考點(diǎn)一 利用圓的定義、方程確定隱形圓
例1 (1)(2022·滁州模擬)已知A，B為圓C：x2＋y2－2x－4y＋3＝0上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，P為弦AB的中點(diǎn)，若∠ACB＝90°，則點(diǎn)P的軌跡方程為( )
A．(x－1)2＋(y－2)2＝eq \f(1,4)
B．(x－1)2＋(y－2)2＝1
C．(x＋1)2＋(y＋2)2＝eq \f(1,4)
D．(x＋1)2＋(y＋2)2＝1
答案 B
解析 圓C即(x－1)2＋(y－2)2＝2，半徑r＝eq \r(2)，
因?yàn)镃A⊥CB，
所以|AB|＝eq \r(2)r＝2，
又P是AB的中點(diǎn)，
所以|CP|＝eq \f(1,2)|AB|＝1，
所以點(diǎn)P的軌跡方程為(x－1)2＋(y－2)2＝1.
(2)(2022·茂名模擬)已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，若向量c滿足|a＋b－2c|＝1，則|c|的取值范圍是( )
A．[1，eq \r(5)－1] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)－1,2)，\f(\r(3)＋1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，\f(\r(5)＋1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)＋1,2)，\f(5,2)))
答案 C
解析 |a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，
以a為y軸，b為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，
設(shè)eq \(OA,\s\up6(→))＝a＝(0,1)，eq \(OB,\s\up6(→))＝b＝(2,0)，
eq \(OC,\s\up6(→))＝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，
化簡(jiǎn)可得(x－1)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2，
所以點(diǎn)C的軌跡是以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))為圓心，以r＝eq \f(1,2)為半徑的圓，原點(diǎn)(0,0)到eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))的距離為d＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)，
所以|c|＝eq \r(x2＋y2)的取值范圍是[d－r，d＋r]，即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，\f(\r(5)＋1,2))).
規(guī)律方法 對(duì)于動(dòng)點(diǎn)的軌跡問(wèn)題，一是利用曲線(圓、橢圓、雙曲線、拋物線等)的定義識(shí)別動(dòng)點(diǎn)的軌跡，二是利用直接法求出方程，通過(guò)方程識(shí)別軌跡．
跟蹤演練1 (2022·平頂山模擬)已知M，N為圓C：x2＋y2－2x－4y＝0上兩點(diǎn)，且|MN|＝4，點(diǎn)P在直線l：x－y＋3＝0上，則|eq \(PM,\s\up6(→))＋eq \(PN,\s\up6(→))|的最小值為( )
A．2eq \r(2)－2 B．2eq \r(2)
C．2eq \r(2)＋2 D．2eq \r(2)－eq \r(5)
答案 A
解析 設(shè)線段MN的中點(diǎn)為D，
圓C：x2＋y2－2x－4y＝0的圓心為C(1,2)，半徑為eq \r(5).則圓心C到直線MN的距離為eq \r(?\r(5)?2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2)))2)＝1，所以|CD|＝1，故點(diǎn)D的軌跡是以C為圓心，半徑為1的圓，設(shè)點(diǎn)D的軌跡為圓D，圓D上的點(diǎn)到直線l的最短距離為t＝eq \f(|1－2＋3|,\r(2))－1＝eq \r(2)－1.所以|eq \(PM,\s\up6(→))＋eq \(PN,\s\up6(→))|＝|2eq \(PD,\s\up6(→))|＝2|eq \(PD,\s\up6(→))|≥2t＝2eq \r(2)－2.
考點(diǎn)二 由圓周角的性質(zhì)確定隱形圓
例2 (1)已知點(diǎn)P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，若圓C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在點(diǎn)M，使得∠PMQ＝90°，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是( )
A．[4,6] B．(4,6)
C．(0,4]∪[6，＋∞) D．(0,4)∪(6，＋∞)
答案 A
解析 由題意知，點(diǎn)P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，
可得以PQ為直徑的圓的方程為(x－2)2＋y2＝t2，
則圓心C1(2,0)，半徑R＝t，
又由圓C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1，
可得圓心C(－2,3)，半徑r＝1，
兩圓的圓心距為|CC1|＝eq \r(?2＋2?2＋?0－3?2)＝5，
要使得圓C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在點(diǎn)M，使得∠PMQ＝90°，
即兩圓存在公共點(diǎn)，則滿足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(R＋r≥5，,R－r≤5，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t＋1≥5，,t－1≤5，))解得4≤t≤6，
所以實(shí)數(shù)t的取值范圍是[4,6]．
(2)(2022·長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)質(zhì)檢)已知直線l：x－y＋4＝0上動(dòng)點(diǎn)P，過(guò)P點(diǎn)作圓x2＋y2＝4的兩條切線，切點(diǎn)分別為C，D，記M是CD的中點(diǎn)，則直線CD過(guò)定點(diǎn)________，點(diǎn)M的軌跡方程為_(kāi)_____________________________．
