“阿波罗尼斯圆”的应用举例
阿波罗尼斯圆在几何学中的重要应用
阿波罗尼斯圆在几何学中的重要应用阿波罗尼斯圆是古希腊几何学家阿波罗尼斯在公元前3世纪提出的一种特殊几何曲线。
它被广泛运用于数学和工程领域，具有重要的应用价值。
本文将介绍阿波罗尼斯圆在几何学中的几个重要应用。
一、光学系统的导向元件阿波罗尼斯圆被广泛应用于光学系统中的导向元件设计。
光学系统中的导向元件对光进行控制和调整，使其能够沿特定路径传播或聚焦在特定位置。
阿波罗尼斯圆的特殊形状和性质使得它能够实现精确的光线导向和聚焦。
通过对光线的反射和折射，阿波罗尼斯圆可以将入射光线汇聚到焦点上，实现精确的光束控制。
二、天文学中的椭圆轨道描述天文学中的行星和卫星运动轨道通常被描述为椭圆形状。
阿波罗尼斯圆在这方面发挥了关键作用。
根据开普勒定律，行星和卫星在引力作用下绕着中心天体运动，其轨道呈现出椭圆形状。
阿波罗尼斯圆的研究成果为天文学家提供了理论基础和数学工具，使得他们能够精确地描述和预测行星和卫星的运动轨迹，为天文学研究和空间探索提供了重要参考。
三、声学中的反射和聚焦阿波罗尼斯圆的特殊性质在声学中也有广泛应用。
声学中的反射和聚焦是将声波传播和聚焦在特定区域的重要问题。
阿波罗尼斯圆的形状使得它能够实现声波的精确反射和聚焦。
通过对声波的反射和折射，阿波罗尼斯圆可以将声波聚焦在特定位置，实现声学上的精确控制。
四、水波和震波的传播研究阿波罗尼斯圆不仅在光学和声学中有应用，还在水波和震波的传播研究中发挥重要作用。
水波和震波的传播过程与光波和声波有许多相似之处。
阿波罗尼斯圆的研究成果为水波和震波的传播提供了重要的参考和理论基础，推动了这一领域的发展。
综上所述，阿波罗尼斯圆在光学、天文学、声学和水波、震波传播等领域中都有重要应用。
其特殊形状和性质使得它成为精确控制和调整光、声、波等物理量的有效工具。
随着科学技术的发展和应用需求的增加，阿波罗尼斯圆将继续在多个领域发挥重要作用，为人类认识和探索自然世界提供宝贵的支持。
“阿波罗尼斯圆”的应用举例
“阿波罗尼斯圆”的应用举例【例】 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被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，主要研究成果击中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点A 、B 的距离之比为λ（0λ>， 1λ≠），那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆： 221x y +=和点1,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，点()1,1B ， M 为圆O 上动点，则2MA MB +的最小值为（ ）A.B.C.D.答案 C解析 令2=MA MC ，则12MAMC =. 由题意可得圆221x y +=是关于点A,C 的阿波罗尼斯圆，且1=2λ。
设点C 坐标为(),C m n ， 则12MAMC ==。
整理得22222421333m n m n x y x y ++-+++=。
由题意得该圆的方程为221x y +=，∴2224020113m n m n +==+-⎧⎪⎪⎪⎨=⎪⎪⎪⎩，解得2{ 0m n =-=。
∴点C 的坐标为（-2,0）。
∴2MA MB MC MB +=+,因此当点M 位于图中的12,M M 的位置时， 2MA MB MC MB +=+的值最小，且,故选C.【练习】1．设椭圆与双曲线有共同的焦点F 1(－1，0)，F 2(1，0)，且椭圆长轴是双曲线实轴的2倍，则椭圆与双曲线的交点轨迹是( )A ．双曲线B ．一个圆C ．两个圆D ．两条抛物线答案 C解析 由⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|＋|PF 2|＝4a ，||PF 1|－|PF 2||＝2a ，得|PF 1|＝3|PF 2|或|PF 2|＝3|PF 1|，所以是两个圆．2.到两定点的距离之比等于常数K （K ≠0）的点的轨迹是（ ）A. 椭圆B.抛物线C.圆D.直线和圆答案 D解析 当K=1时，轨迹是一条直线，即两定点连线的垂直平分线；当K ≠1时，轨迹是圆。
例说阿波罗尼斯网的应用
例说阿波罗尼斯圆的应用ʏ贵州省遵义地区仁怀市周林高中 卢艳华圆是高考考查的热点,几乎在每套高考试卷中都能看到圆的影子,其中以阿波罗尼斯圆为背景的考题层出不穷㊂它既可作为数学文化试题直接考查,也可以逆向考查点的定位或线段之间的数量关系,常以线段比例的形式隐含在平面解析几何或立体几何等相关知识中,成为知识交汇处命题的着眼点,备受命题人的青睐㊂同学们遇到阿波罗尼斯圆问题时,常需挖掘题中隐含条件,根据圆的特殊性质找到特定方法,与平面几何知识相结合,不断地转化求解㊂一㊁阿波罗尼斯圆的定义我们知道,到两定点距离之和(大于两定点间距离)为定值的点的轨迹是椭圆,到两定点距离之差的绝对值(小于两定点间距离)为定值的点的轨迹是双曲线,那么到两定点距离之商(大于零且不等于1)为定值的点的轨迹是什么呢?古希腊数学家阿波罗尼斯(A p o l l o n i u s )在他的著作‘圆锥曲线论“中回答了这个问题,并给出了阿波罗尼斯圆的定义:在平面内,已知两定点A ,B 之间的距离为2a (常数),动点P 到A ,B 的距离之比为常数λ(λ>0,且λʂ1),则点P 的轨迹是半径r =2λa|λ2-1|的圆,且圆心与两定点共线㊂这就是阿波罗尼斯轨迹定理,该圆称为阿波罗尼斯圆,简称为阿氏圆㊂图1证明:如图1,以线段A B 的中点O 为坐标原点㊁直线A B 为x 轴㊁线段A B 的垂直平分线为y 轴,建立平面直角坐标系㊂则A (-a ,0),B (a ,0)㊂设P (x ,y ),由|P A ||P B |=λ,得(x +a )2+y2(x -a )2+y 2=λ,两边同时平方,整理得x 2+y 2-2(λ2+1)a λ2-1㊃x +a 2=0,化为x -λ2+1λ2-1a2+y 2=2λλ2-1a 2㊂所以点P 的轨迹是以λ2+1λ2-1a ,0 为圆心,r =2λ|λ2-1|a 为半径的圆,且圆心与两定点A ,B 共线㊂容易得到阿波罗尼斯圆的如下性质㊂①圆上任意一点满足:|P A ||P B |=λ(常数),当λ>1时,点B 在该圆内,点A 在该圆外;当0<λ<1时,点B 在该圆外,点A 在该圆内㊂②圆的半径r =λ|A B ||λ2-1|,若以线段A B的中点为坐标原点㊁直线A B 为x 轴㊁直线A B 的垂直平分线为y 轴建系,则圆心坐标为λ2+1λ2-1㊃|A B |2,0㊂③设圆与x 轴的交点分别为C ,D (设C 在A ,B 之间),由阿波罗尼斯圆的定义知,|P A ||P B |=|C A ||C B |=|D A ||D B |=λ(常数),根据三角形内㊁外角平分线定理的逆定理,得P C ,P D分别为әA P B 的内角øA P B 及对应外角的角平分线,C ,D 分别为线段A B 的内分点和外分点,我们称C ,D 调和分割线段A B ,显然有P C ʅP D ,线段C D 为圆的直径㊂④平面内到A ,B 两点距离之比分别为λ和1λ(λ>0,且λʂ1)的点的轨迹是两个外离的半径相等的阿氏圆,且半径均为λ|A B ||λ2-1|㊂二㊁阿波罗尼斯圆的教材背景现行高中数学教材在编写时十分注重对数学史题材的引入及应用,如新人教B 版教材(2019年版)‘数学选择性必修第一册“中多次涉及阿波罗尼斯圆,有以下题目㊂1.(第116页习题2-3C 第1题)已知әA B C 中,A B =3,A C =2B C ,求әA B C 的面积的最大值㊂2.(第120页例4)已知动点M 到O (0,0)的距离与到A (3,0)的距离之比为12,求M 的轨迹方程,并说明轨迹曲线的形状㊂3.(第121页习题2-4B 第1题)求到两定点A (-1,2),B (3,2)的距离之比为2的点的轨迹方程㊂4.(第121页习题2-4B 第3题)已知动点M 到点(a ,0)的距离等于到点(b ,0)的距离的2倍(其中a ʂb ),求点M 的轨迹方程,并指出轨迹曲线的形状㊂尽管教材中未提及阿波罗尼斯圆的概念,但平面解析几何中常常会涉及平面内两点间的距离,三角形角平分线的性质等,属于必备知识,所以我们需要适度地拓展学习,以便提高解题的关键能力和学科素养㊂三、阿波罗尼斯圆的应用举例1.对阿波罗尼斯圆的深刻理解图2例1 (多选题)如图2,圆C 与x 轴相切于T (1,0),与y 轴正半轴交于A ,B 两点(B 在A 的上方),且|A B |=2,过点A 任意作一条直线与圆O :x 2+y 2=1相交于M ,N 两点,则以下结论中正确的有( )㊂A.|N A ||N B |=|M A ||M B |B .|N B ||N A |-|M A ||M B |=2C .|N B ||N A |+|M A ||M B |=22D .|N B ||N A |㊃|M A ||M B |=22解析:依题意,设圆心C (1,r )(r 为圆C的半径),由|A B |=2,得r =12+12=2㊂故圆心C 的坐标为(1,2),圆C 的标准方程是(x -1)2+(y -2)2=2㊂令x =0,得A (0,2-1),B (0,2+1)㊂设圆O 与y 轴的正㊁负半轴分别交于点E ㊁F ,则|E A |=2-2,|E B |=2㊂从而|E A ||E B |=2-22=2-1,|F A ||F B |=22+2=2-1,即|E A ||E B |=|F A ||F B |,所以圆O 是以A ,B 为定点,且比值为λ=2-1的阿波罗尼斯圆,故|N A ||N B |=|M A ||M B |,选项A 正确㊂由上可知,|N B ||N A |=|E B ||E A |=2+1,|M A ||M B |=|E A ||E B |=2-1㊂所以|N B ||N A |-|M A ||M B |=(2+1)-(2-1)=2㊂|N B ||N A |+|M A ||M B |=(2+1)+(2-1)=22,|N B ||N A |㊃|M A ||M B |=(2+1)㊃(2-1)=1㊂因此,B ㊁C 正确,D 错误㊂故选A B C ㊂评注:本题通过线段A B 的内㊁外分点E ㊁F 为圆直径的两端点,即内㊁外角平分线与y 轴两交点,回归几何本原,从而得到阿波罗尼斯圆㊂根据阿波罗尼斯圆定义的纯粹性和完备性,我们不难发现,给定平面内的两点A ,B ,若动点M 满足:|M A ||M B |=λ(常数λ>0且λʂ1),则M 必在阿波罗尼斯圆上;反之,阿波罗尼斯圆上的任意一点M 都满足|M A ||M B |=λ(常数λ>0且λʂ1)㊂2.阿波罗尼斯圆的逆用例2 已知圆x 2+y 2=1和点A (-2,0),是否存在异于A 的定点B 和常数k ,满足:对于圆上任意一点P ,都有|P B |=k |P A |(k >0,且k ʂ1)?若有,求出点B 的坐标及常数k 的值;若无,请说明理由㊂解析:设点B (b ,0),P (x ,y ),由|P B |=k |P A |,得(x -b )2+y 2=k ㊃(x +2)2+y 2,化简得(1-k 2)x 2+(1-k 2)㊃y 2-(2b +4k 2)x =4k 2-b 2㊂所以x 2+y 2-2b +4k 21-k 2x =4k 2-b21-k2㊂因为该圆上的任意一点P ,都有|P B |=k |P A |,所以动点P 的轨迹方程是x 2+y 2=1,即-2b +4k21-k 2=0,且4k 2-b21-k 2=1,也即2b +4k 2=0,4k 2-b 2=1-k 2,解得b =-12或b =-2㊂当b =-12时,k =12,符合题意;当b =-2时,k =1,不合题意㊂故点B 坐标是-12,0,常数k =12㊂评注:阿波罗尼斯圆能实现点与圆的相互转化,解决一些由圆求点或由点求圆的问题㊂从本题中我们可以得到一个结论:已知一个定圆和一个定点,即可确定λ和另一个定点,且圆心与两定点共线,这是阿波罗尼斯圆的逆用㊂3.以阿波罗尼斯圆为背景的数学文化的渗透例3 古希腊数学家阿波罗尼斯在其著作‘圆锥曲线论“中证明了这样一个命题:平面内与两个定点距离之比为常数k (k >0,且k ʂ1)的点的轨迹是圆,后人把这个圆称为阿波罗尼斯圆㊂已知定点A (-2,0),B (2,0),动点C 满足|A C |=2|B C |,则点C 的轨迹为阿波罗尼斯圆,记此圆为圆P ㊂已知点D 在圆P 上且在第一象限内,直线A D 交圆P 于另一点E ,连接E B 并延长交圆P 于点F ,连接D F ㊂若øD F E =30ʎ,则直线A D 的斜率为( )㊂A.3913 B .2613C .34D .134解析:设C (x ,y ),由|A C |=2|B C |,得(x +2)2+y 2=2(x -2)2+y 2,化为x -1032+y 2=649,得半径r =83㊂|O P |=103,|A P |=|A O |+|O P |=2+103=163㊂图3由øD P E =2øD F E =60ʎ,得|P E |=|P D |=83,则әD P E 为等边三角形,过圆心P 作P G ʅD E 于点G ,如图3所示㊂则|P G |=|P E |s i n 60ʎ=433,所以|A G |=4133,k A D =t a nøP A G =|P G ||A G |=4334133=3913㊂故选A ㊂评注:对于数学文化试题,一般会配有较长的文字描述,首先应读懂题意,然后借助已知中提供的有效信息和结论进行求解,这些信息,往往就是提示,甚至是解题工具,应重视并充分利用㊂另外本题对圆的性质也进行了挖掘,如同弧所对的圆周角与圆心角的关系,所以适当运用平面几何知识,常常可以简化复杂烦琐的计算㊂4.阿波罗尼斯圆在平面解析几何中的应用例4 已知抛物线C :y 2=8x 的焦点为F ,准线与x 轴的交点为K ,点A 在抛物线C 上,且|A K |=2|A F |,则әA F K 的面积为㊂解析:在y 2=8x 中,有F (2,0),准线l :x =-2,得K (-2,0)㊂由|A K |=2|A F |知,λ=2,点A 的轨迹为阿波罗尼斯圆㊂设该圆的方程为(x -a )2+y 2=r 2(r >0),由阿波罗尼斯圆的性质,得a =λ2+1λ2-1㊃|O F |=2+12-1ˑ2=6,r =2λλ2-1㊃|O F |=2ˑ22-1ˑ2=42㊂圆的方程为(x -6)2+y 2=32,与y 2=8x 联立,得x A =2,y A =ʃ4,故әA F K 的面积为12ˑ|K F |ˑ|y A |=12ˑ4ˑ4=8㊂评注:本题虽然也可以利用抛物线定义和三角函数求解,但本解法独辟蹊径,由两线段长度的倍数关系联想到阿波罗尼斯圆,再转化为两曲线的交点问题得到解决㊂一般地,如果存在这样一个三角形:一边确定,另两边长度成比例(比值不为1),可以考虑用阿波罗尼斯圆的性质来探求点的位置㊂5.转化为两点间距离例5 已知a ,b 是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量c 满足|c -a |=12,则|a +b -c |+2|c -b |的最小值为㊂图4解析:设O A ң=a ,O B ң=b ,O C ң=c ,a +b =O D ң,则|c -a |=|A C ң|=12㊂从而点C 在以点A 为圆心㊁12为半径的圆上,如图4所示㊂由题意知,|a +b -c |+2|c -b |=|C D ң|+2|B C ң|㊂设|C D |=2|C M |,则|C D |+2|C B |=2(|C M |+|C B |),由阿波罗尼斯圆知,点M 在直线D A 上㊂由r =λ|DM ||λ2-1|,得2|DM |22-1=12,解得|DM |=34㊂所以2(|C M |+|C B |)ȡ2|B M |=2|B D |2+|DM |2=21+342=52,当且仅当C ,B ,M 三点共线且C 在B ,M 之间时取等号,即|a +b -c |+2|c -b |的最小值为52㊂评注:本题是一个复杂的平面向量的模的问题㊂设|C D |=2|C M |,对隐含条件深入挖掘,层层转化,揭示了点C 的轨迹为阿波罗尼斯圆,于是问题的背景便豁然开朗㊂这种 无中生有 的手法,巧妙地将所求最小值转化为圆上的点到定点B 的最小距离㊂6.转化为直线与圆的位置关系例6 在平面直角坐标系x O y 中,已知直线l :y =k (x -2)-4,k ɪR ,点A (-2,0),B (1,0)㊂若直线l 上存在点P ,使得|P A |=2|P B |,则实数k 的取值范围是㊂图5解析:由题意知,满足|P A |=2|P B |的点P 的轨迹为阿波罗尼斯圆,其半径r =λ|A B ||λ2-1|=2ˑ322-1=2㊂以线段A B 的中点为坐标原点㊁A B 的垂直平分线为y '轴,建立新的直角坐标系x O 'y',如图5所示㊂则y '轴与y 轴之间的距离为12,在新坐标系下,由公式知圆心的横坐标为x 0=λ2+1λ2-1㊃a =22+122-1ˑ32=52,且圆心在直线A B 上㊂所以在原坐标系中,圆心的横坐标为52-12=2=r ,即圆与y 轴相切,得圆的方程为(x -2)2+y 2=4㊂又点P 在直线l 上,所以直线l 与圆有公共点,圆心(2,0)到直线l :k x -y -2k -4=0的距离d =4k 2+1ɤr=2,解得k ȡ3或k ɤ-3,即实数k 的取值范围是(-ɕ,-3]ɣ[3,+ɕ)㊂评注:本题在求阿波罗尼斯圆的方程时,为了使用公式 x 0=λ2+1λ2-1㊃a,需重新建系,注意新旧坐标之间的转换㊂当然也可以设P (x ,y ),直接由|P A |=2|P B |,得(x +2)2+y 2=2(x -1)2+y 2,化为(x -2)2+y 2=4,即得圆心坐标和半径㊂本题实际上是在直线与阿波罗尼斯圆有公共点的条件下寻找关于k 的不等关系,通过比较圆心到直线距离与圆半径的大小得解㊂(责任编辑 徐利杰)。
