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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⎥⎣⎦，。
阿波罗尼斯圆在几何学中的重要应用阿波罗尼斯圆是古希腊几何学家阿波罗尼斯在公元前3世纪提出的一种特殊几何曲线。
它被广泛运用于数学和工程领域，具有重要的应用价值。
本文将介绍阿波罗尼斯圆在几何学中的几个重要应用。
一、光学系统的导向元件阿波罗尼斯圆被广泛应用于光学系统中的导向元件设计。
光学系统中的导向元件对光进行控制和调整，使其能够沿特定路径传播或聚焦在特定位置。
阿波罗尼斯圆的特殊形状和性质使得它能够实现精确的光线导向和聚焦。
通过对光线的反射和折射，阿波罗尼斯圆可以将入射光线汇聚到焦点上，实现精确的光束控制。
二、天文学中的椭圆轨道描述天文学中的行星和卫星运动轨道通常被描述为椭圆形状。
阿波罗尼斯圆在这方面发挥了关键作用。
根据开普勒定律，行星和卫星在引力作用下绕着中心天体运动，其轨道呈现出椭圆形状。
阿波罗尼斯圆的研究成果为天文学家提供了理论基础和数学工具，使得他们能够精确地描述和预测行星和卫星的运动轨迹，为天文学研究和空间探索提供了重要参考。
三、声学中的反射和聚焦阿波罗尼斯圆的特殊性质在声学中也有广泛应用。
声学中的反射和聚焦是将声波传播和聚焦在特定区域的重要问题。
阿波罗尼斯圆的形状使得它能够实现声波的精确反射和聚焦。
通过对声波的反射和折射，阿波罗尼斯圆可以将声波聚焦在特定位置，实现声学上的精确控制。
四、水波和震波的传播研究阿波罗尼斯圆不仅在光学和声学中有应用，还在水波和震波的传播研究中发挥重要作用。
水波和震波的传播过程与光波和声波有许多相似之处。
阿波罗尼斯圆的研究成果为水波和震波的传播提供了重要的参考和理论基础，推动了这一领域的发展。
综上所述，阿波罗尼斯圆在光学、天文学、声学和水波、震波传播等领域中都有重要应用。
其特殊形状和性质使得它成为精确控制和调整光、声、波等物理量的有效工具。
随着科学技术的发展和应用需求的增加，阿波罗尼斯圆将继续在多个领域发挥重要作用，为人类认识和探索自然世界提供宝贵的支持。
「高中数学」阿波罗尼斯圆在高考中的应用阿波罗尼斯圆在高考中的应用我们在学习解析几何的时候，总会碰到一些关于圆的定点和定值类的问题，我们反复的联立求解，其实这些问题中有一种情形就是著名的阿波罗尼斯圆问题。
下面我们来了解一下阿波罗尼斯圆：一、我们给出阿波罗尼斯圆的定义：在平面上给定相异的两点A、B。
设p点在同一平面上且满足p点的轨迹就是个圆，这个圆我们就称作阿波罗尼斯圆。
设M，N 分别为线段AB按定比入分隔的内分点和外分点，则MN为阿波罗尼斯圆的直径，且二、我们给出阿波罗尼斯圆的证明：以线段AB所在的直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系设AB=2c 则Ａ（－ｃ，０），Ｂ（ｃ，０），Ｐ（ｘ，ｙ）三、了解阿波罗尼斯圆的性质：定理：A，B为两已知点，M，N分别为线段AB的定比为入，（入》0，入≠1）的内，外分点，则以MN为直径的圆o上任意点到A,B两点的距离之比等于常数入证明：以入>1为例，设AB=a，过点B做圆O的直径MN垂直的弦PQ通过以上的证明，我们可以得到如下的结论：1、当入>1时，点B在圆O内，点A在圆O外. 当0<><>２、因ＡＰ^2=AM.AQ,故AP为圆O的一条切线，若已知圆Ｏ及圆Ｏ外一点A，则可做出点Ａ对应的点B。
只要过点Ａ做圆O两条切线切点分别为P，Q，连接PQ与AN交于点B，反之，可作出与点Ｂ对应的点A3、过点Ａ做圆Ｏ的切线AP（P为切点）后，PM，PN分别为∠APB的内、外角平分线。
四、阿波罗尼斯圆在高考中的应用一、常见解法：二、阿波罗尼斯圆解决：例题选讲一：例题选讲二：从2018年高考大纲中提出加入数学文化，各个模拟卷中都适当的加入数学史中的一些典故。
阿波罗尼斯对圆锥曲线有深刻的研究，其主要的成果集中于他的代表作《圆锥曲线》一书，他与阿基米德、欧几里得成为亚历山大时期的“数学三巨匠”。
阿波罗尼斯圆的性质及其应用
阿波罗尼斯圆是椭圆的一种，它的方程如下： $$x^2+y^2=a^2$$ 阿波罗尼斯圆的性质： 1. 阿波罗尼斯圆的中心位于原点，半径为a。
