阿波罗尼斯圆专题
阿波罗尼斯圆及其直接应用 (解析版)
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⎥⎣⎦，。
微点6 阿波罗尼斯圆综合训练 (解析版)
专题1阿波罗尼斯圆及其应用微点6阿波罗尼斯圆综合训练专题1阿波罗尼斯圆及其应用微点6阿波罗尼斯圆综合训练一、单选题（2022宁夏·石嘴山三中高二月考）1．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，()2,0A -，()4,0B ，点P 满足12=PA PB ．则点P 的轨迹所包围的图形的面积等于（）A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π（2022广东·广州一中高二期中）2．数学家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（常数大于零且不等于一）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy 中，()2,0A -，动点M 满足MA =，得到动点M 的轨迹是阿氏圆C .若对任意实数k ，直线l ：()1y k x b =-+与圆C 恒有公共点，则b 的取值范围是（）A ．⎡⎣B ．⎡⎣C ．⎡⎣D ．-⎡⎣（2022·河北保定·高二期末）3．古希腊著名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（0λ>，且1λ≠）的点所形成的图形是圆，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，()4,0-A ，()2,0B ，点P 满足2PA PB=，则点P 的轨迹的圆心坐标为（）A ．()4,0B ．()0,4C ．()4,-0D ．()2,04．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动点(,)P x y 满足2PA PO=,则动点P 轨迹与圆()2221x y -+=的位置关系是（）A ．相交B ．相离C ．内切D ．外切5．阿波罗尼斯（公元前262年~公元前190年），古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家．阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两点A ，B ，则所有满足PA PBλ=（0λ>，且1λ≠）的点P 的轨迹是一个圆．已知平面内的两个相异定点P ，Q ，动点M 满足2MP MQ =，记M 的轨迹为C ，若与C 无公共点的直线l 上存在点R ，使得MR 的最小值为6，且最大值为10，则C 的长度为（）A ．2πB ．4πC ．8πD ．16π（2022·广东茂名·高二期末）6．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O (0，0)，A (3，0)，动点P (x ，y )满2PAPO=，则动点P 轨迹与圆22(2)2x y -+=的位置关系是（）A ．相交B ．相离C ．内切D ．外切（2020·四川·泸州老窖天府中学高二期中）7．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(0,1)k k k >≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点(1,0),(1,0)A B -，动点P 满足2PA PB=，当P 、A 、B 不共线时，PAB 面积的最大值是（）A ．4B ．2C ．23D ．438．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德､欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P 到两个定点的距离之比为常数λ（0λ>，且1λ≠），那么点P 的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点C 到()()1,0,1,0A B -的距离之C 到直线280x y -+=的距离的最小值为（）A ．BC ．D（2022四川遂宁·高二期末）9．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(1)λλ≠的点所形成的图形是圆．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，(2,0)A -，(4,0)B ，点P 满足12PA PB=．当,,P A B 三点不共线时，PAB △面积的最大值为（）A ．24B ．12C ．D（2022湖北黄州中学高二开学考试）10．阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262190 年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两个定点距离的比为常数()0,1k k k >≠的点的轨还是圆，后人把这个国称为阿波罗尼斯圆，已知定点()2,0A -、()2,0B ，动点C 满足2AC BC =，则动点C 的轨迹为一个阿波罗尼斯圆，记此圆为圆P ，已知点D 在圆P 上（点D 在第一象限），AD 交圆P 于点E ，连接EB 并延长交圆P 于点F ，连接DF ，当DFE 30∠= 时，直线AD 的斜率为（）A ．13B ．13C ．4D 二、多选题（2022江苏·高二专题练习）11．在平面上有相异两点A ，B ，设点P 在同一平面上且满足PA PB λ=(其中0λ>，且1λ≠)，则点P 的轨迹是一个圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆.设(),0A a -，(),0B a ，a 为正实数，下列说法正确的是（）A ．当2λ=时，此阿波罗尼斯圆的半径43r a =B ．当12λ=时，以AB 为直径的圆与该阿波罗尼斯圆相切C ．当01λ<<时，点B 在阿波罗尼斯圆圆心的左侧D ．当1λ>时，点A 在阿波罗尼斯圆外，点B 在圆内（2022·浙江·玉环玉城中学高二期中）12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷．他发现平面内到两个定点的距离之比为定值()1λλ≠的点所形成的图形是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆．已知在平面直角坐标系xOy 中，()()1,0,1,0A B -．点P 满足12PA PB=，设点P 所构成的曲线为E ，下列结论正确的是（）5⎛⎫B ．443PB ≤≤C ．曲线E 的周长为πD ．曲线E 上的点到直线10x y +-=的最小距离为)41313．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(1)λλ≠的点所形成的图形是圆．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，()2,0A -，()4,0B ．点P 满足||1||2PA PB =，设点P 所构成的曲线为C ，下列结论正确的是（）A ．C 的方程为()22416x y ++=B ．在C 上存在点D ，使得D 到点()1,1的距离为3C ．在C 上存在点M ，使得2MO MA=D ．C 上的点到直线34130x y --=的最小距离为114．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（1λ≠）的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，成为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy 中，()2,0A -、()4,0B ，点Р满足12PA PB =，设点Р所构成的曲线为C ，下列结论正确的是（）A ．C 的方程为()22416x y ++=B ．在C 上存在点D ，使得1AD =C ．在C 上存在点M ，使M 在直线20x y +-=上D ．在C 上存在点N ，使得224NO NA +=（2022河北保定·高二期中）15．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≠的点所形成的图形是圆.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，()2,0A ､()4,0B ，点P 满足12PA PB=，设点P 所构成的曲线为C ，下列结论正确的是（）A ．曲线C 的方程为()22416x y ++=B ．在曲线C 上存在点D ，使得1AD =C ．在曲线C 上存在点M ，使M 在直线上20x y +-=D ．在曲线C 上存在点N ，使得224NO NA +=（2022福建龙岩·高二期中）16．古希腊著名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(1)λλ≠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，(1,0)A -，(2,0)B ，动点C 满足||1||2CA CB =，直线:10l mx y m -++=，则（）A ．动点C 的轨迹方程为22(2)4x y ++=B ．直线l 与动点C 的轨迹一定相交C ．动点C 到直线l1D ．若直线l 与动点C 的轨迹交于P ，Q 两点，且||PQ =1m =-三、填空题（2022天津河北·高二期中）17．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≠1）的点所形成的图形是圆．