阿波罗尼斯圆的性质及其应用
阿波罗尼斯圆的性质及其应用
阿波罗尼斯圆是椭圆的一种，它的方程如下： $$x^2+y^2=a^2$$ 阿波罗尼斯圆的性质： 1. 阿波罗尼斯圆的中心位于原点，半径为a。
2. 阿波罗尼斯圆的对称轴是x轴和y轴。
3. 阿波罗尼斯圆的曲率半径是常数，其总是等于a。
4. 阿波罗尼斯圆的弦长是a的函数。
5. 阿波罗尼斯圆的周长是2πa。
阿波罗尼斯圆的应用： 1. 在物理学中，阿波罗尼斯圆可以用来描述圆形物体的运动，如月球运行围绕太阳的轨道就是一个阿波罗尼斯圆。
2. 在工程学中，阿波罗尼斯圆可以用来设计滑动平台、圆型工作台等。
3. 在数学中，阿波罗尼斯圆可以用来解决各种几何问题，如求圆的相关面积、弦长、面积等。
阿波罗尼斯圆及其应用 阿波罗尼斯圆的逆用 (解析版)
阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆的逆用阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆的逆用【微点综述】当题目给了阿氏圆和一个定点，我们可以通过下述方法快速找到另一个定点，便于计算，令圆O 与直线OA 相交于M ，N 两点设点E 为OA 上一点，且满足PA PE =λ，由阿氏圆定理AN NE =λ，AMME=λ，则AN =λNE ⇒OA -R =λR -OE ，∴λOE =1+λ R -OA ①同理AM =λME ⇒R +OA =λOE +R ，∴λOE =1-λ R +OA ②由①②消OA 得：2λOE =2R ，即ROE=λ，即R =λOE ，由①②消R 得：OA =λ2OE ，因此，满足条件的点E 在阿氏圆的圆心和定点A 的连线上，且ROE=λ或OAOE=λ2．【典例刨析】1.(2022·湖南·临澧一中高二开学考试)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点A ，B 的距离之比为λ(λ>0，λ≠1)，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆O ：x 2+y 2=1上的动点M 和定点A -12,0 ，B (1，1)，则2|MA |+|MB |的最小值为( )A.6B.7C.10D.112.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，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点A ，B 的距离之比为λ(λ>0,λ≠1)，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆O :x 2+y 2=1、点A -12,0 和点B 0,12 ，M 为圆O 上的动点，则2|MA |-|MB |的最大值为( )A.52B.172C.32D.223.古希腊数学家阿波罗尼斯(约前262-前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k k >0 且k ≠1 的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知O 0,0 ，A 3,0 ，圆C :x -2 2+y 2=r 2r >0 上有且仅有一个点P 满足PA =2PO ，则r 的取值为( )A.1B.5C.1或5D.不存在4.已知点P 是圆x -4 2+y -4 2=8上的动点，A 6,-1 ，O 为坐标原点，则PO +2PA 的最小值为______．5.已知圆C ：x -1 2+y -1 2=1，定点P 是圆C 上的动点，B 2,0 ，O 是坐标原点，则2PO +PB 的最小值为______．6.(2022江西·南昌八中高二月考)古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元首262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k (k >0且k ≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知O (0,0)，A (3,0)，圆C :(x -2)2+y 2=r 2(r >1)上有且仅有一个点P 满足|PA |=2|PO |，则r 的取值为_______.【针对训练】7.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，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点M 与两定点Q ,P 的距离之比MQMP =λ(λ>0,λ≠1)，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x 2+y 2=1，其中，定点Q 为x 轴上一点，定点P 的坐标为-13,0 ,λ=3，若点B 1,1 ，则3MP +MB 的最小值为( )A.10B.11C.15D.178.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德被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，主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆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λ(λ>0，λ≠1)，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆O ：x 2+y 2=1和点A -12,0 ，点B (4，2)，M 为圆O 上的动点，则2|MA |+|MB |的最小值为___________9.(2022安徽·合肥六中高二期中)古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k (k >0且k ≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知圆O :x 2+y 2=1和A -12,0 ，点B (1,1)，M 为圆O 上动点，则MA +12MB 的最小值为_______.10.(2022上海金山中学高二期末)古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A 、B ，动点P 满足PA |=λPB (其中λ是正常数，且λ≠1)，则P 的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点M (-1,0)、N (2,1)，P 是圆O :x 2+y 2=3上的动点，则3PM +PN 的最小值为____________11.阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k k >0,k ≠1 的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A 、B 间的距离为2，动点P 满足PAPB=2，求PA 2+PB2的最小值．12.(2022·江苏省江阴高级中学高三开学考试)希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点A ,B 的距离之比为定值λλ≠1 的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy 中，A -2,1 ，B -2,4 ，点P 是满足λ=12的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为___________________；若点Q 为抛物线E :y 2=4x 上的动点，Q 在y 轴上的射影为H ，则12PB +PQ +QH 的最小值为______.参考答案1.【答案】C【分析】讨论点M 在x 轴上与不在x 轴上两种情况，若点M 不在x 轴上，构造点K (-2，0)，可以根据三角形的相似性得到|MK ||MA |=|OM ||OA |=2，进而得到2|MA |+|MB |=|MB |+|MK |，最后根据三点共线求出答案.【详解】①当点M 在x 轴上时，点M 的坐标为(-1，0)或(1，0)．若点M 的坐标为(-1，0)，则2|MA |+|MB |=2×12+1+1 2+12=1+5；若点M 的坐标为(1，0)，则2|MA |+|MB |=2×32+1-1 2+12=4．②当点M 不在x 轴上时，取点K (-2，0)，如图，连接OM ，MK ，因为|OM |=1，|OA |=12，|OK |=2，所以|OM ||OA |=|OK ||OM |=2．因为∠MOK =∠AOM ，所以△MOK ∽△AOM ，则|MK ||MA |=|OM ||OA |=2，所以|MK |=2|MA |，则2|MA |+|MB |=|MB |+|MK |．易知|MB |+|MK |≥|BK |，所以|MB |+|MK |的最小值为|BK |．因为B (1，1)，K (-2，0)，所以(2|MA |+|MB |)min =|BK |=-2-12+0-1 2=10．又10<1+5<4，所以2|MA |+|MB |的最小值为10．故选：C 2.【答案】B【分析】令2MA =MC ，则MA MC=12，由阿氏圆的定义可知：C (-2,0)，由数形结合可知2|MA |-|MB |=|MC |-|MB |的最大值.【详解】设M x ,y ，令2MA =MC ，则MA MC=12，由题知圆x 2+y 2=1是关于点A 、C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12，设点C m ,n ，则MA MC =x +12 2+y 2x -m 2+y -n2=12，整理得：x 2+y 2+2m +43x +2n 3y =m 2+n 2-13，比较两方程可得：2m +43=0，2n 3=0，m 2+n 2-13=1，即m =-2，n =0，点C -2,0 ，当点M 位于图中M 1的位置时，2|MA |-|MB |=|MC |-|MB |的值最大，最大为BC =172.故选：B .【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线和圆的位置关系，圆上动点问题，解题的关键是通过数形结合知两线段距离差的最值是在两端点为起点的的射线上，属于一般题.3.【答案】C【分析】直接设点P x ,y ，根据PA =2PO 可以求得点P 的轨迹为圆，根据题意两圆有且仅有一个公共点，则两圆外切或内切，可得CC 1 =r +r 1或CC 1 =r -r 1 ．【详解】设点P x ,y ∵PA =2PO 即x -32+y 2=2x 2+y 2整理得：x +1 2+y 2=4∴点P 的轨迹为以C 1-1,0 为圆心，半径r 1=2的圆，∵圆C :x -2 2+y 2=r 2的C 2,0 为圆心，半径r 的圆由题意可得：3=CC 1 =r +r 1或3=CC 1 =r -r 1 ∴r =1或r =5故选：C ．4.【答案】10【分析】解法1：借助阿波罗尼斯圆的逆用，得到PO +2PA =2PA +PA ，进而根据三点共线即可求出最值；解法2：将PO +2PA =x 2+y 2+2x -6 2+y +1 2转化为=2x -3 2+y -3 2+x -62+y +1 2 ，进而结合进而根据三点共线即可求出最值．【详解】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用假设A m ,n ，使得PO =2PA ，则x 2+y 2=2x -m 2+y -n 2，从而可得3x 2-8mx +4m 2+3y 2-8ny +4n 2=0，从而可知圆心坐标为4m 3,4n3，所以4m 3=4，4n 3=4，解得m =n =4，即A 3,3 ．所以PO +2PA =2PA +PA ≥2A A =26-3 2+-1-3 2=10．即PO +2PA 的最小值为10．解法2：代数转逆法由x -4 2+y -4 2=8，得x 2+y 2=8x +8y -24．PO +2PA =x 2+y 2+2x -6 2+y +1 2=2x 2+y 24+x -62+y +1 2=2x2+y 2 -34x 2+y 2 +x -62+y +1 2=2x 2+y 2-6x +6y -18 +x -62+y +1 2=2x -3 2+y -3 2+x -62+y +1 2x -32+y -3 2+x -6 2+y +1 2表示的是动点x ,y 与3,3 和6,-1 之间的距离之和，当且仅当三点共线时，和最小，故PO +2PA ≥26-3 2+3+1 2=2×5=10．5.【答案】5【分析】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用，设B m ,n ，使得PB =2PB ，利用两点间的距离公式化简可求得B 32,12 ，得直线BB 与圆C 相交，则2PO +PB =2PO +PB ≥2OB ，从而可求得其最小值，解法2：代数转逆法，2PO +PB =2x 2+y 2+x -2 2+y 2=2x 2+y 2+x -32 2+y -12 2 ，可得当点O ,P ,B 32,12 共线，且P 在OB 之间时取得最小值.【详解】解：解法1：阿波罗尼斯圆的逆用设B m ,n ，使得PB =2PB ，则x -2 2+y 2=2x -m 2+y -n 2 ，整理，得x 2-4m -1 x +y 2-4ny +2m 2+n 2-2 =0，即[x -2(m -1)]2+(y -2n )2=2m 2+2n 2-8m +8=2(m -2)2+2n 2所以2m -1 =1，2n =1，从而B 32,12．经验证，知直线BB 与圆C 相交．从而2PO +PB =2PO +PB ≥2OB =2⋅94+14=2⋅52=5．所以2PO +PB 的最小值为5．解法2：代数转逆法2PO +PB =2x 2+y 2+x -22+y 2=2x 2+y 2+12x 2+y 2-2x +2=2x 2+y 2+x2+y 2 -12x 2+y 2 -2x +2 =2x 2+y 2+x 2+y 2-122x +2y -1 -2x +2 =2x 2+y 2+x 2+y 2-3x -y +52=2x 2+y 2+x -322+y -122≥2⋅94+14=2⋅52=5．所以2PO +PB 的最小值为5．故答案为：5【点睛】关键点点睛：此题考查点与圆的位置关系，考查阿波罗尼斯圆的逆用，解题的关键是根据阿波罗尼斯圆，设B m ,n ，使得PB =2PB ，化简后将问题转化为2PO +PB =2PO +PB ≥2OB ，考查数学转化思想，属于较难题.6.【答案】5【分析】设动点P x ,y ，根据题意求出点P 的轨迹方程可知轨迹为圆，由题意可知两圆相外切，再讨论内切和外切列方程即可得求解.【详解】设动点P x ,y ，由PA =2PO ，得x -3 2+y 2=4x 2+4y 2，整理得x +1 2+y 2=4，即点P 的轨迹方程为：x +1 2+y 2=4，又因为圆C :(x -2)2+y 2=r 2(r >1)上有且仅有一个点P 满足x +1 2+y 2=4，所以两圆相切，圆x +1 2+y 2=4的圆心坐标为-1,0 ，半径为2，圆C ：x -2 2+y 2=r 2r >0 的圆心坐标为2,0 ，半径为r ，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，r +2=3，得r =1，因为r >1，故r =1舍去，当两圆内切时，r -2 =3，r >1，得r =5．