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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
专题强化练3　阿波罗尼斯圆和隐圆问题
　　　　　　　　　　　　　
1.(2025河北沧州教学质量监测)已知平面上两定点A,B,满足=k(k>0,且k≠1)的点P的轨迹是一个圆,称作阿波罗尼斯圆.利用上述结论,解决下面的问题:若直线x+2y-6=0与x轴、y轴分别交于A,B两点,坐标原点为O,点M,N满足|OM|=|ON|=2,|MA|=2|MB|,|NA|=2|NB|,则直线MN的方程为(　　)
A.x-2y+1=0　　　　B.x-2y-1=0
C.x+2y-1=0　　　　D.x+2y+1=0
2.(2025江西新余第十六中学月考)已知圆C:(x-2)2+(y-3)2=4,若点P在直线x-y-4=0上运动,过点P作圆C的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,则直线AB所过的定点坐标为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(多选题)(2025江西南昌第二中学月考)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现:平面内到两个定点A,B的距离的比值为定值λ(λ>0,λ≠1)的点所形成的图形是圆.后来,人们将这个圆以他的名字命名,成为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中,A(-2,0),B(4,0),点P满足=,设点P的轨迹为曲线C,则下列结论正确的是(　　)
A.C的方程为(x+4)2+y2=16
B.在C上存在点D,使得|AD|=1
C.在C上存在点M,使M在直线x+y-2=0上
D.在C上存在点N,使得|NO|2+|NA|2=4
4.(多选题)(2025云南保山质量检测)已知平面内点A(1,0),B(4,0),O(0,0),动点P满足=,记点P的轨迹为τ,则下列命题正确的是(　　)
A.点P的轨迹τ的方程是x2+y2=4
B.过点N(1,1)的直线被点P的轨迹τ所截得的弦的长度的最小值是2
C.直线x-y+4=0与点P的轨迹τ相离
D.已知点M是直线L:x-y+4=0上的动点,过点M作点P的轨迹τ的两条切线,切点分别为C,D,则四边形OCMD面积的最小值是4
5.(2025江苏镇江一中、徐州三中等十三校期中)已知A(4,0),圆C:(x-5)2+(y-4)2=r2(r>0),O为坐标原点.若圆C上存在唯一的点P,满足kPA·kPO=-1,则r的取值集合为　　　　　　.
6.(2025江西抚州南城一中月考)已知直线l1:tx+y+t+1=0与直线l2:x-ty+t-1=0相交于点P,动点A,B在圆C:x2+y2-14x+2y+47=0上,且|AB|=2,则|+|的取值范围为　　　　.
7.已知圆C过点M(1,4),N(3,2),且圆心在直线4x-3y=0上.
(1)求圆C的方程;
(2)已知平面内两点A(-2,0),B(2,0),P是圆C上的动点,求|AP|2+|BP|2的最小值;
(3)若Q是x轴上的动点,QR,QS与圆C相切,切点分别为R,S,那么直线RS是否恒过定点 若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
专题强化练3　阿波罗尼斯圆和隐圆问题
解题技法　破解隐圆问题最关键的是定隐圆,定隐圆一般有以下几种方法:
①用定义定隐圆:利用圆的定义或圆的几何性质确定隐圆.
②用垂直关系定隐圆:若动点P与两定点A,B的连线的夹角为直角,则可知动点的轨迹为圆(不包括A,B两点).具体表现形式为kPA·kPB=-1.
③用向量关系式定隐圆:已知两定点A,B,当动点P 满足·=0时,可确定隐圆.
④用勾股定理定隐圆:已知两定点A,B,当动点P 满足|PA|2+|PB|2=|AB|2时,可确定隐圆.
⑤用阿波罗尼斯圆定隐圆:在平面上给定相异的两点A,B,设点P 与点A,B 在同一平面内,且满足|PA|=λ|PB|,当λ>0 且λ≠1 时,点P的轨迹就是阿波罗尼斯圆.
除了上述五种方法外,还存在“四点共圆”模型,常见的有两种情形:一是四边形的对角互补;二是共圆的四个点所连成的同侧共底的两个三角形的顶角相等(即同弧所对的圆周角相等).
1.A　由题意得A(6,0),B(0,3),设M(x,y),
∵|OM|=2,∴点M在圆C1:x2+y2=4上.
∵|MA|=2|MB|,∴(x-6)2+y2=4[x2+(y-3)2],整理得x2+y2+4x-8y=0,
∴点M也在圆C2:x2+y2+4x-8y=0上,
同理,点N也在这两个圆上,
∴MN是这两圆的公共弦,两圆方程作差,得x-2y+1=0,即直线MN的方程为x-2y+1=0.