2. 阿波罗尼斯圆的对称轴是x轴和y轴。
3. 阿波罗尼斯圆的曲率半径是常数，其总是等于a。
4. 阿波罗尼斯圆的弦长是a的函数。
5. 阿波罗尼斯圆的周长是2πa。
阿波罗尼斯圆的应用： 1. 在物理学中，阿波罗尼斯圆可以用来描述圆形物体的运动，如月球运行围绕太阳的轨道就是一个阿波罗尼斯圆。
2. 在工程学中，阿波罗尼斯圆可以用来设计滑动平台、圆型工作台等。
3. 在数学中，阿波罗尼斯圆可以用来解决各种几何问题，如求圆的相关面积、弦长、面积等。
!关于阿波罗尼斯圆的解读与应用探究"江苏省通州高级中学!李欣荣阿波罗尼斯圆在高中数学中十分常见!其是古希腊著名数学家阿波罗尼斯对圆锥曲线深入研究而总结的数学性质规律!探究阿波罗尼斯圆的性质特征有助于深入认识圆的定义!可有效解决相关圆类问题!下面对其加以探究!供读者参考!!问题引出!.!习题回顾在苏教版必修!的教材中有如下一道习题%已知点D)&!%*与两个定点0)"!"*!(),!"*的距离之比为#!!那么点D的坐标应满足什么关系+画出满足条件的点D形成的曲线!解析 对于上述问题!可由题意得&!*%槡!)&",*!*%槡!$#!!化简整理得)&*#*!*%!$&!显然满足条件的点D所形成的曲线是以点)"#!"*为圆心$!为半径的圆!)图略*!."问题一般化将本题进行一般化!思考如下问题%动点D到两定点(和'的距离的比值为一定值!即D($"D'!那么点D的轨迹曲线还是圆吗+基于对上述实例的猜想!显然可知点D的轨迹还是圆!具体证明可采用如下代数几何方法%设('$!B)B&"*!D($"D'!以('的中点为坐标原点!('所在直线为&轴建立平面直角坐标系!则可推知点()"B!"*!')B!"*!再设点D)&!%*!由D($"D'!可得)&*B*!*%槡!$")&"B*!*%槡!!整理可得)"!"#*&!"!B)"!*#*&*)"!"#*%!$B!)#""!*!当"$#时!&$"!此时点D的轨迹为线段('的垂直平分线&当"$#时!有&""!*#"!"#B)*!*%!$&"!B!)"!"#*!!则其轨迹可视为是以点"!*#"!"#B!")*为圆心!以!"B"!"#长为半径的圆!"深入探索".!定义认识实际上!在高中数学中我们将上述所探究的轨迹称之为阿波罗尼斯圆!也称阿氏圆!其是古希腊数学家阿波罗尼斯在著作"圆锥曲线论#中提出的一个著名问题%在平面内给定两点(和'!设点+在同一平面内且满足+(+'$")"&"!"$#*!则点+的轨迹是一个圆!对于上述定义!需要关注阿波罗尼斯圆条件与结论的三个要素%一是两定点&二是线段长之间的定比&三是轨迹为圆的条件!"&"!"$#!对上述证明过程进一步推导!我们可以发现以下几点%)#*阿波罗尼斯圆上的任意一点均满足+(+'$"!)"&"!"$#*&)!*设点)为阿波罗尼斯圆的圆心!则点)始终在直线('上!且半径长为!"B"!"#$""!"#('&),*圆心)虽然在('所在直线上!但不一定位于两点之间!且)(0)'等于半径的平方!"."性质总结阿波罗尼斯圆是一种特殊的几何模型!该圆的一些性质在高中数学解题中十分常用!合理利用可提高解题效率!下面总结三条常用的性质!性质! 设('$7!(+#+#'$(+!+!'$"!则(+#$"7#*"!+#'$7#*"!(+!$"7""#!'+!$7""#!则所作得的阿波罗尼斯圆的直径为+#+!$!7""!"#$!7""#"!圆的面积可表示为'!7""!"#)*!!性质" 当"&#时!点'位于圆0内!点(位于&$备习备考解法探究!"!!年!月上半月Copyright©博看网. All Rights Reserved.!圆0外&当"%"%#时!点(位于圆0内!点'位于圆0外!性质# "$0(N $N 0'!"!$0(00'!"越大!则圆越小!上述总结了阿波罗尼斯圆的三条重要性质!其中性质#是关于圆常规属性的描述!可结合问题条件直接构建圆的方程&性质!则是对定义中定点(和'与圆位置关系的描述!显然与线段比值"密切相关!利用该性质可直接确定点(!'与圆轨迹的位置!利于图形绘制&性质,则直接构建了圆半径与线段0(和0'的关系!并基于圆半径7""#"分析了圆大小与"的关系!有利于解析动态圆的大小变化!