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2025年高考数学精品教案第八章 平面解析几何 突破1 “隐形圆”问题
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这是一份2025年高考数学精品教案第八章 平面解析几何 突破1 “隐形圆”问题，共7页。
命题点1 代数法确定隐形圆
角度1 与数量积相关的隐形圆
例1 在平面直角坐标系xOy中，A（－12，0），B（0，6），点P在圆O：x2＋y2＝50上.若PA·PB≤20，则点P的横坐标的取值范围是 [－52，1] .
解析 设P（x，y），则由PA·PB≤20可得，-12-x-x+－y·6－y≤20，即（x＋6）2＋（y－3）2≤65，所以P为圆（x＋6）2＋（y－3）2＝65上或其内部一点.又点P在圆x2＋y2＝50上，故联立得x2＋y2=50，(x+6)2＋(y－3)2=65，
解得x=1，y=7或x＝－5，y＝－5，即P为圆x2＋y2＝50的劣弧MN上的一点（如图），易知－52≤x≤1.
角度2 由｜PA｜2＋｜PB｜2是定值确定隐形圆（其中A，B是两定点，P为动点）
例2 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：（x－a）2＋（y－a＋2）2＝1，点A（0，2）.若圆C上存在点M，满足｜MA｜2＋｜MO｜2＝10，则实数a的取值范围是 [0，3] .
解析 设点M（x，y），由题知点A（0，2），O（0，0）.因为｜MA｜2＋｜MO｜2＝10，所以x2＋（y－2）2＋x2＋y2＝10，整理得x2＋（y－1）2＝4，即点M在圆E：x2+y-12=4上.因为圆C上存在点M满足｜MA｜2＋｜MO｜2＝10等价于圆E与圆C有公共点，所以｜2－1｜≤｜CE｜≤2＋1，即1≤a2＋（a－3）2≤3，整理得1≤2a2－6a＋9≤9，解得0≤a≤3，即实数a的取值范围是[0，3].
角度3 阿波罗尼斯圆
例3 在△ABC中，若AB＝2，AC＝2BC，则S△ABC的最大值为 22 .
解析 以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，令A（－1，0），B（1，0），设C（x，y），y≠0，由｜AC｜＝2｜BC｜可得（x+1）2＋y2＝2×（x－1）2＋y2，化简可得（x－3）2＋y2＝8（y≠0），即点C在以（3，0）为圆心，22为半径的圆上（不含圆与x轴的两个交点），则｜yC｜的最大值为22，S△ABC＝12｜AB｜·｜yC｜＝｜yC｜，所以S△ABC的最大值为22.
方法技巧
（1）代数法确定隐形圆往往是通过设动点的坐标，再根据已知条件列方程，根据方程确定动点的轨迹是圆，进而解决与圆相关的问题.
（2）已知平面上相异两点A，B，则满足｜PA｜｜PB｜＝k（k＞0，k≠1）的动点P的轨迹是一个圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆.
训练1 （1）在平面直角坐标系xOy中，点A（－t，0），B（t，0），t＞0，点C满足AC·BC＝8，且点C到直线l：3x－4y＋24＝0的距离最小值为95，则实数t的取值的集合是 {1} .
解析 设C（x，y），由AC·BC＝8知，x2＋y2＝8＋t2.点（0，0）到直线l：3x－4y＋24＝0的距离d1＝｜24｜32＋42＝245，圆x2＋y2＝8＋t2上的点到直线l的距离的最小值dmin=d1-8+t2=245－8+t2＝95，解得t＝1（负值舍去）.故实数t的取值的集合是{1}.
（2）设点P是△ABC所在平面内的动点，且满足CP＝λCA＋μCB，3λ＋4μ＝2（λ，μ∈R），｜PA｜＝｜PB｜＝｜PC｜.若｜AB｜＝3，则△ABC的面积的最大值为 9 .
解析 由3λ＋4μ＝2得32λ＋2μ＝1，则CP＝λCA＋μCB＝3λ2（23CA）＋2μ（12CB），设E，F分别为AC，BC上的点，且CE＝23CA，CF＝12CB，则P，E，F三点共线.因为PA=PB=PC，所以P是△ABC的外心，即三边中垂线的交点，由F是CB的中点得直线EF是边BC的中垂线，则｜EB｜＝｜EC｜＝2｜EA｜.以点A为原点，AB的方向为x轴正方向，过点A且垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（3，0），设E（x，y）（y≠0），则（x－3）2＋y2＝2x2＋y2，化简得（x＋1）2＋y2＝4（y≠0），所以点E在以（－1，0）为圆心，2为半径的圆上，则｜yE｜≤2.所以S△ABC＝12｜AB｜×｜yC｜＝12｜AB｜×3｜yE｜≤12×3×3×2＝9，即△ABC的面积的最大值为9.