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中，A （﹣2，0），B （4，0），点P 满足||1||2PA PB =，则点P 所构成的曲线C 的方程为_______________．18．阿波罗尼斯（约前262—前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()0,1k k k >≠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()0,0O ，()3,0A ，动点P 满足12PO PA=，则点P 的轨迹方程是___________．（2022四川省武胜烈面中学校高二期中）19．阿波罗尼斯(古希腊数学家，约公元前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λ(0λ>且1λ≠)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，已知OAM △的两个顶点O A 、是定点，它们的坐标分别为00O (，)､(30)A ，；另一个顶点M 是动点，且满足∠=∠si n 2si n A O M O A M ，则当OAM △的面积最大时，OA 边上的高为___________.（2022四川巴中·高二期末）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λ（0λ>且1λ≠）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，已知OAM △的两个顶点O 、A 是定点，它们的坐标分别为(00)O ， 、(30)A ， ；另一个顶点M 是动点，且满足||1||2MO MA =．则当OAM △的面积最大时，OA 边上的高为___________．21．阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前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 （0k >且1k ≠）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，现有ABC ，6AC =，sin 2sin C A =，则当ABC 的面积最大时，BC 的长为______.22．平面向量a ，b 满足3a b -= ，2a b = ，则a 与a b -夹角最大值为______．23．已知平面向量满足1a b c === ，a b ⊥r r，则232c a a b c +++- 的最小值为______．24．已知△ABC 的面积3，且AB ＝AC .若2CD DA =,则BD 的最小值为______.四、双空题（2022重庆·高二期末）25．设动点P 与两不同定点AB 、在同一平面上且满足||||PA PB λ=，当0λ>且1λ≠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．在直角坐标系xOy 中，(3,0),(3,0),(,)A B P x y -，动点P 满足||2,||PA P PB =点的轨迹Γ的方程为_______．点Q 是直线:34100l x y -+=上任意一点，过Q 作Γ的切线，相切于,M N ，当||MN 取得最小值时，求cos MQN ∠的值______________（2022广东·深圳七中高三月考）26．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点距离之比为定值(0λλ>且1)λ≠的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xOy 中，已知点()0,3A ，若动点M 满足2=MA MO ，则动点M 的轨迹Γ方程是___________；若直线:10l x my +-=与轨迹Γ交于,P Q ，当PQ 取最小值时，则m =___________.27．被誉为古希腊“数学三巨匠”之一的数学家阿波罗尼斯发现：平面内一动点P 到两个不同定点,A B 的距离之比为常数()01k k k >≠且，则P 点的轨迹是一个圆心在AB 直线上的圆，简称“阿氏圆”.据此请回答如下问题：为S ，若3a =时，则max S =______;若1S =时，则a 取值范围为______．28．阿波罗尼奥斯（Apollonius ）（公元前262～公元前190），古希腊人，与欧几里得和阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》凭一己之力将圆锥曲线研究殆尽，致使后人没有任何可插足之地；直到17世纪，笛卡尔和费马的坐标系之后，数学家建立起了解析几何体系，圆锥曲线的研究才有了突破.阿波罗尼奥斯在他的著作里得到了这样的结论：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，也称阿氏圆.