高考数学复习拓展提升课十　阿波罗尼斯圆在解题中的应用（导学案）

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培优增分 拓展提升课十 阿波罗尼斯圆在解题中的应用
阿波罗尼斯圆问题受到高考命题者的青睐,此类题目题设中没有明确给出圆的相关信息,而是隐含在题目中,要通过分析、转化,发现圆(或圆的方程),从而最终利用圆的知识来求解.对优化思维过程,提升数学解题能力,培养学生数学核心素养大有裨益.
【教材溯源】
[题目](选择性必修一P89[拓广探索]第9题)已知动点M与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离的比为12,求动点M的轨迹方程,并说明轨迹的形状.
解析：如图,设点M的坐标为(x,y),
根据题设有M∈M|MO||MA|=12,根据已知条件得(x-3)2+y2=2x2+y2.化简,
得点M的轨迹方程为x2+y2+2x-3=0.
轨迹是圆心为(-1,0),半径为2的圆.
【探究拓广】
[探究]如图,已知动点P到两定点A,B的距离之比为λ(λ>0),那么P的轨迹是什么?
解析：以直线AB为x轴,以线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系(图略).设|AB|=2a(a>0),P点的坐标为(x,y),则A点的坐标为(-a,0),B点的坐标为(a,0).
根据题意有P∈P||PA||PB|=λ(λ>0),得
(x+a)2+y2=λ(x-a)2+y2.
整理得,
(λ2-1)x2+(λ2-1)y2-2a(λ2+1)x=a2(1-λ2).
①当λ≠1时,此时方程可化为
(x-λ2+1λ2-1a)2+y2=2λaλ2-12,
即点P的轨迹是以(λ2+1λ2-1a,0）为圆心,
2λaλ2-1为半径的圆.(注:r=ABλ-1λ)
②当λ=1时,此时方程可化为x=0,即点P的轨迹为y轴(即线段AB的垂直平分线).
◎[结论]一般地,平面内到两定点距离之比为常数λ(λ>0,λ≠1)的点的轨迹是圆,此圆被叫做“阿波罗尼斯圆”.
特殊地,当λ=1时,点P的轨迹是线段AB的垂直平分线.
◎[背景]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前期数学三巨匠,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《圆锥曲线论》一书,阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一.
【迁移应用】
类型一 求轨迹方程及分析点的轨迹
[典例1](1)若两定点A,B的距离为3,动点M满足|MA|=2|MB|,则点M的轨迹围成区域的面积为( )
A.πB.2πC.3πD.4π
解析：选D.以A为原点,AB所在直线为x轴,过点A垂直于AB的直线为y轴,建立平面直角坐标系(图略),则B(3,0).设M(x,y),依题意有x2+y2(x-3)2+y2=2,化简整理得x2+y2-8x+12=0,即(x-4)2+y2=4,则点M的轨迹围成区域的面积为4π.
(2)正方形ABCD边长为3,P为正方形ABCD边界及内部的动点,且|PB|=2|PA|,则动点P的轨迹长度为 .
解析：建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B(3,0),设P(x,y),
因为|PB|=2|PA|,
所以(x-3)2+y2=2x2+y2,
化简为x2+y2+2x-3=0,即(x+1)2+y2=4,
所以点P的轨迹是以Q(-1,0)为圆心,半径为2的圆.
又因为P为正方形ABCD边界及内部的动点,所以动点P与y轴正半轴的交点为M(0,3),动点P与x轴正半轴的交点为N(1,0),则动点P的轨迹长度为MN的长,
在△QMA中,AM=3,MQ=2,
所以sin ∠MQA=MAMQ=32,即∠MQA=π3,
所以MN的长度为π3×2=2π3.
答案:2π3
【加练备选】
若平面内两定点A,B间的距离为4,动点P满足|PA||PB|=3,则动点P的轨迹所围成的图形的面积为 ;·的最大值是 .
解析：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,如图,
则A(-2,0),B(2,0),设P(x,y),因为|PA||PB|=3,所以(x+2)2+y2(x-2)2+y2=3,整理得,x2+y2-8x+4=0,即(x-4)2+y2=12,
所以点P的轨迹为圆(如图),其面积为12π.
·=x2-4+y2=|OP|2-4,如图当点P位于点D时,|OP|2最大,|OP|2最大值为(4+23)2=28+163,
故·的最大值是24+163.