命题点2 几何法确定隐形圆
例4 （1）已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：（x－a）2＋（y－a＋4）2＝1.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝60°，则实数a的取值范围为 [2-22,2+22] .
解析 由题意得圆心M（a，a－4）在直线x－y－4＝0上运动，所以动圆M是圆心在直线x－y－4＝0上，半径为1的圆.又圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝60°，所以｜OP｜＝2，即点P也在圆x2＋y2＝4上，于是2－1≤a2＋（a－4）2≤2＋1，即1≤a2＋（a－4）2≤3，解得实数a的取值范围是[2－22，2＋22].
（2）已知圆C：（x－3）2＋（y－4）2＝1和两点A（－m，0），B（m，0），m＞0，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的取值范围是 [4，6] .
解析 由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，m为半径的圆O：x2＋y2＝m2上，又点P在已知圆C上，所以两个圆有公共点，所以5－1≤m≤5＋1，故4≤m≤6.
方法技巧
（1）利用圆的定义判断出动点的轨迹为圆，从而根据圆心及半径得出圆的方程.
（2）见直径，想垂直；见垂直，想直径.
训练2 已知A，B是圆C1：x2＋y2＝1上的两个动点，且｜AB｜＝3，P是圆C2：（x－3）2＋（y－4）2＝1上的动点，则｜PA＋PB｜的取值范围是 [7，13] .
解析 取AB的中点M，则｜C1M｜＝1－（32）2＝12，所以M在以C1为圆心，半径为12的圆上.因为｜PA＋PB｜＝2｜PM｜，所以｜PA＋PB｜的取值范围是2｜PM｜的取值范围.又｜C1C2｜－1－12≤｜PM｜≤｜C1C2｜＋1＋12，且｜C1C2｜＝5，则7≤2｜PM｜≤13，即｜PA＋PB｜的取值范围是[7，13].
学生用书·练习帮P354
1.已知直线l：y＝k（x－2）＋1（k∈R）上存在一点P，满足｜OP｜＝1，其中O为坐标原点，则实数k的取值范围是（ C ）
A.（0，12）B.[0，34]
C.[0，43]D.[12，43]
解析 解法一 由｜OP｜＝1，知点P在单位圆x2＋y2＝1上运动，则由题意知直线l与圆x2＋y2＝1有公共点，则｜－2k+1｜k2+1≤1，解得0≤k≤43，即k的取值范围是[0，43]，故选C.
解法二 因为直线l：y＝k（x－2）＋1（k∈R）上存在一点P，使得｜OP｜＝1，所以原点O到直线l的距离的最大值为1，即｜－2k+1｜k2+1≤1，解得0≤k≤43，即k的取值范围是[0，43]，故选C.
2.已知点A（－1，0），B（2，0），若动点M满足｜MB｜＝2｜MA｜，直线l:x+y-2=0与x轴、y轴分别交于P，Q两点，则△MPQ的面积的最小值为（ D ）
A.4＋22B.4C.22D.4－22
解析 如图，设M（x，y），由｜MB｜＝2｜MA｜，得（x－2）2＋y2＝2（x+1）2＋y2，化简得（x＋2）2＋y2＝4，所以点M的轨迹是圆.由题意可知P（2，0），Q（0，2），则｜PQ｜＝22，圆（x＋2）2＋y2＝4的圆心N（－2，0）到直线l的距离d＝｜－2+0－2｜2＝22，所以点M到直线l的距离的最小值为22－2，所以S△MPQmin =12×22×22－2=4-22.故选D.