故答案为：5.7.【答案】D【分析】设Q a ,0 ，M x ,y ，根据|MQ ||MP |=λ和x 2+y 2=1求出a 的值，由3|MP |+|MB |=|MQ |+|MB |，两点之间直线最短，可得3|MP |+|MB |的最小值为BQ ，根据坐标求出BQ 即可.【详解】设Q a ,0 ，M x ,y ，所以MQ =x -a 2+y 2，由P -13,0 ，所以PM =x +13 2+y 2，因为|MQ ||MP |=λ且λ=3，所以x -a 2+y 2x +13 2+y2=3，整理可得x 2+y 2+3+a 4x =a 2-18，又动点M 的轨迹是x 2+y 2=1，所以3+a 4=0a 2-18=1，解得a =-3，所以Q -3,0 ，又MQ =3|MP |，所以3|MP |+|MB |=|MQ |+|MB |≥BQ ，因为B (1,1)，所以3|MP |+|MB |的最小值BQ =1+32+1-0 2=17，当M 在位置M 1或M 2时等号成立.故选：8.【答案】210【分析】设M (x ，y )，令2|MA |=|MC |，根据圆x 2+y 2=1是关于点A ､C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12，求得点C 坐标，再连接BC ，由直线段最短求解.整理得：【详解】设M (x ，y )，令2|MA |=|MC |，则|MA ||MC |=12，由题知圆x 2+y 2=1是关于点A ､C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12，设点C (m ，n )，则|MA ||MC |=x +12 2+y 2(x -m )2+(y -n )2=12，整理得：x 2+y 2+2m +43x +2n 3y =m 2+n 2-13，比较两方程可得：2m +43=0，2n 3=0，m 2+n 2-13=1，即m =-2，n =0，所以点C (-2，0)，如图所示：当点M 位于图中M 1､M 2的位置时，2|MA |+|MB |=|MC |+|MB |的值最小，最小为210.故答案为：2109.【答案】102【分析】根据阿波罗尼斯圆的性质，结合两点间线段最短进行求解即可.【详解】令2MA =MC ，则MA MC=12.由题意可得圆x 2+y 2=1是关于点A ，C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12设点C 坐标为C m ,n ，则MA MC =x +12 2+y 2x -m 2+y -n2=12整理得x 2+y 2+2m +43x +2n 3y =m 2+n 2-13由题意得该圆的方程为x 2+y 2=1，所以2m +4=02n =0m 2+n 2-13=1 ，解得m =-2n =0 所以点C 的坐标为(-2,0)，所以2MA +MB =MC +MB ，因此当点M 、C 、B 在同一条直线上时，2MA +MB =MC +MB 的值最小，且为(1+2)2+(1-0)2=10，故MA +12MB 最小为102.故答案为：10210.【答案】26【分析】在x 轴上取S -3,0 ，由△MOP ∼△POS 可得PS =3PM ，可得3PM +PN ≥SN ，利用两点间距离公式可求得结果.【详解】如图，在x 轴上取点S -3,0 ，∵OM OP =OP OS =33，∠MOP =∠POS ，∴△MOP ∼△POS ，∴PS =3PM ，∴3PM +PN =PS +PN ≥SN (当且仅当P 为SN 与圆O 交点时取等号)，∴3PM +PN min =SN =-3-22+0-1 2=26.故答案为：26.11.【答案】36-242【分析】以经过A 、B 的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，设点P x ,y ，根据已知条件可得出点P 的轨迹方程，利用代数法可得出PA 2+PB 2=2OP 2+2，数形结合可求出OP 的最小值，即可得解.【详解】以经过A 、B 的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A -1,0 、B 1,0 ，设点P x ,y ，因为PA PB=2，即x +1 2+y 2x -12+y2=2，整理可得x 2+y 2-6x +1=0，即x -3 2+y 2=8，所以点P 的轨迹是以C 3,0 为圆心，22为半径的圆，则PA2+PB 2=x +1 2+y 2+x -1 2+y 2=2x 2+y 2 +2=2OP 2+2，当点P 为线段OC 与圆C 的交点时，OP 取得最小值，所以，PA 2+PB 2 min =2×3-22 2+2=36-24 2.12.【答案】x +2 2+y 2=4； 10-1##-1+10.【分析】设点P 坐标，根据题意写出关于x 与y 的关系式化简即可；由PA =12PB ，QH =QF -1，代入12PB +PQ +QH 中，即可取出最小值.【详解】设点P (x ,y )，∵λ=12，∴PA PB =12⇒(x +2)2+(y -1)2(x +2)2+(y -4)2=12⇒x +2 2+y 2=4.抛物线的焦点为点F ，由题意知F 1,0 ，QH =QF -1，∵PA =12PB ，∴12PB +PQ +QH min =PA +PQ +QF -1 min =AF -1=-2-1 2+12-1=10-1.故答案为：x +2 2+y 2=4；10-1.。
例谈阿波罗尼斯圆的应用
例谈阿波罗尼斯圆的应用吉㊀磊(兰州天庆实验中学ꎬ甘肃兰州７３００３０)摘㊀要:文章从阿波罗尼斯圆的定义入手ꎬ给出近年来中考相关试题的解法ꎬ为学生学习高中解析几何打下良好的基础.关键词:阿波罗尼斯圆ꎻ中考数学ꎻ数形结合中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２３－００２０－０４收稿日期:２０２３－０５－１５作者简介:吉磊(１９８１.１－)ꎬ男ꎬ陕西省西安人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀近年来ꎬ在各地中考中ꎬ对于重难点题型的考查多少都涉及到数形结合解决 极限值 的待定系数问题ꎬ在这里就不得不提到非常著名的 阿波罗尼斯圆 (简称 阿氏圆 )理论ꎬ这种方法可以帮助学生理解考查题型的设计初衷ꎬ从而整合所学相关知识的应用与拓展.１阿波罗尼斯圆的定义及定理定义㊀已知平面上两个定点Ａ㊁Ｂꎬ若一个动点Ｐ满足ＰＡＰＢ＝ｋ(ｋ>０且ｋʂ１)ꎬ其中ｋ为定值ꎬ则这个动点Ｐ的运动轨迹是一个圆.这个结论最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现ꎬ这个点Ｐ所形成的圆就称为阿氏圆.也称之为圆的第二定义.当且仅当ｋ＝１时ꎬ点Ｐ的运动轨迹是线段ＡＢ的中垂线[１].定理㊀如图１ꎬＰ是平面上一动点ꎬＡ㊁Ｂ是两定点ꎬＰＡʒＰＢ＝ｋꎬＭ是ＡＢ的内分点ꎬＮ是ＡＢ的外分点且ＡＭʒＭＢ＝ＡＮʒＮＢ＝ｋꎬ则Ｐ点的轨迹是以ＭＮ为直径的圆.图１㊀点Ｐ轨迹图２ 阿氏圆 在初中阶段的应用２.１阅读材料型(显露阿氏圆)例１㊀(２０１９秋 山西期末)如图２ꎬ在平面直角坐标系中ꎬ在ｘ轴ꎬｙ轴上分别有点Ｃ(ｍꎬ０)ꎬＤ(０ꎬｎ)ꎬ点Ｐ是平面内一动点ꎬ且ＯＰ＝ｒꎬ设ＯＰＯＤ＝ｋꎬ求ＰＣ＋ｋＰＤ的最小值.图２㊀例１题图阿氏圆的关键解题步骤:第一步:如图２ꎬ在ＯＤ上取点Ｍꎬ使得ＯＭ:ＯＰ＝ＯＰ:ＯＤ＝ｋꎻ第二步:证明ｋＰＤ＝ＰＭꎻ第三步:连接ＣＭꎬ此时ＣＭ即为所求的最小值.下面是该题的解答过程(部分):解㊀在ＯＤ上取点Ｍꎬ使得ＯＭ:ＯＰ＝ＯＰ:ＯＤ＝ｋꎬ又ȵøＰＯＤ＝øＭＯＰꎬʑәＰＯＭʐәＤＯＰ.任务:(１)将以上解答过程补充完整.(２)如图２ꎬ在ＲｔәＡＢＣ中ꎬøＡＣＢ＝９０ʎꎬＡＣ＝４ꎬＢＣ＝３ꎬＤ为әＡＢＣ内一动点ꎬ满足ＣＤ＝２ꎬ利用(１)中的结论ꎬ请直接写出ＡＤ＋２３ＢＤ的最小值.考点:相似形综合题.专题:几何综合题ꎻ应用意识.分析㊀(１)在ＯＤ上取点Ｍꎬ使得ＯＭ:ＯＰ＝ＯＰ:ＯＤ＝ｋꎬ利用相似三角形的性质以及两点之间线段最短解决问题即可.(２)利用(１)中结论计算即可.解㊀(１)在ＯＤ上取点Ｍꎬ使得ＯＭʒＯＰ＝ＯＰʒＯＤ＝ｋꎬ又ȵøＰＯＤ＝øＭＯＰꎬʑәＰＯＭʐәＤＯＰ.ʑＭＰʒＰＤ＝ｋꎬʑＭＰ＝ｋＰＤꎬʑＰＣ＋ｋＰＤ＝ＰＣ＋ＭＰꎬ当ＰＣ＋ｋＰＤ取最小值时ꎬＰＣ＋ＭＰ有最小值ꎬ即ＣꎬＰꎬＭ三点共线时有最小值ꎬ利用勾股定理得ＣＭ＝ＯＣ２＋ＯＭ２＝ｍ２＋(ｋｒ)２＝ｍ２＋ｋ２ｒ２.(２)ȵＡＣ＝ｍ＝４ꎬＣＤＢＣ＝２３ꎬ在ＣＢ上取一点Ｍꎬ使得ＣＭ＝２３ＣＤ＝４３ꎬʑＡＤ＋２３ＢＤ的最小值为４２＋(４３)２＝４１０３.点评㊀本题属于相似形综合题ꎬ考查了相似三角形的判定和性质ꎬ勾股定理ꎬ两点之间线段最短等知识ꎬ解题的关键是理解题意ꎬ学会用数形结合转化的思想考虑问题ꎬ属于中考常考题型.２.２非材料阅读型(隐藏阿氏圆)例２㊀(２０１７ 兰州)如图３ꎬ抛物线ｙ＝－ｘ２＋ｂｘ＋ｃ与直线ＡＢ交于Ａ(－４ꎬ－４)ꎬＢ(０ꎬ４)两点ꎬ直线ＡＣ:ｙ＝－１２ｘ－６交ｙ轴于点Ｃ.点Ｅ是直线ＡＢ上的动点ꎬ过点Ｅ作ＥＦʅｘ轴交ＡＣ于点Ｆꎬ交抛物线于点Ｇ.图３㊀例２题图(ａ)(１)求抛物线ｙ＝－ｘ２＋ｂｘ＋ｃ的表达式ꎻ(２)连接ＧＢꎬＥＯꎬ当四边形ＧＥＯＢ是平行四边形时ꎬ求点Ｇ的坐标ꎻ(３)①在ｙ轴上存在一点Ｈꎬ连接ＥＨꎬＨＦꎬ当点Ｅ运动到什么位置时ꎬ以Ａ㊁Ｅ㊁Ｈ㊁Ｆ为顶点的四边形是矩形?求出此时点ＥꎬＨ的坐标ꎻ②在①的前提下ꎬ以点Ｅ为圆心ꎬＥＨ长为半径作圆ꎬ点Ｍ为☉Ｅ上一动点ꎬ求１２ＡＭ＋ＣＭ的最小值.考点:二次函数综合题.专题:综合题.分析㊀(１)利用待定系数法求出抛物线方程ꎻ(２)先利用待定系数法求出直线ＡＢ的方程ꎬ进而利用平行四边形的对边相等建立方程求解即可ꎻ(３)①先判断出要以点ＡꎬＥꎬＨꎬＦ为顶点的四边形是矩形ꎬ只有ＥＦ为对角线ꎬ利用中点坐标公式建立方程即可ꎻ②先取ＥＧ的中点Ｐ进而判断出әＰＥＭʐәＭＥＡ即可得出ＰＭ＝１２ＡＭꎬ连接ＣＰ交圆Ｅ于Ｍꎬ再求出点Ｐ的坐标即可得出结论.解㊀(１)ȵ点Ａ(－４ꎬ－４)ꎬＢ(０ꎬ４)在抛物线ｙ＝－ｘ２＋ｂｘ＋ｃ上ꎬʑ－１６－４ｂ＋ｃ＝－４ꎬｃ＝４{ꎬʑｂ＝－２ꎬｃ＝４{ꎬʑ抛物线的方程为ｙ＝－ｘ２－２ｘ＋４ꎻ(２)设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｎ过点ＡꎬＢꎬʑｎ＝４ꎬ－４ｋ＋ｎ＝－４{ꎬʑｋ＝２ｎ＝４{ꎬʑ直线ＡＢ的方程为ｙ＝２ｘ＋４ꎬ设Ｅ(ｍꎬ２ｍ＋４)ꎬʑＧ(ｍꎬ－ｍ２－２ｍ＋４)ꎬȵ四边形ＧＥＯＢ是平行四边形ꎬʑＥＧ＝ＯＢ＝４ꎬʑ－ｍ２－２ｍ＋４－２ｍ－４＝４ꎬʑｍ＝－２ꎬʑＧ(－２ꎬ４).(３)①如图４ꎬ由(２)知ꎬ直线ＡＢ的方程为ｙ＝２ｘ＋４ꎬ设Ｅ(ａꎬ２ａ＋４)ꎬȵ直线ＡＣ:ｙ＝－１２ｘ－６ꎬʑＦ(ａꎬ－１２ａ－６)ꎬ设Ｈ(０ꎬｐ)ꎬȵ以点ＡꎬＥꎬＨꎬＦ为顶点的四边形是矩形ꎬȵ直线ＡＢ:ｙ＝２ｘ＋４ꎬ直线ＡＣ:ｙ＝－１２ｘ－６ꎬʑＡＢʅＡＣꎬʑＥＦ为对角线ꎬʑＥＦ与ＡＨ互相平分ꎬʑ１２(－４＋０)＝１２(ａ＋ａ)ꎬ１２(－４＋ｐ)＝１２(２ａ＋４－１２ａ－６)ꎬʑａ＝－２ꎬｐ＝－１ꎬʑＥ(－２ꎬ０).Ｈ(０ꎬ－１)ꎻ㊀图４㊀例２题图(ｂ)㊀㊀㊀㊀㊀㊀图５㊀例２题图(ｃ)②如图５ꎬ由①知ꎬＥ(－２ꎬ０)ꎬＨ(０ꎬ－１)ꎬＡ(－４ꎬ－４)ꎬʑＥＨ＝５ꎬＡＥ＝２５ꎬ设ＡＥ交☉Ｅ于Ｇꎬ取ＥＧ的中点ＰꎬʑＰＥ＝５２ꎬ连接ＰＣ交☉Ｅ于Ｍꎬ连接ＥＭꎬʑＥＭ＝ＥＨ＝５ꎬʑＰＥＭＥ＝５２５＝１２ꎬȵＭＥＡＥ＝５２５＝１２ꎬʑＰＥＭＥ＝ＭＥＡＥ＝１２ꎬȵøＰＥＭ＝øＭＥＡꎬʑәＰＥＭʐәＭＥＡꎬʑＰＭＡＭ＝ＭＥＡＥ＝１２ꎬʑＰＭ＝１２ＡＭꎬʑ１２ＡＭ＋ＣＭ最小值为ＰＣꎬ设点Ｐ(ｐꎬ２ｐ＋４)ꎬȵＥ(－２ꎬ０)ꎬʑＰＥ２＝(ｐ＋２)２＋(２ｐ＋４)２＝５(ｐ＋２)２ꎬȵＰＥ＝５２ꎬʑ５(ｐ＋２)２＝５４ꎬʑｐ＝－５２或ｐ＝－３２(由于Ｅ(－２ꎬ０)ꎬ所以舍去)ꎬʑＰ(－５２ꎬ－１)ꎬȵＣ(０ꎬ－６)ꎬʑＰＣ＝(－５２)２＋(－１＋６)２＝５５２ꎬ即:１２ＡＭ＋ＣＭ的最小值为５５２.例３㊀(２０２１ 沙坪坝区校级模拟)在四边形ＡＢＣＤ中ꎬＡＣ交ＢＤ于点ＥꎬәＡＤＥ为等边三角形.(１)若点Ｅ为ＢＤ的中点ꎬＡＤ＝４ꎬＣＤ＝５ꎬ求әＢＣＥ的面积ꎻ(２)若ＢＣ＝ＣＤꎬ点Ｆ为ＣＤ的中点ꎬ求证:ＡＢ＝２ＡＦꎻ(３)如图６ꎬ若ＡＢʊＣＤꎬøＢＡＤ＝９０ʎꎬ点Ｐ为四边形ＡＢＣＤ内一点ꎬ且øＡＰＤ＝９０ʎꎬ连接ＢＰꎬ取ＢＰ的中点Ｑꎬ连接ＣＱ.当ＡＢ＝６２ꎬＡＤ＝４２ꎬｔａｎøＡＢＣ＝２时ꎬ求ＣＱ＋１０１０ＢＱ的最小值.㊀图６㊀例３题图(ａ)㊀㊀㊀㊀㊀㊀图７㊀例３题图(ｂ)考点㊀相似形综合题.专题:图形的相似ꎻ推理能力.分析㊀(１)如图７中ꎬ过点Ｃ作ＣＨʅＢＤ于Ｈꎬ设ＥＨ＝ｘ.利用勾股定理构建方程求出ｘꎬ即可解决问题.(２)如图８中ꎬ延长ＡＦ到Ｇꎬ使得ＡＦ＝ＦＧꎬ连接ＤＧꎬＣＧꎬ延长ＧＣ交ＢＤ于Ｔꎬ过点Ｃ作ＣＨʅＢＤ于Ｈ.想办法证明әＡＥＢɸәＡＤＧ(ＳＡＳ)ꎬ可得结论.(３)如图９中ꎬ取ＡＤ的中点Ｏꎬ连接ＯＰꎬＯＢꎬＯＣꎬ取ＯＢ的中点Ｊꎬ连接ＱＪꎬＣＪꎬ过点Ｃ作ＣＦʅＡＢ于Ｆꎬ在ＪＢ上取一点Ｔꎬ使得ＪＴ＝５５ꎬ连接ＱＴꎬＴＣ.想办法证明әＱＪＴʐәＢＪＱꎬ推出ＱＴＢＱ＝ＪＴＪＱ＝５/５２＝１０１０ꎬ推出ＱＴ＝１０１０ＢＱꎬ推出ＣＱ＋１０１０ＢＱ＝ＣＱ＋ＱＴȡＣＴꎬ求出ＣＴꎬ可得结论.(１)解㊀如图７中ꎬ过点Ｃ作ＣＨʅＢＤ于Ｈꎬ设ＥＨ＝ｘ.ȵәＡＤＥ是等边三角形ꎬʑＡＤ＝ＤＥ＝４ꎬøＡＥＤ＝øＣＥＨ＝６０ʎꎬȵøＣＨＥ＝９０ʎꎬʑＣＨ＝ＥＨ ｔａｎ６０ʎ＝３ｘꎬȵＣＤ２＝ＣＨ２＋ＤＨ２ꎬʑ２５＝３ｘ２＋(ｘ＋４)２ꎬʑ４ｘ２＋８ｘ－９＝０ꎬʑｘ＝－２＋１３２或－２－１３２(舍弃)ꎬʑＣＨ＝３９－２３２ꎬʑＳәＢＥＣ＝１２ˑ４ˑ３９－２３２＝３９－２３.图８㊀例３题图(ｃ)㊀㊀㊀㊀㊀㊀图９㊀例３题图(ｄ)(２)证明:如图８中ꎬ延长ＡＦ到Ｇꎬ使得ＦＧ＝ＡＦꎬ连接ＤＧꎬＣＧꎬ延长ＧＣ交ＢＤ于Ｔꎬ过点Ｃ作ＣＨʅＢＤ于Ｈ.ȵＡＦ＝ＦＧꎬＣＦ＝ＦＤꎬʑ四边形ＡＣＧＤ是平行四边形ꎬʑＡＣʊＤＧꎬＧＣʊＡＤꎬʑøＣＡＤ＋øＡＤＧ＝１８０ʎꎬȵәＡＤＥ是等边三角形ꎬʑＡＥ＝ＡＤꎬøＡＥＤ＝øＡＤＥ＝øＥＡＤ＝６０ʎꎬʑøＡＥＢ＝øＡＤＧ＝１２０ʎꎬʑøＣＧＤ＝øＥＡＤ＝６０ʎ＝øＧＤＴꎬʑәＤＧＴ是等边三角形ꎬʑＤＧ＝ＤＴꎬøＣＴＥ＝øＣＥＴ＝６０ʎꎬʑәＣＥＴ是等边三角形ꎬʑＣＴ＝ＣＥꎬøＣＴＥ＝øＣＥＴ＝６０ʎꎬȵＣＢ＝ＣＤꎬＣＨʅＢＤꎬʑＢＨ＝ＤＨꎬＴＨ＝ＥＨꎬʑＢＴ＝ＤＥꎬʑＢＥ＝ＤＴ＝ＤＧꎬʑәＡＥＢɸәＡＤＧ(ＳＡＳ)ꎬʑＡＢ＝ＡＧ＝２ＡＦ.(３)解:如图９中ꎬ取ＡＤ的中点Ｏꎬ连接ＯＰꎬＯＢꎬＯＣꎬ取ＯＢ的中点Ｊꎬ连接ＱＪꎬＣＪꎬ过点Ｃ作ＣＦʅＡＢ于Ｆꎬ在ＪＢ上取一点Ｔꎬ使得ＪＴ＝５５.连接ＱＴꎬＴＣ.ȵＡＢʊＣＤꎬøＢＡＤ＝９０ʎꎬʑøＡＤＣ＝９０ʎꎬȵＣＦʅＡＢꎬʑøＣＦＡ＝９０ʎꎬʑ四边形ＡＦＣＤ是矩形ꎬʑＡＤ＝ＣＦ＝４２ꎬȵｔａｎøＣＢＡ＝ＣＦＢＦ＝２ꎬʑＢＦ＝２２ꎬȵＡＢ＝６２ꎬʑＡＦ＝４２ꎬʑＡＤ＝ＡＦꎬʑ四边形ＡＦＣＤ是正方形ꎬȵＢＣ＝ＢＦ２＋ＣＦ２＝(２２)２＋(４２)２＝２１０ꎬＣＯ＝ＯＤ２＋ＣＤ２＝(２２)２＋(４２)２＝２１０ꎬＯＢ＝ＯＡ２＋ＡＢ２＝４５ꎬʑＣＢ＝ＣＯꎬȵＣＦ＝ＣＤꎬøＣＦＢ＝øＣＤＯ＝９０ʎꎬʑＲｔәＣＦＢɸＲｔәＣＤＯ(ＨＬ)ꎬʑøＢＣＦ＝øＤＣＯꎬʑøＢＣＯ＝øＤＣＦ＝９０ʎꎬȵＢＪ＝ＪＯꎬʑＣＪ＝１２ＯＢ＝２５ꎬʑＣＴ＝ＴＪ２＋ＣＪ２＝(５５)２＋(２５)２＝５０５５ꎬȵＢＱ＝ＱＰꎬＢＪ＝ＪＯꎬʑＱＪ＝１２ＯＰ＝２ꎬȵＱＪ２＝２ꎬＴＪ ＪＢ＝５５ˑ２５＝２.ʑＱＪ２＝ＪＴ ＪＢꎬʑＱＪＪＴ＝ＪＢＱＪꎬȵøＱＪＴ＝øＱＪＢꎬʑәＱＪＴʐәＢＪＱꎬʑＱＴＢＱ＝ＪＴＪＱ＝５５２＝１０１０ꎬʑＱＴ＝１０１０ＢＱ.ʑＣＱ＋１０１０ＢＱ＝ＣＱ＋ＱＴȡＣＴ＝５０５５ꎬʑＣＱ＋１０１０ＢＱ的最小值为５０５５.参考文献:[１]方立洋ꎬ经凯强.阿波罗尼斯圆的性质及应用[Ｊ].高中数学教与学ꎬ２０２３(０１):１５－１８.[责任编辑:李㊀璟]。
阿波罗尼斯圆在高考中的应用
PA
即对圆 O : x2 y2 1 上任一点 P ，均有
2 1，
PB
故有： NA MA 2 -1 ，①正确
NB MB
NB - MA 1 ( 2 1) 2 , ②正确 NA MB 2 1
NB MA 1 ( 2 1) 2 2 ，③正确.
