2023届高考数学二轮复习微专题16阿波罗尼斯圆问题梳理及其运用含解析

Page2微专题16阿波罗尼斯圆问题梳理及其运用动点的轨迹问题是高考中的一个热点和重点，尤其是阿波罗尼斯圆在高考中频频出现．处理此类问题的关键是通过建立直角坐标系，寻找动点满足的条件，得出动点的轨迹是一个定圆，从而把问题转化为直线和圆、圆和圆的位置关系问题，并在解决问题的过程中感悟转化与化归、化繁为简的数学思想方法.例题：在△ABC中，若AB＝2，AC＝eq\r(2)BC，求△ABC面积的最大值．变式1在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝1，O1：(x－4)2＋y2＝4，动点P在直线x＋eq\r(3)y－b＝0上，过P分别作圆O，O1的切线，切点分别为A，B，若满足PB＝2PA的点P有且只有两个，则实数b的取值范围为________________．变式2已知点A(－2，0)，B(4，0)，圆C：(x＋4)2＋(y＋b)2＝16，点P是圆C上任意一点，若eq\f(PA,PB)为定值，则b的值为________________．串讲1已知A(0，1)，B(1，0)，C(t，0)，点D是直线AC上的动点，若AD≤2BD恒成立，则最小正整数t的值为________________．

串讲2已知点P是圆O：x2＋y2＝25上任意一点，平面上有两个定点M(10，0)，N(eq\f(13,2)，3)，则PN＋eq\f(1,2)PM的最小值为________________．(2018·南京、盐城、连云港二模)调查某地居民每年到商场购物次数m与商场面积S、到商场距离d的关系，得到关系式m＝k×eq\f(S,d2)(k为常数)．如图，某投资者计划在与商场A相距10km的新区新建商场B，且商场B的面积与商场A的面积之比为λ(0<λ<1)．记“每年居民到商场A购物的次数”，“每年居民到商场B购物的次数”分别为m1，m2，称满足m1<m2的区域叫作商场B相对于A的“更强吸引区域”．(1)已知P与A相距15km，且∠PAB＝60°.当λ＝eq\f(1,2)时，居住在点P处的居民是否在商场B相对于A的“更强吸引区域”内？请说明理由；(2)若要使与商场B相距2km以内的区域(含边界)均为商场B相对于A的“更强吸引区域”，求λ的取值范围．

在平面直角坐标系xOy中，已知圆C经过A(0，2)，O(0，0)，D(t，0)(t>0)三点，M是线段AD上的动点，l1，l2是过点B(1，0)且互相垂直的两条直线，其中l1交y轴于点E，l2交圆C于P，Q两点．(1)若t＝PQ＝6，求直线l2的方程；(2)若t是使AM≤2BM恒成立的最小正整数，求三角形EPQ的面积的最小值．答案：(1)4x－3y－4＝0.；(2)eq\f(\r(15),2).解析：(1)由题意可知，圆C的直径为AD，所以圆C方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.1分设l2方程为y＝k(x－1)，则eq\f(（2k－1）2,1＋k2)＋32＝10，解得k1＝0，k2＝eq\f(4,3).3分当k＝0时，直线l1与y轴无交点，不合题意，舍去.4分所以k＝eq\f(4,3)，此时直线l2的方程为4x－3y－4＝0.6分(2)设M(x，y)，由点M在线段AD上，得eq\f(x,t)＋eq\f(y,2)＝1，即2x＋ty－2t＝0.由AM≤2BM，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(2,3)))eq\s\up12(2)≥eq\f(20,9).8分由AD位置知，直线AD和圆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(20,9)至多有一个公共点，故eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－\f(8,3)t)),\r(4＋t2))≥eq\f(2\r(5),3)，解得t≤eq\f(16－10\r(3),11)或t≥eq\f(16＋10\r(3),11).10分因为t是使AM≤2BM恒成立的最小正整数，所以t＝4.11分所以，圆C方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.