3.[2024江苏省常熟中学校考]设λ∈R，动直线l1：λx－y＋λ＝0过定点A，动直线l2：x＋λy－3－2λ＝0过定点B，若P为l1与l2的交点，则｜PA｜·｜PB｜的最大值为（ A ）
A.10B.20C.10D.25
解析 直线l1的方程可整理为λ（x＋1）－y＝0，令x+1=0，－y=0，解得x＝－1，y=0，所以A－1，0.直线l2的方程可整理为λ（y－2）＋x－3＝0，令x－3=0，y－2=0，解得x=3，y=2，所以B（3，2）.因为λ×1－1×λ＝0，所以l1⊥l2，所以点P是以AB为直径的圆上的点，又｜AB｜＝（－1－3）2＋（0－2）2＝25，所以｜PA｜2＋｜PB｜2＝｜AB｜2＝20，所以｜PA｜·｜PB｜≤｜PA｜2＋｜PB｜22＝10，当且仅当｜PA｜＝｜PB｜＝10时等号成立.故选A.
4.[多选/2023湖南益阳联考]在平面直角坐标系中，M（－2，0），N（1，0），A（3，1），｜PM｜＝2｜PN｜，设点P的轨迹为C，下列说法正确的是（ BD ）
A.C的方程为（x＋4）2＋y2＝12
B.△PMN面积的最大值为922
C.｜AP｜的最小值为42
D.若直线y＝2x＋1与C交于D，E两点，则｜DE｜＝655
解析 设点P（x，y），由｜PM｜＝2｜PN｜，得（x+2）2＋y2＝2×（x－1）2＋y2，化简得（x－4）2＋y2＝18，故A错误；
当点P纵坐标的绝对值最大时，△PMN的面积最大，此时S△PMN＝12×3×32＝922，故B正确；
设轨迹C的圆心为E，半径为r，则E（4，0），r＝32，点A在圆内，所以｜AP｜min＝r-｜AE｜＝32－1+1＝22，故C错误；
易知轨迹C的圆心E到直线y＝2x＋1的距离为d＝95，｜DE｜＝2（32）2－（95）2=655，故D正确.故选BD.
5.已知圆O：x2＋y2＝1，过平面区域D内的每一个点均存在两条互相垂直的直线，它们均与圆O相交，则区域D的面积为 2π .
解析 如图所示，过点P作圆O：x2＋y2＝1的两条切线PA，PB，切点为A，B，此时PA⊥PB，连接OA，OB，则四边形PAOB是正方形，所以｜OP｜＝2，那么平面区域D就是以O为圆心、2为半径的圆及其内部，故区域D的面积为π（2）2＝2π.
6.[2023安徽合肥质检]已知AB为圆C：（x－2）2＋（y－m）2＝3的一条弦，M为线段AB的中点.若｜CM｜2＋｜OM｜2＝3（O为坐标原点），则实数m的取值范围是 -[2,2] .
解析 由题意可知C（2，m），设M（x，y），因为｜CM｜2＋｜OM｜2＝3，所以（x－2）2＋（y－m）2＋x2＋y2＝3，化简得x2＋y2－2x－my＋m22＋12＝0，即（x－1）2＋（y－m2）2＝2－m24，当2－m2＞0时，点M的轨迹是以D（1，m2）为圆心，半径r＝2－m22的圆；当2－m2＝0时，点M的轨迹为点（1，m2）.因为点M是圆C的一条弦的中点，所以点M在圆C的内部，所以圆D或点（1，m2）在圆C的内部，所以2－m2>0，（2－1）2＋（m－m2）2＜3－2－m22或2－m2=0，（1－2）2＋（m2－m）2<3，解得-2≤m≤2，所以实数m的取值范围是[－2，2].
7.已知圆O：x2＋y2＝r2（r＞0）与圆M：（x－2）2＋（y－23）2＝4相交于A，B两点，若对于直线AB上的任意一点P，均有PO·PM＞0成立，则实数r的取值范围为 （25，6） .
解析 因为圆O：x2＋y2＝r2（r＞0）与圆M：（x－2）2＋（y－23）2＝4相交于A，B，所以｜r－2｜＜22＋（23）2＜r＋2，所以2＜r＜6.又圆M的方程可化为x2＋y2－4x－43y＋12＝0，与圆O：x2＋y2＝r2相减，得直线AB的方程为4x＋43y－r2－12＝0.设点P（x，y），且M（2，23），O（0，0），则PO·PM＝（－x，－y）·（2－x，23－y）＝x2＋y2－2x－23y＞0.因为对于直线AB上的任意一点P，均有PO·PM＞0成立，所以直线AB上的任意一点P都满足不等式x2＋y2－2x－23y＞0，即直线AB与圆（x－1）2＋（y－3）2＝4相离，所以圆心（1，3）到直线AB的距离d＝｜4+43×3－r2－12｜42＋（43）2＝｜4－r2｜8＞2，解得r＞25.故实数r的取值范围为（25，6）.
