妙解高考数学填选压轴题专题42 阿波罗尼斯圆-妙解高考数学填选压轴题

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：不妨设，，，再设，则有，化简得：，轨迹为圆心的圆.满足上面条件的啊波罗尼斯圆的直径的两端是按照定比内分和外分所得的两个分点（如图，有）.（3）设是圆上的一点（不与重合），则是三角形的内、外角平分线，．（4）逆向运用：给定圆和定点（不在圆上且不与重合），则一定存在唯一一个定值和一个定点，使得对于圆上的任意一点都有．【典型题示例】例1满足条件AB＝2，AC＝eq\R(,2)BC的△ABC的面积的最大值为.【答案】2eq\R(,2)【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＝eq\R(,2)BC”，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2eq\R(,2).【解析一】设BC＝，则AC＝，根据面积公式得=，根据余弦定理得，代入上式得=由三角形三边关系有解得，故当时取最大值【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＝eq\R(,2)BC，即AC2＝2BC2所以（x＋1）2＋y2＝2[（x－1）2＋y2]，化简得(x－3)2＋y2＝8故点C的轨迹方程为(x－3)2＋y2＝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2eq\R(,2).例2已知等腰三角形腰上的中线为eq\R(,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，中，，，．设，则，在中，，在中，，由可得，，所以，则，故，易知当时，面积的最大值是2．点评：避免求边，优化此解法，考虑中，有，而，同样可解．【解析二】以中点为原点，所在直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系，设，则，即，整理得，，即有，所以．【解析三】以中点为原点，所在直线为轴建立如图3所示的平面直角坐标系，设，，，则，所以，而，当且仅当时，取等．【解析四】如图4，作于点，交于点，则为的重心，则有，所以，当时，取等．例3已知圆和点，若定点和常数满足：对圆上任意一点，都有，则（1）；（2）．【答案】（1）；（2）.【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，则，，所以为常数，所以，解得或（舍去），所以．例4已知圆C：x2＋y2＝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eq\f(PB,PA)为一常数，则点B的坐标为___________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，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，eq\f(PB,PA)＝eq\f(|t＋3|,2)；当点P为圆C与x轴的右交点(3,0)时，eq\f(PB,PA)＝eq\f(|t－3|,8).依题意，eq\f(|t＋3|,2)＝eq\f(|t－3|,8)，解得t＝－eq\f(9,5)或t＝－5(舍去)．下面证明点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，0))对于圆C上任一点P，都有eq\f(PB,PA)为一常数．设P(x，y)，则y2＝9－x2，所以eq\f(PB2,PA2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(9,5)))2＋y2,x＋52＋y2)＝eq\f(x2＋\f(18,5)x＋9－x2＋\f(81,25),x2＋10x＋25＋9－x2)＝eq\f(\f(18,25)·5x＋17,2·5x＋17)＝eq\f(9,25).从而eq\f(PB,PA)＝eq\f(3,5)为常数．【解析二】假设存在这样的点B(t,0)，使得eq\f(PB,PA)为常数λ，则PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，将y2＝9－x2代入，得x2－2xt＋t2＋9－x2＝λ2(x2＋10x＋25＋9－x2)，即2(5λ2＋t)x＋34λ2－t2－9＝0对x∈[－3,3]恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5λ2＋t＝0，,34λ2－t2－9＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(3,5)，,t＝－\f(9,5)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,t＝－5))(舍去)．故存在点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，0))对于圆C上任一点P，都有eq\f(PB,PA)为常数eq\f(3,5).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，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、点和点，M为圆O上的动点，则的最小值为_________.【答案】【分析】逆用“啊圆”，将中系数2去掉化为“一条线段”，从而将化为两条线段的和，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，且内分该点与连结的线段的比为2故该点的坐标为设，则圆上任意一动点M都满足所以又因为，当且仅当共线时，等号成立所以的最小值为.点评：已知两定点、啊圆的圆心三点共线；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:“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆在平面直角坐标系中,点.设点的轨迹为,下列结论正确的是（）A．的方程为B．在轴上存在异于的两定点,使得C．当三点不共线时,射线是的平分线D．在上存在点,使得【答案】BC【分析】通过设出点P坐标，利用即可得到轨迹方程，找出两点即可判断B的正误，设出点坐标，利用与圆的方程表达式解出就存在，解不出就不存在.【解析】设点，则，化简整理得，即，故A错误；根据对称性可知，当时，，故B正确；对于C选项，，,要证PO为角平分线，只需证明，即证，化简整理即证，设，则，，则证，故C正确；对于D选项，设,由可得，整理得，而点M在圆上，故满足，联立解得，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，，，动点满足，则A.点的轨迹方程为 B.面积最大时C.最大时， D.到直线距离最小值为2.在平面直角坐标系中，点.若直线上存在点，使得,则实数的取值范围是3.已知圆O：x2＋y2＝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22时，k=          ．5.点P是圆C：x2＋y2＝1上动点，已知A(－1,2)，B(2,0)，则PA＋EQ\F(1,2)PB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x2+y2=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，，，点是直线上的动点，若恒成立，则最小正整数的值为．8.在平面四边形ABCD中，，，．若，则的最小值为．9.已知,则的最小值是__________.【答案或提示】1.【答案】ABD【解析】由题意可设，由，可得，即，化简可得，故选项A正确；对于选项B，，且点P到直线AB的距离的最大值为圆的半径，即为，所有面积最大为，此时，所以，故选项B正确；对于选项C，最大时，为过点A作圆的切点，求得切点不为，则，故选项C错误；对于选项D，直线的方程为，则圆心到直线的距离为，所以点P到直线AC距离最小值为，故选项D正确；故选ABD.2.【答案】．【解法一】设满足条件PB＝2PA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EQ\F(|m|,EQ\r(,2))≤2．即－2EQ\r(,2)≤m≤2EQ\r(,2)．【解法二】设直线x－y+m＝0有一点(x，x+m)满足PA＝2PB，则(x－4)2+(x+m)2＝4(x－1)2+4(x+m)2．整理得2x2+2mx+m2－4＝0(*)方程(*)有解，则△＝4m2－8(m2－4)≥0，解之得：－2EQ\r(,2)≤m≤2EQ\r(,2)．3.【答案】 (1)－eq\f(1,2) (2)eq\f(1,2)【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2b2＋5b＋2＝0，解得b＝－eq\f(1,2)或b＝－2(舍去).(2)由|b＋1|＝λ，得λ＝eq\f(1,2).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(k2−1)x2+(k2−1)y2+2(k2+1)x+k2−1=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+y2=k2[(x+1)2+y2]，整理可得(k2−1)x2+(k2−1)y2+2(k2+1)x+k2−1=0，即(x+k2+1k2−1)2+y2=(k2+1k2−1)2−1，圆心(−k2+1k2−1,0)，r2=(k2+1k2−1)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=22，解得r=22，故有(k2+1k2−1)2−1=(22)2，解得k=±2，k=±22，因为k>1，所以k=2．故答案为：2．5.【答案】EQ\F(5,2)【提示】已知动点轨迹为圆，将EQ\F(1,2)PB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