NA MB 2 1
因为动点 C 到定点 A（1，0），B（1，0）距离之比为 2 ,
则有 x 1 2 x 1 ，解得： x1 3 2 2 或 x2 3 - 2 2 ，
所以 x1 3 2 2 为内分点， x2 3 2 2 为外分点，
圆半径
r
1 2
x2
x1
2
2 ，即为三角形高的最大值，
NA MB
NA MB
其中正确结论的序号是 .（写出所有正确结论的序号）
解析：（Ⅰ）易知半径 r
2 ，所以圆的方程为 x 12 y
2
2 2；
（Ⅱ）方法一：
第 1页
因为圆心 C(1, 2) ， E(0, 2)
又因为 AB 2 ，且 E 为 AB 中点，所以 A 0, 2 1 , B 0, 2 1
练习 1：（2008 江苏卷 13）若 AB 2，AC 2BC ，则 SABC 的最大值为
解法一： 利用余弦定理和函数的最值问题处理
设 AC 2BC 2x ，
所以： cos C 3x 2 4
x 4 24x 2 16
，
2 2x2
2 2x2
则： S 1 ab sin C
即 ABC 高的最大值是 2 2 ，故 ABC 的面积的最大值是 2 2 .
阿波罗尼斯圆及其应用
阿波罗尼斯及其应用
一、以教材为背景，引出阿波罗尼斯圆
1、定义：
已知点M与两个定点叫,“2距离的比是一个正数机，求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形(考虑机=1和〃 2 ≠ 1两种情形).
分析：当初=1时，表示线段2的垂直平分线.
下面我们只考虑机w 1时的情形
2、引例:已知点P(2,0),Q(8,0),点M与点用距离是它与点磔勺距离的(,用《几何画
板》探求M的轨迹,并给出轨迹方程.
(1)用几何画板进行动画演示
结论1：
(2)回顾求动点轨迹方程的一般步骤：建系、设点、列式、化简
(3)改变些的值进行动画演示.
MQ
结论2：
二、探究新知
1、阿波罗尼斯圆
(1)定义
(2)人物简介
(3)注意事项
三、阿波罗尼斯圆的方程推导
已知点M与两个定点M∣,M?距离的比是一个正数〃?，求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形(m≠l).
四、阿波罗尼斯圆的应用
例1(2008江苏卷13)若AB = 2,AC =√2BC,则SMBC最大值是. X
例2、（2013年江苏高考）在平面直角坐标系Xeyt l ,点A （0,3）,圆球半径为1,圆心C 在直
线 /： y=2x-4±,若圆C 上存在点使得MA=2MO,求圆心C 的横坐标疝勺取值范围.
例3、已知A(-2,0),P 为圆U(x + 4y +
练习:若48 = 2,8。
= 1,8 = 3,用为以瓦）为直径的圆上一点,则怨= MC
五、课堂小结
1、一个概念
2、两种思想：方程思想、转化思想
坐标为
V=16上任意一点,若点B 满足2∣ PAl = IPM ,则
5的
3、三类问题：轨迹、定点、定值。
超级名圆—阿波罗尼斯圆及应用
超级名圆——阿波罗尼斯圆一、问题背景1.（苏教版选修2-1，P63例2）求平面内到两个定点A,B 的距离之比等于2的动点M 的轨迹. 【解】以B A ,所在的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系xOy ， 令a AB 2=,则B A ,两点的坐标分别为()()0,,0,a a -. 设M 点坐标为()y x ,，依题意，点M 满足2=MBMA, 由2222)(,)(y a x MB y a x MA +-=++=得2)()(2222=+-++ya x y a x ，化简整理，得031033222=+-+a ax y x ，所以动点M 的轨迹方程为031033222=+-+a ax y x .2.(苏教版必修2，P112第12题)已知点M(x,y)与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离之比为1:2，那么点M 的坐标应满足什么关系？画出满足条件的点M 所构成的曲线.【解】由两点间距离公式得22y x MO +=，22)3(y x MA +-=，则2:1)3(:2222=+-+y x y x ，化简得4)1(22=++y x ，即点M 是以（-1，0）为圆心,2=r 的圆.（图略）二、阿波罗尼斯圆阿波罗尼斯（Apollonius of Perga Back ）,古希腊人（262BC~190BC ），与阿基米德、欧几里德一起被誉为古希腊三大数学家，他写了八册《圆锥曲线论》（Conics ），其中有七册流传下来，书中详细讨论了圆锥曲线的各种性质，如切线、共轭直径、极与极轴、点到锥线的最短与最长距离等，圆锥曲线的性质几乎囊括殆尽，阿波罗尼斯曾研究了众多的平面轨迹问题，阿氏圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两定点A 、B ，则所有满足()1≠=λλPBPA的点P 的轨迹是一个以定比n m :内分和外分定线段AB 的两个分点的连线为直径的圆.这是著名的阿波罗尼斯轨迹定理，以内外分点为直径的圆被后人称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.三、证明方法1、解析方法证：设()02>=m m AB ，λ=PBPA， 以AB 中点为原点，直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系，则()0,m A -,()0,m B ． 又设()y x P ,，则由λ=PBPA得()()2222y m x y m x +-=++λ，化简整理得()()()()222222211121λλλλ-=-++--m y x m x ． 当1=λ时，0=x ，轨迹为线段AB 的垂直平分线；当1≠λ时，()222222221411-=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-λλλλm y m x ，轨迹为以点⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+0,1122m λλ为圆心，122-λλm 为半径的圆． 2、几何方法证：（以1>λ为例）设λ===NB AN MB AM m AB ,2,则12,12,12,12-=-=+=+=λλλλλλmBN m AN m MB m AM ， 由相交弦定理及勾股定理知14222-=⋅=λm BN MB BP ，14222222-=+=λλm BP AB AP ，于是λλλλ=-=-=BP APmAP mBP ,12,1222,而P N M ,,同时在到B A ,两点距离之比等于λ的曲线（圆）上，不共线的三点所确定的圆是唯一的，因此，圆O 上任意一点到B A ,两点距离之比恒为λ.四、阿波罗尼斯圆的性质1．点N M ,是按照定比λ内分AB 和外分AB 所得的两个分点，线段MN 是阿氏圆的直径，设m AB 2=,则1412122-=-++=+=λλλλm m m BN MB MN ．2．P 为圆上任一点，则PM 平分APB ∠，PN 平分APB ∠的外角． 3.λ===BNANBM AM PB PA ()1,0≠>λλ. 4．PN PM ⊥.5．当1>λ时，点B 在圆内,A 在圆外；当10<<λ时，点A 在圆内，B 在圆外． 6．若过点B 作圆O 的不与AB 垂直的弦EF ，则AB 平分EAF ∠.五、例题欣赏【例1】. (合肥市十一中高二期中)阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k （0k >且1k ≠）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.已知动点M 到点()1,0A -与点()2,0B 的距离之比为2，记动点M 的轨迹为曲线C .（1）求曲线C 的方程；（2）过点()5,4P -作曲线C 的切线，求切线方程.【解】：（1）设动点M 的坐标为(),x y ，则()221MA x y =++，()222MB x y =-+，所以()()2222122x y x y ++=-+，化简得()2234x y -+=，因此，动点M 的轨迹方程为()2234x y -+=； （2）当过点P 的直线无斜率时，直线方程为50x -=，圆心()3,0C 到直线50x -=的距离等于2，此时直线50x -=与曲线C 相切； 当切线有斜率时，不妨设斜率为k ，则切线方程为()45y k x +=-，即540kx y k ---=， 由圆心到直线的距离等于半径可知，235421k k k --=+，解得34k =-.所以，切线方程为3410x y ++=.综上所述，切线方程为50x -=或3410x y ++=.【例2】．(2020·江淮十校第二次联考)阿波罗尼斯是古希腊数学家，他与阿基米德、欧几里得齐名，以他的名字命名的阿波罗尼斯圆是指平面内到两定点的距离的比值为定值()1,0≠>λλλ的动点的轨迹．已知在ABC ∆中，角C B A ,,所对的边分别为c b a ,,，且B A sin 2sin =，2cos cos =+A b B a ，则ABC ∆面积的最大值为( )A ．2 B ．3 C ．43 D ．53B A sin 2sin =b a 2=因为2cos cos =+A b B a ，所以由余弦定理得222222222=-+⋅+-+⋅bca cb b ac b c a a ，解得2=c . 由题意得，点C 的轨迹为一阿波罗尼斯圆，如图，由题意得，阿波罗尼斯圆的直径是PQ ，O 为圆心，且2=PAPB，2=QA QB . 因为2=c ，即2=AB ，所以2=AQ ，3231==AB PA ， 所以38=PQ ，3421==PQ PO ， 故阿波罗尼斯圆的半径为34，即边AB 上的高的最大值为34. 因此△ABC 面积的最大值()3434221max =⨯⨯=∆ABC S . 故选C ．【例3】. 已知圆122=+y x 和点⎪⎭⎫⎝⎛-0,21A ,点()1,1B ,M 为圆O 上的动点，则||||2MB MA +的最小值为（ ）.6.A7.B 10.C 11.D【解】：设||||2MC MA =,点C 的坐标为()n m ,，点M 的坐标为()y x ,，则2||=MC , 即()()21212222=-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+n y m x yx ，整理得31323422222-+=++++n m y n x m y x ， 由题意得该圆的方程为122=+y x ，所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+==+1310204222n m n m ，解得⎩⎨⎧=-=02n m ， 所以点C 的坐标为()0,2-，故10||||||||||2=≥+=+BC MB MC MB MA . 故选C .【例4】.已知→→OB OA ,是非零且不共线的向量，设→→→+++=OB r r OA r OC 111.如果定义点集⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⋅=⋅=→→→→→→|||||KB KC KB KA KC KA K M ,当M K K ∈21,时，若对于任意的2≥r ，不等式→→≤AB c K K 21恒成立，则实数c 的最小值为_______.【解】：因为+++=OB r OA r OC 11，且111=+++r r ，所以C B A ,,三点共线，且=CB r CA ,由题意易知CK 是AKB ∠的内角平分线，所以r CB CA KB KA ==||||||||，从而||||KB r KA =. 所以点K 在一个阿波罗尼斯圆上，以AB 所在直线为x 轴，C 为原点建立平面直角坐标系，设()0,r A -，()0,1B ，()y x K ,，得阿波罗尼斯圆方程22211⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⎪⎭⎫ ⎝⎛--r r y r r x ，从而12max21-=→r r K K ，1+=→r AB ，所以()234212212122≥=-≥-=-≥r r r r r c ， 故34≥c . 【例5】.如图，已知平面⊥α平面β，B A ,是平面α与平面β的交线上的两个定点，β⊂DA ,β⊂CB ,且α⊥DA ,α⊥CB ,4=AD ,8=BC ,6=AB ,在平面α上有一个动点P ,使得BPC APD ∠=∠,求PAB ∆的面积的最大值.【解】：因为α⊥DA ，所以PA DA ⊥. 在PAD Rt ∆中，AP AP AD APD 4tan ==∠；同理BPBP BC BPC 8tan ==∠. 因为BPC APD ∠=∠,所以AP BP 2=,在平面α内，以线段AB 的中点为原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系， 则()()0,3,0,3B A -, 设()y x P ,，则有()()()03232222≠++=+-y y x y x化简得()16522=++y x .从而()1651622≤+-=x y ，即4≤y 且0≠y .此时12321≤=⋅=∆y AB y S PAB .当且仅当4,5±=-=y x 时取得等号.因此BCE BCE S S AD V ∆∆=⋅=231, 又因为2==CDACBD AB ，所以点C B ,在阿波罗尼斯圆上，所以CE BE =, 得=max BE 圆的半径4r =，从而152max =V . 故选C .五、跟踪演练1. 已知点M(x,y)到椭圆114416922=+y x 的左焦点和右焦点的距离之比为2：3，求M 的坐标满足的方程.2. （2008江苏13）若2=AB ,BC AC 2=,则ABC S ∆最大值是________.3. 在x 轴正半轴上是否存在两个定点B A ,，使得圆422=+y x 上任意一点到B A ,两点的距离之比为常数21？如果存在，求出点B A ,坐标；如果不存在，请说明理由．4. 在平面直角坐标系xOy 中，设点()0,1A ，()0,3B ，()a C ,0，()2,0+a D ，若存在点P ，使得PB PA 2=,PD PC =，则实数a 的取值范围是________．5. 已知,6=BC AB AC 2=,点D 满足→→→+++=AC y x yAB y x x AD )(22,设→=AD y x f ),(,若()()00,,y x f y x f ≥恒成立，则()00,y x f 的最大值为________.6. 已知圆()()111:22=-+-y x C ，定点()()0,2,0,0B O ,其中P 为圆C 上的动点，则PB PO +2的最小值为_______.六、答案1、【解】：可求得左右焦点分别为)0,5(),0,5(21F F -，因为3:2:21=MF MF ,所以2123MF MF =,即2222)5(2)5(3y x y x +-=++，化简得144)13(22=++y x ，即点M 轨迹是以)0,13(-为圆心，12为半径的圆.2、【解】：以AB 所在直线为x 轴，AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系， 则)0,1(),0,1(B A -,设),(y x C ，由BC AC 2=可得2222)1(2)1(y x y x +-=++，化简得8)3(22=+-y x ，即C 在以()0,3为圆心，22为半径的圆上运动， 又22||||21≤=⋅⋅=∆c c ABC y y AB S ， 故答案为22.3、【解】：假设在x 轴正半轴上存在两个定点B A ,，使得圆422=+y x 上任意一点到B A ,两点的距离之比为常数21，设()y x P ,，()0,1x A ，()0,2x B ，其中012>>x x . 即()()21222221=+-+-y x x y x x 对满足422=+y x 的任何实数对()y x ,恒成立， 整理得，()()222122213442yx x x x x x +=-+-，将422=+y x代入得，()12442212221=-+-x x x x x ，这个式子对任意]2,2[-∈x 恒成立，所以一定有⎩⎨⎧=-=-12404212221x x x x ，因为012>>x x ，所以解得11=x ，42=x . 所以在x 轴正半轴上存在两个定点()0,1A ，()0,4B ，使得圆422=+y x 上任意一点到B A ,两点的距离之比为常数21. 4、【解】：设()y x P ,，则()()2222321y x y x +-⋅=+-，整理得()8522=+-y x ，即动点P 在以()0,5为圆心，22为半径的圆上运动．另一方面，由PD PC =知动点P 在线段CD 的垂直平分线1+=a y 上运动，因而问题就转化为直线1+=a y 与圆()8522=+-y x 有交点．所以221≤+a ，故实数a 的取值范围是]122,122[---．5、【解】：,6=BC AB AC 2=，点D 满足)21()2()(22→→→→→+++=+++=AC y x y AB y x x AC y x y AB y x x AD ,设→→→→==AC AE AB AF 21,2,则F E D ,,三点共线，由题意可得6==BC EF ,且AE AF 2=,||AD 的最小值为A 到直线EF 的距离， 可设()()()0,3,0,3,,F E n m A -，可得()()2222323n m n m ++=+-，化简可得091022=+++m n m ，即有A 在以()0,5-为圆心，4为半径的圆上运动，则||AD 的最小值为4，()()00,,y x f y x f ≥恒成立，可得()4,00≤y x f ，即()00,y x f 的最大值为4，故答案为：4.6、【解】：看能否找到一定点A ,使PO PA 2=,设()n m A ,，则()()222222n y x y m x +=-+-，所以()()222222n m n y m x +=+++，若1,1-=-=n m ，则()()41122=-+-y x 与题意不符；则寻找PB PA 22=,设()n m A ,，则()()()2222222n y m x y x -+-=+-， 所以()04224442222=-++-+-+n m ny y x m x ，则21,23==n m ， 所以()54149222222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+==+=+=+AO PA PO PA PO PB PO .七、知识储备1、到两定点的距离之和为定值（大于两定点的距离）的点的轨迹是椭圆；2、到两定点的距离之差的绝对值为定值（大于0且小于两定点的距离）的点的轨迹是双曲线；3、到两定点的距离之商为定值（不等于1）的点的轨迹是阿波罗尼斯圆；4、到两定点的距离之积为定值（大于0）的点的轨迹是卡西尼卵形线.。