答案 (－1,1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \f(1,2)
解析 如圖，連接PO，CO，DO，
因?yàn)镻D⊥DO，PC⊥CO，
所以P，D，O，C在以PO為直徑的圓上，
設(shè)P(x0，x0＋4)，
則以O(shè)P為直徑的圓的方程為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(x0＋4,2)))2＝eq \f(x\\al(2,0)＋?x0＋4?2,4)，
化簡(jiǎn)得x2－x0x－(x0＋4)y＋y2＝0，
與x2＋y2＝4聯(lián)立，
可得CD所在直線的方程為x0x＋(x0＋4)y＝4?x0(x＋y)＝4(1－y)
?eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－y＝0，,x＋y＝0))?eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝1，,x＝－1，))
直線CD過(guò)定點(diǎn)Q(－1,1)，又OM⊥CD，
所以O(shè)M⊥MQ，所以點(diǎn)M在以O(shè)Q為直徑的圓上，
所以點(diǎn)M的軌跡為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \f(1,2).
規(guī)律方法 利用圓的性質(zhì)，圓周角為直角，即可得到：若PA⊥PB或∠APB＝90°，則點(diǎn)P的軌跡是以AB為直徑的圓．注意軌跡中要?jiǎng)h除不滿足條件的點(diǎn)．
跟蹤演練2 (2022·北京海淀區(qū)模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝kx＋m(k≠0)與x軸和y軸分別交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝2eq \r(2)，若CA⊥CB，則當(dāng)k，m變化時(shí)，點(diǎn)C到點(diǎn)(1,1)的距離的最大值為( )
A．4eq \r(2) B．3eq \r(2) C．2eq \r(2) D.eq \r(2)
答案 B
解析 由y＝kx＋m(k≠0)得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0))，B(0，m)，
因?yàn)镃A⊥CB，所以點(diǎn)C的軌跡是以AB為直徑的圓，其方程為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,2k)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(m,2)))2＝eq \f(m2,4k2)＋eq \f(m2,4)，
設(shè)該動(dòng)圓的圓心為(x′，y′)，則x′＝－eq \f(m,2k)，y′＝eq \f(m,2)，
整理得k＝－eq \f(y′,x′)，m＝2y′，
代入到eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)))2＋m2＝8中，得x′2＋y′2＝2，
即點(diǎn)C軌跡的圓心在圓x′2＋y′2＝2上，
故點(diǎn)(1,1)與該圓上的點(diǎn)(－1，－1)的連線的距離加上圓的半徑即為點(diǎn)C到點(diǎn)(1,1)的距離的最大值，最大值為eq \r([1－?－1?]2＋[1－?－1?]2)＋eq \r(2)＝3eq \r(2).
考點(diǎn)三 阿波羅尼斯圓
例3 (多選)古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)“若A，B為平面上相異的兩點(diǎn)，則所有滿足：eq \f(|PA|,|PB|)＝λ(λ>0，且λ≠1)的點(diǎn)P的軌跡是圓，后來(lái)人們稱這個(gè)圓為阿波羅尼斯圓．在平面直角坐標(biāo)系中，A(－2,0)，B(4,0)，若λ＝eq \f(1,2)，則下列關(guān)于動(dòng)點(diǎn)P的結(jié)論正確的是( )
A．點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＋8x＝0
B．△APB面積的最大值為6
C．在x軸上必存在異于A，B的兩定點(diǎn)M，N，使得eq \f(|PM|,|PN|)＝eq \f(1,2)
D．若點(diǎn)Q(－3,1)，則2|PA|＋|PQ|的最小值為5eq \r(2)
答案 ACD
解析 對(duì)于選項(xiàng)A，設(shè)P(x，y)，
因?yàn)镻滿足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(\r(?x＋2?2＋y2),\r(?x－4?2＋y2))＝eq \f(1,2)，
化簡(jiǎn)得x2＋y2＋8x＝0，故A正確；
對(duì)于選項(xiàng)B，由選項(xiàng)A可知，
點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＋8x＝0，
即(x＋4)2＋y2＝16，所以點(diǎn)P的軌跡是以(－4,0)為圓心，4為半徑的圓，
又|AB|＝6，且點(diǎn)A，B在直徑所在直線上，
故當(dāng)點(diǎn)P到圓的直徑所在直線的距離最大時(shí)，△PAB的面積取得最大值，
因?yàn)閳A上的點(diǎn)到直徑的最大距離為半徑，即△PAB的高的最大值為4，
所以△PAB面積的最大值為eq \f(1,2)×6×4＝12，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)C，假設(shè)在x軸上存在異于A，B的兩定點(diǎn)M，N，使得eq \f(|PM|,|PN|)＝eq \f(1,2)，設(shè)M(m，0)，N(n，0)，
故eq \f(\r(?x－m?2＋y2),\r(?x－n?2＋y2))＝eq \f(1,2)，
即eq \r(?x－n?2＋y2)＝2eq \r(?x－m?2＋y2)，
化簡(jiǎn)可得x2＋y2－eq \f(8m－2n,3)x＋eq \f(4m2－n2,3)＝0,
又點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＋8x＝0，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(8m－2n,3)＝8，,\f(4m2－n2,3)＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－6，,n＝－12))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝4))(舍去)，
