《2025年天星教育试题调研数学第10辑》

[2025 福建厦门 2 月质检]已知动圆 $ M $ 与圆 $ C_{1}:(x + 1)^{2} + y^{2} = 9 $ 内切，且与圆 $ C_{2}:(x - 1)^{2} + y^{2} = 1 $ 外切，记圆心 $ M $ 的轨迹为曲线 $ C $.
(1)求 $ C $ 的方程；
(2)设点 $ P $，$ Q $ 在 $ C $ 上，且以 $ PQ $ 为直径的圆 $ E $ 经过坐标原点 $ O $，求圆 $ E $ 面积的最小值.

答案：
(1)设圆 $ M $ 的半径为 $ r $，由题意可知 $ C_{1}(-1,0) $，$ C_{2}(1,0) $，$ 0 ＜ r ＜ 3 $，
由题意知 $ |MC_{1}| = 3 - r $，$ |MC_{2}| = 1 + r $，则 $ |MC_{1}| + |MC_{2}| = 4 ＞ 2 = |C_{1}C_{2}| $，
【技法速通】通过消参构造等式，从而根据椭圆的定义确定动点的轨迹
故圆心 $ M $ 的轨迹为椭圆（不包含右顶点），易知椭圆 $ C $ 的长轴长为 $ 2a = 4 $，焦距为 $ 2c = 2 $，
则 $ a = 2 $，$ c = 1 $，$ b^{2} = a^{2} - c^{2} = 3 $，
故椭圆 $ C $ 的方程为 $ \frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{3} = 1(x \neq 2) $.
(2)方法一 以 $ PQ $ 为直径的圆 $ E $ 经过坐标原点 $ O $，连接 $ OP $，$ OQ $，则 $ OP \perp OQ $，
①当直线 $ OP $，$ OQ $ 中有一条斜率不存在时，则另一条斜率为 $ 0 $，
易知 $ |PQ|^{2} = a^{2} + b^{2} = 7 $，所以圆 $ E $ 的半径为 $ \frac{\sqrt{7}}{2} $，所以圆 $ E $ 的面积为 $ \frac{7\pi}{4} $.
第一步：析，分析设参，以直线 $ OP $，$ OQ $ 的斜率为参数.
②若直线 $ OP $，$ OQ $ 的斜率均存在，设直线 $ OP:y = kx $，直线 $ OQ:y = -\frac{1}{k}x $，$ P(x_{1},y_{1}) $，$ Q(x_{2},y_{2}) $，
第二步：构，将直线方程与椭圆方程联立，利用勾股定理构造 $ |PQ|^{2} $ 的表达式.
由 $ \begin{cases} \frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{3} = 1 \\ y = kx \end{cases} $，可得 $ x_{1}^{2} = \frac{12}{4k^{2} + 3} $，同理可得 $ x_{2}^{2} = \frac{12k^{2}}{4 + 3k^{2}} $，
所以 $ |PQ|^{2} = |OP|^{2} + |OQ|^{2} = (1 + k^{2})x_{1}^{2} + (1 + \frac{1}{k^{2}})x_{2}^{2} = \frac{12(1 + k^{2})}{4k^{2} + 3} + (1 + \frac{1}{k^{2}})\frac{12k^{2}}{4 + 3k^{2}} = 7 - \frac{7k^{2}}{(4k^{2} + 3)(4 + 3k^{2})} $.
第三步：破，利用基本不等式求解 $ |PQ|^{2} $ 的最小值，进而求得圆 $ E $ 面积的最小值.
所以 $ |PQ|^{2} = 7 - \frac{7}{12k^{2} + \frac{12}{k^{2}} + 25} \geq 7 - \frac{7}{2\sqrt{12k^{2} × \frac{12}{k^{2}}} + 25} = \frac{48}{7} $，当且仅当 $ k^{2} = 1 $ 时，$ |PQ|^{2} $ 取得最小值 $ \frac{48}{7} $，此时圆 $ E $ 的面积为 $ \pi × (\frac{|PQ|}{2})^{2} = \frac{\pi}{4} × \frac{48}{7} = \frac{12\pi}{7} $，
因为 $ \frac{7\pi}{4} ＞ \frac{12\pi}{7} $，所以圆 $ E $ 面积的最小值为 $ \frac{12\pi}{7} $.
方法二：三角换元法 第一步：析，分析设参，$ P $，$ Q $ 两点在椭圆上，引入角作为参数.
设 $ P(2\cos\alpha,\sqrt{3}\sin\alpha) $，$ Q(2\cos\beta,\sqrt{3}\sin\beta) $，$ 0 ＜ \alpha ＜ 2\pi $，$ 0 ＜ \beta ＜ 2\pi $，
【指点迷津】$ P $，$ Q $ 两点在椭圆上，故引入角作为参数，根据 $ OP \perp OQ $ 建立两个参数之间的关系，构造 $ |PQ|^{2} $ 的三角函数表达式，转化为三角函数的最值问题求解
第二步：构，根据 $ OP \perp OQ $ 建立两个参数之间的关系，构造 $ |PQ|^{2} $ 的三角函数表达式.
连接 $ OP $，$ OQ $，因为 $ OP \perp OQ $，所以 $ \overrightarrow{OP} · \overrightarrow{OQ} = 4\cos\alpha\cos\beta + 3\sin\alpha\sin\beta = 0 $，
所以 $ |PQ|^{2} = (2\cos\alpha - 2\cos\beta)^{2} + (\sqrt{3}\sin\alpha - \sqrt{3}\sin\beta)^{2} = 6 + \cos^{2}\alpha + \cos^{2}\beta - (8\cos\alpha\cos\beta + 6\sin\alpha\sin\beta) = 6 + \cos^{2}\alpha + \cos^{2}\beta $.
第三步：破，利用三角恒等变换、换元法、基本不等式求解 $ |PQ|^{2} $ 的最小值，进而求得圆 $ E $ 面积的最小值.
$ 4\cos\alpha\cos\beta = -3\sin\alpha\sin\beta $，则 $ 16\cos^{2}\alpha\cos^{2}\beta = 9\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta = 9(1 - \cos^{2}\alpha)(1 - \cos^{2}\beta) $，
整理得 $ 7\cos^{2}\alpha\cos^{2}\beta = 9[1 - (\cos^{2}\alpha + \cos^{2}\beta)] $，
由基本不等式得 $ \cos^{2}\alpha\cos^{2}\beta \leq \frac{(\cos^{2}\alpha + \cos^{2}\beta)^{2}}{4} $，
所以 $ 9[1 - (\cos^{2}\alpha + \cos^{2}\beta)] \leq \frac{7(\cos^{2}\alpha + \cos^{2}\beta)^{2}}{4} $，
设 $ t = \cos^{2}\alpha + \cos^{2}\beta $，则 $ t ＞ 0 $，$ 9(1 - t) \leq \frac{7t^{2}}{4} $，即 $ (7t - 6)(t + 6) \geq 0 $，解得 $ t \geq \frac{6}{7} $，
所以 $ |PQ|^{2} = 6 + \cos^{2}\alpha + \cos^{2}\beta = 6 + t \geq \frac{48}{7} $，
所以圆 $ E $ 面积的最小值为 $ \pi × (\frac{|PQ|_{\min}}{2})^{2} = \frac{\pi}{4} × \frac{48}{7} = \frac{12\pi}{7} $.