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学案

这是一份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学案，共9页。

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10 km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(1)已知P与A相距15 km，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2 km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\c1(x－\f(4,3)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(x－\f(4,3)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\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\c1(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\c1(\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
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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－cs2B)，根据余弦定理得csB＝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\c1(\r(2)x＋x>2，,x＋2>\r(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\c1(－\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))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\c1(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·PAcs60°＝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2 km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2 km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d2≤2时，不等式m1d22.
此时，“当d2≤2时，不等式m1d22恒成立”．
所以当d2≤2时，不等式恒成立，因为点P在以点B为圆心，2为半径的圆的内部，且AB＝10，所以8＝AB－2≤PA≤AB＋2＝12.欲使得不等于eq \r(λ)PA>2恒成立，则有8eq \r(λ)>2，解得λ>eq \f(1,16)，又0<λ<1，所以λ的取值范围是(eq \f(1,16)，1)．
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.