基于阿波罗尼斯圆的应用

基于阿波罗尼斯圆的应用
詹建峰
(深圳市华侨城高级中学ꎬ广东深圳５１８０５３)
摘㊀要:阿波罗尼斯圆在高中数学中的应用十分广泛ꎬ它不仅能帮助学生深入理解数学和几何的基本概念ꎬ还能大大简化解题时的计算.掌握阿波罗尼斯圆的基本应用ꎬ对学生数形结合的解题能力的培养有重要作用.
关键词:阿波罗尼斯圆ꎻ性质ꎻ题型分类
中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３１－００４７－０３
收稿日期:２０２３－０８－０５
作者简介:詹建峰(１９８２－)ꎬ男ꎬ河南省信阳人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.
㊀㊀古希腊数学家阿波罗尼斯ꎬ他证明过这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆ꎬ简称阿氏圆.近几年ꎬ以阿氏圆为背景的考题不仅在高考中屡次出现ꎬ各地模拟试题中也频繁出现ꎬ文章将对此作详细分析.
１阿氏圆定义的证明及性质
阿波罗尼斯圆定义:在平面上给定相异两点ＡꎬＢꎬ设点Ｍ在同一平面上且满足
ＭＡ
ＭＢ
＝λ(λ>０ꎬλʂ１)时ꎬ点Ｍ的轨迹是个圆ꎬ这个圆称之为阿波罗尼斯圆ꎬ简称为阿氏圆.
解析㊀设定线段ＡＢ的长为２ａꎬ以线段ＡＢ所在直线为ｘ轴ꎬ线段ＡＢ的中垂线为ｙ轴ꎬ建立直角坐标系ꎬ则Ａ(－ａꎬ０)ꎬＢ(ａꎬ０)ꎬＭ(ｘꎬｙ).
由ＭＡＭＢ＝λ(λʂ１)ꎬ得到(ｘ＋ａ)２＋ｙ２(ｘ－ａ)２＋ｙ２＝λ.
化简得(１－λ２)ｘ２＋(１－λ２)ｙ２＋２ａ(１＋λ２)ｘ
＋ａ２(１－λ２)＝０.
即(ｘ－
λ２
＋１λ２
－１ａ)２＋ｙ２＝(λ
λ２－１
２ａ)２ꎬ表示的是以(λ２＋１λ２－１ ａꎬ０)为圆心ꎬ半径为｜λλ２－１ ２ａ｜
的圆.㊀
由上面的推导可以发现下列性质:(１)阿波罗尼斯圆上的任意点Ｍ满足
ＭＡ
ＭＢ
＝λ(λ>０ꎬλʂ１)ꎻ(２)阿波罗尼斯圆的圆心Ｃ在直线ＡＢ上ꎬ半径为｜
λ
λ２
－１
｜ＡＢꎻ(３)阿波罗尼斯圆的圆心Ｃ一定不在ＡꎬＢ之间ꎬ且ＣＡ ＣＢ＝ｒ２.
２基于阿氏圆的题型分类
阿氏圆问题可以拆解成:(１)定点Ａ㊁定点Ｂꎻ(２)定比λꎻ(３)定圆Ｃ.因此可以将阿氏圆有关的题型分解成以下几种类型
类型１㊀已知定点Ａ㊁定点Ｂ和定比λꎬ求定圆Ｃ.例１㊀已知动点Ｍ与两个定点Ｏ(０ꎬ０)ꎬＡ(３ꎬ０)的距离之比为
１
２
ꎬ求动点Ｍ的轨迹方程.解析㊀设点Ｍ(ｘꎬｙ)ꎬ则
ｘ２＋ｙ２
(ｘ－３)２＋ｙ２
＝
１
２
.整理得到ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－３＝０.
７４
即(ｘ＋１)２＋ｙ２＝４ꎬ是以(－１ꎬ０)为圆心ꎬ半径为２的圆.
