微难点12 隐圆问题(含阿波罗尼斯圆)
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高考总复习 一轮复习导学案 ·数学
微难点12 隐圆问题(含阿波罗尼斯圆)
在平面直角坐标系 xOy 中，已知 B，C 为圆 x2＋y2＝4 上的两点，点 A 的 坐标为(1,1)，且 AB⊥AC，求线段 BC 长度的取值范围．
【思维引导】思路 1：求出点 M 的轨迹方程，根据圆的性质及直角三角形的性质 不难求得，其轨迹为一个圆，问题就转化为一定点到圆上一点的距离，这是一个基本 题型，求解即得；思路 2：设出 AM＝x，OM＝y，寻找到 x，y 之间的关系式，通过 线性规划的知识去处理．
解得 0≤a≤3，即实数 a 的取值范围是[0,3]．
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1. 阿波罗尼斯圆(线)是解析几何中常见的问题背景，要充分了解其特性．动点 P(x，y)到定点 F1(－c,0)，F2(c,0)的距离之比为定值 λ(c，λ 为正数)，求点 P(x，y)的轨 迹方程．
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【解答】方法一：如图(1)，设 BC 的中点为 M(x，y)． 因为 OB2＝OM2＋BM2＝OM2＋AM2，
所以 4＝x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2，
化简得x－122＋y－122＝32， 所以点 M 的轨迹是以12，12为圆心， 26为半径的圆，
所以 AM 的取值范围是
6－ 2
2，
6＋ 2
2 ，
所以 BC 的取值范围是[ 6－ 2， 6＋ 2]．
(例 1(1))
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方法二：设 BC 的中点为 M，设 AM＝x，OM＝y. 因为 OC2＝OM2＋CM2＝OM2＋AM2，所以 x2＋y2＝4. 因为 OA＝ 2，所以 x＋y≥ 2，x＋ 2≥y，y＋ 2≥x.
作出约束条件表示的可行域如图(2)所示，
因为 x∈
6－ 2
2，
6＋ 2
2 ，
所以 BC 的取值范围是[ 6－ 2， 6＋ 2]．
(例 1(2))
【精要点评】求线段长度的取值范围，如果一个端点为定点，这时可以考虑运用
轨迹法，求出另外一个端点的轨迹，问题迎刃而解．
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策略一 利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆； 策略二 动点 P 对两定点 A，B 的张角是 90°(kPA·kPB＝－1 或P→A·P→B＝0)确定隐形圆； 策略三 两定点 A，B，动点 P 满足P→A·P→B＝λ 确定隐形圆； 策略四 两定点 A，B，动点 P 满足 PA2＋PB2 是定值，确定隐形圆； 策略五 两定点 A，B，动点 P 满足 AP＝λBP(λ>0，λ≠1)，确定隐形圆(阿波罗尼 斯圆)．
【解析】由题知ac2＋bc2＝1，设ac＝x，bc＝y，则 x2＋y2＝1，a－b2c＝ac－c 2＝x－y 2，
问题转化为求单位圆上的点与点(2,0)连线的斜率的取值范围．设直线的方程为 y＝k(x
－2)，即 kx－y－2k＝0，由 d＝r，得 k2－ ＋2－k 12＝1，解得 k＝± 33，所以所求斜率的
【解析】由题意知，由距离公式 x＋c2＋y2＝λ x－c2＋y2，化简得 (1－λ2)x2＋(1－λ2)y2＋2c(1＋λ2)x＋(1－λ2)c2＝0.(1)
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【讨论】方程的图形是什么？ ①当 λ＝1 时，得 x＝0，也就是线段 F1F2 的垂直平分线(定义这样的直线为阿波 罗直线)； ②当 λ≠1 时，方程(1)可变形为 x2＋y2＋2c11－＋λ2λ2x＋c2＝0，化成标准形式 x－λλ22＋ －11·c2＋y2＝λ22－cλ12 (2)，这是以λλ22＋－11·c，0为圆心，且半径 r＝λ22－cλ1的 圆(称之为阿波罗尼斯圆)．
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在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C：(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1，点 A 的坐 标为(0,2)，若圆 C 上存在点 M，满足 MA2＋MO2＝10，求实数 a 的取值范围．
【解答】设点 M(x，y)，由 MA2＋MO2＝10， 即 x2＋(y－2)2＋x2＋y2＝10，整理得 x2＋(y－1)2＝4， 即点 M 在圆 E：x2＋(y－1)2＝4 上． 若圆 C 上存在点 M 满足 MA2＋MO2＝10 也就等价于圆 E 与圆 C 有公共点，所以 |2－1|≤CE≤2＋1， 即 1≤ a2＋a－32≤3，整理得 1≤2a2－6a＋9≤9，
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2. 圆的方程是常考问题，但有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而 是隐藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程)，从而最终可以利用圆的 知识来求解，我们称这类问题为“隐形圆”问题．如何发现隐形圆(或圆的方程)是关键， 常见的有以下策略．
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1. 已知实数 a，b，c 满足 a2＋b2＝c2，c≠0，那么a－b2c的取值范围为__－__3_3_，__3_3__． b
例谈几类常见的“隐藏圆”问题
为
常数
，犃，犅
为定
点．利
用
求
动
点
５ ２
微专题突破
轨迹方程的一般方法，可得动点犘 的轨迹为圆．因此这也是一种形式的“隐藏圆”，不妨称之 为“数量积圆”．
三、阿波罗尼斯圆
例３ （２００８年江苏卷第１３题）在△犃犅犆 中，已知犃犅＝２，犃犆＝槡２犅犆，则△犃犅犆 面
积的最大值为 ．
●●分析 本题表面上看是一个解三角形的问题，因此利用余弦定理、面积公式，将
的取值范围为 ．
●●分析 类似于例３，建立平面直角坐标系后，用求轨迹方程的一般方法，可得（１）（２）中
（ ） （ ） 点犆 的轨迹均为圆，所以求面积最大值的方法与例３相同．（３）中，设 犆（狓０，狔０），则
｜狓０－狔０＋１｜
槡２
２＋
｜狓０＋狔０－１｜
槡２
２＝４，化简得
狓２０＋（狔０－１）２＝４，即点
槡 （ ） 的最大值．而由弦长公式可得动点犇 到圆心犆 的距离犇犆＝ 狉２－ 犃２犅 ２ ＝１，由圆的定义
可得动点犇 在以犆 为圆心，１为半径的圆上．所以问题最终转化为圆上的动点犇 到定点犗
的距离的最大值．由几何关系可得犇犗 最大值为犆犗＋１＝４，所以答案为８．
●●评注 本题可得出如下结论：若已知圆的一条弦长为定值（小于直径），则此弦的中点
知识可得犱 的最大值为半径２槡２，所以面积最大值为２槡２．
●●评注 由例３可得出，若动点犆 到两定点 犃，犅 的距离之比犆犆犅犃＝λ（其中λ 为正常
数），则动点犆 的轨迹为圆．这种“隐藏圆”最初是由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，因此我们 称之为“阿波罗尼斯圆”．
四、平方和（差）圆
例４ （１）在△犃犅犆 中，已知 犃犅＝２，犆犃２＋犆犅２＝８，则△犃犅犆 面积的最大值为
微难点12-隐圆问题(含阿波罗尼斯圆)
【解析】由题意知 PA2＝PO2－12, PB2＝PO21－22.因为 PB＝1－4＝4(PO2－12)，所以 PO12＝4PO2.设 P(x，y)，则(x－4)2＋y2＝4(x2＋y2)，
2 ，
所以 BC 的取值范围是[ 6－ 2， 6＋ 2]．
(例 1(1))
方法二：设 BC 的中点为 M，设 AM＝x，OM＝y.
因为 OC2＝OM2＋CM2＝OM2＋AM2，所以 x2＋y2＝4. 因为 OA＝ 2，所以 x＋y≥ 2，x＋ 2≥y，y＋ 2≥x.
作出约束条件表示的可行域如图(2)所示，
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在平面直角坐标系 xOy 中，已知 B，C 为圆 x2＋y2＝4 上的两点，点 A 的 坐标为(1,1)，且 AB⊥AC，求线段 BC 长度的取值范围．
【思维引导】思路 1：求出点 M 的轨迹方程，根据圆的性质及直角三角形的性质 不难求得，其轨迹为一个圆，问题就转化为一定点到圆上一点的距离，这是一个基本 题型，求解即得；思路 2：设出 AM＝x，OM＝y，寻找到 x，y 之间的关系式，通过 线性规划的知识去处理．
取值范围为－ 33， 33，即a－b2c的取值范围为－ 33， 33.
2. 已知圆 M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直线 l：x＋y－6＝0，A 为直线 l 上一点．若 圆 M 上存在两点 B，C，使得∠BAC＝60°，则点 A 的横坐标的取值范围是__[_1_,5_]___．
隐圆问题
【答案】 6 a 0 5
【解析】到原点的距离为1的点的轨迹是以原点为圆心的单位圆，转化到此单位圆与已知圆相交求解 2 1 (0 2a)2 (0 a 3)2 2 1 6 a 0
5
类型二 由圆周角的性质确定隐形圆
典 例 2 已 知 圆 O : x2 y2 5, A, B 为 圆 O 上 的 两 个 动 点 ， 且 AB 2, M 为 弦 AB 的 中 点 ，
＋y2＝λ＋1，得 （x－1）2＋y2＝ λ＋1，点 C 的轨迹是以(1，0)为圆心 λ＋1为半径的圆且与 x2＋y2＝1 4
1
3
外离或相切．所以 λ＋1≤ ，λ的最大值为－ .
2
4
11.在平面直角坐标系 xOy 中，设直线 y＝－x＋2 与圆 x2＋y2＝r2(r＞0)交于 A，B 两点．若圆上存在一点 C，
3 离为 ，由点到直线距离公式得|a－1|＝3，则正数 a＝4.
2
9.在平面直角坐标系 xOy 中，圆 M：(x－a)2＋(y＋a－3)2＝1(a＞0)，点 N 为圆 M 上任意一点．若以 N 为圆
心，ON 为半径的圆与圆 M 至多有一个公共点，则 a 的最小值为__________．
【答案】3 【解析】根据题意，圆 M 与以 N 为圆心的圆的位置关系是内切或内含．则 dMN≤dON－1，即 1≤dON－1.所以 dON ≥2 恒成立．因为 N 在圆 M 上运动，所以 dON 的最小值为 dOM－1，即 dOM－1≥2，所以 a2＋（3－a）2≥3，解 得 a≥3，所以 a 的最小值为 3.
