微专题16 解析几何中的“隐形圆”问题

线 TA 的平行线，使圆心到直线的距离为
25－|T→4A|2，必然与圆交于 P，Q 两点，
此时|T→A|＝|P→Q|，即T→A＝P→Q，
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因此对于任意 t∈[2－2 21，2＋2 21]，均满足题意，
综上，t∈[2－2 21，2＋2 21]. 法二 设P(x1，y1)，Q(x2，y2). 因为 A(2，4)，T(t，0)，T→A＋T→P＝T→Q， 所以xy22＝ ＝xy11＋ ＋24－ . t，① 因为点Q在圆M上，所以(x2－6)2＋(y2－7)2＝25.② 将①代入②，得(x1－t－4)2＋(y1－3)2＝25.
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(3)假设存在满足条件的点R(a，b)，设点P的坐标为(x，y)，相应的定值为λ(λ＞0). 根据题意可得 PQ＝ x2＋y2－1，∴ （x－ax）2＋2＋y2（－y1－b）2＝λ， 即x2＋y2－1＝λ2(x2＋y2－2ax－2by＋a2＋b2).(*) 又点P在圆M上，∴(x－4)2＋(y－2)2＝9， 即x2＋y2＝8x＋4y－11，代入(*)式得 8x＋4y－12＝λ2[(8－2a)x＋(4－2b)y＋(a2＋b2－11)]. 若系数对应相等，则等式恒成立，
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探究提高 (1)如何发现隐形圆(或圆的方程)是关键，常见的有以下五个策略： 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；
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热点一 轨迹问题 【例 1】 如图，圆 O1 与圆 O2 的半径都是 1，O1O2＝4，过动点 P 分别作圆 O1、圆
O2 的切线 PM，PN(M，N 分别为切点)，使得 PM＝ 2PN，试建立适当的坐标系， 并求动点 P 的轨迹方程.
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解 以O1O2的中点O为原点，O1O2所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，
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证 设 AB＝2m(m＞0)，PA＝λPB，以 AB 中点为原点，直线 AB 为 x 轴建立平面直 角坐标系，则 A(－m，0)，B(m，0). 又设 P(x，y)，则由 PA＝λPB 得 （x＋m）2＋y2＝λ （x－m）2＋y2， 两边平方并化简整理得(λ2－1)x2－2m(λ2＋1)x＋(λ2－1)y2＝m2(1－λ2). 当 λ＝1 时，x＝0，轨迹为线段 AB 的垂直平分线； 当 λ＞1 时，x－λλ22－＋11m2＋y2＝（λ42λ－2m12）2，轨迹为以点λλ22－＋11m，0为圆心，λ22－λm1 为半径的圆. 上述课本习题的一般化情形就是阿波罗尼斯定理.
y＝2x－4，设圆C的半径为1，圆心在l上.
(1)若圆心C也在直线y＝x－1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程； (2)若圆C上存在点M，使MA＝2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围.
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解 (1)联立yy＝ ＝x2－x－1， 4，得圆心为 C(3，2). 切线的斜率存在，设切线方程为y＝kx＋3. 则 d＝|3k＋1＋3－k22|＝r＝1， 得 k＝0 或 k＝－34. 故所求切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.
则O1(－2，0)，O2(2，0)， 由已知 PM＝ 2PN，得 PM2＝2PN2. 因为两圆的半径均为1， 所以 PO21－1＝2(PO22－1).
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设P(x，y)，则(x＋2)2＋y2－1＝2[(x－2)2＋y2－1]. 即(x－6)2＋y2＝33， 所以所求轨迹方程为(x－6)2＋y2＝33.
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解 (1)直线l的斜率存在，设切线l的方程为y－2＝k(x－4)， 易得|4kk2－＋21|＝1，解得 k＝8±1519. ∴切线 l 的方程为 y－2＝8±1519(x－4). (2)圆心到直线 y＝2x－1 的距离为 5，设圆的半径为 r， 则 r2＝22＋( 5)2＝9， ∴⊙M的方程为(x－4)2＋(y－2)2＝9.
