(完整版)高考数学文化题目：阿波罗尼斯圆问题

阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆的逆用阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆的逆用【微点综述】当题目给了阿氏圆和一个定点，我们可以通过下述方法快速找到另一个定点，便于计算，令圆O 与直线OA 相交于M ，N 两点设点E 为OA 上一点，且满足PA PE =λ，由阿氏圆定理ANNE =λ，AM ME=λ，则AN =λNE ⇒OA -R =λR -OE ，∴λOE =1+λ R -OA ①同理AM =λME ⇒R +OA =λOE +R ，∴λOE =1-λ R +OA ②由①②消OA 得：2λOE =2R ，即ROE=λ，即R =λOE ，由①②消R 得：OA =λ2OE ，因此，满足条件的点E 在阿氏圆的圆心和定点A 的连线上，且ROE=λ或OAOE=λ2．【典例刨析】1.(2022·湖南·临澧一中高二开学考试)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，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，指的是：已知动点M 与两定点A ，B 的距离之比为λ(λ>0，λ≠1)，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O ：x 2+y 2=1上的动点M 和定点A -12,0 ，B (1，1)，则2|MA |+|MB |的最小值为( )A.6B.7C.10D.112.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，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(λ>0,λ≠1)，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆O :x 2+y 2=1、点A -12,0 和点B 0,12 ，M 为圆O 上的动点，则2|MA |-|MB |的最大值为( )A.52B.172C.32D.223.古希腊数学家阿波罗尼斯(约前262-前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：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波罗尼斯圆.已知O 0,0 ，A 3,0 ，圆C :x -2 2+y 2=r 2r >0 上有且仅有一个点P 满足PA =2PO ，则r 的取值为( )A.1B.5C.1或5D.不存在4.已知点P 是圆x -4 2+y -4 2=8上的动点，A 6,-1 ，O 为坐标原点，则PO +2PA 的最小值为______．5.已知圆C ：x -1 2+y -1 2=1，定点P 是圆C 上的动点，B 2,0 ，O 是坐标原点，则2PO +PB 的最小值为______．6.(2022江西·南昌八中高二月考)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，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k (k >02023届高考数学专项练习且k ≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知O (0,0)，A (3,0)，圆C :(x -2)2+y 2=r 2(r >1)上有且仅有一个点P 满足|PA |=2|PO |，则r 的取值为_______.【针对训练】7.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，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》一书，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MQMP =λ(λ>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x 2+y 2=1，其中，定点Q 为x 轴上一点，定点P 的坐标为-13,0 ,λ=3，若点B 1,1 ，则3MP +MB 的最小值为( )A.10B.11C.15D.178.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 与两个定点A ､B 的距离之比为λ(λ>0，λ≠1)，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆O ：x 2+y 2=1和点A -12,0 ，点B (4，2)，M 为圆O 上的动点，则2|MA |+|MB |的最小值为___________9.(2022安徽·合肥六中高二期中)古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前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，著作中有这样一个命题：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波罗尼斯圆.已知圆O :x 2+y 2=1和A -12,0 ，点B (1,1)，M 为圆O 上动点，则MA +12MB 的最小值为_______.10.(2022上海金山中学高二期末)古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A 、B ，动点P 满足PA |=λPB (其中λ是正常数，且λ≠1)，则P 的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点M (-1,0)、N (2,1)，P 是圆O :x 2+y 2=3上的动点，则3PM +PN 的最小值为____________11.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A 、B 间的距离为2，动点P 满足PAPB=2，求PA 2+PB2的最小值．12.(2022·江苏省江阴高级中学高三开学考试)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 -2,1 ，B -2,4 ，点P 是满足λ=12的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为___________________；若点Q 为抛物线E :y 2=4x 上的动点，Q 在y 轴上的射影为H ，则12PB +PQ +QH 的最小值为______.参考答案1.【答案】C【分析】讨论点M 在x 轴上与不在x 轴上两种情况，若点M 不在x 轴上，构造点K (-2，0)，可以根据三角形的相似性得到|MK ||MA |=|OM ||OA |=2，进而得到2|MA |+|MB |=|MB |+|MK |，最后根据三点共线求出答案.【详解】①当点M 在x 轴上时，点M 的坐标为(-1，0)或(1，0)．若点M 的坐标为(-1，0)，则2|MA |+|MB |=2×12+1+1 2+12=1+5；若点M 的坐标为(1，0)，则2|MA |+|MB |=2×32+1-1 2+12=4．②当点M 不在x 轴上时，取点K (-2，0)，如图，连接OM ，MK ，因为|OM |=1，|OA |=12，|OK |=2，所以|OM ||OA |=|OK ||OM |=2．因为∠MOK =∠AOM ，所以△MOK ∽△AOM ，则|MK ||MA |=|OM ||OA |=2，所以|MK |=2|MA |，则2|MA |+|MB |=|MB |+|MK |．易知|MB |+|MK |≥|BK |，所以|MB |+|MK |的最小值为|BK |．因为B (1，1)，K (-2，0)，所以(2|MA |+|MB |)min =|BK |=-2-12+0-1 2=10．又10<1+5<4，所以2|MA |+|MB |的最小值为10．故选：C 2.【答案】B【分析】令2MA =MC ，则MA MC=12，由阿氏圆的定义可知：C (-2,0)，由数形结合可知2|MA |-|MB |=|MC |-|MB |的最大值.【详解】设M x ,y ，令2MA =MC ，则MA MC=12，由题知圆x 2+y 2=1是关于点A 、C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12，设点C m ,n ，则MA MC =x +12 2+y 2x -m 2+y -n2=12，整理得：x 2+y 2+2m +43x +2n 3y =m 2+n 2-13，比较两方程可得：2m +43=0，2n 3=0，m 2+n 2-13=1，即m =-2，n =0，点C -2,0 ，当点M 位于图中M 1的位置时，2|MA |-|MB |=|MC |-|MB |的值最大，最大为BC =172.故选：B .【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线和圆的位置关系，圆上动点问题，解题的关键是通过数形结合知两线段距离差的最值是在两端点为起点的的射线上，属于一般题.3.【答案】C【分析】直接设点P x ,y ，根据PA =2PO 可以求得点P 的轨迹为圆，根据题意两圆有且仅有一个公共点，则两圆外切或内切，可得CC 1 =r +r 1或CC 1 =r -r 1 ．【详解】设点P x ,y ∵PA =2PO 即x -32+y 2=2x 2+y 2整理得：x +1 2+y 2=4∴点P 的轨迹为以C 1-1,0 为圆心，半径r 1=2的圆，∵圆C :x -2 2+y 2=r 2的C 2,0 为圆心，半径r 的圆由题意可得：3=CC 1 =r +r 1或3=CC 1 =r -r 1 ∴r =1或r =5故选：C ．4.【答案】10【分析】解法1：借助阿波罗尼斯圆的逆用，得到PO +2PA =2PA +PA ，进而根据三点共线即可求出最值；解法2：将PO +2PA =x 2+y 2+2x -6 2+y +1 2转化为=2x -3 2+y -3 2+x -62+y +1 2 ，进而结合进而根据三点共线即可求出最值．【详解】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用假设A m ,n ，使得PO =2PA ，则x 2+y 2=2x -m 2+y -n 2，从而可得3x 2-8mx +4m 2+3y 2-8ny +4n 2=0，从而可知圆心坐标为4m 3,4n3，所以4m 3=4，4n 3=4，解得m =n =4，即A 3,3 ．所以PO +2PA =2PA +PA ≥2A A =26-3 2+-1-3 2=10．即PO +2PA 的最小值为10．解法2：代数转逆法由x -4 2+y -4 2=8，得x 2+y 2=8x +8y -24．PO +2PA =x 2+y 2+2x -6 2+y +1 2=2x 2+y 24+x -62+y +1 2=2x2+y 2 -34x 2+y 2 +x -62+y +1 2=2x 2+y 2-6x +6y -18 +x -62+y +1 2=2x -3 2+y -3 2+x -62+y +1 2x -32+y -3 2+x -6 2+y +1 2表示的是动点x ,y 与3,3 和6,-1 之间的距离之和，当且仅当三点共线时，和最小，故PO +2PA ≥26-3 2+3+1 2=2×5=10．5.【答案】5【分析】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用，设B m ,n ，使得PB =2PB ，利用两点间的距离公式化简可求得B 32,12 ，得直线BB 与圆C 相交，则2PO +PB =2PO +PB ≥2OB ，从而可求得其最小值，解法2：代数转逆法，2PO +PB =2x 2+y 2+x -2 2+y 2=2x 2+y 2+x -32 2+y -12 2 ，可得当点O ,P ,B 32,12 共线，且P 在OB 之间时取得最小值.【详解】解：解法1：阿波罗尼斯圆的逆用设B m ,n ，使得PB =2PB ，则x -2 2+y 2=2x -m 2+y -n 2 ，整理，得x 2-4m -1 x +y 2-4ny +2m 2+n 2-2 =0，即[x -2(m -1)]2+(y -2n )2=2m 2+2n 2-8m +8=2(m -2)2+2n 2所以2m -1 =1，2n =1，从而B 32,12．经验证，知直线BB 与圆C 相交．从而2PO +PB =2PO +PB ≥2OB =2⋅94+14=2⋅52=5．所以2PO +PB 的最小值为5．解法2：代数转逆法2PO +PB =2x 2+y 2+x -22+y 2=2x 2+y 2+12x 2+y 2-2x +2=2x 2+y 2+x2+y 2 -12x 2+y 2 -2x +2 =2x 2+y 2+x 2+y 2-122x +2y -1 -2x +2 =2x 2+y 2+x 2+y 2-3x -y +52=2x 2+y 2+x -322+y -122≥2⋅94+14=2⋅52=5．所以2PO +PB 的最小值为5．故答案为：5【点睛】关键点点睛：此题考查点与圆的位置关系，考查阿波罗尼斯圆的逆用，解题的关键是根据阿波罗尼斯圆，设B m ,n ，使得PB =2PB ，化简后将问题转化为2PO +PB =2PO +PB ≥2OB ，考查数学转化思想，属于较难题.6.【答案】5【分析】设动点P x ,y ，根据题意求出点P 的轨迹方程可知轨迹为圆，由题意可知两圆相外切，再讨论内切和外切列方程即可得求解.【详解】设动点P x ,y ，由PA =2PO ，得x -3 2+y 2=4x 2+4y 2，整理得x +1 2+y 2=4，即点P 的轨迹方程为：x +1 2+y 2=4，又因为圆C :(x -2)2+y 2=r 2(r >1)上有且仅有一个点P 满足x +1 2+y 2=4，所以两圆相切，圆x +1 2+y 2=4的圆心坐标为-1,0 ，半径为2，圆C ：x -2 2+y 2=r 2r >0 的圆心坐标为2,0 ，半径为r ，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，r +2=3，得r =1，因为r >1，故r =1舍去，当两圆内切时，r -2 =3，r >1，得r =5．故答案为：5.7.【答案】D【分析】设Q a ,0 ，M x ,y ，根据|MQ ||MP |=λ和x 2+y 2=1求出a 的值，由3|MP |+|MB |=|MQ |+|MB |，两点之间直线最短，可得3|MP |+|MB |的最小值为BQ ，根据坐标求出BQ 即可.【详解】设Q a ,0 ，M x ,y ，所以MQ =x -a 2+y 2，由P -13,0 ，所以PM =x +13 2+y 2，因为|MQ ||MP |=λ且λ=3，所以x -a 2+y 2x +13 2+y2=3，整理可得x 2+y 2+3+a 4x =a 2-18，又动点M 的轨迹是x 2+y 2=1，所以3+a 4=0a 2-18=1，解得a =-3，所以Q -3,0 ，又MQ =3|MP |，所以3|MP |+|MB |=|MQ |+|MB |≥BQ ，因为B (1,1)，所以3|MP |+|MB |的最小值BQ =1+32+1-0 2=17，当M 在位置M 1或M 2时等号成立.故选：8.【答案】210【分析】设M (x ，y )，令2|MA |=|MC |，根据圆x 2+y 2=1是关于点A ､C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12，求得点C 坐标，再连接BC ，由直线段最短求解.整理得：【详解】设M (x ，y )，令2|MA |=|MC |，则|MA ||MC |=12，由题知圆x 2+y 2=1是关于点A ､C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12，设点C (m ，n )，则|MA ||MC |=x +12 2+y 2(x -m )2+(y -n )2=12，整理得：x 2+y 2+2m +43x +2n 3y =m 2+n 2-13，比较两方程可得：2m +43=0，2n 3=0，m 2+n 2-13=1，即m =-2，n =0，所以点C (-2，0)，如图所示：当点M 位于图中M 1､M 2的位置时，2|MA |+|MB |=|MC |+|MB |的值最小，最小为210.故答案为：2109.【答案】102【分析】根据阿波罗尼斯圆的性质，结合两点间线段最短进行求解即可.【详解】令2MA =MC ，则MA MC=12.由题意可得圆x 2+y 2=1是关于点A ，C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12设点C 坐标为C m ,n ，则MA MC =x +12 2+y 2x -m 2+y -n2=12整理得x 2+y 2+2m +43x +2n 3y =m 2+n 2-13由题意得该圆的方程为x 2+y 2=1，所以2m +4=02n =0m 2+n 2-13=1 ，解得m =-2n =0 所以点C 的坐标为(-2,0)，所以2MA +MB =MC +MB ，因此当点M 、C 、B 在同一条直线上时，2MA +MB =MC +MB 的值最小，且为(1+2)2+(1-0)2=10，故MA +12MB 最小为102.故答案为：10210.【答案】26【分析】在x 轴上取S -3,0 ，由△MOP ∼△POS 可得PS =3PM ，可得3PM +PN ≥SN ，利用两点间距离公式可求得结果.【详解】如图，在x 轴上取点S -3,0 ，∵OM OP =OP OS =33，∠MOP =∠POS ，∴△MOP ∼△POS ，∴PS =3PM ，∴3PM +PN =PS +PN ≥SN (当且仅当P 为SN 与圆O 交点时取等号)，∴3PM +PN min =SN =-3-22+0-1 2=26.故答案为：26.11.【答案】36-242【分析】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，设点P x ,y ，根据已知条件可得出点P 的轨迹方程，利用代数法可得出PA 2+PB 2=2OP 2+2，数形结合可求出OP 的最小值，即可得解.【详解】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，则A -1,0 、B 1,0 ，设点P x ,y ，因为PA PB=2，即x +1 2+y 2x -12+y2=2，整理可得x 2+y 2-6x +1=0，即x -3 2+y 2=8，所以点P 的轨迹是以C 3,0 为圆心，22为半径的圆，则PA2+PB 2=x +1 2+y 2+x -1 2+y 2=2x 2+y 2 +2=2OP 2+2，当点P 为线段OC 与圆C 的交点时，OP 取得最小值，所以，PA 2+PB 2 min =2×3-22 2+2=36-24 2.12.【答案】x +2 2+y 2=4； 10-1##-1+10.【分析】设点P 坐标，根据题意写出关于x 与y 的关系式化简即可；由PA =12PB ，QH =QF -1，代入12PB +PQ +QH 中，即可取出最小值.【详解】设点P (x ,y )，∵λ=12，∴PA PB =12⇒(x +2)2+(y -1)2(x +2)2+(y -4)2=12⇒x +2 2+y 2=4.抛物线的焦点为点F ，由题意知F 1,0 ，QH =QF -1，∵PA =12PB ，∴12PB +PQ +QH min =PA +PQ +QF -1 min =AF -1=-2-1 2+12-1=10-1.故答案为：x +2 2+y 2=4；10-1.。

