从课本中的阿波罗尼斯圆问题
阿波罗尼斯圆及其直接应用 (解析版)
1专题一：阿波罗尼斯圆介绍及其直接应用主干知识：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PAPBλ=，当0λ>且1λ≠时，P 点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆．（1λ=时P 点的轨迹是线段AB 的中垂线）2、阿波罗尼斯圆的方程【定理1】设()()()1,,,0,,0P x y A a B a -．若PAPBλ=（0λ>且1λ≠），则点P 的轨迹方程是2222221211a x a y λλλλ⎛⎫+⎛⎫-+= ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，其轨迹是以221,01a λλ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭为圆心，半径为221a r λλ=-的圆．例题讲解例1．（2022·河北盐山中学高二期中）已知两定点()2,1A -，()2,1B -，如果动点P满足PA =，则点P 的轨迹所包围的图形的面积等于___________.【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：2222(2)(1)2[(2)(1)]x y x y ++-=-++，∴22(6)(3)40x y -++=，故P的圆，∴图形的面积等于40π.故答案为：40π例2．（2022四川涪陵月考）若ABC ∆满足条件4, 2 AB AC BC ==，则ABC ∆面积的最大值为__________．【分析】设BC x =，则2AC x =，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2AC x =，由余弦定理可得22216(2)163cos 248x x x B x x+--==⨯⨯由三角形任意两边之和大于第三边得2442x x x x +>⎧⎨+>⎩，解得443x <<，即216169x <<14sin 222ABCS x B ∆∴=⋅⋅⋅===当2809x =时，ABC ∆面积取最大值163故答案为：163答案第2页，共3页例3．在平面直角坐标xOy 中，已知点()()1,0,4,0A B ，若直线0x y m -+=上存在点P 使得12PA PB =，则实数m 的取值范围是_______．【分析】根据12PA PB =得出点P 的轨迹方程，又点P 在直线0x y m -+=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 PB ==因为12PA PB ==，同时平方，化简得224x y +=，故点P 的轨迹为圆心在（0,0），半径2为的圆，又点P 在直线0x y m -+=上，故圆224x y +=与直线0x y m -+=必须有公共点，2≤，解得m -≤例4．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（0λ>，且1λ≠），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PA PB=22PA PB +的最大值为（）A．16+B．8+C．7+D．3【分析】设()()1,0,1,0A B -，(),P x y，由PA PB=P 的轨迹为以()2,0为圆心，半()222221PA PB x y +=++，其中22x y +可看作圆()2223x y -+=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()()1,0,1,0A B -，(),P x y ，因为PA PB=，即()2223x y-+=，所以点P 的轨迹为以()2,0因为()()()222222221121x y x y x y PA PB =++++-+=++，其中22x y +可看作圆()2223x y -+=上的点(),x y 到原点()0,0的距离的平方，所以()(222max27x y+=+=+，所以()22max2116x y ⎡⎤++=+⎣⎦22PA PB +的最大值为16+3故选：A.例5．（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(0k k >且)1k ≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知点()1,0A -，()2,0B ，圆()()()221:204C x y m m -+-=>，在圆上存在点P 满足2PA PB=，则实数m 的取值范围是（）A．22⎣⎦B．542⎡⎢⎣⎦C．2⎛ ⎝⎦D．2⎥⎣⎦【分析】设(),P x y ，根据2PA PB =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()1,0A -，()2,0B ，2PA PB =，=22650x y x +-+=，所以()2234x y -+=，可得圆心()3,0，半径2R =，由圆()()221:24C x y m -+-=可得圆心()2,C m ，半径12r =，因为在圆C 上存在点P 满足2PA PB =，所以圆()2234x y -+=与圆()()221:24C x y m -+-=有公共点，所以112222-≤≤+，整理可得：2925144m ≤+≤，解得：22m ≤≤，所以实数m 的取值范围是2⎥⎣⎦，。
初中数学几何最值专题44：阿波罗尼斯圆问题(最全修正版)
阿波罗尼斯圆问题（阿氏圆）所谓“阿氏圆”，是指由古希腊数学家阿波罗尼奥斯提出的圆的概念，在平面内，到两个定点距离之比等于定值（不为1）的点的集合叫做圆．如下图，已知A 、B 两点，点P 满足PA ：PB=k （k ≠1），则满足条件的所有的点P 构成的图形为圆．【问题引入】如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°，AC=4，BC=3，以点C 为圆心，2为半径作圆C ，分别交AC 、BC 于D 、E 两点，点P 是圆C 上一个动点，则12PA PB 的最小值为__________；则PA+23PB 的最小值为__________；解析提示：解析提示：【问题分析】这个问题最大的难点在于转化12PA ，此处P 点轨迹是圆，注意到圆C 半径为2，CA=4，连接CP ，构造包含线段AP 的△CPA ，在CA 边上取点M 使得CM=2，连接PM ，可得△CPA ∽△CMP ，故PA ：PM=2:1，即PM=12PA ．问题转化为PM+PB 最小值，直接连BM 即可． 【问题剖析】（1）这里为什么是12PA ？（2）如果问题设计为PA+kPB 最小值，k 应为多少？【小结】此类问题都是构造好的图形搭配恰当的比例，构造相似转化线段即可解决． 【思考】分析解析提示2中原理EAB C DPMPDCBA【问题引入】如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，以点C为圆心，2为半径作圆C，分别交AC、BC于D、E两，则2PM+PN的最小值为__________；则2PM+3PN的最小值为点，点P是圆C上一个动点，CM=1，CN=43__________；解析提示：解析提示：【问题分析】这个问题最大的难点在于转化2PM，此处P点轨迹是圆，注意到圆C半径为2，CM=1，连接CP，构造包含线段PM的△CMP，连接AP，可得△CPA∽△CMP，故PA：PM=2:1，即2PM=PA．问题转化为PN+PA最小值，直接连AN即可．【问题剖析】（1）这里为什么是2PM？（2）如果问题设计为PM+kPN最小值，k应为多少？【小结】此类问题都是构造好的图形搭配恰当的比例，构造相似转化线段即可解决．【思考】分析解析提示2中原理【例题精讲】例1、如图，点A、B在圆O上，且OA=OB=6，且OA⊥OB，点C是OA的中点，点D在OB上，且OD=4。
利用阿波罗尼斯圆性质解决高考问题
利用阿波罗尼斯圆性质解题1、课本呈现（人教A 版124页B 组第3题）已知点M 与两个定点O(0,0),A(3,0)点距离的比为 ，求点M 的轨迹方程 。
（人教A 版144页B 组第2题）已知点M 与两个定点 ， 距离的比是一个正数m,求点M 的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形（考虑m=1和m 两种情形）。
2、定义：一般的平面内到两顶点A ，B 距离之比为常数 （ ）的点的轨迹 为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆性质：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。
②所作出的阿波罗尼斯圆的半径为|AA'|1r λλ=-，圆心为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'⋅+0,1-122A A λλ ③'OA r r OA ==λ λ越大，圆越小. 例题1、满足条件AB = 2，AC = BC 的∆ABC 的面积的最大值是（ ）变式1、在等腰 ABC 中，AB=AC ，D 为AC 的中点，BD=3，则 ABC 面积的最大值为2、在 ABC 中，AC=2，AB=mBC(m>1),恰好当B= 时 ABC 面积的最大，m=例2、 已知圆C: 定点 其中P 为圆C 上的动点，则 PO+PB 的最小值为变式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_______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 值例题3、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.4、在ABC ∆中，AD 、BE 分别为中线，若b a 35=，则BEAD 的取值范围 .5、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.6、（2015湖北理科卷14题）如图，圆C 与x 轴相切与点()0,1T ，与y 轴正半轴交于两点B A ,（B 在A 的上方），2=AB①圆C 的标准方程为 .②过点A 任作一条直线与圆1:22=+y x O 相较于N M ,两点，下列三个结论： 其中正确结论的序号是 。
一类圆的问题的根
在苏教版《必修2》教材中，有这样一个问题：“已知点m(x,y)与两个定点o(0,0),a(3,0)的距离之比为12，那么点m的坐标满足什么关系？画出满足条件的点m所形成的曲线”。
通过计算m的轨迹方程为：(x+1)?2+y?2=4，轨迹为圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆。
也就是说，到两个定点的距离之比为常数（常数不为1）的动点的轨迹为阿氏圆，它取决于两个定点和一个比值。
在高考题和模拟题中，有不少以它为根据的问题。
??类型1：利用轨迹为阿氏圆求最值?【例1】已知△abm中，ab=2，且am=?2mb?，求s??△abm?的最大值．?解法一如图建立直角坐标系，则a(-1,0)，b(1,0)，设m(x,y)，则有(x+1)?2+y?2=?2(x －1)?2+y?2?，两边平方整理得x?2+y?2－?6x+?1=0，即(x－6)?2+?y?2=?8．点m(x,y)在圆上，s??△abc?≤12×2×?点拨由于△abm的边ab为定值，而am=2mb，所以m的轨迹为一个圆，利用它可以得到△abm的面积的最值。
当然我们可以利用解三角形的相关知识求到该三角形的最大值，但不如解法一来得简单快捷。
?类型2：已知轨迹为阿氏圆求定点和常数?【例2】在直角坐标系xoy中，a为椭圆?x?29+?y?24=1的左顶点，圆o的方程为x?2+y?2=4．是否存在不同于点a的定点b，对于圆o上任意一点m，都有mbma为常数，若存在，求所有满足条件的点b的坐标及该常数；若不存三个特殊的点，通过构建关于a,b,λ的方程解出它们的值，而这体现了方程的思想。
?类型3：已知阿氏圆求轨迹?【例3】已知圆x?2+y?2=9，m为直线l:x=4上的点，若q（异于点m）满足对圆上任意一点n，总有mnnq为常数λ?m，求证：当m在直线l上运动时，点q在一个定圆上．?解析设点m(4,t)，n(x,y)，q(a,b)，则mnnq=(x-4)?2+(y-t)?2(x-a)?2+(y-b)?2=λ?m，整理得到(?x-?4)?2+(y-t)?2=λ?m(x-a)?2+(y-b)?2，利用x?2+y?2=9可以得到25+t?2－8x －2yt=?λ?m(9－?2ax－2by+a?2+b?2)，化简得到25+t?2－8x－2yt=－2aλ?mx－2bλ?my+9λ?m+λ?ma?2+λ?mb?2，因为该式对任意的动点n恒成立，所以4=aλ?m,?t=bλ?m，?9λ?m+λ?ma?2+λ?mb?2=25+t?2,消去a,b得到(9λ?m－16)(λ?m－1)=t?2(λ?m－1)，若λ?m=1，则mn=nq，与n的轨迹为圆矛盾，所以9λ?m－?16=?t?2，再用λ?m=4a,t=4ba代入得到a?2+b?2－?94a?=0，所以点q在定圆上．?点拨题设给出了一个圆和一个在定直线变化的动点m，要求确定另一个点q，使得由它们确定的圆就是题设中给定的圆。
微专题16 阿波罗尼斯圆问题梳理及其运用答案