阿波罗尼斯圆在天文学中的应用
阿波罗尼斯圆在天文学中的应用阿波罗尼斯圆（Apollonian circles）是数学中的一个重要概念，广泛应用于天文学领域。
这一概念来源于古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）的研究成果，被称为“三个圆外切于一个圆”的问题，据此得名。
阿波罗尼斯圆在天文学中的应用包括以下几个方面。
1. 星系形成模型阿波罗尼斯圆可以用来描述星系的形成模型。
天文学家观测到在星系形成的过程中，恒星和星际物质会形成环状结构。
而阿波罗尼斯圆则可以准确地描述这些环状结构的形成和演化。
通过对恒星的轨道和质量分布进行建模，可以利用阿波罗尼斯圆来预测星系的形成和演化历程。
2. 行星轨道模拟阿波罗尼斯圆也可以用来模拟行星的轨道。
行星的运动轨迹可以通过数学建模进行模拟，利用阿波罗尼斯圆的特性，可以更加精确地描述行星在太阳系中的运动轨迹。
这对于天文学家来说是非常重要的，因为行星轨道的研究可以揭示宇宙中的引力规律和行星的形成机制。
3. 空间天体测距阿波罗尼斯圆还可以用于空间天体的测距。
在天文观测中，我们经常需要测量天体之间的距离，比如测量恒星与地球的距离、测量星系与星系之间的距离等。
利用阿波罗尼斯圆的几何性质，可以通过测量天体之间的角度和弧长，来计算它们之间的距离。
这为天文学家提供了一种精确测距的方法。
4. 天体碰撞模拟阿波罗尼斯圆还可以应用于模拟天体碰撞的过程。
天文学家经常关注天体之间的碰撞事件，比如彗星撞击行星、星系之间的相互作用等。
通过对碰撞速度、角动量和质量分布等因素进行建模，可以利用阿波罗尼斯圆来模拟天体碰撞的过程，并对其产生的影响进行预测和分析。
综上所述，阿波罗尼斯圆在天文学中有着广泛的应用。
它不仅可以用于描述星系的形成和演化，还可以模拟行星轨道、测量天体之间的距离以及模拟天体碰撞等。
随着天文观测和数学建模技术的不断发展，阿波罗尼斯圆的应用将更加深入和广泛，为我们揭示宇宙的奥秘提供更多的线索和解释。
阿波罗尼斯圆及其应用
阿波罗尼斯圆及其应用内江六中 陈廷勇【定义1】阿波罗尼斯圆：到平面上两定点距离比等于定值的动点轨迹为直线或圆(定值为1时是直线，定值不是1时为圆)．【定义2】已知平面上两点A、B ，则所有满足P APB ＝k (k ≠1)的点P 的轨迹是一个以定比k 内分和外分定线段AB 的两个分点M 、N 的连线为直径的圆． 下面证明k ＞1的情况．〖证明〗〔几何法〕连接PM ,PN ，在直线AP 上取点C ,D ，使PC ＝PD ＝PB (如图)，连接BC ,BD ．则∠PBC ＝∠PCB ，∠PBD ＝∠PDB ．∵AM MB ＝P A PB ＝APPC，∴MP ∥BC ，∴∠APM ＝∠ACB ，∠BPM ＝∠PBC ． ∴∠APM ＝∠BPM ＝12∠APB ．同理，∠BPN ＝∠CPN ＝12∠BPC ．∴∠BPM ＋∠BPN ＝12∠APB ＋12∠BPC ＝π2．∴点P 的轨迹是以MN 为直径的圆．证毕．AB 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系． 设AB ＝2c ，P (x ,y )，则A (－c ,0)，B (c ,0)．由|P A ||PB |＝k (k ＞1)，得(x ＋c )2＋y 2(x －c )2＋y 2＝k ⇒(k 2－1)x 2＋(k 2－1)y 2－2c (k 2＋1)x ＋c 2(k 2－1)＝0⇒[x －c (k 2＋1)k 2－1]2＋y 2＝(2kc k 2－1)2．∴点P 的轨迹是以点(c (k 2＋1)k 2－1,0)为圆心，以2kck 2－1为半径的圆．【定义3】圆的反演点：已知⊙O 的半径为r ，从圆心O 出发任作一射线，在射线上任取两点A 、B ，若OA •OB ＝r 2，则称A ,B 是关于⊙O 的反演点．【方法1】圆的反演点的获取：①若A 在⊙O 外，过A 作⊙O 的两条切线，两切点的连线与OA 的交点B 就是点A 的反演点；②若A 在⊙O 内，连接OA ，过A 作OA 的垂线与圆交点处的两切线的交点B 即为点A 的反演点．【性质1】已知平面上两点A 、B ，则所有满足P APB ＝k (k ≠1)的点P 的轨迹是一个以定比k 内分和外分定线段AB 的两个分点M 、N 的连线为直径的圆．①当k ＞1时，点A 在圆外，点B 在圆内；②当0＜k ＜1时，点A 在圆内，点B 在圆外．【性质2】已知⊙O 的直径为MN ＝2r ，在直线MN 上有两点A ,B 满足OA •OB ＝r 2，则⊙O 是以A ,B 为定点，MA MB 或NANB为比值的阿波罗尼斯圆，反之也成立．〖证明〗MA MB ＝NA NB ⇔OA －OM OM －OB ＝OA ＋ON OB ＋ON ⇔OA －r r －OB ＝OA ＋rOB ＋r⇔(OA －r )(OB ＋r )＝(OA ＋r )(r －OB )⇔OA •OB ＝r 2．证毕．【性质3】MN 是⊙O 的一条直径，A 是直线MN 上异于O 的一定点，过A 任作一条异于MN 的直线交⊙O 于P ,Q 两点，点P 关于直线的对称点为P ′，直线P ′Q 与MN 交于B ，则A ,B 是⊙O 的一对反演点．特别地，过A 作⊙O 的两条切线，两切点分别为P ,Q ，连接PQ 与MN 相交于点B ，则A ,B 是⊙O 的一对反演点，过B 垂直于OA 的直线l 称为点A 对⊙O 的极线，A 称为l 的极点．〖证明〗连接QO 交⊙O 于R ，连接P ′R ，则∠QP ′R ＝90°，及P ,Q ,P ′,R 四点共圆． ∴∠QPP ′＝∠QRP ′．又∠P AD ＋∠APD ＝∠P ′QR ＋∠QRP ′＝90°， ∴∠OAQ ＝∠OQB ，又∠AOQ ＝∠BOQ ，∴ΔOAQ ∽ΔOQB ．∴OA OQ ＝OQOBOA •OB ＝r 2．证毕． 【性质4】已知B ,A 是过半径为r 的⊙O 的圆心直线上一内一外两点(圆心除外)，PQ 是过B 的任意一弦，且∠P AB ＝∠QAB ，则A ,B 是⊙O 的一对反演点．〖证明〗只考虑MN 不垂直AB 和重合的情况． 设AQ 与⊙O 的另一交点为P ′，∵∠P AB ＝∠QAB ，由圆的对称性知，P ,P ′关于AB 对称，∴PP ′⊥AB ． 由性质2的证明方法，可得OA •OB ＝r 2．证毕．【性质5】MN 是以A ,B 为反演点的阿波罗尼斯圆在直线AB 上直径，P 是圆上异于M ,N 一点，则PM ,PN 分别为∠APB 内角平分线和外角平分线．〖证明〗在直线AP 上取点C ,D ，使PC ＝PD ＝PB (如图)，连接BC ,BD ． 则∠PBC ＝∠PCB ，∠PBD ＝∠PDB ．∵MA MB ＝P A PB ＝P APC，∴MP ∥BC ，∴∠APM ＝∠ACB ，∠BPM ＝∠PBC ． ∴∠APM ＝∠BPM ．∴PM 是∠APB 的平分线． 同理，PN 是∠APB 的外角平分线．证毕．【性质6】过⊙O 外一点A 作其切线AP ,AQ ，OA 与⊙O 和PQ 分别交于I ,B ，MN 是过B 的任意弦，则I 为ΔAMN 的内心．〖证明〗连接OP ，∵AP ,AQ 是⊙O 的切线，∴PQ ⊥OA ，OP ⊥AP ． ∴OA •OB ＝r 2，∴A ,B 是⊙O 的一对反演点．连接MI ,NI ，由性质5得，MI ,NI 分别为∠AMN , ∠ANM 的平分线．故I 为ΔAMN 的内心．【性质7】已知A ,B 是半径为r 的⊙O 的一对反演点(A 在⊙O 外)，MN 是过B 的任意弦，则AB 平分∠MAN ．〖证明〗同性质6的证明方法．【性质8】已知A ,B 是半径为r 的⊙O 的一对反演点(A 在⊙O 外)，且AB ＝m ，⊙O 上任意一点P 到A ,B 的距离之比为λ，则m λ＋1＋mλ－1＝2r ．〖证明〗设MB ＝x ，NB ＝y ，则x ＋y ＝2r ．由MA MB ＝NA NB ＝λ，得m －x x ＝m ＋y y ＝λ⇒x ＝m λ＋1，y ＝m λ－1．∴m λ＋1＋mλ－1＝2r ． 〖注〗若A 在⊙O 内，则λm 1＋λ＋λm 1－λ＝2r ．【性质9】将通过伸缩变换为椭圆，可得如下结论：设A 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)长轴MN 上异于中心O 的一个定点，过点A 任作一条异于MN 的直线交椭圆O 于P ,Q 两点，点P 关于直线MN 的对称点为P ′，直线P ′Q 与MN 交于B ，则OA •OB ＝a 2．【题型】①已知两条线段长度之比为定值；②过某动点向两定圆作切线，若切线张角相等；③向量的定比分点公式结合角平分线；④线段的倍数转化．〖注〗问题主要围绕两个反演点坐标，阿氏圆方程，阿氏圆上点到两反演点距离比四个方面设置，其中测度主要涉及两个反演点间距离，阿氏圆的半径，阿氏圆上点到两反演点距离比．1．阿波罗尼斯(约公元前262－190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k (k ＞0且k ≠1)的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A ，B 间的距离为2，动点P 与A ，B 距离之比满足：P A ＝3PB ，当P 、A 、B 三点不共线时，ΔP AB 面积的最大值是( ) A ．2 2 B ．2 C ． 3 D ． 2 〖解析〗〔法一〕设A (－1,0)，B (－1,0)，P (x ,y )，则由P A ＝3PB ，得(x ＋1)2＋y 2＝3•(x －1)2＋y 2⇒(x －2)2＋y 2＝3． 当点P 到AB 的距离最大，即等于3时，ΔP AB 的面积取得最大． ∴(S ΔPAB )max ＝12×|AB |×r ＝3．故选C ．〔法二〕设以A ,B 为反演点的阿氏圆的半径为r ，则2r ＝23＋1＋23－1＝23⇒r ＝3．∴(S ΔPAB )max ＝12×|AB |×r ＝3．故选C ．2．如图，圆C 与x 轴相切于点T (1,0），与y 轴正半轴交于两点A ,B (B 在A 的上方)，且|AB |＝2．过点A 任作一条直线与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于M ，N 两点，下列三个结论： ①|NA ||NB |＝|MA ||MB |；②|NB ||NA |－|MA ||MB |＝2；③|NB ||NA |＋|MA ||MB |＝2． 其中正确结论的序号是( )A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③〖解析〗设⊙C 的半径为r ∴⊙C ：(x －1)2＋(y －2)2＝2． 令x ＝0，得A (2－1,0)，B (2＋1,0)．∴|OA |＝2－1，|OB |＝2＋1． ∴|OA |•|OB |＝1＝r O 2，∴A ,B 是⊙O 的一对反演点． ∵M ,N 是⊙O 上点，∴|NA ||NB |＝|MA ||MB |．故①正确．设|NB ||NA |＝k ，则由|AB |k ＋1＋|AB |k －1＝2r O ，得2k ＋1＋2k －1＝2⇒k ＝2＋1． ∴|MB ||MA |＝|NB ||NA |＝2＋1，|MA ||MB |＝|NA ||NB |＝12＋1＝2－1．∴|NB ||NA |－|MA ||MB |＝2，|NB ||NA |＋|MA ||MB |＝22．故选A ． 3．设A (－c ,0)，B (c ,0)(c ＞0)为两定点，动点P 到点A 的距离与到点B 的距离之比为定值a (a ＞0)，求点P 的轨迹．〖解析〗设P (x ,y )，由|P A ||PB |＝a (a ＞0)，得(x ＋c )2＋y 2(x －c )2＋y 2＝a⇒(a 2－1)x 2＋(a 2－1)y 2－2c (a 2＋1)x ＋c 2(a 2－1)＝0．当a ＝1时，方程化为x ＝0；当a ≠1时，方程化为[x －c (a 2＋1)a 2－1]2＋y 2＝(2aca 2－1)2．∴当a ＝1时，点P 的轨迹为y 轴；当a ≠1时，点P 的轨迹是以点(c (a 2＋1)a 2－1,0)为圆心，以2ac|a 2－1|为半径的圆．4．在平面直角坐标系xOy 中，设圆C 的半径为1，圆心在直线l ：y ＝2x －4上．(1)若圆心C 也在直线y ＝x －1上，过点B (2,4)作圆C 的切线，求切线的方程；(2)若圆心C 的横坐标为a ，已知点A (0,3)，若圆C 上存在点M ，使MA ＝2MO ，求a 的取值范围．〖解析〗(1)解⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －4y ＝x －1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3y ＝2，∴⊙C 的圆心为C (3,2)，半径r ＝1． ①当切线斜率不存在时，切线方程为x ＝2，满足题意．②当切线斜率存在时，设切线方程为y －4＝k (x －2)，即kx －y －2k ＋4＝0， 则|3k －2－2k ＋4|k 2＋1＝1⇒k ＝－34．此时切线方程为3x ＋4y －22＝0．综上，所求切线方程为x ＝2或3x ＋4y －22＝0．(2)设M (x ,y )，则由MA ＝2MO ，得x 2＋(y －3)2＝2x 2＋y 2，即x 2＋(y ＋1)2＝4． 记⊙D ：x 2＋(y ＋1)2＝4，则D (0,－1)，r D ＝2．又M 在⊙C 上，∴|r －r D |⩽|CD |⩽ r ＋r D ⇔1⩽|CD |⩽3． 又C (a ,2a －4)，∴1⩽a 2＋(2a －3)2⩽3⇒0⩽a ⩽125．【注】∵MA ＝2MO ，∴点M 的轨迹是以A ,O 为反演点的圆，且圆的圆心在AO 的延长线上．其半径r 满足：2r ＝32＋1＋32－1⇒r ＝2．设圆的圆心为D (0,b )(b ＜0)，则AD →＝(0,b －3)，OD →＝(0,b )．由AD →•OD →＝r 2，得b (b －3)＝4⇒b ＝－1或b ＝4．∴⊙D ：x 2＋(y ＋1)2＝4．5．如图，圆C ：x 2＋y 2－(1＋a )x －ay ＋a ＝0． (1)若圆C 与x 轴相切，求圆C 的方程；(2)已知a ＞1，圆C 与x 轴相交于两点M ,N (点M 在点N 的左侧)，过点M 任作一条直线与圆O ：x 2＋y 2＝4相交于两点A ,B ，问：是否存在实数a ，使得∠ANM ＝∠BNM ?〖解析〗(1)∵⊙C ：(x －a ＋12)2＋(y －a 2)2＝2a 2－2a ＋14，∴C (a ＋12,)，r ＝2a 2－2a ＋12．∵⊙C 与x 轴相切，∴|a |2＝2a 2－2a ＋12⇒a ＝1．∴⊙C ：(x －1)2＋(y －12)2＝14．(2)令y ＝0，得x 2－(a ＋1)x ＋a ＝0⇒x ＝1或x ＝a (a ＞1)．∴M (1,0)，N (a ,0)．假设存在实数a ，使得∠ANM ＝∠BNM ． ①当直线AB 不重合于x 轴时，设l AB ：x ＝ty ＋1，A (ty 1＋1,y 1)，B (ty 2＋1,y 2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋1x 2＋y 2＝4，得(t 2＋1)y 2＋2ty －3＝0．∴y 1＋y 2＝－2t t 2＋1，y 1y 2＝－3t 2＋1．∵∠ANM ＝∠BNM ，∴k NA ＋k NB ＝0⇒y 1ty 1＋1－a ＋y 2ty 2＋1－a ＝0⇒2ty 1y 2＋(1－a )(y 1＋y 2)＝0⇒2t (a －4)t 2＋1＝0．又t ∈R ，∴a ＝4．②当直线AB 重合于x 轴时，恒有∠ANM ＝∠BNM ． 综上，存在实数a ＝4，使得∠ANM ＝∠BNM ．【注】令y ＝0，得x 2－(a ＋1)x ＋a ＝0⇒x ＝1或x ＝a (a ＞1)．∴M (1,0)，N (a ,0)． ∵∠ANM ＝∠BNM ，∴M ,N 是⊙O 的一对反演点．∴OM •ON ＝r 2⇒a ＝4． 故存在实数a ＝4，使得∠ANM ＝∠BNM ．6．已知圆C ：x 2＋(y －4)2＝4，直线l ：(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0． (1)求直线l 所过定点A 的坐标．(2)求直线l 被圆C 所截得的弦长最短时m 的值及最短弦长． (3)已知点M (－3，4),在直线MC 上(C 为圆心)，存在定点N (异于点M )，满足：对于圆C 上任一点P ，都有|PM ||PN |为一常数，试求所有满足条件的点N 的坐标及该常数．〖解析〗(1)∵l ：(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0⇔(3x －y )m ＋(x ＋y －4)＝0， 令⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0x ＋y －4＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝3．∴l 过定点A (1,3)． (2)由平面几何知识知，当l ⊥AC 时，l 被⊙C 截得弦长最短．由题有C (0,4)，r ＝2，∴k AC ＝－1，∴k l ＝1⇒3m ＋1m －1＝1⇒m ＝－1．此时，C 到l 的距离为d ＝|AC |＝2．∴最短弦长为2r 2－d 2＝22． (3)由题知，l MC ：y ＝4．假设存在定点N (t ,4)满足题意．设P (x ,y )，则|PM |2|PN |2＝(x ＋3)2＋(y －4)2(x －t )2＋(y －4)2＝6x ＋9＋x 2＋(y －4)2－2tx ＋t 2＋x 2＋(y －4)2．又由P 在⊙C 上，得x 2＋(y －4)2＝4．∴|PM |2|PN |2＝6x ＋13－2tx ＋t 2＋4．若|PM ||PN |为常数，则需6－2t ＝13t 2＋4⇔t ＝－43或t ＝－3． 当t ＝－3时，N (－3,4)与M 重合，不符合题，舍去． 当t ＝－43时，N (－43,4)，此时|PM ||PN |＝32．综上可知，在直线MC 上存在定点N (－43,4)，使得|PM ||PN |为常数32．【注】由题知，l MC ：y ＝4．若|PM ||PN |为常数，则知N 是⊙C 的反演点中一点．