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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). (2)“隐形圆”发掘出来以后常考查点和圆、直线和圆、圆和圆的位置关系等相 关知识点，一般解决思路可从“代数角度”或“几何角度”入手.
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【训练 2】 在△ABC 中，边 BC 的中点为 D，若 AB＝2，BC＝ 2AD，则△ABC 的面积的最大值是________. 解析 以 AB 中点为原点，直线 AB 为 x 轴建立平面直角坐标系，则 A(－1，0)，B(1， 0)，由 BD＝CD，BC＝ 2AD 知，AD＝ 2BD，D 的轨迹为阿波罗尼斯圆，方程为 (x－3)2＋y2＝8.设 C(x，y)，得 Dx＋2 1，2y，所以点 C 的轨迹方程为x＋2 1－32＋2y2 ＝8，即(x－5)2＋y2＝32.所以 S△ABC＝12×2|y|＝|y|≤ 32＝4 2，故 S△ABC 的最大值是 4 2. 答案 4 2
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(2)设点 M(x，y)，由 MA＝2MO，知 x2＋（y－3）2＝2 x2＋y2，
化简得x2＋(y＋1)2＝4. 即点M的轨迹为以(0，－1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D. 又因为点M在圆C上，故圆C与圆D的关系为相交或相切. 故1≤CD≤3，又C(a，2a－4)，D(0，－1)， 故 1≤ a2＋（2a－3）2≤3. 解得 0≤a≤152. 所以圆心 C 的横坐标 a 的取值范围为0，152.
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(2)因为直线 l∥OA，所以直线 l 的斜率为42－ －00＝2. 设直线l的方程为y＝2x＋m，即2x－y＋m＝0， 则圆心 M 到直线 l 的距离 d＝|2×6－57＋m|＝|m＋55|. 因为 BC＝OA＝ 22＋42＝2 5， 而 MC2＝d2＋B2C2，
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所以 25＝（m＋5 5）2＋5，解得 m＝5 或 m＝－15. 故直线l的方程为2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.
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探究提高 本题以阿波罗尼斯圆为背景构建定点问题，体现了阿波罗尼斯圆在解 析几何中的经典地位.
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【训练 3】 已知⊙O：x2＋y2＝1 和点 M(4，2). (1)过点 M 向⊙O 引切线 l，求直线 l 的方程； (2)求以点 M 为圆心，且被直线 y＝2x－1 截得的弦长为 4 的⊙M 的方程； (3)设 P 为(2)中⊙M 上任一点，过点 P 向⊙O 引切线，切点为 Q，试探究：平面 内是否存在一定点 R，使得PPQR为定值？若存在，请举出一例，并指出相应的定值； 若不存在，请说明理由.
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考点整合 高考中圆的方程是C级考点，其重要性不言而喻.但在一些题目中，条件没有直接 给出圆方面的信息，而是隐藏在题目中，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求解，我们称此类问题为“隐形圆”问题，课 本习题给出的“阿波罗尼斯圆”是“隐形圆”典型的例子.
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1.问题背景 苏教版《数学必修 2》P112 第 12 题： 已知点 M(x，y)与两个定点 O(0，0)，A(3，0)的距离之比为12，那么点 M 的坐标应 满足什么关系？画出满足条件的点 M 所构成的曲线.
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整理得x－1a＋ 2－a12c2＋y2＝a22－ac12. 当a＝1时，化简得x＝0. 所以当 a≠1 时，P 点的轨迹是以aa22＋ －11c，0为圆心， a22－ac1为半径的圆； 当a＝1时，P点的轨迹为y轴.
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热点二 含“隐形圆”的范围与最值问题 【例2】 (2013·江苏卷)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，点A(0，3)，直线l：
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所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，将y2＝9－x2代入得， x2－2xt＋t2＋9－x2＝λ2(x2＋10x＋25＋9－x2)， 即2(5λ2＋t)x＋34λ2－t2－9＝0对x∈[－3，3]恒成立， 所以53λ42λ＋2－t＝t2－0，9＝0，解得tλ＝＝－35，95 或λt＝＝－1，5 (舍去)， 故满足条件的点 B 的坐标为－95，0.