8.已知动圆恒过定点F（1，0）且与定直线l：x＝－1相切.
（1）求动圆圆心C的轨迹方程.
（2）是否存在正数m，对于任意一条过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的直线，都有FA·FB＜0？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.
解析 （1）因为动圆过定点F（1，0）且与定直线l：x＝－1相切，故圆心到点F（1，0）和直线l：x＝－1的距离相等，故圆心C的轨迹是以F为焦点，以l为准线的抛物线，故动圆圆心C的轨迹方程是y2＝4x.
（2）设过点M（m，0）（m＞0）的直线l与曲线C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2）.设l的方程为x＝ty＋m，代入得y2－4ty－4m＝0，Δ＝16（t2＋m）＞0，于是y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m. ①
又因为FA＝（x1－1，y1），FB＝（x2－1，y2），FA·FB＜0，所以（x1－1）（x2－1）＋y1y2＝x1x2－（x1＋x2）＋1＋y1y2＜0， ②
又因为x＝14y2，所以不等式②等价于14y12·14y22＋y1y2－（14y12＋14y22）＋1＜0. ③
由①式，不等式③等价于m2－6m＋1＜4t2. ④
对于任意实数t，4t2的最小值为0，所以不等式④对于一切t成立等价于m2－6m＋1＜0，解得3－22＜m＜3＋22，由此可知，存在正数m，对于任意一条过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的直线，都有FA·FB＜0，且m的取值范围是（3－22，3＋22）.
9.已知点O（0，0），点M是圆（x＋1）2＋y2＝4上任意一点.
（1）在x轴上是否存在点A，使得｜MO｜｜MA｜＝12？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由.
（2）在x轴上是否存在不同于点O的定点A，使得｜MO｜｜MA｜为常数λ？若存在，求出点A的坐标及常数λ的值；若不存在，请说明理由.
解析 （1）解法一 假设存在符合题意的点A（x0，0），
设M（x，y），则（x＋1）2＋y2＝4，
所以x2＋y2＝3－2x.
由｜MO｜｜MA｜＝12，得｜MA｜2＝4｜MO｜2，
所以（x－x0）2＋y2＝4（x2＋y2），即3（x2＋y2）＋2x0x－x02＝0，
所以3（3－2x）＋2x0x－x02＝0，
所以（2x0－6）x－（x02－9）＝0.
因为点M（x，y）是圆上任意一点，
所以2x0－6=0，x02－9=0，所以x0＝3，
所以存在点A（3，0），使得｜MO｜｜MA｜＝12.
解法二 设点A（t，0）.
当点M为圆与x轴的左交点（－3，0）时，｜MO｜｜MA｜＝3｜－3－t｜，
当点M为圆与x轴的右交点（1，0）时，｜MO｜｜MA｜＝1｜1－t｜，
令3｜－3－t｜＝1｜1－t｜＝12，得t＝3.
下面证明点A（3，0）对圆（x＋1）2＋y2＝4上任意一点M（x0，y0），都有｜MO｜｜MA｜＝12.
因为点M在圆上，所以（x0＋1）2＋y02＝4，
则｜MO｜2｜MA｜2＝x02＋y02（x0－3）2＋y02＝x02+4－（x0+1）2（x0－3）2+4－（x0+1）2＝－2x0+3－8x0+12＝14，即｜MO｜｜MA｜＝12.
（2）假设存在定点A（x0，0）（x0≠0），使得｜MO｜｜MA｜＝λ，
设M（x，y），则（x＋1）2＋y2＝4，
所以x2＋y2＝3－2x，
由｜MO｜｜MA｜＝λ，得｜MO｜2＝λ2｜MA｜2，
所以x2＋y2＝λ2[（x－x0）2＋y2]，即（λ2－1）（x2＋y2）－2λ2x0x＋λ2x02＝0，
所以（λ2－1）（3－2x）－2λ2x0x＋λ2x02＝0，即2（λ2－1＋λ2x0）x－3（λ2－1）－λ2x02＝0，
因为点M（x，y）是圆上任意一点，
所以2（λ2－1+λ2x0）=0，－3（λ2－1）－λ2x02=0，
因为x0≠0，所以x0=3，λ＝12，
所以存在点A（3，0），使得｜MO｜｜MA｜＝12.
