《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

变式 2 (多选)已知圆 $ C _ { 1 } : x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 1 $，圆 $ C _ { 2 } : ( x - 3 ) ^ { 2 } + ( y + 4 ) ^ { 2 } = r ^ { 2 } ( r ＞ 0 ) $，$ P $，$ Q $ 分别是圆 $ C _ { 1 } $ 与圆 $ C _ { 2 } $ 上的动点，则(BC)

A.若圆 $ C _ { 1 } $ 与圆 $ C _ { 2 } $ 无公共点，则 $ 0 ＜ r ＜ 4 $
B.当 $ r = 5 $ 时，两圆公共弦所在直线的方程为 $ 6 x - 8 y - 1 = 0 $
C.当 $ r = 2 $ 时，$ | P Q | $ 的取值范围为 $ [ 2, 8 ] $
D.当 $ r = 3 $ 时，过点 $ P $ 作圆 $ C _ { 2 } $ 的两条切线，切点分别为 $ A $，$ B $，则 $ \angle A P B $ 不可能等于 $ \frac { \pi } { 2 } $

答案：
变式2　BC　[解析]易知圆$C_1:x^2 + y^2 = 1$的圆心为$C_1(0,0)$，半径$r_1 = 1$；圆$C_2:(x - 3)^2 + (y + 4)^2 = r^2$的圆心为$C_2(3,-4)$，半径为$r$.对于$A$，若圆$C_1$与圆$C_2$无公共点，则$|C_1C_2| ＞ r + 1$或$|C_1C_2| ＜ |r - 1|$，可得$5 ＞ r + 1$或$5 ＜ |r - 1|$，解得$0 ＜ r ＜ 4$或$r ＞ 6$，故$A$错误.对于$B$，当$r = 5$时，两圆相交，公共弦方程为$x^2 + y^2 - [(x - 3)^2 + (y + 4)^2] = 1 - 25$，整理可得$6x - 8y - 1 = 0$，故$B$正确.对于$C$，当$r = 2$时，可知两圆外离，$|PQ| \in [|C_1C_2| - r_1 - r,|C_1C_2| + r]$，即$|PQ| \in [2,8]$，故$C$正确.对于$D$，若$\angle APB = \frac{\pi}{2}$，可知四边形$AC_2BP$为正方形，如图，可得$|PC_2| = 3\sqrt{2}$.因为$|PC_2| \in [|C_1C_2| - 1,|C_1C_2| + 1]$，即$|PC_2| \in [4,6]$，且$3\sqrt{2} \in [4,6]$，所以存在点$P$使得$\angle APB = \frac{\pi}{2}$，故$D$错误.

例 3 (1)(多选)已知 $ A $，$ B $ 是平面内两个定点，且 $ | A B | = 6 $，则满足下列条件的动点 $ P $ 的轨迹为圆的是(BC)
A.$ | P A | + | P B | = 6 $
B.$ \overrightarrow { P A } · \overrightarrow { P B } = - 1 $
C.$ | P A | = 2 | P B | $
D.$ | P A | ^ { 2 } + | P B | ^ { 2 } = 18 $

答案：
(1)BC　[解析]对于$A$，$|PA| + |PB| = 6 = |AB|$，显然点$P$的轨迹是线段$AB$，故$A$错误.以$AB$为$x$轴，$AB$中点$O$为原点，建立平面直角坐标系，则$A(-3,0)$，$B(3,0)$，设$P(x,y)$，则$\overrightarrow{PA} = (-3 - x,-y)$，$\overrightarrow{PB} = (3 - x,-y)$，若$\overrightarrow{PA} · \overrightarrow{PB} = -1$，则$x^2 + y^2 = 8$，所以点$P$的轨迹是圆，故$B$正确.对于$C$，由两点间距离公式得$|PA| = \sqrt{(x + 3)^2 + y^2}$，$|PB| = \sqrt{(x - 3)^2 + y^2}$，代入$|PA| = 2|PB|$中，化简得$x^2 - 10x + y^2 + 9 = 0$，即$(x - 5)^2 + y^2 = 16$，所以点$P$的轨迹是圆，故$C$正确.对于$D$，代入$|PA|^2 + |PB|^2 = 18$中，化简得$x^2 + y^2 = 0$，显然$P$的轨迹是一个点，故$D$错误.

(2)已知圆 $ O : x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 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 $ \angle A P B = 60 ^ { \circ } $，则实数 $ a $ 的取值范围为$[2 - \frac{\sqrt{2}}{2},2 + \frac{\sqrt{2}}{2}]$.

答案：

(2)$[2 - \frac{\sqrt{2}}{2},2 + \frac{\sqrt{2}}{2}]$　[解析]如图，圆$O$的半径为$1$，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$\angle APB = 60^{\circ}$，则$\angle APO = 30^{\circ}$.在$Rt\triangle PAO$中，$|PO| = 2$.又圆$M$的半径等于$1$，圆心$M(a,a - 4)$，则$|PO|_{\min} = |MO| - 1$，$|PO|_{\max} = |MO| + 1$，因为$|MO| = \sqrt{a^2 + (a - 4)^2}$，所以$\sqrt{a^2 + (a - 4)^2} - 1 \leq 2 \leq \sqrt{a^2 + (a - 4)^2} + 1$，解得$2 - \frac{\sqrt{2}}{2} \leq a \leq 2 + \frac{\sqrt{2}}{2}$.

