2023年高考数学二轮复习（人教版）第1部分 专题突破 专题6　培优点8　隐圆(阿波罗尼斯圆)问题.docx

培优点8　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＝
B．(x－1)2＋(y－2)2＝1
C．(x＋1)2＋(y＋2)2＝
D．(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＝，
因为CA⊥CB，
所以|AB|＝r＝2，
又P是AB的中点，
所以|CP|＝|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，－1] B.
C. D.
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＝a＝(0,1)，＝b＝(2,0)，
＝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＋2＝2，
所以点C的轨迹是以为圆心，以r＝为半径的圆，原点(0,0)到的距离为d＝＝，
所以|c|＝的取值范围是[d－r，d＋r]，即.
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|＋|的最小值为(　　)
A．2－2 B．2
C．2＋2 D．2－
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.则圆心C到直线MN的距离为＝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＝－1.所以|＋|＝|2|＝2||≥2t＝2－2.
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)(t>0)，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)(t>0)，
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|＝＝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
即解得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)　2＋2＝
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2＋2＝，
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)
⇒⇒
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2＋2＝.
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|＝2，若CA⊥CB，则当