命题点1 代数法确定隐形圆
角度1 与数量积相关的隐形圆
例1 在平面直角坐标系xOy中，A（－12，0），B（0，6），点P在圆O：x2＋y2＝50上.若PA·PB≤20，则点P的横坐标的取值范围是 [－52，1] .
解析 设P（x，y），则由PA·PB≤20可得，-12-x-x+－y·6－y≤20，即（x＋6）2＋（y－3）2≤65，所以P为圆（x＋6）2＋（y－3）2＝65上或其内部一点.又点P在圆x2＋y2＝50上，故联立得x2＋y2=50，(x+6)2＋(y－3)2=65，
解得x=1，y=7或x＝－5，y＝－5，即P为圆x2＋y2＝50的劣弧MN上的一点（如图），易知－52≤x≤1.
角度2 由｜PA｜2＋｜PB｜2是定值确定隐形圆（其中A，B是两定点，P为动点）
例2 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：（x－a）2＋（y－a＋2）2＝1，点A（0，2）.若圆C上存在点M，满足｜MA｜2＋｜MO｜2＝10，则实数a的取值范围是 [0，3] .
解析 设点M（x，y），由题知点A（0，2），O（0，0）.因为｜MA｜2＋｜MO｜2＝10，所以x2＋（y－2）2＋x2＋y2＝10，整理得x2＋（y－1）2＝4，即点M在圆E：x2+y-12=4上.因为圆C上存在点M满足｜MA｜2＋｜MO｜2＝10等价于圆E与圆C有公共点，所以｜2－1｜≤｜CE｜≤2＋1，即1≤a2＋（a－3）2≤3，整理得1≤2a2－6a＋9≤9，解得0≤a≤3，即实数a的取值范围是[0，3].
角度3 阿波罗尼斯圆
例3 在△ABC中，若AB＝2，AC＝2BC，则S△ABC的最大值为 22 .
解析 以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，令A（－1，0），B（1，0），设C（x，y），y≠0，由｜AC｜＝2｜BC｜可得（x+1）2＋y2＝2×（x－1）2＋y2，化简可得（x－3）2＋y2＝8（y≠0），即点C在以（3，0）为圆心，22为半径的圆上（不含圆与x轴的两个交点），则｜yC｜的最大值为22，S△ABC＝12｜AB｜·｜yC｜＝｜yC｜，所以S△ABC的最大值为22.
方法技巧
（1）代数法确定隐形圆往往是通过设动点的坐标，再根据已知条件列方程，根据方程确定动点的轨迹是圆，进而解决与圆相关的问题.
（2）已知平面上相异两点A，B，则满足｜PA｜｜PB｜＝k（k＞0，k≠1）的动点P的轨迹是一个圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆.
训练1 （1）在平面直角坐标系xOy中，点A（－t，0），B（t，0），t＞0，点C满足AC·BC＝8，且点C到直线l：3x－4y＋24＝0的距离最小值为95，则实数t的取值的集合是 {1} .
解析 设C（x，y），由AC·BC＝8知，x2＋y2＝8＋t2.点（0，0）到直线l：3x－4y＋24＝0的距离d1＝｜24｜32＋42＝245，圆x2＋y2＝8＋t2上的点到直线l的距离的最小值dmin=d1-8+t2=245－8+t2＝95，解得t＝1（负值舍去）.故实数t的取值的集合是{1}.
（2）设点P是△ABC所在平面内的动点，且满足CP＝λCA＋μCB，3λ＋4μ＝2（λ，μ∈R），｜PA｜＝｜PB｜＝｜PC｜.若｜AB｜＝3，则△ABC的面积的最大值为 9 .
解析 由3λ＋4μ＝2得32λ＋2μ＝1，则CP＝λCA＋μCB＝3λ2（23CA）＋2μ（12CB），设E，F分别为AC，BC上的点，且CE＝23CA，CF＝12CB，则P，E，F三点共线.因为PA=PB=PC，所以P是△ABC的外心，即三边中垂线的交点，由F是CB的中点得直线EF是边BC的中垂线，则｜EB｜＝｜EC｜＝2｜EA｜.以点A为原点，AB的方向为x轴正方向，过点A且垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（3，0），设E（x，y）（y≠0），则（x－3）2＋y2＝2x2＋y2，化简得（x＋1）2＋y2＝4（y≠0），所以点E在以（－1，0）为圆心，2为半径的圆上，则｜yE｜≤2.所以S△ABC＝12｜AB｜×｜yC｜＝12｜AB｜×3｜yE｜≤12×3×3×2＝9，即△ABC的面积的最大值为9.