微专题161．答案：(－∞，0]∪⎣⎡⎭⎫43，＋∞.解析：设M (x ，y )，则由2MA＝MB得2（x －1）2＋y 2＝ （x －4）2＋y 2，化简得x 2＋y 2＝4，设直线l ：y＝k (x －1)－2，则|－k －2|1＋k 2≤2，整理得3k 2－4k ≥0，解得k ≤0或k ≥43.2．答案：[0，125]．解析：因为圆心在直线y ＝2x －4上，所以圆C 的方程为(x －a )2＋[y －2(a －2)]2＝1.设点M (x ，y )，因为MA ＝2MO ，所以x 2＋（y －3）2＝ 2x 2＋y 2，化简得x 2＋y 2＋2y －3＝0，即x 2＋(y ＋1)2＝4，所以圆心M 在以D (0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意得，点M (x ，y )在圆C 上，所以圆C 与圆D 有公共点，则2－1≤CD ≤2＋1，即1≤a 2＋（2a －3）2≤3.由5a 2－12a ＋8≥0，得a ∈R ；由5a 2－12a ≤0，得0≤a ≤125.所以圆心C 的横坐标a 的取值范围为[0，125]．3．答案：{22，－22}． 解析：设P (x ，x ＋m )，则由P A PB ＝12可知（x －1）2＋（x ＋m ）2（x －4）2＋（x ＋m ）2＝14，化简得到2x 2＋2mx ＋m 2－4＝0，由题意可知Δ＝4m 2－4×2×(m 2－4)＝0，即m 2＝8，则实数m 的取值集合为{22，－22}．4．答案：52.解析：记12PB ＝PC ，那么PC PB ＝12，其中B (2，0)，下面研究点C 的位置．设C (a ，b )，P (cos θ，sin θ)，则由PC PB ＝12得 错误!＝12，化简得(4－8a )cos θ－8b sin θ＋4a 2＋4b 2－1＝0①，由于①式对任意θ都成立，则⎩⎨⎧4－8a ＝0，b ＝0，4a 2＋4b 2－1＝0，解得C (12，0)．因此，P A ＋12PB ＝P A ＋PC ≥AC ＝52.5．答案：⎝⎛⎭⎫53，73. 解析：如图，设AB ＝3，AC ＝1，AD ＝k ，以点C 为原点，线段AC 所在直线为x 轴建立直角坐标系xCy ，则点A 的坐标为(1，0)，因为AB ＝3，所以点B 在以点A 为圆心，3为半径的圆上，圆的方程为(x －1)2＋y 2＝9(*)．设D (x ，y )，由CD ＝2DB 得B (32x ，32y )，代入(*)式得(32x －1)2＋(32y )2＝9，化简得(x －23)2＋y 2＝4，所以r －13<k <13＋r ，从而53<k <73.6．答案：l 22（1－k 2）.解析：如图，以B 为原点，BD 为x 轴建立直角坐标系xBy .设A (x ，y )，y >0.因AD ＝kAC ＝kAB ，故AD 2＝k 2AB 2，于是(x －l )2＋y 2＝k 2(x 2＋y 2)．所以y 2＝－（1－k 2）x 2＋2lx －l 21－k 2＝错误!≤k 2l2（1－k 2）2，于是，y max ＝kl1－k 2，(S △ABD )max ＝kl 22（1－k 2），所以，(S △ABC )max＝1k(S △ABD )max ＝l 22（1－k 2）.7．答案：2＋ 3. 解析：易知点B 的轨迹是阿波罗尼斯圆，记圆与线段AC 的交点为F ，圆心为D ，则AB BC ＝AFFC＝m ，从而BF 为∠ABC 的平分线，即∠ABF ＝∠CBF ＝π6，此时∠BCD ＝∠BFC ＋∠CBF ＝5π12，∠CAB ＝π12，∠ACB ＝7π12.在△ABC 中，由正弦定理得m ＝AB BC ＝sin ∠ACB sin ∠CAB＝2＋ 3.8．答案：存在；λ＝12，理由略．解析：假设存在点P (x ，y )满足题意，则x 2＋y 2＋8x ＝0，所以P A 2＝(x ＋2)2＋y 2，PB 2＝(x －4)2＋y 2，由P A 2＝λ2·PB 2，可得x 2＋y 2＋4x ＋4＝λ2(x 2＋y 2－8x ＋16)，整理得(1－x )(1－4λ2)＝0，由点P (x ，y )为圆C 上任意一点，且λ>0，于是取λ2＝14，即有λ＝12.。
回归教材阿波罗尼斯圆
原题：已知一曲线是与两个定点(0,0)O 、(3,0)A 距离的比为12的点的轨迹，求此曲线的方程，并画出曲线。
解：设点(,)M x y 是曲线上任意一点，12=，整理即得到该曲线的方程为： 22(1)4x y ++=。
一般地，平面内到两个定点距离之比为常数(1)λλ≠的点的轨迹是圆，此圆被叫做“阿波罗尼斯圆”。
这是一个很有趣的圆，下面我们先来解决它的“逆向”问题： 引申1：在x 轴正半轴上是否存在两个定点A 、B ，使得圆224x y +=上任意一点到A 、B 两点的距离之比为常数12？如果存在，求出点A 、B 坐标；如果不存在，请说明理由。
解：假设在x 轴正半轴上是否存在两个定点A 、B ，使得圆224x y +=上任意一点到A 、B 两点的距离之比为常数12，设(,)P x y 、1(,0)A x 、2(,0)B x ，其中210x x >>。
12=对满足224x y +=的任何实数对(,)x y 恒成立，整理得：222212212(4)43()x x x x x x y -+-=+，将224x y +=代入得：2212212(4)412x x x x x -+-=，这个式子对任意[2,2]x ∈-恒成立，所以一定有：12222140412x x x x -=⎧⎨-=⎩，因为210x x >>，所以解得：11x =、24x =。
所以，在x 轴正半轴上是否存在两个定点(1,0)A 、(4,0)B ，使得圆224x y +=上任意一点到A 、B 两点的距离之比为常数12。
引申2：再来介绍一个看似与阿波罗尼斯圆“风马牛不相及”的问题：如图，铁路线上线段100AB =km ，工厂C 到铁路的距离20CA =km 。
现要在A 、B 之间某一点D 处，向C 修一条公路。
已知每吨货物运输1km 的铁路费用与公路费用之比为3:5，为了使原料从供应站B 运到工厂C 的费用最少，点D 应选在何处？此问题可以用阿波罗尼斯圆迅速得到解答，你相信吗？解：建立如图所示直角坐标系， 先求到定点A 、C 的距离之比为35的动点(,)P x y 的轨迹方程， 即：35=，整理即得动点(,)P x y 的轨迹方程：2244909000x y y ++-=，令0y =，得15x =±（舍去正值）即得点(15,0)D -，15,25DA DC ==。
阿波罗尼斯圆定理及应用
x
l
A
O
y
例2、(08年江苏，13题)若AB=2，AC= √2 BC，则三角形ABC的面积的最大值是____。
变式：
在等腰三角形ABC中，如图，AB=AC，BD 是腰AC的中线，且BD= √3 ，则 三角形 ABC面积的最大值是________
A
D
B
C
课后巩固，检验定理
课后作业: 1、已知点P是圆O：x2+y2=25上任意一点， 平面上有两个定点M（10，0），N（13/2,3） 则PN+1/2PM的最小值为_____
特殊到一般，提出猜想
猜想：平面内到两个定点的距离之比为定值 的动点轨迹是圆。
总结提炼 ，得到定理
阿波罗尼斯圆定理：在平面上给定两点A,B 设点 P 在同一平面上，且满足 PA/PB= λ ， 当 λ>0且λ ≠1 时，点 P 的轨迹是一个圆。 称之为阿波罗尼斯圆，简称“阿氏圆”。 （当 λ=1 时，点 P 的轨迹是线段AB的垂直平 分线）
2、一缉私艇巡航至距领海边界线l（一条南北方 向的直线）3.8海里的A处，发现在其北偏东 30 °方向相距4海里的B处有一走私船正欲逃跑，缉 私艇立即追击。已知缉私艇的最大航速是走私船 最大航速的3倍。假设缉私艇和走私船均按直线 方向以最大航速航行。问：无论走私船沿何方向 逃跑，缉私艇是否总能在领海内成功拦截？并说 明理由。
阿波罗尼斯圆定理及其应用
.
教材入手，奠定基础
问题1 （必修2 习题2.2（1）探究拓展第12题）已知 点M（x,y）与两点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？
教材入手，奠定基础
问题2 （选修2-1.2.6.2求曲线的方程例2）求平面内 到两定点A，B的距离之比为2的动点M的轨迹 方程。
高中数学 阿波罗尼斯圆问题梳理及其运用
阿波罗尼斯圆问题梳理及其运用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例题：在△ABC 中，若AB ＝2，AC ＝2BC ，求△ABC 面积的最大值．变式1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 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 的取值范围为________________．变式2已知点A(－2，0)，B(4，0)，圆C ：(x ＋4)2＋(y ＋b)2＝16，点P 是圆C 上任意一点，若PAPB为定值，则b 的值为________________．串讲1已知A(0，1)，B(1，0)，C(t ，0)，点D 是直线AC 上的动点，若AD ≤2BD 恒成立，则最小正整数t 的值为________________．串讲2已知点P 是圆O ：x 2＋y 2＝25上任意一点，平面上有两个定点M(10，0)，N(132，3)，则PN ＋12PM 的最小值为________________．(2018·南京、盐城、连云港二模)调查某地居民每年到商场购物次数m 与商场面积S 、到商场距离d 的关系，得到关系式m ＝k ×Sd 2(k 为常数)．如图，某投资者计划在与商场A 相距10 km 的新区新建商场B ，且商场B 的面积与商场A 的面积之比为λ(0<λ<1)．记“每年居民到商场A 购物的次数”，“每年居民到商场B 购物的次数”分别为m 1，m 2，称满足m 1<m 2的区域叫作商场B 相对于A 的“更强吸引区域”．(1)已知P 与A 相距15 km ，且∠PAB ＝60°.当λ＝12时，居住在点P 处的居民是否在商场B 相对于A 的“更强吸引区域”内？请说明理由；(2)若要使与商场B 相距2 km 以内的区域(含边界)均为商场B 相对于A 的“更强吸引区域”，求λ的取值范围．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，l 1，l 2是过点B(1，0)且互相垂直的两条直线，其中l 1交y 轴于点E ，l 2交圆C 于P ，Q 两点．(1)若t ＝PQ ＝6，求直线l 2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．答案：(1)4x －3y －4＝0.；(2)152. 解析：(1)由题意可知，圆C 的直径为AD ，所以圆C 方程为(x －3)2＋(y －1)2＝10.1分 设l 2方程为y ＝k(x －1)，则（2k －1）21＋k 2＋32＝10，解得k 1＝0，k 2＝43.3分 当k ＝0时，直线l 1与y 轴无交点，不合题意，舍去.4分 所以k ＝43，此时直线l 2的方程为4x －3y －4＝0.6分(2)设M(x ，y)，由点M 在线段AD 上，得x t ＋y2＝1，即2x ＋ty －2t ＝0.由AM ≤2BM ，得⎝⎛⎭⎫x －432＋⎝⎛⎭⎫y ＋232≥209.8分 由AD 位置知，直线AD 和圆⎝⎛⎭⎫x －432＋⎝⎛⎭⎫y ＋232＝209至多有一个公共点， 故⎪⎪⎪⎪83－83t 4＋t 2≥253，解得t ≤16－10311或t ≥16＋10311.10分因为t 是使AM ≤2BM 恒成立的最小正整数，所以t ＝4.11分所以，圆C 方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5.①当直线l 2：x ＝1时，直线l 1的方程为y ＝0，此时，S △EPQ ＝2；12分 ②当直线l 2的斜率存在时，设l 2的方程为y ＝k(x －1)(k ≠0)， 则l 1的方程为y ＝－1k (x －1)，点E ⎝⎛⎭⎫0，1k .所以BE ＝1＋1k2. 圆心C 到l 2的距离为|k ＋1|1＋k 2.所以PQ ＝25－⎝ ⎛⎭⎪⎫|k ＋1|1＋k 22＝24k 2－2k ＋41＋k 2.14分故S △EPQ ＝12BE·PQ ＝121＋1k2·24k 2－2k ＋41＋k 2＝4k 2－2k ＋4k 2＝4k 2－2k ＋4≥152. 因为152<2，所以(S △EPQ )min ＝152.16分例题 答案：2 2.解法1设BC ＝x ，则AC ＝2x ，根据面积公式得S △ABC ＝12AB·BC sin B ＝12×2x 1－cos 2B ，根据余弦定理得cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC＝4＋x 2－（2x ）24x ＝4－x 24x ，代入上式得：S △ABC ＝ x1－（4－x 24x ）2＝128－（x 2－12）216，由三角形三边关系有⎩⎨⎧2x ＋x>2，x ＋2>2x22－2<x<22＋2，故当x ＝23时，S △ABC 取得最大值2 2.解法2以AB 的中点为原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy ，则A(－1，0)，B(1，0)，C(x ，y)，由AC ＝2BC 得（x ＋1）2＋y 2＝2·（x －1）2＋y 2，化简得x 2＋y 2－6x ＋1＝0，即(x －3)2＋y 2＝8，于是点C 的轨迹是以D(3，0)为圆心，22为半径的圆，所以点C 到AB 的距离的最大值为半径22，故S △ABC 的最大值为S ＝12×2×|y C |≤2 2.变式联想变式1答案：⎝⎛⎭⎫－203，4. 解析：依题意，PA 2＝PO 2－12，PB 2＝PO 12－22，因为PB ＝2PA ，所以PB 2＝4PA 2，所以PO 12－4＝4(PO 2－12)，可得PO 12＝4PO 2，设P(x ，y)，可得(x －42)＋y 2＝4(x 2＋y 2)化简得(x ＋43)2＋y 2＝649.所以满足条件的点P 在以(－43，0)为圆心，83为半径的圆上，又因为点P 在直线x ＋3y －b ＝0上，且恰有两个点，所以直线和圆应该相交，所以|－43－b|1＋3<83，解得－203<b<4.