10.已知线段
AB
的长为
2，动点
C
满足C→A·C→B＝λ(λ为常数)，且点
C
总不在以点
阿波罗尼斯圆定理及拓展及解题
k2 1
x2 y2
2ak 2x
R
2 A
k
2
a2
RB2
0
此公式为圆方程式，证明了动点到两定圆切线长度为定比的轨迹是一个圆。
令 y 0 ，求 C 点 D 点的 x 坐标：
k2
1
x2
2ak 2x
R
2 A
k
2
a2
RB2
0
x
2
R150 47
R40
L
A
R100
C
B
R57.14285714
120
R60
图 6 运用方法三两对圆法绘制阿氏圆
A
C
B
R57.14285714
D
120
图 7 阿波罗尼斯圆定理扩展 1——点到两圆切线定比
圆圆阿氏圆方程，见图 9。
Y
kL
P(x,y)
图 8 题目 1 题解
TA
RA
O OA
RB TB C OB OQ
图 23 题目 4 题解—— 运用方法八点圆定比分点法解题
7a
R50 120
图 24 题目 5——点到圆点切距定比
图 25 扩展 3——点到圆点切距定比
点圆阿氏圆方程，见图 26。 根据已知条件列方程：
x2
y2
R
2 A
k
2
L2
，
x a 2 y2 L2
x2 2ax a2 y2 L2
50
20
R60
A
120
C
B
R57.14285714
R60 R82.85714286
2019中考复习 “隐形圆”问题(共22张PPT).ppt
∠P=90°（定角），AB=6（定弦），
故 P 在以 AB 为直径的⊙H 上 ， 当
H 、 P 、 C 三 点 共 线 时 CP 最
短 ，HB=3，BC=4 则 HC=5， 故
CP=5-3=2 。
小结
以上例题说明，在求一类线段最值问题中，如果遇到
动点的运动路径是圆时，只需利用上面提到的方案1或方
1
在以 A 为圆心的圆上，故∠CBD= 2∠CAD=38°
对应练
1、如图①,在Rt△ABC中,AB=4,BC=3,将△ABC绕点B顺 时针旋转α(0<α<120∘)得△DBE，连接AD，EC，直线 AD、EC交于点M.在旋转的过程中，四边形ABCM的面 积是否存在最大值?若存在，求出四边形ABCM面积的 最大值；若不存在，请说明理由；
真题演练
1.如图 ，长 2 米的梯子 AB 竖直放在墙角，在沿着墙角缓慢下滑
直至水平地面过程中，梯子 AB 的中点 P 的移动轨迹长度为 （）
简答：由斜边上的中点等于斜边的一半可知，OP=1，动点P 到定点O的距离始终等于1， 满足圆的定义（到定点的距离 等于定长的点的集合叫做圆），故P的运动轨迹是圆弧，圆 心角为 90°，轨迹长度为四分之一圆的长度。
AC=6，BC=8，点 F 在边 AC 上，并且
CF=2，点 E为边 BC 上的动点，将△CEF
沿直线 EF 翻折，点 C 落在点 P 处，则
点 P 到边 AB 距离的最小值是（ ）。
简答：E 是动点，导致 EF、EC、EP 都在变化，但是 FP=FC=2 不变，故 P 点到 F 点的距离永远等于 2，故 P 在 ⊙F 上运动，如图 。由垂线段最短可 知，FH⊥AB 时，FH 最短， 当 F、P、 H 三点共线时，PH 最短，又因为 △AFH∽△ABC，所以 AF:FH:AH=5:4:3，又因为 AF=4，故 FH=3.2，又因为 FP=2，故 PH 最短为 1.2
隐圆问题：高考数学二轮复习微专题
隐圆问题：高考数学二轮复习微专题【典型例题】例1．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一．指的是：已知动点M 与两定点Q ，P 的距离之比||(0,1)||MQ MP λλλ=>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为221x y +=，其中，定点Q 为x 轴上一点，定点P 的坐标为1(,0),33λ-=，若点(1,1)B ，则3||||MP MB +的最小值为()A B C D例2．ABC ∆中AB AC ==，ABC ∆所在平面内存在点P 使得22233PB PC PA +==，则ABC ∆面积最大值为()A ．2233B ．52316C ．354D ．33516例3．已知平面向量a ，b ，c，满足x R ∀∈，1||||4a xb a b -- ，||2a =，4a b ⋅=，()(26a c b c --=，则||a c -的最小值为()A ．1B ．3+C ．3D ．22-例4．已知A ，B 是圆22:1C x y +=上的动点，AB =P 是直线20x y +-=上的动点，则||PA PB +的最小值为．例5．已知ABC ∆是边长为3的等边三角形，点P 是以A 为圆心的单位圆上一动点，点Q 满足2133AQ AP AC =+，则||BQ 的最小值是．例6．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆22:40C x y x +-=及点(1,0)A -，(1,2)B ．（1）若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，MN AB =，求直线l 的方程；（2）在圆C 上是否存在点P ，使得22||||12PA PB +=？若存在，求点P 的个数；若不存在，说明理由．例7．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆22:40C x y x +-=及点(1,0)A -，(1,2)B （1）若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，MN AB =，求直线l 的方程；（2）若圆C 上存在两个点P ，使得22(4)PA PB a a +=>，求a 的取值范围．【同步练习】一．选择题1．已知平面向量(2,0)a = ，(0,1)b = ，且非零向量c满足(2)()a c b c -⊥- ，则||c 的最大值是()A ．1BC D ．22．已知A ，B 为圆22:4O x y +=上的两动点，||AB =，点P 是圆22:(3)(4)1C x y ++-=上的一点，则||PA PB + 的最大值是()A ．10B ．12C ．14D ．163．已知向量a ，b ，c 为平面向量，||||21a b a b === ，且c 使得2c a - 与c b -所成夹角为3π，则||c 的最大值为()A 1BC ．1D 1+4．已知圆22:5O x y +=，A ，B 为圆O 上的两个动点，且||2AB =，M 为弦AB 的中点，C ，)a ，D 2)a +．当A ，B 在圆O 上运动时，始终有CMD ∠为锐角，则实数a 的取值范围为()A ．(,2)-∞-B ．(-∞，2)(0-⋃，)+∞C ．(2,)-+∞D ．(-∞，0)(2⋃，)+∞5．已知1a ，2a ，1b ，2b ，⋯，()k b k N +∈ 是平面内两两互不相等的向量，12||1a a -= ，且对任意的1i =，2及1j =，2，⋯，k ，||{1i j a b -∈，2}，则k 最大值为()A ．3B ．4C ．5D ．6二．多选题6．已知*1212,,,,,()k a a b b b k N ∈ 是平面内两两不相等的向量，满足12||1a a -=，且{}||1,2i j a b -∈（其中1i =，2，1j =，2， ，)k ，则实数k 的值可能为()A ．2B ．4C ．8D ．16三．填空题7．已知A ，B 是圆22:10O x y +=上的动点，AB =，P 是圆22(6)(8)1C x y -+-=上的动点，则|3|PA PB +的取值范围是．8．M 为等边ABC ∆内一动点，且120CMB ∠=︒，则AMMC的最小值为．9．若ABC ∆满足条件4AB =，AC =，则ABC ∆面积的最大值为．10．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两个定点A 、B 的距离之比为(0,1)λλλ>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．若已知圆22:1O x y +=和点1(2A -，0)，点(4,2)B ，M 为圆O 上的动点，则2||||MA MB +的最小值为．11．在平面直角坐标系xOy 中，已知B ，C 为圆224x y +=上两点，点(1,1)A ，且AB AC ⊥，则线段BC 的长的取值范围为．12．在平面直角坐标系xOy 中，已知B ，C 为圆229x y +=上两点，点(1,1)A ，且AB AC ⊥，则线段BC 的长的取值范围是．13．在平面直角坐标系xOy 中，已知点(A t -，0)(0)t >，(,0)B t ，点C 满足8AC BC = ，且点C 到直线:34240l x y -+=的最小距离为95，则实数t 的值是．14．阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262190-年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数(0k k >且1)k ≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，现有ABC ∆，9AC =，sin 2sin C A =，则ABC ∆的面积最大值为．15．阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262190-年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他证(0,1)k k k >≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．（1）若定点为(1,0)A -，(1,0)B ，写出12k =的一个阿波罗尼斯圆的标准方程22516()39x y ±+=（写对一个即可）；（2）ABC ∆中，||2AB =，||||(1)AC k BC k =>，则当ABC ∆面积的最大值为k =．16．古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A 、B ，动点P 满足|||PA PB λ=（其中λ是正常数，且1)λ≠，则P 的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点(1,0)M -、(2,1)N ，P 是圆22:3O x y +=上的动点，则|||PM PN +的最小值为．17．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点P 到两定点A ，B 的距离之满足||(0||PA t t PB =>且1)t ≠为常数，则P 点的轨迹为圆．已知圆22:1O x y +=和1(,0)2A -，若定点(B b ，10)()2b ≠-和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有||||MB MA λ=，则λ=2．18．平面向量a，b ，c ，d满足||||21a b a b ==⋅= ，(2)()c a b R λλλ=+-∈ ，|4|d b += 则||c d +的最小值为．19．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆22:()1C x m y -+=及点(1,0)A -，(1,2)B ，若圆C 上存在点P 使得2212PA PB +=，则实数m 的取值范围是．四．解答题20．在ABC ∆中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知向量(2,1)m a =，(2,cos )n b c C =- ，且//m n ．（Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）若a =b c +的取值范围．隐圆问题（解析版）【典型例题】例1．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一．指的是：已知动点M 与两定点Q ，P 的距离之比||(0,1)||MQ MP λλλ=>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为221x y +=，其中，定点Q 为x 轴上一点，定点P 的坐标为1(,0),33λ-=，若点(1,1)B ，则3||||MP MB +的最小值为()ABCD【解析】解：设(,0)Q a ，(,)M x y，所以||MQ =，由1(,0)3P -，所以||PM =||||MQ MP λ=且3λ=3=，整理可得2223148a a x y x +-++=，又动点M 的轨迹是221x y +=，所以2304118aa +⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，解得3a =-，所以(3,0)Q -，又||3||MQ MP =，所以3||||||||||MP MB MQ MB BQ +=+ ，因为(1,1)B ，所以3||||MP MB +的最小值||BQ =，当M 在位置1M 或2M 时等号成立．故选：D ．例2．ABC ∆中AB AC ==，ABC ∆所在平面内存在点P 使得22233PB PC PA +==，则ABC ∆面积最大值为()A ．3B ．16C ．4D ．16【解析】解：以BC 的中点为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，建立直角坐标系，设(,0)B a -，(,0)C a ，(0)a >，则A ，设(,)P x y ，由22233PB PC PA +==，可得222222()()3[(]3x a y x a y x y +++-+=+=，可得22232x y a +=-，22(1x y +=，即有点P 既在(0,0)的圆上，也在为圆心，1为半径的圆上，可得|11+由两边平方化简可得22316a ，则ABC ∆的面积为2S a ====由22316a ，可得22316a =，S 取得最大值，且为52316．故选：B ．例3．已知平面向量a ，b ，c，满足x R ∀∈，1||||4a xb a b -- ，||2a =，4a b ⋅=，()(26a c b c --=，则||a c -的最小值为()A ．1B ．263+C ．3D ．622-【解析】解：x R ∀∈ ，1||||4a xb a b -- ，||2a =，4a b ⋅=，2221484216x b x b ∴+-+- ，0b ≠ ，∴221()82016x b x --+ ，∴222182016b x x b -+- 对任意x 都恒成立，∴42164||8||04b b =+- ，221(||8)02b ∴-，∴21||82b = ，||4b ∴= ．