命题点2 几何法确定隐形圆
例4 （1）已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：（x－a）2＋（y－a＋4）2＝1.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝60°，则实数a的取值范围为 [2-22,2+22] .
解析 由题意得圆心M（a，a－4）在直线x－y－4＝0上运动，所以动圆M是圆心在直线x－y－4＝0上，半径为1的圆.又圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝60°，所以｜OP｜＝2，即点P也在圆x2＋y2＝4上，于是2－1≤a2＋（a－4）2≤2＋1，即1≤a2＋（a－4）2≤3，解得实数a的取值范围是[2－22，2＋22].
（2）已知圆C：（x－3）2＋（y－4）2＝1和两点A（－m，0），B（m，0），m＞0，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的取值范围是 [4，6] .
解析 由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，m为半径的圆O：x2＋y2＝m2上，又点P在已知圆C上，所以两个圆有公共点，所以5－1≤m≤5＋1，故4≤m≤6.
方法技巧
（1）利用圆的定义判断出动点的轨迹为圆，从而根据圆心及半径得出圆的方程.
（2）见直径，想垂直；见垂直，想直径.
训练2 已知A，B是圆C1：x2＋y2＝1上的两个动点，且｜AB｜＝3，P是圆C2：（x－3）2＋（y－4）2＝1上的动点，则｜PA＋PB｜的取值范围是 [7，13] .
解析 取AB的中点M，则｜C1M｜＝1－（32）2＝12，所以M在以C1为圆心，半径为12的圆上.因为｜PA＋PB｜＝2｜PM｜，所以｜PA＋PB｜的取值范围是2｜PM｜的取值范围.又｜C1C2｜－1－12≤｜PM｜≤｜C1C2｜＋1＋12，且｜C1C2｜＝5，则7≤2｜PM｜≤13，即｜PA＋PB｜的取值范围是[7，13].
学生用书·练习帮P354
1.已知直线l：y＝k（x－2）＋1（k∈R）上存在一点P，满足｜OP｜＝1，其中O为坐标原点，则实数k的取值范围是（ C ）
A.（0，12）B.[0，34]
C.[0，43]D.[12，43]
解析 解法一 由｜OP｜＝1，知点P在单位圆x2＋y2＝1上运动，则由题意知直线l与圆x2＋y2＝1有公共点，则｜－2k+1｜k2+1≤1，解得0≤k≤43，即k的取值范围是[0，43]，故选C.
解法二 因为直线l：y＝k（x－2）＋1（k∈R）上存在一点P，使得｜OP｜＝1，所以原点O到直线l的距离的最大值为1，即｜－2k+1｜k2+1≤1，解得0≤k≤43，即k的取值范围是[0，43]，故选C.
2.已知点A（－1，0），B（2，0），若动点M满足｜MB｜＝2｜MA｜，直线l:x+y-2=0与x轴、y轴分别交于P，Q两点，则△MPQ的面积的最小值为（ D ）
A.4＋22B.4C.22D.4－22
解析 如图，设M（x，y），由｜MB｜＝2｜MA｜，得（x－2）2＋y2＝2（x+1）2＋y2，化简得（x＋2）2＋y2＝4，所以点M的轨迹是圆.由题意可知P（2，0），Q（0，2），则｜PQ｜＝22，圆（x＋2）2＋y2＝4的圆心N（－2，0）到直线l的距离d＝｜－2+0－2｜2＝22，所以点M到直线l的距离的最小值为22－2，所以S△MPQmin =12×22×22－2=4-22.故选D.