变式2 答案：0.解析：设P(x ，y)，PAPB＝k ，则 （x ＋2）2＋y 2（x －4）2＋y 2＝k ，整理得(1－k 2)x 2＋(1－k 2)y 2＋(4＋8k 2)x ＋4－16k 2＝0，又P 是圆C 上的任意一点，故k ≠1，圆C 的一般方程为x 2＋y 2＋8x ＋2by ＋b 2＝0，因此2b ＝0，4＋8k 21－k 2＝8，4－16k 21－k2＝b 2，解得b ＝0.串讲激活串讲1答案：4.解法1由A(0，1)，C(t ，0)，得l ：y ＝－1t x ＋1，D(x ，－1t x ＋1)．又AD ≤2BD ，故x 2＋x 2t2≤2（x －1）2＋（1－x t ）2，化简得(3＋3t 2)x 2－(8＋8t)x ＋8≥0对任意x 恒成立，则(8＋8t )2－4×8×(3＋3t 2)≤0，化简得t 2－4t ＋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 2＋(y －1)2＝4[(x －1)2＋y 2]，化简得 (x －43)2＋(y ＋13)2＝89.直线AC 的方程为y ＝－1t x ＋1，即x ＋ty －t ＝0.因为AD ≤2BD ，所以直线AC 与圆(x －43)2＋(y ＋13)2＝89相切或相离，故|43－13t －t|t 2＋1≥89，即t 2－4t ＋1≥0， 解得t ≤2－3或t ≥2＋3，所以最小正整数t 的值为4. 串讲2 答案：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＋y 2＝λ2[(x －m)2＋y 2]，化简得(λ2－1)x 2＋(λ2－1)y 2＋(20－2mλ2)x ＋(λ2m 2－100)＝0，因为x 2＋y 2＝25，所以⎩⎪⎨⎪⎧20－2mλ2＝0，100－λ2m 2λ2－1＝25，解得m ＝52，λ＝2，所以PM ∶PQ ＝2，从而PN ＋12PM ＝PN ＋PQ ≥QN ＝5.新题在线答案：(1)居住在点P 处的居民不在商场B 相对于A 的“更强吸引区域”内． (2)(116，1) 解析：设商场A ，B 的面积分别为S 1，S 2，点P 到A ，B 的距离分别为d 1，d 2，则S 2＝λS 1，m 1＝k S 1d 12，m 2＝k S 2d 22，k 为常数，k>0.(1)在△PAB 中，AB ＝10，PA ＝15，∠PAB ＝60°，由余弦定理，得d 22＝PB 2＝AB 2＋PA 2－2AB·PA cos 60°＝102＋152－2×10×15×12＝175.又d 12＝PA 2＝225，此时，m 1－m 2＝k S 1d 12－k S 2d 22＝k S 1d 12－k λS 1d 22＝kS 1(1d 12－λd 22)，将λ＝12，d 12＝225，d 22＝175代入，得m 1－m 2＝kS 1(1225－1350)． 因为kS 1>0，所以m 1>m 2.即居住在点P 处的居民不在商场B 相对于A 的“更强吸引区域”内．(2)解法1以AB 所在直线为x 轴，A 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)， B(10，0)，设P(x ，y)，由m 1<m 2得，k S 1d 12<k S 2d 22，将S 2＝λS 1代入，得d 22<λd 12.代入坐标，得(x －10)2＋y 2<λ(x 2＋y 2)， 化简得(1－λ)x 2＋(1－λ)y 2－20x ＋100<0. 因为0<λ<1，配方得(x －101－λ)2＋y 2<(10λ1－λ)2， 所以商场B 相对于A 的“更强吸引区域”是圆心为C(101－λ，0)，半径为r 1＝10λ1－λ的圆的内部．与商场B 相距2 km 以内的区域(含边界)是圆心为B(10，0)，半径为r 2＝2的圆的内部及圆周．由题设，圆B 内含于圆C ，即BC<|r 1－r 2|.因为0＜λ＜1，所以101－λ－10<10λ1－λ－2，整理得4λ－5λ＋1<0，解得116<λ<1.所以，所求λ的取值范围是(116，1)．解法2要使与商场B 相距2 km 以内的区域(含边界)均为商场B 相对于A 的“更强吸引区域”，则当d 2≤2时，不等式m 1<m 2恒成立．由m 1<m 2，得kS 1d 12<k S 2d 22＝k λS 1d 22，化简得λd 12>d 22. 此时，“当d 2≤2时，不等式m 1<m 2恒成立”可转化为“当d 2≤2时，不等式λd 12>d 22恒成立”．所以当d 2≤2时，不等式恒成立，因为点P 在以点B 为圆心，2为半径的圆的内部，且AB ＝10，所以8＝AB －2≤PA ≤AB ＋2＝12.欲使得不等于λPA>2恒成立，则有8λ>2，解得λ>116，又0<λ<1，所以λ的取值范围是(116，1)．。
重视课本习题潜在功能的研究、挖掘和利用——从利用阿波罗尼斯圆性质解题谈起
2021年第1期福建中学数学45重视课本习题潜在功能的研究、挖掘和利用—从利用阿波罗尼斯圆性质解题谈起查宝才沐根祥赵春雷江苏省扬州市新华中学（225002）阿波罗尼斯圆（简称阿氏圆）在教材中并未被正式介绍，而是以一道习题（苏教版《数学必修2》第112页）或三处练习（人教版《数学必修2》第124页、第140页、第144页）的形式现了个雏形，但在高考、各地调研模拟，以及竞赛中颇受命题者的青睐.笔者在教学过程中也为学生隆重地介绍过阿氏圆的背景、由来，以及推导过程，并研究了其性质，发现用其性质能快速地解决一些问题，具有事半功倍的效果，学生易于理解掌握，颇为欣赏•现略作介绍，与读者分享.1阿波罗尼斯圆的定义一般地，平面内到两个定点距离之比为常数2（2丰1）的点的轨迹是圆，此圆称作“阿波罗尼斯圆”.不妨设A（-a,0）,B（a,0）,PA=2PB,（a>0, 2>0,2主1).设动点P(x,y),贝则J(x+a)2+y2=2J(x-a)2+y2,化简得（x-阳a）2+y2(22(2i a)2.22+1所以动点P的轨迹是以C（^a，0）为圆心,r=|—2a|为半径的圆.22-12阿波罗尼斯圆的性质性质1如图1,记阿氏圆的直径两端点分别为M,N，则M,N,A,B,C五点共线;图1性质2直径端点M,N分别是线段AB的内分点和外分点，且=希=2（2>0,2主1）；|MB||NB性质3直线PM平分Z APB,直线PN平分Z APB的外角，且PM丄PN；性质42>1时，点B在圆C内部，A点在圆C 外部，2越大，点B越靠近圆心C,0<2<1时，点A在圆C内部，B点在圆C外部，2越大，点A 越靠近圆心C；性质5若直线AP,AQ是圆C的切线，则PQ 与AC的交点即为B点；性质6点A,B是圆C的一对反演点，且圆C 上任一点P满足CA•CB=CP2[3]；性质7阿氏圆的复数形式叙述为：满足|亠z-z2 =2（2>0,2主1）的复数对应的点Z的集合.形式可化为|z-二空|=匚务甘-z2|[4].1-22以上性质的证明过程从略，阿氏圆的性质也不仅局限于以上几点，读者可再自行研究发掘.3利用阿波罗尼斯圆性质解决问题例1已知点A（-2,0）,B（4,0）,圆C:（x+4）2+（y+b）2=16，点P是圆C上任一点，若茜为定值,PB则b的值为_______•解法1（构建目标函数，求动点轨迹方程）PA设P(x,y)，石7=k，PB则m=k,.•.(1-k2)x2+(1-k2)y2+(4+8k2)x+4-16k2=0.又P是圆C上的任意一点，故k丰1,圆C的一般方程为x2+y2+8x+2by+b2=0,比较系数得2b=0,芒?=0,¥|丫=0,解得b=0.点评解法1是处理动点轨迹问题的通法，即构造目标函数，列出等量关系，求出动点的轨迹方程.多数学生能想到这样的解法，但学生对待定系数方法掌握不够熟练，且计算量较大，不易解决，应用时有点胆怯.解法2（借助阿氏圆性质解决问题）由条件知，点P在定点A,B确定的阿氏圆上，而点P是圆C上46福建中学数学2021年第1期任意一点，故圆C就是相应的阿氏圆•由性质1知，A,B,C三点共线，所以b=0.点评解法2需要学生挖掘出题目条件中隐含的阿氏圆，再利用阿氏圆的性质去审视问题，在处理这样不需要严谨过程的填空题时，这样的解法既省时又省力，通过心算就可以将问题“秒杀”.例2(2012年辽宁省五校协作体高二数学竞赛题22)已知圆C:x2+y2=9，点A(-5,0),直线l:x-2y=0.(1)求与圆C相切，且与直线l垂直的直线方程；(2)若在直线OA上(O为坐标原点)，存在定点B(不同于点A)，满足:对于圆C上任一点P,都有嘿为一常数，试求所有满足条件的点B的|PA坐标.解⑴略；(2)由题意知，点P在定点A,B确定的阿氏圆(即圆C)上，由性质1和性质4知，A,B,C三点共线，因为点A在圆C外部，所以点B在圆C内部.设B(a,0),由性质2,点M(-3,0)是线段AB的内分点，点N(3,0)是线段A的外分点，则简=|AN |NB9，解得B(-5,0).同时|PB|=|MB|=3|PA|=|MA|=5即3常数为3.点评本题可用待定系数方法解决，过程略为繁琐.注意到条件中嘿为一常数，学生会自然|PA地想到点P的轨迹是以A,B为定点的阿氏圆(即圆C),再联系性质1知晓A,B,C,M,N五点共线,因为点A在圆C外部，所以点B在圆C内部，由M,N是阿氏圆上两个特殊点，也满足比为同一常数，所以问题迎刃而解.例3(2012年全国高中数学联赛福建省预赛高一第14题)已知圆C:(x-2)2+(y-2)2=m，点A(4,6),B(s,t).(1)若3s-4t=-12，且直线AB被圆C截得的弦长为4,求m的值；(2)若s,t为正整数，且圆C上任意一点到点A的距离与到点B的距离之比为定值2(2>1)，求m的值.解⑴略；(2)设M是圆C上任一点，由条件知=MB2(2>1)，则圆C是以A,B为定点的阿氏圆，由性质1知A,B,C三点共线，点B在圆C内部，点A在圆C外部，所以直线AB和直线AC的斜率相等，即三=6-2所以2s-1=2，且2<s<4.由s,t s-44-2•为正整数，得s=3,t=4.再由性质6知m=CA•CB=10.点评从本题条件可以直接确定圆C就是以A,B为定点的阿氏圆，由性质4确定点A在圆C外部，点B在圆C内部，且A,B,C三点共线，可从斜率相等或向量共线的角度找到变量s,t之间的等量关系，问题可解.可见熟练掌握阿氏圆的性质是快速解决此类问题的关键.例4(2019年高考江苏卷-12)如图2,在A ABC 中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA, AD与CE交于O,若AB•^AC=6AO•EC,则AB的AC值是______.图2图3解如图3,以D为坐标原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系．设B(-a,0),C(a,0),A(x,y)(a>0),则E(字,¥).由直线AD与CE相交得O(x,y),所以AO=(-x,-寸),EC=4a-2x3AB=(-a-x,-y),AC=(a-x,-y).因为^a B•^AC=6AO•EC,所以x2-a2+y26[(-x)•罗+(-y)•(-号)]，整理得x2+y2=4ax-a2,2021年第1期福建中学数学47于是(x-2a)2+y2=3a2.所以点A的轨迹是以H(2a,0)为圆心，＞/3a为半径的圆.因为HB=3a,HC=a,HA=r=V3a,所以HB•HC=HA2,所以圆H是以B,C为定点的阿氏圆.圆H与线段BC交于点M((2->/3)a,0),所以AB=MB=(3皿AC MC(也-1)a点评本题是以向量为背景，集向量、解几知识交汇命制而成的一道高考题，可用向量基底法，也可用坐标法解析解决问题，体现了高考命题多知识点命题要求，以及一题多解的能力考查目的.仔细审题后发现目标函数是一个比值为常数的定值，可联想到点A的轨迹是以B,C为定点的阿氏圆，求出阿氏圆的轨迹方程后再利用性质2和性质6,问题迅速瓦解.例5设i是虚数单位，复数z和血满足z a+2i z-2i®+1=0.求证：如果|z|=V3，那么|a-4i|的值是一个常数，并求出这个常数.解因为z a+2i z-2i a+1=0,所以z 2i a-1 a+2i即|z冃2i a-1a+2i,化简得|a+2 |a+2i由性质7知复数a的轨迹是以z'=42=4i为圆心，r=—23•|-+2i|=3巧为半径点的1-324圆，即|a-4i|=3也.点评本题是以复数的形式考查了阿氏圆，要求较高.虽然目前的高中数学知识对复数教学要求不高，教师和学生普遍不太重视，但复数作为数系的扩充，在数学学科中占有相当的分量，介绍本题可以拓宽学生的知识面，也可以提高学生学习数学的兴趣.4教学启示(1)近几年来，阿波罗尼斯圆常作各类试题编写的背景，这是由于这类试题内容形式较常规、切口小、上手快，大部分学生不感到陌生，能快速聚焦思路，同时数学水平层次较高、学科素养较好的学生，若从阿氏圆的高层次观点，考虑的同时结合性质，往往能更快捷地解决问题.所以这类试题能很好地考查学生综合能力，较好地体现出试题的区分度.以数学史上的名题作为问题设计的基础，更进一步显示出了数学文化在选拔性考试中独特的“典雅魅力”.(2)教师在教学过程中可以概括归纳以阿氏圆为背景的题型特征，若题中出现描述的线段比是给定的常数，或是要求的结论是个固定值，往往都可以从阿氏圆角度去考虑.利用解析法求出阿氏圆或已知圆即为阿氏圆，再联系其性质解决问题，这是题型固化、多题一解的提炼归纳.同时由性质口算、心算或简单笔算快速破题，提高解题达成度，也是数学核心素养要求下的多思少算考查思想，教师应当多引导学生.(3)教材是教师教学之本，学生学习之纲，高考命题之源，阿氏圆虽未在课本中以正式定义给出，但在课本中以习题的形式不止一次出现，在高考、模拟考试中也不止一次的以多种形式不断出现，其重要性地位可见一斑.认真研读教材，紧跟高考脉搏，重视课本习题潜在功能的研究、挖掘和利用，不仅要学通悟透课本提供的知识和方法，还要弄懂定理、公式、性质等推导过程，厘清例习题的求解过程，揭示例习题之间的关联和变换.往往考点在书中，考题在书外，既源于教材，又高于教材.因此，在教学和复习中切不可脱离课本，要坚持“以本为本，以纲为纲”，不断夯实基础，捶实方法，这样才能以不变应万变.参考文献[1]单埠.数学必修2[M].南京：江苏教育出版社，2004[2]刘绍学.数学必修2(A版)[M].北京：人民教育出版社，2013[3]耿少峰.反演变换视角下的阿波罗尼斯圆[J].中学数学杂志，2019 (11)：21-24[4]方亚斌.一题一课.源于世界数学命题的高考题赏析[M].杭州：浙江大学出版社，2017(本文系扬州市教育科学“十三五”规划课题《基于核心素养的高中数学ADDIE教学设计模型研究》(项目编号：G/16/P/188)研究成果)。