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2.阿波罗尼斯圆 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯(Apollonius)在《平面轨迹》一书中，曾 研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果： 到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆. 如图，点A，B为两定点，动点P满足PA＝λPB. 则λ＝1时，动点P的轨迹为直线；当λ≠1时，动点P的轨迹为圆，后世称之为阿 波罗尼斯圆.
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探究提高 动点的轨迹问题是高考的热点之一，解决轨迹问题的关键是通过建立 直角坐标系，寻找动点满足的条件，列式化简得所求轨迹方程.
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【训练1】 设A(－c，0)，B(c，0)(c＞0)为两定点，动点P到A点的距离与到B点的 距离的比为定值a(a＞0)，求P点的轨迹. 解 设动点P的坐标为(x，y)， 由PPAB＝a(a＞0)，得 （（xx＋－cc））22＋＋yy22＝a. 化简得(1－a2)x2＋2c(1＋a2)x＋c2(1－a2) ＋(1－a2)y2＝0. 当 a≠1 时，得 x2＋2c（11－＋aa2 2）x＋c2＋y2＝0，
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设P(x，y)，则y2＝9－x2， 所以PPAB22＝（xx＋ ＋955）2＋2＋y2y2＝xx22＋ ＋11580xx＋ ＋822155＋ ＋99－ －xx22＝12285（（55xx＋＋1177））＝295，从而PPAB＝35为 常数. 故满足条件的点 B 的坐标为－95，0. 法二 假设存在满足条件的点B(t，0)， 使得PPAB为常数 λ(λ＞0)，则 PB2＝λ2PA2，
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于是点P(x1，y1)既在圆M上，又在圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25上， 从而圆(x－6)2＋(y－7)2＝25与圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25有公共点， 所以 5－5≤ [（t＋4）－6]2＋（3－7）2≤5＋5，解得 2－2 21≤t≤2＋2 21. 因此，实数 t 的取值范围是[2－2 21，2＋2 21].
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热点三 含“隐形圆”的定点与定值问题 【例 3】 已知圆 C：x2＋y2＝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：对圆 C 上任一点 P，都有PPAB为一常数，试求所有满足 条件的点 B 的坐标.
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解 法一 假设存在满足条件的点B(t，0)， 当 P 为圆 C 与 x 轴的左交点(－3，0)时，PPAB＝|t＋2 3|； 当 P 为圆 C 与 x 轴的右交点(3，0)时，PPAB＝|t－8 3|， 依题意|t＋2 3|＝|t－8 3|，解得 t＝－5(舍去)或 t＝－95. 下面证明点 B－95，0对于圆 C 上任一点 P，都有PPAB为常数.
微专题16 解析几何中的“隐形圆”问题
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真题感悟 (2016·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－ 12x－14y＋60＝0及其上一点A(2，4).
(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；
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(2)设平行于 OA 的直线 l 与圆 M 相交于 B，C 两点，且 BC＝OA，求直线 l 的方程； (3)设点 T(t，0)满足：存在圆 M 上的两点 P 和 Q，使得T→A＋T→P＝T→Q，求实数 t 的 取值范围. 解 圆M的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25，所以圆心M(6，7)，半径为5. (1)由圆心N在直线x＝6上，可设N(6，y0). 因为圆N与x轴相切，与圆M外切，所以0＜y0＜7， 于是圆N的半径为y0，从而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1. 因此，圆N的标准方程为(x－6)2＋(y－1)2＝1.
(3)法一 T→A＋T→P＝T→Q，即T→A＝T→Q－T→P＝P→Q， 故|T→A|＝|P→Q|，
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因为|T→A|＝ （t－2）2＋42，又 0＜|P→Q|≤10，
所以 0＜ （t－2）2＋42≤10，
解得 t∈[2－2 21，2＋2 21]，
ห้องสมุดไป่ตู้
对于任意 t∈[2－2 21，2＋2 21]，欲使T→A＝P→Q，此时 0＜|T→A|≤10，只需要作直