《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 15. (2025·安徽阜阳期中)已知点 $ A(1,0) $，$ B(-1,0) $，动点 $ P(x,y)(x ≥ 0,y ≥ 0) $ 满足 $ |\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{PB}| = 2 $，记其轨迹为 $ Γ $，$ Γ $ 与 $ y $ 轴交于 $ C $ 点，过 $ P $(异于 $ C $ 点)作直线 $ PC $ 的垂线 $ l $.
(1)求曲线 $ Γ $ 的方程；
(2)记 $ A $ 到 $ l $ 的距离为 $ d_1 $，$ B $ 到 $ l $ 的距离为 $ d_2 $，证明：$ 2d_1d_2 + |PC|^2 $ 为定值.

答案：
变式训练15.
(1)解:由题意，得$\overrightarrow{PA}=(1 - x,-y)$，$\overrightarrow{PB}=(-1 - x,-y)$，则$\vert PA\vert=\sqrt{(1 - x)² + (-y)²}=2\vert x\vert$，$\vert x\vert = 1$，$x² + y² = 1$，所以所求曲线方程为$x² + y² = 1$且$x\geqslant0$，$y\geqslant0$。
(2)证明:由题设及圆的性质，显然直线$l$的斜率必存在，如图，不妨设$l:y = kx - 1$，且$k\in[1,+\infty)$，则$A$到$l$的距离为$d_1=\frac{\vert k - 1\vert}{\sqrt{1 + k²}}$，$B$到$l$的距离为$d_2=\frac{\vert k + 1\vert}{\sqrt{1 + k²}}$，
令$P(x,kx - 1)$且$x\neq0$，则$x² + (kx - 1)² = 1\Rightarrow(1 + k²)x² - 2kx = 0$，故$x = \frac{2k}{1 + k²}$，所以$P\left(\frac{2k}{1 + k²},\frac{k² - 1}{1 + k²}\right)$，则$\vert PC\vert²=\left(\frac{2k}{1 + k²}\right)²+\left(\frac{k² - 1}{1 + k²}\right)²=\frac{4}{1 + k²}$。综上，$2d_1d_2+\vert PC\vert²=\frac{2(k² - 1)}{1 + k²}+\frac{4}{1 + k²}=2$，为定值。

变式训练 16. (2025·河北沧州模拟)若圆 $ C_1 $ 与圆 $ C_2 $ 相交于 $ P,Q $ 两点，$ |PQ| = m(m ＞ 0) $，且 $ C_2 $ 为线段 $ PQ $ 的中点，则称 $ C_2 $ 是 $ C_1 $ 的 $ m $ 等距共轭圆.已知点 $ A(3,5) $，$ B(6,4) $ 均在圆 $ C_1 $ 上，圆心 $ C_1 $ 在直线 $ x - 4y - 3 = 0 $ 上.
(1)求圆 $ C_1 $ 的标准方程.
(2)若圆 $ C_2 $ 是圆 $ C_1 $ 的 $ 8 $ 等距共轭圆，设圆心 $ C_2 $ 的轨迹为 $ Ω $.
(ⅰ)求 $ Ω $ 的方程.
(ⅱ)已知点 $ H(3,3) $，直线 $ l $ 与曲线 $ Ω $ 交于异于点 $ H $ 的 $ E,F $ 两点，若直线 $ HE $ 与 $ HF $ 的斜率之积为 $ 3 $，试问直线 $ l $ 是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.

答案：
变式训练16.解:
(1)因为圆心$C_1$在直线$x - 4y - 3 = 0$上，设$C_1(4a + 3,a)$，且点$A(3,5)$，$B(6,4)$均在圆$C_1$上，则$\vert C_1A\vert=\vert C_1B\vert$，可得$\sqrt{16a²+(a - 5)²}=\sqrt{(4a - 3)²+(a - 4)²}$，解得$a = 0$，即圆心为$C_1(3,0)$，半径$r=\vert C_1A\vert = 5$，所以圆$C_1$的标准方程为$(x - 3)² + y² = 25$。
(2)(ⅰ)因为$\vert PQ\vert = 8$，由题意可得$\vert C_1C_2\vert=\sqrt{r²-\left(\frac{1}{2}\vert PQ\vert\right)²}=3$，可知圆心$C_2$的轨迹$\Omega$是以$C_1(3,0)$为圆心，半径$r_2 = 3$的圆，所以$\Omega$的方程为$(x - 3)² + y² = 9$。
(ⅱ)如图，若直线$l$的斜率存在，设直线$l:y = kx + b$，$E(x_1,y_1)$，$F(x_2,y_2)$，联立方程$\begin{cases}y = kx + b\\(x - 3)² + y² = 9\end{cases}$，消去$y$可得$(k² + 1)x² + 2(kb - 3)x + b² = 0$，
则$\Delta＞0$，且$x_1 + x_2=\frac{2(3 - kb)}{k² + 1}$，$x_1x_2=\frac{b²}{k² + 1}$，
因为$k_{HE}· k_{HF}=\frac{y_1 - 3}{x_1 - 3}·\frac{y_2 - 3}{x_2 - 3}=\frac{kx_1 + b - 3}{x_1 - 3}·\frac{kx_2 + b - 3}{x_2 - 3}=3$，整理可得$(k² - 3)x_1x_2+[k(b - 3)+9](x_1 + x_2)+b² - 6b - 18 = 0$，则$\frac{b²(k² - 3)}{k² + 1}+\frac{2[k(b - 3)+9](3 - kb)}{k² + 1}+b² - 6b - 18 = 0$，可得$(b + 3k + 6)(b + 3k - 3) = 0$，
即$b = -3k - 6$或$b = -3k + 3$，
当$b = -3k - 6$时，直线$y = k(x - 3)-6$过定点$(3,-6)$；
当$b = -3k + 3$时，直线$y = k(x - 3)+3$过定点$(3,3)$，不符合题意；
可知直线$l$过定点$(3,-6)$；
若直线$l$的斜率不存在，设$E(x_0,y_0)$，$F(x_0,-y_0)$，$x_0\neq3$，则$k_{HE}· k_{HF}=\frac{y_0 - 3}{x_0 - 3}·\frac{-y_0 - 3}{x_0 - 3}=3$，即$y_0² = 9 - 3(x_0 - 3)²$，且$E(x_0,y_0)$在圆$(x - 3)² + y² = 9$上，则$(x_0 - 3)² + y_0² = 9$，即$(x_0 - 3)² + 9 - 3(x_0 - 3)² = 9$，解得$x_0 = 3$，不符合题意。
综上所述，直线$l$过定点$(3,-6)$。