专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点4 阿波罗尼斯圆与圆锥曲线

专题1  阿波罗尼斯圆及其应用  微点4 阿波罗尼斯圆与圆锥曲线

专题1  阿波罗尼斯圆及其应用

微点4  阿波罗尼斯圆与圆锥曲线

【微点综述】

有些涉及圆锥曲线与圆的综合题，其中已知条件含有阿波罗尼斯圆的背景，可以结合阿波罗尼斯圆以及圆锥曲线的几何性质解决问题．

【典例刨析】

1．设双曲线的左右两个焦点分别为、，是双曲线上任意一点，过的直线与的平分线垂直，垂足为，则点的轨迹曲线的方程________；在曲线上，点，，则的最小值________.

（2022·广东梅州·高二月考）

2．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中，，，点是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为____；若点为抛物线上的动点，在轴上的射影为，则的最小值为______．

（2022安徽黄山·一模）

3．在平面上给定相异两点A，B，设点P在同一平面上且满足，当 且时，P点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.现有双曲线， 分别为双曲线的左､右焦点，A，B为双曲线虚轴的上､下端点，动点P满足， 面积的最大值为4.点M，N在双曲线上，且关于原点O对称，Q是双曲线上一点，直线和的斜率满足 ，则双曲线方程是 ______________ ；过的直线与双曲线右支交于C，D两点(其中C点在第一象限)，设点､分别为 ､的内心，则的范围是 ____________ .

（2022吉林·梅河口五中学高三期末）

4．古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262-190年)，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家；他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网络殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他发现“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．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．比如在平面直角坐标系中，、，则点满足所得点轨迹就是阿氏圆；已知点，为抛物线上的动点，点在直线上的射影为，为曲线上的动点，则的最小值为___________．则的最小值为____________．

（2022湖北·武汉新洲区城关高中高二开学考试）

5．阿波罗尼斯（古希腊数学家，公元前262-190年）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（，且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．现有椭圆，，为椭圆的长轴端点，，为椭圆的短轴端点，动点满足，面积的最大值为6，面积的最小值为1，则椭圆的方程为_________

（2022·河北·衡水二中高二期中）

6．公元前三世纪，阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中明确给出了椭圆的一个基本性质：如图，过椭圆上任意一点P（不同于A，B）作长轴的垂线，垂足为Q，则为常数k．若，则该椭圆的离心率为______．

（2022江苏·高二单元测试）

7．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，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分．

①求的取值范围；

②将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程．

【针对训练】

（2022·安徽皖北联盟高二联考）

8．古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆雉，得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用面积为128的矩形截某圆锥得到椭圆，且与矩形的四边相切.设椭圆在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足题意的方程为（    ）

A． B． C． D．

（2022·河南·新蔡一中高二月考）

9．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且的点的轨迹是圆，后人将之称为阿波罗尼斯圆.现有椭圆为椭圆长轴的端点，为椭圆短轴的端点，，分别为椭圆的左右焦点，动点满足面积的最大值为面积的最小值为，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

（2022北京八一中学高三期末）

10．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（且）的点的轨迹是圆，后人将之称为阿波罗尼斯圆，现有椭圆，、为椭圆长轴的端点，、为椭圆短轴的端点，动点满足，的面积的最大值为，的面积的最小值为，则椭圆的离心率为______.

（2022·广东广州·高二期末）

11．在平面上给定相异两点A，B，点P满足，则当且时，P点的轨迹是一个圆，我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知椭圆的离心率，A，B为椭圆的长轴端点，C，D为椭圆的短轴端点，动点P满足，若的面积的最大值为3，则面积的最小值为___________.

（2022湖南·益阳箴言中学高二月考）

12．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（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，现有则的面积最大值为______，此时AC的长为______.