已知动点P 到点()2,0M -与到点()1,0N 的距离之比为2：1，则动点P 的轨迹方程为________.五、解答题（2022辽宁抚顺·高二期末）29．设A ，B 是平面上两点，则满足PA k PB=(其中k 为常数，0k ≠且1k ≠)的点P 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，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知)0A，,02B ⎛⎫⎪⎪⎝⎭，且k （1）求点P 所在圆M 的方程.（2）已知圆()()22:225x y Ω++-=与x 轴交于C ，D 两点(点C 在点D 的左边)，斜率不为0的直线l 过点D 且与圆M E ，F 两点，证明：ECD FCD ∠=∠.（2022福建省福州八中高二期中）30．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 （0k >且1k ≠）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知平面直角系xOy中的点E ，F ，则满足PF =的动点P 的轨迹记为圆E .(1)求圆E 的方程；(2)过点(3,3)Q 向圆E 作切线QS ，QT ，切点分别是S ，T ，求直线ST 的方程.31．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，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点A ，B 距离之比为(0λλ>且1)λ≠的点P 的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆．(1)已知两定点()2,0A -，()4,0B ，若动点P 满足12PA PB=，求点P 的轨迹方程；(2)已知()6,0A -，P 是圆()22:416C x y ++=上任意一点，在平面上是否存在点B ，使得12PA PB=恒成立？若存在，求出点B 坐标；若不存在，说明理由；(3)已知P 是圆22:4D x y +=上任意一点，在平面内求出两个定点A ，B ，使得12PA PB=恒成立．只需写出两个定点A ，B 的坐标，无需证明．32．平面上两点A 、B ，则所有满足PA k PB=且k 不等于1的点P 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，故称阿氏圆.已知圆1C 上的动点P 满足：2(PO PA=其中O 为坐标原点，A 点的坐标为()0,3.(1)直线Ly x =︰上任取一点Q ，作圆1C 的切线，切点分别为M ，N ，求四边形1QMC N 面积的最小值；(2)在（1）的条件下，证明：直线MN 恒过一定点并写出该定点坐标.参考答案：1．D【分析】设(),P x y ，则由12=PA PB 结合距离公式化简可得()22416++=x y ，从而可知点P 的轨迹是以(4,0)-为圆心，4为半径的圆，进而可求出面积【详解】设点(),P x y ，则12PA PB =化简整理得2280x y x ++=，即()22416++=x y ，所以点P 的轨迹是以(4,0)-为圆心，4为半径的圆，所以所求图形的面积为16π，故选：D 2．C【分析】设()M x y ，，由题意列式求出C 圆的方程，再由直线方程可得直线l 恒过定点(1)b ，，求出圆C 上横坐标为1的点的纵坐标即可.【详解】设()M x y ，，由(20)A -，，且MA =，得222MA MO =，即22(2)8x y -+=，直线l ：(1)y k x b =-+恒过定点(1)b ，，把1x =代入22(2)8x y -+=，解得y =，要使对任意实数k ，直线l ：22(2)8x y -+=与圆C 恒有公共点，则b≤≤b 的取值范围是⎡⎣故选：C 3．A=，整理并化为圆的标准形式，即可确定圆心.【详解】令P (x ，y )，=，两边平方并整理得：()22416x y -+=，∴圆心为(4，0)．故选：A ．4．D【分析】求阿波罗尼斯圆后判断两圆的位置关系.【详解】由已知动点(,)P x y 满足2PAPO=，得2=即动点P 轨迹为圆：()2214x y ++=，21=+Q，∴两圆外切.故选:D.5．B【分析】根据给定条件确定轨迹C 是圆，利用圆的性质求出其半径即可计算作答.【详解】依题意，M 的轨迹C 是圆，设其圆心为点D ，半径为r ，显然直线l 与圆C 相离，令点D 到直线l 的距离为d ，由圆的性质得：610d r d r -=⎧⎨+=⎩，解得8d =，2r =，所以C 的长度为4π.故选：B 6．A【分析】首先求得点P 的轨迹，再利用圆心距与半径的关系，即可判断两圆的位置关系.2=，化简为：()2214x y ++=，动点P 的轨迹是以()1,0-为圆心，2为半径的圆，圆22(2)2x y -+=是以()2,0为半径的圆，两圆圆心间的距离32d =<所以两圆相交.