在实际解题时要充分理解阿波罗尼斯圆的三条性质要点!合理利用性质转化问题条件!构建解题思路!#应用探究阿波罗尼斯圆的性质条件在高中圆锥曲线考题中应用十分广泛!可正向引用圆的性质!也可逆向使用阿波罗尼斯圆的定义!下面结合不同类型考题开展应用探索!例题!如图#所示!在2(')中!已知')$&!@56)$!@56'!则当2(')的面积取得最大值时!')边上的高为!图#图!解析 以')中点为坐标原点0!线段')所在直线为&轴建立平面直角坐标系!如图!所示!由题意可推知点')"!!"*!))!!"*!已知@56)$!@56'!则('$!()!可设点()&!%*!则)&*!*!*%槡!$!)&"!*!*%槡!!整理可得&"#",)*!*%!$+&%!则点(的轨迹是以点>#",!")*为圆心!-,为半径的圆!分析可知!当2(')的面积取得最大值时!高最大!则点(到&轴的距离最远!故点(的坐标为#",!L -,)*!则')边上的高为-,!评析#上述探究三角形取得最大值时')上的高!解析过程分两步进行!第一步!构建坐标系求点(的轨迹方程$第二步!探究2(')面积最大值时点(的坐标!若能把握其中的阿波罗尼斯圆!则可以结合对应公式直接确定圆的方程!本题目中7$&!"$!!则圆的半径为N $7""#"$!!"#!$-,!圆心为"!*#"!"#B !")*!则圆心>的坐标为#",!")*!则圆的方程为&"#",)*!*%!$+&%!$反思总结阿波罗尼斯圆的性质特点在高中数学中十分重要!也是高考的考查重点!掌握阿氏圆的性质特点!对于动点问题的转化求解极为有利!教学中要强化定义!整理性质!引导学生探索问题求解的方向!及阿氏圆知识的利用思路!下面提出两点建议!$.!关注模型题源拓展衍生应用课本并没有将阿波罗尼斯圆作为核心内容进行讲解!但其隐含在教材的习题中!其解析方法和知识背景也是高考模型问题的根本!具有极高的研究价值!教学中要引导学生关注模型题源!深刻理解模型定义!挖掘模型性质!阿氏圆的定义及性质有正向和逆向两种使用思路!教学中笔者建议采用知识拓展的模式!引导学生全面了解其应用思路!提升学生解题的灵活性!$."合理多解探究强化模型认识从上述例题的探究中可发现!对于与阿氏圆相关的圆锥曲线问题!一般有常规和模型两种突破思路!其中常规法的推理过程较为繁复!在推导动点轨迹时计算量大!而利用阿氏圆的定义及性质则可直接求解轨迹方程!有效降低了思维难度!教学中笔者建议对阿波罗尼斯圆相关问题开展一题多解!引导学生采用多种方法解析问题!帮助学生积累简算经验!提升解题能力!同时在多解探究中!可强化学生对模型的认识!培养学生的模型意识!参考文献%#&施德仪!关于+阿氏圆,模型的探究与思考%B &!数学教学通讯!!"!"(!,)!%!&顾旭东!王金忠!探+源,觅+圆,!才能+方圆,***对一道课本习题的再认识%B &!中学数学(上)!!"!"(##)!%,&李慧华!张艳宗!巧用阿氏圆解距离和差的最值问题%B &!高学数学教与学!!"!"(#+)!-'$!"!!年!月上半月解法探究复习备考Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
阿波罗尼斯及其应用
一、以教材为背景，引出阿波罗尼斯圆
1、定义：
已知点M与两个定点叫,“2距离的比是一个正数机，求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形(考虑机=1和〃 2 ≠ 1两种情形).
分析：当初=1时，表示线段2的垂直平分线.
下面我们只考虑机w 1时的情形
2、引例:已知点P(2,0),Q(8,0),点M与点用距离是它与点磔勺距离的(,用《几何画
板》探求M的轨迹,并给出轨迹方程.
(1)用几何画板进行动画演示
结论1：
(2)回顾求动点轨迹方程的一般步骤：建系、设点、列式、化简
(3)改变些的值进行动画演示.
MQ
结论2：
二、探究新知
1、阿波罗尼斯圆
(1)定义
(2)人物简介
(3)注意事项
三、阿波罗尼斯圆的方程推导
已知点M与两个定点M∣,M?距离的比是一个正数〃?，求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形(m≠l).
