新高考数学二轮复习专题六培优点8隐圆(阿波罗尼斯圆)问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题六培优点8隐圆(阿波罗尼斯圆)问题学案，共15页。


考点一 利用圆的定义、方程确定隐形圆
例1 (1)(2022·滁州模拟)已知A，B为圆C：x2＋y2－2x－4y＋3＝0上的两个动点，P为弦AB的中点，若∠ACB＝90°，则点P的轨迹方程为( )
A．(x－1)2＋(y－2)2＝eq \f(1,4)
B．(x－1)2＋(y－2)2＝1
C．(x＋1)2＋(y＋2)2＝eq \f(1,4)
D．(x＋1)2＋(y＋2)2＝1
答案 B
解析 圆C即(x－1)2＋(y－2)2＝2，半径r＝eq \r(2)，
因为CA⊥CB，
所以|AB|＝eq \r(2)r＝2，
又P是AB的中点，
所以|CP|＝eq \f(1,2)|AB|＝1，
所以点P的轨迹方程为(x－1)2＋(y－2)2＝1.
(2)(2022·茂名模拟)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，若向量c满足|a＋b－2c|＝1，则|c|的取值范围是( )
A．[1，eq \r(5)－1] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)－1,2)，\f(\r(3)＋1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，\f(\r(5)＋1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)＋1,2)，\f(5,2)))
答案 C
解析 |a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，
以a为y轴，b为x轴，建立平面直角坐标系，
设eq \(OA,\s\up6(→))＝a＝(0,1)，eq \(OB,\s\up6(→))＝b＝(2,0)，
eq \(OC,\s\up6(→))＝c＝(x，y)，
所以a＋b－2c＝(2－2x，1－2y)，
由|a＋b－2c|＝1，
可得(2－2x)2＋(1－2y)2＝1，
化简可得(x－1)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2，
所以点C的轨迹是以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))为圆心，以r＝eq \f(1,2)为半径的圆，原点(0,0)到eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))的距离为d＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)，
所以|c|＝eq \r(x2＋y2)的取值范围是[d－r，d＋r]，即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，\f(\r(5)＋1,2))).
规律方法 对于动点的轨迹问题，一是利用曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线等)的定义识别动点的轨迹，二是利用直接法求出方程，通过方程识别轨迹．
跟踪演练1 (2022·平顶山模拟)已知M，N为圆C：x2＋y2－2x－4y＝0上两点，且|MN|＝4，点P在直线l：x－y＋3＝0上，则|eq \(PM,\s\up6(→))＋eq \(PN,\s\up6(→))|的最小值为( )
A．2eq \r(2)－2 B．2eq \r(2)
C．2eq \r(2)＋2 D．2eq \r(2)－eq \r(5)
答案 A
解析 设线段MN的中点为D，
圆C：x2＋y2－2x－4y＝0的圆心为C(1,2)，半径为eq \r(5).则圆心C到直线MN的距离为eq \r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2)))2)＝1，所以|CD|＝1，故点D的轨迹是以C为圆心，半径为1的圆，设点D的轨迹为圆D，圆D上的点到直线l的最短距离为t＝eq \f(|1－2＋3|,\r(2))－1＝eq \r(2)－1.所以|eq \(PM,\s\up6(→))＋eq \(PN,\s\up6(→))|＝|2eq \(PD,\s\up6(→))|＝2|eq \(PD,\s\up6(→))|≥2t＝2eq \r(2)－2.
考点二 由圆周角的性质确定隐形圆
例2 (1)已知点P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，若圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在点M，使得∠PMQ＝90°，则实数t的取值范围是( )
A．[4,6] B．(4,6)
C．(0,4]∪[6，＋∞) D．(0,4)∪(6，＋∞)
答案 A
解析 由题意知，点P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，
可得以PQ为直径的圆的方程为(x－2)2＋y2＝t2，
则圆心C1(2,0)，半径R＝t，
又由圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1，
可得圆心C(－2,3)，半径r＝1，
两圆的圆心距为|CC1|＝eq \r(2＋22＋0－32)＝5，
要使得圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在点M，使得∠PMQ＝90°，
即两圆存在公共点，则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(R＋r≥5，,R－r≤5，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t＋1≥5，,t－1≤5，))解得4≤t≤6，
所以实数t的取值范围是[4,6]．
(2)(2022·长沙雅礼中学质检)已知直线l：x－y＋4＝0上动点P，过P点作圆x2＋y2＝4的两条切线，切点分别为C，D，记M是CD的中点，则直线CD过定点________，点M的轨迹方程为______________________________．
答案 (－1,1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \f(1,2)
解析 如图，连接PO，CO，DO，
因为PD⊥DO，PC⊥CO，
所以P，D，O，C在以PO为直径的圆上，
设P(x0，x0＋4)，
则以OP为直径的圆的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(x0＋4,2)))2＝eq \f(x\\al(2,0)＋x0＋42,4)，
化简得x2－x0x－(x0＋4)y＋y2＝0，
与x2＋y2＝4联立，
可得CD所在直线的方程为x0x＋(x0＋4)y＝4⇒x0(x＋y)＝4(1－y)
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－y＝0，,x＋y＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝1，,x＝－1，))
直线CD过定点Q(－1,1)，又OM⊥CD，
所以OM⊥MQ，所以点M在以OQ为直径的圆上，
所以点M的轨迹为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \f(1,2).
