每日一题[295] 数与形

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_______.

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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.

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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.

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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$\left[\sqrt{19}-1,\sqrt{19}+1\right]$.

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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

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