四、阿波罗尼斯圆的应用
例1(2008江苏卷13)若AB = 2,AC =√2BC,则SMBC最大值是. X
例2、（2013年江苏高考）在平面直角坐标系Xeyt l ,点A （0,3）,圆球半径为1,圆心C 在直
线 /： y=2x-4±,若圆C 上存在点使得MA=2MO,求圆心C 的横坐标疝勺取值范围.
例3、已知A(-2,0),P 为圆U(x + 4y +
练习:若48 = 2,8。
= 1,8 = 3,用为以瓦）为直径的圆上一点,则怨= MC
五、课堂小结
1、一个概念
2、两种思想：方程思想、转化思想
坐标为
V=16上任意一点,若点B 满足2∣ PAl = IPM ,则
5的
3、三类问题：轨迹、定点、定值。
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.。
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.。
阿波罗尼斯圆及其应用在数学的广袤天地中，阿波罗尼斯圆宛如一颗璀璨的明珠，闪耀着独特的光芒。
它不仅具有深刻的理论内涵，还在众多实际问题中有着广泛而重要的应用。
要理解阿波罗尼斯圆，首先得从它的定义说起。
阿波罗尼斯圆是指平面内到两个定点的距离之比为定值（不为 1）的点的轨迹所形成的圆。
简单来说，假如有两个定点 A 和 B，一个动点 P，并且满足｜PA|／｜PB| ＝定值 k（k ≠ 1），那么点 P 的轨迹就是一个圆。
这个圆有着一些有趣的性质。
比如说，圆心在线段AB 的中垂线上；而且，当两个定点之间的距离固定，以及比值 k 确定时，这个圆的大小和位置也就唯一确定了。
那么，阿波罗尼斯圆在实际中有哪些应用呢？让我们一起来看看。
在几何问题中，阿波罗尼斯圆常常能帮助我们巧妙地解决一些难题。
比如，在三角形中，如果已知某两条边的长度以及它们的比值，要求第三边的取值范围，这时就可以通过构建阿波罗尼斯圆来找到答案。
在物理学中，阿波罗尼斯圆也有它的身影。
例如，在研究两个点电荷之间的电场分布时，如果电荷的电荷量之比为定值，那么等势线的形状就类似于阿波罗尼斯圆。
在工程领域，阿波罗尼斯圆同样发挥着重要作用。
在建筑设计中，当需要确定一些特定的位置关系，以保证结构的稳定性和美观性时，阿波罗尼斯圆的知识能够提供有效的解决方案。
在数学竞赛中，阿波罗尼斯圆更是屡见不鲜。
很多看似复杂的竞赛题目，一旦引入阿波罗尼斯圆的概念，往往就能迎刃而解。
接下来，通过一个具体的例子来感受一下阿波罗尼斯圆的魅力。
假设在平面直角坐标系中，有两个定点 A(0, 0)和 B(4, 0)，动点 P 满足｜PA| ／｜PB| ＝ 1/2，求点 P 的轨迹方程。
首先，设点 P 的坐标为（x, y)。
则｜PA| ＝√（x²＋ y²)，｜PB| ＝√（x 4)²＋ y²。
因为｜PA| ／｜PB| ＝ 1/2，所以√（x²＋ y²) ／√（x 4)²＋ y²＝1/2。
阿氏圆几何画板作法及应用我们知道，到两定点F 1、F 2的距离之和为定值（大于F 1F 2）的点M 的轨迹为椭圆，而距离之差为定值（小于F 1F 2）的点M 的轨迹为双曲线，那么圆是否有相类似的结论呢？答案是肯定的，事实上满足到两定点F 1、F 2的距离之比为定值t(t>0且t ≠1)点M 的轨迹为圆，这个结论是阿波罗尼(Apollonius ，约前260～前190)发现的，所以往往称为阿波罗尼圆。
但圆的这一性质比较“隐晦”，为帮助学生直观理解需要我们创设“所见即所得”的教学情境，本文以几何画板5.0为例谈谈在画板环境中阿波罗尼圆的构造方式，并与读者分享画板中自定义工具功能的实现与应用。
一、阿波罗尼圆的画板实现1.几何构造法实现阿波罗尼圆步骤1、构造一直线上两点F 1、F 2，新建参数t ，其初值赋为2；步骤2、度量计算1t t +并标记为比值，双击点F 1标记为中心，选中F 2按标记比值缩放得到点P ；步骤3、度量计算1t t --+并标记为比值，双击点F 1标记为中心，选中F 2按标记比值缩放得到点得到点Q ； 步骤4、构造线段PQ 并构造线段PQ 的中点C ，以C 为圆心以P 为圆上一点构造圆C 。
试试效果如何？取圆C 上任意一点M 构造线段MF 1、MF 2，并先后选中两线段度量比值，拖动点M 会发现比值不变并且与参数t 值恒相等（如图1所示）。
2.解析构造法实现阿波罗尼圆步骤1、在x 轴上任取两点F 1、F 2，度量其横坐标将标签分别设为x 1、x 2，新建参数t 初值赋为3；步骤2、计算121x tx t++，选中后点击〖绘图〗菜单中的〖在轴上绘制点〗命令，在弹出窗口中选择“绘制”按纽得到点P ；步骤3、计算121x tx t--，重复步骤2可得到点Q ； 步骤4、同方法一，以PQ 为直径构造圆C 。
我们也可仿照方法一验证效果（如图2所示）。
3.实现方法构造详解及比较从以上构造过程我们可以发现，确实阿波罗尼圆关键在于找到圆与直线F 1F 2的交点P 、Q （因为圆C 以PQ 为直径）。
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)．。