阿波罗尼斯圆和蒙日圆的问题(学生版)
阿波罗尼斯圆和蒙日圆的问题一、知识点梳理一、阿波罗尼斯圆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+1λ2-1a2+y 2=2aλλ2-12，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+1λ2-1a2+y 2=2aλλ2-12，∴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【定理】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 =2aλ2-1,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结论【结论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．【结论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．【结论3】所作出的阿波罗尼斯圆的直径为MN =4aλλ2-1 ，面积为4πa 2λ2λ2-12．【结论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．【结论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．【结论6】过点B 作圆C 不与QR 重合的弦EF ，则AB 平分∠EAF ．证明：如图③，连结ME ,MF ，由已知FA FB =EA EB =λ,∴EBFB =EA FA.∵S ΔABE S ΔABF =EB FB (λ>0且λ≠1)，又S ΔABE=12AB ⋅AE sin ∠BAE ,S ΔABF =12AB ⋅AF sin ∠BAF ,∴AB ⋅AE sin ∠BAEAB ⋅AF sin ∠BAF =EB FB =AE AF，∴sin ∠BAE =sin ∠BAF ,∴∠BAE =∠BAF ,∴AB 平分∠EAF ．∴sin ∠BAE =sin ∠BAF ,∴∠BAE =∠BAF ,∴AB 平分∠EAF ．二、蒙日圆1.蒙日圆的定义在椭圆上，任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于椭圆长半轴短半轴平方和的几何平方根，这个圆叫蒙日圆，如图1．证明：设椭圆的方程为x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，则椭圆两条互相垂直的切线PA ,PB 交点P 的轨迹是蒙日圆：x 2+y 2=a 2+b 2．①当题设中的两条互相垂直的切线PA ,PB 斜率均存在且不为0时，可设P x 0,y 0 (x 0≠±a 且y 0≠±b )，过P 的椭圆的切线方程为y -y 0=k x -x 0 k ≠0 ，由y -y 0=k x -x 0 ,x 2a2+y 2b2=1,得a 2k 2+b 2 x 2-2ka 2kx 0-y 0 x +a 2kx 0-y 0 2-a 2b 2=0，由其判别式值为0，得x 20-a 2k 2-2x 0y 0k +y 20-b 2=0x 20-a 2≠0 ，∵k PA ,k PB 是这个关于k 的一元二次方程的两个根，∴k PA ⋅k PB =y 20-b2x 20-a2，由已知PA ⊥PB ,∴k PA ⋅k PB =-1,∴y 20-b 2x 20-a2=-1,∴x 20+y 20=a 2+b 2,∴点P 的坐标满足方程x 2+y 2=a 2+b 2．②当题设中的两条互相垂直的切线PA ,PB 有斜率不存在或斜率为0时，可得点P 的坐标为±a ,b 或a ,±b ，此时点P 也在圆x 2+y 2=a 2+b 2上．综上所述：椭圆x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 两条互相垂直的切线PA ,PB 交点P 的轨迹是蒙日圆：x 2+y 2=a 2+b 2．2.蒙日圆的几何性质【结论1】过圆x 2+y 2=a 2+b 2上的动点P 作椭圆x 2a2+y 2b 2=1a >b >0 的两条切线PA ,PB ，则PA ⊥PB ．证明：设P 点坐标x 0,y 0 ，由x 2a 2+y 2b 2=1y -y 0=k x -x 0，得a 2k 2+b 2x 2-2ka 2kx 0-y 0x +a 2kx 0-y 0 2-a 2b 2=0，由其判别式的值为0，得x 20-a 2k 2-2x 0y 0k +y 20-b 2=0x 20-a 2≠0 ，∵k PA ，k PB 是这个关于k 的一元二次方程的两个根，∴k PA ⋅k PB =y 20-b 2x 20-a2，x 20+y 20=a 2+b 2，k PA ⋅k PB =y 20-b 2x 20-a 2=-1，PA ⊥PB ．【结论2】设P 为蒙日圆O ：x 2+y 2=a 2+b 2上任一点，过点P 作椭圆x 2a2+y 2b 2=1的两条切线，交椭圆于点A ,B,O为原点，则OP,AB的斜率乘积为定值k OP⋅k AB=-b2a2．【结论3】设P为蒙日圆O：x2+y2=a2+b2上任一点，过点P作椭圆x2a2+y2b2=1的两条切线，切点分别为A,B,O为原点，则OA,PA的斜率乘积为定值k OA⋅k PA=-b2a2，且OB,PB的斜率乘积为定值k OB⋅k PB=-b2a2(垂径定理的推广)．【结论4】过圆x2+y2=a2+b2上的动点P作椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的两条切线，O为原点，则PO平分椭圆的切点弦AB．证明：P点坐标x0,y0，直线OP斜率k OP=y0x0，由切点弦公式得到AB方程x0xa2+y0yb2=1，k AB=-b2x0a2y0，k OP⋅k AB=-b2a2，由点差法可知，OP平分AB，如图M是中点．【结论5】设P为蒙日圆O:x2+y2=a2+b2上任一点，过点P作椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的两条切线，交蒙日圆O于两点C，D，则OP,CD的斜率乘积为定值k OP⋅k CD=-b2a2．【结论6】设P为蒙日圆x2+y2=a2+b2上任一点，过点P作椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的两条切线，切点分别为A,B,O为原点，则OA,OB的斜率乘积为定值：k OP⋅k CD=-b4a4．【结论7】设P为蒙日圆x2+y2=a2+b2上任一点，过点P作椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的两条切线，切点分别为A,B,O为原点，则SΔAOB的最大值为ab2，SΔAOB的最小值为a2b2a2+b2．【结论8】设P为蒙日圆x2+y2=a2+b2上任一点，过点P作椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的两条切线，切点分别为A,B，则SΔAPB的最大值为a4a2+b2,SΔAPB的最小值为b4a2+b2．二、题型精讲精练1设A，B是平面上两点，则满足PAPB=k(其中k为常数，k≠0且k≠1)的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知A6,0，B62,0，且k=2.(1)求点P所在圆M的方程.(2)已知圆Ω:x+22+y-22=5与x轴交于C，D两点(点C在点D的左边)，斜率不为0的直线l过点D且与圆M交于E，F两点，证明：∠ECD=∠FCD.2已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的一个焦点为5,0，离心率为53．(I)求椭圆C的标准方程；(II)若动点P x0,y0为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．【题型训练-刷模拟】1.阿波罗尼斯圆一、单选题1.(2023·全国·高三专题练习)我们都知道：平面内到两定点距离之比等于定值(不为1)的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点A-1,0和B2,1，且该平面内的点P满足|PA|=2|PB|，若点P的轨迹关于直线mx+ny-2=0(m,n>0)对称，则2m +5n的最小值是()A.10B.20C.30D.402.(2023·全国·高三专题练习)古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：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，后人将之称为阿波罗尼斯圆.现有椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0),A,B为椭圆T长轴的端点，C,D为椭圆T短轴的端点，E，F分别为椭圆T的左右焦点，动点M满足MEMF=2,△MAB面积的最大值为46,△MCD面积的最小值为2，则椭圆T的离心率为()A.63B.33C.22D.323.(2023秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考期中)阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，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与两定点Q，P的距离之比MQ MP =λλ>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x2+y2=1，定点Q为x轴上一点，P-1 2 ,0且λ=2，若点B1,1 ，则2MP+MB的最小值为()A.6B.7C.10D.114.(2023·广西·统考模拟预测)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数λ(λ>0且λ≠1)，那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点P到A2,0，B-2,0的距离比为3，则点P到直线l：22x -y-2=0的距离的最大值是()A.32+23B.2+23C.43D.635.(2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测)数学家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λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy 中，A -2,0 ，动点M 满足MA =2MO ，得到动点M 的轨迹是阿氏圆C .若对任意实数k ，直线l :y =k x -1 +b 与圆C 恒有公共点，则b 的取值范围是()A.-133,133B.-143,143C.-153,153D.-43,436.(2023·全国·校联考模拟预测)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，阿波罗尼斯发现：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，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xOy 中，A -2,0 ,B 4,0 ，点P 满足PA PB=12.设点P 的轨迹为曲线C ，则下列说法错误的是()A.C 的方程为(x +4)2+y 2=16B.当A ,B ,P 三点不共线时，则∠APO =∠BPOC.在C 上存在点M ，使得|MO |=2|MA |D.若D 2,2 ，则PB +2PD 的最小值为457.(2023·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知平面上两定点A ，B ，则所有满足PA PB=λ(λ>0且λ≠1)的点P 的轨迹是一个圆心在直线AB 上，半径为λ1-λ2⋅AB 的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知动点P 在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的一个侧面ABB 1A 1上运动，且满足PA =2PB ，则点P 的轨迹长度为()A.8π3B.4π3C.3πD.15π2二、多选题8.(2023秋·云南保山·高三统考期末)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)的点的轨迹是一个圆，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 -1,0 ,B 2,0 ，点P 满足PA PB=12，设点P 的轨迹为曲线C ，下列结论正确的是()A.