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 。

阿波罗尼斯（Apollonius）圆法二：设平面上有不同的两点A,B ，那么该平面上使得k PBPA= 为定值k （1≠k ）的P 的轨迹是一个圆。

这个定理的证明方法很多。

下面是笔者的分析与证明，希望读者喜欢。

如图，P是平面上一动点，A、B是两定点，PA：PB＝ m：n ，M是AB的内分点（M在线段AB上），N是AB的外分点（N在AB的延长线上）且AM：MB＝AN：NB＝m：n，则P点的轨迹是以MN为直径的圆。

下面先证明两个定理：一、如图一，已知M是BC上一点，且AB：AC＝BM：MC，求证：AM平分∠BAC（三角形内角平分线定理的逆定理）证明：过C点作CD∥AM交BA的延长线于D，则AB：AD＝BM：MC∵AB：AC＝BM：MC，∴AB：AD ＝AB：AC，∴AC＝AD，∴∠D＝∠3，∵CD∥AM，∴∠1＝∠D，∠2＝∠3，∴∠1＝∠2，∴AM平分∠BAC。

二、如图二，N是BC延长线上一点，BN：CN＝AB：AC，求证：AN平分∠BAC的邻补角∠EAC. 证明：∵CD∥AN交AB于D，则BN：CN＝AB：AD.∵BN：CN＝AB：AC∴AB：AD＝AB：AC，AD＝AC，∴∠3＝∠4.∵DC∥AN，∴∠1＝∠3，∠2＝∠4∴∠1＝∠2∴AN平分∠BAC的邻补角∠EAC有了上面的证明，阿波罗尼斯圆定理的证明就不难了，证明如下：连结PM、PN，∵M为AB的内分点PA：PB＝AM：MB ＝m：n，∴PM平分∠APB∵N为AB的外分点，AN：BN＝PA：PB ＝m：n∴PN平分∠BPE∵∠APB＋∠BPE＝180º，又∠2＝∠APB/2，∠3＝∠BPE/2∴∠2＋∠3＝（∠APB＋∠BPE）/2即∠MPN＝90º∴动点P到MN的中点O的距离等于MN（定值）的一半（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），点P的轨迹，是以定比m：n内分和外分定线段AB的两个分点的连线为直径的圆阿波罗尼斯圆一、适用题型1、已知两个线段长度之比为定值；2、过某动点向两定圆作切线，若切线张角相等；3、向量的定比分点公式结合角平分线；4、线段的倍数转化；二、基本理论（一）阿波罗尼斯定理（又称中线长公式）设三角形的三边长分别为c b a ,,，中线长分别为c b a m m m ,,,则：222222222222221221221cb a mc b a m b c a m a c b +=++=++=+（二）阿波罗尼斯圆一般地，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”()()()()则，若设不妨设,,1,0,0,0,,0,y x P a BP AP a B a A ≠>>=-λλλ()()2222y a x y a x +-=++λ化简得：2222221211⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-a y a x λλλλ 轨迹为圆心a a 12011222-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+λλλλ，半径为，的圆 （三）阿波罗尼斯圆的性质1、满足上面条件的阿波罗尼斯圆的直径的两端是按照定比λ内分AB 和外分AB 所得的两个分点；2、直线CM 平分ACB ∠，直线CN 平分ACB ∠的外角；3、BN ANBM AM = 4、CN CM ⊥5、内在圆点内；在圆时，点O A O B ,101<<>λλ；6、若AD AC ,是切线，则CD 与AO 的交点即为B ；7、若点B 做圆O 的不与CD 重合的弦EF ，则AB 平分EAF ∠；三、补充说明1、关于性质1的证明定理：B A ,为两已知点，Q P ,分别为线段AB 的定比为()1≠λλ的内、外分点，则以PQ 为直径的圆O 上任意点到B A ,两点的距离之比等于常数λ。

阿波罗尼斯圆及其应用数学理论1.“阿波罗尼斯圆”：在平面上给定两点B A ,，设P 点在同一平面上且满足,λ=PB PA 当0>λ且1≠λ时，P 点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆。

（1=λ时P 点的轨迹是线段AB 的中垂线）2.阿波罗尼斯圆的证明及相关性质定理：B A ,为两已知点，Q P ,分别为线段AB 的定比为)1(≠λλ的内外分点，则以PQ 为直径的圆O 上任意点到B A ,两点的距离之比为.λ证 （以1>λ为例）设λ===QBAQ PB AP a AB ,，则 1,1,1,1-=-=+=+=λλλλλλa BQ a AQ a PB a AP . 由相交弦定理及勾股定理知,1,1222222222-=+=-=⋅=λλλa BC AB AC a BQ PB BC 于是,1,122-=-=λλλa AC aBC .λ=BCAC 而C Q P ,,同时在到B A ,两点距离之比等于λ的曲线（圆）上，不共线的三点所确定的圆是唯一的，因此，圆O 上任意一点到B A ,两点的距离之比恒为.λ性质1.当1>λ时，点B 在圆O 内，点A 在圆O 外；当10<<λ时，点A 在圆O 内，点B 在圆O 外。

性质2.因AQ AP AC ⋅=2，过AC 是圆O 的一条切线。

若已知圆O 及圆O 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122-=λλa PQ ，面积为.122⎪⎭⎫ ⎝⎛-λλπa 性质4.过点A 作圆O 的切线C AC (为切点），则CQ CP ,分别为ACB ∠的内、外角平分线。

性质5.过点B 作圆O 不与CD 重合的弦,EF 则AB 平分.EAF ∠数学应用1.（03北京春季）设)0)(0,(),0,(>-c c B c A 为两定点，动点P 到点A 的距离与到点B 的距离之比为定值),0(>a a 求点P 的轨迹.2.（05江苏）圆1O 和圆2O 的半径都是1，421=O O ，过动点P 分别作圆1O 和圆2O 的切线N M PN PM ,(,分别为切点），使得PN PM 2=，试建立适当坐标系，求动点P 的轨迹方程.3.（06四川）已知两定点).0,1(),0,2(B A -如果动点P 满足PB PA 2=，则点P 的轨迹所围成的图形的面积是________________.4.(08江苏)满足条件BC AC AB 2,2==的ABC ∆面积的最大值是___________.5.在等腰ABC ∆中，BD AC AB ,=是腰AC 上的中线，且,3=BD 则ABC ∆面积的最大值是___________.6.已知P A ),0,2(-是圆16)4(:22=++y x C 上任意一点，问在平面上是否存在一点B ，使得21=PB PA 若存在，求出点B 坐标；若不存在，说明理由.变式：已知圆16)4(:22=++y x C ，问在x 轴上是否存在点A 和点B ，使得对于圆C 上任意一点P ，都有?21=PB PA 若存在，求出B A ,坐标；若不存在，说明理由.7.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.。

APB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：已知点(,)M x y 与两个定点(0,0),(3,0)O A 的距离之比为12，那么点M 的坐标应满足什么关系？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》一书中，曾研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B A ,为两定点，动点P 满足PB PA λ=，则1=λ时，动点P 的轨迹为直线；当1≠λ时，动点P 的轨迹为圆， 后世称之为阿波罗尼斯圆．证：设PB PA m m AB λ=>=,02）（．以AB 中点为原点，直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系，则），，（0m A -），（0m B ． 又设），（y x C ，则由PB PA λ=得2222)()(y m x y m x +-=++λ，两边平方并化简整理得）（）（）（）（222222211121λλλλ-=-++--m y x m x ，当1=λ时，0=x ，轨迹为线段AB 的垂直平分线；当1>λ时，22222222)1(4)11(-=-+-λλλλm y m x ，轨迹为以点)0,11(22m -+λλ为圆心，122-λλm 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】例1 满足条件BC AC AB 2,2==的三角形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），，（01-A ），（01B ，设），（y x C ，由BC AC 2=得2222121y x y x +-⋅=++）（）（，平方化简整理得88316222≤+--=-+-=）（x x x y ，∴22≤y ，则 22221≤⋅⨯=∆y S ABC ，∴ABC S ∆的最大值是22． 变式 在ABC ∆中，边BC 的中点为D ，若AD BC AB 2,2==，则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），，（01-A ），（01B ， 由AD BC CD BD 2,==知，BD AD 2=，D 的轨迹为阿波罗尼斯圆，方程为8322=+-y x ）（，设),(y x C ，BC 的中点为D 得)2,21(yx D +，所以点C 的轨迹方程为 8)2(32122=+-+y x ）（，即32522=+-y x ）（， ∴2432221=≤=⋅⨯=∆y y S ABC ，故ABC S ∆的最大值是24．例2 在平面直角坐标系xOy 中，设点(1,0),(3,0),(0,),(0,2)A B C a D a +，若存在点P ，使得,PA PC PD ==，则实数a 的取值范围是 ．解：设(,)P x y =，整理得22(5)8x y -+=，即动点P 在以(5,0)为圆心，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1y a =+上运动，因而问题就转化为直线1y a =+与圆22(5)8x y -+=有交点，所以1a +≤a 的取值范围是[1,1]-．例3 在平面直角坐标系xOy 中，点()03A ,，直线24l y x =-：.设圆的半径为1 ，圆心在l 上.若圆C 上存在点M ，使2MA MO =，求圆心C 的横坐标a 的取值范围.解： 设(),24C a a -，则圆方程为()()22241x a y a -+-+= 又设00(,)M x y ，2MA MO = ()22220000344x y x y ∴+-=+， 即()220014x y ++=这说明M 既在圆()()22241x a y a -+-+=上，又在圆()2214x y ++=上，因而这两个圆必有交点，即两圆相交或相切，2121∴-≤≤+，解得1205a ≤≤，即a 的取值范围是12[0,]5． 例4 已知⊙22:1O x y +=和点(4,2)M . （1）过点M 向⊙O 引切线l ，求直线l 的方程；（2）求以点M 为圆心，且被直线21y x =-截得的弦长为4的⊙M 的方程；（3）设P 为（2）中⊙M 上任一点，过点P 向⊙O 引切线，切点为Q . 试探究：平面内是否存在一定点R ，使得PQPR为定值？若存在，请举出一例，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.解：（1）设切线l 方程为)4(2-=-x k y ，易得11|24|2=+-k k ，解得815k ±=，∴切线l 方程为24)y x -=-． （2）圆心到直线12-=x y r ，则9)5(2222=+=r∴⊙M 的方程为9)2()4(22=-+-y x（3）假设存在这样的点),(b a R ，点P 的坐标为),(y x ，相应的定值为λ，根据题意可得122-+=y x PQ ，∴λ=-+--+2222)()(1b y a x y x ，即)22(12222222b a by ax y x y x ++--+=-+λ （*），又点P 在圆上∴9)2()4(22=-+-y x ，即114822-+=+y x y x ，代入（*）式得：[])11()24()28(1248222-++-+-=-+b a y b x a y x λ若系数对应相等，则等式恒成立，∴⎪⎩⎪⎨⎧-=-+=-=-12)11(4)24(8)28(22222b a b a λλλ，解得310,51,522,1,2======λλb a b a 或，∴可以找到这样的定点R ，使得PRPQ为定值. 如点R 的坐标为)1,2(时，比值为2； 点R 的坐标为)51,52(时，比值为310． 四、【练习】1．如图，在等腰ABC ∆中，已知AC AB =，)0,1(-B ，AC 边的中点为)0,2(D ，点C 的轨迹所包围的图形的面积等于 ．解：∵AD AB 2=，所以点A 的轨迹是阿波罗尼斯圆，易知其 方程为4)3(22=+-y x ，设),(y x C ，由AC 边的中点为)0,2(D 知),4(y x A --，所以C 的轨迹方程为4)()34(22=-+--y x ，即4)1(22=+-y x ，面积为π4．2．如图，已知平面α⊥平面β，A 、B 是平面α与 平面β的交线上的两个定点，,DA CB ββ⊂⊂，且DA α⊥，CB α⊥，4AD =，8BC =，6AB =，在平面α上有一个动点P ，使得APD BPC ∠=∠，求PAB ∆的面积的最大值． 解：将空间几何体中的线、面、角的关系转化 为平面内点P 所满足的几何条件．DA α⊥ DA PA ∴⊥,∴在PAD Rt ∆中, APAP AD APD 4tan ==∠， 同理8tan BC BPC BP BP∠==， APD BPC ∠=∠AP BP 2=∴ ，这样就转化为题3的题型．在平面α上,以线段AB 的中点为原点,AB 所在的直线为x 轴,建立平面直角坐标系，则)0,3(),0,3(B A -，设),(y x P 0)y =≠ 化简得:16)5(22=++y x ，2216(5)16y x ∴=-+≤，||4y ∴≤， PAB ∆的面积为1||||3||122PAB S y AB y ∆=⋅=≤，当且仅当5,4x y =-=±等号取得，则PAB ∆的面积的最大值是12．AP BDCβα3．圆1O 与圆2O 的半径都是1，421=O O ，过动点P 分别作圆1O 、圆2O 的切线PN PM ,（N M ,分别为切点），使得PN PM 2=．试建立适当的坐标系，并求动点P 的轨迹方程.解：以1O ，2O 的中点O 为原点，1O ，2O 所在直线为x 轴，建立如图所示平面直角坐标系，则)0,2(1-O ，,2(2O ，因为两圆的半径都为1,所以有：)1(212221-=-PO PO ，设P （x,y ），则]1)2[(21)2(2222-+-=-++y x y x ， 即33)6(22=+-y x ，此即P 的轨迹方程.4．已知定点)0,0(O ，点M 是圆4)1(22=++y x 上任意一点，请问是否存在不同于O 的定点A 使都为MAMO常数？若存在，试求出所有满足条件的点A 的坐标,若不存在，请说明理由．解：假设存在满足条件的点),(n m A ，设),(y x M ，0>=λMAMO． 则λ=-+-+2222)()(n y m x y x ， 又),(y x M 满足4)1(22=++y x ，联立两式得0)3(32)222(222222=++-++-+n m y x m λλλλ ，由M 的任意性知⎪⎩⎪⎨⎧=++-==-+0)3(3020222222222n m y m λλλλ，解得)0,3(A ，21=λ．。

压轴题07阿波罗尼斯圆问题在近几年的高考中，以阿波罗尼斯圆为背景的考题不断出现，备受命题者的青睐，下面我们通过一例高考题，讲解如何运用阿波罗尼斯圆进一步加强对与此圆与关试题的认识。

