專題42 阿波羅尼斯圓-2023年高考數(shù)學(xué)核心壓軸題（新高考地區(qū)專用）

1、專題42 阿波羅尼斯圓【方法點(diǎn)撥】一般地，平面內(nèi)到兩個(gè)定點(diǎn)距離之比為常數(shù)的點(diǎn)的軌跡是圓，此圓被叫做“啊波羅尼斯圓” （又稱之為圓的第二定義）.說明：不妨設(shè) ，再設(shè) ，則有，化簡(jiǎn)得：，軌跡為圓心的圓.滿足上面條件的啊波羅尼斯圓的直徑的兩端是按照定比內(nèi)分和外分所得的兩個(gè)分點(diǎn)（如圖，有）.（3）設(shè)是圓上的一點(diǎn)（不與重合），則是三角形的內(nèi)、外角平分線，（4）逆向運(yùn)用：給定圓和定點(diǎn)（不在圓上且不與重合），則一定存在唯一一個(gè)定值和一個(gè)定點(diǎn)，使得對(duì)于圓上的任意一點(diǎn)都有【典型題示例】例1 滿足條件AB2，ACeq R(,2)BC的ABC的面積的最大值為 .【答案】2eq R(,2)【分析】已知三角形的一邊長(zhǎng)及

2、另兩邊的關(guān)系欲求面積的最大值，一種思路是利用面積公式、余弦定理建立關(guān)于某一邊的目標(biāo)函數(shù)，最后利用基本不等式求解；二是緊緊抓住條件“ACeq R(,2)BC”，符合 “啊園”，建系求出第三個(gè)頂點(diǎn)C的軌跡，挖出“隱圓”，當(dāng)點(diǎn)C到直線AB距離最大，即為半徑時(shí)，ABC的面積最大為2eq R(,2).【解析一】設(shè)BC，則AC ，根據(jù)面積公式得=，根據(jù)余弦定理得，代入上式得=由三角形三邊關(guān)系有解得，故當(dāng)時(shí)取最大值【解析二】以AB所在的直線為x軸，它的中垂線為y軸建立直角坐標(biāo)系，則A（1,0），B（1,0），設(shè)C（x,y）由ACeq R(,2)BC，即AC22BC2所以（x1）2y22（x1）2y2，化簡(jiǎn)得

3、(x3)2y28故點(diǎn)C的軌跡方程為(x3)2y28(y0)，當(dāng)點(diǎn)C到直線AB距離最大，即為半徑時(shí)，ABC的面積最大為2eq R(,2).例2 已知等腰三角形腰上的中線為eq R(,3)，則該三角形面積的最大值為_.【答案】2【分析】本題解法較多，但各種解法中，以利用“啊圓”為最簡(jiǎn)，注意到中線上三角形兩邊之比為21，符合啊波羅尼斯圓定理，挖出“隱圓”，易求得最大值為2.【解析一】如圖1，中，設(shè)，則，在中，在中，由可得，所以，則，故，易知當(dāng)時(shí)，面積的最大值是2點(diǎn)評(píng)：避免求邊，優(yōu)化此解法，考慮中，有，而，同樣可解【解析二】以中點(diǎn)為原點(diǎn)，所在直線為軸建立如圖2所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，即，整理得，

4、即有，所以【解析三】以中點(diǎn)為原點(diǎn)，所在直線為軸建立如圖3所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，所以，而，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取等【解析四】如圖4，作于點(diǎn)，交于點(diǎn)，則為的重心，則有，所以，當(dāng)時(shí)，取等例3 已知圓和點(diǎn)，若定點(diǎn)和常數(shù)滿足：對(duì)圓上任意一點(diǎn)，都有，則 （1） ； （2） 【答案】（1）；（2）.【分析】其實(shí)質(zhì)是啊圓的逆用，設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，恒成立問題轉(zhuǎn)化為與點(diǎn)的坐標(biāo)無關(guān)，即分子為零.【解答】設(shè)，則，所以為常數(shù)，所以，解得或（舍去），所以例4 已知圓C：x2y29，點(diǎn)A(5,0)，在直線OA上(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，存在定點(diǎn)B(不同于點(diǎn)A)滿足：對(duì)于圓C上任一點(diǎn)P，都有eq f(PB,PA)為一常數(shù)，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為