曲线C 的方程为(x +2)2+y 2=4B.曲线C 与圆C :x 2+(y -2)2=4外切C.曲线C 被直线l :x +y =0截得的弦长为22D.曲线C 上恰有三个点到直线m :x +3y =0的距离为19.(2024·全国·高三专题练习)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≠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 (1,0)，B (3,0)，点P 满足PA PB=2，点P 的轨迹为曲线C ，下列结论正确的是()A.曲线C 的方程为x 2+y 2-10x +17=0B.直线3x +4y =0与曲线C 有公共点C.曲线C 被x 轴截得的弦长为42D.△ABP 面积的最大值为2210.(2023·全国·高三专题练习)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：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，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系xOy 中，A -2,0 ，B 4,0 ，点P 满足PA PB=12．设点P 的轨迹为C ，则( )．A.轨迹C 的方程为x +4 2+y 2=9B.在x 轴上存在异于A ，B 的两点D ，E ，使得PD PE=12C.当A ，B ，P 三点不共线时，射线PO 是∠APB 的角平分线D.在C 上存在点M ，使得MO =2MA11.(2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校联考阶段练习)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，阿波罗尼斯发现：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，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xOy 中，A -2,0 ，B 4,0 ，点P 满足PA PB=12.设点P 的轨迹为曲线C ，则下列说法正确的是()A.C 的方程为x +4 2+y 2=16B.当A ，B ，P 三点不共线时，则∠APO =∠BPOC.在C 上存在点M ，使得MO =2MAD.若D 2,2 ，则PB +2PD 的最小值为45三、填空题12.(2023·全国·高三专题练习)阿波罗尼斯(约前262-前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，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点O 0,0 ，A 3,0 ，动点P 满足PO PA=12，则点P 的轨迹方程是．13.(2023春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考开学考试)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3，动点P 满足PA PB=2，则PA ⋅PB的范围为.14.(2023·全国·高三专题练习)阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：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氏圆，现有△ABC，BC=6,sin B=12sin C，当△ABC 的面积最大时，则AC的长为.15.(2023·河北衡水·校联考二模)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-3,1,B-3,6，点P是满足λ=63的阿氏圆上的任一点，若抛物线y=16x2的焦点为F，过点F的直线与此阿氏圆相交所得的最长弦与最短弦的和为.16.(2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模)已知平面上两定点A、B，则所有满足PAPB=λ(λ>0且λ≠1)的点P的轨迹是一个圆心在直线AB上，半径为λ1-λ2⋅AB 的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆．已知棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上动点P满足PA=2PB，则点P的轨迹长度为．四、解答题17.(2023·全国·高三专题练习)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C1.(1)求曲线C1的方程；(2)若曲线C1和⊙C2:(x-4)2+(y-6)2=r2(r>0)无公共点，求r的取值范围.18.(2023·全国·高三专题练习)平面上两点A、B，则所有满足PAPB=k且k不等于1的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿氏圆.已知圆C1上的动点P满足：POPA=2(其中O为坐标原点，A点的坐标为0,3.(1)直线L︰y=x上任取一点Q，作圆C1的切线，切点分别为M，N，求四边形QMC1N面积的最小值；(2)在(1)的条件下，证明：直线MN恒过一定点并写出该定点坐标.19.(2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考期末)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．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Q ，P 的距离之比MQ MP=λλ>0,λ≠1 ，λ是一个常数，那么动点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线PQ 上．已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x 2+y 2=4，定点分别为椭圆C :x 2a2+y 2b 2=1a >b >0 的右焦点F 与右顶点A ，且椭圆C 的离心率为e =12．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图，过右焦点F 斜率为k k >0 的直线l 与椭圆C 相交于B ，D (点B 在x 轴上方)，点S ，T 是椭圆C 上异于B ，D 的两点，SF 平分∠BSD ，TF 平分∠BTD ．①求BS DS的取值范围；②将点S 、F 、T 看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若△SFT 外接圆的面积为81π8，求直线l 的方程．2.蒙日圆一、单选题1.(2023·全国·高三专题练习)加斯帕尔·蒙日(图1)是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”(图2)．则椭圆C :x 25+y 24=1的蒙日圆的半径为()A.3B.4C.5D.62.(2023·全国·高三专题练习)画法几何创始人蒙日发现：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，且圆半径的平方等于长半轴､短半轴的平方和，此圆被命名为该椭圆的蒙日圆.若椭圆x 26+y 2b 2=1的蒙日圆为x 2+y 2=10，则该椭圆的离心率为()A.33B.13C.23 D.633.(2023秋·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习)法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的蒙日圆为C :x 2+y 2=43a 2，则椭圆Γ的离心率为()A.22B.32C.33D.634.(2023·江西·统考模拟预测)定义：圆锥曲线C :x 2a 2+y 2b 2=1的两条相互垂直的切线的交点Q 的轨迹是以坐标原点为圆心，a 2+b 2为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.已知椭圆C 的方程为x 25+y 24=1，P 是直线l :x +2y -3=0上的一点，过点P 作椭圆C 的两条切线与椭圆相切于M 、N 两点，O 是坐标原点，连接OP ，当∠MPN 为直角时，则k OP =()A.-34或43 B.125或0 C.-95或125D.-43或05.(2023·海南·统考模拟预测)画法几何的创始人--法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：过椭圆外一点作椭圆的两条互相垂直的切线，那么这一点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C :x 25+y 24=1的蒙日圆为圆C 1，若圆C 1不透明，则一束光线从点A -4,3 出发，经x 轴反射到圆C 1上的最大路程是()A.2B.4C.5D.86.(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆C :x 2a +y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为55，其蒙日圆方程为x 2+y 2=a 2+b 2，M 为蒙日圆上的一个动点，过点M 作椭圆C 的两条切线，与蒙日圆分别交于P ，Q 两点，若△MPQ 面积的最大值为36，则椭圆C 的长轴长为()A.25B.45C.23D.437.(2023·贵州毕节·校考模拟预测)加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形G 的四边均与椭圆M :x 26+y 24=1相切，则下列说法错误的是()A.椭圆M 的离心率为33B.椭圆M 的蒙日圆方程为x 2+y 2=10C.若G 为正方形，则G 的边长为25D.长方形G 的面积的最大值为188.(2023·全国·高三专题练习)研究发现椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，这个圆叫做椭圆的蒙日圆．设椭圆C 的焦点为F 1，F 2，P 为椭圆C 上的任意一点，R 为椭圆C 的蒙日圆的半径．若PF 1 ⋅PF 2 的最小值为15R 2，则椭圆C 的离心率为()A.12B.22C.13D.339.(2023秋·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习)法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆Γ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 的蒙日圆为C ：x 2+y 2=43a 2，过C 上的动点M 作Γ的两条切线，分别与C 交于P ，Q 两点，直线PQ 交Γ于A ，B 两点，则下列结论不正确的是()A.椭圆Γ的离心率为63B.△MPQ 面积的最大值为23a 2C.M 到Γ的左焦点的距离的最小值为23-6 a3D.若动点D 在Γ上，将直线DA ，DB 的斜率分别记为k 1，k 2，则k 1k 2=-13二、多选题10.(2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习)加斯帕尔·蒙日(如图甲)是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”(图乙)．已知长方形R 的四边均与椭圆C :x 25+y 24=1相切，则下列说法正确的是()A.椭圆C 的离心率为e =255B.椭圆C 的蒙日圆方程为x 2+y 2=6C.椭圆C 的蒙日圆方程为x 2+y 2=9D.长方形R 的面积最大值为1811.(2023·全国·高三专题练习)法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆Γ:x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 的蒙日圆为C :x 2+y 2=32a 2，过C 上的动点M 作Γ的两条切线，分别与C 交于P ，Q 两点，直线PQ 交Γ于A ，B 两点，则()A.椭圆Γ的离心率为22B.△MPQ 面积的最大值为32a 2C.M 到Γ的左焦点的距离的最小值为2-2 aD.若动点D 在Γ上，将直线DA ，DB 的斜率分别记为k 1，k 2，则k 1k 2=-1212.(2023秋·重庆永川·高三重庆市永川北山中学校校考期末)在椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ:x 2+y 2=a 2+b 2上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.该圆由法国数学家G .Monge 1745-1818 最新发现.若椭圆C :x 22+y 2=1，则下列说法中正确的有()A.椭圆C 外切矩形面积的最大值为42B.点P x ,y 为蒙日圆Γ上任意一点，点M -23,0 ,N 23,0 ，当∠PMN 最大值时tan ∠PMN =2+3C.过椭圆C 的蒙日圆上一点P ，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于点Q ，若k OP ,k OQ 存在，则k OP ×k OQ 为定值-12D.