背景展示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，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一.求证：到两定点的距离的比值是不等于1的常数的点的轨迹是圆.如图，点B A ,为两定点，动点P 满足PB P A λ=，则1=λ时，动点P 的轨迹为直线；当1≠λ时，动点P 的轨迹为圆，后世称之为阿波罗尼斯圆．证明：设PB P A m m AB λ=>=,02）（．以AB 中点为原点，直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系，则），，（0m A -），（0m B ．又设），（y x C ，则由PB P A λ=得:2222)()(y m x ym x +-=++λ，两边平方并化简整理得:）（）（）（）（222222211121λλλλ-=-++--m y x m x ，当1=λ时，0=x ，轨迹为线段AB 的垂直平分线；当1>λ时，22222222)1(4)11(-=+-+-λλλλm y m x ，轨迹为以点)0,11(22m -+λλ为圆心，以122-λλm 长为半径的圆．○热○点○题○型隐形的阿波罗尼斯圆典型例题例1、如图，圆C 与x 轴相切于点(1,0)T ，与y 轴正半轴交于两点,A B （B 在A 的上方），且2AB =．（Ⅰ）圆C 的标准．．方程为；（Ⅱ）过点A 任作一条直线与圆22:1O x y +=相交于,M N 两点，下列三个结论：①NAMA NB MB =；②2NBMANA MB -=；③NBMANA MB +=其中正确结论的序号是.（写出所有正确结论的序号）方法一可以改进为：这里的第（Ⅰ）问并不很难,只要考生有一定平面几何基础既能轻易解出.但第（Ⅱ）问有难度.这是因为当圆O 的弦MN 绕定点A 旋转时,各有关线段的长度都在变化,从而相应线段的比值也就难于确定，方法一运算量较大。

阿波罗尼斯圆（Apollonian Circle）是一个由古希腊数学家阿波罗尼斯发现的几何图形。

在这个轨迹中，一个点到两个定点的距离之比等于一个常数。

下面是一个关于阿波罗尼斯圆的例题：
在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，点D在BC上，且BD=2，求点D 到AC边的距离。

解法：
我们可以利用阿波罗尼斯圆的性质来解这个问题。

首先，我们以点A为圆心，以AC为半径画一个圆，与BC交于点D'。

根据阿波罗尼斯圆的定义，点D'到A的距离与到C的距离之比等于BC与BD'的距离之比，即：
$\frac{AD^{\prime}}{AC} = \frac{BC}{BD^{\prime}}$
由于AB=AC=5，BC=8，BD'=BC-BD=8-2=6，我们可以得到：
$\frac{AD^{\prime}}{5} = \frac{8}{6}$
解得：$AD^{\prime} = \frac{20}{3}$
然后，我们在△ABC中，利用面积相等的方法可以得到：
$\frac{AD^{\prime} \times AC}{2} = \frac{AB \times CD}{2}$
将上面求得的$AD^{\prime} = \frac{20}{3}$代入得：
$\frac{\frac{20}{3} \times 5}{2} = \frac{5 \times CD}{2}$
解得：$CD = \frac{20}{3}$
所以，点D到AC的距离为$\frac{20}{3}$。

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 。

专题42 阿波罗尼斯圆【方法点拨】一般地，平面内到两个定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，此圆被叫做“啊波罗尼斯圆” （又称之为圆的第二定义）.说明：（1） 不妨设(),0A a - ，(),0B a ，()0,0,1AP BP a λλλ=>>≠，再设 (),P x y ，则有()()2222y a x y a x +-=++λ，化简得：2222221211⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-a y a x λλλλ，轨迹为圆心a a 12011222-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+λλλλ，半径为，的圆.（2） 满足上面条件的啊波罗尼斯圆的直径的两端是按照定比λ内分AB 和外分AB 所得的两个分点（如图，有=AM ANBM BNλ=）. （3）设P 是圆上的一点（不与M N 、重合），则PM PN 、是三角形PAB 的内、外角平分线，PM PN ⊥．（4）逆向运用：给定圆O 和定点A （A 不在圆O 上且不与O 重合），则一定存在唯一一个定值λ和一个定点B ，使得对于圆O 上的任意一点P 都有PA PBλ=．【典型题示例】例1 满足条件AB ＝2，AC ＝2BC 的△ABC 的面积的最大值为 . 【答案】22【分析】已知三角形的一边长及另两边的关系欲求面积的最大值，一种思路是利用面积公式、余弦定理建立关于某一边的目标函数，最后利用基本不等式求解；二是紧紧抓住条件“AC ＝2BC ”，符合 “啊园”，建系求出第三个顶点C 的轨迹，挖出“隐圆”，当点C 到直线AB 距离最大，即为半径时，△ABC 的面积最大为2 2.(1)λλ≠【解析一】设BC ＝x ，则AC 2x ， 根据面积公式得ABC S ∆=21sin 1cos 2AB BC B x B ⨯=-， 根据余弦定理得2222242cos 24AB BC AC x x B AB BC x +-+-==⨯244x x-=，代入上式得ABC S ∆=()22221281241416x x x x --⎛⎫--=⎪⎝⎭由三角形三边关系有2222x x x x+>+>⎪⎩解得222222x <<，故当212,23x x ==时ABC S ∆128216=【解析二】以AB 所在的直线为x 轴，它的中垂线为y 轴建立直角坐标系， 则A （－1,0），B （1,0），设C （x ,y ） 由AC ＝2BC ，即AC 2＝2BC 2所以（x ＋1）2＋y 2＝2[（x －1）2＋y 2]，化简得(x －3)2＋y 2＝8 故点C 的轨迹方程为(x －3)2＋y 2＝8(y ≠0)，当点C 到直线AB 距离最大，即为半径时，△ABC 的面积最大为2 2.例2 已知等腰三角形腰上的中线为3，则该三角形面积的最大值为________. 【答案】2【分析】本题解法较多，但各种解法中，以利用“啊圆”为最简，注意到中线上三角形两边之比为2∶1，符合啊波罗尼斯圆定理，挖出“隐圆”，易求得最大值为2. 【解析一】如图1，ABC ∆中，AB AC =，AD DC =，3BD =设AD CD m ==，则2AB m =， 22cos 23ADB m∠=在ABD ∆中，在BDC ∆中，22cos 23CDB m∠由cos cos 0ADB CDB ∠+∠=可得，2262BC m =-，所以2253cos 4m A m-=，则429309sin m m A -+-= 故2242591639309ABCm m m S ∆⎛⎫--+ ⎪-+-⎝⎭==易知当253m =时，面积的最大值是2． 点评：避免求边BC ，优化此解法，考虑ABD ∆中，有2253cos 4m A m -=，而2ABC ABD S S ∆∆=，同样可解．【解析二】以BD 中点O 为原点，BD 所在直线为x 轴建立如图2所示的平面直角坐标系，设(),A x y ，则2AB AD =，即2222334x y x y ⎡⎤⎛⎛⎢⎥+=+ ⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 整理得，225343x y ⎛+= ⎝⎭，即有3y ≤32ABC S BD y y ∆=⨯=≤．【解析三】以BC 中点O 为原点，BC 所在直线为x 轴建立如图3所示的平面直角坐标系，设(),0C m ，(),0B m -，()0,A n ，则,22m n D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以2223322m n BD ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，而223422232m n ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≤⋅=， 当且仅当3n m =时，取等．【解析四】如图4，作AO BC ⊥于点O ，交BD 于点G ，则G 为ABC ∆的重心，43322ABCm n S mn ∆==⋅⋅则有2233BG CG BD ===所以133sin 2sin 22ABC BGC S S BG CG BGC BGC ∆∆==⨯⋅∠=∠≤，当2BGC π∠=时，取等．例3 已知圆22:1O x y +=和点()2,0A -，若定点(),0B b (2)b ≠-和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有MB MA λ=，则 （1）b = ； （2）λ= ． 【答案】（1）12b =-；（2）12λ=.【分析】其实质是啊圆的逆用，设出点的坐标，恒成立问题转化为与点的坐标无关，即分子为零.【解答】设(),M x y ，则22221,1x y y x +==-，2222222222222251||()21122||(2)44154254b b MB x b y x bx b x b bx b MA x y x x x x xλ++-+-++-+-=====-++++++-++， 所以λ为常数，所以25102b b ++=，解得12b =-或2b =-（舍去），所以2124b λ=-=．例4 已知圆C ：x 2＋y 2＝9，点A (－5,0)，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PBP A 为一常数，则点B 的坐标为___________．【答案】⎝⎛⎭⎫－95，0 【分析】本题的实质是“逆用啊圆”. 【解析一】假设存在这样的点B (t,0)．当点P 为圆C 与x 轴的左交点(－3,0)时，PB P A ＝|t ＋3|2；当点P 为圆C 与x 轴的右交点(3,0)时，PB P A ＝|t －3|8.依题意，|t ＋3|2＝|t －3|8，解得t ＝－95或t ＝－5(舍去)．下面证明点B ⎝⎛⎭⎫－95，0对于圆C 上任一点P ，都有PBP A 为一常数． 设P (x ，y )，则y 2＝9－x 2， 所以PB 2P A2＝⎝⎛⎭⎫x ＋952＋y 2x ＋52＋y 2＝x 2＋185x ＋9－x 2＋8125x 2＋10x ＋25＋9－x 2＝1825·5x ＋172·5x ＋17＝925.从而PB P A ＝35为常数．【解析二】假设存在这样的点B (t,0)，使得PBP A 为常数λ，则PB 2＝λ2P A 2，所以(x －t )2＋y 2＝λ2[(x ＋5)2＋y 2]，将y 2＝9－x 2代入，得x 2－2xt ＋t 2＋9－x 2＝λ2(x 2＋10x ＋25＋9－x 2)， 即2(5λ2＋t )x ＋34λ2－t 2－9＝0对x ∈[－3,3]恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧5λ2＋t ＝0，34λ2－t 2－9＝0.解得⎩⎨⎧λ＝35，t ＝－95或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，t ＝－5(舍去)． 故存在点B ⎝⎛⎭⎫－95，0对于圆C 上任一点P ，都有PB P A 为常数35. 例5 啊波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、啊基米德并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，啊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(0,1)λλλ>≠，那么点M 的轨迹就是啊波罗尼斯圆，简称啊氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆22:4O x y +=、点()1,0A -和点()0,1B ，M 为圆O 上的动点，则2||+||MA MB 的最小值为_________. 17【分析】逆用“啊圆”，将2||MA 中系数2去掉化为“一条线段”， 从而将2||+||MA MB 化为两条线段的和，再利用“三点共线”求解.【解析】因为啊圆的圆心、两定点共线，且在该直线上的直径的端点分别是两定点构成线段分成定比的内外分点所以另一定点必在x 轴上，且()2,0-内分该点与()1,0A -连结的线段的比为2 故该点的坐标为()4,0-设()4,0C -，则圆22:4O x y +=上任意一动点M 都满足||=2||MC MA 所以2||+||=||+||MA MB MC MB又因为||+||||17MC MB BC ≥M B C 、、共线时，等号成立所以2||+||MA MB. 点评：1. 已知两定点、啊圆的圆心三点共线；2. 啊圆的在已知两定点所在直线上的直径的两端点，分别是两定点构成线段分成定比的内、外分点.例6 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()1λλ≠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,()()2,0,4,0,A B -点12PA P PB=满足.设点P 的轨迹为C ,下列结论正确的是（ ） A ．C 的方程为()2249x y ++=B ．在x 轴上存在异于,A B 的两定点,D E ,使得12PD PE=C ．当,,A B P 三点不共线时,射线PO 是APB ∠的平分线D ．在C 上存在点M ,使得2||MO MA = 【答案】BC【分析】通过设出点P 坐标，利用12PA PB=即可得到轨迹方程，找出两点,D E 即可判断B 的正误，设出M 点坐标，利用2||MO MA =与圆的方程表达式解出就存在，解不出就不存在.【解析】设点(),P x y ，则12PA PB=，化简整理得2280x y x ++=，即()22416x y ++=，故A 错误；根据对称性可知，当()()6,0,12,0,D E --时，12PD PE=，故B 正确； 对于C 选项，222cos =2AP PO AO APO AP PO +-∠⋅，222cos =2BP PO BO BPO BP PO+-∠⋅,要证PO 为角平分线，只需证明cos =cos APO BPO ∠∠，即证22222222AP PO AO BP PO BO AP PO BP PO+-+-=⋅⋅，化简整理即证2228PO AP =-，设(),P x y ，则222PO x y =+，()()222222222282828AP x x y x x y x y x y -=++=++++=+，则证cos =cos APO BPO ∠∠，故C 正确；对于D 选项，设()00,M x y ,由2||MO MA =220003316+160x y x ++=，而点M 在圆上，故满足2280x y x ++=，联立解得0=2x ，0y 无实数解，于是D 错误.故答案为BC.【巩固训练】1.（多选题）在平面直角坐标系中，三点()1,0A -，()1,0B ，()0,7C ，动点P 满足PA =，则A.点P 的轨迹方程为()2238x y -+= B.PAB △面积最大时PA =C.PAB ∠最大时，PA =D.P 到直线AC 2. 在平面直角坐标系xOy 中，点)0,4(),0,1(B A .若直线0=+-m y x 上存在点P ，使得PB PA 21=,则实数m 的取值范围是 3. 已知圆O ：x 2＋y 2＝1和点A (－2,0)，若定点B (b,0)(b ≠－2)和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有MB ＝λMA ，则(1)b ＝________； (2)λ＝________.4.在△ABC 中，|AB|=2,|AC|=k|BC|(k >1)，则当△ABC 面积的最大值为2√2时， k = ．5.点P 是圆C ：x 2＋y 2＝1上动点，已知A (－1,2)，B (2,0)，则P A ＋12PB 的最小值为________．6.啊波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、啊基米德并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，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，啊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|=λ(λ>0,λ≠1)，那么点M 的轨迹就是啊波罗尼斯圆．已知动点M 的轨迹是啊波罗尼斯圆，其方程为x 2+y 2=1，定点Q 为x 轴上一点，P(−12,0)且λ=2，若点B(1,1)，则2|MP|+|MB|的最小值为( )A.√6 B. √7 C. √10 D. √117.已知)1,0(A，)0,1(B，)0,(tC，点D是直线AC上的动点，若BDAD2≤恒成立，则最小正整数t的值为．8.在平面四边形ABCD中，，，．若，则的最小值为．9.已知22(1)4x y-+=,__________.【答案或提示】1. 【答案】ABD【解析】由题意可设(),P x y，由PA=，可得222PA PB=，即()()2222121x y x y⎡⎤++=++⎣⎦，化简可得()2238x y-+=，故选项A正确；对于选项B，2AB=，且点P到直线AB的距离的最大值为圆()2238x y-+=的半径r，即为，所有PAB△面积最大为122⨯⨯=，此时(3,P，所以PA==B正确；对于选项C，PAB∠最大时，为过点A作圆()2238x y-+=的切点，求得切点不为(3,±，则PA≠C错误；对于选项D，直线AC的方程为770x y-+=，则圆心()3,0到直线AC的距离为5=，所以点P到直线AC距离最小值为55-=，故选项D 正确；故选ABD.2. 【答案】⎡-⎣．【解法一】设满足条件PB＝2P A的P点坐标为(x，y)，则(x－4)2+y2＝4(x－1)2+4y2，化简得x2+y2＝4．要使直线x－y+m＝0有交点，则|m|2≤2．即－22≤m≤22．【解法二】设直线x－y+m＝0有一点(x，x +m)满足P A＝2PB，90BAD∠=︒2AB=1AD=43AB AC BA BC CA CB⋅+⋅=⋅12CB CD+则(x －4)2+(x +m )2＝4(x －1)2+4(x +m )2． 整理得2x 2+2mx +m 2－4＝0 (*) 方程(*)有解，则△＝4m 2－8(m 2－4)≥0， 解之得：－2 2≤m ≤22． 3. 【答案】 (1)－12 (2)12【解析】 (1)因为点M 为圆O 上任意一点，所以不妨取圆O 与x 轴的两个交点(－1,0)和(1,0). 当M 点取(－1,0)时，由MB ＝λMA ，得|b ＋1|＝λ； 当M 点取(1,0)时，由MB ＝λMA ，得|b －1|＝3λ. 消去λ，得|b －1|＝3|b ＋1|.两边平方，化简得2b 2＋5b ＋2＝0， 解得b ＝－12或b ＝－2(舍去).(2)由|b ＋1|＝λ，得λ＝12.4.【答案】√2【分析】本题考查轨迹方程的求解，以及新定义，直线与圆的位置关系的应用，属于较难题．根据条件得到点C 的轨迹方程(k 2−1)x 2+(k 2−1)y 2+2(k 2+1)x +k 2−1=0，作图，可得当点C 到AB 的距离d 等于其所在圆半径r 时，面积最大，通过面积求得r ，进而得到k ．【解析】如图，不妨设A(1,0)，B(−1,0)，C (x,y)， 则|AC|=k|BC|，可化为(x −1)2+y 2=k 2[(x +1)2+y 2]， 整理可得(k 2−1)x 2+(k 2−1)y 2+2(k 2+1)x +k 2−1=0， 即(x +k 2+1k 2−1)2+y 2=(k 2+1k 2−1)2−1，圆心(−k 2+1k 2−1,0)，r 2=(k 2+1k 2−1)2−1，由图可知当点C 到AB(x 轴)距离最大时，△ABC 的面积最大， 即当点C 到AB 的距离d 等于半径r 时，面积最大， ∴△ABC 面积的最大值是12×2r =2√2，解得r =2√2， 故有(k 2+1k 2−1)2−1=(2√2)2，解得k =±√2，k =±√22， 因为k >1，所以k =√2． 故答案为：√2．5.【答案】52【提示】已知动点轨迹为圆，将12PB 转化为P 到一个定点的距离，即求动点到两个定点距离之和. 6.【答案】C【分析】令2|MP|=|MQ|，则2|MP|+|MB|=|MQ|+|MB|，由啊波罗尼斯圆的定义及已知可求得点Q 的坐标，进而利用图象得解．本题以啊波罗尼斯圆为背景，考查学生在陌生环境下灵活运用知识的能力，考查创新意识，逻辑推理能力及运算求解能力，考查数形结合思想，属于拔高题．【解析】由题意可得圆x 2+y 2=1是关于P ，Q 的啊波罗尼斯圆，且λ=2，则|MQ||MP|=2， 设点Q 的坐标为(m,n)，则√(x−m)2+(y−n)2√(x+12)2+y 2=2， 整理得，x 2+y 2+4+2m 3x +2n 3y +1−m 2−n 23=0，由已知该圆的方程为x 2+y 2=1，则{4+2m =02n =01−m 2−n 23=−1，解得{m =−2n =0， ∴点Q 的坐标为(−2,0)，∴2|MP|+|MB|=|MQ|+|MB|，由图象可知，当点M 位于M 1或M 2时取得最小值，且最小值为|QB|=√(−2−1)2+1=√10． 故选：C ． 7. 【答案】4【解析】直线AC 的方程为1=+y tx即0=-+t ty x ，设),(y x D BD AD 2≤ 即224BD AD ≤∴])1[(4)1(2222y x y x ++-≤-+98)31()34(22≥++-y x 表示圆外区域及圆周上的点 直线0=-+t ty x 与圆98)31()34(22=++-y x 相离或相切 所以3221|3134|2≥+--t t t ，化简得0142≥+-t t 解得32+≥t 或32-≤t∴正整数t 的值的值为4．8.【提示】已知可化为: ，故，点的轨迹是圆；所求 中含系数不同，需化一，由于，故应构造出 或，这里所求圆的圆心在直线AB 上，故需在直线AB 上寻求一点E ，使CE =2CB ，将化为一条线段，逆用“啊波罗尼斯圆”即可.9. 【提示】为使所求具有几何意义，利用已知22(1)4x y -+=进行常数代换，12. 43AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅2=AB AC BA BC AB AC AB CB AB ⋅+⋅=⋅+⋅=3CA CB ⋅C 12CB CD +11=(2)22CB CD CB CD ++12CD 2CB 2CB。

