高考数学第一轮复习复习培优课(四)　隐圆问题（讲义）

培优课(四)隐圆问题隐圆问题是指在已知条件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),从而利用圆的知识来求解.求解此类问题,主要是培养“数学建模”的核心素养.利用圆的定义或圆的几何性质确定圆[典例1](2022·河南许昌三模)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→+PNA.22-2 B.22C.22+2 D.22-5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.C到直线MN的距离为(5)2-(42)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C′,圆C′上的点到直线l的最短距离为t=|1-2+3在平面内到定点的距离等于常数,则这个点的轨迹是一个圆.解决这类问题只要抓住两个关键词:定点,定长.然后再化归为圆中的有关问题去解即可.[拓展演练1]设A是圆(x+1)2+y2=9上的动点,PA是圆的切线,且|PA|=4,则点P到点Q(5,8)距离的最小值为()A.4 B.5 C.6 D.15解析:由圆(x+1)2+y2=9,可知圆心C(-1,0),半径为3,又|PA|=4,所以|PC|2=|PA|2+32=25,即点P的轨迹方程为(x+1)2+y2=25.故点P到点Q(5,8)距离的最小值为(5+1阿波罗尼斯圆[典例2]已知圆心C在直线y=2x-4上的圆的半径为1,点A(0,3),若圆C上存在点M,使得|MA|=2|MO|(O为坐标原点),则圆心C的横坐标a的最大值是()A.45 B.85 C.125解析:因为圆C的圆心在直线y=2x-4上,所以圆C的方程设为(x-a)2+[y-(2a-4)]2=1.设M(x,y),由|MA|=2|MO|,可得x2+(化简可得x2+(y+1)2=4,点M在以D(0,-1)为圆心,2为半径的圆上.由题意点M(x,y)在圆C上,则圆C和圆D有公共点,即|2-1|≤|CD|≤2+1,所以1≤(a即5a2-12a+8≥0,且5a2-12a≤0,由5a2-12a+8≥0,可得a∈R,由5a2-12a≤0,可得0≤a≤125,圆心C的横坐标a的取值范围为[0,12(1)在平面上给定两点A,B,设点P在同一平面上且满足|PA(2)如图,A,B为两已知点,P,Q分别为线段AB的定比为λ(λ≠1)的内外分点,则以PQ为直径的圆O上任意点到A,B两点的距离之比为λ,|AB|=a.性质1.当λ>1时,点B在圆O内,点A在圆O外;当0<λ<1时,点A在圆O内,点B在圆O外.性质2.因为|AC|2=|AP|·|AQ|,所以AC是圆O的一条切线.若已知圆O及圆O外一点A,可以作出与之对应的点B,反之亦然.性质3.所作出的阿波罗尼斯圆的直径为|PQ|=|PB|+|BQ|=2aλ|λ2-注意:使用阿波罗尼斯圆解题时,若已知条件中没有坐标系,则需要建立坐标系后求解.[拓展演练2]若△ABC满足条件|AB|=4,|AC|=2|BC|,则△ABC面积的最大值为.

解析:建立如图所示的平面直角坐标系,则A(-2,0),B(2,0).设C(x,y),由|AC|=2|BC|得(x+2)2+化简整理可得(x-6)2+y2=32,因此点C的轨迹是以(6,0)为圆心,42为半径的圆(且去掉点(6+42,0)和(6-42,0)).△ABC的面积的最大值为12AB·r=12×4×42=8答案:82利用A,B为定点,|PA|2+|PB|2为定值确定圆[典例3]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.

解析:设M(x,y),因为|MA|2+|MO|2=10,所以x2+(y-2)2+x2+y2=10,所以x2+(y-1)2=4.因为圆C上存在点M,满足|MA|2+|MO|2=10,所以两圆相交或相切,所以1≤a2答案:[0,3](1)动点到两个定点的距离的平方和是定值,则这个点的轨迹也是一个圆,当然这个定值会有一定的范围,否则轨迹不存在,如果在某一距离前加其他系数也可以.(2)一般地,若A,B为定点,P满足|PA|2+|PB|2=λ,则P的轨迹是以AB中点M为圆心,λ-12|AB[拓展演练3]正方形ABCD与点P在同一平面内,已知该正方形的边长为1,且|PA|2+|PB|2=|PC|2,则|PD|的取值范围为.

