微专题16 解析几何中的“隐形圆”问题

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；

(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；

→＋TP→＝TQ→，求实数t的(3)设点T(t，0)满足：存在圆M上的两点P和Q，使得TA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. 4－0

(2)因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为＝2.

2－0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＝

|2×6－7＋m||m＋5|

＝. 55

因为BC＝OA＝22＋42＝25， BC2

而MC＝d＋2，



2

2

（m＋5）2

所以25＝＋5，解得m＝5或m＝－15.

5故直线l的方程为2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.

→＋TP→＝TQ→，即TA→＝TQ→－TP→＝PQ→，

(3)法一 TA→|＝|PQ→|， 故|TA

→|＝（t－2）2＋42，又0＜|PQ→|≤10， 因为|TA

所以0＜（t－2）2＋42≤10， 解得t∈[2－221，2＋221]，

→＝PQ→，此时0＜|TA→|≤10，只需要作直

对于任意t∈[2－221，2＋221]，欲使TA线TA的平行线，使圆心到直线的距离为→|＝|PQ→|，即TA→＝PQ→， 此时|TA

因此对于任意t∈[2－221，2＋221]，均满足题意， 综上，t∈[2－221，2＋221]. 法二 设P(x1，y1)，Q(x2，y2). →＋TP→＝TQ→，

因为A(2，4)，T(t，0)，TAx2＝x1＋2－t，所以①

y2＝y1＋4.

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.

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2－221≤t≤2＋221. 因此，实数t的取值范围是[2－221，2＋221].

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

→|2

|TA

25－4，必然与圆交于P，Q两点，

给出的“阿波罗尼斯圆”是“隐形圆”典型的例子. 1.问题背景

苏教版《数学必修2》P112第12题：

1

已知点M(x，y)与两个定点O(0，0)，A(3，0)的距离之比为2，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. 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.

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；

λ2＋12λ2＋14λ2m22

m，0为圆心，当λ＞1时，x－2m＋y＝2，轨迹为以点2

（λ－1）2λ－1λ－12λm

λ2－1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.

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.

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，

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，

22

所以PO1－1＝2(PO2－1).

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.

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.

【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)， （x＋c）2＋y2PA

由PB＝a(a＞0)，得＝a.

（x－c）2＋y2化简得(1－a2)x2＋2c(1＋a2)x＋c2(1－a2) ＋(1－a2)y2＝0.

2c（1＋a2）

当a≠1时，得x＋x＋c2＋y2＝0， 2

1－a

2

1＋a2222ac2

c＋y＝2. 整理得x－2

a－1a－1当a＝1时，化简得x＝0.

a2＋1

所以当a≠1时，P点的轨迹是以2c，0为圆心，

a－1

2ac

a2－1为半径的圆； 

当a＝1时，P点的轨迹为y轴.

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：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. y＝x－1，解 (1)联立得圆心为C(3，2).

y＝2x－4，切线的斜率存在，设切线方程为y＝kx＋3. |3k＋3－2|则d＝＝r＝1，

1＋k23

得k＝0或k＝－4.

故所求切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.

(2)设点M(x，y)，由MA＝2MO，知x2＋（y－3）2＝2x2＋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. 12

解得0≤a≤5.

12

所以圆心C的横坐标a的取值范围为0，5.



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； →→＝0)确定隐形策略二：动点P对两定点A，B的张角是90°(kPA·kPB＝－1或PA·PB

圆；

→→＝λ确定隐形圆；

策略三：两定点A，B，动点P满足PA·PB策略四：两定点A，B，动点P满足PA2＋PB2是定值确定隐形圆；

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.

【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x＋1yx＋12

，所以点C的轨迹方程为为(x－3)＋y＝8.设C(x，y)，得D，－3222

2

2

1y2

＋2＝8，即(x－5)2＋y2＝32.所以S△ABC＝2×2|y|＝|y|≤32＝42，故S△ABC的最大值是42. 答案 42

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PB一点P，都有PA为一常数，试求所有满足条件的点B的坐标. 解 法一 假设存在满足条件的点B(t，0)， PB|t＋3|当P为圆C与x轴的左交点(－3，0)时，PA＝2； PB|t－3|

当P为圆C与x轴的右交点(3，0)时，PA＝8，

|t＋3||t－3|9依题意2＝8，解得t＝－5(舍去)或t＝－5. PB9

下面证明点B－5，0对于圆C上任一点P，都有PA为常数.

设P(x，y)，则y2＝9－x2，

1881189222x＋x＋x＋＋9－x＋y52525（5x＋17）95PB2PB3

所以PA2＝＝＝＝，从而

PA＝5（x＋5）2＋y2x2＋10x＋25＋9－x22（5x＋17）25为常数.

9

故满足条件的点B的坐标为－5，0.

法二 假设存在满足条件的点B(t，0)， PB

使得为常数λ(λ＞0)，则PB2＝λ2PA2，

PA

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， 3λ＝5，λ＝1，5λ＋t＝0，

所以22解得或(舍去)，

934λ－t－9＝0，t＝－5t＝－5

2

2

9

故满足条件的点B的坐标为－5，0.