专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点5 阿波罗尼斯球专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点5 阿波罗尼斯球 【微点综述】对于立体几何某些涉及距离比值的动点轨迹问题，可转化为在某个平面内的距离关系，从而借助阿波罗尼斯球和阿波罗尼斯圆的定义及相关知识解决问题．对于这类问题也可以利用空间坐标计算求解轨迹问题． 【典例刨析】例1．（2022贵州贵阳·模拟）1．在平面内，已知动点P 与两定点A ，B 的距离之比为()0,1λλλ>≠，那么点P 的轨迹是圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.在空间中，也可得到类似结论.如图，三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥平面ABC ，2AB BC ==，1BB ，90ABC ∠=︒，点M 为AB 的中点，点P在三棱柱内部或表面上运动，且PA =，动点P 形成的曲面将三棱柱分成两个部分，体积分别为1V ，()212V V V <，则12V V =（ ）A ．12B ．13C ．14D ．152．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1226AB AD AA ＝＝＝，点E 在棱AB 上，2BE AE ＝，动点P满足BP ．若点P 在平面ABCD 内运动，则点P 所形成的阿氏圆的半径为________；若点P 在长方体1111ABCD A B C D -内部运动，F 为棱11C D 的中点，M 为CP 的中点，则三棱锥1M B CF -的体积的最小值为___________．3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点P 在平面11A BCD 内，且3PA PB =，则点P 的轨迹的长度为___________.4．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A 、B 距离之比()0,1λλλ>≠是常数的点的轨迹是一个圆心在直线AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是正方体的表面11ADD A (包括边界)上的动点，若动点P 满足2PA PD =，则点P 所形成的阿氏圆的半径为______；若E 是CD 的中点，且满足APB EPD ∠=∠，则三棱锥P ACD -体积的最大值是______.阿波罗尼奥斯例5．（2022·湖南怀化·高二期末）5．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A ，B 的距离之比为常数()0,1λλλ>≠的点的轨迹是—个圆心在直线AB 上的圆.该圆被称为阿氏圆，如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1226AB AD AA ===，点E 在棱AB 上，2BE AE =，动点P 满足BP =，若点P 在平面ABCD 内运动，则点P 对应的轨迹的面积是___________；F 为11C D 的中点，则三棱锥1P B CF -体积的最小值为___________.6．棱长为36的正四面体ABCD 的外接球与内切球的半径之和为______，内切球球面上有一动点M ，则13MB MC +的最小值为______.【针对训练】7．如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，点C 满足sin sin (0)CAB CBA λλ∠=∠>，且在平面α内运动，则A ．当1λ=时，点C 的轨迹是抛物线B ．当1λ=时，点C 的轨迹是一条直线 C ．当2λ=时，点C 的轨迹是椭圆D ．当2λ=时，点C 的轨迹是双曲线抛物线8．如图，已知平面αβ⊥，l αβ=，A 、B 是直线l 上的两点，C 、D 是平面β内的两点，且DA l ⊥，CB l ⊥，3AD =，6AB =，6CB =．P 是平面α上的一动点，且直线PD ，PC 与平面α所成角相等，则二面角P BC D--的余弦值的最小值是（ ）A B C ．12D ．1（2022·山西太原·二模（理））9．已知点M 是棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -的内切球O 球面上的动点，点N 为线段11B C 上一点，112NC B N =，DM BN ⊥，则动点M 运动路线的长度为（ ）A BC D （2022天津西青区杨柳青一中高二期中）10．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A ，B 距离之比()0,1λλλ>≠是常数的点的轨迹是一个圆心在直线AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是正方体的表面11ADD A （包括边界）上的动点，若动点P 满足2PA PD =，则点P所形成的阿氏圆的半径为___________；若E 是CD 的中点，且正方体的表面11ADD A （包括边界）上的动点F 满足条件APB EPD ∠=∠，则三棱锥F ACD -体积的最大值是__________．11．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为侧面11BB C C 内的动点，且2PA PB =，则点P 所形成的轨迹图形长度为_______________． （2022江西上饶·二模（理））12．点M 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球O 球面上的动点，点N 为11B C 上一点，112NB NC =，DM BN ⊥，若球O 的体积为36π，则动点M 的轨迹长度为___________.13．已知在棱长为12的正四面体ABCD 的内切球球面上有一动点P ，则PA 的最小值为______，13PA PB+的最小值为______．专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点5 阿波罗尼斯球专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点5 阿波罗尼斯球 【微点综述】对于立体几何某些涉及距离比值的动点轨迹问题，可转化为在某个平面内的距离关系，从而借助阿波罗尼斯球和阿波罗尼斯圆的定义及相关知识解决问题．对于这类问题也可以利用空间坐标计算求解轨迹问题． 【典例刨析】例1．（2022贵州贵阳·模拟）1．在平面内，已知动点P 与两定点A ，B 的距离之比为()0,1λλλ>≠，那么点P 的轨迹是圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.在空间中，也可得到类似结论.如图，三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥平面ABC ，2AB BC ==，1BB ，90ABC ∠=︒，点M 为AB 的中点，点P在三棱柱内部或表面上运动，且PA ，动点P 形成的曲面将三棱柱分成两个部分，体积分别为1V ，()212V V V <，则12V V =（ ）A ．12B ．13C ．14D ．152．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1226AB AD AA ＝＝＝，点E 在棱AB 上，2BE AE ＝，动点P满足BP ．若点P 在平面ABCD 内运动，则点P 所形成的阿氏圆的半径为________；若点P 在长方体1111ABCD A B C D -内部运动，F 为棱11C D 的中点，M 为CP 的中点，则三棱锥1M B CF -的体积的最小值为___________．3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点P 在平面11A BCD 内，且3PA PB =，则点P 的轨迹的长度为___________.4．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A 、B 距离之比()0,1λλλ>≠是常数的点的轨迹是一个圆心在直线AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是正方体的表面11ADD A (包括边界)上的动点，若动点P 满足2PA PD =，则点P 所形成的阿氏圆的半径为______；若E 是CD 的中点，且满足APB EPD ∠=∠，则三棱锥P ACD -体积的最大值是______.阿波罗尼奥斯例5．（2022·湖南怀化·高二期末）5．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A ，B 的距离之比为常数()0,1λλλ>≠的点的轨迹是—个圆心在直线AB 上的圆.该圆被称为阿氏圆，如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1226AB AD AA ===，点E 在棱AB 上，2BE AE =，动点P 满足BP =，若点P 在平面ABCD 内运动，则点P 对应的轨迹的面积是___________；F 为11C D 的中点，则三棱锥1P B CF -体积的最小值为___________.6．棱长为36的正四面体ABCD 的外接球与内切球的半径之和为______，内切球球面上有一动点M ，则13MB MC +的最小值为______.【针对训练】7．如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，点C 满足sin sin (0)CAB CBA λλ∠=∠>，且在平面α内运动，则A ．当1λ=时，点C 的轨迹是抛物线B ．当1λ=时，点C 的轨迹是一条直线 C ．当2λ=时，点C 的轨迹是椭圆D ．当2λ=时，点C 的轨迹是双曲线抛物线 8．如图，已知平面αβ⊥，l αβ=，A 、B 是直线l 上的两点，C 、D 是平面β内的两点，且DA l ⊥，CB l ⊥，3AD =，6AB =，6CB =．P 是平面α上的一动点，且直线PD ，PC 与平面α所成角相等，则二面角P BC D --的余弦值的最小值是（ ）A B C ．12D ．1（2022·山西太原·二模（理））9．已知点M 是棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -的内切球O 球面上的动点，点N 为A BC D （2022天津西青区杨柳青一中高二期中）10．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A ，B 距离之比()0,1λλλ>≠是常数的点的轨迹是一个圆心在直线AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是正方体的表面11ADD A （包括边界）上的动点，若动点P 满足2PA PD =，则点P 所形成的阿氏圆的半径为___________；若E 是CD 的中点，且正方体的表面11ADD A （包括边界）上的动点F 满足条件APB EPD ∠=∠，则三棱锥F ACD -体积的最大值是__________．11．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为侧面11BB C C 内的动点，且2PA PB =，则点P 所形成的轨迹图形长度为_______________． （2022江西上饶·二模（理））12．点M 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球O 球面上的动点，点N 为11B C 上一点，112NB NC =，DM BN ⊥，若球O 的体积为36π，则动点M 的轨迹长度为___________.13．已知在棱长为12的正四面体ABCD 的内切球球面上有一动点P ，则PA 的最小值为______，13PA PB +的最小值为______．参考答案：1．D【分析】在平面P AB 中，作MPN MAP ∠=∠,交AB 于点N ，从而得到PNMANP ，判断出B 、N 重合，得到点P 落在以B12V V ，，即可求出12V V . 【详解】如图，在平面P AB 中，作MPN MAP ∠=∠,交AB 于点N ，则MPN NAP ∠=∠, 又因PNM ANP ∠=∠，所以PNM ANP ，所以PN AN PA MN PN MP ===,AN MN ==,所以AM AN MN =-=. 因为112AM AB ==，所以1PN MN =, 所以B 、N重合且BP PN ==所以点P 落在以B. 作BH AC ⊥于H，则2BH AB =因为1AA ⊥面ABC ，所以1AA ⊥BH ， 又因为1AA AC A =，所以BH ⊥面11AA CC ，所以B 到面11AA CC的距离为BH BP ， 所以球面与面11AA CC相切，而1BB = 所以球面不会与面111A B C 相交， 则31142833V BP π==， 111=2222V AB BC AA ⨯⨯⨯=⨯⨯=三棱柱,所以21V V V=-=三棱柱，所以12VV=15.故选：D.【点睛】立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型，有两种处理方法：(1)很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义法)；(2)要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式．2．94##2.25【分析】建立空间直角坐标系，由两点间距离公式化简后得轨迹方程，再由空间向量表示点到平面的距离公式求解最值【详解】以AB为x轴，AD为y轴，1AA为z轴，建立如图所示的坐标系，在平面直角坐标系xAy中，(6,0),(2,0),B E设(,)P x y，由BP得2222(6)3[(2)]x y x y-+=-+，所以22+12x y=，所以若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为若点P在长方体1111ABCD A B C D-内部运动，设点(,,)P x y z，由BP得222222(6)3[(2)z]x y z x y-++=-++，所以222++12x y z=，由题得1(3,3,3,),(6,0,3),(6,3,0),F B C所以11(3,3,0),(0,3,3),FB BC=-=-设平面1B CF的法向量为000(,,)n x y z=r，所以100100·330,(1,1,1)·330n FB x ynn B C y z⎧=-=⎪∴=⎨=-=⎪⎩，由题得(6,3,z)CP x y=--，所以点P到平面1B CF的距离为|||||CP n xhn⋅+==因为2222222(++)(111)(),66x y z x y zx y z++≥++∴-≤++≤，所以minh==M为CP的中点，所以点M到平面1BCF由题得1B CF△=所以三棱锥1M B CF -的体积的最小值为(21934．故答案为：943 【分析】若E 为1AB 与1A B 的交点，由正方体的性质可证AE ⊥面11A BCD ，在Rt △AEP 中有222AE PE AP +=可得228PE AP +=，再在面11A BCD 上构建平面直角坐标系，并写出各点坐标且令00(,)P x y ，结合已知条件列方程，即可得P 的轨迹，进而求轨迹长度.【详解】若E 为1AB 与1A B 的交点，则1AE A B ⊥， ∵BC ⊥面11AA B B ，AE ⊂面11AA B B ， ∴AE BC ⊥，又1A B BC B =I ， ∴AE ⊥面11A BCD ，∴连接PE ，即在Rt △AEP 中有222AE PE AP +=，又正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4， ∴228PE AP +=在面11A BCD 上构建如下平面直角坐标系，若00(,)P x y ，11(0,0),(0,4),A B C D E ，∴22200(PE x y =-+，22200(PB x y =-+，∴222200816AP PE x y =+=-++，又3PA PB =，∴2222000000169(32)x y x y -++=-++，整理得22000340x y ++=，∴220017(48x y -+=，故轨迹为半径r =的圆，∴轨迹长度为2r π=【点睛】关键点点睛：应用正方体的性质及勾股定理得228PE AP +=，再在面11A BCD 上构建平面直角坐标系，设00(,)P x y 结合已知条件可得方程，整理即有P 的轨迹方程.4．43【解析】在AD 上取点M ，在AD 延长线上取点N ，使得2MA MD =，2NA ND =，则,M N 是题中阿氏圆上的点，则MN 是阿氏圆的直径，由此可求得半径，由APB EPD ∠=∠可得Rt PDERt PAB △△，2PA ABPD DE==，即P 在上述阿氏圆上，这样当P 是阿氏圆与1DD 交点Q 时，P 到平面ACD 距离最大，三棱锥P ACD -体积的最大，由体积公式计算可得．【详解】在AD 上取点M ，在AD 延长线上取点N ，使得2MA MD =，2NA ND =，则,M N 是题中阿氏圆上的点，由题意MN 是阿氏圆的直径， 2AD =，则23MD =，2DN =，所以28233MN =+=，∴阿氏圆半径为423MN =； 正方体中AB ，CD 都与侧面11ADD A 垂直，从而与侧面11ADD A 内的直线,PA PD 垂直，如图APB EPD ∠=∠，则Rt PDE Rt PAB △△，∴2PA ABPD DE==，即P 在上述阿氏圆上， ∵ACD △的面积是2为定值，因此只要P 到平面ACD 距离最大，则三棱锥P ACD -体积的最大，由于P 点在阿氏圆上，当P 是阿氏圆与1DD 交点Q 时，P 到平面ACD 距离最大，此时2QA QD =2=，QD =，三棱锥P ACD -体积的最大值为123V =⨯=．故答案为：43【点睛】关键点点睛：本题考查棱锥的体积，考查新定义的理解与应用．解题关键是正确理解新定义得出圆半径，由已知角相等得出P 点就在新定义“阿氏圆”上，从而易得它到底面距离最大时的位置，从而得出最大体积．5． 12π272-【分析】建立空间直角坐标系，根据BP =，可得P 对应的轨迹方程；先求1B CF △的面积，其是固定值，要使体积最小，只需求点P 到平面1B CF 的距离的最小值即可. 【详解】分别以1,,AB AD AA 为,,x y z 轴建系，设(),,0P x y ，而(6,0,0)B ,(2,0,0)E ,1(6,0,3)B ，(6,3,0)C ,(3,3,3)F .由BP =,=化简得P 对应的轨迹方程为2212x y +=.所以点P对应的轨迹的面积是212ππ⋅=. 易得1B CF △的三个边11B C B F CF ===即1B CF △是边长为为， 1(0,3,3),(3,0,3)CB CF =-=-，设平面1B CF 的一个法向量为(),,n x y z =，则有330330y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，可取平面1B CF 的一个法向量为()1,1,1n =，根据点P的轨迹，可设,0)P θθ，()23,0,CP θθ∴=--239CP n θθ∴⋅=+-，所以点P 到平面1B CF的距离26CP n d n⋅==≥，所以1133V Sh Sd ==≥272- 故答案为：12π；272- 6． 【分析】(1)将正四面体ABCD放入正方体可求得外接球半径,利用等体积法可求得内切球的半径.(2)根据阿波罗尼斯球的性质找到阿波罗尼斯球中的两个定点,再将13MC 转换,从而得出13MB MC +取最小值时的线段,再根据余弦定理求解即可.【详解】(1) 将正四面体ABCD 放入如图正方体,则正四面体ABCD 的外接球与该正方体的外接球为同一球.=设正四面体ABCD的内切球半径为r,根据等体积法有3321114436323r-⨯⨯⨯=⨯,解得r=故外接球与内切球的半径之和为=(2)由阿波罗尼斯球得内切球球心O是线段CH上以,C E为定点,空间中满足()1PCPEλλ=≠的点P的集合,连接CO并延长交平面ABD于H,交内切球上方的点设为K,过M作ME CH⊥,交CH于E,连接,BM CM,设OE x=.由(1)空得CO OH==KC HCKE HE=.=,解得x3KCKEλ==,所以3MCME=,所以13MC ME=.所以13MB MC MB ME BE+=+≥,在BOE△中,BO CO==OE=1cos cos3BOE BOH∠=-∠=-,所以BE==所以13MB MC+的最小值为故答案为：(1)(2)【点睛】本题主要考查了正四面体外接球与内切球的半径计算,同时也考查了利用阿波罗尼斯球中的比例关系求解线段最值的问题,需要根据题意找到球中的定点,根据阿波罗尼斯球的性质转换所求的线段之和求解.属于难题. 7．B【解析】当1λ=时，BC AC =，故C 的轨迹为线段AB 的中垂面与α的交线，当2λ=时，2BC AC =，在平面α内建立坐标系，设(,)C x y ，求出C 的轨迹方程得出结论．【详解】在ABC ∆中，∵sin sin (0)CAB CBA λλ∠=∠>，由正弦定理可得：BCACλ=， 当1λ=时，BC AC =，过AB 的中点作线段AB 的垂面β， 则点C 在α与β的交线上，即点C 的轨迹是一条直线， 当2λ=时，2BC AC =，设B 在平面α内的射影为D ，连接BD ，CD ，设BD h =，2AD a =，则BC = 在平面α内，以AD 所在直线为x 轴，以AD 的中点为y 轴建立平面直角坐标系，设(,)C x y ，则CA =CD CB ==2222516393a h x a y ⎛⎫++=+ ⎪⎝⎭.∴C 的轨迹是圆． 故选B ．【点睛】本题考查轨迹方程的求解与判断，分类讨论思想，属于中档题． 8．B【分析】根据题目条件得到2PB PA =，进而建立平面直角坐标系，求出P 点轨迹方程，点P 在α内的轨迹为以()5,0M -为圆心，以4为半径的上半圆，从而求出当PB 与圆相切时，二面角的平面角PBA ∠最大，求出相应的余弦值最小值.【详解】由题意易得PD 与平面α所成角为DPA ∠，PC 与平面α所成角为CPB ∠， ∵DPA CPB ∠=∠， ∴tan tan DPA CPB ∠=∠， ∴AD BCPA PB=， ∴2PB PA =， ∴P 点轨迹为阿氏圆．在平面α内，以AB 为x 轴，以AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，则()(),3,03,0A B -，设(),,0P x y y >，=整理得：()22516x y ++=，所以点P 在α内的轨迹为以()5,0M -为圆心，以4为半径的上半圆， 因为平面αβ⊥，l αβ=，CB l ⊥，CB β⊂，所以CB α⊥， 因为PB α⊂， 所以CB PB ⊥，因为平面PBC 平面BC β=，CB l ⊥， 所以二面角P BC D --的平面角为PBA ∠，由图可知，当PB 与圆相切时，PBA ∠最大，余弦值最小， 此时41sin 82MP PBA MB ∠===，故cos PBA ∠==故选：B ． 9．B【分析】根据给定条件探求出过点D 垂直于直线BN 的平面，可得此平面截球O 的截面小圆即为M 的运动路线，求出点O 到此截面距离即可计算作答.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，在BB 1上取点P ，使B 1P =2BP ，连接CP ，DP ，如图，因N 在B 1C 上，有112NC B N =，即1113NB PB BC B B==，则1R t R t C B P B BN，1CPB BNB ∠=∠，于是得BN CP ⊥，而CD ⊥平面BCC 1B 1，BN ⊂平面BCC 1B 1，则BN CD ⊥，又CD CP C ⋂=，,CD CP ⊂平面CDP ，则有BN ⊥平面CDP ，因动点M 满足DM BN ⊥，则有点M 在平面CDP 内，依题意，平面CDP 截球O 的截面小圆即为M 的运动路线，令正方形BCC 1B 1与正方形ADD 1A 1的中心分别为E ，F ，连接EF ，则正方体内切球球心O必为线段EF 中点，显然，EF //CD ，EF ⊄平面CDP ，CD ⊂平面CDP ，于是得EF //平面CDP ，则点O 到平面CDP 距离等于点E 到平面CDP 的距离h ，取BC 中点G ，连接EG ，CE ，PE ，而平面CDP ⊥平面BCC 1B 1，平面CDP 平面BCC 1B 1=CP ，则ECP △的边CP 上的高等于h ，EG ⊥BC ，32EG GC ==，则CE =BGEP 中，31,2BP BG ==，则EP =，ECP △中，CP =由余弦定理得222cos 2EP CE CP CEP EP CE +-∠==⋅，sin CEP ∠=由11sin 22CEPSCP h CE EP CEP =⋅=⋅∠得：h =设点M 运动路线的小圆半径为r ，而球O 的半径32R =，由222r h R +=得r =2r π=所以动点M . 故选：B10．43【分析】根据题意以D 为坐标原点，DA 为x 轴建立平面直角坐标系，设P （x ，y ），利用P A ＝2PD ，求出点P 的轨迹方程，即可得到点P 所形成的阿氏圆的半径，利用tan ∠APB ＝ABAP，tan ∠DPE ＝DEDP，结合已知条件∠APB ＝∠EPD ，从而得到AP ＝2DP ，结合图像利用1空中的结论求解DP 3即为三棱锥P ﹣ACD 最大的高，然后利用三棱锥的体积公式求解即可． 