变式 3 (2025·湛江一模)已知 $ A ( - 1, 0 ) $，$ B ( 1, 0 ) $，点 $ P $ 满足 $ | P A | = \sqrt { 3 } | P B | $，当 $ \angle P A B $ 取到最大值时，$ \triangle P A B $ 的面积为(D)

A.$ \frac { 3 \sqrt { 3 } } { 4 } $
B.$ \frac { 3 \sqrt { 2 } } { 4 } $
C.$ \frac { 3 \sqrt { 2 } } { 2 } $
D.$ \sqrt { 2 } $

答案：
变式3　D　[解析]设$P(x,y)$，$|PA| = \sqrt{3}|PB|$，得$\sqrt{(x + 1)^2 + y^2} = \sqrt{3}×\sqrt{(x - 1)^2 + y^2}$，即$(x - 2)^2 + y^2 = 3$，则点$P$的轨迹是圆心为$D(2,0)$，半径为$\sqrt{3}$的圆.如图，当直线$AP$与圆$D$相切时，$\angle PAB$最大，则$AP \perp PD$.又$|PD| = \sqrt{3}$，$|AD| = 3$，所以$|PA| = \sqrt{|AD|^2 - |PD|^2} = \sqrt{6}$.又$|AB| = \frac{2}{3}|AD|$，所以$S_{\triangle PAB} = \frac{2}{3}S_{\triangle PAD} = \frac{2}{3}×\frac{1}{2}×|PA|×|PD| = \sqrt{2}$.

例 4 (2025·安庆三模)已知点 $ P $ 在圆 $ ( x - \frac { 5 } { 2 } ) ^ { 2 } + y ^ { 2 } = \frac { 9 } { 4 } $ 上，$ A ( - 2, 0 ) $，$ M ( 1, 1 ) $，则 $ \frac { 1 } { 3 } | P A | + | P M | $ 的最小值为(B)

A.$ 1 $
B.$ \sqrt { 2 } $
C.$ 2 \sqrt { 2 } $
D.$ \sqrt { 10 } $

答案：
例4　B　[解析]设$P(x,y)$，$B(a,0)$，$\frac{1}{3}|PA| = |PB|$，则$\frac{1}{3}\sqrt{(x + 2)^2 + y^2} = \sqrt{(x - a)^2 + y^2}$，整理得$x^2 + y^2 - \frac{9a + 2}{4}x + \frac{9a^2 - 4}{8} = 0$.将点$P$的轨迹方程展开并整理得$x^2 + y^2 - 5x + 4 = 0$，可得$\frac{9a + 2}{4} = 5$，$\frac{9a^2 - 4}{8} = 4$，解得$a = 2$，所以$B(2,0)$.因此$\frac{1}{3}|PA| + |PM| = |PB| + |PM| \geq |MB| = \sqrt{(2 - 1)^2 + (0 - 1)^2} = \sqrt{2}$，如图，当$P$，$B$，$M$三点共线，即$P$在$P'$位置时，$\frac{1}{3}|PA| + |PM|$取得最小值$\sqrt{2}$.

变式 4 (2025·金华模拟)已知点 $ P $，$ Q $ 分别是抛物线 $ C : x ^ { 2 } = 8 y $ 和圆 $ E : x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - 12 y + 32 = 0 $ 上的动点，若抛物线 $ C $ 的焦点为 $ F $，则 $ 2 | P Q | + | Q F | $ 的最小值为(B)

A.$ 6 $
B.$ 4 \sqrt { 6 } $
C.$ 4 \sqrt { 3 } $
D.$ 5 $

答案：
变式4　B　[解析]易知抛物线$C:x^2 = 8y$的焦点$F(0,2)$，设$Q(x,y)$，$M(0,t)$，满足$|QM| = \frac{1}{2}|QF|$，则$4[x^2 + (y - t)^2] = x^2 + (y - 2)^2$，化简得$x^2 + y^2 - (\frac{8t}{3} - \frac{4}{3})y + \frac{4t^2 - 4}{3} = 0$，与圆$E:x^2 + y^2 - 12y + 32 = 0$对比得$t = 5$，则$|QF| = 2|QM|$，从而$2|PQ| + |QF| = 2(|PQ| + |QM|) \geq 2|PM|$，如图，当且仅当$P$，$Q$，$M$三点共线时取等号.设$P(x',y')$，则$|PM|^2 = x'^2 + (y' - 5)^2 = 8y' + (y' - 5)^2 = y'^2 - 2y' + 25 = (y' - 1)^2 + 24 \geq 24$，当且仅当$y' = 1$时取等号，所以$|PM| \geq 2\sqrt{6}$，故$2|PQ| + |QF|$的最小值为$4\sqrt{6}$.