3.[2024江苏省常熟中学校考]设λ∈R，动直线l1：λx－y＋λ＝0过定点A，动直线l2：x＋λy－3－2λ＝0过定点B，若P为l1与l2的交点，则｜PA｜·｜PB｜的最大值为（ A ）
A.10B.20C.10D.25
解析 直线l1的方程可整理为λ（x＋1）－y＝0，令x+1=0，－y=0，解得x＝－1，y=0，所以A－1，0.直线l2的方程可整理为λ（y－2）＋x－3＝0，令x－3=0，y－2=0，解得x=3，y=2，所以B（3，2）.因为λ×1－1×λ＝0，所以l1⊥l2，所以点P是以AB为直径的圆上的点，又｜AB｜＝（－1－3）2＋（0－2）2＝25，所以｜PA｜2＋｜PB｜2＝｜AB｜2＝20，所以｜PA｜·｜PB｜≤｜PA｜2＋｜PB｜22＝10，当且仅当｜PA｜＝｜PB｜＝10时等号成立.故选A.
4.[多选/2023湖南益阳联考]在平面直角坐标系中，M（－2，0），N（1，0），A（3，1），｜PM｜＝2｜PN｜，设点P的轨迹为C，下列说法正确的是（ BD ）
A.C的方程为（x＋4）2＋y2＝12
B.△PMN面积的最大值为922
C.｜AP｜的最小值为42
D.若直线y＝2x＋1与C交于D，E两点，则｜DE｜＝655
解析 设点P（x，y），由｜PM｜＝2｜PN｜，得（x+2）2＋y2＝2×（x－1）2＋y2，化简得（x－4）2＋y2＝18，故A错误；
当点P纵坐标的绝对值最大时，△PMN的面积最大，此时S△PMN＝12×3×32＝922，故B正确；
设轨迹C的圆心为E，半径为r，则E（4，0），r＝32，点A在圆内，所以｜AP｜min＝r-｜AE｜＝32－1+1＝22，故C错误；
易知轨迹C的圆心E到直线y＝2x＋1的距离为d＝95，｜DE｜＝2（32）2－（95）2=655，故D正确.故选BD.
5.已知圆O：x2＋y2＝1，过平面区域D内的每一个点均存在两条互相垂直的直线，它们均与圆O相交，则区域D的面积为 2π .
解析 如图所示，过点P作圆O：x2＋y2＝1的两条切线PA，PB，切点为A，B，此时PA⊥PB，连接OA，OB，则四边形PAOB是正方形，所以｜OP｜＝2，那么平面区域D就是以O为圆心、2为半径的圆及其内部，故区域D的面积为π（2）2＝2π.
6.[2023安徽合肥质检]已知AB为圆C：（x－2）2＋（y－m）2＝3的一条弦，M为线段AB的中点.若｜CM｜2＋｜OM｜2＝3（O为坐标原点），则实数m的取值范围是 -[2,2] .
解析 由题意可知C（2，m），设M（x，y），因为｜CM｜2＋｜OM｜2＝3，所以（x－2）2＋（y－m）2＋x2＋y2＝3，化简得x2＋y2－2x－my＋m22＋12＝0，即（x－1）2＋（y－m2）2＝2－m24，当2－m2＞0时，点M的轨迹是以D（1，m2）为圆心，半径r＝2－m22的圆；当2－m2＝0时，点M的轨迹为点（1，m2）.因为点M是圆C的一条弦的中点，所以点M在圆C的内部，所以圆D或点（1，m2）在圆C的内部，所以2－m2>0，（2－1）2＋（m－m2）2＜3－2－m22或2－m2=0，（1－2）2＋（m2－m）2<3，解得-2≤m≤2，所以实数m的取值范围是[－2，2].
7.已知圆O：x2＋y2＝r2（r＞0）与圆M：（x－2）2＋（y－23）2＝4相交于A，B两点，若对于直线AB上的任意一点P，均有PO·PM＞0成立，则实数r的取值范围为 （25，6） .
解析 因为圆O：x2＋y2＝r2（r＞0）与圆M：（x－2）2＋（y－23）2＝4相交于A，B，所以｜r－2｜＜22＋（23）2＜r＋2，所以2＜r＜6.又圆M的方程可化为x2＋y2－4x－43y＋12＝0，与圆O：x2＋y2＝r2相减，得直线AB的方程为4x＋43y－r2－12＝0.设点P（x，y），且M（2，23），O（0，0），则PO·PM＝（－x，－y）·（2－x，23－y）＝x2＋y2－2x－23y＞0.因为对于直线AB上的任意一点P，均有PO·PM＞0成立，所以直线AB上的任意一点P都满足不等式x2＋y2－2x－23y＞0，即直线AB与圆（x－1）2＋（y－3）2＝4相离，所以圆心（1，3）到直线AB的距离d＝｜4+43×3－r2－12｜42＋（43）2＝｜4－r2｜8＞2，解得r＞25.故实数r的取值范围为（25，6）.