故选：A 7．D 【分析】利用||2||PA PB =求出圆的方程和半径，进而利用圆的范围可求出三角形面积的最大值.【详解】设()P x y ，，因为(10)A -，、()1，0B ，且||2||PA PB =，2=，整理得22331030x y x +-+=，即圆的方程为22516(39x y -+=，半径为43；所以4||3y ≤，则PAB △面积的最大值是1442233⨯⨯=.故选：D.8．A【分析】设(,)C x y ，依题意||||CA CB =，根据两点的距离公式求出动点C 的轨迹方程，再求出圆心到直线的距离，即可求出点C 到直线距离的最小值；【详解】解：设(,)C x y ，则||||CA CB ==22(2)3x y -+=，所以点C 的轨迹为以()2,0D 为圆心，r =D 到直线280x y -+=的距离d ==，所以点C 到直线280x y -+=的距离的最小值为故选：A 9．B【解析】设(,)P x y ，可表示出PA 、PB ，根据题意，列出等式，化简整理，即可得点P 的轨迹方程，如图所示，可的P 到AB 的距离最大值，代入公式，即可求得答案.【详解】设(,)P x y ，则PA PB =因为12PA PB=，所以=22224[(2)](4)x y x y ++=-+，整理可得2280x y x ++=，即22(4)16x y ++=，如图所示：当P 在圆心Q （-4,0）的正上方时，P 到AB 的距离最大，且为半径4,所以PAB △面积的最大值为11641222AB PQ ⨯⨯=⨯⨯=.故选：B【点睛】解题的关键是根据条件，求得点P 的轨迹方程，根据圆的几何性质，求得答案，考查数形结合，计算化简的能力，属中档题.10．A【分析】设点(),C x y ，根据2AC BC =求出点C 的轨迹方程，过圆心P 作PG DE ⊥于点G ，求出PG 、PA ，可求出sin PAG ∠的值，利用同角三角函数的基本关系可求得直线AD 的斜率.【详解】如图所示，设动点(),C x y=，化简可得2220403x y x +-+=，化为标准方程可得圆221064:39P x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭．因为260DPE DFE ∠=∠= ，PE PD =，则DPE 为等边三角形，过圆心P 作PG DE ⊥于点G，则sin 60PG PE ==，3sin 1643PG PAG PA ∠===，所以cos PAG ∠==4tan AD k PAG =∠==，故选：A ．11．AD【解析】设(),P x y ，根据阿波罗尼斯圆的定义，求得其方程()()222222221411a a x y λλλλ⎛⎫+ ⎪-+= ⎪--⎝⎭，然后逐项判断.【详解】设(),P x y ，所以PA PB ==，因为PA PB λ=，所以PA ==()()222222221411a a x y λλλλ⎛⎫+ ⎪-+= ⎪--⎝⎭A.当2λ=时，此阿波罗尼斯圆的半径22413a ar λλ==-，故正确；B.当12λ=时，以AB 为直径的圆为222x y a +=，阿波罗尼斯圆为22251639a x a y ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，圆心距为53a ，两半径之和为73a ，两半径之差的绝对值为13a ，不相切，故错误；C.当01λ<<时，圆心的横坐标为()22212111aa a λλλ+⎛⎫=+< ⎪--⎝⎭，所以点B 在阿波罗尼斯圆圆心的右侧，故错误；D.当1λ>时，点A 与圆心的距离()22222122111aa aa r λλλλλλ++=>=---，在阿波罗尼斯圆外，点B与圆心的距离()2222122111aa a a r λλλλλ+-=<=---，在圆内，故正确；故选：AD 12．ABD【分析】设(),P x y ，利用两点间的距离公式求出点P 所构成的曲线方程E ，然后逐一判断即可.【详解】设(),P x y ，由12PA PB==整理可得2210103x x y +++=，化为2251639x y ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，所以曲线E 的圆心坐标为5,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，半径为43，故A 正确；圆心5,03⎛⎫- ⎪⎝⎭到点()10B ,的距离为83，所以48433338PB -≤≤+，即443PB ≤≤，故B 正确；圆的周长为823r ππ=，故C 错误；圆心到直线10x y +-=3=，所以曲线E 上的点到直线10x y+-=的最小距离为)441333-=.故选：ABD 13．