不妨设(2,0)a =，(,)b m n = ，则24m =，2m ∴=．又||4b =，2416n ∴+=，n ∴=±当b = 时，设(,)c x y =，∴(2,)a c x y -=--，2(22b c x -=- ，2)y -，(2)(22)(2)6x x y y ∴--+-=，2233(()422x y ∴-+-=，∴c对应的点的轨迹是以3(2为圆心，以2为半径的圆，||a c ∴-=(,)x y 到(2,0)的距离，||a c ∴-的最小值为2211-=-=，当(2,b =- 时，同理可得||a c -的最小值为1．故选：A ．例4．已知A ，B 是圆22:1C x y +=上的动点，AB =P 是直线20x y +-=上的动点，则||PA PB +的最小值为．【解析】解：根据题意，圆22:1C x y +=的圆心为(0,0)，半径1r =，A ，B 是圆22:1C x y +=上的动点且AB =2ACB π∠=，即AC BC ⊥，设AB 的中点为M ，则2PA PB PM += ，||2OM =，则有||||||OM MP PO + ，分析可得2||||||||2MP OP OM OP -=-，当||OP 最小时，||MP 最小，即||PA PB +取得最小值，又由||OP 的最小值为O 到直线20x y +-=的距离，则||OP 的最小时为d =，则||2||22PA PB MP +=⨯=．例5．已知ABC ∆是边长为3的等边三角形，点P 是以A 为圆心的单位圆上一动点，点Q 满足2133AQ AP AC =+，则||BQ 的最小值是．【解析】解：如图建立平面直角坐标系，设(cos ,sin )P θθ，则(0,0)A ，3(2B -，，3(2C ，；21213212(cos ,sin )(,)(cos ,sin )3333223232AQ AP AC θθθθ=+=+-=+- ．22(cos 2,sin33BQ BA AQ θθ=+=++ 则||BQ ==== ．∴故答案为：3723-例6．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆22:40C x y x +-=及点(1,0)A -，(1,2)B ．（1）若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，MN AB =，求直线l 的方程；（2）在圆C 上是否存在点P ，使得22||||12PA PB +=若存在，求点P 的个数；若不存在，说明理由．【解析】解：（1）圆C 的标准方程为22(2)4x y -+=，所以圆心(2,0)C ，半径为2．因为//l AB ，(1,0)A -，(1,2)B ，所以直线l 的斜率为2011(1)-=--，设直线l 的方程为0x y m -+=，则圆心C 到直线l 的距离为d因为MN AB ===，而222()2MN CM d =+，所以2(2)422m +=+，解得0m =或4m =-，故直线l 的方程为0x y -=或40x y --=．（2）假设圆C 上存在点P ，设(,)P x y ，则22(2)4x y -+=，222222(1)(0)(1)(2)12PA PB x y x y +=++-+-+-=，即22230x y y +--=，即22(1)4x y +-=，因为|22|22-<<+，所以圆22(2)4x y -+=与圆22(1)4x y +-=相交，所以点P 的个数为2．例7．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆22:40C x y x +-=及点(1,0)A -，(1,2)B（1）若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，MN AB =，求直线l 的方程；（2）若圆C 上存在两个点P ，使得22(4)PA PB a a +=>，求a 的取值范围．【解析】解：（1）根据题意，圆C 的标准方程为22(2)4x y -+=，所以圆心(2,0)C ，半径为2．因为//l AB ，(1,0)A -，(1,2)B ，直线AB 的方程为10x y -+=，且||AB ==，设直线l 的方程为0x y m -+=，又由MN AB ==，圆心C 到直线l 的距离d =则有222(2MN r =+，即22=，解可得0m =或4-，故直线l 的方程为0x y -=或40x y --=；（2）根据题意，设(,)P x y ，若22PA PB a +=，则222222(1)(0)(1)(2)PA PB x y x y a +=++-+-+-=，变形可得：22232a x y y +-+=，即22(1)22ax y +-=-，则P 的轨迹是以(0,1)为半径的圆；若圆C 上存在两个点P ，使得22PA PB a +=，则圆C 与圆22(1)4x y +-=相交，两圆的圆心距d '==，则有22-<<+，解可得：2222a -<<+，故a 的取值范围为(22-22+【同步练习】一．选择题1．已知平面向量(2,0)a = ，(0,1)b = ，且非零向量c满足(2)()a c b c -⊥- ，则||c 的最大值是()A ．1B C D ．2【解析】解：根据题意，设(,)c x y =，即C 的坐标为(,)x y ，则2(22,2)a c x y -=--，(,1)b c x y -=-- ，若(2)()a c b c -⊥- ，则(2)()(22)(1)20a c b c x x y y -⋅-=-⨯+-⨯=，变形可得22111()()222x y y -+-=，则点C 在圆22111(()222x y -+-=上，其圆心为1(2，1)2，半径为2，则点C 到原点O2+=，故选：B ．2．已知A ，B 为圆22:4O x y +=上的两动点，||AB =，点P 是圆22:(3)(4)1C x y ++-=上的一点，则||PA PB + 的最大值是()A ．10B ．12C ．14D ．16【解析】解：设M 是AB 的中点，则2PA PB PM MA PM MB PM +=+++=，于是|||2|PA PB PM += ．由于||AB =，则由垂径定理：||1OM ==，于是M 在以O 为圆心，1为半径的圆上，又||||116max PO OC =+==，故||||1617max max PM PO =+=+=，因此||2714max PA PB +=⨯=．故选：C ．3．已知向量a ，b ，c 为平面向量，||||21a b a b === ，且c 使得2c a - 与c b -所成夹角为3π，则||c的最大值为()A1BC ．1D1+【解析】解：设OA a = ，OB b = ，OC c =，平面向量a，b ，c 满足||||21a b a b === ，cos a ∴<，12||||a b b a b >==⨯，a ∴<，3b π>= ，设(,)c x y = ，(1,0)a =，(cos 6b π= ，1sin (62π=，2c a - 与c b - 的夹角为3π，即为2a c -与b c - 的夹角为3π，可得180BCD BAD ∠+∠=︒，则四点A 、B 、C 、D 共圆，设圆心为E ，C 在圆E 上运动，可得E 的横坐标为32，由BD =22r ==，解得1r =，由(1,0)A ，可得3(2E，即有||OE ==，则||c的最大值为1+．故选：A．4．已知圆22:5O x y +=，A ，B 为圆O 上的两个动点，且||2AB =，M 为弦AB 的中点，C ，)a，D 2)a +．当A ，B 在圆O 上运动时，始终有CMD ∠为锐角，则实数a 的取值范围为()A ．(,2)-∞-B ．(-∞，2)(0-⋃，)+∞C ．(2,)-+∞D ．(-∞，0)(2⋃，)+∞【解析】解：连接OM，由题意可得||2OM ==，所以点M 在以原点O 为圆心，以2为半径的圆上，设CD 的中点为N，则N ，1)a +，由题意可得||2CD =，因为当A ，B 在圆O 上运动时，始终有CMD ∠为锐角，所以以原点O 为圆心，以2为半径的圆与以N 为圆心，以1为半径的圆相离，即3>，解得：2a <-或0a >，故选：B ．5．已知1a ，2a ，1b ，2b ，⋯，()k b k N +∈ 是平面内两两互不相等的向量，12||1a a -= ，且对任意的1i =，2及1j =，2，⋯，k ，||{1i j a b -∈，2}，则k 最大值为()A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】解：设1(0,0)a = ，2(0,1)a =，(,)j b x y = ，对任意的1i =，2及1j =，2，⋯，k ，||{1i j a b -∈，2}，∴1=2=，1=2=，k ∴的最大值为四个圆的交点个数总和，如图所示，共有6个．故选：D ．二．多选题6．已知*1212,,,,,()k a a b b b k N ∈ 是平面内两两不相等的向量，满足12||1a a -=，且{}||1,2i j a b -∈（其中1i =，2，1j =，2， ，)k ，则实数k 的值可能为()A ．2B ．4C ．8D ．16【解析】解：根据题意，如图，设11OA a = ，22OA a =，由于12||1a a -=，且{}||1,2i j a b -∈ ，分别以1A ，2A 为圆心，以1和2为半径画圆，其中任意两圆的公共点共有6个．故满足条件的k 的最大值为6．故选：AB ．三．填空题7．已知A ，B 是圆22:10O x y +=上的动点，AB =，P 是圆22(6)(8)1C x y -+-=上的动点，则|3|PA PB +的取值范围是．【解析】解：如图示：设AB 的中点为N ，NB 的中点为M ，则3224PA PB PN PB PM +=+= ，所以|3|2||4||PA PB PN PB PM +=+= ，AB = OA =ON NM ∴==，2OM ∴=，故M 的轨迹为以O 为圆心，2为半径的圆，P 是圆22(6)(8)1C x y -+-=上的动点，(12)7min PM ∴=-+=，10(12)13max PM =++=，故4||[28.52]PM ∈．故答案为：[28，52]．8．M 为等边ABC ∆内一动点，且120CMB ∠=︒，则AMMC的最小值为．【解析】解：如图所示，不妨设等边ABC ∆的边长为2，M 为ABC ∆内一动点，120BMC ∠=︒，∴点M 在弦BC 所对的弓形 BMC上，120BQC ∠=︒．由图可知：当点M 取与y 轴的交点时，30MBC ∠=︒，可得：(0,Q ，(0A(1,0)C ，(,)M x y ．点M所在圆的方程为：224(3x y ++=．设参数方程为：cos 333x y θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，∴222222224()||(3||(1)sin MA x y MC x y θθ+++===-+，t =，化为：sin()1θβ+=，解得34t ，∴AM MC ，，故答案为：32．9．若ABC ∆满足条件4AB =，AC =，则ABC ∆面积的最大值为．【解析】解：建立平面直角坐标系，如图所示，则(2,0)A-，(2,0)B，设(,)C x y，由AC=，=，化简可得22(6)32x y-+=；则点C的轨迹是以(6,0)为圆心，且去掉点(6+，0)和(6-0)；所以ABC∆的面积的最大值为11422AB r⨯⨯=⨯⨯=．故答案为：．10．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两个定点A、B的距离之比为(0,1)λλλ>≠，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．若已知圆22:1O x y+=和点1(2A-，0)，点(4,2)B，M为圆O上的动点，则2||||MA MB+的最小值为．【解析】解：设(,)M x y，令2||||MA MC=，则有||1||2MAMC=，由题意可知，圆221x y+=是关于点A，C的阿波罗尼斯圆，且12λ=，设点(,)C m n，则有||1||2MAMC=，整理可得22222421333m n m nx y x y++-+++=，比较两个方程可得，2224210,0,1333m n m n ++-===，故2m =-，0n =，点(2,0)C -，所以当点M 位于图中1M ，2M 的位置时，2||||||||MA MB MC MB +=+的值最小为||BC =故答案为：11．在平面直角坐标系xOy 中，已知B ，C 为圆224x y +=上两点，点(1,1)A ，且AB AC ⊥，则线段BC 的长的取值范围为．【解析】解：在平面直角坐标系xOy 中，已知B ，C 为圆224x y +=上两点，点(1,1)A ，且AB AC ⊥，如图所示当BC OA ⊥时，||BC 取得最小值或最大值．由2214y x y =⎧⎨+=⎩，可得(B 1)或，1)，由2214x x y =⎧⎨+=⎩，可得C 或(1,解得||min BC ==，||max BC =故答案为：-．12．在平面直角坐标系xOy 中，已知B ，C 为圆229x y +=上两点，点(1,1)A ，且AB AC ⊥，则线段BC 的长的取值范围是．【解析】解：设BC 的中点为(,)M x y ，因为22222||||||||||OB OM BM OM AM =+=+，所以22229(1)(1)x y x y =++-+-，化简得2211()()422x y -+-=，即点M 的轨迹是以11(,22N 为圆心，2为半径的圆，所以||2AN ==，所以||AM 的取值范围是22[2]22-+，从而||BC 的取值范围是[4+．故答案为：[4-+．13．在平面直角坐标系xOy 中，已知点(A t -，0)(0)t >，(,0)B t ，点C 满足8AC BC =，且点C 到直线:34240l x y -+=的最小距离为95，则实数t 的值是．【解析】解：设0(C x ，0)y ，(,0)A t - ，(,0)B t ，8AC BC =，0(x t ∴+，00)(y x t - ，0)8y =，即222008x t y -+=，∴222008x y t +=+，则点C 为半径的圆上，又点C 到直线:34240l x y -+=的最小距离为95，95=，∴3=，解得：1t =±，0t > ，1t ∴=．故答案为：1．14．阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262190-年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数(0k k >且1)k ≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，现有ABC ∆，9AC =，sin 2sin C A =，则ABC ∆的面积最大值为．