【详解】以D 为坐标原点，DA 为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则A （2，0），D （0，0），设P （x ，y ），因为P A ＝2PD ，整理得22224()()33x y ++=，故点P 所形成的阿氏圆的半径为43；因为AB ⊥平面ADD 1A 1，CD ⊥平面ADD 1A 1， 所以∠P AB ＝90°，∠PDE ＝90°，所以tan ∠APB ＝AB AP，tan ∠DPE =DEDP ， 又∠APB ＝∠DPE ，则AB AP =DEDP， 因为E 是CD 的中点，所以AP ＝2DP ，由1空的结论可知，点P 的轨迹为22224()()33x y ++=的一部分，则当P 在DD 1上时，三棱锥P ﹣ACD 的体积最大， 图2中的DP 3即为三棱锥P ﹣ACD 最大的高，所以33DP ==，则三棱锥P ﹣ACD 体积的最大值是311122332ACDSDP ⋅⋅=⨯⨯⨯=故答案为：4311【分析】由题意，建立空间直角坐标系，根据两点距离公式，结合线段等量关系，整理轨迹方程，可得答案.【详解】解：以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()1,1,0.B P 为侧面11BB C C 内的动点，P ∴的纵坐标为1，设(),1,P x z ，则PA PB =2,PA PB ==化简整理得()22113x z -+=，当1y =时，该方程表示在平面11B BCC 内，以点B∴点P 所形成的轨迹图形为图中EF ，其长度为：124EF π==．12 【分析】在1BB 取点P ，使12B P P B =，证明BN ⊥平面DCP ，从而得点M 的轨迹为平面DCP与球O 的截面圆周，因此求出球半径和球心到截面的距离，然后利用截面圆性质可得球面圆半径后可得其周长．题中球心到截面的距离利用体积法求解．球O 半径利用球的体积公式计算可得．【详解】解：如图，在1BB 取点P ，使12BP PB =，连接CP ，DP ，BN ，因为112NC NB =，可得1BCP B BN ≅△△，则1BCP B BN ∠=∠，所以190NBC BCP NBC NBB ∠+∠=∠+∠=︒所以BN CP ⊥，又DC ⊥平面11BCC B ，BN ⊂平面11BCC B ，所以DC BN ⊥，同理DC CP ⊥，因为DC CP C =，,DC CP ⊂平面DCP ，所以BN ⊥平面DCP ，则点M 的轨迹为平面DCP 与球O 的截面圆周，设正方体的棱长为a ，则343632a ππ⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭，解得6a =，连接OD ，OP ，OC ， 如图，在对角面11BDD B 中，1111211622332ODP B DP SBB S S S ==⨯=⨯⨯=△△△C 到平面ODP 的距离即C 到平面11DBBD = 1123C ODP V -=⨯=，又CP ==162DCP S =⨯=△O 到平面DCP 的距离为h ，则O DPC C DPO V V --=，h ==，得O 到平面DCP所以截面圆的半径r ==则点M 的轨迹长度为2π=，.【点睛】关键点点睛：本题考查空间的几何体中的轨迹问题，解题关系是确定BN ⊥平面DCP ，得点M 的轨迹为平面DCP 与球O 的截面圆周，为了求截面圆半径，需求得球半径和球心到截面的距离，这个距离我们利用体积法求解．13． 【解析】求出正四面体的高，进一步得到内切球的半径，由高减去内切球的直径得PA 的最小值；利用阿波罗尼斯球的定义，借助内切球的比例关系求得3BP BE =，转化后求最小值即可.【详解】设正四面体ABCD 的高为h ，每一个面的面积为S ，其内切球的半径为r ， 则由等积法可得，11433Sh Sr =，即14r h =． 设内切球球心为O ，连结BO 并延长交平面ACD 于H ，交内切球上方的点设为K ，过P 作PE BH ⊥，交BH 于E ，连结BP ，AP ，如图，则在正三角形中2123AH ==∴BH∴正四面体内切球的半径1144r h BH ==则BP 的最小值为BK=AP的最小值为根据阿波罗尼斯球知,内切球是线段BH 上以B ，E 为定点，空间中满足(1)PB PE λλ=≠的点P 的集合，设OE x =，因为34BO =⨯OH KB HB KE HE =，∴=x =，3KB KE λ∴===， ∴3PB PE =，∴13PB PE =， 13PA PB PA PE AE ∴+=+…， 在AOE △中，BO AO ==OE =，1cos cos 3OH AOE AOH AO ∠=-∠=-==-，AE ∴= ∴13PA PB +故答案为：【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点在于，根据阿波罗尼斯球定义利用比例关系求得3BP BE =,可将13PA PB +转化为PA PE +，利用平面几何性质知PA PE +最小值为AE ，由余弦定理求解即可，属于难题.。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第48讲 隐圆(阿波罗尼斯圆)问题隐圆问题近几年在高考题和各地模拟题中都出现过，难度为中高档，在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，我们称这类问题为“隐圆问题”．考点一 利用圆的定义、方程确定隐形圆例1 (1)(2022·滁州模拟)已知A ，B 为圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＋3＝0上的两个动点，P 为弦AB 的中点，若∠ACB ＝90°，则点P 的轨迹方程为( ) A ．(x －1)2＋(y －2)2＝14B ．(x －1)2＋(y －2)2＝1C ．(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝14D ．(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝1 答案 B解析 圆C 即(x －1)2＋(y －2)2＝2，半径r ＝2，因为CA ⊥CB ， 所以|AB |＝2r ＝2， 又P 是AB 的中点，所以|CP |＝12|AB |＝1，所以点P 的轨迹方程为(x －1)2＋(y －2)2＝1.(2)(2022·茂名模拟)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，若向量c 满足|a ＋b －2c |＝1，则|c |的取值范围是( ) A ．[1，5－1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－12，3＋12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤5－12，5＋12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤5＋12，52答案 C解析 |a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，以a 为y 轴，b 为x 轴，建立平面直角坐标系， 设OA →＝a ＝(0,1)，OB →＝b ＝(2,0)， OC →＝c ＝(x ，y )，所以a ＋b －2c ＝(2－2x ，1－2y )， 由|a ＋b －2c |＝1，可得(2－2x )2＋(1－2y )2＝1， 化简可得(x －1)2＋⎝⎛⎭⎫y －122＝⎝⎛⎭⎫122， 所以点C 的轨迹是以⎝⎛⎭⎫1，12为圆心，以r ＝12为半径的圆，原点(0,0)到⎝⎛⎭⎫1，12的距离为d ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＝52， 所以|c |＝x 2＋y 2的取值范围是[d －r ，d ＋r ]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤5－12，5＋12.规律方法 对于动点的轨迹问题，一是利用曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线等)的定义识别动点的轨迹，二是利用直接法求出方程，通过方程识别轨迹．跟踪演练1 (2022·平顶山模拟)已知M ，N 为圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＝0上两点，且|MN |＝4，点P 在直线l ：x －y ＋3＝0上，则|PM →＋PN →|的最小值为( )A ．22－2B ．2 2C ．22＋2D ．22－ 5 答案 A解析 设线段MN 的中点为D ，圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心为C (1,2)，半径为 5.则圆心C 到直线MN 的距离为(5)2－⎝⎛⎭⎫422＝1，所以|CD |＝1，故点D 的轨迹是以C 为圆心，半径为1的圆，设点D 的轨迹为圆D ，圆D 上的点到直线l 的最短距离为t ＝|1－2＋3|2－1＝2－1.所以|PM →＋PN →|＝|2PD →|＝2|PD →|≥2t ＝22－2.考点二 由圆周角的性质确定隐形圆例2 (1)已知点P (2，t )，Q (2，－t )(t >0)，若圆C ：(x ＋2)2＋(y －3)2＝1上存在点M ，使得∠PMQ ＝90°，则实数t 的取值范围是( ) A ．[4,6] B ．(4,6)C ．(0,4]∪[6，＋∞)D ．(0,4)∪(6，＋∞) 答案 A解析 由题意知，点P (2，t )，Q (2，－t )(t >0)， 可得以PQ 为直径的圆的方程为(x －2)2＋y 2＝t 2， 则圆心C 1(2,0)，半径R ＝t ， 又由圆C ：(x ＋2)2＋(y －3)2＝1， 可得圆心C (－2,3)，半径r ＝1，两圆的圆心距为|CC 1|＝(2＋2)2＋(0－3)2＝5，要使得圆C ：(x ＋2)2＋(y －3)2＝1上存在点M ，使得∠PMQ ＝90°，即两圆存在公共点，则满足⎩⎪⎨⎪⎧R ＋r ≥5，R －r ≤5，即⎩⎪⎨⎪⎧t ＋1≥5，t －1≤5，解得4≤t ≤6，所以实数t 的取值范围是[4,6]．(2)(2022·长沙雅礼中学质检)已知直线l ：x －y ＋4＝0上动点P ，过P 点作圆x 2＋y 2＝4的两条切线，切点分别为C ，D ，记M 是CD 的中点，则直线CD 过定点________，点M 的轨迹方程为______________________________． 答案 (－1,1) ⎝⎛⎭⎫x ＋122＋⎝⎛⎭⎫y －122＝12 解析 如图，连接PO ，CO ，DO ，因为PD ⊥DO ，PC ⊥CO ，所以P ，D ，O ，C 在以PO 为直径的圆上， 设P (x 0，x 0＋4)，则以OP 为直径的圆的方程为⎝⎛⎭⎫x －x 022＋⎝⎛⎭⎫y －x 0＋422＝x 20＋(x 0＋4)24， 化简得x 2－x 0x －(x 0＋4)y ＋y 2＝0， 与x 2＋y 2＝4联立，可得CD 所在直线的方程为x 0x ＋(x 0＋4)y ＝4⇒x 0(x ＋y )＝4(1－y )⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 1－y ＝0，x ＋y ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，x ＝－1，直线CD 过定点Q (－1,1)，又OM ⊥CD ，所以OM ⊥MQ ，所以点M 在以OQ 为直径的圆上， 所以点M 的轨迹为⎝⎛⎭⎫x ＋122＋⎝⎛⎭⎫y －122＝12. 规律方法 利用圆的性质，圆周角为直角，即可得到：若P A ⊥PB 或∠APB ＝90°，则点P 的轨迹是以AB 为直径的圆．注意轨迹中要删除不满足条件的点．跟踪演练2 (2022·北京海淀区模拟)在平面直角坐标系中，直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与x 轴和y 轴分别交于A ，B 两点，|AB |＝22，若CA ⊥CB ，则当k ，m 变化时，点C 到点(1,1)的距离的最大值为( ) A ．4 2 B ．3 2 C ．2 2 D. 2 答案 B解析 由y ＝kx ＋m (k ≠0)得A ⎝⎛⎭⎫－mk ，0，B (0，m )， 因为CA ⊥CB ，所以点C 的轨迹是以AB 为直径的圆，其方程为⎝⎛⎭⎫x ＋m 2k 2＋⎝⎛⎭⎫y －m 22＝m 24k 2＋m24， 设该动圆的圆心为(x ′，y ′)，则x ′＝－m 2k ，y ′＝m2，整理得k ＝－y ′x ′，m ＝2y ′，代入到⎝⎛⎭⎫－mk 2＋m 2＝8中，得x ′2＋y ′2＝2， 即点C 轨迹的圆心在圆x ′2＋y ′2＝2上，故点(1,1)与该圆上的点(－1，－1)的连线的距离加上圆的半径即为点C 到点(1,1)的距离的最大值，最大值为[1－(－1)]2＋[1－(－1)]2＋2＝3 2.考点三 阿波罗尼斯圆例3(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“若A ，B 为平面上相异的两点，则所有满足：|P A ||PB |＝λ(λ>0，且λ≠1)的点P 的轨迹是圆，后来人们称这个圆为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，A (－2,0)，B (4,0)，若λ＝12，则下列关于动点P 的结论正确的是( )A ．点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＋8x ＝0B ．△APB 面积的最大值为6C ．在x 轴上必存在异于A ，B 的两定点M ，N ，使得|PM ||PN |＝12D ．若点Q (－3,1)，则2|P A |＋|PQ |的最小值为5 2 答案 ACD解析 对于选项A ，设P (x ，y )，因为P 满足|P A ||PB |＝12，所以(x ＋2)2＋y 2(x －4)2＋y 2＝12，化简得x 2＋y 2＋8x ＝0，故A 正确； 对于选项B ，由选项A 可知， 点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＋8x ＝0，即(x ＋4)2＋y 2＝16，所以点P 的轨迹是以(－4,0)为圆心，4为半径的圆， 又|AB |＝6，且点A ，B 在直径所在直线上，故当点P 到圆的直径所在直线的距离最大时，△P AB 的面积取得最大值， 因为圆上的点到直径的最大距离为半径，即△P AB 的高的最大值为4， 所以△P AB 面积的最大值为12×6×4＝12，故B 错误；对于选项C ，假设在x 轴上存在异于A ，B 的两定点M ，N ，使得|PM ||PN |＝12，设M (m ，0)，N (n ，0)，故(x －m )2＋y 2(x －n )2＋y 2＝12，即(x －n )2＋y 2＝2(x －m )2＋y 2， 化简可得x 2＋y 2－8m －2n 3x ＋4m 2－n 23＝0,又点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＋8x ＝0， 可得⎩⎨⎧－8m －2n3＝8，4m 2－n23＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝－6，n ＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－2，n ＝4(舍去)， 故存在异于A ，B 的两定点M (－6,0)，N (－12,0)， 使得|PM ||PN |＝12，故C 正确；对于选项D ，因为|P A ||PB |＝12，所以2|P A |＝|PB |，所以2|P A |＋|PQ |＝|PB |＋|PQ |，又点P 在圆x 2＋8x ＋y 2＝0上，如图所示，所以当P ，Q ，B 三点共线时2|P A |＋|PQ |取得最小值，此时(2|P A |＋|PQ |)min ＝|BQ | ＝[4－(－3)]2＋(0－1)2＝52，故D 正确．规律方法 “阿波罗尼斯圆”的定义：平面内到两个定点A (－a ，0)，B (a ，0)(a >0)的距离之比为正数λ(λ≠1)的点的轨迹是以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋1λ2－1a ，0为圆心，⎪⎪⎪⎪2aλλ2－1为半径的圆，即为阿波罗尼斯圆．跟踪演练3 若平面内两定点A ，B 间的距离为2，动点P 满足|P A ||PB |＝3，则|P A |2＋|PB |2的最大值为( )A ．16＋83B ．8＋4 3C ．7＋43D ．3＋ 3 答案 A解析 由题意，设A (－1,0)，B (1,0)，P (x ，y )， 因为|P A ||PB |＝3，所以(x ＋1)2＋y 2(x －1)2＋y 2＝3，即(x －2)2＋y 2＝3，所以点P 的轨迹是以(2,0)为圆心，半径为3的圆，因为|P A |2＋|PB |2＝(x ＋1)2＋y 2＋(x －1)2＋y 2＝2(x 2＋y 2＋1)，其中x 2＋y 2可看作圆(x －2)2＋y 2＝3上的点(x ，y )到原点(0,0)的距离的平方， 所以(x 2＋y 2)max ＝(2＋3)2＝7＋43，所以[2(x 2＋y 2＋1)]max ＝16＋83， 即|P A |2＋|PB |2的最大值为16＋8 3.专题强化练1．已知圆O ：x 2＋y 2＝1，圆M ：(x －a )2＋(y －2)2＝2.若圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点为A ，B ，使得P A ⊥PB ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[0，2] B ．[－52，1] C ．[－2，2] D ．[－2,2] 答案 D解析 由题意可知四边形P AOB 为正方形， |OP |＝2，∴点P 在以O 为圆心，以2为半径的圆上，其方程为x 2＋y 2＝2， 若圆M 上存在这样的点P ，则圆M 与x 2＋y 2＝2有公共点， 则有2－2≤a 2＋4≤2＋2， 解得－2≤a ≤2.2．已知点A (－5，－5)在动直线mx ＋ny －m －3n ＝0上的射影为点B ，若点C (5，－1)，那么|BC |的最大值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10 答案 C解析 由动直线方程化为m (x －1)＋n (y －3)＝0，可知其恒过定点Q (1,3)． 又∵点A (－5，－5)在动直线mx ＋ny －m －3n ＝0上的射影为点B ， ∴∠ABQ ＝90°，则点B 的轨迹是以AQ 为直径的圆， ∴圆心为AQ 的中点M (－2，－1)， 圆的半径r ＝12|AQ |＝5.又|MC |＝(5＋2)2＋(－1＋1)2＝7>r ＝5，∴点C (5，－1)在圆M 外，故|BC |的最大值为r ＋|MC |＝7＋5＝12.3．(2022·武汉模拟)已知O 为坐标原点，点A (cos α，sin α)，B ⎝⎛⎭⎫cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3，sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3，以OA ，OB 为邻边作平行四边形AOBP ，Q (－2,0)，则∠PQO 的最大值为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 答案 C解析 已知圆O ：x 2＋y 2＝1，A ，B 是圆O 上两动点，且∠AOB ＝π3，所以△AOB 为等边三角形， 又|AB |＝|OA |＝1， 取AB 的中点M ，则|OM |＝32， 所以|OP |＝3，所以点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝3， 当PQ 与x 2＋y 2＝3相切时，∠PQO 最大， 此时sin ∠PQO ＝32， 则∠PQO ＝π3.4．已知△ABC 是等边三角形，E ，F 分别是AB 和AC 的中点，P 是△ABC 边上一动点，则满足PE →·PF →＝BE →·CF →的点P 的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 D解析 以BC 的中点O 为坐标原点，BC ，OA 所在直线为x 轴、y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．设△ABC 的边长为4，则B (－2,0)，C (2,0)，A (0,23)，E (－1，3)， F (1，3)，BE →＝(1，3)，CF →＝(－1，3)， 设P (x ，y )，则PE →＝(－1－x ，3－y )， PF →＝(1－x ，3－y )， 由PE →·PF →＝BE →·CF →得，(－1－x ，3－y )·(1－x ，3－y ) ＝(1，3)·(－1，3)， 所以x 2＋(y －3)2＝3，即点P 的轨迹是以(0，3)为圆心，3为半径的圆，也就是以AO 为直径的圆，易知该圆与△ABC 的三边有4个公共点．5．(多选)已知AB 为圆O ：x 2＋y 2＝49的弦，且点M (4,3)为AB 的中点，点C 为平面内一动点，若AC 2＋BC 2＝66，则( ) A ．点C 构成的图象是一条直线 B ．点C 构成的图象是一个圆 C ．OC 的最小值为2 D ．OC 的最小值为3 答案 BC解析 ∵点M (4,3)为AB 的中点，∴OM ⊥AB ，|OM |＝42＋32＝5，∴|AM |＝|BM |＝49－52＝26，∵AC 2＋BC 2＝66，∴AC →2＋BC →2＝66，则(AM →＋MC →)2＋(BM →＋MC →)2＝66，即AM →2＋2AM →·MC →＋MC →2＋BM →2＋2BM →·MC →＋MC →2＝66，∵AM →＝－BM →，则可得2AM →2＋2MC →2＝66，可解得|MC |＝3，∴点C 构成的图象是以M 为圆心，3为半径的圆，故A 错误，B 正确；∴可得OC 的最小值为|OM |－3＝5－3＝2，故C 正确，D 错误．6．(多选)(2022·福州模拟)已知A (－3,0)，B (3,0)，动点C 满足|CA |＝2|CB |，记C 的轨迹为Γ.过A 的直线与Γ交于P ，Q 两点，直线BP 与Γ的另一个交点为M ，则( )A ．Q ，M 关于x 轴对称B ．△P AB 的面积的最大值为6 3C ．当∠PMQ ＝45°时，|PQ |＝4 2D ．直线AC 的斜率的范围为[－3，3]答案 AC解析 设C (x ，y )，由|CA |＝2|CB |得，(x ＋3)2＋y 2＝2(x －3)2＋y 2，整理得Γ的方程为(x －5)2＋y 2＝16，其轨迹是以D (5,0)为圆心，半径r ＝4的圆．由图可知，由于AB ＝6，所以当DP 垂直于x 轴时，△P AB 的面积有最大值，所以(S △P AB )max ＝12|AB |·r ＝12×6×4＝12， 选项B 错误；因为|P A |＝2|PB |，|MA |＝2|MB |，所以|P A ||MA |＝|PB ||MB |，所以∠P AB ＝∠MAB ， 又C 的轨迹Γ关于x 轴对称，所以Q ，M 关于x 轴对称，选项A 正确；当∠PMQ ＝45°时，∠PDQ ＝45°×2＝90°，则△DPQ 为等腰直角三角形，|PQ |＝2r ＝42，选项C 正确；当直线AC 与圆D 相切时，CD ⊥AC ，此时|AD |＝8＝2r＝2|CD |，所以sin ∠DAC ＝12， 所以切线AC 的倾斜角为30°和150°，由图可知，直线AC 的斜率的取值范围为⎣⎡⎦⎤－33，33，选项D 错误．7．已知等边△ABC 的边长为2，点P 在线段AC 上，若满足P A →·PB →－2λ＋1＝0的点P 恰有两个，则实数λ的取值范围是______________．答案⎝⎛⎦⎤38，12解析 如图，以AB 的中点O 为坐标原点，AB ，OC 所在直线为x 轴、y 轴，建立平面直角坐标系，则A (－1,0)，B (1,0)，设P (x ，y )．则P A →·PB →－2λ＋1＝0，即为(－1－x )(1－x )＋y 2－2λ＋1＝0，化简得x 2＋y 2＝2λ(λ>0)，故所有满足P A →·PB →－2λ＋1＝0的点P 在以O 为圆心，2λ为半径的圆上．过点O 作OM ⊥AC ，垂足为点M ，由题意知，线段AC 与圆x 2＋y 2＝2λ有两个交点，所以|OM |<2λ≤|OA |， 即32<2λ≤1，解得38<λ≤12. 8．已知⊙M ：x 2＋y 2－2x －2y －2＝0，直线l ：2x ＋y ＋2＝0，P 为l 上的动点，过点P 作⊙M 的切线P A ，PB ，切点为A ，B ，当|PM |·|AB |取得最小值时，直线AB 的方程为________________． 答案 2x ＋y ＋1＝0解析 ⊙M ：(x －1)2＋(y －1)2＝4，①则圆心M (1,1)，⊙M 的半径为2.如图，由题意可知PM ⊥AB ，∴S 四边形P AMB ＝12|PM |·|AB | ＝|P A |·|AM |＝2|P A |，∴|PM |·|AB |＝4|P A |＝4|PM |2－4.当|PM |·|AB |最小时，|PM |最小，此时PM ⊥l .故直线PM 的方程为y －1＝12(x －1)， 即x －2y ＋1＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y ＋1＝0，2x ＋y ＋2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0， ∴P (－1,0)．依题意知P ，A ，M ，B 四点共圆，且PM 为圆的直径，∴该圆方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y －122＝54，② 由①－②整理得2x ＋y ＋1＝0，即直线AB 的方程为2x ＋y ＋1＝0.。

阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆与圆锥曲线专题阿波罗尼斯圆及其应用微点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x216-y2b2=1的左右两个焦点分别为F1、F2，P是双曲线上任意一点，过F1的直线与∠F1PF2的平分线垂直，垂足为Q，则点Q的轨迹曲线E的方程；M在曲线E上，点A(8,0)，B(5,6)，则12AM+BM的最小值.2.(2022·广东梅州·高二月考)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-2,1，B-2,4，点P是满足λ=12的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为；若点Q为抛物线E:y2=4x上的动点，Q在y轴上的射影为H，则PA+PQ+QH的最小值为．3.(2022安徽黄山·一模)在平面上给定相异两点A，B，设点P在同一平面上且满足|PA||PB|=λ，当λ>0且λ≠1时，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x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)，F1,F2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|PB||PA|=2，△PAB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QM和QN的斜率满足k QM⋅k QN=3，则双曲线方程是；过F2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M､N分别为△CF1F2､△DF1F2的内心，则MN的范围是 .4.(2022吉林·梅河口五中学高三期末)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．比如在平面直角坐标系中，A0,1、B0,4，则点P满足λ=12所得P点轨迹就是阿氏圆；已知点C -2,4 ，Q 为抛物线y 2=8x 上的动点，点Q 在直线x =-2上的射影为H ，M 为曲线x +2 2+y 2=4上的动点，则12MC +QH +QM 的最小值为．则MC +QH +QM 的最小值为．5.(2022湖北·武汉新洲区城关高中高二开学考试)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k (k >0，且k ≠1)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x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，A ，B 为椭圆的长轴端点，C ，D 为椭圆的短轴端点，动点M 满足MA MB=2，△MAB 面积的最大值为6，△MCD 面积的最小值为1，则椭圆的方程为6.(2022·河北·衡水二中高二期中)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AB 的垂线，垂足为Q ，则PQ2AQ ⋅BQ为常数k ．若k =14，则该椭圆的离心率为．7.(2022江苏·高二单元测试)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 2a 2+y 2b2=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．【针对训练】8.(2022·安徽皖北联盟高二联考)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ABCD 截某圆锥得到椭圆τ，且τ与矩形ABCD 的四边相切.设椭圆τ在平面直角坐标系中的方程为x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，下列选项中满足题意的方程为()A.x 264+y 216=1B.x 216+y 264=1C.x 2256+y 216=1D.x 264+y 232=19.(2022·河南·新蔡一中高二月考)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 :x 2a 2+y 2b 2=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ME MF=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.3210.(2022北京八一中学高三期末)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Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0，A、B为椭圆Γ长轴的端点，C、D为椭圆Γ短轴的端点，动点M满足MAMB=2，△MAB的面积的最大值为8，△MCD的面积的最小值为1，则椭圆Γ的离心率为.11.(2022·广东广州·高二期末)在平面上给定相异两点A，B，点P满足|PA||PB|=λ，则当λ>0且λ≠1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x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32，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|PA||PB|=3，若△PAB的面积的最大值为3，则△PCD面积的最小值为.12.(2022湖南·益阳箴言中学高二月考)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，则△ABC的面积最大值为，此时AC的长为.13.(2022·浙江·高三开学考试)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Q，则PQ2AQ⋅BQ为常数k．若此图形为圆，则k=；若k=12，则此图形的离心率为．14.(2022·湖北·荆门龙泉中学二模)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l 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F1(-c,0),F2(c,0)(c>0)，由F1发出的光经椭圆两次反射后回到F1经过的路程为8c．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l ,F 2在l 上的射影H 在圆x 2+y 2=8上，则椭圆C 的方程为．15.(2022·北京朝阳·高二期末)古希腊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λ(λ≠1)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A (-1,0)，B (2,0)，动点M 满足|MA ||MB |=12，记动点M 的轨迹为曲线W ，给出下列四个结论：①曲线W 的方程为(x +2)2+y 2=4；②曲线W 上存在点D ，使得D 到点(1,1)的距离为6；③曲线W 上存在点E ，使得E 到点A 的距离大于到直线x =1的距离；④曲线W 上存在点F ，使得F 到点B 与点(-2,0)的距离之和为8.其中所有正确结论的序号是.参考答案：1. x 2+y 2=16 35【解析】延长F 1Q 与PF 2的延长线交于点M ，计算OQ =12PF 1-PF 2 =4得到轨迹方程，取点C 2,0 ，12AM +BM =MC +BM ≤BC ，解得答案.【详解】如图所示：延长F 1Q 与PF 2的延长线交于点M ，则OQ =12MF 2=12PM -PF 2 =12PF 1-PF 2 =a =4，故轨迹方程为x 2+y 2=16.取点C 2,0 ，则OC OM =OM OA=12，ΔMOC ∼ΔMOA ，故MC =12PA ，12AM +BM =MC +BM ≤BC =35，当BMC 共线时等号成立.故答案为：x 2+y 2=16；35【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C 2,0 证明相似是解题的关键.2. x +2 2+y 2=410-1##-1+10【分析】设点P 坐标，根据题意写出关于x 与y 的关系式化简即可；利用抛物线的定义可知QH =QF -1，进而可得PA +PQ +QH min =AF -1，即得.【详解】设点P (x ,y )，∵λ=12，∴PA PB=12⇒(x +2)2+(y -1)2(x +2)2+(y -4)2=12∴x +2 2+y 2=4.抛物线的焦点为点F ，由题意知F 1,0 ，QH =QF -1，∴PA +PQ +QH min =PA +PQ +QF -1 min =AF -1=-2-12+12-1=10-1.故答案为：x +2 2+y 2=4；10-1.3. x 2-y 23=1 2,433【解析】设A (0,b ),B (0,-b ),P (x ,y )，根据|PB ||PA |=2，求得x 2+y -5b 3 2=4b 3 2，结合△PAB 的最大面积得到b 2=3，再根据k QM ⋅k QN =3，得出x 2-y 23=1，设边CF 1,CF 2,F 1F 2上的切点分别为R ,S ,T ，根据内心的性质，得到MN ⊥x 轴，设直线CD 的倾斜角为θ，在△MF 2N 中，得到MN =2sin θ，进而求得MN 的取值范围.【详解】设A (0,b ),B (0,-b ),P (x ,y )，由题意知|PB ||PA |=2，可得PB =2PA ，即x 2+(y +b )2=2x 2+(y -b )2，整理得x 2+y -5b 3 2=4b 3 2，可得圆心为0,5b 3 ，半径r =4b3，所以△PAB 的最大面积为12×2b ×4b 3=4，解得b 2=3，即x 2a 2+y 23=1，设Q (x ,y ),M (x 1,y 1)，则N (-x 1,-y 1)，则x 21a 2+y 213=1，可得y 21=3(a 2-x 21)a 2，同理y 2=3(a 2-x 2)a 2则k QM =y -y 1x -x 1,k QN =y +y 2x +x 2，则k QM ⋅k QN =y 2-y 21x 2-x 21=3(a 2-x 2)a 2-3(a 2-x 21)a2x 2-x21=3，整理得a 2=1，所以双曲线的方程为x 2-y 23=1.如图所示，设边CF 1,CF 2,F 1F 2上的切点分别为R ,S ,T ，则M ,T 横坐标相等，则CR =CS ,F 1M =F 1T ,F 2S =F 2T ，由CF 1 -AF 2=2，即CR +RF 1 -CS +SF 2 =2，即RF 1 -SF 2 =2，即F 1T -F 2T =2，即点M 的横坐标为x 0，则T (x 0,0)，于是x 0+c -(c -x 0)=2，可得x 0=1，同样内心N 的横坐标也为1，则MN ⊥x 轴，设直线CD 的倾斜角为θ，则∠OF 2N =θ2,∠MF 2O =90°-θ2，在△MF 2N 中，MN =(c -a )tan θ2+tan 90°-θ2 =(c -a )sin θ2cos θ2+cos θ2sin θ2=(c -a )⋅sin 2θ2+cos 2θ2sin θ2cos θ2=(c -a )⋅2sin θ，由双曲线的方程，可得a =1,b =3，则c =a 2+b 2=2，可得MN =2sin θ，又由直线CD 为双曲线右支上的点，且渐近线的斜率为ba=3，倾斜角为60°，可得60°<θ≤90°，即32<sin θ≤1，可得MN 的取值范围是2,433.故答案为：x 2-y 23=1；2,433.【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. 17； 45-22【分析】(1)先利用阿氏圆的定义将12|MC |转化为M 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12|MC |+|QH |+|QM |的最小值；(2)由(1)知MC +QH +QM =MC +QF +QM ≥MC +MF ，又当过点M 的圆的切线与直线FC 平行且离直线FC 近时，MC +MF 取得最小值即可求解.【详解】解：设P (x ,y )，由题意PA PB=12，即x 2+(y -1)2x 2+(y -4)2=12，整理得x 2+y 2=4．因为圆x +2 2+y 2=4可以看作把圆x 2+y 2=4向左平移两个单位得到的，那么A 点平移后变为D -2,1 ，所以根据阿氏圆的定义，M 满足MD =12MC ，结合抛物线定义|QH |=|QF |，∴12|MC |+|QH |+|QM =|MD |+|QM |+|QF |≥|FD |(当且仅当D ，M ，Q ，F 四点共线，且Q ，M 在D ，F 之间时取等号)，此时|FD |=(-2-2)2+(1-0)2=17，故12|MC |+|QH |+|QM |的最小值为17．MC +QH +QM =MC +QF +QM ≥MC +MF (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。

阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆介绍及其直接应用阿波罗尼斯圆及其应用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【定理1】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+1λ2-1a 2+y 2=2aλλ2-1 2，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+1λ2-1a 2+y 2=2aλλ2-1 2，∴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阿波罗尼斯圆的另一种形式：【定理2】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 =2a λ2-1,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性质由上面定理2的证明可得如下的性质：性质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．性质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．性质3：所作出的阿波罗尼斯圆的直径为MN =4aλλ2-1 ，面积为4πa 2λ2λ2-12．性质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．性质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．性质6：过点B 作圆C 不与QR 重合的弦EF ，则AB 平分∠EAF ．证明：如图④，连结ME ,MF ，由已知FA FB =EA EB =λ,∴EB FB =EA FA.∵S ΔABE S ΔABF =EBFB (λ>0且λ≠1)，又S ΔABE =12AB ⋅AE sin ∠BAE ,S ΔABF =12AB ⋅AF sin ∠BAF ,∴AB ⋅AE sin ∠BAE AB ⋅AF sin ∠BAF =EB FB =AEAF，∴sin ∠BAE =sin ∠BAF ,∴∠BAE =∠BAF ,∴AB 平分∠EAF ．∴sin ∠BAE =sin ∠BAF ,∴∠BAE =∠BAF ,∴AB 平分∠EAF ．【典例刨析】1.(2022·河北盐山中学高二期中)已知两定点A -2,1 ，B 2,-1 ，如果动点P 满足PA =2PB ，则点P 的轨迹所包围的图形的面积等于___________.2.(2022四川涪陵月考)若ΔABC 满足条件AB =4,AC =2BC ，则ΔABC 面积的最大值为__________．3.已知圆O ：x 2+y 2=9，点B -5,0 ，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PAPB 为一常数，试求所有满足条件的点A 的坐标，并求PAPB．4.在平面直角坐标xOy 中，已知点A 1,0 ,B 4,0 ，若直线x -y +m =0上存在点P 使得PA =12PB ，则实数m 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M 与两个定点A ，B 的距离之比为λ(λ>0，且λ≠1)，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PAPB =3，则PA 2+PB 2的最大值为( )A.16+83B.8+43C.7+43D.3+36.(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k k >0 且k ≠1 的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知点A -1,0 ，B 2,0 ，圆C :x -2 2+y -m 2=14m >0 ，在圆上存在点P 满足PA =2PB ，则实数m 的取值范围是( )A.22,62B.54,212C.0,212D.52,212【针对训练】7.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 点分别作圆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 的取值范围是________．8.已知A ,B 是平面上两个定点，平面上的动点C ,D 满足|CA |CB=|DA|DB =m ，若对于任意的m ≥3，不等式CD≤k AB 恒成立，则实数k 的最小值为______．9.已知点A (0,1)，B (1,0)，C (t ,0)，点D 是直线AC 上的动点，若|AD |≤2|BD|恒成立，则最小正整数t =__________.10.在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2+y 2=1，圆O 1：(x +4)2+y 2=4，动点P 在直线l ：x -22y +b =0上(b <0)，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 有且只有一个，则实数b 的值为______.11.在平面直角坐标系xOy 中，M ,N 是两定点，点P 是圆O ：x 2+y 2=1上任意一点，满足：PM =2PN ，则MN 的长为.12.(2022辽宁·高二期中)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C 1.(1)求曲线C 1的方程；(2)若曲线C 1和⊙C 2:(x -4)2+(y -6)2=r 2(r >0)无公共点，求r 的取值范围.参考答案1.【答案】40π【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：(x +2)2+(y -1)2=2[(x -2)2+(y +1)2]，∴(x -6)2+(y +3)2=40，故P 的轨迹是半径为40的圆，∴图形的面积等于40π.故答案为：40π2.【答案】163【分析】设BC =x ，则AC =2x ，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AC =2x ，由余弦定理可得cos B =16+x 2-(2x )22×4×x =16-3x 28x由三角形任意两边之和大于第三边得x +2x >4x +4>2x ，解得43<x <4，即169<x 2<16∴S ΔABC =12⋅4⋅x ⋅sin B =2x 1-cos 2B =2x 1-16-3x 2 264x 2=2569-916x 2-809 2当x 2=809时，ΔABC 面积取最大值163故答案为：163【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.【答案】A -95,0 ，PA PB=35【分析】根据两点距离的坐标运算可得10λ2+2a x +34λ2-a 2-9=0，进而得10λ2+2a =034λ2-a 2-9=0 ，即可求解.【详解】设P (x ,y ),A (a ,0),a ≠-5，设PA PB=λ>0故PA PB=x -a 2+y 2x +52+y2=λ，且x 2+y 2=9，化简得：10λ2+2a x +34λ2-a 2-9=0，该式对任意的x ∈-3,3 恒成立，故10λ2+2a =034λ2-a 2-9=0 ，解得a =-95λ=35或a =-5λ=1 (舍去)，故PA PB=35，A -95,0 4.【答案】-22,22【分析】根据PA =12PB 得出点P 的轨迹方程，又点P 在直线x -y +m =0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 =(x -1)2+(y -0)2,PB =(x -4)2+(y -0)2，因为PA =12PB ，所以有(x -1)2+(y -0)2=12(x -4)2+(y -0)2，同时平方，化简得x 2+y 2=4，故点P 的轨迹为圆心在(0,0)，半径2为的圆，又点P 在直线x -y +m =0上，故圆x 2+y 2=4与直线x -y +m =0必须有公共点，所以|m |1+1≤2，解得-22≤m ≤2 2.【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.【答案】A【分析】设A -1,0 ,B 1,0 ，P x ,y ，由PA PB=3，可得点P 的轨迹为以2,0 为圆心，半径为3的圆，又PA 2+PB 2=2x 2+y 2+1 ，其中x 2+y 2可看作圆x -2 2+y 2=3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A -1,0 ,B 1,0 ，P x ,y ，因为PA PB=3，所以x +1 2+y 2x -12+y2=3，即x -2 2+y 2=3，所以点P 的轨迹为以2,0 为圆心，半径为3的圆，因为PA 2+PB 2=x +1 2+y 2+x -1 2+y 2=2x 2+y 2+1 ，其中x 2+y 2可看作圆x -2 2+y 2=3上的点x ,y 到原点0,0 的距离的平方，所以x 2+y 2 max =2+3 2=7+43，所以2x 2+y 2+1 max =16+83，即PA 2+PB 2的最大值为16+83，故选：A .6.【答案】D【分析】设P x ,y ，根据PA =2PB 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A -1,0 ，B 2,0 ，PA =2PB ，所以x +12+y 2=2x -2 2+y 2即x 2+y 2-6x +5=0，所以x -3 2+y 2=4，可得圆心3,0 ，半径R =2，由圆C :x -2 2+y -m 2=14可得圆心C 2,m ，半径r =12，因为在圆C 上存在点P 满足PA =2PB ，所以圆x -3 2+y 2=4与圆C :x -2 2+y -m 2=14有公共点，所以2-12≤3-2 2+m 2≤2+12，整理可得：94≤1+m 2≤254，解得：52≤m ≤212，所以实数m 的取值范围是52,212，故选：D .7.【答案】-203,4.【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b 的取值范围.【详解】由题意O (0,0),O 1(4,0).设P (x ,y )，则∵PB =2PA ，∴x -42+y 2-4=2x 2+y 2-1，∴(x -4)2+y 2=4(x 2+y 2)，∴x 2+y 2+83x -163=0，圆心坐标为-43,0 ,半径为83，∵动点P 在直线x +3y -b =0上，满足PB =2PA 的点P 有且只有两个，∴直线与圆x 2+y 2+83x -163=0相交，∴圆心到直线的距离d =-43-b 1+3<83，∴-43-163<b <-43+163，即实数b 的取值范围是-203,4 .【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.【答案】34【分析】建立坐标系，得点C ,D 的轨迹方程，分离参量求范围即可求解【详解】不妨设AB =1，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴建立直角坐标系，则A 0,0 ,B 1,0 ，设C x ,y ,∴x 2+y 2x -1 2+y2=m ⇒x -m 2m 2-1 2+y 2=m 2m 2-1 2故动点C ,D 的轨迹为圆，由CD≤k AB 恒成立，则k ≥CD max =2m m 2-1=2m -1m≥34故答案为34【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.【答案】4【解析】设点D x ,y ,根据|AD |≤2|BD|列出关于D x ,y 的关系式,再数形结合分析即可.【详解】设点D x ,y ,因为点D 是直线AC 上的动点,故y -1x =-1t⇒x +ty -t =0.由|AD |≤2|BD |得x 2+y -1 2≤4x -1 2+y 2 ,化简得x -43 2+y +13 2≥89.依题意可知,直线AC 与圆x -43 2+y +13 2=89至多有一个公共点,所以43-43t 1+t 2≥89,解得t ≥2+3或t ≤2- 3.所以最小正整数t =4.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.【答案】-283.【分析】根据圆的切线的性质和三角形全等，得到PO 1 =2PO ，求得点P 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：O (0,0)，O 1(-4,0)，设P (x ,y )，如下图所示∵PA 、PB 分别是圆O ，O 1的切线，∴∠PBO 1=∠PAO =90°，又∵PB =2PA ，BO 1=2AO ，∴△PBO 1∽△PAO ，∴PO 1 =2PO ，∴PO 1 2=4PO 2，∴(x +4)2+y 2=4(x 2+y 2)，整理得x -43 2+y 2=649，∴点P (x ，y )的轨迹是以43,0 为圆心、半径等于83的圆，∵动点P 在直线l ：x -22y +b =0上(b <0)，满足PB =2PA 的点P 有且只有一个，∴该直线l 与圆x -43 2+y 2=649相切，∴圆心43,0 到直线l 的距离d 满足d =r ，即43+b 12+(22)2=83，解得b =203或-283，又因为b <0，所以b =-283．【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P 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.【答案】32【分析】不妨就假设M ,N 在x 轴上，设M (m ,0),N (n ,0),P (x ,y )，由PM =2PN 可得x 2+y 2+2m -8n3x +4n 2-m 23=0，然后和方程x 2+y 2=1对比，就可以求出m ,n 【详解】由于M ,N 是两定点，不妨就假设M ,N 在x 轴上如图所示：设M (m ,0),N (n ,0),P (x ,y )，PM =2PN ，∴PM 2=4PN 2，∴(x -m )2+y 2=4(m -n )2+y 2 ，即x 2-2mx +m 2+y 2=4x 2-8nx +4n 2+4y 2，3x 2+(2m -8n )x +3y 2+4n 2-m 2=0，x 2+y 2+2m -8n 3x +4n 2-m 23=0与x 2+y 2=1表示同一个圆.∴2m -8n =0m 2-4n 23=1∴{m =2n =12或m =-2n =-12∴MN =32.故答案为：32.【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.【答案】(1)(x +4)2+y 2=16(2)(0,6)∪(14,+∞)【分析】(1)设P (x ,y )，然后根据|PA ||PB |=12列方程化简计算即可得曲线C 1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C 1C 2 >4+r 或C 1C 2 <r -4，从而可求出r 的取值范围(1)设P (x ,y )，因为A (-2,0)，B (4,0)，动点P 满足|PA ||PB |=12，所以(x +2)2+y 2(x -4)2+y 2=12，化简得x 2+y 2+8x =0，即(x +4)2+y 2=16，所以曲线C 1的方程为(x +4)2+y 2=16，(2)曲线C 1的圆心为C 1(-4,0)，半径为4，⊙C 2:(x -4)2+(y -6)2=r 2(r >0)的圆心为C 2(4,6)，半径为r ，因为曲线C 1和⊙C 2:(x -4)2+(y -6)2=r 2(r >0)无公共点，所以两圆外离或内含，所以C 1C 2 >4+r 或C 1C 2 <r -4，所以(-4-4)2+(0-6)2=10>4+r 或(-4-4)2+(0-6)2=10<r -4，所以0<r <6或r >14，所以r 的取值范围为(0,6)∪(14,+∞)。