故存在異于A，B的兩定點(diǎn)M(－6,0)，N(－12,0)，
使得eq \f(|PM|,|PN|)＝eq \f(1,2)，故C正確；
對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)閑q \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(1,2)，所以2|PA|＝|PB|，
所以2|PA|＋|PQ|＝|PB|＋|PQ|，
又點(diǎn)P在圓x2＋8x＋y2＝0上，如圖所示，
所以當(dāng)P，Q，B三點(diǎn)共線時(shí)2|PA|＋|PQ|取得最小值，此時(shí)(2|PA|＋|PQ|)min＝|BQ|
＝eq \r([4－?－3?]2＋?0－1?2)＝5eq \r(2)，故D正確．
規(guī)律方法 “阿波羅尼斯圓”的定義：平面內(nèi)到兩個(gè)定點(diǎn)A(－a，0)，B(a，0)(a>0)的距離之比為正數(shù)λ(λ≠1)的點(diǎn)的軌跡是以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ2＋1,λ2－1)a，0))為圓心，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2aλ,λ2－1)))為半徑的圓，即為阿波羅尼斯圓．
跟蹤演練3 若平面內(nèi)兩定點(diǎn)A，B間的距離為2，動(dòng)點(diǎn)P滿足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \r(3)，則|PA|2＋|PB|2的最大值為( )
A．16＋8eq \r(3) B．8＋4eq \r(3)
C．7＋4eq \r(3) D．3＋eq \r(3)
答案 A
解析 由題意，設(shè)A(－1,0)，B(1,0)，P(x，y)，
因?yàn)閑q \f(|PA|,|PB|)＝eq \r(3)，所以eq \f(\r(?x＋1?2＋y2),\r(?x－1?2＋y2))＝eq \r(3)，
即(x－2)2＋y2＝3，
所以點(diǎn)P的軌跡是以(2,0)為圓心，半徑為eq \r(3)的圓，
因?yàn)閨PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2＋1)，其中x2＋y2可看作圓(x－2)2＋y2＝3上的點(diǎn)(x，y)到原點(diǎn)(0,0)的距離的平方，
所以(x2＋y2)max＝(2＋eq \r(3))2＝7＋4eq \r(3)，
所以[2(x2＋y2＋1)]max＝16＋8eq \r(3)，
即|PA|2＋|PB|2的最大值為16＋8eq \r(3).
專題強(qiáng)化練
1．已知圓O：x2＋y2＝1，圓M：(x－a)2＋(y－2)2＝2.若圓M上存在點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)為A，B，使得PA⊥PB，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( )
A．[0，eq \r(2)] B．[－5eq \r(2)，1]
C．[－eq \r(2)，eq \r(2)] D．[－2,2]
答案 D
解析 由題意可知四邊形PAOB為正方形，
|OP|＝eq \r(2)，
∴點(diǎn)P在以O(shè)為圓心，以eq \r(2)為半徑的圓上，其方程為x2＋y2＝2，
若圓M上存在這樣的點(diǎn)P，則圓M與x2＋y2＝2有公共點(diǎn)，
則有eq \r(2)－eq \r(2)≤eq \r(a2＋4)≤eq \r(2)＋eq \r(2)，
解得－2≤a≤2.
2．已知點(diǎn)A(－5，－5)在動(dòng)直線mx＋ny－m－3n＝0上的射影為點(diǎn)B，若點(diǎn)C(5，－1)，那么|BC|的最大值為( )
A．16 B．14 C．12 D．10
答案 C
解析 由動(dòng)直線方程化為m(x－1)＋n(y－3)＝0，可知其恒過(guò)定點(diǎn)Q(1,3)．
又∵點(diǎn)A(－5，－5)在動(dòng)直線mx＋ny－m－3n＝0上的射影為點(diǎn)B，
∴∠ABQ＝90°，則點(diǎn)B的軌跡是以AQ為直徑的圓，
∴圓心為AQ的中點(diǎn)M(－2，－1)，
圓的半徑r＝eq \f(1,2)|AQ|＝5.
又|MC|＝eq \r(?5＋2?2＋?－1＋1?2)＝7>r＝5，
∴點(diǎn)C(5，－1)在圓M外，
故|BC|的最大值為r＋|MC|＝7＋5＝12.
3．(2022·武漢模擬)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(cs α，sin α)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))))，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形AOBP，Q(－2,0)，則∠PQO的最大值為( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
答案 C
解析 已知圓O：x2＋y2＝1，A，B是圓O上兩動(dòng)點(diǎn)，且∠AOB＝eq \f(π,3)，
所以△AOB為等邊三角形，
又|AB|＝|OA|＝1，
取AB的中點(diǎn)M，則|OM|＝eq \f(\r(3),2)，
所以|OP|＝eq \r(3)，
所以點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＝3，
當(dāng)PQ與x2＋y2＝3相切時(shí)，∠PQO最大，
此時(shí)sin∠PQO＝eq \f(\r(3),2)，
則∠PQO＝eq \f(π,3).
4．已知△ABC是等邊三角形，E，F(xiàn)分別是AB和AC的中點(diǎn)，P是△ABC邊上一動(dòng)點(diǎn)，則滿足eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(CF,\s\up6(→))的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 D
解析 以BC的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC，OA所在直線為x軸、y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系．
設(shè)△ABC的邊長(zhǎng)為4，
則B(－2,0)，C(2,0)，A(0,2eq \r(3))，E(－1，eq \r(3))，