解析:如图所示以A为坐标原点,AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),设点P(x,y),则由|PA|2+|PB|2=|PC|2,得x2+y2+(x-1)2+y2=(x-1)2+(y-1)2,整理得x2+(y+1)2=2,即点P的轨迹是以点M(0,-1)为圆心,2为半径的圆,圆心M到点D的距离为|MD|=2,所以|PD|min=2-2,|PD|max=2+2,所以|PD|的取值范围是[2-2,2+2].答案:[2-2,2+2]A,B为定点,PA→·PB→[典例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的取值范围是解析:如图所示,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)+y2-2λ+1=0,化简得x2+y2=2λ(λ>0),故所有满足PA→·PB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|<2λ≤|OA|,即32<解得38<λ≤1答案:(38,1平面内,若A,B为定点,且PA→·PB→=λ,则P的轨迹是以AB中点M为圆心,半径为[拓展演练4]已知点A(-1,0),B(1,0),若直线y=kx+3上存在点M满足MA→·MB→=3,则实数k的取值范围是解析:设M(x,y),因为MA→·MB→=3,所以点M的轨迹方程为(-1-x,-y)·(1-x,-y)=3,即x2+y2=4.又因为点M在y=kx+3上,所以直线与圆有交点,则|3|1+答案:(-∞,-52]∪[5由圆周角的性质确定圆[典例5](1)(2022·山东聊城二模)已知点P在圆O:x2+y2=4上,点A(-3,0),B(0,4),满足AP⊥BP的点P的个数为()A.3 B.2 C.1 D.0(2)如图,P为圆O:x2+y2=4外一动点,过点P作圆O的切线PA,PB,切点分别为A,B,若∠APB=120°,直线OP与AB相交于点Q,点M(3,3),则|MQ|的最小值为()A.3 B.2C.332 解析:(1)设点P(x,y),则x2+y2=4,且AP→=(x+3,y),BP→=(x,y-4),由AP⊥BP,得AP→·BP→=x(x+3)+y(y-4)=x2+y2+3x-4y=0,即(x+32)2故点P的轨迹为一个圆心为(-32,2),半径为5由两圆的圆心距为52,半径和为52+2=92,半径差为52-2=12,可知有1(2)由圆的切线的几何性质知,∠APO=60°,又|OA|=2,则|OP|=43在Rt△APO中,AQ⊥OP,由|OA|2=|OP|·|OQ|,得|OQ|=|OA|2所以点Q的轨迹是以O为圆心,3为半径的圆,方程为x2+y2=3;M在此圆外,|MQ|的最小值即为|OM|-3=9+3-3=3.故选A.平面上动点P对两定点A,B的张角α为定值,动点的轨迹常转化为圆的问题求解.特别地,若α是直角,则直接利用圆周角的定义确定圆的方程.若α不是直角,则动点的轨迹是两段圆弧.[拓展演练5](1)已知圆C:(x-4)2+(y+3)2=1和两点A(-a,0),B(a,0)(a>0),若圆C上存在点P,使得∠APB=90°,则a的最小值为()A.1 B.6 C.3 D.4(2)已知圆O:x2+y2=94,圆M:(x-a)2+(y-1)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°A.[-15,15]B.[-3,3]C.[3,15]D.[-15,-3]∪[3,15]解析:(1)由∠APB=90°得点P在圆x2+y2=a2上,又点P在圆C上,所以两圆有交点,因为圆x2+y2=a2的圆心为原点O,半径为a,圆C的圆心为(4,-3),半径为1,所以|a-1|≤|OC|≤a+1,即|a-1|≤5≤a+1⇒4≤a≤6,所以a的最小值为4.故选D.(2)由题可知圆O的半径为32,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∠APO=30°.在Rt△PAO中,|PO|=3,所以点P在圆x2+y2又圆M的半径等于1,圆心坐标M(a,1),所以3-1≤|OM|≤3+1,所以2≤a2+1≤4,所以a∈[-15,-3]∪[3,[例1](2022·广西南宁二模)已知圆O1:(x+3)2+y2=1,圆O2:(x-1)2+y2=1,过动点P分别作圆O1、圆O2的切线PA,PB(A,B为切点),使得|PA|=2|PB|,则动点P的轨迹方程为()A.x29+y25=1C.x23-y2=1 D.(x-5)2+y解析:设P(x,y),由|PA|=2|PB|,得|PA|2=2|PB|2.因为两圆的半径均为1,则|PO1|2-1=2(|PO2|2-1),则(x+3)2+y2-1=2[(x-1)2+y2-1],即(x-5)2+y2=33,所以点P的轨迹方程为(x-5)2+y2=33.故选D.[例2](2022·安徽黄山一模)已知点P(-3,0)在动直线mx+ny-(m+3n)=0上的投影为点M,若点N(2,32A.1 B.32 C.2 D.解析:由动直线方程mx+ny-(m+3n)=0,得m(x-1)+n(y-3)=0,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,所以圆的半径为12(1+3圆心的坐标为(-1,32),所以点N到圆心的距离为(2+1)2+([例3](多选题)已知在平面直角坐标系xOy中,A(-2,0),B(4,0),点P满足|PA||A.C的方程为(x+4)2+y2=16B.在C上存在点D,使得D到点(1,1)的距离为3C.在C上存在点M,使得|MO|=2|MA|D.在C上存在点N,使得|NO|2+|NA|2=4解析:设点P(x,y),由A(-2,0),B(4,0),|PA||PB|=12,得(x+2)2+y2(x-4)2+y2=12,化简得x2+y2+8x=0,即(x+4)2+y2=16,故A正确;曲线C的方程表示圆心为(-4,0),半径为4的圆,圆心与点(1,1)的距离为(-4-1)2+1=26,则点(1,1)与圆上的点的距离的最小值为26-4,最大值为26+4,而3∈[26-4,26+4],故B正确;设M(x0,y0),由|MO|=2|MA|,得x02+y02=2(x0又(x1+4)2+y12=16,联立方程消去y1得x1=0,再代入(x1+4)2+y1[例4]在平面直角坐标系xOy中,已知B,C为圆x2+y2=4上两点,点A(1,1),且AB⊥AC,则线段BC的长的取值范围是.