5、_【答案】eq blc(rc)(avs4alco1(f(9,5)，0)【分析】本題的實(shí)質(zhì)是“逆用啊圓”.【解析一】假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B(t,0)當(dāng)點(diǎn)P為圓C與x軸的左交點(diǎn)(3,0)時(shí)，eq f(PB,PA)eq f(|t3|,2)；當(dāng)點(diǎn)P為圓C與x軸的右交點(diǎn)(3,0)時(shí)，eq f(PB,PA)eq f(|t3|,8).依題意，eq f(|t3|,2)eq f(|t3|,8)，解得teq f(9,5)或t5(舍去)下面證明點(diǎn)Beq blc(rc)(avs4alco1(f(9,5)，0)對(duì)于圓C上任一點(diǎn)P，都有eq f(PB,PA)為一常數(shù)設(shè)P(x，y)，則y29x2，所以eq f(PB2,PA2)

6、eq f(blc(rc)(avs4alco1(xf(9,5)2y2,x52y2)eq f(x2f(18,5)x9x2f(81,25),x210 x259x2)eq f(f(18,25)5x17,25x17)eq f(9,25).從而eq f(PB,PA)eq f(3,5)為常數(shù)【解析二】假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B(t,0)，使得eq f(PB,PA)為常數(shù)，則PB22PA2，所以(xt)2y22(x5)2y2，將y29x2代入，得x22xtt29x22(x210 x259x2)，即2(52t)x342t290對(duì)x3,3恒成立，所以eq blcrc (avs4alco1(52t0，,342t290.)解

7、得eq blcrc (avs4alco1(f(3,5)，,tf(9,5)或eq blcrc (avs4alco1(1，,t5)(舍去)故存在點(diǎn)Beq blc(rc)(avs4alco1(f(9,5)，0)對(duì)于圓C上任一點(diǎn)P，都有eq f(PB,PA)為常數(shù)eq f(3,5).例5 啊波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與歐幾里得、啊基米德并稱為亞歷山大時(shí)期數(shù)學(xué)三巨匠，他對(duì)圓錐曲線有深刻而系統(tǒng)的研究，啊波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知?jiǎng)狱c(diǎn)M與兩定點(diǎn)A，B的距離之比為，那么點(diǎn)M的軌跡就是啊波羅尼斯圓，簡(jiǎn)稱啊氏圓已知在平面直角坐標(biāo)系中，圓、點(diǎn)和點(diǎn)，M為圓O上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為_.【答案】【分析】

8、逆用“啊圓”，將中系數(shù)2去掉化為“一條線段”， 從而將化為兩條線段的和，再利用“三點(diǎn)共線”求解.【解析】因?yàn)榘A的圓心、兩定點(diǎn)共線，且在該直線上的直徑的端點(diǎn)分別是兩定點(diǎn)構(gòu)成線段分成定比的內(nèi)外分點(diǎn)所以另一定點(diǎn)必在x軸上，且內(nèi)分該點(diǎn)與連結(jié)的線段的比為2故該點(diǎn)的坐標(biāo)為設(shè)，則圓上任意一動(dòng)點(diǎn)M都滿足所以又因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)共線時(shí)，等號(hào)成立所以的最小值為.點(diǎn)評(píng)：已知兩定點(diǎn)、啊圓的圓心三點(diǎn)共線；啊圓的在已知兩定點(diǎn)所在直線上的直徑的兩端點(diǎn)，分別是兩定點(diǎn)構(gòu)成線段分成定比的內(nèi)、外分點(diǎn).例6 古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名.他發(fā)現(xiàn):“平面內(nèi)到兩個(gè)定點(diǎn)的距離之比為定值的點(diǎn)的軌跡是圓”.后來,人們將這個(gè)

9、圓以他的名字命名,稱為阿波羅尼斯圓,簡(jiǎn)稱阿氏圓在平面直角坐標(biāo)系中,點(diǎn).設(shè)點(diǎn)的軌跡為,下列結(jié)論正確的是（ ）A的方程為B在軸上存在異于的兩定點(diǎn),使得C當(dāng)三點(diǎn)不共線時(shí),射線是的平分線D在上存在點(diǎn),使得【答案】BC【分析】通過設(shè)出點(diǎn)P坐標(biāo)，利用即可得到軌跡方程，找出兩點(diǎn)即可判斷B的正誤，設(shè)出點(diǎn)坐標(biāo)，利用與圓的方程表達(dá)式解出就存在，解不出就不存在.【解析】設(shè)點(diǎn)，則，化簡(jiǎn)整理得，即，故A錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知，當(dāng)時(shí)，故B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，,要證PO為角平分線，只需證明，即證，化簡(jiǎn)整理即證，設(shè)，則，則證，故C正確；對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè),由可得，整理得，而點(diǎn)M在圓上，故滿足，聯(lián)立解得，無實(shí)數(shù)解，于是D錯(cuò)誤.故答案為