8.已知动圆恒过定点F（1，0）且与定直线l：x＝－1相切.
（1）求动圆圆心C的轨迹方程.
（2）是否存在正数m，对于任意一条过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的直线，都有FA·FB＜0？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.
解析 （1）因为动圆过定点F（1，0）且与定直线l：x＝－1相切，故圆心到点F（1，0）和直线l：x＝－1的距离相等，故圆心C的轨迹是以F为焦点，以l为准线的抛物线，故动圆圆心C的轨迹方程是y2＝4x.
（2）设过点M（m，0）（m＞0）的直线l与曲线C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2）.设l的方程为x＝ty＋m，代入得y2－4ty－4m＝0，Δ＝16（t2＋m）＞0，于是y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m. ①
又因为FA＝（x1－1，y1），FB＝（x2－1，y2），FA·FB＜0，所以（x1－1）（x2－1）＋y1y2＝x1x2－（x1＋x2）＋1＋y1y2＜0， ②
又因为x＝14y2，所以不等式②等价于14y12·14y22＋y1y2－（14y12＋14y22）＋1＜0. ③
由①式，不等式③等价于m2－6m＋1＜4t2. ④
对于任意实数t，4t2的最小值为0，所以不等式④对于一切t成立等价于m2－6m＋1＜0，解得3－22＜m＜3＋22，由此可知，存在正数m，对于任意一条过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的直线，都有FA·FB＜0，且m的取值范围是（3－22，3＋22）.
9.已知点O（0，0），点M是圆（x＋1）2＋y2＝4上任意一点.
（1）在x轴上是否存在点A，使得｜MO｜｜MA｜＝12？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由.
（2）在x轴上是否存在不同于点O的定点A，使得｜MO｜｜MA｜为常数λ？若存在，求出点A的坐标及常数λ的值；若不存在，请说明理由.
解析 （1）解法一 假设存在符合题意的点A（x0，0），
设M（x，y），则（x＋1）2＋y2＝4，
所以x2＋y2＝3－2x.
由｜MO｜｜MA｜＝12，得｜MA｜2＝4｜MO｜2，
所以（x－x0）2＋y2＝4（x2＋y2），即3（x2＋y2）＋2x0x－x02＝0，
所以3（3－2x）＋2x0x－x02＝0，
所以（2x0－6）x－（x02－9）＝0.
因为点M（x，y）是圆上任意一点，
所以2x0－6=0，x02－9=0，所以x0＝3，
所以存在点A（3，0），使得｜MO｜｜MA｜＝12.
解法二 设点A（t，0）.
当点M为圆与x轴的左交点（－3，0）时，｜MO｜｜MA｜＝3｜－3－t｜，
当点M为圆与x轴的右交点（1，0）时，｜MO｜｜MA｜＝1｜1－t｜，
令3｜－3－t｜＝1｜1－t｜＝12，得t＝3.
下面证明点A（3，0）对圆（x＋1）2＋y2＝4上任意一点M（x0，y0），都有｜MO｜｜MA｜＝12.
因为点M在圆上，所以（x0＋1）2＋y02＝4，
则｜MO｜2｜MA｜2＝x02＋y02（x0－3）2＋y02＝x02+4－（x0+1）2（x0－3）2+4－（x0+1）2＝－2x0+3－8x0+12＝14，即｜MO｜｜MA｜＝12.
（2）假设存在定点A（x0，0）（x0≠0），使得｜MO｜｜MA｜＝λ，
设M（x，y），则（x＋1）2＋y2＝4，
所以x2＋y2＝3－2x，
由｜MO｜｜MA｜＝λ，得｜MO｜2＝λ2｜MA｜2，
所以x2＋y2＝λ2[（x－x0）2＋y2]，即（λ2－1）（x2＋y2）－2λ2x0x＋λ2x02＝0，
所以（λ2－1）（3－2x）－2λ2x0x＋λ2x02＝0，即2（λ2－1＋λ2x0）x－3（λ2－1）－λ2x02＝0，
因为点M（x，y）是圆上任意一点，
所以2（λ2－1+λ2x0）=0，－3（λ2－1）－λ2x02=0，
因为x0≠0，所以x0=3，λ＝12，
所以存在点A（3，0），使得｜MO｜｜MA｜＝12.
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