【解析】解：ABC ∆ ，9AC =，sin 2sin C A =，即2ca=，根据阿波罗尼斯圆的性质，点B 的轨迹为圆（去掉两个点），建立如图所示的直角坐标系：，设(,)B x y ，则2=，化为：22(5)16x y -+=，∴点B 的轨迹为以(5,0)M 为圆心，4为半径的圆，去掉两个点：(1,0)，(9,0)，MB AC ∴⊥时，ABC ∆的面积最大，故此时11941822ABC S AC MB ∆=⋅⋅=⨯⨯=，故答案为：18．15．阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262190-年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数(0,1)k k k >≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．（1）若定点为(1,0)A -，(1,0)B ，写出12k =的一个阿波罗尼斯圆的标准方程22516()39x y ±+=（写对一个即可）；（2）ABC ∆中，||2AB =，||||(1)AC k BC k =>，则当ABC ∆面积的最大值为k =．【解析】解：（1）设(,)P x y ，由题意可知12PA PB =，即有224PB PA =，2222(1)4[(1)]x y x y ∴-+=++，整理得22331030x y x +++=，或12PB PA =，即有224PA PB =，2222(1)4[(1)]x y x y ∴++=-+，整理得22331030x y x +-+=，故其标准方程为22516()39x y ++=或22516(39x y -+=，即为点P 的轨迹方程；（2）如图，不妨设(1,0)A ，(1,0)B -，(,)C x y ，则||||AC k BC =，可化为22222(1)[(1)]x y k x y -+=++，整理可得222222(1)(1)2(1)10k x k y k x k -+-+++-=，即222222211()()111k k x y k k ++-+=---，圆心221(1k k +-，0)，22221()11k r k +=--由图可知当点C 到(AB x 轴）距离最大时，ABC ∆的面积最大，即当点C 到AB 的距离d 等于半径r 时，面积最大，ABC ∴∆面积的最大值是122r ⨯=，解得r =，故有22221(11k k +-=-，解得k =舍去），故答案为：22516()39x y ±+=（填一个即可）．16．古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A 、B ，动点P 满足|||PA PB λ=（其中λ是正常数，且1)λ≠，则P 的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点(1,0)M -、(2,1)N ，P 是圆22:3O x y +=上的动点，则|||PM PN +的最小值为．【解析】解：如图，在x 轴上取点(3,0)S -，||||||||OM OP OP OS ==MOP POS ∠=∠，MOP POS ∴∆∆∽，∴|||PS PM =，∴||||||||||PM PN PS PN SN +=+（当且仅当P 为SN 与圆O 交点时取等号），∴|||)||min PM PN SN +===17．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点P 到两定点A ，B 的距离之满足||(0||PA t t PB =>且1)t ≠为常数，则P 点的轨迹为圆．已知圆22:1O x y +=和1(,0)2A -，若定点(B b ，10)()2b ≠-和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有||||MB MA λ=，则λ=2．【解析】解：设点(,)M x y ，由||||MB MA λ=，得222221()[()]2x b y x y λ-+=++，整理得2222222124011b b x y x λλλλ-++-+=--，所以222222011411b b λλλλ⎧+=⎪-⎪⎨-⎪=-⎪-⎩解得2λ=，2b =-如右图，当(0,1)M 或(0,1)M -时，3()4MAB max S ∆=．故答案为：2；34．18．平面向量a ，b ，c ，d 满足||||21a b a b ==⋅= ，(2)()c a b R λλλ=+-∈，|4|d b += 则||c d + 的最小值为．【解析】解：如图， ||||21a b a b ==⋅= ，112cos ,112||||a b a b a b ⋅∴<>===⨯⋅ ，又,[0,]a b π<>∈ ，∴,3a b π<>= ，设OA a = ，OB b = ，则1OA OB ==，又(2)()c a b R λλλ=+-∈ ，∴2()2()222c a b λλ-=⋅+⋅ ，设2OE a = ，2OF b = ，OC c = ，∴2((22OC OE OF λλ-=+ ， 2122λλ-+=，C ∴，E ，F 三点共线，即点C 在直线EF 上，又,3EOF a b π∠=<>= ，22OE OA ==，22OF OB ==，EOF ∴∆是边长为2的等边三角形，又|4|d b +=，|4()|b d ∴--= ，设4OP b = ，OD d =- ，则44OP OB ==，||OP OD ∴-=，DP ∴=，D ∴在以P 为圆心，r =P 上，|||()|||c d c d OC OD DC +=--=-= ，而点C 在直线EF 上，又D 在以P 为半径的圆P 上，DC ∴的最小值即为圆心P 到直线EF 的距离减去半径，过P 作PH EF ⊥，垂足点为H ，又3PFH π∠=，422PF OP OF =-=-=，∴圆心P 到直线EF 的距离sin 2PH FP PFH =⨯∠=⨯，DC ∴的最小值为PH r -=-，故||c d +19．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆22:()1C x m y -+=及点(1,0)A -，(1,2)B ，若圆C 上存在点P 使得2212PA PB +=，则实数m 的取值范围是．【解析】解：设0(P x ，0)y ，则2200()1x m y -+=，①又(1,0)A -，(1,2)B ，且2212PA PB +=，∴22220000(1)(1)(2)12x y x y +++-+-=，整理得：2200(1)4x y +-=，②若0(P x ，0)y 存在，则圆①②有公共点，则2121-+，解得m -∴实数m 的取值范围是[-，．故答案为：[-，．四．解答题20．在ABC ∆中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知向量(2,1)m a = ，(2,cos )n b c C =- ，且//m n ．（Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）若a =b c +的取值范围．【解析】解：（Ⅰ）向量(2,1)m a = ，(2,cos )n b c C =- ，且//m n ；2cos (2)0a C b c ∴--=，即2cos 2a C b c =-；由正弦定理得，2sin cos 2sin sin A C B C =-，即2sin cos 2sin()sin A C A C C =+-，2sin cos 2sin cos 2cos sin sin A C A C A C C ∴=+-，化简得2cos sin sin A C C =，即1cos 2A =；又(0,)A π∈，3A π∴=；（Ⅱ）ABC ∆中，3A π=，a =设ABC ∆外接圆的直径为2r ，由正弦定理得22sin sin 3a r A π===，2sin 2sin b c B C∴+=+2[sin(120)sin ]C C =︒-+4sin 60cos(60)C =︒︒-)C =︒-；606060C -︒<︒-<︒ ，11cos(60)2C ∴︒->，)C ∴︒->，即b c +的取值范围是，．。
高中数学拓展训练【隐形圆(阿波罗尼斯圆)问题】
高中数学拓展训练【隐形圆(阿波罗尼斯圆)问题】近年来阿波罗尼斯圆及隐圆问题受到命题者的广泛青睐，难度为中档、高档题目.该类题目题设中没有明确给出圆的相关信息，而是隐含在题目中的，要通过分析、转化，发现圆(或圆的方程)，从而最终利用圆的知识来求解.对优化思维过程，提升数学解题能力，培养学生数学核心素养大有裨益.【典例1】 (1)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.12D.10(2)在平面直角坐标系xOy 中，点A (－12，0)，B (0，6)，点P 在圆O ：x 2＋y 2＝50上，若PA →·PB →≤20，则点P 的横坐标的取值范围是( ) A.[0，2] B.[－52，1] C.[－2，2] D.[－2，0]答案 (1)C (2)B解析 (1)动直线方程化为m (x －1)＋n (y －3)＝0，知恒过定点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 ＝12|AQ |＝5. 又|MC |＝（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. (2)设点P (x ，y )，且PA →·PB→≤20.∴(x ＋12)x ＋y (y －6)≤20，则(x ＋6)2＋(y －3)2≤65， 则点P 为圆O 在圆(x ＋6)2＋(y －3)2＝65内部及其上的点，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝50，x 2＋y 2＋12x －6y ＝20，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝7或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－5，y ＝－5.结合图形(图略)可知－52≤x ≤1.点津突破 1.题目条件隐含“圆M ”及“圆(x ＋6)2＋(y －3)2＝65”，从而借助几何直观求解最值与范围. 2.发现确定隐圆的主要方法：(1)利用圆的定义或圆的几何性质确定隐圆.(2)在平面上给定相异两点A ，B ，设点P 在同一平面上且满足|PA |＝λ|PB |，当λ>0且λ≠1时，点P 的轨迹是个圆，这个圆我们称作阿波罗尼斯圆. (3)两定点A ，B ，动点P 满足PA →·PB→＝λ，确定隐圆. 【典例2】 已知圆C ：x 2＋y 2＝9，点A (－5，0)，直线l ：x －2y ＝0. (1)求与圆C 相切，且与直线l 垂直的直线方程；(2)在直线OA 上(O 为坐标原点)，是否存在定点B (不同于点A )，使对于圆C 上任一点P ，都有|PB ||PA |为一常数？若存在，求出定点B 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)设所求直线方程为y ＝－2x ＋b ，即2x ＋y －b ＝0，因为直线与圆相切， 所以|－b |22＋12＝3，得b ＝±3 5. 所以所求直线方程为y ＝－2x ＋35或y ＝－2x －3 5.(2)设P (x 0，y 0)，则y 20＝9－x 20.假设存在这样的点B (t ，0)(t ≠－5)，使得|PB ||PA |为常数λ(λ≠1)， 则|PB |2＝λ2|PA |2，所以(x 0－t )2＋y 20＝λ2[(x 0＋5)2＋y 20]，将y 20＝9－x 20，代入上式消去y 20，得(10λ2＋2t )x 0＋34λ2－t 2－9＝0对x 0∈[－3，3]恒成立， 所以⎩⎨⎧10λ2＋2t ＝0，34λ2－t 2－9＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝35，t ＝－95或⎩⎨⎧λ＝1，t ＝－5(舍去).所以存在定点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0，使得对于圆C 上任一点P ，都有|PB ||PA |为常数35.点津突破 1.本题考查直线与圆的位置关系及存在开放问题，考查数学运算与逻辑推理等数学核心素养.2.第(2)问其设置原型即来源于“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C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λ2＋1λ2－1a ，0为圆心，⎪⎪⎪⎪⎪⎪ 2aλλ2－1为半径的圆(阿波罗尼斯圆).借助定义，可将方程化简，准确进行答案的取舍(舍去λ＝1).【典例3】 (1)若平面内两定点A ，B 间的距离为2，动点P 满足|PA ||PB |＝3，则12(|PA |2＋|PB |2)的最大值为( ) A.3＋ 3 B.7＋4 3 C.8＋4 3D.16＋8 3(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________. 答案 (1)C (2)[0，3]解析 (1)以线段AB 的中点为原点，AB 所在直线为x 轴，AB 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系.则A (－1，0)，B (1，0)，设P (x ，y ). 因为|PA ||PB |＝3，则（x ＋1）2＋y 2（x －1）2＋y2＝ 3.化简得(x －2)2＋y 2＝3为动点P 满足的轨迹方程.易知|PA |2＋|PB |22＝（x ＋1）2＋y 2＋（x －1）2＋y 22＝x 2＋y 2＋1，其中x 2＋y 2可以看作圆(x －2)2＋y 2＝3上的点(x ，y )到点(0，0)的距离的平方， 所以x 2＋y 2的最大值为(2＋3)2＝7＋43， 所以x 2＋y 2＋1的最大值为8＋43， 即|PA |2＋|PB |22的最大值为8＋4 3.(2)设M (x ，y )，由|MA |2＋|MO |2＝10， 可得x 2＋(y －1)2＝4，∴M 点在圆x 2＋(y －1)2＝4上，故圆x 2＋(y －1)2＝4和圆(x －a )2＋(y －a ＋2)2＝1相交或相切， ∴1≤a 2＋（a －3）2≤3，∴0≤a ≤3.点津突破 1.两题均是利用直接法求动点的轨迹方程，求解轨迹，关键在于找准题目中凸显的或隐含的等量关系，并把这种关系“翻译”成与动点坐标(x ，y )有关的等式，即可得到所求的轨迹方程.2.