—科教导刊（电子版）·2020年第02期/1月（中）—210阿波罗尼斯圆的应用汪欣晏（武汉市第二中学高三（2）班湖北·武汉430000）摘要阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在高考中的几何问题中能得到很好的应用，尤其是在点与圆的转化中能有很好的效果，在应用中，可从两个方面来解决问题：（1）由点求圆；（2）由圆求点。
在此，向大家介绍阿波罗尼斯圆的应用方法，供参考。
关键词阿波罗尼斯圆阿氏圆由点求圆由圆求点中图分类号：O123.1文献标识码：A 【背景】：如图，在中，为的角平分线，的外角平分线，根据角平分线定理，根据内角平分线定理，在以为直径的圆上【背景】：在直线上有四点、则、调和分直线上两点、，则所1的点的轨迹是一个以定比内分、外分定线段的两个分点的连线为直径的圆【方法】如何寻找阿波罗尼斯圆？（1）确定三点；（2）找的共扼点，再以、为直径作圆。
【应用】例1：如图所示，是平行四边形，是的重心，点、在直线上，使得，，证明：平分（2014数学联赛）。
解：四点共圆在上又为该阿氏圆的原始三角形，亦可认为为原始三角形又评述：本题巧妙而合理地使用了阿波罗尼斯圆，基本思路是先通过特殊的边的关系找到阿波罗尼斯圆，再通过阿氏圆推出角平分线，因此，在遇到与“圆、角平分线”相关的题目时，可考虑使用阿氏圆。
例2：已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为点在的面积为？法一：（常规法）可联想到阿氏圆的几何性质，则有以下评述，本题由线的长度之比联想到阿波罗尼斯圆，并由此衍生出在圆中解决问题的想法，相比于第一种方法，该一直线交于，下列三个结论正确的是：（下转第217页）数|学|研|究实小孩子的思维能力是很强的，他们完全可以把所有的填法都写出来，只是大多数孩子在写的过程中都是无序的，我们只要给予正确的引导,大部分学生应该都能解决问题。
因此，在教学前，笔者先让学生独立思考，+=8自己尝试。
发现有以下几种填法：生1：4+4=8，3+5=8。
阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆与向量阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆与向量【微点综述】涉及线段定比的有些平面向量题，或是涉及数量积的等式，可以转化成三点共线问题，构造阿波罗尼斯圆，建立平面直角坐标系，利用阿波罗尼斯圆解决问题．【典例刨析】1.已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足|c -a |=12，则|a +b -c |+2|c -b |最小值为__________.2.已知BC =6，AC =2AB ，点D 满足AD=2x x +y AB+y 2x +yAC ，设f x ,y =AD ，若f x ,y ≥f x0,y 0 恒成立，则f x 0,y 0 的最大值为______________．3.(2022浙江省宁波市鄞州中学高三其他)已知向量a ,b ,c 满足|a |=12|b|=|c |=1,a ⋅b =1，则c +12a +12|c -b|的取值范围是_______.4.已知等边ΔABC 的边长为2，点P 在线段AC 上，若满足PA ⋅PB-2λ+1=0的点P 恰有两个，则实数λ的取值范围是__________．5.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______．6.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 =__________.【针对训练】7.(2022·广东广州·高二期末)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 2,0 ，点P 满足PAPB=3，则点P 的轨迹方程为__________.(答案写成标准方程)，PA ⋅PB的最小值为__________.8.(2022·江苏·高邮一中高二期末)阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上动点P 到两定点A ，B 的距离之比满足PAPB=t (t >0且t≠1，t 为常数)，则P 点的轨迹为圆．已知在平面直角坐标系xOy 中，A (-3,0)，B (3,0)，动点P 满足PAPB =2，则P 点的轨迹Γ为圆，该圆方程为_________；过点A 的直线交圆Γ于两点C ,D ，且AC =CD ，则CD =_________．9.阿波罗尼斯(约公元前262-190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，后人将此圆称为阿氏圆.若平面内两定点A 、B 间的距离为4，动点P 满足PAPB=3，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为___________；PA ⋅PB 最大值是___________.10.