ABD【分析】对于A ，设点(),P x y ，由||1||2PA PB =结合两点间的距离公式化简即可判断，对于B ，由A 可知曲线C 的方程表示圆心为()4,0-，半径为4的圆，从而可求出圆上的点到点()1,1的距离的范围，进而进行判断，对于C ，设()00,M x y ，由2MO MA =，由距离公式可得方程，再结点()00,M x y 在曲线C 上，得到一个方程，两方程联立求解判断，对于D ，由于曲线C 的方程表示圆心为()4,0-，半径为4的圆，所以只要求出圆心到直线的距离减去圆的半径可得答案【详解】由题意可设点(),P x y ，由()2,0A -，()4,0B ，||1||2PA PB =12=，化简得2280x y x ++=，即22(4)16x y ++=，所以选项A 正确；对于选项B ，曲线C 的方程表示圆心为()4,0-，半径为4的圆，点()1,1与圆心的距离为=44+，而34]∈，所以选项B 正确；对于选项C ，设()00,M x y ，由2MO MA ==()2200416x y ++=，联立方程消去0y 得02x =，解得0y 无解，所以选项C 错误；对于选项D ，C 的圆心()4,0-到直线34130x y --=的距离为|3(4)13|55d ⨯--==，且曲线C的半径为4，则C 上的点到直线34130x y --=的最小距离541d r -=-=故选项D 正确；故选：ABD ．14．AD【分析】通过设出点P 的坐标，利用12PA PB=，即可求出曲线C 的轨迹方程，然后假设曲线C 上一点坐标，根据BCD 三个选项逐一列出所满足条件，然后与C 的轨迹方程联立，判断是否有解，即可得出答案.【详解】设点(,)P x y ，由12PA PB=，12=，化简得2280x y x ++=，即22(4)16x y ++=，故A 选项正确；对于B 选项，设00(,)D x y ，由1AD =1=，又2200(4)16x y ++=，联立方程可知无解，故B 选项错误；对于C 选项，设00(,)M x y ，由M 在直线20x y +-=上得0020x y +-=，又2200(4)16x y ++=，联立方程可知无解，故C 选项错误；对于D 选项，设00(,)N x y ，由224NO NA +=，得22220000(2)4x y x y ++++=，又2200(4)16x y ++=，联立方程可知有解，故D 选项正确.故选：AD .15．AD【分析】通过设出点P 的坐标，利用12PA PB=，即可求出曲线C 的轨迹方程，然后假设曲线C 上一点坐标，根据BCD 三个选项逐一列出所满足条件，然后与曲线C 的轨迹方程联立，判断是否有解，即可得出答案.【详解】设点(,)P x y ，由12PA PB=，12=，化简得2280x y x ++=，即22(4)16x y ++=，故A 选项正确；对于B 选项，设00(,)D x y ，由1AD =1=，又2200(4)16x y ++=，联立方程可知无解，故B 选项错误；对于C 选项，设00(,)M x y ，由M 在直线20x y +-=上得0020x y +-=，又2200(4)16x y ++=，联立方程可知无解，故C 选项错误；对于D 选项，设00(,)N x y ，由224NO NA +=，得22220000(2)4x y x y ++++=，又2200(4)16x y ++=，联立方程可知有解，故D 选项正确.故选：AD.16．ABD【分析】设(,)C x y ，进而根据题意易得其轨迹方程22(2)4x y ++=，判断A 选项；再结合直线l 过定点(1,1)M -判断点与圆的位置关系判断B 选项；易知当直线l 与NM 垂直时动点C 到直线l 距离的最大，计算可判断C 选项；根据直线与圆相交弦长的求解方法求解即可判断D 选项.【详解】解：设(,)C x y ．因为||1||2CA CB =12=，所以2240x y x ++=，即22(2)4x y ++=，所以对于A 选项，动点C 的轨迹为以(2,0)N -为圆心，2为半径的圆，故A 正确．对于B 选项，因为直线l 过定点(1,1)M -，而点(1,1)M -在圆N 内，所以直线l 与圆N 相交，故B 正确．对于C 选项，当直线l 与NM 垂直时，动点C 到直线l 的距离最大，且最大值为||2r NM +=+，故C 错误．对于D 选项，记圆心N 到直线l 的距离为d ，则d =()222||4PQ r d =-，所以()2248r d -=．因为2r =，所以d =22(1)21m m -=+，得1m =-，故D 正确．故选：ABD17．（x ＋4）2＋y 2＝16【分析】首先设出点的坐标，然后列出等式，最后化简所得的等式可得轨迹方程.【详解】由题意可设点(,)P x y ，由A （﹣2，0），B （4，0），||1||2PA PB =12=，化简得2280x y x ++=，即22(4)16x y ++=，故答案为：22(4)16x y ++=.18．()2214x y ++=【分析】直接设点P 的坐标，利用两点间距离公式代入化简整理可求点P 的轨迹方程．【详解】设(),P x y ，12POPA =12=，整理得：22230x y x ++-=即()2214x y ++=．