重视数形结合与转化思想的应用：一是借形解题，即能画出满足题意的动点的大致轨迹；二是会转化，如本例第(1)题，把圆上的动点到定点的距离的最大值问题，转化为圆心到定点的距离加上半径. [跟踪演练]1.若两定点A ，B 的距离为3，动点M 满足|MA |＝2|MB |，则M 点的轨迹围成区域的面积为( ) A.π B.2π C.3π D.4π答案 D解析 以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，过点A 垂直于AB 的直线为y 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则B(3，0).设M(x，y)，依题意有，x2＋y2（x－3）2＋y2＝2，化简整理得，x2＋y2－8x＋12＝0，即(x－4)2＋y2＝4，则M点的轨迹围成区域的面积为4π.2.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.[0，2] B.[－52，1]C.[－2，2]D.[－2，2]答案 D解析由题意可知四边形PAOB为正方形，|OP|＝2，∴点P在以O为圆心，以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2－2≤a2＋4≤2＋2，解得－2≤a≤2.3.已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m，0)，且m>0.若圆C上存在一点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值是()A.7B.6C.5D.4答案 B解析如图所示，圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1的半径为1，|OC|＝5.所以圆C上的点到点O距离的最大值为6，最小值为4.由∠APB＝90°知，以AB为直径的圆和圆C有交点，连接OP，故|OP|＝12|AB|＝m，故4≤m≤6.所以m 的最大值是6.4.已知等边三角形ABC 的边长为2，点P 在线段AC 上，若满足PA →·PB →－2λ＋1＝0的点P 恰有两个，则实数λ的取值范围是________. 答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤38，12解析 如图，以AB 的中点O 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，OC 所在的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A (－1，0)，B (1，0)，设P (x ，y ).则PA →·PB →－2λ＋1＝0，即为(－1－x )(1－x )＋y 2－2λ＋1＝0，化简得x 2＋y 2＝2λ(λ>0)，故所有满足PA →·PB →－2λ＋1＝0的点P 在以O 为圆心，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x 2＋y 2＝2λ有两个交点，所以|OM |<2λ≤|OA |，即32<2λ≤1，解得38<λ≤12.。
培优点 隐圆(阿波罗尼斯圆)问题
培优点隐圆(阿波罗尼斯圆)问题隐圆问题近几年在高考题和各地模拟题中都出现过，难度为中高档，在题设中没有明确给出圆的相关信息，而是隐含在题目中，要通过分析、转化、发现圆(或圆的方程)，从而最终利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐圆问题”．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 ：x 2＋y 2－2x －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＝14B ．(x －1)2＋(y －2)2＝1C ．(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝14D ．(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 ＝2，因为CA ⊥CB ， 所以|AB |＝2r ＝2， 又P 是AB 的中点， 所以|CP |＝12|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 ．[1，5－1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－12，3＋12 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤5－12，5＋12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤5＋12，52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OA →＝a ＝(0,1)，OB →＝b ＝(2,0)， OC →＝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＋⎝⎛⎭⎫y －122＝⎝⎛⎭⎫122， 所以点C 的轨迹是以⎝⎛⎭⎫1，12为圆心，以r ＝12为半径的圆，原点(0,0)到⎝⎛⎭⎫1，12的距离为d ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＝52，所以|c |＝x 2＋y 2的取值范围是[d －r ，d ＋r ]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤5－12，5＋12.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 ：x 2＋y 2－2x －4y ＝0上两点，且|MN |＝4，点P 在直线l ：x －y ＋3＝0上，则|PM →＋PN →|的最小值为( ) A ．22－2 B ．2 2 C ．22＋2 D ．22－ 5答案 A解析 设线段MN 的中点为D ，圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心为C (1,2)，半径为 5.则圆心C 到直线MN 的距离为(5)2－⎝⎛⎭⎫422＝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 ＝|1－2＋3|2－1＝2－1.所以|PM →＋PN →|＝|2PD→|＝2|PD →|≥2t ＝22－2.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＋y 2＝t 2， 则圆心C 1(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|CC 1|＝(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⎩⎪⎨⎪⎧R ＋r ≥5，R －r ≤5，即⎩⎪⎨⎪⎧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x 2＋y 2＝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) ⎝⎛⎭⎫x ＋122＋⎝⎛⎭⎫y －122＝12 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 (x 0，x 0＋4)，则以OP 为直径的圆的方程为⎝⎛⎭⎫x －x 022＋⎝⎛⎭⎫y －x 0＋422＝x 20＋(x 0＋4)24， 化简得x 2－x 0x －(x 0＋4)y ＋y 2＝0， 与x 2＋y 2＝4联立，可得CD 所在直线的方程为x 0x ＋(x 0＋4)y ＝4⇒x 0(x ＋y )＝4(1－y )⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 1－y ＝0，x ＋y ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧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⎝⎛⎭⎫x ＋122＋⎝⎛⎭⎫y －122＝12. 规律方法 利用圆的性质，圆周角为直角，即可得到：若P A ⊥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 |＝22，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 ．4 2B ．3 2C ．2 2 D. 2 答案 B解析 由y ＝kx ＋m (k ≠0)得A ⎝⎛⎭⎫－mk ，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⎝⎛⎭⎫x ＋m 2k 2＋⎝⎛⎭⎫y －m 22＝m 24k 2＋m24，设该动圆的圆心为(x ′，y ′)，则x ′＝－m 2k ，y ′＝m2，整理得k ＝－y ′x ′，m ＝2y ′，代入到⎝⎛⎭⎫－mk 2＋m 2＝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[1－(－1)]2＋[1－(－1)]2＋2＝3 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：|P A ||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＝12，则下列关于动点P 的结论正确的是( )A ．点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＋8x ＝0B ．△APB 面积的最大值为6C ．在x 轴上必存在异于A ，B 的两定点M ，N ，使得|PM ||PN |＝12D ．若点Q (－3,1)，则2|P A |＋|PQ |的最小值为5 2 答案 ACD解析 对于选项A ，设P (x ，y )， 因为P 满足|P A ||PB |＝12，所以(x ＋2)2＋y 2(x －4)2＋y 2＝12， 化简得x 2＋y 2＋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x 2＋y 2＋8x ＝0，即(x ＋4)2＋y 2＝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，△P AB 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△P AB 的高的最大值为4， 所以△P AB 面积的最大值为12×6×4＝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|PM ||PN |＝12，设M (m ，0)，N (n ，0)，故(x －m )2＋y 2(x －n )2＋y 2＝12，即(x －n )2＋y 2＝2(x －m )2＋y 2， 化简可得x 2＋y 2－8m －2n 3x ＋4m 2－n 23＝0, 又点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＋8x ＝0， 可得⎩⎨⎧－8m －2n3＝8，4m 2－n23＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝－6，n ＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧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|PM ||PN |＝12，故C 正确；对于选项D ，因为|P A ||PB |＝12，所以2|P A |＝|PB |，所以2|P A |＋|PQ |＝|PB |＋|PQ |，又点P 在圆x 2＋8x ＋y 2＝0上，如图所示，所以当P ，Q ，B 三点共线时2|P A |＋|PQ |取得最小值，此时(2|P A |＋|PQ |)min ＝|BQ | ＝[4－(－3)]2＋(0－1)2＝52，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C ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋1λ2－1a ，0为圆心，⎪⎪⎪⎪2aλλ2－1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|P A ||PB |＝3，则|P A |2＋|PB |2的最大值为( ) A ．16＋8 3 B ．8＋4 3 C ．7＋4 3 D ．3＋ 3答案 A解析 由题意，设A (－1,0)，B (1,0)，P (x ，y )， 因为|P A ||PB |＝3，所以(x ＋1)2＋y 2(x －1)2＋y 2＝3，即(x －2)2＋y 2＝3，所以点P 的轨迹是以(2,0)为圆心，半径为3的圆，因为|P A |2＋|PB |2＝(x ＋1)2＋y 2＋(x －1)2＋y 2＝2(x 2＋y 2＋1)，其中x 2＋y 2可看作圆(x －2)2＋y 2＝3上的点(x ，y )到原点(0,0)的距离的平方， 所以(x 2＋y 2)max ＝(2＋3)2＝7＋43， 所以[2(x 2＋y 2＋1)]max ＝16＋83， 即|P A |2＋|PB |2的最大值为16＋8 3.专题强化练1．已知圆O ：x 2＋y 2＝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P A ⊥PB ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[0，2]B ．[－52，1]C ．[－2，2]D ．[－2,2]答案 D解析 由题意可知四边形P AOB 为正方形， |OP |＝2，∴点P 在以O 为圆心，以2为半径的圆上，其方程为x 2＋y 2＝2， 若圆M 上存在这样的点P ，则圆M 与x 2＋y 2＝2有公共点， 则有2－2≤a 2＋4≤2＋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 ．16B ．14C ．12D ．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 ＝12|AQ |＝5.