在平面四边形ABCD 中，∠BAD =90°，AB =2，AD =1．若AB ⋅AC +BA ⋅BC =43CA ⋅CB，则CB+12CD 的最小值为____．11.在ΔABC 中，A =120°，AB =2AC =6，点D 满足AD=x3x +3y AB +2y x +yAC ，则AD 的最小值为______.12.已知圆C 的圆心在直线3x -y =0上，与x 轴正半轴相切，且被直线l ：x -y =0截得的弦长为27.(1)求圆C 的方程；(2)设点A 在圆C 上运动，点B 7,6 ，且点M 满足AM =2MB ，记点M 的轨迹为Γ.①求Γ的方程，并说明Γ是什么图形；②试探究：在直线l 上是否存在定点T (异于原点O )，使得对于Γ上任意一点P ，都有PO PT为一常数，若存在，求出所有满足条件的点T 的坐标，若不存在，说明理由.参考答案1.【答案】52【分析】建立坐标系，设A (1,0)，B (0,1)，D (1,1)，设OA =a ，OB =b ，则|a +b -c |+2|c -b|=CD +2BC ，构造相似三角形，设E 1,14，可得ΔAEC ∽ΔACD ，所以|a +b -c |+2|c -b |=CD +2BC =2(BC +CE )≥2BE =52．【详解】如图，A 1,0 ,B 0,1 ,D 1,1 ，设OA =a ,OB =b ，则向量c 满足|c -a |=12，设OC =c ，所以点C为以A 为圆心，以12为半径的圆上的一点，所以|a +b -c |=|OD -OC |=|CD |，同理2|c -b|=2|BC |，取点E 1,14 ，则AE AC =ACAD，又因∠CAE =∠DAC ，所以ΔAEC ∽ΔACD ，所以CE CD=12，即CD =2CE ，所以|a +b -c |+2|c -b|=CD +2BC =2CE +2BC =2BC +CE ，由三角形的三边关系知2BC +CE ≥2BE =212+34 2=2×54=52.故填：52.【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量的模，向量模的几何意义，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意构造相似三角形等知识，属于难题．2.【答案】4【分析】将已知AD =2x x +y AB +y 2x +yAC 变形为x x +y 2AB +y x +y 12AC ，设延长AB 至点F ，使得AF =2AB ,取AC 的中点E ，并通过xx +y +y x +y=1得出点D 在EF 上，再通过△AEF ≅△ABC 与已知条件得出f x 0,y 0 =ADmin =AG ，设AB =m ，再通过面积法与正、余弦定理得出AG 即可利用一元二次方程最值与根式性质得出答案.【详解】延长AB 至点F ，使得AF =2AB ,取AC 的中点E ，连接EF ，则AD =2x x +y AB +y 2x +y AC ，=x x +y 2AB+y x +y 12AC，=x x +y AF+y x +yAE ,∵xx +y +y x +y =1,∴点D 在EF 上，过点A 作AG ⊥EF 于点G ，由“边角边”公理可得：△AEF ≅△ABC ，∴EF =BC =6，∵f x ,y =AD，且f x ,y ≥f x 0,y 0 恒成立，∴f x 0,y 0 =ADmin =AG ，设AB =m ，根据面积法知：AG =AE AF sin AEF，=m ⋅2m ⋅sin A6，=m 23sin A ，=m 231-m 2+4m 2-362⋅m ⋅2m 2，=13-916m 2-20 +144≤13×12=4，当且仅当m =25时等号成立，∴f x 0,y 0 max =4，故答案为：4.3.【答案】[3,7]【解析】根据几何关系，设点A ,B ,D 的坐标，点C 在单位圆上，故M =c +12a +12c -b =12EC+BC ，当B ,E ,C 三点共线时，即点C 在C 1处时，取最小值，以及数形结合分析出最大值，计算得到答案.【详解】因为|a |=1,|b |=2,a ⋅b =1，所以‹a ,b ›=π3，设OA =a ，OB =b ，OC =c ，OD =-12a，即A (1,0),B (1,3),D -12,0 ，点C 在单位圆x 2+y 2=1上，因为c +12a +12c -b =OC -OD +12OC -OB =DC +12BC，设|DC |=12|EC|,C (x ,y ),E (m ,n )，即x +12 2+y 2=12(x -m )2+(y -n )2，故E (-2,0)，所以M =c +12a +12c -b =12EC+BC ，如图，(1)当B ,E ,C 三点共线，即点C 在C 1处时，取最小值.