专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点1 阿波罗尼斯圆介绍及其直接应用

专题1  阿波罗尼斯圆及其应用  微点1 阿波罗尼斯圆介绍及其直接应用

专题1  阿波罗尼斯圆及其应用

微点1  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，设点在同一平面上且满足，当且时，点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆．（时点的轨迹是线段的中垂线）

2、阿波罗尼斯圆的证明

【定理1】设．若（且），则点的轨迹方程是，其轨迹是以为圆心，半径为的圆．

证明：由及两点间距离公式，可得，

化简可得①，

（1）当时，得，此时动点的轨迹是线段的垂直平分线；

（2）当时，方程①两边都除以得，化为标准形式即为：

，∴点的轨迹方程是以为圆心，半径为的圆．

图①                                 图②                              图③

阿波罗尼斯圆的另一种形式：

【定理2】为两已知点，分别为线段的定比为的内外分点，则以为直径的圆上任意点到两点的距离之比为．

证明：以为例．如图②，设，，则，

．过作的垂线圆交于两点，由相交弦定理及勾股定理得，于是．

同时在到两点距离之比等于的圆上，而不共线的三点所确定的圆是唯一的，圆上任意一点到两点的距离之比恒为．同理可证的情形．

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：当时，点B在圆内，点A在圆外；当时，点A在圆内，点B在圆外．

性质2：因，故是圆的一条切线．

若已知圆及圆外一点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，面积为．

性质4：过点作圆的切线（为切点），则分别为的内、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和外分所得的两个分点，如图所示，是的内分点，是的外分点，此时必有平分，平分的外角．

证明：如图①，由已知可得（且），，又，

平分．由等角的余角相等可得，平分的外角．

性质6：过点作圆不与重合的弦，则AB平分．

证明：如图④，连结，由已知（且），又，平分．

平分．

【典例刨析】

例1．（2022·河北盐山中学高二期中）

1．已知两定点，，如果动点满足，则点的轨迹所包围的图形的面积等于___________.

例2．（2022四川涪陵月考）

2．若满足条件，则面积的最大值为__________．

3．已知圆O：，点，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，都有为一常数，试求所有满足条件的点A的坐标，并求．

4．在平面直角坐标中，已知点，若直线上存在点使得，则实数的取值范围是_______．

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：已知动点与两个定点，的距离之比为（，且），那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若平面内两定点，间的距离为，动点满足，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

例6．（2022四川·成都外国语学校高二月考）

6．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且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知点，，圆，在圆上存在点满足，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【针对训练】

7．在平面直角坐标系中，已知圆，，动点在直线上，过点分别作圆的切线，切点分别为，若满足的点有且只有两个，则实数的取值范围是________．

8．已知是平面上两个定点，平面上的动点满足，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的最小值为______．

9．已知点，，，点D是直线AC上的动点，若恒成立，则最小正整数__________.

10．在平面直角坐标系中，已知圆：，圆：，动点在直线：上（），过分别作圆，的切线，切点分别为，，若满足的点有且只有一个，则实数的值为______.

11．在平面直角坐标系中，是两定点，点是圆：上任意一点，满足：，则的长为.

（2022辽宁·高二期中）

12．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，的距离之比为定值且的点的轨迹是圆”.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.在平面直角坐标系中，，，动点满足.设点的轨迹为.

(1)求曲线的方程；

(2)若曲线和无公共点，求的取值范围.

参考答案：

1．

【分析】设，根据题设条件，结合两点距离公式列方程并整理即可得的轨迹方程，即知轨迹为圆，进而求其面积即可.

【详解】设，由题设得：，

∴，故的轨迹是半径为的圆，

∴图形的面积等于.

故答案为：

2．

【分析】设，则，由余弦定理得出，根据三角形任意两边之和大于第三边得出的范围，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，则，由余弦定理可得

由三角形任意两边之和大于第三边得，解得，即

当时，面积取最大值

故答案为：

【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．，

【分析】根据两点距离的坐标运算可得，进而得，即可求解.

【详解】设，设

故，且，

化简得：，该式对任意的恒成立，故

，解得 或（舍去），

故，

4．

【分析】根据得出点的轨迹方程，又点在直线上，则点的轨迹与直线必须有公共点，进而解决问题.

【详解】解：设

则，

因为，

所以有，

同时平方，化简得，

故点的轨迹为圆心在（0,0），半径2为的圆，

又点在直线上，

故圆与直线必须有公共点，

所以，解得.

【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．A

【分析】设，，由，可得点P的轨迹为以为圆心，半径为的圆，又，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，从而根据圆的性质即可求解.

【详解】解：由题意，设，，

因为，所以，即，

所以点P的轨迹为以为圆心，半径为的圆，

因为，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，

所以，

所以，即的最大值为，

故选：A.

6．D

【分析】设，根据求出点的轨迹方程，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，因为点，，，

所以即，

所以，可得圆心，半径，

由圆可得圆心，半径，

因为在圆上存在点满足，

所以圆与圆有公共点，

所以，整理可得：，

解得：，

所以实数的取值范围是，

故选：D.

7．.

【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的取值范围.

【详解】由题意O(0,0),O1(4,0).设P(x,y)，则

∵PB=2PA，，

∴(x−4)2+y2=4(x2+y2)，

∴x2+y2+=0，

圆心坐标为,半径为，

∵动点P在直线x+y−b=0上，满足PB=2PA的点P有且只有两个，

∴直线与圆x2+y2+=0相交，

∴圆心到直线的距离，

∴，

即实数的取值范围是.

【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．

【分析】建立坐标系，得点的轨迹方程，分离参量求范围即可求解

【详解】不妨设，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则 ，

设

故动点的轨迹为圆，由恒成立，则

故答案为

【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

9．4

【解析】设点,根据列出关于的关系式,再数形结合分析即可.

【详解】设点,因为点是直线上的动点,故.

由得,化简得.

依题意可知,直线与圆至多有一个公共点,

所以,解得或.所以最小正整数.

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．.

【分析】根据圆的切线的性质和三角形全等，得到，求得点的轨迹方程，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：，，设，如下图所示

∵PA、PB分别是圆O，O1的切线，∴∠PBO1=∠PAO=90°，

又∵PB=2PA，BO1=2AO，∴△PBO1∽△PAO，∴，

∴，∴，整理得，

∴点P（x，y）的轨迹是以为圆心、半径等于的圆，

∵动点P在直线：上（），满足PB=2PA的点P有且只有一个，

∴该直线l与圆相切，

∴圆心到直线l的距离d满足，即，解得或，

又因为，所以．

【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．

【分析】不妨就假设在轴上，设，由可得，然后和方程对比，就可以求出

【详解】由于是两定点，不妨就假设在轴上

如图所示：设，

，

∴，

∴，

即，

，

与表示同一个圆.

∴

∴或

∴.

故答案为：.

【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．(1)

(2)

【分析】（1）设，然后根据列方程化简计算即可得曲线的方程，

（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，从而可得或，从而可求出的取值范围

（1）

设，

因为，，动点满足，

所以，

化简得，即，

所以曲线的方程为，

（2）

曲线的圆心为，半径为4，

的圆心为，半径为，

因为曲线和无公共点，

所以两圆外离或内含，

所以或，

所以或，

所以或，

所以的取值范围为