解析:设BC的中点为M(x,y),由题意知|OB|2=|OM|2+|BM|2=|OM|2+|AM|2,所以有4=x2+y2+(x-1)2+(y-1)2,化简得(x-12)2+(y-12)2=32,所以点M的轨迹是以(12,12)为圆心,62为半径的圆,所以AM的取值范围是[6-22,6答案:[6-2,6+2][例5]已知变量a,θ∈R,则(a-2cosθ)2+(a-52-2sinθ)2的最小值为.

解析:点(a,a-52)在直线x-y-52=0上,点(2cosθ,2sinθ)在圆x2+y2=4上,圆心到直线x-y-52=0的距离为5,则圆上点到直线距离最小值为3,故所求为9.答案:9[选题明细表]知识点、方法题号隐圆的理解1,2隐圆的应用3,4圆的综合应用5,61.已知O为坐标原点,直线l:y=k(x-4)上存在一点P,使得|OP|=2,则k的取值范围为(C)A.[-2,2]B.(-∞,-33]∪[3C.[-33,3D.(-∞,-2]∪[2,+∞)解析:设点P(x,y),则|OP|=x2即x2+y2=4,即点P的轨迹方程为x2+y2=4,且圆x2+y2=4的圆心为O(0,0),半径为2,由题意可知,直线l与圆x2+y2=4有公共点,则4|k|k22.已知O(0,0),A(3,0),圆C:(x-2)2+y2=r2(r>0)上有且仅有一个点P满足|PA|=2|PO|,则r的取值为(C)A.1B.5C.1或5D.不存在解析:设点P(x,y).因为|PA|=2|PO|,即(x-3整理得(x+1)2+y2=4,所以点P的轨迹为以C1(-1,0)为圆心,半径r1=2的圆.因为圆C:(x-2)2+y2=r2的圆心为C(2,0),半径r,由题意可得3=|CC1|=r+r1或3=|CC1|=|r-r1|,所以r=1或r=5.3.在平面直角坐标系中,已知A(6,8),在两坐标轴上分别有动点M,N,且|MN|=6,P是MN的中点,则PA长度的最小值是(D)A.6B.13C.10D.7解析:设点M,N分别在x轴、y轴上,设点P(x,y),则M(2x,0),N(0,2y),所以|MN|2=(2x-0)2+(0-2y)2=36,化简得x2+y2=9,即点P的轨迹为圆x2+y2=9,该圆的半径为r=3.由圆的几何性质可得|PA|min=|OA|-r=624.在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,-2),B(1,-1),P为圆x2+y2=2上一动点,则|PBA.1B.2C.52解析:设P(x,y),|PB则(x化简得(1-t2)x2+(1-t2)y2