又|MC |＝(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 (cos α，sin α)，B ⎝⎛⎭⎫cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3，sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3，以OA ，OB 为邻边作平行四边形AOBP ，Q (－2,0)，则∠PQO 的最大值为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 答案 C解析 已知圆O ：x 2＋y 2＝1，A ，B 是圆O 上两动点，且∠AOB ＝π3，所以△AOB 为等边三角形， 又|AB |＝|OA |＝1， 取AB 的中点M ，则|OM |＝32， 所以|OP |＝3，所以点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝3， 当PQ 与x 2＋y 2＝3相切时，∠PQO 最大，此时sin ∠PQO ＝32， 则∠PQO ＝π3.4．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PE →·PF →＝BE →·CF →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 (0,23)，E (－1，3)， F (1，3)，BE →＝(1，3)，CF →＝(－1，3)， 设P (x ，y )，则PE →＝(－1－x ，3－y )， PF →＝(1－x ，3－y )， 由PE →·PF →＝BE →·CF →得，(－1－x ，3－y )·(1－x ，3－y ) ＝(1，3)·(－1，3)， 所以x 2＋(y －3)2＝3，即点P 的轨迹是以(0，3)为圆心，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 ：x 2＋y 2＝49的弦，且点M (4,3)为AB 的中点，点C 为平面内一动点，若AC 2＋BC 2＝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 |＝42＋32＝5，∴|AM |＝|BM |＝49－52＝26， ∵AC 2＋BC 2＝66， ∴AC →2＋BC →2＝66，则(AM →＋MC →)2＋(BM →＋MC →)2＝66，即AM →2＋2AM →·MC →＋MC →2＋BM →2＋2BM →·MC →＋MC →2＝66， ∵AM →＝－BM →，则可得2AM →2＋2MC →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 ．△P AB 的面积的最大值为6 3C ．当∠PMQ ＝45°时，|PQ |＝4 2D ．直线AC 的斜率的范围为[－3，3] 答案 AC解析 设C (x ，y )，由|CA |＝2|CB |得， (x ＋3)2＋y 2＝2(x －3)2＋y 2，整理得Γ的方程为(x －5)2＋y 2＝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，△P AB 的面积有最大值，所以(S △P AB )max ＝12|AB |·r ＝12×6×4＝12，选项B 错误；因为|P A |＝2|PB |，|MA |＝2|MB |， 所以|P A ||MA |＝|PB ||MB |，所以∠P AB ＝∠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 |＝2r ＝42， 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 ＝12，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⎣⎡⎦⎤－33，33，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P A →·PB →－2λ＋1＝0的点P 恰有两个，则实数λ的取值范围是______________． 答案 ⎝⎛⎦⎤38，12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P A →·PB →－2λ＋1＝0，即为(－1－x )(1－x )＋y 2－2λ＋1＝0，化简得x 2＋y 2＝2λ(λ>0)，故所有满足P A →·PB →－2λ＋1＝0的点P 在以O 为圆心，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x 2＋y 2＝2λ有两个交点， 所以|OM |<2λ≤|OA |，即32<2λ≤1，解得38<λ≤12. 8．已知⊙M ：x 2＋y 2－2x －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P A ，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P AMB ＝12|PM |·|AB | ＝|P A |·|AM |＝2|P A |，∴|PM |·|AB |＝4|P A |＝4|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＝12(x －1)， 即x －2y ＋1＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y ＋1＝0，2x ＋y ＋2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧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x 2＋⎝⎛⎭⎫y －122＝54，② 由①－②整理得2x ＋y ＋1＝0，即直线AB 的方程为2x ＋y ＋1＝0.。
隐圆问题的十大类型：高考数学微专题
隐圆问题的十大类型：高考数学微专题隐圆问题是高中数学中难度较大的一个跨单元主题，它承接于初中的圆，融入了高中的平面向量，解三角形，解析几何等内容，综合性很高，更是学生学习的难点之一！当然，这部分内容在课本上也多有涉及，比如阿波罗尼斯圆，圆的参数方程等，基于此，本节将系统梳理相关内容，力争做成一份全面，完整的隐圆资料.类型1.利用圆的定义（到定点的距离等于定长的点的轨迹）确定隐形圆例1.如果圆4)3()2(22=--+-a y a x 上总存在两个点到原点的距离为1，则实数a 的取值范围为________.类型2.动点P 满足对两个定点B A ,的张角是90（1-=⋅PB P A k k 或者0=⋅→→PB P A ）确定隐形圆.该类型实质就是直径所对的圆周角为直角的应用.例2.已知点P 在圆O ：224x y +=上，点()30A -,，()0,4B ，满足AP BP ⊥的点P 的个数为（）A．3B．2C．1D．0例3.已知点()3,0P -在动直线()30mx ny m n +-+=上的投影为点M ，若点32,2N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则MN 的最大值为（）A．1B．32C．2D．1124．已知点P 是圆C ：222430x y x y +--+=的动点，直线l ：30x y --=上存在两点A ，B ，使得π2APB ∠=恒成立，则线段AB 长度的最小值是（）A．B．C．D．5．已知EF 是圆22:2430C x y x y +--+=的一条弦，且CE CF ⊥，P 是EF 的中点，当弦EF 在圆C 上运动时，直线:30l x y --=上存在两点,A B ，使得2APB π∠≥恒成立，则线段AB 长度的最小值是（）A．1B．C．D．2+6．若对于圆22:2220C x y x y +---=上任意的点A ，直线:4380l x y ++=上总存在不同两点M ，N ，使得90MAN ∠≥︒，则MN 的最小值为______.类型3.正弦定理对边对角模型.由正弦定理可知，当已知三角形任意一边和该边所对角大小时，即可得到外接圆半径，即AaR sin 2=.7.（2020年全国2卷）在ABC ∆中，C B C B A sin sin sin sin sin 222⋅=--（1）求A ；（2）若3=BC ，求ABC ∆周长的最大值.8．如图，正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在边AD ，BC 上，且2DE AE =，2CF BF =．点P 在正方形ABCD 的边AD 或BC 上运动，若1PE PF ⋅=，则满足条件的点P 的个数是（）A．0B．2C．4D．6类型5.动点P 满足对两个定点B A ,满足：)0(||||22>=+λλPB P A .类型6.阿波罗尼斯圆定义：已知平面上两点B A ,，则所有满足1,||||≠=λλPB P A 的动点P 的轨迹是一个以定比为n m :内分和外分定线段AB 的两个分点的连线为直径的圆.若)0,(),0,(b B a A ,则圆的半径为|||1|2AB ⋅-λλ，圆心为)0|,|11(22AB ⋅-+λλ.解析：设(,0),(,0),(,)A c B c P x y -．因为(0,0AP BP c λλ=>>且1)λ≠由两点间距离=，化简得2222221211x c y c λλλλ⎛⎫+⎛⎫-+= ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭．所以点P 的轨迹是以221,01c λλ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭为圆心，以221c λλ-为半径的圆．9.ABC ∆中，2=AB ，BC AC 2=，则ABC ∆的面积最大值为_______.类型7.“从动点圆”，若A 为定点，点P 在圆上运动，则线段AP 的中点也在一个圆上.10.已知线段AB 的端点B 的坐标是(4,3)，端点A 在圆22(1)4x y ++=上运动，则线段AB的中点M 的轨迹方程是__________.类型8.圆的内接四边形与托勒密定理若四边形ABCD 对角互补，或者BC AD CD AB DB AC ⋅+⋅=⋅，则D C B A ,,,四点共圆.11．在平面四边形ABCD 中，,AB AC AC ⊥=，AD =3，BD =则CD 的最小值为（）B．2C．2类型9.向量隐圆12.已知向量→→→c b a ,,满足12||,1||-=⋅==→→→→b a b a ，且向量→→→→--c b c a ,的夹角为4π，则||→c 的最大值为_________.13.（2018年浙江高考）已知a 、b 、e 是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为3π，向量b 满足2430b e b -⋅+= ，则a b - 的最小值是（）11C．2D．214已知平面向量a 、b 、c 满足0a b ⋅= ，1a b == ，()()12c a c b -⋅-= ，则c a - 的最大值为（）B．12+C．32D．2类型10.米勒圆与最大视角米勒定理1：已知点B A ,是MON ∠的边ON 上的两个定点，点P 是边OM 上的动点，则当且仅当ABP ∆的外接圆与边OM 相切于点P 时，APB ∠最大.13.（2022南昌一模）已知点)0,3(),0,1(B A -.点P 为圆45:22=+y x O 上一个动点，则APB ∠sin 的最大值为__________.隐圆问题的十大类型（解析版）隐圆问题是高中数学中难度较大的一个跨单元主题，它承接于初中的圆，融入了高中的平面向量，解三角形，解析几何等内容，综合性很高，更是学生学习的难点之一！当然，这部分内容在课本上也多有涉及，比如阿波罗尼斯圆，圆的参数方程等，基于此，本节将系统梳理相关内容，力争做成一份全面，完整的隐圆资料.类型1.利用圆的定义（到定点的距离等于定长的点的轨迹）确定隐形圆例1.如果圆4)3()2(22=--+-a y a x 上总存在两个点到原点的距离为1，则实数a 的取值范围为________.解析：转化为4)3()2(22=--+-a y a x 与圆122=+y x 有两个交点，求a 的取值范围问题，由两圆相交的条件可知：)0,56(-∈a .类型2.动点P 满足对两个定点B A ,的张角是90（1-=⋅PB P A k k 或者0=⋅→→PB P A ）确定隐形圆.该类型实质就是直径所对的圆周角为直角的应用.例2.已知点P 在圆O ：224x y +=上，点()30A -,，()0,4B ，满足AP BP ⊥的点P 的个数为（）A．3B．2C．1D．0解析：设点(,)P x y ，则224x y +=，且(3,)(,4)AP x y BP x y =+=-，，由AP BP ⊥，得22(3)(4)340AP BP x x y y x y x y ⋅=++-=++-= ，即22325()(2)24x y ++-=，故点P 的轨迹为一个圆心为3(,2)2-，半径为52的圆，则两圆的圆心距为52，半径和为59222+=，半径差为51222-=，有159222<<，所以两圆相交，满足这样的点P 有2个.故选B.例3.已知点()3,0P -在动直线()30mx ny m n +-+=上的投影为点M ，若点32,2N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则MN 的最大值为（）A．1B．32C．2D．112解析：由动直线方程()30mx ny m n +-+=得()()130m x n y -+-=，所以该直线过定点Q（1,3），所以动点M 在以PQ 为直径的圆上，5,2=圆心的坐标为3(1,)2-，所以点N 3=，所以MN 的最大值为5113+22=.故选：D.4．已知点P 是圆C ：222430x y x y +--+=的动点，直线l ：30x y --=上存在两点A ，B ，使得π2APB ∠=恒成立，则线段AB 长度的最小值是（）A．B．C．D．解析：圆()()22:122C x y -+-=，圆心为()1,2C ，半径为1r 依题意，P 是圆C 上任意一点，直线l 上存在两点,A B ，使得π2APB ∠=恒成立，故以AB 为直径的圆D 始终与圆C 相切，即圆D 的半径2r 的最小值是P 到直线l 距离的最1r ==AB 的最小值是2⨯=.故选：A5．已知EF 是圆22:2430C x y x y +--+=的一条弦，且CE CF ⊥，P 是EF 的中点，当弦EF 在圆C 上运动时，直线:30l x y --=上存在两点,A B ，使得2APB π∠≥恒成立，则线段AB 长度的最小值是（）A．1B．C．D．2+解析：由题可知：22:(1)(2)2C x y -+-= ，圆心()1,2C ，半径r =又CE CF ⊥，P 是EF 的中点，所以112CP EF ==，所以点P 的轨迹方程22(1)(2)1x y -+-=，圆心为点()1,2C ，半径为1R =，若直线:30l x y --=上存在两点,A B ，使得2APB π∠≥恒成立，则以AB 为直径的圆要包括圆22(1)(2)1x y -+-=，点()1,2C 到直线l 的距离为d =，所以AB 长度的最小值为()212d +=+，故选：B．