若椭圆C 的左右焦点分别为F 1,F 2，过椭圆C 上一点P 和原点作直线l 与蒙日圆相交于M ,N ，且PF 1⋅PF 2=32，则PM ⋅PN =3213.(2023·江苏盐城·校考三模)画法几何的创始人--法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C :x 22+y 2=1.F 1,F 2分别为椭圆的左、右焦点，直线l 的方程为x +2y -3=0，M 为椭圆C 的蒙日圆上一动点，MA ,MB 分别与椭圆相切于A ,B 两点，O 为坐标原点，下列说法正确的是()A.椭圆C 的蒙日圆方程为x 2+y 2=3B.记点A 到直线l 的距离为d ，则d -AF 2 的最小值为433C.一矩形四条边与椭圆C 相切，则此矩形面积最大值为6D.△AOB 的面积的最小值为23，最大值为22三、填空题14.(2023·全国·高三专题练习)法国数学家蒙日(Monge ，1746-1818)发现：椭圆Γ:x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 的两条互相垂直切线的交点P 的轨迹方程为：x 2+y 2=a 2+b 2，这个圆被称为蒙日圆．若某椭圆x 2a2+y 2=1a >1 对应的蒙日圆方程为x 2+y 2=5，则a =．15.(2023·全国·高三专题练习)若椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆中心，则称这个圆为蒙日圆.若椭圆C :x 2a2+y 24=1a 2>4 的蒙日圆的半径为23，则椭圆C 的离心率为.16.(2023春·吉林长春·高三长春十一高校考开学考试)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆中心，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C ：x 2a +1+y 2a =1a >0 的蒙日圆方程为x 2+y 2=7，则椭圆C 的离心率为．17.(2023·全国·高三专题练习)画法几何的创始人--法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆．我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 的蒙日圆方程为x 2+y 2=a 2+b 2，椭圆C 的离心率为22，M 为蒙日圆上一个动点，过点M 作椭圆C 的两条切线，与蒙日圆分别交于P 、Q 两点，则△MPQ 面积的最大值为.(用含b 的代数式表示)四、解答题18.(2023秋·浙江宁波·高三期末)法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)中，离心率e =12，左、右焦点分别是F 1、F 2，上顶点为Q ，且QF 2 =2，O 为坐标原点.(1)求椭圆C 的方程，并请直接写出椭圆C 的蒙日圆的方程；(2)设P 是椭圆C 外一动点(不在坐标轴上)，过P 作椭圆C 的两条切线，过P 作x 轴的垂线，垂足H ，若两切线斜率都存在且斜率之积为-12，求△POH 面积的最大值.19.(2023·河南·校联考模拟预测)在椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x 2+y 2=a 2+b 2上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆C 过P 1,22，Q -62,12 .(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆C 的蒙日圆上一点M ，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N ，若k OM ，k ON 存在，证明：k OM ⋅k ON 为定值.。
(完整版)阿氏圆问题归纳
阿氏圆题型的解题方法和技巧以阿氏圆(阿波罗尼斯圆)为背景的几何问题近年来在中考数学中经常出现，对于此类问题的归纳和剖析显得非常重要.具体内容如下：阿氏圆定理(全称：阿波罗尼斯圆定理)，具体的描述：一动点P 到两定点A 、B 的距离之比等于定比n m (≠1)，则P 点的轨迹，是以定比n m内分和外分定线段AB 的两个分点的连线为直径的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，该圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．定理读起来和理解起来比较枯燥，阿氏圆题型也就是大家经常见到的PA+kPB ，(k ≠1)P 点的运动轨迹是圆或者圆弧的题型.PA+kPB,(k ≠1)P 点的运动轨迹是圆或圆弧的题型阿氏圆基本解法：构造母子三角形相似【问题】在平面直角坐标系xOy 中，在x 轴、y 轴分别有点C(m ，0)，D(0，n).点P 是平面内一动点，且OP=r ，求PC+kPD 的最小值.阿氏圆一般解题步骤：第一步：确定动点的运动轨迹(圆)，以点O 为圆心、r 为半径画圆；(若圆已经画出则可省略这一步) 第二步：连接动点至圆心O(将系数不为1的线段的固定端点与圆心相连接)，即连接OP 、OD ； 第三步：计算出所连接的这两条线段OP 、OD 长度； 第四步：计算这两条线段长度的比k ；第五步：在OD 上取点M ，使得OM:OP=OP:OD=k ；第六步：连接CM ，与圆O 交点即为点P ．此时CM 即所求的最小值.习题【旋转隐圆】如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，D 为AC 的中点，M 为BD 的中点，将线段AD 绕A 点任意旋转（旋转过程中始终保持点M 为BD 的中点），若AC=4，BC=3，那么在旋转过程中，线段CM 长度的取值范围是___________.1.Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D 为△ABC 内一动点，满足CD=2，则AD+32BD 的最小值为_______.2.如图，菱形ABCD 的边长为2，锐角大小为60°，⊙A 与BC 相切于点E ，在⊙A 上任取一点P ，则PB+23PD 的最小值为________.3.如图，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B=60°，圆B 的半径为2，P 为圆B 上一动点，则PD+1PC 的最小值为_________.6.如图，边长为47.如图，边长为4的正方形，点P 是正方形内部任意一点，且BP=2，则PD+21PC 的最小值为______；2PD+4PC 的最小值为______.8.在平面直角坐标系xOy 中，A(2，0)，B(0,2)，C(4，0)，D(3，2)，P 是△AOB 外部的第一象限内一动点，且∠BPA=135°，则2PD+PC 的最小值是_______.9.在△ABC 中，AB=9，BC=8，∠ABC=60°，⊙A 的半径为6，P 是⊙A 上的动点，连接PB 、PC ，则3PC+2PB 的最小值为_______.10.如图，在Rt △ABC 中，∠A=30°，AC=8，以C 为圆心，4为半径作⊙C ． (1)试判断⊙C 与AB 的位置关系，并说明理由；(2)点F 是⊙C 上一动点，点D 在AC 上且CD=2，试说明△FCD ～△ACF ； (3)点E 是AB 上任意一点，在(2)的情况下，试求出EF+21FA 的最小值.11.(1)如图1，已知正方形ABCD 的边长为4，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求PD+21PC 的最小值和PD-21PC 的最大值； (2)如图2，已知正方形ABCD 的边长为9，圆B 的半径为6，点P 是圆B 上的一个动点，那么PD+32PC 的最小值为______，PD-32PC 的最大值为______． (3)如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B=60°，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，那么PD+21PC 的最小值为______，PD-21PC 的最大值为________.2PA+PB 的最小值.【二次函数结合阿氏圆题型】13.如图1，抛物线y=ax ²+(a+3)x+3（a ≠0）与x 轴交于点A （4，0），与y 轴交于点B ，在x 轴上有一动点E （m ，0）（0＜m ＜4），过点E 作x 轴的垂线交直线AB 于点N ，交抛物线于点P ，过点P 作PM ⊥AB 于点M ．(1)求a 的值和直线AB 的函数表达式； (2)设△PMN 的周长为C1，△AEN 的周长为C2，若5621=C C ，求m 的值； (3)如图2，在（2）条件下，将线段OE 绕点O 逆时针旋转得到OE ′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E ′A 、E ′B ，求E ′A+32E ′B 的最小值．问题背景：如图1，在△ABC中，BC=4，AB=2AC．问题初探：请写出任意一对满足条件的AB与AC的值：AB=_____，AC=_______．问题再探：如图2，在AC右侧作∠CAD=∠B，交BC的延长线于点D，求CD的长．问题解决：求△ABC的面积的最大值．1.小明的数学探究小组进行了系列探究活动．类比定义：类比等腰三角形给出如下定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做邻等四边形．探索理解：(1)如图1，已知A、B、C在格点（小正方形的顶点）上，请你协助小明用两种不同的方法画出格点D，连接DA、DC，使四边形ABCD为邻等四边形；尝试体验：(2)如图2，邻等四边形ABCD中，AD=CD，∠ABC=120°，∠ADC=60°，AB=2，BC=1，求四边形ABCD的面积．解决应用：(3)如图3，邻等四边形ABCD中，AD=CD，∠ABC=75°，∠ADC=60°，BD=4．小明爸爸所在的工厂，需要裁取某种四边形的材料板，这个材料板的形状恰巧是符合如图3条件的邻等四边形，要求尽可能节约．你能求出这种四边形面积的最小值吗？如果能，请求出此时四边形ABCD面积的最小值；如果不能，请说明理由．2.我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．(1)如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件使得四边形ABCD是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件．(2)如图2，等邻边四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD+∠BCD=90°，AC、BD为对角线，AC=2 AB，试探究BC，BD的数量关系．(3)如图3，等邻边四边形ABCD中，AB=AD，AC=2，∠BAD=2∠BCD=60°，求等邻边四边形ABCD 面积的最小值.。
“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 MBMC 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。
阿氏圆问题归纳
阿氏圆题型的解题方法和技巧以阿氏圆(阿波罗尼斯圆)为背景的几何问题近年来在中考数学中经常出现，对于此类问题的归纳和剖析显得非常重要.具体内容如下：阿氏圆定理(全称：阿波罗尼斯圆定理)，具体的描述：一动点P 到两定点A 、B 的距离之比等于定比n m (≠1)，则P 点的轨迹，是以定比n m内分和外分定线段AB 的两个分点的连线为直径的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，该圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．定理读起来和理解起来比较枯燥，阿氏圆题型也就是大家经常见到的PA+kPB ，(k ≠1)P 点的运动轨迹是圆或者圆弧的题型.PA+kPB,(k ≠1)P 点的运动轨迹是圆或圆弧的题型阿氏圆基本解法：构造母子三角形相似【问题】在平面直角坐标系xOy 中，在x 轴、y 轴分别有点C(m ，0)，D(0，n).点P 是平面内一动点，且OP=r ，求PC+kPD 的最小值.阿氏圆一般解题步骤：第一步：确定动点的运动轨迹(圆)，以点O 为圆心、r 为半径画圆；(若圆已经画出则可省略这一步) 第二步：连接动点至圆心O(将系数不为1的线段的固定端点与圆心相连接)，即连接OP 、OD ； 第三步：计算出所连接的这两条线段OP 、OD 长度； 第四步：计算这两条线段长度的比k ；第五步：在OD 上取点M ，使得OM:OP=OP:OD=k ；第六步：连接CM ，与圆O 交点即为点P ．此时CM 即所求的最小值.习题【旋转隐圆】如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，D 为AC 的中点，M 为BD 的中点，将线段AD 绕A 点任意旋转（旋转过程中始终保持点M 为BD 的中点），若AC=4，BC=3，那么在旋转过程中，线段CM 长度的取值范围是___________.1.Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D 为△ABC 内一动点，满足CD=2，则AD+32BD 的最小值为_______.2.如图，菱形ABCD 的边长为2，锐角大小为60°，⊙A 与BC 相切于点E ，在⊙A 上任取一点P ，则PB+23PD 的最小值为________.3.