①当直线l2：x＝1时，直线l1的方程为y＝0，此时，S△EPQ＝2；12分②当直线l2的斜率存在时，设l2的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，则l1的方程为y＝－eq\f(1,k)(x－1)，点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k))).所以BE＝eq\r(1＋\f(1,k2)).圆心C到l2的距离为eq\f(|k＋1|,\r(1＋k2)).所以PQ＝2eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|k＋1|,\r(1＋k2))))\s\up12(2))＝2eq\r(\f(4k2－2k＋4,1＋k2)).14分故S△EPQ＝eq\f(1,2)BE·PQ＝eq\f(1,2)eq\r(1＋\f(1,k2))·2eq\r(\f(4k2－2k＋4,1＋k2))＝eq\r(\f(4k2－2k＋4,k2))＝eq\r(\f(4,k2)－\f(2,k)＋4)≥eq\f(\r(15),2).因为eq\f(\r(15),2)<2，所以(S△EPQ)min＝eq\f(\r(15),2).16分________________________________________________________________________微专题16例题答案：2eq\r(2).解法1设BC＝x，则AC＝eq\r(2)x，根据面积公式得S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsinB＝eq\f(1,2)×2xeq\r(1－cos2B)，根据余弦定理得cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(4＋x2－（\r(2)x）2,4x)＝eq\f(4－x2,4x)，代入上式得：S△ABC＝xeq\r(1－（\f(4－x2,4x)）2)＝eq\r(\f(128－（x2－12）2,16))，由三角形三边关系有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋x>2，,x＋2>\r(2)x))2eq\r(2)－2<x<2eq\r(2)＋2，故当x＝2eq\r(3)时，S△ABC取得最大值2eq\r(2).解法2以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，则A(－1，0)，B(1，0)，C(x，y)，由AC＝eq\r(2)BC得eq\r(（x＋1）2＋y2)＝eq\r(2)·eq\r(（x－1）2＋y2)，化简得x2＋y2－6x＋1＝0，即(x－3)2＋y2＝8，于是点C的轨迹是以D(3，0)为圆心，2eq\r(2)为半径的圆，所以点C到AB的距离的最大值为半径2eq\r(2)，故S△ABC的最大值为S＝eq\f(1,2)×2×|yC|≤2eq\r(2).变式联想变式1答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(20,3)，4)).解析：依题意，PA2＝PO2－12，PB2＝PO12－22，因为PB＝2PA，所以PB2＝4PA2，所以PO12－4＝4(PO2－12)，可得PO12＝4PO2，设P(x，y)，可得(x－42)＋y2＝4(x2＋y2)化简得(x＋eq\f(4,3))2＋y2＝eq\f(64,9).所以满足条件的点P在以(－eq\f(4,3)，0)为圆心，eq\f(8,3)为半径的圆上，又因为点P在直线x＋eq\r(3)y－b＝0上，且恰有两个点，所以直线和圆应该相交，所以eq\f(|－\f(4,3)－b|,\r(1＋3))<eq\f(8,3)，解得－eq\f(20,3)<b<4.变式2答案：0.解析：设P(x，y)，eq\f(PA,PB)＝k，则eq\r(\f(（x＋2）2＋y2,（x－4）2＋y2))＝k，整理得(1－k2)x2＋(1－k2)y2＋(4＋8k2)x＋4－16k2＝0，又P是圆C上的任意一点，故k≠1，圆C的一般方程为x2＋y2＋8x＋2by＋b2＝0，因此2b＝0，eq\f(4＋8k2,1－k2)＝8，eq\f(4－16k2,1－k2)＝b2，解得b＝0.