslant (ME+1)^2+ME^2,$$即$$2ME^2-2ME+1\leqslant 10 \leqslant 2ME^2+2ME+1,$$解得$$\dfrac {-1+\sqrt{19}}2\leqslant ME\leqslant \dfrac{1+\sqrt{19}}2,$$从而$PQ$，也就是$2ME$的取值范围是$\left[\sqrt{19}-1,\sqrt{19}+1\right]$．
事实上，不变量(1)可以再次利用中线长公式挖掘几何意义．倍长$ME$至$N$，则$$ON^2+OM^2=2OE^2+\dfrac 12MN^2=2OE^2+2ME^2=20,$$于是$ON$为定长$\sqrt{19}$，也就是说$N$点的轨迹是以$O$为圆心的圆，如图3．进而$PQ$，也就是$MN$的取值范围是$\left[\sqrt{19}-1,\sqrt{19}+1\right]$．
图3 不变量的几何意义
思路二 直接代数运算
利用几何条件设参．
设$MP=r_1$，$MQ=r_2$，$P\left(1+r_1\cos\theta,r_1\sin\theta\right)$，$Q\left(1+r_2\cos\left(\theta-\dfrac{\pi}2\right),r_2\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}2\right)\right)$，其中$\theta\in R$．则$$PQ^2=r_1^2+r_2^2,$$且$$\begin{cases} (1+r_1\cos\theta)^2+(r_1\sin\theta)^2=4,\\(1+r_2\sin\theta)^2+(-r_2\cos\theta)^2=16.\end{cases} $$
化简条件组，得$$\begin{cases} r_1^2+2r_1\cos\theta-3=0,\\r_2^2+2r_2\sin\theta-15=0, \end{cases} $$观察式子的形状，两式相加得$$r_1^2+r_2^2+2\sqrt{r_1^2+r_2^2}\sin (\theta+\varphi)-18=0,$$其中$\varphi$为辅助角．
因此$$\sin(\theta+\varphi)=\dfrac{18-PQ^2}{2PQ}\in [-1,1],$$解得$PQ$的取值范围是$\left[\sqrt{19}-1,\sqrt{19}+1\right]$．
点评 从几何（形）的角度去发现图形中的不变量（数）以及从代数（数）的角度充分利用式子中的形状（形）是解决问题的关键，可谓形中有数，数中含形．
注一 思路一指出矩形的一条优美的性质：
矩形$ABCD$所在平面上一点$P$到矩形的两条对角线$AC$与$BD$的端点的距离的平方和相等，也即$$PA^2+PC^2=PB^2+PD^2.$$
注二 此题源自2013年高考重庆理科数学第10题．