类型２㊀已知定点Ａ㊁定点Ｂ和定圆Ｃꎬ求定比λ.例２㊀已知两定点Ａ(２ꎬ０)ꎬＢ(
１
２
ꎬ０)ꎬ点Ｍ为圆Ｏ:ｘ２＋ｙ２＝１上任意一点ꎬ试探究
｜ＭＡ｜
｜ＭＢ｜
是否为定值.解析㊀
由题意设Ｍ(ｘꎬｙ)ꎬ｜ＭＡ｜
｜ＭＢ｜
＝
(ｘ－２)２＋ｙ２
(ｘ－１/２)２＋ｙ２
＝
５－４ｘ
５/４－ｘ
＝２ꎬ为定值.
此类题对定点要求比较严格ꎬ具有一定的局限性ꎬ所以一般很少见.类型３㊀已知一定点Ａ㊁定比λ和定圆Ｃꎬ求另
一定点Ｂ.
例３㊀已知点Ｏ(０ꎬ０)ꎬ点Ｍ是圆(ｘ＋１)２＋ｙ２
＝４上任意一点ꎬ问:在平面上是否存在点Ａꎬ使得
｜ＭＯ｜｜ＭＡ｜＝１
２
?若存在ꎬ求出点Ａ的坐标ꎬ若不存在ꎬ说明理由.
解析㊀假设存在点Ａ(ａꎬｂ)使
｜ＭＯ｜｜ＭＡ｜＝１
２ꎬ由题意设Ｍ(ｘꎬｙ)ꎬ则
ｘ２＋ｙ２
(ｘ－ａ)２＋(ｙ－ｂ)２
＝１
２
.化简ꎬ得ｘ２
＋ｙ２
＝ａ２＋ｂ２３－２ａ３ｘ－２ｂ
３
ｙ.
①
又点Ｍ在圆(ｘ＋１)２＋ｙ２＝４上ꎬ所以ｘ２＋ｙ２＝３－２ｘ.②
对比①②解得ａ＝３ꎬｂ＝０.所以存在点Ａ(３ꎬ０)使
｜ＭＯ｜｜ＭＡ｜＝１
２
.类型４㊀已知一定点Ａ和定圆Ｃꎬ求另一定点Ｂ和定比λ.
例４㊀已知Ｍ为圆Ｏ:ｘ２
＋ｙ２
＝１上任意一点ꎬ
若存在不同于点Ｅ(２ꎬ０)的点Ｆ(ｍꎬｎ)ꎬ使｜ＭＥ｜
｜ＭＦ｜
为不等于１的常数ꎬ则点Ｆ的坐标为
.
解析㊀由题意设Ｍ(ｘꎬｙ)ꎬ且｜ＭＥ｜
｜ＭＦ｜
＝ｔ(ｔ>０且ｔʂ１)ꎬ则ＭＥ＝ｔＭＦꎬＭＥ
２
＝ｔ２ＭＦ２.
即(ｘ－２)２＋ｙ２＝ｔ２[(ｘ－ｍ)２＋(ｙ－ｎ)２].
所以ｘ
２
＋ｙ
２
－２ｍｔ２－４ｔ２－１ｘ－２ｎｔ２ｔ２－１
ｙ＝
４－ｍ２ｔ２－ｎ２ｔ２
ｔ２－１
.
因为Ｍ在圆Ｏ:ｘ２＋ｙ２＝１上ꎬ
所以２ｍｔ２
－４＝０ꎬ２ｎｔ２＝０ꎬ４－ｍ２ｔ２－ｎ２ｔ２
ｔ２－１＝０.ìî
í
ïïïïï
解得ｔ＝２ꎬｍ＝
１２ꎬｎ＝０.所以Ｆ(１
２
ꎬ０).另解㊀由性质(３)知ＯＥ ＯＦ＝ｒ２ꎬ解得Ｆ(１
２
ꎬ０).对比两种解法可以发现ꎬ解题时巧妙运用阿氏圆的性质可以大大减少计算量[１].