因为M =c +12a +12c -b =12EC +BC ≥12BE=3，所以M min =3，(2)当C 位于C 2处时，取最大值，M =12(|EC 2|+|C 2B |)=7，因为2(|EC |2+|BC |2)=(2CC 1)2+(EB )2≤(4)2+(23)2=28，即EC 2+BC 2≤14，所以|EC |+|BC |2≤|EC |2+|BC|22≤7，当且仅当|EC |=|BC |取等号，综上，c +12a +12|c-b |∈3,7 .故答案为：3,7 .【点睛】关键点点睛：本题考查向量模的最值问题，主要考查转化分析，数形结合分析，属于中档题型，本题的关键是根据根据条件设出定点和动点的坐标，根据数形结合分析，转化为点C 位置讨论的问题.4.【答案】38<λ≤12.【分析】设PA =x 0≤x ≤2 ，根据PA ⋅PB-2λ+1=0得到关于x 的函数，由题意可得该函数在区间0,2 上有两个不同的零点，然后根据二次函数的相关知识可得实数λ的取值范围．【详解】如图，设PA =x 0≤x ≤2 ，则PC =2-x ，则PB =PA +AB =-x 2AC+AB ，又AC ⋅AB=2×2×cos60°=2，∴PA ⋅PB =-x 2AC ⋅-x 2AC +AB =x 24AC 2-x 2AC⋅AB =x 2-x ．∵满足PA ⋅PB-2λ+1=0的点P 恰有两个，∴关于x 的方程x 2-x -2λ+1=0在区间0,2 上有两个不同的实数根．设f x =x 2-x -2λ+1，则函数f x 在区间0,2 上有两个不同的零点，∴Δ=1-4-2λ+1 >0f 0 =-2λ+1≥0f 2 =3-2λ≥00<12<2，解得38<λ≤12．∴实数λ的取值范围是38,12．【点睛】(1)用定义进行向量的数量积运算时，有时要注意选择合适的基底，将所有向量用同一基底表示，然后再根据数量积的运算律求解．(2)对于一元二次方程根的分布问题，可根据“三个二次”间的关系，结合二次函数的图象转化为不等式(组)，通过解不等式(组)可得所求．5.【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6.【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.7.【答案】 x -522+y 2=94-3【分析】设点P 坐标，然后用直接法可求；根据轨迹方程和数量积的坐标表示对PA ⋅PB 化简，结合轨迹方程可得x 的范围，然后可解.【详解】设P 点坐标为(x ,y )，则由PA PB=3，得(x +2)2+y 2(x -2)2+y2=3，化简得x 2+y 2-5x +4=0，即x -52 2+y 2=94.因为PA =(-2-x ,-y ),PB=(2-x ,-y )，x 2+y 2=5x -4所以PA ⋅PB=(-2-x )(2-x )+y 2=x 2+y 2-4=5x -8因为点P 在圆x -52 2+y 2=94上，故1≤x ≤4所以-3≤PA ⋅PB ≤12，故PA ⋅PB的最小值为-3.故答案为：x -52 2+y 2=94，-38. 【答案】 (x -5)2+y 2=16 26【分析】设P x ,y ，根据PAPB=2可得圆的方程，利用垂径定理可求CD =2 6.【详解】设P x ,y ，则x +3 2+y 2x -32+y2=2，整理得到x 2+y 2-10x +9=0，即(x -5)2+y 2=16.因为AC =CD ，故C 为AD 的中点，过圆心5,0 作AD 的垂线，垂足为M ，则M 为CD 的中点，则AM =32CD ，故64-94CD 2=16-14CD 2，解得CD =26，故答案为：(x -5)2+y 2=16，2 6.9.【答案】12π 24+163【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，建立直角坐标系，求出阿氏圆方程，可得半径，从而得面积．由P (x ,y )，利用向量数量积的坐标表示求出PA ⋅PB，结合P 在圆上可得最大值．【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，建立直角坐标系，如图，则A -2,0 ，B 2,0 ，设P x ,y ，PAPB=3，∴x +22+y 2x -2 2+y2=3，得：x 2+y 2-8x +4=0⇒x -4 2+y 2=12，点P 的轨迹为圆(如图)，其面积为12π.PA ⋅PB =x 2-4+y 2=OP 2-4，如图当P 位于点D 时，OP 2最大，OP 2最大值为4+23 2=28+163，故PA ⋅PB最大值是24+16 3.故答案为：12π；24+16 3.10.【答案】262【分析】以AB 的中点O 为坐标原点，以AB 方向为x 轴正向，建立如下平面直角坐标系. 设C (x ,y )，根据已知条件可求得C 点在以O 为圆心，2为半径的圆上，取B 1(4,0)，可得ΔOBC ~ΔOCB 1，从而有CB 1=2CB ，因此CB +12CD =12(2CB +CD )=12(CB 1+CD )，因此只要CB 1+CD 最小即可．【详解】如图，以AB 的中点O 为坐标原点，以AB 方向为x 轴正向，建立如下平面直角坐标系.