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.

【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PQ

内是否存在一定点R，使得PR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.

解 (1)直线l的斜率存在，设切线l的方程为y－2＝k(x－4)，

|4k－2|8±19易得2＝1，解得k＝15.

k＋18±19

∴切线l的方程为y－2＝15(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.

(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).

x2＋y2－1

根据题意可得PQ＝x＋y－1，∴＝λ， 22

（x－a）＋（y－b）

2

2

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，

2

∴λ（4－2b）＝4， λ2（a2＋b2－11）＝－12，

2110

解得a＝2，b＝1，λ＝2或a＝5，b＝5，λ＝3，

PQ

∴存在定点R，使得PR为定值，点R的坐标为(2，1)时，定值为2；点R的坐标1021

为5，5时，定值为3. 

【新题感悟】 (2019·南京、盐城高三二模)在平面直角坐标系xOy中，已知点 A(－1，0)，B(5，0).若圆M：(x－4)2＋(y－m)2＝4上存在唯一点P，使得直线PA，PB在y轴上的截距之积为5，则实数m的值为________.

b解析 根据题意，设P的坐标为(a，b)，则直线PA的方程为y＝(x＋1)，其

a＋1在y轴上的截距为

bb，直线PB的方程为y＝(x－5)，其在y轴上的截距为a＋1a－5

λ2（8－2a）＝8，

5b－－.若点P满足使得直线PA，PB在y轴上的截距之积为5，则有×a－5a－5a＋15b

b

＝5，变形可得b2＋(a－2)2＝9，则点P在圆(x－2)2＋y2＝9上.若圆M：(x－4)2＋(y－m)2＝4上存在唯一点P，则圆M与(x－2)2＋y2＝9有且只有一个公共点，即两圆内切或外切，又由圆心距为＋m2＝25，解可得：m＝±21. 答案 ±21

一、填空题

1.在平面直角坐标系xOy中，已知B，C为圆x2＋y2＝4上两点，点A(1，1)，且AB⊥AC，则线段BC的长的取值范围为________. 解析 如图，设BC的中点为M(x，y). 连接OB，OM，AM，则BC＝2BM＝2AM， 所以OB2＝OM2＋BM2＝OM2＋AM2， 即4＝x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2， 12123

化简得x－2＋y－2＝2，



611

所以点M的轨迹是以2，2为圆心，2为半径的圆，

6－26＋2

， 所以AM的取值范围是，

22所以BC的取值范围是[6－2，6＋2]. 答案 [6－2，6＋2]

2.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1，点A(0，2)，若圆C上存在点M，满足MA2＋MO2＝10，则实数a的取值范围是________. 解析 设点M(x，y)，由MA2＋MO2＝10，

（4－2）2＋m2≥2，则两圆只能外切，则有4

即x2＋(y－2)2＋x2＋y2＝10，整理得x2＋(y－1)2＝4， 即点M在圆E：x2＋(y－1)2＝4上.

圆C上存在点M满足MA2＋MO2＝10等价于圆E与圆C有公共点， 所以|2－1|≤CE≤2＋1， 即1≤

a2＋（a－3）2≤3，整理得1≤2a2－6a＋9≤9，

解得0≤a≤3，即实数a的取值范围是[0，3]. 答案 [0，3]

3.已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x－a)2＋(y－a＋4)2＝1.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使得∠APB＝60°，则实数a的取值范围为________.

解析 由题意得圆心M(a，a－4)在直线x－y－4＝0上运动，所以动圆M是圆心在直线x－y－4＝0上，半径为1的圆.又因为圆M上存在点P，使经过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使∠APB＝60°，所以OP＝2，即点P也在x2＋y2＝4上，于是2－1≤

a2＋（a－4）2≤2＋1，即1≤

a2＋（a－4）2≤3，解得

22实数a的取值范围是2－，2＋.

2222

答案 2－，2＋

22

4.在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0.若直线y＝k(x＋1)上存在一点P，使过P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的取值范围是________. 解析 由题意知原命题等价于直线上存在点P使得PC＝22，从而(PC)min≤22，即圆心C(2，0)到直线y＝k(x＋1)的距离d＝答案 [－22，22]

5.在平面直角坐标系xOy中，设点A(1，0)，B(3，0)，C(0，a)，D(0，a＋2)，若存在点P，使得PA＝2PB，PC＝PD，则实数a的取值范围是________.

|3k|1＋k

2

≤22，解得－22≤k≤22.

解析 设P(x，y)，则

（x－1）2＋y2＝2·（x－3）2＋y2，整理得(x－5)2＋y2

＝8，即动点P在以(5，0)为圆心，22为半径的圆上运动.另一方面，由PC＝PD知动点P在线段CD的垂直平分线y＝a＋1上运动，因而问题就转化为直线y＝a＋1与圆(x－5)2＋y2＝8有交点.所以|a＋1|≤22，故实数a的取值范围是[－22－1，22－1].