F(1，eq \r(3))，eq \(BE,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3))，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3))，
設(shè)P(x，y)，則eq \(PE,\s\up6(→))＝(－1－x，eq \r(3)－y)，
eq \(PF,\s\up6(→))＝(1－x，eq \r(3)－y)，
由eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(CF,\s\up6(→))得，
(－1－x，eq \r(3)－y)·(1－x，eq \r(3)－y)
＝(1，eq \r(3))·(－1，eq \r(3))，
所以x2＋(y－eq \r(3))2＝3，
即點(diǎn)P的軌跡是以(0，eq \r(3))為圓心，eq \r(3)為半徑的圓，也就是以AO為直徑的圓，易知該圓與△ABC的三邊有4個(gè)公共點(diǎn)．
5．(多選)已知AB為圓O：x2＋y2＝49的弦，且點(diǎn)M(4,3)為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)C為平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，若AC2＋BC2＝66，則( )
A．點(diǎn)C構(gòu)成的圖象是一條直線
B．點(diǎn)C構(gòu)成的圖象是一個(gè)圓
C．OC的最小值為2
D．OC的最小值為3
答案 BC
解析 ∵點(diǎn)M(4,3)為AB的中點(diǎn)，
∴OM⊥AB，
|OM|＝eq \r(42＋32)＝5，
∴|AM|＝|BM|＝eq \r(49－52)＝2eq \r(6)，
∵AC2＋BC2＝66，
∴eq \(AC,\s\up6(→))2＋eq \(BC,\s\up6(→))2＝66，
則(eq \(AM,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→)))2＋(eq \(BM,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→)))2＝66，
即eq \(AM,\s\up6(→))2＋2eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))2＋eq \(BM,\s\up6(→))2＋2eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))2＝66，
∵eq \(AM,\s\up6(→))＝－eq \(BM,\s\up6(→))，
則可得2eq \(AM,\s\up6(→))2＋2eq \(MC,\s\up6(→))2＝66，
可解得|MC|＝3，
∴點(diǎn)C構(gòu)成的圖象是以M為圓心，3為半徑的圓，故A錯(cuò)誤，B正確；
∴可得OC的最小值為|OM|－3＝5－3＝2，故C正確，D錯(cuò)誤．
6．(多選)(2022·福州模擬)已知A(－3,0)，B(3,0)，動(dòng)點(diǎn)C滿足|CA|＝2|CB|，記C的軌跡為Γ.過(guò)A的直線與Γ交于P，Q兩點(diǎn)，直線BP與Γ的另一個(gè)交點(diǎn)為M，則( )
A．Q，M關(guān)于x軸對(duì)稱
B．△PAB的面積的最大值為6eq \r(3)
C．當(dāng)∠PMQ＝45°時(shí)，|PQ|＝4eq \r(2)
D．直線AC的斜率的范圍為[－eq \r(3)，eq \r(3)]
答案 AC
解析 設(shè)C(x，y)，由|CA|＝2|CB|得，
eq \r(?x＋3?2＋y2)＝2eq \r(?x－3?2＋y2)，
整理得Γ的方程為(x－5)2＋y2＝16，其軌跡是以D(5,0)為圓心，半徑r＝4的圓．
由圖可知，由于AB＝6，所以當(dāng)DP垂直于x軸時(shí)，△PAB的面積有最大值，
所以(S△PAB)max＝eq \f(1,2)|AB|·r＝eq \f(1,2)×6×4＝12，
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
因?yàn)閨PA|＝2|PB|，|MA|＝2|MB|，
所以eq \f(|PA|,|MA|)＝eq \f(|PB|,|MB|)，所以∠PAB＝∠MAB，
又C的軌跡Γ關(guān)于x軸對(duì)稱，所以Q，M關(guān)于x軸對(duì)稱，選項(xiàng)A正確；
當(dāng)∠PMQ＝45°時(shí)，∠PDQ＝45°×2＝90°，
則△DPQ為等腰直角三角形，|PQ|＝eq \r(2)r＝4eq \r(2)，
選項(xiàng)C正確；
當(dāng)直線AC與圓D相切時(shí)，CD⊥AC，
此時(shí)|AD|＝8＝2r
＝2|CD|，
所以sin∠DAC＝eq \f(1,2)，
所以切線AC的傾斜角為30°和150°，
由圖可知，直線AC的斜率的取值范圍為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
7．已知等邊△ABC的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)P在線段AC上，若滿足eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))－2λ＋1＝0的點(diǎn)P恰有兩個(gè)，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是______________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(1,2)))
解析 如圖，以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，OC所在直線為x軸、y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，
則A(－1,0)，B(1,0)，
設(shè)P(x，y)．
則eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))－2λ＋1＝0，
即為(－1－x)(1－x)＋y2－2λ＋1＝0，
化簡(jiǎn)得x2＋y2＝2λ(λ>0)，
故所有滿足eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))－2λ＋1＝0的點(diǎn)P在以O(shè)為圓心，eq \r(2λ)為半徑的圓上．
過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AC，垂足為點(diǎn)M，由題意知，線段AC與圓x2＋y2＝2λ有兩個(gè)交點(diǎn)，
所以|OM|