结论㊀已知圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２上任意一点Ｍ和定
点Ａ(ｘ０ꎬ０)(ｘ０ʂ０ꎬｘ０ʂʃｒ)ꎬ则ｘ轴上存在唯一点Ｂ(ｒ２ｘ０ꎬ０)ꎬ使得ＭＢＭＡ＝λ(λʂ１)ꎬ其中λ＝ｒｘ０为定值.㊀
类型５㊀已知定比λ和定圆Ｃꎬ求定点Ａ和定点Ｂ.
例５㊀已知Ｍ是圆Ｃ:ｘ２＋ｙ２＝４上的任意一点ꎬ求ｘ轴上两定点ＡꎬＢꎬ使得
｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜＝１
２
恒成立.解析㊀设Ａ(ｍꎬ０)ꎬＢ(ａꎬ０)ꎬＭ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ由
｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜＝１２
ꎬ得(ｘ０－ａ)２＋ｙ２０＝４[(ｘ０－ｍ)２＋ｙ２
０].化简ꎬ得３(ｘ２０＋ｙ２０)＝(８ｍ－２ａ)ｘ０＋ａ２－４ｍ２
.又ｘ２０＋ｙ２０＝４ꎬ
可得
８ｍ－２ａ＝０ꎬ
ａ２－４ｍ２＝１２ꎬ
{
解得
ｍ＝１ꎬａ＝４
{
或
ｍ＝－１ꎬａ＝－４.
{
所以两定点分别为(１ꎬ０)ꎬ(４ꎬ０)或(－１ꎬ０)ꎬ(
－４ꎬ０).
结论㊀对于圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２上任意一点Ｍꎬ在ｘ轴
上存在不同两点Ａ(ａꎬ０)ꎬＢ(ｂꎬ０)(ａʂ０ꎬｂʂ０)ꎬ使得
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ＭＢＭＡ＝λ(λʂ１)ꎬ且ａｂ＝ｒ２ꎬａ＝ʃｒ
λꎬｂ＝λ２ａ.类型６㊀已知定点Ａ和定圆Ｃꎬ求最值或范围.阿氏圆常用于解决形如:ＭＡ＋ｋ ＭＢ(ｋʂ１)类线段的最值问题:其中Ｍ是动点ꎬＡꎬＢ是定点ꎬ且动点Ｍ在阿氏圆上运动.
例６㊀已知圆Ｏ:ｘ２＋ｙ２＝１和Ａ(－１
２
ꎬ０)ꎬ点Ｂ(１ꎬ１)ꎬＭ为圆Ｏ上动点ꎬ则２ＭＡ＋ＭＢ的最
小值为
.
解析㊀令２ＭＡ＝ＭＣꎬ则
ＭＡＭＣ＝１
２
.由题意可得圆ｘ２＋ｙ２＝１是关于点ＡꎬＣ的阿波
罗尼斯圆ꎬ且λ＝１
２
.设点Ｃ坐标为Ｃｍꎬｎ()ꎬ则
ＭＡＭＣ＝ｘ＋１/２()２＋ｙ２ｘ－ｍ()２＋ｙ－ｎ()２＝１２
.整理ꎬ得ｘ２
＋ｙ２
＋２ｍ＋４３ｘ＋２ｎ３ｙ＝ｍ２＋ｎ２－１
３.
由题意得该圆的方程为ｘ２＋ｙ２＝１ꎬ所以２ｍ＋４＝０ꎬ２ｎ＝０ꎬ
ｍ２＋ｎ２－１
３
＝１ꎬìîíï
ïïï
解得
ｍ＝－２ꎬｎ＝０.{
所以点Ｃ的坐标为(－２ꎬ０).
所以２ＭＡ＋ＭＢ＝ＭＣ＋ＭＢ.