设N (t ,4)(－3＜t ＜0)，则|MC |＝3，|NC |＝－t ．∴由|MC |•|NC |＝r 2，得－3t ＝4⇒ t ＝－43．∴N (－43,4)，|MN |＝53．设|PM ||PN |＝k ，则53k ＋1＋53k －1＝4⇒k ＝32或k ＝－23(舍)． 故在直线MC 上存在定点N (－43,4)，使得|PM ||PN |为常数32．7．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2＋y 2＝4，点Q (0,1)，过点P (0,4)的直线l 与圆O 交于不同的两点A ,B (不在y 轴上)．(1)若直线l 的斜率为3，求AB 的长度；(2)设直线QA ，QB 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1＋k 2为定值，并求出该定值； (3)设AB 的中点为M ，是否存在直线l ，使得MO ＝62MQ ?若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．〖解析〗(1)由题知，l ：y ＝3x ＋4．∴O 到l 的距离为d ＝432＋12＝410．∴|AB |＝2r 2－d 2＝22－(410)2＝4155．(2)设l ：y ＝kx ＋4，A (x 1,kx 1＋4)，B (x 2,kx 2＋4)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋4x 2＋y 2＝4，得(k 2＋1)x 2＋8kx ＋12＝0． ∴Δ＝64k 2－48(k 2＋1)＝16(k 2－3)＞0，x 1＋x 2＝－8k k 2＋1，x 1x 2＝12k 2＋1．∴k 1＋k 2＝kx 1＋3x 1＋kx 2＋3x 2＝2k ＋3(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k －2k ＝0．∴k 1＋k 2为定值，定值为0．【注】由题知，l PQ ：x ＝0，|OP |＝4，|OQ |＝1，r ＝2． ∴|OP |•|OQ |＝r 2，∴P ,Q 是⊙O 的一对反演点．∴QA 与⊙O 的另交点B ′是B 关于y 轴的对称点，QB 与⊙O 的另交点A ′是A 关于y 轴的对称点． ∴QA 与QB 关于y 轴对称．∴k 1＋k 2＝0． (3)〔法一〕设M (x ,y )，则由MO ＝62MQ ， 得x 2＋y 2＝62x 2＋(y －1)2⇒x 2＋y 2－6y ＋3＝0⇒x 2＋(y －3)2＝6． 由(2)知，M (－4k k 2＋1,4k 2＋1)，∴(－4k k 2＋1)2＋(4k 2＋1)2－6×4k 2＋1＋3＝0⇒k ＝±153，与k 2＞3矛盾．∴满足条件的l 不存在． 〔法二〕设M (x ,y )，则由MO ＝62MQ ， 得x 2＋y 2＝62x 2＋(y －1)2⇒x 2＋y 2－6y ＋3＝0⇒x 2＋(y －3)2＝6． 又OM →＝(x ,y )，PM →＝(x ,y －4)，OM →⊥PM →，∴OM →•PM →＝x 2＋y (y －4)＝0⇒x 2＋y 2－4y ＝0⇒x 2＋(y －2)2＝4(0⩽y ＜1)．解⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－6y ＋3＝0x 2＋y 2－4y ＝0，得⎩⎨⎧x ＝±152y ＝32．又0⩽y ＜1，该方程组无解，即满足条件的M 不存在．∴满足条件的l 不存在．8．已知直线l ：4x ＋3y ＋10＝0，半径为2的圆C 与l 相切，圆心C 在x 轴上且在直线l 的上方． (1)求圆C 的标准方程；(2)过点M (1,0)的直线与圆C 交于A ,B 两点(A 在x 轴上方)，问在x 轴正半轴上是否存在点N ，使得x 轴平分∠ANB ?若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．〖解析〗(1)设C (a ,0)(a ＞－52)，则|4a ＋10|5＝2⇒a ＝0或a ＝－5(舍)．∴⊙C ：x 2＋y 2＝4．(2)①当l AB 的斜率为不为0时，设l AB ：x ＝my ＋1，A (my 1＋1,y 1)，B (my 2＋1,y 2)，N (t ,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1x 2＋y 2＝4，得(m 2＋1)y 2＋2my －3＝0．∴y 1＋y 2＝－2m m 2＋1，y 1y 2＝－3m 2＋1．若x 轴平分∠ANB ，则k AN ＋k BN ＝0⇒y 1my 1＋1－t ＋y 2my 2＋1－t ＝0⇒2my 1y 2－(t －1)(y 1＋y 2)＝0⇒－6mm 2＋1＋2m (t －1)m 2＋1＝0⇒m (t －4)＝0，又m ∈R ，∴t ＝4．②当直线AB 重合于x 轴时，恒有∠ANM ＝∠BNM ． 综上，存在点N (4,0)，使得x 轴平分∠ANB ．【注】由题知，l OM ：y ＝0．∵∠ANO ＝∠BNO ，∴M ,N 是⊙O 的一对反演点，且N 在OM 的延长线上． 设N (t ,0)(t ＞1)，则OM ＝1，ON ＝t ．∴OM •ON ＝r 2⇒t ＝4． 故存在点N (4,0)，使得x 轴平分∠ANB ．。
阿波罗尼斯圆及其应用(整理)
阿波罗尼斯圆的应用1.“阿波罗尼斯圆”：在平面上给定两点',A A ，设P 点在同一平面上且满足,'λ=PA PA当0>λ且1≠λ时，P 点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆。
（1=λ时P 点的轨迹是线段AB 的中垂线）2.阿波罗尼斯圆的相关性质性质1.当1>λ时，点'A 在圆O 内，点A 在圆O 外； 当10<<λ时，点A 在圆O 内，点'A 在圆O 外。
性质2.所作出的阿波罗尼斯圆的半径为|AA'|1r λλ=-性质3：'OA rr OA ==λ λ越大，圆越小.例1：已知P 点在边长为2的正方形ABCD 的内切圆上运动，则BP AP 2+的最小值是_______ 解析:22',1,2,'=∴====OA r OA OA r r OA λ '2,2'PA PA PA PA=∴==λ,5'2)'(22=≥+=+B A BP PA BP PA练习1：已知P 在边长为2的正三角形ABC 的内切圆上运动，则BP AP 2+的最小值是_______27练习2：已知点P 在圆4:22=+y x O 上运动，)4,4(),0,4(B A ，求BP AP 2+的最小值例2：（06四川）已知两定点).0,1(),0,2(B A -如果动点P 满足PB PA 2=，则点P 的轨迹所围成的图形的面积是________________.练习1：满足条件BC AC AB 2,2==的ABC ∆面积的最大值是___________.练习2.在等腰ABC ∆中，BD AC AB ,=是腰AC 上的中线，且,3=BD 则ABC ∆面积的最大值是___________.例3：已知平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，且AB=1，AD=CD=2，ADEF 是正方形，在正方形ADEF 内部有一点M ，满足MB ，MC 与平面ADEF 所成角相等，则点M 的轨迹长度为_________94π练习：在正方体1111D C B A ABCD -中，33=AB ，点E ，F 在线段1DB 上，且,1FB EF DE ==点M 是正方体表面上一个动点，点P,Q 是空间两个动点，若2||||||||==QF QE PF PE 且4||=PQ ，则MQ MP ⋅的最小值为____________38-练习2：已知△ABC 的面积为1，∠A 的角平分线交对边BC 于D ， AB=2AC ，且AD=kAC ，则当k=________时，边BC 的长度最短.5102=k 分析：面积为定值，AB=2AC ，所以A 的轨迹为阿氏圆，设圆交BC 和延长线为D 、E ，易得AD 即为∠A 的角平分线，且当AO 垂直BC 时BC 有最小值，设圆半径为r ，OC r r OB ===2λ,r r OB OD rOC r OB =-=∴==,2,2 r AD r 2,25AC ==勾股定理得： 5102252===∴r r ACADk 3、已知向量,a b 满足：||3,||2||,b a b a ==-若||3a b λ+≥恒成立，则实数λ的取值范围是_______.例4. （2015年高考数学湖北卷）如图，圆C 与x 轴相切于点(1,0)T ，与y 轴正半轴交于两点,A B （B 在A 的上方），且2AB =．（Ⅰ）圆C 的标准．．方程为 ；（Ⅱ）过点A 任作一条直线与圆22:1O x y +=相交于,M N 两点，下列三个结论：①NA MA NBMB=； ②2NB MA NAMB-=； ③2NB MA NAMB+=号是 .（写出所有正确结论的序号）解：（1）易知半径2r =，所以圆的方程为()(22122x y -+=；（2）易知()()21,21A B ，设(),P x y 为圆C 上任意一点，则()()()()()()()()222221422221221221422221221221x y yyPA PBy y x y +-+-----====+-++-+--，故①正确；())21212NB MANA MB-=-=，②正确；))212122NB MANA MB+=+=yxOTC NA MB5、已知点(0,2),(1,1)A B --，P 是圆C:222x y +=上的一个动点.求||||PB PA 的最大值. 6、已知向量||6,||||,2,b a a c b a c m ==--=是||()a tb t R +∈的最小值,求m 的最大值.。
微专题16 阿波罗尼斯圆问题梳理及其运用
在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C 经过 A(0，2)，O(0，0)，D(t， 0)(t>0)三点，M 是线段 AD 上的动点，l1，l2 是过点 B(1，0)且互相垂直 的两条直线，其中 l1 交 y 轴于点 E，l2 交圆 C 于 P，Q 两点． (1)若 t＝PQ＝6，求直线 l2 的方程； (2)若 t 是使 AM≤2BM 恒成立的最小正整数，求三角形 EPQ 的面 积的最小值．
2
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串讲 2 已知点 P 是圆 O：x2＋y2＝25 上任意一点，平面上有两个定点 13 1 M(10，0)，N( 2 ，3)，则 PN＋2PM 的最小值为
5
．
解析： 设 x 轴上一定点 Q(m， 0)， 记 PM∶PQ＝λ， P(x， y)， 由 PM∶PQ ＝λ 得(x－10)2＋y2＝λ2[(x－m)2＋y2]，化简得(λ2－1)x2＋(λ2－1)y2＋(20 －2mλ2)x＋(λ2m2－100)＝0，因为 x2＋y2＝25，所以
2 解析：依题意，PA2＝PO2－12，PB2＝PO2 － 2 ，因为 PB＝2PA，所 1 2 2 2 2 以 PB2＝4PA2，所以 PO2 － 4 ＝ 4( PO － 1 ) ， 可得 PO ＝ 4 PO ，设 P(x， 1 1
4 2 2 64 y)，可得(x－4 )＋y ＝4(x ＋y )化简得(x＋3) ＋y ＝ 9 .所以满足条件的
2 2 2 2
4 8 点 P 在以(－3，0)为圆心，3为半径的圆上，又因为点 P 在直线 x＋ 3y 4 |－3－b| 8 －b＝0 上，且恰有两个点，所以直线和圆应该相交，所以 <3， 1＋ 3 20 解得－ 3 <b<4.
变式 2 已知点 A(－2，0)，B(4，0)，圆 C：(x＋4) ＋(y＋b) ＝16，点 P PA 是圆 C 上任意一点，若PB为定值，则 b 的值为 0 ．
阿波罗尼斯圆及其应用
阿波罗尼斯圆及其应用数学理论1.“阿波罗尼斯圆”：在平面上给定两点B A,，设P 点在同一平面上且满足,PBPA当且1时，P 点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆。
（1时P 点的轨迹是线段AB 的中垂线）2.阿波罗尼斯圆的证明及相关性质定理：B A,为两已知点，Q P,分别为线段AB 的定比为)1(的内外分点，则以PQ 为直径的圆O 上任意点到B A,两点的距离之比为.证（以1为例）设QBAQ PBAP a AB,，则1,1,1,1a BQ aAQa PBa AP.由相交弦定理及勾股定理知,1,1222222222aBCAB ACaBQPB BC于是,1,122aACaBC.BCAC而C Q P ,,同时在到B A,两点距离之比等于的曲线（圆）上，不共线的三点所确定的圆是唯一的，因此，圆O 上任意一点到B A,两点的距离之比恒为.性质1.当1时，点B 在圆O 内，点A 在圆O 外；当10时，点A 在圆O 内，点B 在圆O 外。
性质2.因AQ AP AC2，过AC 是圆O 的一条切线。
若已知圆O 及圆O 外一点A ，可以作出与之对应的点,B 反之亦然。
性质3.所作出的阿波罗尼斯圆的直径为122aPQ，面积为.122a性质4.过点A 作圆O 的切线C AC(为切点），则CQ CP,分别为ACB 的内、外角平分线。
性质5.过点B 作圆O 不与CD 重合的弦,EF 则AB 平分.EAF 数学应用1.（03北京春季）设)0)(0,(),0,(c c B c A 为两定点，动点P 到点A 的距离与到点B 的距离之比为定值),0(aa 求点P 的轨迹.2.（05江苏）圆1O 和圆2O 的半径都是1，421O O ，过动点P 分别作圆1O 和圆2O 的切线N M PN PM ,(,分别为切点），使得PN PM2，试建立适当坐标系，求动点P 的轨迹方程.3.（06四川）已知两定点).0,1(),0,2(B A 如果动点P 满足PB PA 2，则点P 的轨迹所围成的图形的面积是________________.4.(08江苏)满足条件BC AC AB 2,2的ABC 面积的最大值是___________.5.在等腰ABC 中，BD AC AB ,是腰AC 上的中线，且,3BD 则ABC 面积的最大值是___________.6.已知P A ),0,2(是圆16)4(:22yxC 上任意一点，问在平面上是否存在一点B ，使得21PB PA 若存在，求出点B 坐标；若不存在，说明理由.变式：已知圆16)4(:22yx C ，问在x 轴上是否存在点A 和点B ，使得对于圆C 上任意一点P ，都有?21PBPA 若存在，求出B A,坐标；若不存在，说明理由.7.在ABC 中，AD AC AB ,2是A 的平分线，且.kAC AD（1）求k的取值范围；（2）若ABC的面积为1，求k为何值时，BC最短.Welcome To Download 欢迎您的下载，资料仅供参考！。
第17篇 阿氏圆在保护中的应用
第17篇阿氏圆在保护中的应用
百度文库是这样说的：
阿波罗尼斯（Apollonius）圆，简称阿氏圆。
在平面上给定相异两点A、B，设P点在同一平面上且满足PA/PB=λ，当λ>0且λ≠1时，P点的轨迹是个圆，这个圆我们称作阿波罗尼斯圆。
这个结论称作阿波罗尼斯轨迹定理。
我再把“阿波罗尼斯轨迹定理”说通俗点：一动点P到两定点A、B的距离之比PA/PB=λ为一常数，P的轨迹为圆。
λ=1时，为A与B连线的垂直平分线（无穷大圆）；λ≠1时，λ与1/λ是一对镜象圆，镜象轴为垂直平分线。
λ=1
λ<11/λ>1
AB
我们在拟定继电器的动作特性时，往往在某一复平面上表示。
这样阿氏圆又可以表示为：?????，???A??B?为复变量，其余常数。
这也太像我们的比幅式动作方程了，因此才?
想到它。
应用1）全相振荡测量阻抗的轨迹
EM
ZSZ’EN
全相振荡，又假设系统电势的幅值之比不变EM??EN，?为常数。
??ZI?????Z?I?→Z?Z??Z?Z? EM??EN→SS
应用2）方向继电器
正向故障：故障点在正向，避开正向，据反向阻抗有。
阿波罗尼斯圆及其应用 阿波罗尼斯圆与向量 (解析版)
阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆与向量阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆与向量【微点综述】涉及线段定比的有些平面向量题，或是涉及数量积的等式，可以转化成三点共线问题，构造阿波罗尼斯圆，建立平面直角坐标系，利用阿波罗尼斯圆解决问题．【典例刨析】1.已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足|c -a |=12，则|a +b -c |+2|c -b |最小值为__________.2.已知BC =6，AC =2AB ，点D 满足AD=2x x +y AB+y 2x +yAC ，设f x ,y =AD ，若f x ,y ≥f x0,y 0 恒成立，则f x 0,y 0 的最大值为______________．3.(2022浙江省宁波市鄞州中学高三其他)已知向量a ,b ,c 满足|a |=12|b|=|c |=1,a ⋅b =1，则c +12a +12|c -b|的取值范围是_______.4.已知等边ΔABC 的边长为2，点P 在线段AC 上，若满足PA ⋅PB-2λ+1=0的点P 恰有两个，则实数λ的取值范围是__________．5.已知A ,B 是平面上两个定点，平面上的动点C ,D 满足|CA |CB=|DA|DB =m ，若对于任意的m ≥3，不等式CD≤k AB 恒成立，则实数k 的最小值为______．6.已知点A (0,1)，B (1,0)，C (t ,0)，点D 是直线AC 上的动点，若|AD |≤2|BD|恒成立，则最小正整数t =__________.【针对训练】7.(2022·广东广州·高二期末)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A 、B 的距离之比为定值λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系xOy 中，A -2,0 ，B 2,0 ，点P 满足PAPB=3，则点P 的轨迹方程为__________.(答案写成标准方程)，PA ⋅PB的最小值为__________.8.(2022·江苏·高邮一中高二期末)阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上动点P 到两定点A ，B 的距离之比满足PAPB=t (t >0且t≠1，t 为常数)，则P 点的轨迹为圆．已知在平面直角坐标系xOy 中，A (-3,0)，B (3,0)，动点P 满足PAPB =2，则P 点的轨迹Γ为圆，该圆方程为_________；过点A 的直线交圆Γ于两点C ,D ，且AC =CD ，则CD =_________．9.阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k k >0,k ≠1 的点的轨迹是圆，后人将此圆称为阿氏圆.若平面内两定点A 、B 间的距离为4，动点P 满足PAPB=3，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为___________；PA ⋅PB 最大值是___________.10.在平面四边形ABCD 中，∠BAD =90°，AB =2，AD =1．若AB ⋅AC +BA ⋅BC =43CA ⋅CB，则CB+12CD 的最小值为____．11.在ΔABC 中，A =120°，AB =2AC =6，点D 满足AD=x3x +3y AB +2y x +yAC ，则AD 的最小值为______.12.已知圆C 的圆心在直线3x -y =0上，与x 轴正半轴相切，且被直线l ：x -y =0截得的弦长为27.(1)求圆C 的方程；(2)设点A 在圆C 上运动，点B 7,6 ，且点M 满足AM =2MB ，记点M 的轨迹为Γ.①求Γ的方程，并说明Γ是什么图形；②试探究：在直线l 上是否存在定点T (异于原点O )，使得对于Γ上任意一点P ，都有PO PT为一常数，若存在，求出所有满足条件的点T 的坐标，若不存在，说明理由.参考答案1.【答案】52【分析】建立坐标系，设A (1,0)，B (0,1)，D (1,1)，设OA =a ，OB =b ，则|a +b -c |+2|c -b|=CD +2BC ，构造相似三角形，设E 1,14，可得ΔAEC ∽ΔACD ，所以|a +b -c |+2|c -b |=CD +2BC =2(BC +CE )≥2BE =52．【详解】如图，A 1,0 ,B 0,1 ,D 1,1 ，设OA =a ,OB =b ，则向量c 满足|c -a |=12，设OC =c ，所以点C为以A 为圆心，以12为半径的圆上的一点，所以|a +b -c |=|OD -OC |=|CD |，同理2|c -b|=2|BC |，取点E 1,14 ，则AE AC =ACAD，又因∠CAE =∠DAC ，所以ΔAEC ∽ΔACD ，所以CE CD=12，即CD =2CE ，所以|a +b -c |+2|c -b|=CD +2BC =2CE +2BC =2BC +CE ，由三角形的三边关系知2BC +CE ≥2BE =212+34 2=2×54=52.故填：52.【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量的模，向量模的几何意义，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意构造相似三角形等知识，属于难题．2.【答案】4【分析】将已知AD =2x x +y AB +y 2x +yAC 变形为x x +y 2AB +y x +y 12AC ，设延长AB 至点F ，使得AF =2AB ,取AC 的中点E ，并通过xx +y +y x +y=1得出点D 在EF 上，再通过△AEF ≅△ABC 与已知条件得出f x 0,y 0 =ADmin =AG ，设AB =m ，再通过面积法与正、余弦定理得出AG 即可利用一元二次方程最值与根式性质得出答案.【详解】延长AB 至点F ，使得AF =2AB ,取AC 的中点E ，连接EF ，则AD =2x x +y AB +y 2x +y AC ，=x x +y 2AB+y x +y 12AC，=x x +y AF+y x +yAE ,∵xx +y +y x +y =1,∴点D 在EF 上，过点A 作AG ⊥EF 于点G ，由“边角边”公理可得：△AEF ≅△ABC ，∴EF =BC =6，∵f x ,y =AD，且f x ,y ≥f x 0,y 0 恒成立，∴f x 0,y 0 =ADmin =AG ，设AB =m ，根据面积法知：AG =AE AF sin AEF，=m ⋅2m ⋅sin A6，=m 23sin A ，=m 231-m 2+4m 2-362⋅m ⋅2m 2，=13-916m 2-20 +144≤13×12=4，当且仅当m =25时等号成立，∴f x 0,y 0 max =4，故答案为：4.3.【答案】[3,7]【解析】根据几何关系，设点A ,B ,D 的坐标，点C 在单位圆上，故M =c +12a +12c -b =12EC+BC ，当B ,E ,C 三点共线时，即点C 在C 1处时，取最小值，以及数形结合分析出最大值，计算得到答案.【详解】因为|a |=1,|b |=2,a ⋅b =1，所以‹a ,b ›=π3，设OA =a ，OB =b ，OC =c ，OD =-12a，即A (1,0),B (1,3),D -12,0 ，点C 在单位圆x 2+y 2=1上，因为c +12a +12c -b =OC -OD +12OC -OB =DC +12BC，设|DC |=12|EC|,C (x ,y ),E (m ,n )，即x +12 2+y 2=12(x -m )2+(y -n )2，故E (-2,0)，所以M =c +12a +12c -b =12EC+BC ，如图，(1)当B ,E ,C 三点共线，即点C 在C 1处时，取最小值.因为M =c +12a +12c -b =12EC +BC ≥12BE=3，所以M min =3，(2)当C 位于C 2处时，取最大值，M =12(|EC 2|+|C 2B |)=7，因为2(|EC |2+|BC |2)=(2CC 1)2+(EB )2≤(4)2+(23)2=28，即EC 2+BC 2≤14，所以|EC |+|BC |2≤|EC |2+|BC|22≤7，当且仅当|EC |=|BC |取等号，综上，c +12a +12|c-b |∈3,7 .故答案为：3,7 .【点睛】关键点点睛：本题考查向量模的最值问题，主要考查转化分析，数形结合分析，属于中档题型，本题的关键是根据根据条件设出定点和动点的坐标，根据数形结合分析，转化为点C 位置讨论的问题.4.【答案】38<λ≤12.【分析】设PA =x 0≤x ≤2 ，根据PA ⋅PB-2λ+1=0得到关于x 的函数，由题意可得该函数在区间0,2 上有两个不同的零点，然后根据二次函数的相关知识可得实数λ的取值范围．【详解】如图，设PA =x 0≤x ≤2 ，则PC =2-x ，则PB =PA +AB =-x 2AC+AB ，又AC ⋅AB=2×2×cos60°=2，∴PA ⋅PB =-x 2AC ⋅-x 2AC +AB =x 24AC 2-x 2AC⋅AB =x 2-x ．∵满足PA ⋅PB-2λ+1=0的点P 恰有两个，∴关于x 的方程x 2-x -2λ+1=0在区间0,2 上有两个不同的实数根．设f x =x 2-x -2λ+1，则函数f x 在区间0,2 上有两个不同的零点，∴Δ=1-4-2λ+1 >0f 0 =-2λ+1≥0f 2 =3-2λ≥00<12<2，解得38<λ≤12．∴实数λ的取值范围是38,12．【点睛】(1)用定义进行向量的数量积运算时，有时要注意选择合适的基底，将所有向量用同一基底表示，然后再根据数量积的运算律求解．(2)对于一元二次方程根的分布问题，可根据“三个二次”间的关系，结合二次函数的图象转化为不等式(组)，通过解不等式(组)可得所求．5.【答案】34【分析】建立坐标系，得点C ,D 的轨迹方程，分离参量求范围即可求解【详解】不妨设AB =1，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴建立直角坐标系，则A 0,0 ,B 1,0 ，设C x ,y ,∴x 2+y 2x -1 2+y2=m ⇒x -m 2m 2-1 2+y 2=m 2m 2-1 2故动点C ,D 的轨迹为圆，由CD≤k AB 恒成立，则k ≥CD max =2m m 2-1=2m -1m≥34故答案为34【点睛】本题考查圆的轨迹方程，平面问题坐标化的思想，是难题6.【答案】4【解析】设点D x ,y ,根据|AD |≤2|BD|列出关于D x ,y 的关系式,再数形结合分析即可.【详解】设点D x ,y ,因为点D 是直线AC 上的动点,故y -1x =-1t⇒x +ty -t =0.由|AD |≤2|BD |得x 2+y -1 2≤4x -1 2+y 2 ,化简得x -43 2+y +13 2≥89.依题意可知,直线AC 与圆x -43 2+y +13 2=89至多有一个公共点,所以43-43t 1+t 2≥89,解得t ≥2+3或t ≤2- 3.所以最小正整数t =4.故答案为：4【点睛】本题主要考查了直线与圆和向量的综合运用,需要设点的坐标表达所给的信息,再数形结合利用圆心到直线的距离列式求解.属于中档题.7.【答案】 x -522+y 2=94-3【分析】设点P 坐标，然后用直接法可求；根据轨迹方程和数量积的坐标表示对PA ⋅PB 化简，结合轨迹方程可得x 的范围，然后可解.【详解】设P 点坐标为(x ,y )，则由PA PB=3，得(x +2)2+y 2(x -2)2+y2=3，化简得x 2+y 2-5x +4=0，即x -52 2+y 2=94.因为PA =(-2-x ,-y ),PB=(2-x ,-y )，x 2+y 2=5x -4所以PA ⋅PB=(-2-x )(2-x )+y 2=x 2+y 2-4=5x -8因为点P 在圆x -52 2+y 2=94上，故1≤x ≤4所以-3≤PA ⋅PB ≤12，故PA ⋅PB的最小值为-3.故答案为：x -52 2+y 2=94，-38. 【答案】 (x -5)2+y 2=16 26【分析】设P x ,y ，根据PAPB=2可得圆的方程，利用垂径定理可求CD =2 6.【详解】设P x ,y ，则x +3 2+y 2x -32+y2=2，整理得到x 2+y 2-10x +9=0，即(x -5)2+y 2=16.因为AC =CD ，故C 为AD 的中点，过圆心5,0 作AD 的垂线，垂足为M ，则M 为CD 的中点，则AM =32CD ，故64-94CD 2=16-14CD 2，解得CD =26，故答案为：(x -5)2+y 2=16，2 6.9.【答案】12π 24+163【分析】以经过A ，B 的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立直角坐标系，求出阿氏圆方程，可得半径，从而得面积．由P (x ,y )，利用向量数量积的坐标表示求出PA ⋅PB，结合P 在圆上可得最大值．【详解】以经过A ，B 的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立直角坐标系，如图，则A -2,0 ，B 2,0 ，设P x ,y ，PAPB=3，∴x +22+y 2x -2 2+y2=3，得：x 2+y 2-8x +4=0⇒x -4 2+y 2=12，点P 的轨迹为圆(如图)，其面积为12π.PA ⋅PB =x 2-4+y 2=OP 2-4，如图当P 位于点D 时，OP 2最大，OP 2最大值为4+23 2=28+163，故PA ⋅PB最大值是24+16 3.故答案为：12π；24+16 3.10.【答案】262【分析】以AB 的中点O 为坐标原点，以AB 方向为x 轴正向，建立如下平面直角坐标系. 设C (x ,y )，根据已知条件可求得C 点在以O 为圆心，2为半径的圆上，取B 1(4,0)，可得ΔOBC ~ΔOCB 1，从而有CB 1=2CB ，因此CB +12CD =12(2CB +CD )=12(CB 1+CD )，因此只要CB 1+CD 最小即可．【详解】如图，以AB 的中点O 为坐标原点，以AB 方向为x 轴正向，建立如下平面直角坐标系.则A (-1,0)，B (1,0)，设C (x ,y )，则AB =(2,0)，AC =(x +1,y )，BC=(x -1,y )因为AB ⋅AC +BA ⋅BC =AB ⋅AC +AB ⋅CB =AB ⋅AB =43CA ⋅CB所以AB ⋅AB =43AC ⋅BC ，即：4=43×(x -1)(x +1)+y 2整理得：x 2+y 2=4，所以点C 在以原点为圆心，半径为2的圆上.在x 轴上取B 1(4,0)，连接B 1C可得ΔOBC ~ΔOCB 1，所以BC B 1C =OBOC=2，所以B 1C =2BCCB +12CD =12(2CB +CD )=12B 1C +CD由图可得：当B 1,C ,D 三点共线时，即点C 在图中的M 位置时，B 1C +CD 最小.此时CB +12CD 最小为DB 1=12(4+1)2+12=262.故答案为262．【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查平面向量的几何应用．解题关键点有二，一是建立坐标系，求出C 点在一个圆上，二是取点B 1，构造出ΔOBC ~ΔOCB 1，于是B 1C =2BC ，问题转化为求CD +CB 1的最小值．11.【答案】33913【分析】令AE =13AB ，AF =2AC ，可得AD =x x +y AE+y x +yAF ，即D 在直线EF 上，从而当AD ⊥EF 时AD最小，结合三角形知识得到结果.【详解】AD =x 3x +3y AB +2y x +y AC =x x +y 13AB+y x +y 2AC，令AE =13AB ，AF =2AC ，则AD =x x +y AE +y x +yAF ，因为xx +y +y x +y=1，所以D 在直线EF 上，从而当AD ⊥EF 时AD最小，在ΔAEF 中，AE =13AB =2，AF =2AC =6，A =120°，由余弦定理得EF =213，又S ΔAEF =12AE ⋅AF ⋅sin A =12EF ⋅AD min ，得AD min =AE ⋅AF sin A EF =2×6×32213=33913.故答案为：33913【点睛】本题综合考查了平面向量与解三角形知识，考查三点共线、余弦定理，三角形面积公式等知识，考查转化能力与计算能力，属于中档题.12.【答案】(1)x -1 2+y -3 2=9；(2)①x -5 2+y -5 2=1，Γ是圆；②存在，D 4910,4910.【分析】(1)设圆心t ,3t ，根据题意，得到半径r =3t ，根据弦长的几何表示，由题中条件，列出方程求解，得出t =±1，从而可得圆心和半径，进而可得出结果；(2)①设M (x ,y )，根据向量的坐标表示，由题中条件，得到x A =-14+3xy A =-12+3y ，代入圆C 的方程，即可得出结果；②假设存在一点D t ,t 满足PO PT=λ(其中λ为常数)，设P x ,y ，根据题意，得到x 2+y 2x -t 2+y -t2=λ，再由①，得到x -5 2+y -5 2=1，两式联立化简整理，得到x 10-10λ2+2tλ2 +y 10-10λ2+2tλ2-49+49λ2-2λ2t 2=0，推出10-10λ2+2tλ2=049λ2-2λ2⋅t 2=49 ，求解得出t ，即可得出结果.【详解】(1)设圆心t ,3t ，则由圆与x 轴正半轴相切，可得半径r =3t .∵圆心到直线的距离d =t -3t2=2t ，由7+2t 2=r 2，解得t =±1.故圆心为1,3 或-1,-3 ，半径等于3.∵圆与x 轴正半轴相切∴圆心只能为1,3故圆C 的方程为x -1 2+y -3 2=9；(2)①设M (x ,y )，则：AM =x -x A ,y -y A ，MB=7-x ,6-y ，∴x -x A =14-2x y -y A =12-2y∴x A=-14+3xy A =-12+3y∵点A 在圆C 上运动∴3x -14-1 2+3y -12-3 2=9即：∴3x -15 2+3y -15 2=9∴x -5 2+y -5 2=1所以点M 的轨迹方程为x -5 2+y -5 2=1，它是一个以5,5 为圆心，以1为半径的圆；②假设存在一点D t ,t 满足POPT =λ(其中λ为常数)设P x ,y ，则：x 2+y 2x -t 2+y -t2=λ整理化简得：x 2+y 2=λ2x 2-2tx +t 2+y 2-2ty +t 2 ，∵P 在轨迹Γ上，∴x -5 2+y -5 2=1化简得：x 2+y 2=10x +10y -49，所以10x +10y -49=λ210x +10y -49-2tx -2ty +2t 2整理得x 10-10λ2+2tλ2 +y 10-10λ2+2tλ2 -49+49λ2-2λ2t 2=0∴10-10λ2+2tλ2=0 49λ2-2λ2⋅t2=49 ，解得：t=49 10；∴存在D4910,4910满足题目条件.【点睛】本题主要考查求圆的方程，考查圆中的定点问题，涉及圆的弦长公式等，属于常考题型.。
微专题16 阿波罗尼斯圆问题梳理及其运用
3 2 8 x 2 （x－1） ＋（1－ t ） ， 化简得(3＋t2)x －(8＋ t )x
2
＋8≥0 对任意 x 恒成立， 82 3 2 则(8＋ t ) －4×8×(3＋t2)≤0， 化简得 t －4t＋1≥0， 解得 t≥2＋ 3 或 0<t≤2－ 3， 因此最小正整数 t 的值为 4.
解法 2 设 D(x，y)，当 AD＝2BD 时，有 x ＋(y－1) ＝4[(x－1) ＋y ]，化 42 12 8 1 简得(x－3) ＋(y＋3) ＝9.直线 AC 的方程为 y＝－ t x＋1，即 x＋ty －t＝0.因为 AD≤2BD， 4 1 | 3 － 3 t－ t| 42 12 8 所以直线 AC 与圆 (x － 3 ) ＋ (y ＋ 3 ) ＝ 9 相切或相离 ， 故 t 2＋ 1 ≥ 8 2 ， 即 t － 4 t ＋ 1 ≥ 0 ， 9 解得 t≤2－ 3或 t≥2＋ 3，所以最小正整数 t 的值为 4.
变式 1 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 O：x2＋y2＝1，O1：(x－4)2 ＋y2＝4，动点 P 在直线 x＋ 3y－b＝0 上，过 P 分别作圆 O，O1 的切线，切点分别为 A，B，若满足 PB＝2PA 的点 P 有且只有两 20 个，则实数 b 的取值范围为 － ，4 ． 3
2 2 2 2
4 8 点 P 在以(－3，0)为圆心，3为半径的圆上，又因为点 P 在直线 x＋ 3y 4 |－3－b| 8 －b＝0 上，且恰有两个点，所以直线和圆应该相交，所以 <3， 1＋ 3 20 解得－ 3 <b<4.
