2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题6 培优点6　隐圆(阿波罗尼斯圆)问

培优点6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：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＝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＋12C.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|＝x2＋y2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：x2＋y2－2x－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．22－2B．22C．22＋2D．22－5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)(t0)，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)(t0)，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|＝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)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(x0，x0＋4)，则以OP为直径的圆的方程为x－x022＋y－x0＋422＝x20＋x0＋424，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)⇒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|＝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．42B．32C．22D.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＋m2k2＋y－m22＝m24k2＋m24，设该动圆的圆心为(x′，y′)，则x′＝－m2k，y′＝m2，整理得k＝－y′x′，m＝2y′，代入到－mk2＋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[1－－1]2＋[1－－1]2＋2＝32.考点三阿波罗尼斯圆例3(2022·江西省重点中学联考)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，长轴长为A1A2，短轴长为B1B2，动点M满足|MF1||MF2|＝2，若△MA1A2面积的最大值为82，△MB1B2面积的最小值为2，则该椭圆的离心率为()A.63B.33C.22D.32答案C解析由题意知，F1(－c，0)，F2(c，0)，|A1A2|＝2a，|B1B2|＝2b，设M(x，y)，则|MF1||MF2|2＝x＋c2＋y2x－c2＋y2＝4，整理可得x－5c32＋y2＝16c29，即M点的轨迹是以5c3，0为圆心，4c3为半径的圆，∴|yM|max＝4c3，|xM|min＝5c3－4c3＝c3，∴(12MAAS△)max＝12·2a·4c3＝4ac3＝82，(12MBBS△)min＝12·2b·c3＝bc3＝2，即ac＝62，bc＝6，∴ba＝bcac＝662＝22，∴离心率e＝1－ba2＝1－12＝22.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)(a0)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|PA||PB|＝3，则|PA|2＋|PB|2的最大值为()A．16＋83B．8＋43C．7＋43D．3＋3答案A解析由题意，设A(－1,0)，B(1,0)，P(x，y)，因为|PA||PB|＝3，所以x＋12＋y2x－12＋y2＝3，即(x－2)2＋y2＝3，所以点P的轨迹是以(2,0)为圆心，半径为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＋3)2＝7＋43，所以[2(x2＋y2＋1)]max＝16＋83，即|PA|2＋|PB|2的最大值为16＋83.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．[0，2]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≤2.2．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＝7r＝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(cosα，sinα)，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.π6B.π4C.π3D.π2答案C解析已知圆O：x2＋y2＝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x2＋y2＝3，当PQ与x2＋y2＝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．1B．2C．3D．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x2＋(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．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|AC|2＋|BC|2＝66，则下列结论正确的是()①点C构成的图象是一条直线；②点C构成的图象是一个圆；③OC的最小值为2；④OC的最小值为3.A．①③B．①④C．②③D．②④答案C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→，∴2AM→2＋2MC→2＝66，解得|MC|＝3，∴点C构成的图象是以M为圆心，3为半径的圆，故①错误，②正确；∴OC的最小值为|OM|－3＝5－3＝2，故③正确，④错误．6．(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，则下列结论错误的是()A．Q，M关于x轴对称B．△PAB的面积