4. 到定点距离的平方和为定值

由于圆的标准方程是两个平方和的形式，故如果题目中含有多个线段 (一个动点到多个定点组成的线段) 的平方和为定值的特征，我们可以考虑转化为圆．

例 4.27

如图 4-6 所示，$△ABC$ 是边长为 1 的正三角形，点 $P$ 在 $△ABC$ 所在的平面内，且 $|\overrightarrow{PA}{|}^2+|\overrightarrow{PB}{|}^2+|\overrightarrow{PC}{|}^2=a(a\text{ 为常数})$．下列结论中，正确的是 ( ). A. 当 0 < a < 1 时，满足条件的点 $P$ 有且只有一个 $B$．当 a = 1 时，满足条件的点 $P$ 有三个 $C$．当 a > 1 时，满足条件的点 $P$ 有无数个 $D$．当 $a$ 为任意正实数时，满足条件的点 $P$ 是有限个

图4-6

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以 BC 所在直线为 $x$ 轴， BC 中点为原点，建立直角坐标系，则 $A\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ , $B\left(-\frac{1}{2},0\right)$ , $C\left(\frac{1}{2},0\right)$．设 $P(x,y)$，可得 $|\overrightarrow{PA}{|}^2=x^2+{\left(y-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2$ , $|\overrightarrow{PB}{|}^2={\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+y^2$ , $|\overrightarrow{PC}{|}^2={\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2$ .

因为 $|\overrightarrow{PA}{|}^2+|\overrightarrow{PB}{|}^2+|\overrightarrow{PC}{|}^2=a,$ 所以 $x^2+{\left(y-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+y^2+{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2=a,$ 化简得 $3x^2+3y^2-\sqrt{3}y+\frac{5}{4}-a=0,$ 即 $x^2+y^2-\frac{\sqrt{3}}{3}y+\frac{5}{12}-\frac{a}{3}=0,$ 配方得

x ^ 2 + (y - frac sqrt 36) ^ 2 = frac 13 (a - 1). (4.2.1)$$x^2+{\left(y-\frac{\sqrt{3}}{6}\right)}^2=\frac{1}{3}(a-1).\text{\hspace{1em}(4.2.1)}$$

当 a < 1 时，方程 (4.2.1) 的右边小于 0, 故不能表示任何图形，所以 $A$ 错误;

当 $a=1$ 时，方程 (4.2.1) 的右边为 0 , 表示点 $\left(0,\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$ 恰好是正三角形的重心，故 $B$ 错误;

当 $a>1$ 时，方程 (4.2.1) 的右边大于 0 , 表示以 $\left(0,\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$ 为圆心，半径为 $\sqrt{\frac{1}{3}(a-1)}$ 的圆，而圆上的点有无数个，所以 $C$ 正确，$D$ 错误．故选 $C$.

变式 4.27.1

正方形 ABCD 与点 $P$ 在同一平面内，已知该正方形的边长为 1，且 ${\left|PA\right|}^2+{\left|PB\right|}^2-{\left|PC\right|}^2=0$ ，求 $P$ 的轨迹方程．