规律方法 利用圆的性质，圆周角为直角，即可得到：若PA⊥PB或∠APB＝90°，则点P的轨迹是以AB为直径的圆．注意轨迹中要删除不满足条件的点．
跟踪演练2 (2022·北京海淀区模拟)在平面直角坐标系中，直线y＝kx＋m(k≠0)与x轴和y轴分别交于A，B两点，|AB|＝2eq \r(2)，若CA⊥CB，则当k，m变化时，点C到点(1,1)的距离的最大值为( )
A．4eq \r(2) B．3eq \r(2) C．2eq \r(2) D.eq \r(2)
答案 B
解析 由y＝kx＋m(k≠0)得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0))，B(0，m)，
因为CA⊥CB，所以点C的轨迹是以AB为直径的圆，其方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,2k)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(m,2)))2＝eq \f(m2,4k2)＋eq \f(m2,4)，
设该动圆的圆心为(x′，y′)，则x′＝－eq \f(m,2k)，y′＝eq \f(m,2)，
整理得k＝－eq \f(y′,x′)，m＝2y′，
代入到eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)))2＋m2＝8中，得x′2＋y′2＝2，
即点C轨迹的圆心在圆x′2＋y′2＝2上，
故点(1,1)与该圆上的点(－1，－1)的连线的距离加上圆的半径即为点C到点(1,1)的距离的最大值，最大值为eq \r([1－－1]2＋[1－－1]2)＋eq \r(2)＝3eq \r(2).
考点三 阿波罗尼斯圆
例3 (多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“若A，B为平面上相异的两点，则所有满足：eq \f(|PA|,|PB|)＝λ(λ>0，且λ≠1)的点P的轨迹是圆，后来人们称这个圆为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，A(－2,0)，B(4,0)，若λ＝eq \f(1,2)，则下列关于动点P的结论正确的是( )
A．点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0
B．△APB面积的最大值为6
C．在x轴上必存在异于A，B的两定点M，N，使得eq \f(|PM|,|PN|)＝eq \f(1,2)
D．若点Q(－3,1)，则2|PA|＋|PQ|的最小值为5eq \r(2)
答案 ACD
解析 对于选项A，设P(x，y)，
因为P满足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(\r(x＋22＋y2),\r(x－42＋y2))＝eq \f(1,2)，
化简得x2＋y2＋8x＝0，故A正确；
对于选项B，由选项A可知，
点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0，
即(x＋4)2＋y2＝16，所以点P的轨迹是以(－4,0)为圆心，4为半径的圆，
又|AB|＝6，且点A，B在直径所在直线上，
故当点P到圆的直径所在直线的距离最大时，△PAB的面积取得最大值，
因为圆上的点到直径的最大距离为半径，即△PAB的高的最大值为4，
所以△PAB面积的最大值为eq \f(1,2)×6×4＝12，故B错误；
对于选项C，假设在x轴上存在异于A，B的两定点M，N，使得eq \f(|PM|,|PN|)＝eq \f(1,2)，设M(m，0)，N(n，0)，
故eq \f(\r(x－m2＋y2),\r(x－n2＋y2))＝eq \f(1,2)，
即eq \r(x－n2＋y2)＝2eq \r(x－m2＋y2)，
化简可得x2＋y2－eq \f(8m－2n,3)x＋eq \f(4m2－n2,3)＝0,
又点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(8m－2n,3)＝8，,\f(4m2－n2,3)＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－6，,n＝－12))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝4))(舍去)，
故存在异于A，B的两定点M(－6,0)，N(－12,0)，
使得eq \f(|PM|,|PN|)＝eq \f(1,2)，故C正确；
对于选项D，因为eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(1,2)，所以2|PA|＝|PB|，
所以2|PA|＋|PQ|＝|PB|＋|PQ|，
又点P在圆x2＋8x＋y2＝0上，如图所示，
所以当P，Q，B三点共线时2|PA|＋|PQ|取得最小值，此时(2|PA|＋|PQ|)min＝|BQ|
＝eq \r([4－－3]2＋0－12)＝5eq \r(2)，故D正确．
规律方法 “阿波罗尼斯圆”的定义：平面内到两个定点A(－a，0)，B(a，0)(a>0)的距离之比为正数λ(λ≠1)的点的轨迹是以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ2＋1,λ2－1)a，0))为圆心，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2aλ,λ2－1)))为半径的圆，即为阿波罗尼斯圆．
跟踪演练3 若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \r(3)，则|PA|2＋|PB|2的最大值为( )
A．16＋8eq \r(3) B．8＋4eq \r(3)
C．7＋4eq \r(3) D．3＋eq \r(3)
答案 A
解析 由题意，设A(－1,0)，B(1,0)，P(x，y)，
因为eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \r(3)，所以eq \f(\r(x＋12＋y2),\r(x－12＋y2))＝eq \r(3)，
即(x－2)2＋y2＝3，
所以点P的轨迹是以(2,0)为圆心，半径为eq \r(3)的圆，
因为|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2＋1)，其中x2＋y2可看作圆(x－2)2＋y2＝3上的点(x，y)到原点(0,0)的距离的平方，
所以(x2＋y2)max＝(2＋eq \r(3))2＝7＋4eq \r(3)，
所以[2(x2＋y2＋1)]max＝16＋8eq \r(3)，
即|PA|2＋|PB|2的最大值为16＋8eq \r(3).