因此当点ＭꎬＣꎬＢ在同一条直线上时ꎬ２ＭＡ＋ＭＢ＝ＭＣ＋ＭＢ的值最小ꎬ且为
(１＋２)２＋(１－０)２＝
１０.
故２ＭＡ＋ＭＢ的最小值为１０.
从上面例题中我们可以得到ＭＡ＋ｋ ＭＢ(ｋʂ１)类问题更加一般性的解题步骤:运用:动点在圆上运动ꎬ两线段(带系数)相加
求最小值.
形如:ＭＡ＋ｋ ＭＢ(ｋʂ１)的最小值(ｋ为系数)ꎻ原理:构造共边共角相似ꎬ转移带系数的边ꎬ利用两点间线段最短求最小值.
变式㊀在平面直角坐标系中ꎬ已知点Ａ(０ꎬ３)ꎬ圆Ｃ:(ｘ－ａ)２＋(ｙ－２ａ＋４)２＝１.若圆Ｃ上存在点Ｍꎬ使｜ＭＡ｜＝２｜ＭＯ｜ꎬ则实数ａ的取值范围是.
解析㊀由题意设Ｍ(ｘꎬｙ)ꎬ且｜ＭＡ｜＝２｜ＭＯ｜ꎬＡ(０ꎬ３)ꎬ所以
ｘ２＋(ｙ－３)２＝２ｘ２＋ｙ２.
化简ꎬ得ｘ２＋(ｙ＋１)２＝４.所以Ｍ既在圆
Ｃ:(ｘ－ａ)２＋(ｙ－２ａ＋４)２＝１上ꎬ又在圆Ｄ:ｘ２＋
(ｙ＋１)２＝４上.所以圆Ｃ与圆Ｄ有公共交点ꎬ由圆与圆的位置关系知:２－１ɤＣＤɤ２＋１.所以１ɤａ２
＋(２ａ－３)２
ɤ３.解得０ɤａɤ１２５
[２]
.
类型７㊀阿氏圆在复数ꎬ三角等问题中的应用.例７㊀
设复数ｚ＝ｘ＋ｙｉ(ｘꎬｙɪＲ)ꎬ且
ｚ－１＝２ｚ＋１ꎬ则复数ｚ所对应的点的轨迹形状是
.
解析㊀因为
ｚ－１
ｚ＋１
＝２ꎬ显然复数ｚ所对应的点到(１ꎬ０)和(－１ꎬ０)的距离之比为定值２ꎬ所求轨迹形状是阿氏圆.
例８㊀(２００８年江苏高考题)在әＡＢＣ中ꎬ若ＡＢ＝２ꎬＡＣ＝２ＢＣꎬ求әＡＢＣ面积的最大值.
解析㊀以ＡＢ中点为坐标原点ꎬ以ＡＢ所在直线
为ｘ轴建立直角坐标系ꎬ则Ａ(－１ꎬ０)ꎬＢ(１ꎬ０).由ＡＣ
ＢＣ
＝２ꎬ易知Ｃ的轨迹为阿氏圆(ｘ－３)２＋ｙ２＝８(ｙʂ０)ꎬ记圆心坐标为Ｍꎬ显然ＣＭʅｘ轴时ꎬәＡＢＣ面积最大ꎬ为２２.
阿氏圆的应用十分广泛ꎬ高中阶段充分掌握阿氏圆的概念及其性质是必要的ꎬ在实际解题中灵活运用会给我们带来意想不到的效果.
参考文献:
[１]李旭员.基于阿波罗尼斯圆的逆向探究[Ｊ].河
北理科教学教研ꎬ２０１４(０１):４５－４７.
[２]李宽珍.善辟蹊径㊀深化复习:以阿波罗尼斯圆
教学设计为例谈微专题教学[Ｊ].中学教研(数学)ꎬ２０１５(１２):２８－３０.
[责任编辑:李㊀璟]
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