（2022·浙江·高三开学考试）

13．公元前3世纪，阿波罗尼奥斯在《圆锥曲线论》中明确给出了椭圆和圆的一个基本性质：如图，过椭圆（或圆）上任意一点P（不同于A，B）作长轴（或直径）AB的一条垂线段，垂足为，则为常数．若此图形为圆，则____________；若，则此图形的离心率为____________．

（2022·湖北·荆门龙泉中学二模）

14．历史上第一个研究圆锥曲线的是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质：如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆C的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆C的中心在坐标原点，焦点为，由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为．利用椭圆的光学性质解决以下问题：

（1）椭圆C的离心率为__________．

（2）点P是椭圆C上除顶点外的任意一点，椭圆在点P处的切线为在l上的射影H在圆上，则椭圆C的方程为__________．

（2022·北京朝阳·高二期末）

15．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆.人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论：

①曲线的方程为；

②曲线上存在点，使得到点的距离为；

③曲线上存在点，使得到点的距离大于到直线的距离；

④曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为.

其中所有正确结论的序号是___________.

参考答案：

1．         

【解析】延长与的延长线交于点，计算得到轨迹方程，取点，，解得答案.

【详解】如图所示：延长与的延长线交于点，

则，

故轨迹方程为.

取点，则，，故，

，当共线时等号成立.

故答案为：；

【点睛】本题考查了轨迹方程，长度的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力，取点证明相似是解题的关键.

2．          ##

【分析】设点坐标，根据题意写出关于与的关系式化简即可；利用抛物线的定义可知，进而可得，即得.

【详解】设点，，

∴.

抛物线的焦点为点，由题意知，，

∴.

故答案为：；.

3．         

【解析】设，根据，求得，结合的最大面积得到，再根据，得出，设边上的切点分别为，根据内心的性质，得到轴，设直线的倾斜角为，在中，得到，进而求得的取值范围.

【详解】设，

由题意知，可得，即，

整理得，可得圆心为，半径，

所以的最大面积为，解得，即，

设，则，

则，可得，同理

则，则，

整理得，所以双曲线的方程为.

如图所示，设边上的切点分别为，

则横坐标相等，则，

由，即，即，

即，即点的横坐标为，则，

于是，可得，

同样内心的横坐标也为，则轴，

设直线的倾斜角为，则，

在中，

，

由双曲线的方程，可得，则，

可得，

又由直线为双曲线右支上的点，且渐近线的斜率为，倾斜角为，

可得，即，

可得的取值范围是.

故答案为：；.

【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：

（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；

（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.

4．     ；    

【分析】（1）先利用阿氏圆的定义将转化为点到另一个定点D的距离，然后结合抛物线的定义容易求得的最小值；

（2）由（1）知，又当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值即可求解.

【详解】解：设，由题意，即，整理得．

因为圆可以看作把圆向左平移两个单位得到的，那么点平移后变为，所以根据阿氏圆的定义，满足，

结合抛物线定义，

（当且仅当，，，四点共线，且，在，之间时取等号），此时，

故的最小值为．

（当且仅当M，Q，F三点共线时等号成立），

根据光学的最短光程原理，我们从C点发出一束光，想让光再经过F点，光所用的时间一定是最短的，由于介质不变，自然可以把时间最短看作光程最短。

而光的反射性质为法线平分入射光线与反射光线的夹角，并且法线垂直于过这一点的切线。于是我们得到，当过点M的切线与的角平分线垂直，即当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值，此时切线方程为，联立可得，此时，

所以.

故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：（1）问解题的关键是根据阿氏圆的定义，得满足；

（2）问解题的关键是当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值.

5．

【分析】求得定点的轨迹方程可得，，解得，即得解.

【详解】设，，．

动点满足，

则，化简得

面积的最大值为8，面积的最小值为1，

，，解得，，

椭圆的方程为

故答案为：.

6．

【分析】设椭圆方程为、并确定坐标，可得，，，代入题设等式，结合椭圆参数的关系列方程求离心率即可.

【详解】设椭圆方程为且，

若，，则，，，

所以，而，即，

所以.

故答案为：.

7．（1）；（2）①；②．

【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.

【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得

∴，，椭圆的方程为

方法（2）设，由题意（常数），

整理得：，

故，又，解得：，．

∴，椭圆的方程为．

方法（3）设，则．

由题意

∵为常数，∴，又，解得：，，故

∴椭圆的方程为

（2）①由，又，

∴（或由角平分线定理得）

令，则，设，则有，

又直线的斜率，则，代入得：

，即，

∵，∴．

②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，

，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，

则有，即，解得：．

又，故，∴

又，

∴，

解得：，，

∴，∴直线的方程为．

【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点.