专题强化练
1．已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x－a)2＋(y－2)2＝2.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使得PA⊥PB，则实数a的取值范围为( )
A．[0，eq \r(2)] B．[－5eq \r(2)，1]
C．[－eq \r(2)，eq \r(2)] D．[－2,2]
答案 D
解析 由题意可知四边形PAOB为正方形，
|OP|＝eq \r(2)，
∴点P在以O为圆心，以eq \r(2)为半径的圆上，其方程为x2＋y2＝2，
若圆M上存在这样的点P，则圆M与x2＋y2＝2有公共点，
则有eq \r(2)－eq \r(2)≤eq \r(a2＋4)≤eq \r(2)＋eq \r(2)，
解得－2≤a≤2.
2．已知点A(－5，－5)在动直线mx＋ny－m－3n＝0上的射影为点B，若点C(5，－1)，那么|BC|的最大值为( )
A．16 B．14 C．12 D．10
答案 C
解析 由动直线方程化为m(x－1)＋n(y－3)＝0，可知其恒过定点Q(1,3)．
又∵点A(－5，－5)在动直线mx＋ny－m－3n＝0上的射影为点B，
∴∠ABQ＝90°，则点B的轨迹是以AQ为直径的圆，
∴圆心为AQ的中点M(－2，－1)，
圆的半径r＝eq \f(1,2)|AQ|＝5.
又|MC|＝eq \r(5＋22＋－1＋12)＝7>r＝5，
∴点C(5，－1)在圆M外，
故|BC|的最大值为r＋|MC|＝7＋5＝12.
3．(2022·武汉模拟)已知O为坐标原点，点A(cs α，sin α)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))))，以OA，OB为邻边作平行四边形AOBP，Q(－2,0)，则∠PQO的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
答案 C
解析 已知圆O：x2＋y2＝1，A，B是圆O上两动点，且∠AOB＝eq \f(π,3)，
所以△AOB为等边三角形，
又|AB|＝|OA|＝1，
取AB的中点M，则|OM|＝eq \f(\r(3),2)，
所以|OP|＝eq \r(3)，
所以点P的轨迹方程为x2＋y2＝3，
当PQ与x2＋y2＝3相切时，∠PQO最大，
此时sin∠PQO＝eq \f(\r(3),2)，
则∠PQO＝eq \f(π,3).
