《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

已知点 $ M $ 与两个定点 $ O(0,0) $，$ A(3,0) $ 的距离之比为 $ \frac{1}{2} $，求点 $ M $ 的轨迹。

答案：
解：如图所示，
设动点$M(x,y)$，连接$MO,MA$，
有$|MA|=2|MO|$，
即$\sqrt{(x - 3)^{2}+y^{2}}=2\sqrt{x^{2}+y^{2}}$，
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
化简得$x^{2}+y^{2}+2x - 3 = 0$，即$(x + 1)^{2}+y^{2}=4$，
则方程即为所求点$M$的轨迹方程，它表示以
$C(-1,0)$为圆心，$2$为半径的圆.

已知点 $ C $ 到点 $ A(-1,0) $，$ B(1,0) $ 的距离之比为 $ \sqrt{3} $，求点 $ C $ 到直线 $ x - 2y + 8 = 0 $ 的距离的最小值。

答案： 解：设$C(x,y)$，则$\frac{|CA|}{|CB|}=\sqrt{3}$，
即$\frac{\sqrt{(x + 1)^{2}+y^{2}}}{\sqrt{(x - 1)^{2}+y^{2}}}=\sqrt{3}$，化简得$(x - 2)^{2}+y^{2}=3$，
所以点$C$的轨迹是以$(2,0)$为圆心，$\sqrt{3}$为半径的圆，则圆心到直线$x - 2y + 8 = 0$的距离$d=\frac{|2 - 2×0 + 8|}{\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}}}=2\sqrt{5}$，
所以点$C$到直线$x - 2y + 8 = 0$的距离的最小值为$2\sqrt{5}-\sqrt{3}$.

(1) 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点 $ M $ 与两个定点 $ A,B $ 的距离之比为 $ \lambda (\lambda ＞ 0 $，且 $ \lambda \neq 1) $，那么点 $ M $ 的轨迹就是阿波罗尼斯圆。若平面内两定点 $ A,B $ 间的距离为 $ 2 $，动点 $ P $ 满足 $ \frac{|PA|}{|PB|} = \sqrt{3} $，则 $ |PA|^2 + |PB|^2 $ 的最大值为(A)
A. $ 16 + 8\sqrt{3} $
B. $ 8 + 4\sqrt{3} $
C. $ 7 + 4\sqrt{3} $
D. $ 3 + \sqrt{3} $
(2)(多选题)在平面直角坐标系中，$ M(-2,0) $，$ N(1,0) $，$ A(3,1) $，$ |PM| = \sqrt{2} |PN| $，设点 $ P $ 的轨迹为 $ C $，下列说法正确的是(BD)
A. 轨迹 $ C $ 的方程为 $ (x + 4)^2 + y^2 = 12 $
B. $ \triangle PMN $ 面积的最大值为 $ \frac{9\sqrt{2}}{2} $
C. $ |AP| $ 的最小值为 $ 4\sqrt{2} $
D. 若直线 $ y = 2x + 1 $ 与轨迹 $ C $ 交于 $ D,E $ 两点，则 $ |DE| = \frac{6\sqrt{5}}{5} $
(3) 在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，已知圆 $ O:x^2 + y^2 = 1 $，圆 $ O_1:(x - 4)^2 + y^2 = 4 $，动点 $ P $ 在直线 $ x + \sqrt{3}y - b = 0 $ 上，过 $ P $ 点分别作圆 $ O,O_1 $ 的切线，切点分别为 $ A,B $。若满足 $ |PB| = 2|PA| $ 的点 $ P $ 有且只有两个，则实数 $ b $ 的取值范围是$\left(-\frac{20}{3},4\right)$ 。

答案：
(1)A
(2)BD
(3)$\left(-\frac{20}{3},4\right)$
(1)由题意，设$A(-1,0),B(1,0),P(x,y)$.因为$\frac{|PA|}{|PB|}=\sqrt{3}$，所以$\frac{\sqrt{(x + 1)^{2}+y^{2}}}{\sqrt{(x - 1)^{2}+y^{2}}}=\sqrt{3}$，即$(x - 2)^{2}+y^{2}=3$，所以点$P$的轨迹是以$(2,0)$为圆心，半径为$\sqrt{3}$的圆，因为$|PA|^{2}+|PB|^{2}=(x + 1)^{2}+y^{2}+(x - 1)^{2}+y^{2}=2(x^{2}+y^{2}+1)$，其中$x^{2}+y^{2}$可看作圆$(x - 2)^{2}+y^{2}=3$上的点$(x,y)$到原点$(0,0)$的距离的平方，所以$(x^{2}+y^{2})_{\max}=(2 + \sqrt{3})^{2}=7 + 4\sqrt{3}$，所以$[2(x^{2}+y^{2}+1)]_{\max}=16 + 8\sqrt{3}$，即$|PA|^{2}+|PB|^{2}$的最大值为$16 + 8\sqrt{3}$.故选A.
(2)设点$P(x,y)$，因为$|PM|=\sqrt{2}|PN|$，所以$\sqrt{(x + 2)^{2}+y^{2}}=\sqrt{2}×\sqrt{(x - 1)^{2}+y^{2}}$，化简得$(x - 4)^{2}+y^{2}=18$，故A错误；当点$P$纵坐标的绝对值最大时，$\triangle PMN$面积最大，此时$S_{\triangle PMN}=\frac{1}{2}×3×3\sqrt{2}=\frac{9\sqrt{2}}{2}$，故B正确；设轨迹$C$的圆心为$G$，半径为$r$，所以$G(4,0)$，$r = 3\sqrt{2}$，点$A$在圆内，所以$|AP|_{\min}=r - |AG|=3\sqrt{2}-\sqrt{1 + 1}=2\sqrt{2}$，故C错误；设圆心到直线$y = 2x + 1$的距离为$d$，则$d=\frac{9}{\sqrt{5}}$，$|DE|=2\sqrt{r^{2}-d^{2}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，故D正确.故选BD.
(3)设点$P$坐标为$P(x,y)$，因为$|PB|=2|PA|$，所以$|PB|^{2}=4|PA|^{2}$，即$|PO_{1}|^{2}-4=4(|PO|^{2}-1)$，则$(x - 4)^{2}+y^{2}-4=4(x^{2}+y^{2}-1)$，整理得$3x^{2}+3y^{2}+8x - 16 = 0$.
法一：该方程表示圆心为$\left(-\frac{4}{3},0\right)$，半径为$\frac{8}{3}$的圆.因为点$P$有且只有两个，
所以直线和圆相交，故$\frac{|\frac{-4}{3}-b|}{2}＜\frac{8}{3}$，解得$b\in\left(-\frac{20}{3},4\right)$.
法二：因为$P$在直线$x+\sqrt{3}y - b = 0$上，所以$\sqrt{3}y=-x + b$，代入$3x^{2}+3y^{2}+8x - 16 = 0$，得$4x^{2}+(8 - 2b)x + b^{2}-16 = 0$.因为点$P$有且只有两个，所以方程有两个不相等的根，即$\Delta＞0$，整理得$3b^{2}+8b - 80＜0$，解得$b\in\left(-\frac{20}{3},4\right)$.