10、BC.【鞏固訓(xùn)練】1.（多選題）在平面直角坐標(biāo)系中，三點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)滿足，則A.點(diǎn)的軌跡方程為B.面積最大時(shí)C.最大時(shí)，D.到直線距離最小值為2. 在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn).若直線上存在點(diǎn)，使得,則實(shí)數(shù)的取值范圍是 3. 已知圓O：x2y21和點(diǎn)A(2,0)，若定點(diǎn)B(b,0)(b2)和常數(shù)滿足：對(duì)圓O上任意一點(diǎn)M，都有MBMA，則(1)b_； (2)_.4.在ABC中，|AB|=2,|AC|=k|5.點(diǎn)P是圓C：x2y21上動(dòng)點(diǎn)，已知A(1,2)，B(2,0)，則PA EQ F(1,2)PB的最小值為_6.啊波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與歐幾里得、啊基米德并稱為亞歷山大時(shí)期數(shù)學(xué)三巨匠，他對(duì)圓錐曲線有

11、深刻而系統(tǒng)的研究，主要研究成果集中在他的代表作圓錐曲線一書，啊波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知?jiǎng)狱c(diǎn)M與兩定點(diǎn)Q、P的距離之比|MQ|MP|=(0,1)，那么點(diǎn)M的軌跡就是啊波羅尼斯圓已知?jiǎng)狱c(diǎn)M的軌跡是啊波羅尼斯圓，其方程為x2+y2=1，定點(diǎn)A. 6B. 7C. 10D. 117. 已知，點(diǎn)是直線上的動(dòng)點(diǎn)，若恒成立，則最小正整數(shù)的值為 8.在平面四邊形ABCD中， ，若，則的最小值為 9.已知,則的最小值是_.【答案或提示】1. 【答案】ABD【解析】由題意可設(shè)，由，可得，即，化簡(jiǎn)可得，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，且點(diǎn)P到直線AB的距離的最大值為圓的半徑，即為，所有面積最大為，此時(shí)，所

12、以，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，最大時(shí)，為過點(diǎn)A作圓的切點(diǎn)，求得切點(diǎn)不為，則，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，直線的方程為，則圓心到直線的距離為，所以點(diǎn)P到直線AC距離最小值為，故選項(xiàng)D正確；故選ABD.2. 【答案】【解法一】設(shè)滿足條件PB2PA的P點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則(x4)2+y24(x1)2+4y2，化簡(jiǎn)得x2+y24要使直線xy+m0有交點(diǎn)，則 EQ F(|m|, EQ r( ,2)2即2 EQ r( ,2)m2 EQ r( ,2)【解法二】設(shè)直線xy+m0有一點(diǎn)(x，x +m)滿足PA2PB，則(x4)2+(x+m)24(x1)2+4(x+m)2整理得2x2+2mx+m240 (*)方程

13、(*)有解，則4m28(m24)0，解之得：2 EQ r( ,2)m2 EQ r( ,2)3. 【答案】(1)eq f(1,2)(2)eq f(1,2)【解析】(1)因?yàn)辄c(diǎn)M為圓O上任意一點(diǎn)，所以不妨取圓O與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)(1,0)和(1,0).當(dāng)M點(diǎn)取(1,0)時(shí)，由MBMA，得|b1|；當(dāng)M點(diǎn)取(1,0)時(shí)，由MBMA，得|b1|3.消去，得|b1|3|b1|.兩邊平方，化簡(jiǎn)得2b25b20，解得beq f(1,2)或b2(舍去).(2)由|b1|，得eq f(1,2).4.【答案】2【分析】本題考查軌跡方程的求解，以及新定義，直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，屬于較難題根據(jù)條件得到點(diǎn)C的軌跡方程

14、(k2-1)x2+(k2-1)y2+2(k2【解析】如圖，不妨設(shè)A(1,0)，B(-1,0)，C(x,y)，則|AC|=k|BC|，可化為(x-1)2+y2=k2(x+1)2+y2，整理可得(k2-1)x2+(k2-1)y2+2(k2+1)x+k2-1=0，5.【答案】 EQ F(5,2)【提示】已知?jiǎng)狱c(diǎn)軌跡為圓，將 EQ F(1,2)PB轉(zhuǎn)化為P到一個(gè)定點(diǎn)的距離，即求動(dòng)點(diǎn)到兩個(gè)定點(diǎn)距離之和.6.【答案】C【分析】令2|MP|=|MQ|，則2|MP|+|MB|=|MQ|+|MB|，由【解析】由題意可得圓x2+y2=1是關(guān)于P，Q的啊波羅尼斯圓，且=2，則|MQ|MP|=2，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(m,n)，則(x-m)2+(y-n)2(