如图，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B=60°，圆B 的半径为2，P 为圆B 上一动点，则PD+1PC 的最小值为_________.6.如图，边长为47.如图，边长为4的正方形，点P 是正方形内部任意一点，且BP=2，则PD+21PC 的最小值为______；2PD+4PC 的最小值为______.8.在平面直角坐标系xOy 中，A(2，0)，B(0,2)，C(4，0)，D(3，2)，P 是△AOB 外部的第一象限内一动点，且∠BPA=135°，则2PD+PC 的最小值是_______.9.在△ABC 中，AB=9，BC=8，∠ABC=60°，⊙A 的半径为6，P 是⊙A 上的动点，连接PB 、PC ，则3PC+2PB 的最小值为_______.10.如图，在Rt △ABC 中，∠A=30°，AC=8，以C 为圆心，4为半径作⊙C ． (1)试判断⊙C 与AB 的位置关系，并说明理由；(2)点F 是⊙C 上一动点，点D 在AC 上且CD=2，试说明△FCD ～△ACF ； (3)点E 是AB 上任意一点，在(2)的情况下，试求出EF+21FA 的最小值.11.(1)如图1，已知正方形ABCD 的边长为4，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求PD+21PC 的最小值和PD-21PC 的最大值； (2)如图2，已知正方形ABCD 的边长为9，圆B 的半径为6，点P 是圆B 上的一个动点，那么PD+32PC 的最小值为______，PD-32PC 的最大值为______． (3)如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B=60°，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，那么PD+21PC 的最小值为______，PD-21PC 的最大值为________.2PA+PB 的最小值.【二次函数结合阿氏圆题型】13.如图1，抛物线y=ax ²+(a+3)x+3（a ≠0）与x 轴交于点A （4，0），与y 轴交于点B ，在x 轴上有一动点E （m ，0）（0＜m ＜4），过点E 作x 轴的垂线交直线AB 于点N ，交抛物线于点P ，过点P 作PM ⊥AB 于点M ．(1)求a 的值和直线AB 的函数表达式； (2)设△PMN 的周长为C1，△AEN 的周长为C2，若5621=C C ，求m 的值； (3)如图2，在（2）条件下，将线段OE 绕点O 逆时针旋转得到OE ′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E ′A 、E ′B ，求E ′A+32E ′B 的最小值．问题背景：如图1，在△ABC中，BC=4，AB=2AC．问题初探：请写出任意一对满足条件的AB与AC的值：AB=_____，AC=_______．问题再探：如图2，在AC右侧作∠CAD=∠B，交BC的延长线于点D，求CD的长．问题解决：求△ABC的面积的最大值．1.小明的数学探究小组进行了系列探究活动．类比定义：类比等腰三角形给出如下定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做邻等四边形．探索理解：(1)如图1，已知A、B、C在格点（小正方形的顶点）上，请你协助小明用两种不同的方法画出格点D，连接DA、DC，使四边形ABCD为邻等四边形；尝试体验：(2)如图2，邻等四边形ABCD中，AD=CD，∠ABC=120°，∠ADC=60°，AB=2，BC=1，求四边形ABCD的面积．解决应用：(3)如图3，邻等四边形ABCD中，AD=CD，∠ABC=75°，∠ADC=60°，BD=4．小明爸爸所在的工厂，需要裁取某种四边形的材料板，这个材料板的形状恰巧是符合如图3条件的邻等四边形，要求尽可能节约．你能求出这种四边形面积的最小值吗？如果能，请求出此时四边形ABCD面积的最小值；如果不能，请说明理由．2.我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．(1)如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件使得四边形ABCD是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件．(2)如图2，等邻边四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD+∠BCD=90°，AC、BD为对角线，AC=2 AB，试探究BC，BD的数量关系．(3)如图3，等邻边四边形ABCD中，AB=AD，AC=2，∠BAD=2∠BCD=60°，求等邻边四边形ABCD 面积的最小值.。
从课本中的阿波罗尼斯圆问题
从课本中的阿波罗尼斯圆问题探讨数学文化在教学中的渗透靖江市第一高级中学 数学组 印栋E-mail: yde2003@ 邮编：214500克莱因在其名著《西方文化中的数学》中指出：数学是一种精神，一种理性的精神．正是这种精神，激发、促进、鼓舞并驱使人类的思维得以运用到最完善的程度，亦正是这种精神，试图决定性地影响人类的物质、道德和社会生活；试图回答有关人类自身存在提出的问题；努力去理解和控制自然；尽力去探求和确立已经获得知识的最深刻的和最完美的内涵．因此，美国数学学会主席魏尔德说：“数学是一种会不断进化的文化”．正是数学与文化以及数学文化的不断交融及相互促进，才使数学在人类文明的发展中起到了举足轻重的作用并获得了如此多的赞誉．在新课程改革中，数学文化不再是被孤立的装饰品，而是渗透在相关模块和专题中．新课标《苏教版·必修2》在第2章平面解析几何初步第2.2节圆与方程介绍了圆的标准方程和一般方程后编排了这样一道习题：习题2.2（1）10.已知点)(y x M ，与两个定点)03()00(，，，A O 的距离之比为2/1，那么点M 的坐标应满足什么关系？画出满足条件的点M 所形成的曲线．分析：由于有了课上推导圆标准方程的过程可作为参照，大部分学生不需费太多的气力就可以解出上述的问题，解法如下．解析：由题知2/1/=MA MO ，将距离公式代入可得12=， 化简整理即得到该曲线的方程为： 4)1(22=++y x .因此，所求点M 所形成的曲线是以（－1，0）为圆心，2为半径的圆（图略）．这道题实际上源自约公元前262～前190的古希腊人阿波罗尼斯（Apollonius of Perga ，也有文献上将其名字翻译为“阿波罗尼奥斯”）在其巨著《圆锥曲线论》给出的一个著名的几何问题：“在平面上给定两点A 、B ，设P 点在同一平面上且满足λ=PB PA /，当λ大于0且λ≠1时，P 点的轨迹是个圆”，这个圆我们称之为“阿波罗尼斯圆”，这个结论称作“阿波罗尼斯轨迹”．同上题一样，我们用解析法完全可以证明：与A 、B 距离之比等于λ的动点轨迹为圆．但如果每题都先用解析法求出圆的方程，再根据圆心及半径作出圆，显然很费事，特别是对一些选择题或填空题如此解法实在小题大做，能否找出阿波罗尼斯圆的简捷作法？下述定理可给出明确答案． 定理：A 、B 为两已知点，P 、Q 分别为线段A B 的定比为λ(λ≠1)的内、外分点，则以P 、Q 为直径的⊙O 上任意点到A 、B 两点的距离之比等于常数λ．证明：不妨以λ>1为例．设a AB =，过B 作⊙O 的与直径PQ 垂直的弦CD ，则1+=λλa AP ，1+=λa PB ，1-=λλa AQ ，1-=λa BQ ． 由相交弦定理及勾股定理有，，1111·1·222222222222-=-+=+=-=-+==λλλλλλa a a BC AB AC a a a BQ PB BC 于是，，1122-=-=λλλa AC a BC 且λ=BC AC ． 从而，C Q P 、、同时在到A 、B 两点距离之比等于λ的曲线（即圆）上，而不共线的三点所确定的圆是唯一的，因此，⊙O 上任意点到B A 、两点的距离之比等于常数．根据以上过程，关于阿波罗尼斯圆我们还有如下一些显然的性质（证明略）．①因AQ AP AC ⋅=2，故AC 为⊙O 的一条切线；②点C 为⊙O 的切线AC 的切点，CP 、CQ 分别为ACB ∠的内、外角平分线；③当λ>1时，点B 在⊙O 内，点A 在⊙O 外；当0<λ<1时，点A 在⊙O 内，点B 在⊙O 外； ④所作出的阿波罗尼斯圆的直径为122-=λλa PQ ，圆的面积为221⎪⎭⎫ ⎝⎛-λλπa ； ⑤过点B 作⊙O 的不与CD 重合的弦EF ，则AB 平分EAF ∠．因为BO AB BF BE BC ··2==，所以E O F A 、、、四点共圆，AB 平分EAF ∠．结合其中的部分性质，我们可以尝试一些应用：应用1 在x 轴正半轴上是否存在两个定点A 、B ，使得圆422=+y x 上任意一点到A 、B 两点的距离之比为常数2/1？如果存在，求出点A 、B 坐标；如果不存在，请说明理由．解：假设在x 轴正半轴上存在两个定点A 、B ，使得圆422=+y x 上任意一点到A 、B 两点的距离之比为常数2/1，设)(y x P ，、)0(1，x A 、)0(2，x B ，其中210x x >>． 由题12=对满足422=+y x 的任何实数对)(y x ，恒成立，整理得222212212(4)43()x x x x x x y -+-=+，将422=+y x 代入得：2212212(4)412x x x x x -+-=， 这个式子对任意[]22，-∈x 恒成立，所以一定有：12222140412x x x x -=⎧⎨-=⎩，因为012>>x x ，所以解得11=x 、42=x ．所以，在x 轴正半轴上是否存在两个定点)01(，A 、)04(，B ，使得圆422=+y x 上任意一点到A 、B 两点的距离之比为常数2/1．应用2 铁路线上线段100=AB km ，工厂C 到铁路的距离20=CA km ．现要在A 、B 之间某一点D 处，向C 修一条公路．已知每吨货物运输1km 的铁路费用与公路费用之比为5:3，为了使原料从供应站B 运到工厂C 的费用最少，点D 应选在何处？解：以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，过点C 垂直AB 的直线为y 轴建立直角坐标系，则），（00A ，），（200C ．先求到定点A 、C 的距离之比为53的动点)(y x P ，的轨迹方程，即35=，整理即得动点)(y x P ，的轨迹方程：2244909000x y y ++-=，令0=y ，得15±=x （舍去正值）即得点)015(，-D ，15=DA ，25=DC ．下面证明此点D 即为所求点：自点B 作CD 延长线的垂线，垂足为E ，在线段BA 上任取点1D ，连接1CD ，再作BE E D ⊥11于1E ．设每吨货物运输1km 的铁路费用为)0(3>k k ，则每吨货物运输1km 的公路费用为k 5，如果选址在1D 处，那么总运输费用为111135(35)y kBD kDC BD DC k =+=+，而11D BE ∆∽BED ∆∽CAD ∆，∴351525111===AD CD D E BD ，∴11153D E BD =， 那么总费用 11111(35)()5()55y BD DC k E D DC k CD DE k kCE =+=+≥+=，当且仅当点C 、1D 、1E 共线时取等号．综上所述，点D 即为所求点．此外，阿波罗尼斯圆也在历年高考中频频出现：(1)(2003年北京春季高考卷)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 的距离的比为定值a (a >0)，求点P 的轨迹．(2)(2005年高考数学江苏卷)⊙1O 与⊙2O 的半径都是1，⊙1O 与⊙2O 切线PN PM 、(N M 、 分别是切点)，使得PM =2PN ，试建立适当的坐标系，并求动点P 的轨迹方程．(3)(2008年高考数学江苏卷)满足条件2=AB ，BC AC 2=的ABC ∆的面积的最大值． 以上试题体现了新课标的要求：了解概念、结论等产生的背景、应用，获得必要的数学基础知识和基本技能，理解基本的数学概念、数学结论的本质，体会其中所蕴涵的数学思想和方法．通过不同形式的自主学习、探究活动，体验数学发现和创造的历程．此外，对像阿波罗尼斯圆这样经典的数学文化课题的研究，还有利于学生进一步丰富自己的探索体验，进一步完善自己的知识体系，为后续的学习留下发展的空间．比如，阿波罗尼斯圆上的任意一点到两个定点的距离之商为定值，什么图上任意一点到两个定点距离之和为定值呢？到两个定点距离之差为定值的动点的轨迹是什么呢？能否判断到两个定点距离之积为定值的动点轨迹是什么图像呢？教育是文化的一部分，是文化赖以延续和发展的基础，也是文化不断创新的发展的动力．新课改教材在相关章节中都附有以数学文化内容渗透为目的的阅读素材，这正是数学文化教育发展趋势的体现．如何处理好这些内容，不断发掘数学文化的教学价值，是每个数学教师的光荣使命，也是我们青年教师成长的努力方向．。
阿氏圆在教材里出现过
阿氏圆在教材里出现过
阿波罗尼斯圆，大家可能听说过，觉得有点高大上.
其实它在教材里出现过，就在教材的课后习题中，不过没有起这样的名字罢了.
1
阿氏圆在教材中的出处
来来来，打开人教A版数学必修2的第124页，看到习题4.1的B组第3题.
题目是这样的：
已知点M与两个定点O（0，0），A（3，
0）的距离之比为1/2，求点M的轨迹方程.
解题思路倒是简单清晰，由此引出阿氏圆.
阿波罗尼斯（Apollonius）圆,简称阿氏
圆.定义：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.
高考题中的阿氏圆
2008年高考江苏数学卷第13题.
若AB=2，AC=√2BC，则三角形ABC面
积的最大值是____.