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)．。

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时有出现．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.1.在平面直角坐标系xoy中，A（-1，0），B（1，0），动点C满足：AC＝2BC，则△ABC 面积的最大值为．2.(2016南通一模)在平面直角坐标系xOy中，点A（1，0），B（4，0）．若直线x﹣y+m=0上存在点P使得P A=PB，则实数m的取值范围是．例. (2013·江苏·T17) 如图，在平面直角坐标系xoy中，点A(0,3)，直线l:y=2x-4 。

设圆C的半径为1，圆心在l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。

变式1.(2016常州一模)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 ＝2P A 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P A PB为定值，则b 的值为________________．变式3(2017南通三模)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (0，－2)，点B (1，－1)，P 为圆x 2＋y 2＝2上一动点，则PB P A 的最大值是 ．第X讲《》课时作业班级：姓名：学号：得分：1.2.3.4.5.6.7.8．1、隐形圆问题（顾卫林已完成）2、切线长问题（顾卫林已完成）3、利用圆锥曲线的定义解题4、圆锥曲线的方程与性质5、圆锥曲线中的离心率范围问题6、圆锥曲线与圆7、直线与椭圆的相交弦问题8、结合椭圆中直线的斜率关系求定点问题9、焦点弦与焦点弦长问题10、利用点的坐标解决圆锥曲线问题。

微专题一：数学文化之阿波罗尼斯圆波罗尼斯（Apolloning,约公元前260~170），古希腊数学家，与欧几里得，阿基米德等齐名。

著有《圆锥曲线论》和《平面轨迹》等书。

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，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一.
公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，曾研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．
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教育就是当学的东西全都忘了的时候，仍保留下来的东西
数学是研究现实中数量关系和空间形式的科学
数学不仅是一种方法、一门艺术或一种语音，数学是一种精神，一种理性的精神
教育是一个圆形概念，方方面面都要兼顾到
每天都要加油哦
作者简介：廖邦亮，男，中学一级教师，湖南师范大学计算数学研究生，现就职于广东河源市河源中学，任教高中数学。

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 .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〔丰1〕,那么P点的轨迹,是以定比n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丰1〕P点的运动轨迹是圆或者圆弧的题型.PA+kPB,〔k丰1〕P点的运动轨迹是圆或圆弧的题型阿氏圆根本解法：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勺最小值.阿氏圆一般解题步骤：第一步：确定动点的运动轨迹〔圆〕,以点.为圆心、r为半径画圆；〔假设圆已经画出那么可省略这一步〕第二步：连接动点至圆心0〔将系数不为1的线段的固定端点与圆心相连接〕,即连接OR OD第三步：计算出所连接的这两条线段OR 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.交点即为点P.此时CMgP所求的最小值.一…,括号外边,将其中一条线段的系数化成；,再构造△相似进行计算】习题【旋转隐圆】如图,在Rt A 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),假设AC=4, BC=3那么在旋转过程中,线段C咔度的取值范围是.1.Rt △ ABC中,/ ACB=90 , AC=4 BC=3 点.为^ ABC内一动点,满足CD=2 贝U AD+2 BD3 的最小值为.2.如图,菱形ABCD勺边长为2,锐角大小为60° , O A与BC相切于点E,在O A上任取一-3……点P,贝U PB+业3 PD的最小值为2【旅转隐圆】第1鞭第2题3.如图,菱形ABCD勺边长为4, / B=60° ,圆B的半径为2, P为圆B上一动点,贝U PD+11 PC的最小值为.24.如图,点A, B在O.上,OA=OB=12,OA OB点C是OA的中点,点D在OB上,OD=10.动.,, …1…点P在③.上,贝U PC+— PD的最小值为.25.如图,等边△ ABC的边长为6,内切圆记为.O P是圆上动点,求2PB+PC勺最小值.第3题第4题第5题6.如图,边长为4的正方形,内切圆记为③ O, P是圆上的动点,求J2PA+PB勺最小值.7.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那么PD+1PC的最小值2为; <2 PD+4PC勺最小值为.8.在平面直角坐标系xOy中,A(2 , 0) , B(0,2) , C(4, 0), D(3, 2) , ?是左AOB7卜部的第象限内一动点,且/ BPA=135 ,贝U 2PD+PC勺最小值是.10.如图,在 Rt△ ABC 中,/ A=30° , AC=8,以 C 为圆心,⑴试判断O C 与AB 的位置关系,并说明理由；⑵点F 是③C 上一动点,点 D 在AC 上且CD=2试说明△ FCL^A ACF 1 ……EF+— FA 的最小值.211.(1)如图1,正方形 ABCD 勺边长为4,圆B 的半径为2,点P 是圆B 上的一个动点,求PD+1 PC 的最小值和PD-1PC 的最大值；22⑵如图2,正方形 ABCD 勺边长为9,圆B 的半径为6,点P 是圆B 上的一个动点,那 ,2,, 一…2…,…么PD+—PC 的最小值为 , PD-—PC 的最大值为 .3 3⑶如图3,菱形 ABCD 勺边长为4, Z B=60° ,圆B 的半径为2,点P 是圆B 上的一个 动点,那么PD+1PC 的最小值为 , PD-1PC 的最大值为 .22ZABC=60 , O A 的半径为6, P 是O A 上的动点, 连接PB PC,4为半径作O C.9,在^ ABC 中,AB=& BC=8那么3PC+2PB 勺最小值为⑶ 点E 是AB 上任意一点,在(2)的情况下,试求出B•••PD=1BP, ••• AP+1 BP=AP+PD221……,请你完成余下的思考,并直接写出答案：AP+—BP 的最小值为 .2⑵自主探索：在“问题提出〞的条件不变的情况下,-AP+BP 的最小值为 .3⑶ 拓展延伸：扇形 COW, / COD=90 , OC=6 OA=3 OB=5,点P 是弧CD 上一点,求 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=ax2+(a+3)x+3 (a丰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) ( 0v rnK 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P 机AB 于点M⑴求a 的值和直线AB 的函数表达式；⑵设△ PMN!勺周长为 C1, △ AEN 的周长为 C2, 假设C6,求m 的值； C25⑶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a ( 0° Va V90° ),连接E' A 、E' B,求 E' A+2E' B 的最小值.3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=问题再探：如图2,在AC右侧作/ CADW B,交BC的延长线于点问题解决：求△ ABC的面积的最大值.,AC=D,求CD的长.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：⑴如图1,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ABCC^邻等四边形；r_r T-r -i r ~r~r ~r _r _i尝试体验：⑵如图2,邻等四边形ABCW, AD=CD Z ABC=120 , / ADC=60 , AB=2, BC=1,求四边形ABCD勺面积.解决应用：⑶如图3,邻等四边形ABCW, AD=CD Z ABC=75 , Z 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ABCE®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ABC/,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.⑵如图2,等邻边四边形ABCg, AB=AD Z BAD% BCD=90 , AG BD为对角线,AC^2AR试探究BC, BD的数量关系.(3)如图3,等邻边四边形ABC" AB=AD AC=2, / BAD=^ BCD=60 ,求等邻边四边形ABCD 面积的最小值.S'。