相關(guān)學(xué)案

2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題17與圓相關(guān)的定點(diǎn)定值問(wèn)題學(xué)案：

這是一份2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題17與圓相關(guān)的定點(diǎn)定值問(wèn)題學(xué)案，共10頁(yè)。

2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題16阿波羅尼斯圓問(wèn)題梳理及其運(yùn)用學(xué)案：

這是一份2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題16阿波羅尼斯圓問(wèn)題梳理及其運(yùn)用學(xué)案，共9頁(yè)。

專題42+阿波羅尼斯圓-2023年高考數(shù)學(xué)優(yōu)拔尖核心壓軸題（選擇、填空題）：

這是一份專題42+阿波羅尼斯圓-2023年高考數(shù)學(xué)優(yōu)拔尖核心壓軸題（選擇、填空題），共14頁(yè)。學(xué)案主要包含了方法點(diǎn)撥，典型題示例，鞏固訓(xùn)練，答案或提示等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)學(xué)案 更多

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六培優(yōu)點(diǎn)9圓錐曲線與圓的綜合問(wèn)題學(xué)案

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六培優(yōu)點(diǎn)9圓錐曲線與圓的綜合問(wèn)題學(xué)案
新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題一培優(yōu)點(diǎn)3隱零點(diǎn)問(wèn)題學(xué)案

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題一培優(yōu)點(diǎn)3隱零點(diǎn)問(wèn)題學(xué)案
2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六解析幾何培優(yōu)提能隱圓問(wèn)題學(xué)案

2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六解析幾何培優(yōu)提能隱圓問(wèn)題學(xué)案
2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六解析幾何第1講直線與圓學(xué)案

2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六解析幾何第1講直線與圓學(xué)案
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部