2.D　圆C:(x-2)2+(y-3)2=4①的圆心为C(2,3),半径为2,
由过点P作圆C的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,知P,A,C,B四点共圆,
其中PC的中点为该圆的圆心,PC为该圆的一条直径,
设P(m,m-4),则PC的中点为,即,
|PC|==,
故过P,A,C,B的圆的方程为+=,
变形得x2-(m+2)x+y2-(m-1)y=-5m+12②,
①②相减可得直线AB的方程,即(m-2)x+(m-7)y=5m-21,
整理得m(x+y-5)-2x-7y+21=0,
令解得故直线AB所过的定点坐标为.
3.AD　对于A,设P(x,y),由=,得=,化简得x2+y2+8x=0,即(x+4)2+y2=16,故A正确;
对于B,设D(x0,y0),则=1①,
又(x0+4)2+=16②,故联立①②可知方程组无实数解,故B错误;
对于C,设M(x1,y1),则x1+y1-2=0③,
又(x1+4)2+=16④,故联立③④可知方程组无实数解,故C错误;
对于D,设N(x2,y2),则++(x2+2)2+=4⑤,
又(x2+4)2+=16⑥,故联立⑤⑥可知方程组有实解,故D正确.
4.ACD　对于A,设P(x,y),则==,整理得x2+y2=4,故A正确;
对于B,由A知轨迹τ的圆心是O,半径r=2,则|ON|==<2,故点N在圆O内,过N的直线被圆O所截得的弦最短时,N是弦的中点,
根据垂径定理得弦的长度的最小值是2=2,故B错误;
对于C,圆心到直线x-y+4=0的距离d==2>2,故直线与圆相离,故C正确;
对于D,四边形OCMD的面积S=2S△OCM=2××2|CM|=2,
由数形结合分析可知当OM⊥L时,|OM|取到最小值,为=2,此时四边形OCMD的面积取到最小值,为2=4,故D正确.
5.答案　{3,,,7}
解析　设点P(x,y),由kPA·kPO=-1可得·=-1,化简可得x2+y2-4x=0(y≠0),即(x-2)2+y2=4(y≠0),所以点P的轨迹是以(2,0)为圆心,2为半径的圆,去除A,O两点,
又点P在圆C上,且满足题意的点P唯一,所以两圆相切.
易知圆C的圆心C(5,4),半径为r,
则两圆的圆心距为=5,
当两圆外切时,r+2=5,则r=3,此时切点不为A,O两点,符合题意;
当两圆内切时,|r-2|=5,解得r=7(负值舍去),此时切点不为A,O两点,符合题意;
当圆C过点O时,(0-5)2+(0-4)2=r2(r>0),解得r=,圆C不过点A,符合题意;
当圆C过点A时,(4-5)2+(0-4)2=r2(r>0),解得r=,圆C不过点O,符合题意.
综上所述,r的取值集合为{3,,,7}.
6.答案　[6,14]
解析　由l1与l2的方程知t×1+1×(-t)=0,所以l1⊥l2,
l1的方程可化为t(x+1)+y+1=0,故l1过定点M(-1,-1),
l2的方程可化为x-1-t(y-1)=0,故l2过定点N(1,1),
所以点P的轨迹是以MN为直径的圆,
该圆的圆心为(0,0),半径r1=|MN|=×=,则点P的轨迹方程是x2+y2=2,
易知圆C的圆心C(7,-1),半径r2=,
取AB的中点E,连接CE,则|CE|==,
所以点E的轨迹是圆心为C,半径r3=的圆,
易知|+|=2||,
而|OC|==5,且5>+,
即圆x2+y2=2与点E的轨迹外离,
则|OC|-r1-r3≤|PE|≤|OC|+r1+r3,
即3≤|PE|≤7,
所以|+|的取值范围是[6,14].
7.解析　(1)∵圆心C在直线4x-3y=0上,∴设C,由圆C过点M,N,可得|CM|=|CN|,
即=,
解得a=3,
∴圆心为C(3,4),半径r=|CM|=2,
∴圆C的方程为(x-3)2+(y-4)2=4.
(2)设O为坐标原点,P(x,y),则|AP|2+|BP|2=(x+2)2+y2+(x-2)2+y2=2(x2+y2)+8=2|PO|2+8.
∵|PO=(|OC|-r)2=(5-2)2=9,
∴(|AP|2+|BP|2)min=18+8=26.
(3)设Q(t,0),则以CQ为直径的圆的圆心为,半径为|CQ|=,记D,
则圆D的方程为+(y-2)2=,
即x2+y2-(3+t)x-4y+3t=0.
易知直线RS为圆C与圆D的相交弦所在直线,两圆方程作差可得直线RS的方程,为(3-t)x+4y+3t-21=0,即(3-x)t+3x+4y-21=0.
由解得
∴直线RS恒过定点,定点坐标为(3,3).
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