8．A

【分析】由题得，再判断选项得解.

【详解】解：矩形的四边与椭圆相切，则矩形的面积为，所以.

只有选项A符合.

故选：A

9．A

【分析】由题可得动点M的轨迹方程，可得，，即求.

【详解】设，，

由，可得=2，

化简得.

∵△MAB面积的最大值为面积的最小值为，

∴，，

∴，即，

∴．

故选：A．

10．

【分析】设点，根据可得出点的轨迹方程，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，求出的值，进而可得出椭圆的离心率的值.

【详解】设点，设点、，

由可得，即，

整理可得，即，

所以，点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆，

点到轴的距离的最大值为，则的面积的最大值为，

解得；

点到轴距离的最小值为，则的面积的最小值为，

可得.

，因此，椭圆的离心率为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：

（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；

（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；

（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.

11．

【分析】先根据求出圆的方程，再由的面积的最大值结合离心率求出和的值，进而求出面积的最小值.

【详解】解：由题意，设，，

因为

即

两边平方整理得：

所以圆心为，半径

因为的面积的最大值为3

所以，解得：

因为椭圆的离心率

即，所以

由得：

所以面积的最小值为：

故答案为：.

【点睛】思路点睛：本题先根据已知的比例关系求出阿波罗尼斯圆的方程，再利用已知面积和离心率求出椭圆的方程，进而求得面积的最值.

12．     12    

【分析】建立直角坐标系，根据条件将点轨迹转化为阿氏圆的问题来解决.

【详解】

如上图所示，以的中点为原点，边所在直线为轴建立直角坐标系，

因为，所以，，

设点，因为，由正弦定理可得：，即，

所以：，化简得：，且，，

圆的位置如上图所示，圆心为，半径，

观察可得，三角形底边长不变的情况下，当点位于圆心的正上方时，的高最大，

此时的面积最大，此时点坐标为，的面积最大值为：，所以

故答案为：12；.

13．     1    

【分析】若图形为圆，根据相似三角形可解；当图形为椭圆时，建立坐标系，将问题坐标化，然后计算可得.

【详解】若为圆，则为直角三角形，

因为，所以，于是有，所以

当为图形为椭圆时，如图建立平面直角坐标，设椭圆方程为，点，

则，所以

又，得，即

所以，，

所以

故答案为：1，.

14．     ##0.5    

【分析】(1)由题意得到关于a,c的等式,然后结合离心率的定义即可确定椭圆的离心率;

(2)由题意利用几何关系求得a,b的值即可求得椭圆方程.

【详解】设椭圆C的长轴长为2a(a>0),则由F1发出的光经椭圆两次反射后回到F1，经过的路程为，从而；

如图示：

延长,交于点F0.

在△中,PH⊥F0F2,由反射角等于入射角，可得：,则且H为中点.

在△中,

则,∴,

所以椭圆方程为.

故答案为：；.

15．①④

【分析】设,根据满足,利用两点间距离公式化简整理，即可判断①是否正确；

由①可知，圆上的点到的距离的范围为,进而可判断②是否正确；

设，根据题意可知，再根据在曲线上，可得，由此即可判断③是否正确；由椭圆的的定义，可知在椭圆上，再根据椭圆与曲线的位置关系，即可判断④是否正确.

【详解】设,因为满足,所以,整理可得：,即,所以①正确；

对于②中,由①可知，点在圆的外部,因为到圆心的距离,半径为,所以圆上的点到的距离的范围为,而,所以②不正确；

对于③中,假设存在，使得到点的距离大于到直线的距离,

又，到直线的距离，

所以，化简可得，又，

所以，即，故假设不成立，故③不正确；

对于④中,假设存在这样的点，使得到点与点的距离之和为，则在以点与点为焦点，实轴长为的椭圆上，即在椭圆上，易知椭圆与曲线有交点，故曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为；所以④正确.

故答案为：①④.