则A (-1,0)，B (1,0)，设C (x ,y )，则AB =(2,0)，AC =(x +1,y )，BC=(x -1,y )因为AB ⋅AC +BA ⋅BC =AB ⋅AC +AB ⋅CB =AB ⋅AB =43CA ⋅CB所以AB ⋅AB =43AC ⋅BC ，即：4=43×(x -1)(x +1)+y 2整理得：x 2+y 2=4，所以点C 在以原点为圆心，半径为2的圆上.在x 轴上取B 1(4,0)，连接B 1C可得ΔOBC ~ΔOCB 1，所以BC B 1C =OBOC=2，所以B 1C =2BCCB +12CD =12(2CB +CD )=12B 1C +CD由图可得：当B 1,C ,D 三点共线时，即点C 在图中的M 位置时，B 1C +CD 最小.此时CB +12CD 最小为DB 1=12(4+1)2+12=262.故答案为262．【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查平面向量的几何应用．解题关键点有二，一是建立坐标系，求出C 点在一个圆上，二是取点B 1，构造出ΔOBC ~ΔOCB 1，于是B 1C =2BC ，问题转化为求CD +CB 1的最小值．11.【答案】33913【分析】令AE =13AB ，AF =2AC ，可得AD =x x +y AE+y x +yAF ，即D 在直线EF 上，从而当AD ⊥EF 时AD最小，结合三角形知识得到结果.【详解】AD =x 3x +3y AB +2y x +y AC =x x +y 13AB+y x +y 2AC，令AE =13AB ，AF =2AC ，则AD =x x +y AE +y x +yAF ，因为xx +y +y x +y=1，所以D 在直线EF 上，从而当AD ⊥EF 时AD最小，在ΔAEF 中，AE =13AB =2，AF =2AC =6，A =120°，由余弦定理得EF =213，又S ΔAEF =12AE ⋅AF ⋅sin A =12EF ⋅AD min ，得AD min =AE ⋅AF sin A EF =2×6×32213=33913.故答案为：33913【点睛】本题综合考查了平面向量与解三角形知识，考查三点共线、余弦定理，三角形面积公式等知识，考查转化能力与计算能力，属于中档题.12.【答案】(1)x -1 2+y -3 2=9；(2)①x -5 2+y -5 2=1，Γ是圆；②存在，D 4910,4910.【分析】(1)设圆心t ,3t ，根据题意，得到半径r =3t ，根据弦长的几何表示，由题中条件，列出方程求解，得出t =±1，从而可得圆心和半径，进而可得出结果；(2)①设M (x ,y )，根据向量的坐标表示，由题中条件，得到x A =-14+3xy A =-12+3y ，代入圆C 的方程，即可得出结果；②假设存在一点D t ,t 满足PO PT=λ(其中λ为常数)，设P x ,y ，根据题意，得到x 2+y 2x -t 2+y -t2=λ，再由①，得到x -5 2+y -5 2=1，两式联立化简整理，得到x 10-10λ2+2tλ2 +y 10-10λ2+2tλ2-49+49λ2-2λ2t 2=0，推出10-10λ2+2tλ2=049λ2-2λ2⋅t 2=49 ，求解得出t ，即可得出结果.【详解】(1)设圆心t ,3t ，则由圆与x 轴正半轴相切，可得半径r =3t .∵圆心到直线的距离d =t -3t2=2t ，由7+2t 2=r 2，解得t =±1.故圆心为1,3 或-1,-3 ，半径等于3.∵圆与x 轴正半轴相切∴圆心只能为1,3故圆C 的方程为x -1 2+y -3 2=9；(2)①设M (x ,y )，则：AM =x -x A ,y -y A ，MB=7-x ,6-y ，∴x -x A =14-2x y -y A =12-2y∴x A=-14+3xy A =-12+3y∵点A 在圆C 上运动∴3x -14-1 2+3y -12-3 2=9即：∴3x -15 2+3y -15 2=9∴x -5 2+y -5 2=1所以点M 的轨迹方程为x -5 2+y -5 2=1，它是一个以5,5 为圆心，以1为半径的圆；②假设存在一点D t ,t 满足POPT =λ(其中λ为常数)设P x ,y ，则：x 2+y 2x -t 2+y -t2=λ整理化简得：x 2+y 2=λ2x 2-2tx +t 2+y 2-2ty +t 2 ，∵P 在轨迹Γ上，∴x -5 2+y -5 2=1化简得：x 2+y 2=10x +10y -49，所以10x +10y -49=λ210x +10y -49-2tx -2ty +2t 2整理得x 10-10λ2+2tλ2 +y 10-10λ2+2tλ2 -49+49λ2-2λ2t 2=0∴10-10λ2+2tλ2=0 49λ2-2λ2⋅t2=49 ，解得：t=49 10；∴存在D4910,4910满足题目条件.【点睛】本题主要考查求圆的方程，考查圆中的定点问题，涉及圆的弦长公式等，属于常考题型.。
“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。