分析：看到AC=√2BC，马上反应出点B的轨迹是圆.这样一来，面积的最大问题就转化为圆上的点到直线AB距离的最大问题，大大简化了思路.。
完整版阿波罗尼斯圆问题
一【问题背景】苏教版《数学必修 2》P.112第12题：1已知点M (x,y)与两个定点0(0,0), A(3,0)的距离之比为—，那么点M 的坐标应满足2什么关系？画出满足条件的点M 所构成的曲线.二、【阿波罗尼斯圆】公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯( Apollonius )在《平面轨迹》 究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆. 如图，点A, B 为两定点，动点 P 满足PA PB , 则 1时，动点P 的轨迹为直线；当 1时，动点P 的轨迹为圆，后世称之为阿波罗尼斯圆证：设AB 2m ( m 0),PA PB •以AB 中点为原点，直线 AB 为x 轴建立平面 直角坐标系，则 A (m,0), B (m,0) •又设 C (x , y ),则由 PA PB 得..(x m)2 y 2长为半径的圆.上述课本习题的一般化情形就是阿波罗尼斯定理.三、【范例】AB 为x 轴建立平面直角坐标系，则 A ( 1,0),、、2BC 得.(x 1)2 y 22 .(x 1)2阿波罗尼斯圆问题两边平方并化简整理得 (21)x 2 2m ( 2 1) x21) y 2m 2(12),1时,0，轨迹为线段 AB 的垂直平分线; 1时,(x21m)2y 214 2m 26 ,轨迹为以点(丁」m,0)为圆心,1(X m)2例1满足条件AB 2, AC .2BC 的三角形ABC 的面积的最大值是解：以AB 中点为原点，直线B (1,0)，设C (x , y ),由 AC书中，曾研平方化简整理得寸 x 2 6x 1 (x 3)2 8 8 ,••• y 2 2，则1 一 一 —2y 2y/2 , • S ABC 的最大值是 2J2 . 2变式 在 ABC 中，边BC 的中点为D ，若AB 2,BC 2 AD ,贝U ABC 的面积的最大值是 _______ .解：以AB 中点为原点，直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系， 则A ( 1,0), B (1,0), 由BD CD,BC .、2AD 知，AD 2BD , D 的轨迹为阿波罗尼斯圆，方程为 (x 3)2 y 2 8，设C(x,y) , BC 的中点为D 得D (号，舟)，所以点C 的轨迹方程为 (宁 32(y)2 8，即(x 5)2y 2 32 ,1 ____________ — —•S ABC22y y v ；32 ^'2，故S ABC的最大值是".例2在平面直角坐标系 xOy 中，设点A(1,0), B(3,0), C(0, a), D(0,a 2)，若存在点P ，使得PA 2PB, PC PD ，则实数a 的取值范围是 __________________ .解：设 P(x,y)，则,(x 1)2 y 22 , (x 3)2 y 2 ,整理得(x 5)2 y 2 8，即动点P 在以(5,0)为圆心，2,2为半径的圆上运动. 另一方面，由PC PD 知动点P 在线段CD 的垂直平分线y a 1上运动，因而问 题就转化为直线 y a 1与圆(x 5)2 y 28有交点，所以a 1 2^2，故实数a 的取值范围是[2^2 1,242 1].例3在平面直角坐标系 xOy 中，点A 0,3，直线I : y 2x 4.设圆的半径为1 , 圆心在丨上. 若圆C 上存在点M ，使MA 2MO ，求圆心C 的横坐标a 的取值范围•2 2x 0 y 。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
从课本中的阿波罗尼斯圆问题
探讨数学文化在教学中的渗透
靖江市第一高级中学 数学组 印栋
E-mail: yde2003@ 邮编：214500
克莱因在其名著《西方文化中的数学》中指出：数学是一种精神，一种理性的精神．正是这种精神，激发、促进、鼓舞并驱使人类的思维得以运用到最完善的程度，亦正是这种精神，试图决定性地影响人类的物质、道德和社会生活；试图回答有关人类自身存在提出的问题；努力去理解和控制自然；尽力去探求和确立已经获得知识的最深刻的和最完美的内涵．因此，美国数学学会主席魏尔德说：“数学是一种会不断进化的文化”．正是数学与文化以及数学文化的不断交融及相互促进，才使数学在人类文明的发展中起到了举足轻重的作用并获得了如此多的赞誉．在新课程改革中，数学文化不再是被孤立的装饰品，而是渗透在相关模块和专题中．
新课标《苏教版·必修2》在第2章平面解析几何初步第2.2节圆与方程介绍了圆的标准方程和一般方程后编排了这样一道习题：
习题2.2（1）10.已知点)(y x M ，与两个定点)03()00(，，，
A O 的距离之比为2/1，那么点M 的坐标应满足什么关系？画出满足条件的点M 所形成的曲线．
分析：由于有了课上推导圆标准方程的过程可作为参照，大部分学生不需费太多的气力就可以解出上述的问题，解法如下．
解析：由题知2/1/=MA MO ，将距离公式代入可得
12
=， 化简整理即得到该曲线的方程为： 4)1(22=++y x .
因此，所求点M 所形成的曲线是以（－1，0）为圆心，2为半径的圆（图略）．
这道题实际上源自约公元前262～前190的古希腊人阿波罗尼斯（Apollonius of Perga ，也有文献上将其名字翻译为“阿波罗尼奥斯”）在其巨著《圆锥曲线论》给出的一个著名的几何问题：“在平面上给定两点A 、B ，设P 点在同一平面上且满足λ=PB PA /，当λ大于0且λ≠1时，P 点的轨迹是个圆”，这个圆我们称之为“阿波罗尼斯圆”，这个结论称作“阿波罗尼斯轨迹”．
同上题一样，我们用解析法完全可以证明：与A 、B 距离之比等于λ的动点轨迹为圆．但如果每题都先用解析法求出圆的方程，再根据圆心及半径作出圆，显然很费事，特别是对一些选择题或填空题如此解法实在小题大做，能
否找出阿
波罗尼斯圆的简捷作法？下述定理可给出明
确答案． 定理：A 、B 为两已知点，P 、Q 分别为
线段A B 的定比为λ(λ≠1)的内、外分点，则以P 、Q 为直径的
⊙O 上任意点到A 、B 两点的距离之比等于常数λ．
证明：不妨以λ>1为例．
设a AB =，过B 作⊙O 的与直径PQ 垂直的弦CD ，则1+=
λλa AP ，1+=λa PB ，1
-=λλa AQ ，1-=λa BQ ． 由相交弦定理及勾股定理有
，，1
111·1·22222222222
2
-=-+=+=-=-+==λλλλλλa a a BC AB AC a a a BQ PB BC 于是，，1122-=-=λλλa AC a BC 且λ=BC AC ． 从而，C Q P 、、同时在到A 、B 两点距离之比等于λ的曲线（即圆）上，而不共线的三点所确定的圆是唯一的，因此，⊙O 上任意点到B A 、两点的距离之比等于常数．
根据以上过程，关于阿波罗尼斯圆我们还有如下一些显然的性质（证明略）．
①因AQ AP AC ⋅=2，故AC 为⊙O 的一条切线；
②点C 为⊙O 的切线AC 的切点，CP 、CQ 分别为ACB ∠的内、外角平分线；
③当λ>1时，点B 在⊙O 内，点A 在⊙O 外；当0<λ<1时，点A 在⊙O 内，点B 在⊙O 外； ④所作出的阿波罗尼斯圆的直径为122-=λλa PQ ，圆的面积为221⎪⎭
⎫ ⎝⎛-λλπa ； ⑤过点B 作⊙O 的不与CD 重合的弦EF ，则AB 平分EAF ∠．因为
BO AB BF BE BC ··2==，所以E O F A 、、、四点共圆，AB 平分EAF ∠．
结合其中的部分性质，我们可以尝试一些应用：
应用1 在x 轴正半轴上是否存在两个定点A 、B ，使得圆422=+y x 上任意一点到A 、B 两点的距离之比为常数2/1？如果存在，求出点A 、B 坐标；如果不存在，请说明理由．
解：假设在x 轴正半轴上存在两个定点A 、B ，使得圆422=+y x 上任意一点到A 、B 两
点的距离之比为常数2/1，设)(y x P ，、)0(1，x A 、)0(2，x B ，其中2
10x x >>． 由题
12=
对满足422=+y x 的任何实数对)(y x ，恒成立，
整理得
222212212(4)43()x x x x x x y -+-=+，
将42
2=+y x 代入得：
2212212(4)412x x x x x -+-=， 这个式子对任意[]22，-∈x 恒成立，所以一定有：
12222140412x x x x -=⎧⎨-=⎩，
因为012>>x x ，所以解得11=x 、42=x ．
所以，在x 轴正半轴上是否存在两个定点)01(，A 、)04(，B ，使得圆422=+y x 上任意一点到A 、B 两点的距离之比为常数2/1．
应用2 铁路线上线段100=AB km ，工厂C 到铁路的距离20=CA km ．现要在A 、B 之间某一点D 处，向C 修一条公路．已知每吨货物运输1km 的铁路费用与公路费用之比为5:3，为了使原料从供应站B 运到工厂C 的费用最少，点D 应选在何处？
解：以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，过点C 垂直AB 的直线为y 轴建立直角坐标系，
则），（00A ，），（200C ．
先求到定点A 、C 的距离之比为5
3的动点)(y x P ，的轨迹方程，即
35=，
整理即得动点)(y x P ，的轨迹方程：
2244909000x y y ++-=，
令0=y ，得15±=x （舍去正值）即得点)015(，
-D ，15=DA ，25=DC ．下面证明此点D 即为所求点：
自点B 作CD 延长线的垂线，垂足为E ，在线段BA 上任取点1D ，连接1CD ，再作BE E D ⊥11于1E ．
设每吨货物运输1km 的铁路费用为)0(3>k k ，则每吨货物运输1km 的公路费用为k 5，如果选址在1D 处，那么总运输费用为
111135(35)y kBD kDC BD DC k =+=+，
而11D BE ∆∽BED ∆∽CAD ∆，∴
3
51525111===AD CD D E BD ，∴11153D E BD =， 那么总费用 11111(35)()5()55y BD DC k E D DC k CD DE k kCE =+=+≥+=，
当且仅当点C 、1D 、1E 共线时取等号．
综上所述，点D 即为所求点．
此外，阿波罗尼斯圆也在历年高考中频频出现：
(1)(2003年北京春季高考卷)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 的距离的比为定值a (a >0)，求点P 的轨迹．
(2)(2005年高考数学江苏卷)⊙1O 与⊙2O 的半径都是1，⊙1O 与⊙2O 切线PN PM 、
(N M 、 分别是切点)，使得PM =2PN ，试建立适当的坐标系，并求动点P 的轨迹方程．
(3)(2008年高考数学江苏卷)满足条件2=AB ，BC AC 2=的ABC ∆的面积的最大值． 以上试题体现了新课标的要求：了解概念、结论等产生的背景、应用，获得必要的数学基础知识和基本技能，理解基本的数学概念、数学结论的本质，体会其中所蕴涵的数学思想和方法．通过不同形式的自主学习、探究活动，体验数学发现和创造的历程．
此外，对像阿波罗尼斯圆这样经典的数学文化课题的研究，还有利于学生进一步丰富自己的探索体验，进一步完善自己的知识体系，为后续的学习留下发展的空间．比如，阿波罗尼斯圆上的任意一点到两个定点的距离之商为定值，什么图上任意一点到两个定点距离之和为定值呢？到两个定点距离之差为定值的动点的轨迹是什么呢？能否判断到两个定点距离之积为定值的动点轨迹是什么图像呢？
教育是文化的一部分，是文化赖以延续和发展的基础，也是文化不断创新的发展的动力．新课改教材在相关章节中都附有以数学文化内容渗透为目的的阅读素材，这正是数学文化教育发展趋势的体现．如何处理好这些内容，不断发掘数学文化的教学价值，是每个数学教师的光荣使命，也是我们青年教师成长的努力方向．。