4．已知△ABC是等边三角形，E，F分别是AB和AC的中点，P是△ABC边上一动点，则满足eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(CF,\s\up6(→))的点P的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 D
解析 以BC的中点O为坐标原点，BC，OA所在直线为x轴、y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．
设△ABC的边长为4，
则B(－2,0)，C(2,0)，A(0,2eq \r(3))，E(－1，eq \r(3))，
F(1，eq \r(3))，eq \(BE,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3))，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3))，
设P(x，y)，则eq \(PE,\s\up6(→))＝(－1－x，eq \r(3)－y)，
eq \(PF,\s\up6(→))＝(1－x，eq \r(3)－y)，
由eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(CF,\s\up6(→))得，
(－1－x，eq \r(3)－y)·(1－x，eq \r(3)－y)
＝(1，eq \r(3))·(－1，eq \r(3))，
所以x2＋(y－eq \r(3))2＝3，
即点P的轨迹是以(0，eq \r(3))为圆心，eq \r(3)为半径的圆，也就是以AO为直径的圆，易知该圆与△ABC的三边有4个公共点．
5．(多选)已知AB为圆O：x2＋y2＝49的弦，且点M(4,3)为AB的中点，点C为平面内一动点，若AC2＋BC2＝66，则( )
A．点C构成的图象是一条直线
B．点C构成的图象是一个圆
C．OC的最小值为2
D．OC的最小值为3
答案 BC
解析 ∵点M(4,3)为AB的中点，
∴OM⊥AB，
|OM|＝eq \r(42＋32)＝5，
∴|AM|＝|BM|＝eq \r(49－52)＝2eq \r(6)，
∵AC2＋BC2＝66，
∴eq \(AC,\s\up6(→))2＋eq \(BC,\s\up6(→))2＝66，
则(eq \(AM,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→)))2＋(eq \(BM,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→)))2＝66，
即eq \(AM,\s\up6(→))2＋2eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))2＋eq \(BM,\s\up6(→))2＋2eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))2＝66，
∵eq \(AM,\s\up6(→))＝－eq \(BM,\s\up6(→))，
则可得2eq \(AM,\s\up6(→))2＋2eq \(MC,\s\up6(→))2＝66，
可解得|MC|＝3，
∴点C构成的图象是以M为圆心，3为半径的圆，故A错误，B正确；
∴可得OC的最小值为|OM|－3＝5－3＝2，故C正确，D错误．
6．(多选)(2022·福州模拟)已知A(－3,0)，B(3,0)，动点C满足|CA|＝2|CB|，记C的轨迹为Γ.过A的直线与Γ交于P，Q两点，直线BP与Γ的另一个交点为M，则( )
A．Q，M关于x轴对称
B．△PAB的面积的最大值为6eq \r(3)
C．当∠PMQ＝45°时，|PQ|＝4eq \r(2)
D．直线AC的斜率的范围为[－eq \r(3)，eq \r(3)]
答案 AC
解析 设C(x，y)，由|CA|＝2|CB|得，
eq \r(x＋32＋y2)＝2eq \r(x－32＋y2)，
整理得Γ的方程为(x－5)2＋y2＝16，其轨迹是以D(5,0)为圆心，半径r＝4的圆．
由图可知，由于AB＝6，所以当DP垂直于x轴时，△PAB的面积有最大值，
所以(S△PAB)max＝eq \f(1,2)|AB|·r＝eq \f(1,2)×6×4＝12，
选项B错误；
因为|PA|＝2|PB|，|MA|＝2|MB|，
所以eq \f(|PA|,|MA|)＝eq \f(|PB|,|MB|)，所以∠PAB＝∠MAB，
又C的轨迹Γ关于x轴对称，所以Q，M关于x轴对称，选项A正确；
当∠PMQ＝45°时，∠PDQ＝45°×2＝90°，
则△DPQ为等腰直角三角形，|PQ|＝eq \r(2)r＝4eq \r(2)，
选项C正确；
当直线AC与圆D相切时，CD⊥AC，
此时|AD|＝8＝2r
＝2|CD|，
所以sin∠DAC＝eq \f(1,2)，
所以切线AC的倾斜角为30°和150°，
由图可知，直线AC的斜率的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，选项D错误．
7．已知等边△ABC的边长为2，点P在线段AC上，若满足eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))－2λ＋1＝0的点P恰有两个，则实数λ的取值范围是______________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(1,2)))
解析 如图，以AB的中点O为坐标原点，AB，OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，
则A(－1,0)，B(1,0)，
设P(x，y)．
则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))－2λ＋1＝0，
即为(－1－x)(1－x)＋y2－2λ＋1＝0，
化简得x2＋y2＝2λ(λ>0)，
故所有满足eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))－2λ＋1＝0的点P在以O为圆心，eq \r(2λ)为半径的圆上．
过点O作OM⊥AC，垂足为点M，由题意知，线段AC与圆x2＋y2＝2λ有两个交点，
所以|OM|即eq \f(\r(3),2)8．已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|·|AB|取得最小值时，直线AB的方程为________________．
答案 2x＋y＋1＝0
解析 ⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，①
则圆心M(1,1)，⊙M的半径为2.
如图，由题意可知PM⊥AB，
∴S四边形PAMB＝eq \f(1,2)|PM|·|AB|
＝|PA|·|AM|＝2|PA|，
∴|PM|·|AB|＝4|PA|＝4eq \r(|PM|2－4).
当|PM|·|AB|最小时，|PM|最小，此时PM⊥l.
故直线PM的方程为y－1＝eq \f(1,2)(x－1)，
即x－2y＋1＝0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋1＝0，,2x＋y＋2＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝0，))
∴P(－1,0)．
依题意知P，A，M，B四点共圆，且PM为圆的直径，
∴该圆方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \f(5,4)，②
由①－②整理得2x＋y＋1＝0，即直线AB的方程为2x＋y＋1＝0.