答案:12π 24+163
类型二 求三角形面积的最值问题
[典例2](1)若|AB|=2,|AC|=2|BC|,则S△ABC的最大值为 .
解析：方法一(直接法):
以AB所在直线为x轴,线段AB的垂直平分线为y轴,
建立如图的平面直角坐标系,
则A(-1,0),B(1,0),设点C的坐标为(x,y),
因为|AC|=2|BC|,
所以(x+1)2+y2=2×(x-1)2+y2,
整理得(x-3)2+y2=8,
所以点C的轨迹是以(3,0)为圆心,22为半径的圆(除去与x轴的交点).
设圆心为M,当CM⊥x轴时,△ABC面积最大,此时|CM|=22,
(S△ABC)max=12|AB|·r=12×2×22=22.
答案:22
方法二(秒解法):
由题意可知,动点C的轨迹是圆M,且半径r=ABλ-1λ=22-12=22,分析可得,当且仅当CM⊥AB时,△ABC面积最大,
(S△ABC)max=12|AB|·r=12×2×22=22.
答案:22
(2)(2022·石家庄模拟)已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,sin A=2sin B,acs B+bcs A=2,则△ABC面积的最大值为 .
解析：依题意,sin A=2sin B,得BC=2AC,
acs B+bcs A=a2+c2-b22c+b2+c2-a22c=c=2,
即AB=2,以AB边所在的直线为x轴,AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系,则A(1,0),B(-1,0),设C(x,y),x≠0,
由BC=2AC,则C的轨迹为阿波罗尼斯圆,其方程为（x-53）2+y2=169,x≠0,边AB高的最大值为43,所以(S△ABC)max=43.
答案:43
【加练备选】
(2022·泰安模拟)在等腰△ABC中,AB=AC,BD是腰AC的中线,且BD=3,则S△ABC的最大值为 .
解析：方法一(直接法):
以BD中点为原点,BD所在直线为x轴建立平面直角坐标系,则B(-32,0),D(32,0),
设A(x,y),由题意知AB=2AD.
即(x+32)2+y2=4(x-32)2+y2,
整理得,(x-536)2+y2=43,
即有|y|≤23,
所以S△ABC=2S△ABD=BD·|y|≤2,
当|y|=233时取等号,
所以S△ABC的最大值为2.
答案:2
方法二(秒解法):
如题图所示,AB=AC,中线BD=3,S△ABC=2S△ABD.又AB=2AD,所以点A的轨迹是以B,D为定点的阿波罗尼斯圆,其半径为r=BDλ-1λ=32-12=233,
所以(S△ABC)max=2×12|BD|·r=2×12×3×233=2.
答案:2
类型三 求定点、定值问题
[典例3](1)(2022·唐山模拟)已知圆O:x2+y2=1和A(-12,0).若定点B(b,0)(b≠-12)和常数λ满足:对圆O上任意一点M,都有|MB|=λ|MA|,则λ= ,b= .
解析：设M(x,y),因为|MB|=λ|MA|,
所以(x-b)2+y2=λ(x+12) 2+y2,整理得,
(λ2-1)x2+(λ2+2b)x+(λ2-1)y2=b2-14λ2,它与方程x2+y2=1相同,则λ2+2b=0b2-14λ2λ2-1=1,
解得b=-2λ=2.
答案:2 -2
(2)已知圆C:x2+y2=9,点A(-5,0),在直线OA上(O为坐标原点),是否存在定点B(不同于点A),满足:对于圆C上任意点P,都有|PB||PA|为一常数,若存在,求出点B的坐标;若不存在,请说明理由.
解析：设P(x0,y0),则y02=9-x02,
假设存在这样的点B(t,0)(t≠-5),使得|PB||PA|为常数λ(λ≠1),则|PB|2=λ2|PA|2,
所以(x0-t)2+y02=λ2[(x0+5)2+y02],
将y02=9-x02,代入上式消去y02,得
(10λ2+2t)x0+34λ2-t2-9=0,因为其对x0∈[-3,3]恒成立,所以10λ2+2t=0,34λ2-t2-9=0,
解得λ=35,t=-95或λ=1,t=-5(舍去).
所以存在点B(-95,0),使得对于圆C上任意点P,都有|PB||PA|为常数35.