6．若对于圆22:2220C x y x y +---=上任意的点A ，直线:4380l x y ++=上总存在不同两点M ，N ，使得90MAN ∠≥︒，则MN 的最小值为______.解析：由题设圆22:(1)(1)4C x y -+-=，故圆心(1,1)C ，半径为2r =，所以C 到:4380l x y ++=的距离3d r ==>，故直线与圆相离，故圆C 上点到直线:4380l x y ++=的距离范围为[1,5]，圆C 上任意的点A ，直线:4380l x ++=上总存在不同两点M 、N ，使90MAN ∠≥︒，即以MN 为直径的圆包含圆C ，至少要保证直线上与圆C 最近的点，与圆上点距离最大值为半径的圆包含圆C ，所以10MN ≥.故答案为：10类型3.正弦定理对边对角模型.由正弦定理可知，当已知三角形任意一边和该边所对角大小时，即可得到外接圆半径，即AaR sin 2=.7.（2020年全国2卷）在ABC ∆中，C B C B A sin sin sin sin sin 222⋅=--（1）求A ；（2）若3=BC ，求ABC ∆周长的最大值.解析：（1）由正弦定理可得：222BC AC AB AC AB --=⋅，2221cos 22AC AB BC A AC AB +-∴==-⋅()0,A π∈ ，23A π∴=.（2）由余弦定理得：222222cos 9BC AC AB AC AB A AC AB AC AB =+-⋅=++⋅=，即()29AC AB AC AB +-⋅=.22AC AB AC AB +⎛⎫⋅≤ ⎪⎝⎭（当且仅当AC AB =时取等号），()()()22223924AC AB AC AB AC AB AC AB AC AB +⎛⎫∴=+-⋅≥+-=+ ⎪⎝⎭，解得：AC AB +≤（当且仅当AC AB =时取等号），ABC ∴ 周长3L AC AB BC =++≤+，ABC ∴ 周长的最大值为3+类型4.动点P 满足对两个定点B A ,满足：)0(≠=⋅→→λλPB P A .分析：由于||AB 定值，设AB 中点为M ，根据平面向量部分极化恒等式可得：222||41||)0(41AB PM AB PM PB P A +=⇒≠=-=⋅→→→→λλλ，故动点P 是以AB 中点M为圆心，半径为2||41AB +λ的圆.8．如图，正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在边AD ，BC 上，且2DE AE =，2CF BF =．点P 在正方形ABCD 的边AD 或BC 上运动，若1PE PF ⋅=，则满足条件的点P 的个数是（）A．0B．2C．4D．6解析：由上述分析可知，故动点P 是以EF 中点M 为圆心，半径为2||41EF +λ的圆.故此题中点P 以EF 中点M 为圆心，半径为10的圆，所以，共有4个点满足条件.故选：C类型5.动点P 满足对两个定点B A ,满足：)0(||||22>=+λλPB P A .解析：由于→→→→⋅-+=+PB P A PB P A PB P A 2)(||||222，设AB 中点为M ，则由向量关系与极化恒等式可知：λ=--=⋅-+→→→→→→→)41(242)(2222AB PM PM PB P A PB P A ，整理可得：→→+=22412AB PM λ，显然动点P 以M 为圆心，→+2412AB λ为半径的圆.类型6.阿波罗尼斯圆定义：已知平面上两点B A ,，则所有满足1,||||≠=λλPB P A 的动点P 的轨迹是一个以定比为n m :内分和外分定线段AB 的两个分点的连线为直径的圆.若)0,(),0,(b B a A ,则圆的半径为|||1|2AB ⋅-λλ，圆心为)0|,|11(22AB ⋅-+λλ.解析：设(,0),(,0),(,)A c B c P x y -．因为(0,0AP BP c λλ=>>且1)λ≠由两点间距离=，化简得2222221211x c y c λλλλ⎛⎫+⎛⎫-+= ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭．所以点P 的轨迹是以221,01c λλ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭为圆心，以221c λλ-为半径的圆．9.ABC ∆中，2=AB ，BC AC 2=，则ABC ∆的面积最大值为_______.解析：由2,AB AC ==，见系代入得22(3)8x y -+=．设圆心为M ，显然当CM x ⊥轴时，ABC 面积最大，此时||CM =．所以()122ABC mx S ∆=⋅⋅=．类型7.“从动点圆”，若A 为定点，点P 在圆上运动，则线段AP 的中点也在一个圆上.10.已知线段AB 的端点B 的坐标是(4,3)，端点A 在圆22(1)4x y ++=上运动，则线段AB 的中点M 的轨迹方程是__________.解析：设点M 的坐标为(,)x y ，点00(,)A x y ，M 为AB 的中点，B 的坐标为(4,3)，004232x x y y +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，解得002423x x y y =-⎧⎨=-⎩，点00(,)A x y 满足2200(1)4x y ++=22(241)(23)4x y ∴-++-=，即2233122x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故点M 的轨迹是以33,22⎛⎫ ⎪⎝⎭为圆心，以1为半径的圆，点M 的轨迹方程为：2233122x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．类型8.圆的内接四边形与托勒密定理若四边形ABCD 对角互补，或者BC AD CD AB DB AC ⋅+⋅=⋅，则D C B A ,,,四点共圆.11．在平面四边形ABCD中，,AB AC AC ⊥=，AD =3，BD=则CD 的最小值为（）解析：如图，可设x AB =，则x BC x AC 3,2==，则由托勒密不等式可得：BD AC AB CD BC AD ⋅≥⋅+⋅，代值可得：362233≥⇒⋅≥⋅+⋅CD x x CD ，等号成立当且仅当D C B A ,,,四点共圆.B．2C．2类型9.向量隐圆12.已知向量→→→c b a ,,满足12||,1||-=⋅==→→→→b a b a ，且向量→→→→--c b c a ,的夹角为4π，则||→c 的最大值为_________.解析：依题→→b a ,夹角为43π，而向量→→→→--c b c a ,的夹角为4π，故由四点共圆结论可知，向量→c 的终点C 与B A O ,,四点共圆，则||→c 的最大值即为圆的直径，由于5||||=-=→→b a AB 则由正弦定理：1043sin||||max ==→πAB c .13.（2018年浙江高考）已知a 、b 、e 是平面向量，e是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为3π，向量b 满足2430b e b -⋅+= ，则a b - 的最小值是（）11C．2D．2解析：设()()(),,1,0,,a x y e b m n ===，则由π,3a e =得πcos ,3a e e x y a ⋅=⋅=∴= ，由2430be b -⋅+= 得()2222430,21,m n m m n +-+=-+=因此，a b - 的最小值为圆心()2,0到直线y =的距离2321，为1.-选A.14已知平面向量a 、b 、c 满足0a b ⋅= ，1a b == ，()()12c a c b -⋅-= ，则c a - 的最大值为（）B．12+C．32D．2解析：在平面内一点O ，作OA a = ，OB b = ，OC c = ，则0a b OA OB ⋅=⋅=，则OA OB ⊥，因为1a b ==，则1== OA OB ，故AOB为等腰直角三角形，则AB =uu u r取AB 的中点E ，则()()()11112222OE OA AE OA AB OA OB OA OA OB a b =+=+=+-=+=+，所以，()22222a ba b a b +=++⋅=，所以，2122a b ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因为()()()212c a c b c c a b -⋅-=-⋅+= ，所以，()()()22222142a b a b c c a b c OC OE EC +⎛⎫+-⋅++=-=-== ⎝⎭，则1EC = ，所以，12c a OC OA AC AE EC AE EC -=-==+≤+=+.11当且仅当AE 、EC 同向时，等号成立，故c a -1.故选：B.类型10.米勒圆与最大视角米勒定理1：已知点B A ,是MON ∠的边ON 上的两个定点，点P 是边OM 上的动点，则当且仅当ABP ∆的外接圆与边OM 相切于点P 时，APB ∠最大.13.（2022南昌一模）已知点)0,3(),0,1(B A -.点P 为圆45:22=+y x O 上一个动点，则APB ∠sin 的最大值为__________.解析：如图，设D 是圆O 上不同于点P 的任意一点，连结DA 与圆O 交于点E ，连接EC ，由三角形外角的性质，可知ADC AEC ∠>∠，由圆周角定理：=∠APC AEC ∠，因此ADC APC ∠>∠，当且仅当ACP ∆的外接圆与圆O 相切于点P 时，APC ∠最大.此时，可设ACP ∆的外接圆圆心),1(t M ，由于此时P M O ,,三点共线且MP OM OP +=，而42+==t MC MP ，则531422=+++t t ，解得：5442=t ，于是58=M R ，由正弦定理，则APB ∠sin 的最大值为45.。
高考数学专题《阿波罗尼斯圆》填选压轴题及答案
专题42 阿波罗尼斯圆【方法点拨】一般地，平面内到两个定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，此圆被叫做“啊波罗尼斯圆” （又称之为圆的第二定义）.说明：（1） 不妨设(),0A a - ，(),0B a ，()0,0,1AP BP a λλλ=>>≠，再设 (),P x y ，则有()()2222y a x y a x +-=++λ，化简得：2222221211⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-a y a x λλλλ，轨迹为圆心a a 12011222-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+λλλλ，半径为，的圆.（2） 满足上面条件的啊波罗尼斯圆的直径的两端是按照定比λ内分AB 和外分AB 所得的两个分点（如图，有=AM ANBM BNλ=）. （3）设P 是圆上的一点（不与M N 、重合），则PM PN 、是三角形PAB 的内、外角平分线，PM PN ⊥．（4）逆向运用：给定圆O 和定点A （A 不在圆O 上且不与O 重合），则一定存在唯一一个定值λ和一个定点B ，使得对于圆O 上的任意一点P 都有PA PBλ=．【典型题示例】例1 满足条件AB ＝2，AC ＝2BC 的△ABC 的面积的最大值为 . 【答案】22【分析】已知三角形的一边长及另两边的关系欲求面积的最大值，一种思路是利用面积公式、余弦定理建立关于某一边的目标函数，最后利用基本不等式求解；二是紧紧抓住条件“AC ＝2BC ”，符合 “啊园”，建系求出第三个顶点C 的轨迹，挖出“隐圆”，当点C 到直线AB 距离最大，即为半径时，△ABC 的面积最大为2 2.(1)λλ≠【解析一】设BC ＝x ，则AC 2x ， 根据面积公式得ABC S ∆=21sin 1cos 2AB BC B x B ⨯=-， 根据余弦定理得2222242cos 24AB BC AC x x B AB BC x +-+-==⨯244x x-=，代入上式得ABC S ∆=()22221281241416x x x x --⎛⎫--=⎪⎝⎭由三角形三边关系有2222x x x x+>+>⎪⎩解得222222x <<，故当212,23x x ==时ABC S ∆128216=【解析二】以AB 所在的直线为x 轴，它的中垂线为y 轴建立直角坐标系， 则A （－1,0），B （1,0），设C （x ,y ） 由AC ＝2BC ，即AC 2＝2BC 2所以（x ＋1）2＋y 2＝2[（x －1）2＋y 2]，化简得(x －3)2＋y 2＝8 故点C 的轨迹方程为(x －3)2＋y 2＝8(y ≠0)，当点C 到直线AB 距离最大，即为半径时，△ABC 的面积最大为2 2.例2 已知等腰三角形腰上的中线为3，则该三角形面积的最大值为________. 【答案】2【分析】本题解法较多，但各种解法中，以利用“啊圆”为最简，注意到中线上三角形两边之比为2∶1，符合啊波罗尼斯圆定理，挖出“隐圆”，易求得最大值为2. 【解析一】如图1，ABC ∆中，AB AC =，AD DC =，3BD =设AD CD m ==，则2AB m =， 22cos 23ADB m∠=在ABD ∆中，在BDC ∆中，22cos 23CDB m∠由cos cos 0ADB CDB ∠+∠=可得，2262BC m =-，所以2253cos 4m A m-=，则429309sin m m A -+-= 故2242591639309ABCm m m S ∆⎛⎫--+ ⎪-+-⎝⎭==易知当253m =时，面积的最大值是2． 点评：避免求边BC ，优化此解法，考虑ABD ∆中，有2253cos 4m A m -=，而2ABC ABD S S ∆∆=，同样可解．【解析二】以BD 中点O 为原点，BD 所在直线为x 轴建立如图2所示的平面直角坐标系，设(),A x y ，则2AB AD =，即2222334x y x y ⎡⎤⎛⎛⎢⎥+=+ ⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 整理得，225343x y ⎛+= ⎝⎭，即有3y ≤32ABC S BD y y ∆=⨯=≤．【解析三】以BC 中点O 为原点，BC 所在直线为x 轴建立如图3所示的平面直角坐标系，设(),0C m ，(),0B m -，()0,A n ，则,22m n D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以2223322m n BD ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，而223422232m n ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≤⋅=， 当且仅当3n m =时，取等．