串讲激活串讲1答案：4.解法1由A(0，1)，C(t，0)，得l：y＝－eq\f(1,t)x＋1，D(x，－eq\f(1,t)x＋1)．又AD≤2BD，故eq\r(x2＋\f(x2,t2))≤2eq\r(（x－1）2＋（1－\f(x,t)）2)，化简得(3＋eq\f(3,t2))x2－(8＋eq\f(8,t))x＋8≥0对任意x恒成立，则(8＋eq\f(8,t))2－4×8×(3＋eq\f(3,t2))≤0，化简得t2－4t＋1≥0，解得t≥2＋eq\r(3)或0<t≤2－eq\r(3)，因此最小正整数t的值为4.解法2设D(x，y)，当AD＝2BD时，有x2＋(y－1)2＝4[(x－1)2＋y2]，化简得(x－eq\f(4,3))2＋(y＋eq\f(1,3))2＝eq\f(8,9).直线AC的方程为y＝－eq\f(1,t)x＋1，即x＋ty－t＝0.因为AD≤2BD，所以直线AC与圆(x－eq\f(4,3))2＋(y＋eq\f(1,3))2＝eq\f(8,9)相切或相离，故eq\f(|\f(4,3)－\f(1,3)t－t|,\r(t2＋1))≥eq\r(\f(8,9))，即t2－4t＋1≥0，解得t≤2－eq\r(3)或t≥2＋eq\r(3)，所以最小正整数t的值为4.串讲2答案：5.解析：设x轴上一定点Q(m，0)，记PM∶PQ＝λ，P(x，y)，由PM∶PQ＝λ得(x－10)2＋y2＝λ2[(x－m)2＋y2]，化简得(λ2－1)x2＋(λ2－1)y2＋(20－2mλ2)x＋(λ2m2－100)＝0，因为x2＋y2＝25，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(20－2mλ2＝0，,\f(100－λ2m2,λ2－1)＝25，))解得m＝eq\f(5,2)，λ＝2，所以PM∶PQ＝2，从而PN＋eq\f(1,2)PM＝PN＋PQ≥QN＝5.新题在线答案：(1)居住在点P处的居民不在商场B相对于A的“更强吸引区域”内．(2)(eq\f(1,16)，1)解析：设商场A，B的面积分别为S1，S2，点P到A，B的距离分别为d1，d2，则S2＝λS1，m1＝keq\f(S1,d12)，m2＝keq\f(S2,d22)，k为常数，k>0.(1)在△PAB中，AB＝10，PA＝15，∠PAB＝60°，由余弦定理，得d22＝PB2＝AB2＋PA2－2AB·PAcos60°＝102＋152－2×10×15×eq\f(1,2)＝175.又d12＝PA2＝225，此时，m1－m2＝keq\f(S1,d12)－keq\f(S2,d22)＝keq\f(S1,d12)－keq\f(λS1,d22)＝kS1(eq\f(1,d12)－eq\f(λ,d22))，将λ＝eq\f(1,2)，d12＝225，d22＝175代入，得m1－m2＝kS1(eq\f(1,225)－eq\f(1,350))．因为kS1>0，所以m1>m2.即居住在点P处的居民不在商场B相对于A的“更强吸引区域”内．(2)解法1以AB所在直线为x轴，A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，B(10，0)，设P(x，y)，由m1<m2得，keq\f(S1,d12)<keq\f(S2,d22)，将S2＝λS1代入，得d22<λd12.代入坐标，得(x－10)2＋y2<λ(x2＋y2)，化简得(1－λ)x2＋(1－λ)y2－20x＋100<0.因为0<λ<1，配方得(x－eq\f(10,1－λ))2＋y2<(eq\f(10\r(λ),1－λ))2，所以商场B相对于A的“更强吸引区域”是圆心为C(eq\f(10,1－λ)，0)，半径为r1＝eq\f(10\r(λ),1－λ)的圆的内部．与商场B相距2km以内的区域(含边界)是圆心为B(10，0)，半径为r2＝2的圆的内部及圆周．由题设，圆B内含于圆C，即BC<|r1－r2|.因为0＜λ＜1，所以eq\f(10,1－λ)－10<eq\f(10\r(λ),1－λ)－2，整理得4λ－5eq\r(λ)＋1<0，解得eq\f(1,16)<λ<1.所以，所求λ的取值范围是(eq\f(1,16)，1)．解法2要使与商场B相距2km以内的区域(含边界)均为商场B相对于A的“更强吸引区域”，则当d