答案 [－22－1，22－1]

6.如图，在等腰△ABC中，已知AB＝AC，B(－1，0)，AC边的中点为D(2，0)，则点C的轨迹所包围的图形的面积等于________. 解析 因为AB＝2AD，所以点A的轨迹是阿波罗尼斯圆，易知其

方程为(x－3)2＋y2＝4(y≠0).设C(x，y)，由AC边的中点为D(2，0)，知A(4－x，－y)，所以C的轨迹方程为(4－x－3)2＋(－y)2＝4，即(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，所求的面积为4π. 答案 4π

7.(2019·宿迁模拟)已知A，B是圆C1：x2＋y2＝1上的动点，AB＝3，P是圆C2：→→|的取值范围为________. (x－3)2＋(y－4)2＝1上的动点，则|PA＋PB解析 设AB的中点为C，由垂径定理可得CC1⊥AB，则CC1＝1

即点C的轨迹方程是x2＋y2＝4，C1C2＝

3211－＝2，

2

113

32＋42＝5，则PCmax＝5＋1＋2＝2，

17→→|＝|2PC→|∈[7，13].

PCmin＝5－1－2＝2，所以|PA＋PB答案 [7，13]

8.(2019·苏、锡、常、镇调研)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：(x＋1)2＋y2＝2，点A(2，0)，若圆C上存在点M，满足MA2＋MO2≤10，则点M的纵坐标的取值范围是________.

解析 设M(x，y)，因为MA2＋MO2≤10，所以(x－2)2＋y2＋x2＋y2≤10，化简得

x2＋y2－2x－3≤0，则圆C：x2＋y2＋2x－1＝0与圆C′：x2＋y2－2x－3＝0有公共1

点，将两圆方程相减可得两圆公共弦所在直线的方程为x＝－2，代入x2＋y2－2x7777

－3≤0可得－2≤y≤2，所以点M的纵坐标的取值范围是－，.

2277

答案 －，

22二、解答题

9.在x轴正半轴上是否存在两个定点A，B，使得圆x2＋y2＝4上任意一点P到A，1

B两点的距离之比为常数2？如果存在，求出点A，B坐标；如果不存在，请说明理由.

解 假设在x轴正半轴上存在两个定点A，B，使得圆x2＋y2＝4上任意一点P到1

A，B两点的距离之比为常数2.设P(x，y)，A(x1，0)，B(x2，0)，其中x2＞x1＞0， （x－x1）2＋y21则＝对满足x2＋y2＝4的任何实数对(x，y)恒成立， 222（x－x2）＋y

22222整理得，2x(4x1－x2)＋x22－4x1＝3(x＋y)，将x＋y＝4代入得， 22x(4x1－x2)＋x22－4x1＝12，这个式子对任意x∈[－2，2]恒成立，

4x1－x2＝0，所以一定有2因为x2＞x1＞0，

x2－4x21＝12，所以解得x1＝1，x2＝4.

所以在x轴正半轴上存在两个定点A(1，0)，B(4，0)，使得圆x2＋y2＝4上任意一1

点P到A，B两点的距离之比为常数2.

10.如图，已知平面α⊥平面β，A，B是平面α与平面β的交线上的两个定点，DA⊂

β，CB⊂β，且DA⊥α，CB⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6，在平面α上有一个动点P，使得∠APD＝∠BPC，求△PAB的面积的最大值.

解 由题意知DA⊥α，又PA⊂α，∴DA⊥PA，

AD4

∴在Rt△PAD中，tan∠APD＝AP＝AP， BC8

同理tan∠BPC＝BP＝BP. ∵∠APD＝∠BPC，∴BP＝2AP.

在平面α上以线段AB的中点为原点，AB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，则A(－3，0)，B(3，0)，

设P(x，y)，则有（x－3）2＋y2＝2（x＋3）2＋y2(y≠0). 化简得(x＋5)2＋y2＝16， ∴y2＝16－(x＋5)2≤16.∴|y|≤4.

1

∴△PAB的面积为S△PAB＝2|y|·AB＝3|y|≤12，当且仅当x＝－5，y＝±4时取得等号，故△PAB的面积的最大值是12.

11.已知点A(－3，0)，B(3，0)，动点P满足PA＝2PB. (1)若点P的轨迹为曲线C，求此曲线的方程；

(2)若点Q在直线l1：x＋y＋3＝0上，直线l2经过点Q且与曲线C只有一个公共点M，求QM的最小值，并求此时直线l2的方程. 解 (1)设点P的坐标为(x，y)， 则（x＋3）2＋y2 ＝2（x－3）2＋y2，

化简可得(x－5)2＋y2＝16即为所求.

(2)由(1)知曲线C是以点(5，0)为圆心、4为半径的圆，如图，则直线l2是此圆的切线，连接CQ，CM，则QM＝CQ2－CM2＝CQ2－16，

|5＋3|当CQ⊥l1时，CQ取最小值，CQmin＝＝42，

2

此时QM的最小值为32－16＝4，这样的直线l2有两条，设满足条件的两个公共点为M1，M2，

易证四边形M1CM2Q是正方形，所以l2的方程是x＝1或y＝－4.