【解析四】如图4，作AO BC ⊥于点O ，交BD 于点G ，则G 为ABC ∆的重心，43322ABCm n S mn ∆==⋅⋅则有2233BG CG BD ===所以133sin 2sin 22ABC BGC S S BG CG BGC BGC ∆∆==⨯⋅∠=∠≤，当2BGC π∠=时，取等．例3 已知圆22:1O x y +=和点()2,0A -，若定点(),0B b (2)b ≠-和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有MB MA λ=，则 （1）b = ； （2）λ= ． 【答案】（1）12b =-；（2）12λ=.【分析】其实质是啊圆的逆用，设出点的坐标，恒成立问题转化为与点的坐标无关，即分子为零.【解答】设(),M x y ，则22221,1x y y x +==-，2222222222222251||()21122||(2)44154254b b MB x b y x bx b x b bx b MA x y x x x x xλ++-+-++-+-=====-++++++-++， 所以λ为常数，所以25102b b ++=，解得12b =-或2b =-（舍去），所以2124b λ=-=．例4 已知圆C ：x 2＋y 2＝9，点A (－5,0)，在直线OA 上(O 为坐标原点)，存在定点B (不同于点A )满足：对于圆C 上任一点P ，都有PBP A 为一常数，则点B 的坐标为___________．【答案】⎝⎛⎭⎫－95，0 【分析】本题的实质是“逆用啊圆”. 【解析一】假设存在这样的点B (t,0)．当点P 为圆C 与x 轴的左交点(－3,0)时，PB P A ＝|t ＋3|2；当点P 为圆C 与x 轴的右交点(3,0)时，PB P A ＝|t －3|8.依题意，|t ＋3|2＝|t －3|8，解得t ＝－95或t ＝－5(舍去)．下面证明点B ⎝⎛⎭⎫－95，0对于圆C 上任一点P ，都有PBP A 为一常数． 设P (x ，y )，则y 2＝9－x 2， 所以PB 2P A2＝⎝⎛⎭⎫x ＋952＋y 2x ＋52＋y 2＝x 2＋185x ＋9－x 2＋8125x 2＋10x ＋25＋9－x 2＝1825·5x ＋172·5x ＋17＝925.从而PB P A ＝35为常数．【解析二】假设存在这样的点B (t,0)，使得PBP A 为常数λ，则PB 2＝λ2P A 2，所以(x －t )2＋y 2＝λ2[(x ＋5)2＋y 2]，将y 2＝9－x 2代入，得x 2－2xt ＋t 2＋9－x 2＝λ2(x 2＋10x ＋25＋9－x 2)， 即2(5λ2＋t )x ＋34λ2－t 2－9＝0对x ∈[－3,3]恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧5λ2＋t ＝0，34λ2－t 2－9＝0.解得⎩⎨⎧λ＝35，t ＝－95或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，t ＝－5(舍去)． 故存在点B ⎝⎛⎭⎫－95，0对于圆C 上任一点P ，都有PB P A 为常数35. 例5 啊波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、啊基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，啊波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点A ，B 的距离之比为(0,1)λλλ>≠，那么点M 的轨迹就是啊波罗尼斯圆，简称啊氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆22:4O x y +=、点()1,0A -和点()0,1B ，M 为圆O 上的动点，则2||+||MA MB 的最小值为_________. 17【分析】逆用“啊圆”，将2||MA 中系数2去掉化为“一条线段”， 从而将2||+||MA MB 化为两条线段的和，再利用“三点共线”求解.【解析】因为啊圆的圆心、两定点共线，且在该直线上的直径的端点分别是两定点构成线段分成定比的内外分点所以另一定点必在x 轴上，且()2,0-内分该点与()1,0A -连结的线段的比为2 故该点的坐标为()4,0-设()4,0C -，则圆22:4O x y +=上任意一动点M 都满足||=2||MC MA 所以2||+||=||+||MA MB MC MB又因为||+||||17MC MB BC ≥M B C 、、共线时，等号成立所以2||+||MA MB. 点评：1. 已知两定点、啊圆的圆心三点共线；2. 啊圆的在已知两定点所在直线上的直径的两端点，分别是两定点构成线段分成定比的内、外分点.例6 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点,A B 的距离之比为定值()1λλ≠的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy 中,()()2,0,4,0,A B -点12PA P PB=满足.设点P 的轨迹为C ,下列结论正确的是（ ） A ．C 的方程为()2249x y ++=B ．在x 轴上存在异于,A B 的两定点,D E ,使得12PD PE=C ．当,,A B P 三点不共线时,射线PO 是APB ∠的平分线D ．在C 上存在点M ,使得2||MO MA = 【答案】BC【分析】通过设出点P 坐标，利用12PA PB=即可得到轨迹方程，找出两点,D E 即可判断B 的正误，设出M 点坐标，利用2||MO MA =与圆的方程表达式解出就存在，解不出就不存在.【解析】设点(),P x y ，则12PA PB=，化简整理得2280x y x ++=，即()22416x y ++=，故A 错误；根据对称性可知，当()()6,0,12,0,D E --时，12PD PE=，故B 正确； 对于C 选项，222cos =2AP PO AO APO AP PO +-∠⋅，222cos =2BP PO BO BPO BP PO+-∠⋅,要证PO 为角平分线，只需证明cos =cos APO BPO ∠∠，即证22222222AP PO AO BP PO BO AP PO BP PO+-+-=⋅⋅，化简整理即证2228PO AP =-，设(),P x y ，则222PO x y =+，()()222222222282828AP x x y x x y x y x y -=++=++++=+，则证cos =cos APO BPO ∠∠，故C 正确；对于D 选项，设()00,M x y ,由2||MO MA =220003316+160x y x ++=，而点M 在圆上，故满足2280x y x ++=，联立解得0=2x ，0y 无实数解，于是D 错误.故答案为BC.【巩固训练】1.（多选题）在平面直角坐标系中，三点()1,0A -，()1,0B ，()0,7C ，动点P 满足PA =，则A.点P 的轨迹方程为()2238x y -+= B.PAB △面积最大时PA =C.PAB ∠最大时，PA =D.P 到直线AC 2. 在平面直角坐标系xOy 中，点)0,4(),0,1(B A .若直线0=+-m y x 上存在点P ，使得PB PA 21=,则实数m 的取值范围是 3. 已知圆O ：x 2＋y 2＝1和点A (－2,0)，若定点B (b,0)(b ≠－2)和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有MB ＝λMA ，则(1)b ＝________； (2)λ＝________.4.在△ABC 中，|AB|=2,|AC|=k|BC|(k >1)，则当△ABC 面积的最大值为2√2时， k = ．5.点P 是圆C ：x 2＋y 2＝1上动点，已知A (－1,2)，B (2,0)，则P A ＋12PB 的最小值为________．6.啊波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、啊基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，啊波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点Q 、P 的距离之比|MQ||MP|=λ(λ>0,λ≠1)，那么点M 的轨迹就是啊波罗尼斯圆．已知动点M 的轨迹是啊波罗尼斯圆，其方程为x 2+y 2=1，定点Q 为x 轴上一点，P(−12,0)且λ=2，若点B(1,1)，则2|MP|+|MB|的最小值为( )A.√6 B. √7 C. √10 D. √117.已知)1,0(A，)0,1(B，)0,(tC，点D是直线AC上的动点，若BDAD2≤恒成立，则最小正整数t的值为．8.在平面四边形ABCD中，，，．若，则的最小值为．9.已知22(1)4x y-+=,__________.【答案或提示】1. 【答案】ABD【解析】由题意可设(),P x y，由PA=，可得222PA PB=，即()()2222121x y x y⎡⎤++=++⎣⎦，化简可得()2238x y-+=，故选项A正确；对于选项B，2AB=，且点P到直线AB的距离的最大值为圆()2238x y-+=的半径r，即为，所有PAB△面积最大为122⨯⨯=，此时(3,P，所以PA==B正确；对于选项C，PAB∠最大时，为过点A作圆()2238x y-+=的切点，求得切点不为(3,±，则PA≠C错误；对于选项D，直线AC的方程为770x y-+=，则圆心()3,0到直线AC的距离为5=，所以点P到直线AC距离最小值为55-=，故选项D 正确；故选ABD.2. 【答案】⎡-⎣．【解法一】设满足条件PB＝2P A的P点坐标为(x，y)，则(x－4)2+y2＝4(x－1)2+4y2，化简得x2+y2＝4．要使直线x－y+m＝0有交点，则|m|2≤2．即－22≤m≤22．【解法二】设直线x－y+m＝0有一点(x，x +m)满足P A＝2PB，90BAD∠=︒2AB=1AD=43AB AC BA BC CA CB⋅+⋅=⋅12CB CD+则(x －4)2+(x +m )2＝4(x －1)2+4(x +m )2． 整理得2x 2+2mx +m 2－4＝0 (*) 方程(*)有解，则△＝4m 2－8(m 2－4)≥0， 解之得：－2 2≤m ≤22． 3. 【答案】 (1)－12 (2)12【解析】 (1)因为点M 为圆O 上任意一点，所以不妨取圆O 与x 轴的两个交点(－1,0)和(1,0). 当M 点取(－1,0)时，由MB ＝λMA ，得|b ＋1|＝λ； 当M 点取(1,0)时，由MB ＝λMA ，得|b －1|＝3λ. 消去λ，得|b －1|＝3|b ＋1|.两边平方，化简得2b 2＋5b ＋2＝0， 解得b ＝－12或b ＝－2(舍去).(2)由|b ＋1|＝λ，得λ＝12.4.【答案】√2【分析】本题考查轨迹方程的求解，以及新定义，直线与圆的位置关系的应用，属于较难题．根据条件得到点C 的轨迹方程(k 2−1)x 2+(k 2−1)y 2+2(k 2+1)x +k 2−1=0，作图，可得当点C 到AB 的距离d 等于其所在圆半径r 时，面积最大，通过面积求得r ，进而得到k ．【解析】如图，不妨设A(1,0)，B(−1,0)，C (x,y)， 则|AC|=k|BC|，可化为(x −1)2+y 2=k 2[(x +1)2+y 2]， 整理可得(k 2−1)x 2+(k 2−1)y 2+2(k 2+1)x +k 2−1=0， 即(x +k 2+1k 2−1)2+y 2=(k 2+1k 2−1)2−1，圆心(−k 2+1k 2−1,0)，r 2=(k 2+1k 2−1)2−1，由图可知当点C 到AB(x 轴)距离最大时，△ABC 的面积最大， 即当点C 到AB 的距离d 等于半径r 时，面积最大， ∴△ABC 面积的最大值是12×2r =2√2，解得r =2√2， 故有(k 2+1k 2−1)2−1=(2√2)2，解得k =±√2，k =±√22， 因为k >1，所以k =√2． 故答案为：√2．5.【答案】52【提示】已知动点轨迹为圆，将12PB 转化为P 到一个定点的距离，即求动点到两个定点距离之和. 6.【答案】C【分析】令2|MP|=|MQ|，则2|MP|+|MB|=|MQ|+|MB|，由啊波罗尼斯圆的定义及已知可求得点Q 的坐标，进而利用图象得解．本题以啊波罗尼斯圆为背景，考查学生在陌生环境下灵活运用知识的能力，考查创新意识，逻辑推理能力及运算求解能力，考查数形结合思想，属于拔高题．【解析】由题意可得圆x 2+y 2=1是关于P ，Q 的啊波罗尼斯圆，且λ=2，则|MQ||MP|=2， 设点Q 的坐标为(m,n)，则√(x−m)2+(y−n)2√(x+12)2+y 2=2， 整理得，x 2+y 2+4+2m 3x +2n 3y +1−m 2−n 23=0，由已知该圆的方程为x 2+y 2=1，则{4+2m =02n =01−m 2−n 23=−1，解得{m =−2n =0， ∴点Q 的坐标为(−2,0)，∴2|MP|+|MB|=|MQ|+|MB|，由图象可知，当点M 位于M 1或M 2时取得最小值，且最小值为|QB|=√(−2−1)2+1=√10． 故选：C ． 7. 【答案】4【解析】直线AC 的方程为1=+y tx即0=-+t ty x ，设),(y x D BD AD 2≤ 即224BD AD ≤∴])1[(4)1(2222y x y x ++-≤-+98)31()34(22≥++-y x 表示圆外区域及圆周上的点 直线0=-+t ty x 与圆98)31()34(22=++-y x 相离或相切 所以3221|3134|2≥+--t t t ，化简得0142≥+-t t 解得32+≥t 或32-≤t∴正整数t 的值的值为4．8.【提示】已知可化为: ，故，点的轨迹是圆；所求 中含系数不同，需化一，由于，故应构造出 或，这里所求圆的圆心在直线AB 上，故需在直线AB 上寻求一点E ，使CE =2CB ，将化为一条线段，逆用“啊波罗尼斯圆”即可.9. 【提示】为使所求具有几何意义，利用已知22(1)4x y -+=进行常数代换，12. 43AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅2=AB AC BA BC AB AC AB CB AB ⋅+⋅=⋅+⋅=3CA CB ⋅C 12CB CD +11=(2)22CB CD CB CD ++12CD 2CB 2CB。