每日一题[3141]形形色色的圆

在平面直角坐标系 $x O y$ 中，已知 $A(3,0)$，$B(0, t)$（$t>0$），若该平面中不存在点 $P$，同时满足两个条件 $|P A|^{2}+2|P O|^{2}=12$ 与 $|P O|=\sqrt{2}|P B|$，则 $t$ 的取值范围是（        ）

A．$\left(0, \dfrac{\sqrt{6}}{2}-1\right)$

B．$\left(\dfrac{\sqrt{6}}{2}+1,+\infty\right)$

C．$\left(\dfrac{\sqrt{6}}{2}-1, \dfrac{\sqrt{6}}{2}+1\right)$

D．$\left(0, \dfrac{\sqrt{6}}{2}-1\right) \cup\left(\dfrac{\sqrt 6}2+1,+\infty\right)$

答案    D．

解析    设 $P(x,y)$，于是题意即方程组 $$\begin{cases} (x-3)^2+y^2+2(x^2+y^2)=12,\\ x^2+y^2=2\left(x^2+(y-t)^2\right)\end{cases}$$ 无解，整理方程组，可得 $$\begin{cases} (x-1)^2+y^2=2,\\ x^2+(y-2t)^2=2t^2,\end{cases}$$ 因此以 $(1,0)$ 为圆心且 $\sqrt 2$ 为半径的圆与以 $(0,2t)$ 为圆心且 $\sqrt 2t$ 为半径的圆内含或相离，即 $$\sqrt{1+4t^2}<|\sqrt 2-\sqrt 2t|~\text{或}~\sqrt{1+4t^2}>\sqrt 2+\sqrt 2t,$$ 解得 $t$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac{\sqrt 6-2}2\right)\cup\left(\dfrac{\sqrt 6+2}2,+\infty\right)$．