变式 2 已知点 A(－2，0)，B(4，0)，圆 C：(x＋4) ＋(y＋b) ＝16，点 P PA 是圆 C 上任意一点，若PB为定值，则 b 的值为 0 ．
阿波罗尼斯圆介绍及其直接应用 (解析版)
阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆介绍及其直接应用阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆介绍及其直接应用【微点综述】动点的轨迹问题是高考中的一个热点和重点，尤其是阿波罗尼斯圆在高考中频频出现．处理此类问题的关键是通过建立直角坐标系，寻找动点满足的条件，得出动点的轨迹是一个定圆，从而把问题转化为直线和圆、圆和圆的位置关系问题，并在解决问题的过程中感悟转化与化归、化繁为简的数学思想方法．阿波罗尼斯(Apollonius 约公元前262~192)，古希腊数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠．阿波罗尼斯年青时到亚历山大城跟随欧几里得的后继者学习，和当时的大数学家合作研究．他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一．1.阿波罗尼斯圆的定义在平面上给定两点A ,B ，设P 点在同一平面上且满足PAPB=λ，当λ>0且λ≠1时，P 点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆．(λ=1时P 点的轨迹是线段AB 的中垂线)2.阿波罗尼斯圆的证明【定理1】设P x ,y ,A 1-a ,0 ,B a ,0 ．若PA PB =λ(λ>0且λ≠1)，则点P 的轨迹方程是x -λ2+1λ2-1a 2+y 2=2aλλ2-1 2，其轨迹是以λ2+1λ2-1a ,0 为圆心，半径为r =2aλλ2-1的圆．证明：由PA =λPB 及两点间距离公式，可得x +a 2+y 2=λ2x -a 2+y 2 ，化简可得1-λ2 x 2+1-λ2 y 2+21+λ2 ax +1-λ2 a 2=0①，(1)当λ=1时，得x =0，此时动点的轨迹是线段AB 的垂直平分线；(2)当λ≠1时，方程①两边都除以1-λ2得x 2+y 2+2a 1+λ2 x 1-λ2+a 2=0，化为标准形式即为：x -λ2+1λ2-1a 2+y 2=2aλλ2-1 2，∴点P 的轨迹方程是以λ2+1λ2-1a ,0 为圆心，半径为r =2aλλ2-1的圆．图① 图② 图③阿波罗尼斯圆的另一种形式：【定理2】A ,B 为两已知点，M ,N 分别为线段AB 的定比为λλ≠1 的内外分点，则以MN 为直径的圆C 上任意点P 到A ,B 两点的距离之比为λ．证明：以λ>1为例．如图②，设AB =2a ，AM MB =AN NB =λ，则AM =2aλ1+λ,BM =2a -2aλ1+λ=2a1+λ，AN =2aλλ-1,BN =2aλλ-1-2a =2aλ-1．过B 作AB 的垂线圆C 交于Q ,R 两点，由相交弦定理及勾股定理得QB 2=MB ⋅BN =4a 2λ2-1,QA 2=AB 2+QB 2=4a 2λ2λ2-1，于是QB =2a λ2-1,QA =2aλ2-1,∴QA QB =λ．∵M ,Q ,N 同时在到A ,B 两点距离之比等于λ的圆上，而不共线的三点所确定的圆是唯一的，∴圆C 上任意一点P 到A ,B 两点的距离之比恒为λ．同理可证0<λ<1的情形．3.阿波罗尼斯圆的相关性质由上面定理2的证明可得如下的性质：性质1：当λ>1时，点B 在圆C 内，点A 在圆C 外；当0<λ<1时，点A 在圆C 内，点B 在圆C 外．性质2：因AQ 2=AM ⋅AN ，故AQ 是圆C 的一条切线．若已知圆C 及圆C 外一点A ，可以作出与之对应的点B ，反之亦然．性质3：所作出的阿波罗尼斯圆的直径为MN =4aλλ2-1 ，面积为4πa 2λ2λ2-12．性质4：过点A 作圆C 的切线AQ (Q 为切点)，则QM ,QN 分别为∠AQB 的内、外角平分线．性质5：阿波罗尼斯圆的直径两端是按比例内分AB 和外分AB 所得的两个分点，如图所示，M 是AB 的内分点，N 是AB 的外分点，此时必有PM 平分∠APB ，PN 平分∠APB 的外角．证明：如图①，由已知可得PA PB =MA MB =NA NB =λ(λ>0且λ≠1)，∵S ΔPAM S ΔPBM =MA MB=λ，又S ΔPAM =12PA ⋅PM sin ∠APM ,S ΔPBM =12PB ⋅PM sin ∠BPM ,∴PA ⋅PM sin ∠APMPB ⋅PM sin ∠BPM=λ，∴sin ∠APM =sin ∠BPM ,∴∠APM =∠BPM ,∴PM 平分∠APB ．由等角的余角相等可得∠BPN =∠DPN ，∴PN 平分∠APB 的外角．性质6：过点B 作圆C 不与QR 重合的弦EF ，则AB 平分∠EAF ．证明：如图④，连结ME ,MF ，由已知FA FB =EA EB =λ,∴EB FB =EA FA.∵S ΔABE S ΔABF =EBFB (λ>0且λ≠1)，又S ΔABE =12AB ⋅AE sin ∠BAE ,S ΔABF =12AB ⋅AF sin ∠BAF ,∴AB ⋅AE sin ∠BAE AB ⋅AF sin ∠BAF =EB FB =AEAF，∴sin ∠BAE =sin ∠BAF ,∴∠BAE =∠BAF ,∴AB 平分∠EAF ．∴sin ∠BAE =sin ∠BAF ,∴∠BAE =∠BAF ,∴AB 平分∠EAF ．【典例刨析】1.(2022·河北盐山中学高二期中)已知两定点A -2,1 ，B 2,-1 ，如果动点P 满足PA =2PB ，则点P 的轨迹所包围的图形的面积等于___________.2.(2022四川涪陵月考)若ΔABC 满足条件AB =4,AC =2BC ，则ΔABC 面积的最大值为__________．3.已知圆O ：x 2+y 2=9，点B -5,0 ，在直线OB 上存在定点A (不同于点B )，满足对于圆O 上任意一点P ，都有PAPB 为一常数，试求所有满足条件的点A 的坐标，并求PAPB．4.在平面直角坐标xOy 中，已知点A 1,0 ,B 4,0 ，若直线x -y +m =0上存在点P 使得PA =12PB ，则实数m 的取值范围是_______．5.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被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λ(λ>0，且λ≠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PAPB =3，则PA 2+PB 2的最大值为( )A.16+83B.8+43C.7+43D.3+36.(2022四川·成都外国语学校高二月考)古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元首262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k k >0 且k ≠1 的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知点A -1,0 ，B 2,0 ，圆C :x -2 2+y -m 2=14m >0 ，在圆上存在点P 满足PA =2PB ，则实数m 的取值范围是( )A.22,62B.54,212C.0,212D.52,212【针对训练】7.在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O :x 2+y 2=1，O 1:x -4 2+y 2=4，动点P 在直线x +3y -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 =2PA 的点P 有且只有两个，则实数b 的取值范围是________．8.已知A ,B 是平面上两个定点，平面上的动点C ,D 满足|CA |CB=|DA|DB =m ，若对于任意的m ≥3，不等式CD≤k AB 恒成立，则实数k 的最小值为______．9.已知点A (0,1)，B (1,0)，C (t ,0)，点D 是直线AC 上的动点，若|AD |≤2|BD|恒成立，则最小正整数t =__________.10.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l ：x -22y +b =0上(b <0)，过P 分别作圆O ，O 1的切线，切点分别为A ，B ，若满足PB =2PA 的点P 有且只有一个，则实数b 的值为______.11.在平面直角坐标系xOy 中，M ,N 是两定点，点P 是圆O ：x 2+y 2=1上任意一点，满足：PM =2PN ，则MN 的长为.12.(2022辽宁·高二期中)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点A ，B 的距离之比为定值λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy 中，A (-2,0)，B (4,0)，动点P 满足|PA ||PB |=12.设点P 的轨迹为C 1.(1)求曲线C 1的方程；(2)若曲线C 1和⊙C 2:(x -4)2+(y -6)2=r 2(r >0)无公共点，求r 的取值范围.参考答案1.【答案】40π【分析】设P (x ,y )，根据题设条件，结合两点距离公式列方程并整理即可得P 的轨迹方程，即知轨迹为圆，进而求其面积即可.【详解】设P (x ,y )，由题设得：(x +2)2+(y -1)2=2[(x -2)2+(y +1)2]，∴(x -6)2+(y +3)2=40，故P 的轨迹是半径为40的圆，∴图形的面积等于40π.故答案为：40π2.【答案】163【分析】设BC =x ，则AC =2x ，由余弦定理得出cos B ，根据三角形任意两边之和大于第三边得出x 的范围，再由三角形面积公式，结合二次函数的性质得出答案.【详解】设BC =x ，则AC =2x ，由余弦定理可得cos B =16+x 2-(2x )22×4×x =16-3x 28x由三角形任意两边之和大于第三边得x +2x >4x +4>2x ，解得43<x <4，即169<x 2<16∴S ΔABC =12⋅4⋅x ⋅sin B =2x 1-cos 2B =2x 1-16-3x 2 264x 2=2569-916x 2-809 2当x 2=809时，ΔABC 面积取最大值163故答案为：163【点睛】本题主要考查了求三角形面积的最值，涉及余弦定理的应用，属于中档题.3.【答案】A -95,0 ，PA PB=35【分析】根据两点距离的坐标运算可得10λ2+2a x +34λ2-a 2-9=0，进而得10λ2+2a =034λ2-a 2-9=0 ，即可求解.【详解】设P (x ,y ),A (a ,0),a ≠-5，设PA PB=λ>0故PA PB=x -a 2+y 2x +52+y2=λ，且x 2+y 2=9，化简得：10λ2+2a x +34λ2-a 2-9=0，该式对任意的x ∈-3,3 恒成立，故10λ2+2a =034λ2-a 2-9=0 ，解得a =-95λ=35或a =-5λ=1 (舍去)，故PA PB=35，A -95,0 4.【答案】-22,22【分析】根据PA =12PB 得出点P 的轨迹方程，又点P 在直线x -y +m =0上，则点P 的轨迹与直线必须有公共点，进而解决问题.【详解】解：设P (x ,y )则PA =(x -1)2+(y -0)2,PB =(x -4)2+(y -0)2，因为PA =12PB ，所以有(x -1)2+(y -0)2=12(x -4)2+(y -0)2，同时平方，化简得x 2+y 2=4，故点P 的轨迹为圆心在(0,0)，半径2为的圆，又点P 在直线x -y +m =0上，故圆x 2+y 2=4与直线x -y +m =0必须有公共点，所以|m |1+1≤2，解得-22≤m ≤2 2.【点睛】本题考查了点的轨迹问题、直线与圆的位置关系的问题，解题的关键是能从题意中转化出动点的轨迹，并能求出点的轨迹方程.5.【答案】A【分析】设A -1,0 ,B 1,0 ，P x ,y ，由PA PB=3，可得点P 的轨迹为以2,0 为圆心，半径为3的圆，又PA 2+PB 2=2x 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，从而根据圆的性质即可求解.【详解】解：由题意，设A -1,0 ,B 1,0 ，P x ,y ，因为PA PB=3，所以x +1 2+y 2x -12+y2=3，即x -2 2+y 2=3，所以点P 的轨迹为以2,0 为圆心，半径为3的圆，因为PA 2+PB 2=x +1 2+y 2+x -1 2+y 2=2x 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+3 2=7+43，所以2x 2+y 2+1 max =16+83，即PA 2+PB 2的最大值为16+83，故选：A .6.【答案】D【分析】设P x ,y ，根据PA =2PB 求出点P 的轨迹方程，根据题意可得两个圆有公共点，根据圆心距大于或等于半径之差的绝对值小于或等于半径之和，解不等式即可求解.【详解】设P x ,y ，因为点A -1,0 ，B 2,0 ，PA =2PB ，所以x +12+y 2=2x -2 2+y 2即x 2+y 2-6x +5=0，所以x -3 2+y 2=4，可得圆心3,0 ，半径R =2，由圆C :x -2 2+y -m 2=14可得圆心C 2,m ，半径r =12，因为在圆C 上存在点P 满足PA =2PB ，所以圆x -3 2+y 2=4与圆C :x -2 2+y -m 2=14有公共点，所以2-12≤3-2 2+m 2≤2+12，整理可得：94≤1+m 2≤254，解得：52≤m ≤212，所以实数m 的取值范围是52,212，故选：D .7.【答案】-203,4.【分析】设出点的坐标，将原问题转化为直线与圆相交的问题，求解关于b 的不等式即可求得实数b 的取值范围.【详解】由题意O (0,0),O 1(4,0).设P (x ,y )，则∵PB =2PA ，∴x -42+y 2-4=2x 2+y 2-1，∴(x -4)2+y 2=4(x 2+y 2)，∴x 2+y 2+83x -163=0，圆心坐标为-43,0 ,半径为83，∵动点P 在直线x +3y -b =0上，满足PB =2PA 的点P 有且只有两个，∴直线与圆x 2+y 2+83x -163=0相交，∴圆心到直线的距离d =-43-b 1+3<83，∴-43-163<b <-43+163，即实数b 的取值范围是-203,4 .【点睛】本题主要考查圆的方程及其应用，等价转化的数学思想，直线与圆是位置关系的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.【答案】34【分析】建立坐标系，得点C ,D 的轨迹方程，分离参量求范围即可求解【详解】不妨设AB =1，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴建立直角坐标系，则A 0,0 ,B 1,0 ，设C x ,y ,∴x 2+y 2x -1 2+y2=m ⇒x -m 2m 2-1 2+y 2=m 2m 2-1 2故动点C ,D 的轨迹为圆，由CD≤k AB 恒成立，则k ≥CD max =2m m 2-1=2m -1m≥34故答案为34【点睛】本题考查圆的轨迹方程，平面问题坐标化的思想，是难题9.【答案】4【解析】设点D x ,y ,根据|AD |≤2|BD|列出关于D x ,y 的关系式,再数形结合分析即可.【详解】设点D x ,y ,因为点D 是直线AC 上的动点,故y -1x =-1t⇒x +ty -t =0.由|AD |≤2|BD |得x 2+y -1 2≤4x -1 2+y 2 ,化简得x -43 2+y +13 2≥89.依题意可知,直线AC 与圆x -43 2+y +13 2=89至多有一个公共点,所以43-43t 1+t 2≥89,解得t ≥2+3或t ≤2- 3.所以最小正整数t =4.故答案为：4【点睛】本题主要考查了直线与圆和向量的综合运用,需要设点的坐标表达所给的信息,再数形结合利用圆心到直线的距离列式求解.属于中档题.10.【答案】-283.【分析】根据圆的切线的性质和三角形全等，得到PO 1 =2PO ，求得点P 的轨迹方程，再根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求解．【详解】由题意得：O (0,0)，O 1(-4,0)，设P (x ,y )，如下图所示∵PA 、PB 分别是圆O ，O 1的切线，∴∠PBO 1=∠PAO =90°，又∵PB =2PA ，BO 1=2AO ，∴△PBO 1∽△PAO ，∴PO 1 =2PO ，∴PO 1 2=4PO 2，∴(x +4)2+y 2=4(x 2+y 2)，整理得x -43 2+y 2=649，∴点P (x ，y )的轨迹是以43,0 为圆心、半径等于83的圆，∵动点P 在直线l ：x -22y +b =0上(b <0)，满足PB =2PA 的点P 有且只有一个，∴该直线l 与圆x -43 2+y 2=649相切，∴圆心43,0 到直线l 的距离d 满足d =r ，即43+b 12+(22)2=83，解得b =203或-283，又因为b <0，所以b =-283．【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据圆的切下的性质和三角形全等求得点P 的轨迹方程，再根据直线与圆相切，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．11.【答案】32【分析】不妨就假设M ,N 在x 轴上，设M (m ,0),N (n ,0),P (x ,y )，由PM =2PN 可得x 2+y 2+2m -8n3x +4n 2-m 23=0，然后和方程x 2+y 2=1对比，就可以求出m ,n 【详解】由于M ,N 是两定点，不妨就假设M ,N 在x 轴上如图所示：设M (m ,0),N (n ,0),P (x ,y )，PM =2PN ，∴PM 2=4PN 2，∴(x -m )2+y 2=4(m -n )2+y 2 ，即x 2-2mx +m 2+y 2=4x 2-8nx +4n 2+4y 2，3x 2+(2m -8n )x +3y 2+4n 2-m 2=0，x 2+y 2+2m -8n 3x +4n 2-m 23=0与x 2+y 2=1表示同一个圆.∴2m -8n =0m 2-4n 23=1∴{m =2n =12或m =-2n =-12∴MN =32.故答案为：32.【点睛】本题考查的是圆的方程和点的轨迹方程的求法，较简单.12.【答案】(1)(x +4)2+y 2=16(2)(0,6)∪(14,+∞)【分析】(1)设P (x ,y )，然后根据|PA ||PB |=12列方程化简计算即可得曲线C 1的方程，(2)先求出两圆的圆心和半径，再由题意可得两圆外离或内含，从而可得C 1C 2 >4+r 或C 1C 2 <r -4，从而可求出r 的取值范围(1)设P (x ,y )，因为A (-2,0)，B (4,0)，动点P 满足|PA ||PB |=12，所以(x +2)2+y 2(x -4)2+y 2=12，化简得x 2+y 2+8x =0，即(x +4)2+y 2=16，所以曲线C 1的方程为(x +4)2+y 2=16，(2)曲线C 1的圆心为C 1(-4,0)，半径为4，⊙C 2:(x -4)2+(y -6)2=r 2(r >0)的圆心为C 2(4,6)，半径为r ，因为曲线C 1和⊙C 2:(x -4)2+(y -6)2=r 2(r >0)无公共点，所以两圆外离或内含，所以C 1C 2 >4+r 或C 1C 2 <r -4，所以(-4-4)2+(0-6)2=10>4+r 或(-4-4)2+(0-6)2=10<r -4，所以0<r <6或r >14，所以r 的取值范围为(0,6)∪(14,+∞)。
阿氏圆的性质及其应用
阿波罗尼斯圆的性质及其应用廖波定义：平面内到两定点的距离之比为常数()10≠>λλλ且的点的轨迹是圆，简称阿氏圆。
已知：点的轨迹。
求P PB AP a AB ,,2λ==解：以AB 为垂直平分线和AB 所在直线为坐标轴，建立如图所示坐标系。
令),(y x P 。
()()[]22222y a x y a x BP AP +-=++⇒=λλ 2222221211⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⇒m ma y a x λλ性质①在内。
外，在时，在外。
内，在时，A B A O B ΘO <<Θ>101λλ②APB PP BP A P PB P A ∠⇒==平分'''λ③λ==∙=⇒∆∆BPAP OB OP OA OB OP POB AOP )2(,)1(2相似与一、在解三角形中的应用例1、已知：BC AC AB 2,2==的三角形ABC ，求其面积的最大值？解：由阿氏圆的性质可得，当C 点在圆的最高点时，面积最大。
22222212max max =⇒⎪⎭⎫ ⎝⎛+==∙=r r r r r h AB S ，而22max =S 例2、在____,2,2的最大值则边中，面积c b a S ABC ==∆解：如图所示：r c c r r r r OA 232121,212=⇒⎪⎭⎫ ⎝⎛+==r h c hc c S ==⇒=∙⨯=max h ,42h 21要最大。
最小，要使又666232232122=⇒=⇒=⎪⎭⎫ ⎝⎛⇒=∙∙∴c c r r r 二、在两点间距离的应用例3、在坐标系中，A(4,0),B(0,3),P 为422=+y x 上一个动点，则3AP+2BP 的最小值为_____解：方案①将B 点转移到圆内D 处，DP BP r OD BP DP OD OB OD r 23342=⇒=⇒=⇒∙=()104332323min ==+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴AD DP AP DP AP 方案②将A 点转移到圆内C 处,使AP=2PC,将圆外线段变到圆内，系数变大，不能达到PC 与PB 系数一致的目的，所以，点在圆外变到圆内，系数变大，反之，系数变小.例4、已知：______y 6-13253,422的最小值为则+-==+x d y x 解：如图所示()()PB y x y PC y x x =-+=-=+-=22223613,3132-53接下来和例3如法炮制,化系数相同法则得：()102)34(4232322=+≥+=∴P A PD d 例5、已知l .05:l 2221，在直线若对圆上任意一点与直线：P y x r y x =-+=+ΘO 上均存在两点E 、F ，使_____,8,2的取值范围则且r EF PF PE ==解：因为定线段EF 是直线上的动线段，所以1ΘO 是半径一定的动圆。
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“阿波罗尼斯圆”的应用举例
【例】 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被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，主要研究成果击中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点A 、B 的距离之比为λ（0λ>， 1λ≠），那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一
个问题．已知圆： 221x y +=和点1,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭
，点()1,1B ， M 为圆O 上动点，则2MA MB +的最小值为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案 C 解析 令2=MA MC ，则12
MA
MC =. 由题意可得圆221x y +=是关于点A,C 的阿波罗尼斯圆，且1=2
λ。
设点C 坐标为(),C m n ， 则
12MA
MC ==。
整理得222
22421333m n m n x y x y ++-+++=。
由题意得该圆的方程为221x y +=，
∴2224020113m n m n +==+-⎧⎪⎪⎪⎨=⎪⎪⎪⎩
，解得2{ 0m n =-=。
∴点C 的坐标为（-2,0）。
∴2MA MB MC MB +=+,
因此当点M 位于图中的12,M M 的位置时， 2MA MB
MC MB +=+故选C.
【练习】
1．设椭圆与双曲线有共同的焦点F 1(－1，0)，F 2(1，0)，且椭圆长轴是双曲线实轴的2倍，则椭圆与双曲线的交点轨迹是( )
A ．双曲线
B ．一个圆
C ．两个圆
D ．两条抛物线
答案 C
解析 由⎩⎨⎧|PF 1|＋|PF 2|＝4a ，||PF 1|－|PF 2||＝2a ，
得|PF 1|＝3|PF 2|或|PF 2|＝3|PF 1|，所以是两个圆．
2.到两定点的距离之比等于常数K （K ≠0）的点的轨迹是（ ）
A. 椭圆
B.抛物线
C.圆
D.直线和圆
答案 D
解析 当K=1时，轨迹是一条直线，即两定点连线的垂直平分线；当K ≠1时，轨迹是圆。
3.在ABC 中，||4AB = ，且|||CA CB = ，则ABC 面积的最大值是
A.
B. C. D. 答案 B 4.已知平面直角坐标系中有两定点12(0,2),(0,2)F F - ，平面中有一动点M ，该点使得12MF F 满足条件1221sin sin MF F MF F ∠=∠ ，则12MF MF ⋅ 的取值范围是
答案 (24-+。