故答案为：()2214x y ++=．19．2【分析】根据已知条件求出点M 的轨迹，然后经过分析可知OAM △的面积最大，此时OA 边上的高为圆的半径2.【详解】设(),M x y ，因为∠=∠si n 2si n A O M O A M ，在OAM △中结合正弦定理可得2AMOM=，即2AM OM =，=，化简整理得22230x y x ++-=，所以点M的轨迹是以()1,0-为圆心，2为半径的圆（去掉点()()1,0,3,0），所以当OA AM ⊥时，OAM △的面积最大，此时OA 边上的高为圆的半径2.故答案为：2.20．2【分析】首先求出点M 的轨迹方程，当OAM △的面积最大时，即OA 边上的高最大，即可求解.【详解】12MO MA=，即两线段比值为大于零且不等于1的常数，∴点M 的轨迹是圆．设(),M x y ．()0,0O 、()3,0A ，2=MA MO ，=，平方整理得22230x y x ++-=，即22(1)4x y ++=，故点M 的轨迹是以()1,0C -为圆心，半径长为2的圆，因此，当OAM △的面积最大时，OA 边上的高即为该圆的半径2．故答案为：221．【分析】建立直角坐标系，根据条件将B 点轨迹转化为阿氏圆的问题来解决【详解】如上图所示，以AC 的中点为原点，AC 边所在直线为x 轴建立直角坐标系，因为6AC =，所以()30A -,，()3,0C ，设点(),B x y ，因为sin 2sin C A =，由正弦定理可得：2c a =，即2AB BC =，所以：()()22223434x y x y ++=-+，化简得：()22516x y -+=，且1x ≠，9x ≠，圆的位置如上图所示，圆心为()5,0，半径4r =，观察可得，三角形底边长AC 不变的情况下，当B 点位于圆心D 的正上方时，高最大，此时ABC 的面积最大，B 点坐标为()5,4，所以BC ==故答案为：22．6π##30︒【分析】根据条件先求得()a b a -⋅ ，再用夹角公式及基本不等式可求解.【详解】解：∵3,2a b a b -==，∴()222222429a ba ab b b a b b -=-⋅+=-⋅+=，∴25922a b b ⋅=- ，∴()2222593942222a b a a a b b b b -⋅=-⋅=-+=+ ；∴()2391322cos ,464b a b a a b a b a ba b b +-⋅-===+≥=-，当且仅当b =、a =等号成立，∵0,a b a π≤-≤ ；∴0,6a b a π≤-≤ ；∴a b - 与a 夹角的最大值为6π．故答案为：6π23【分析】直接利用向量的绝对值（三角）不等式，即可得到结果.【详解】利用向量的绝对值（三角）不等式，因为平面向量满足1a b c === ，a b ⊥r r，所以=0a b ⋅，22c a c a ++=+ ，则23223252c a a b c c a a b c a b +++-=+++-≥+=．故答案为24．3【解析】由题可设AD x =,则3AB AC x ==,利用余弦定理可得222222cos 106cos BD AB AD AB AD A x x A =+-⋅⋅=-⋅,再根据三角形面积公式可得11sin 33sin 322S AB AC A x x A =⋅⋅=⋅⋅⋅=,则22sin 3A x =,进而cos A =,则2BD 为关于x 的函数,利用换元法和导函数求得最值即可【详解】由题,设AD x =,则3AB AC x ==,所以()22222222cos 323cos 106cos BD AB AD AB AD A x x x x A x x A =+-⋅⋅=+-⋅⋅⋅=-⋅,因为11sin 33sin 322S AB AC A x x A =⋅⋅=⋅⋅⋅=,所以(]22sin 0,13A x=∈,因为大边对大角,所以令A 为锐角,则cos A ,所以222210610BD x x x =-=-,设223t x t ⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭,则()10f t t =-所以()10f t '=,令()0f t '=,则56t =,则()f t 在25,36⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减,在5,6⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,所以()min551610663f t f ⎛⎫==⨯-= ⎪⎝⎭,所以min 3BD =,【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形,考查利用导函数求最值,考查运算能力25．22(5)16x y -+=725-【分析】设(,)P x y ，可得||PA ，||PB ，代入||2||PA PB =，整理可得P 点的轨迹Γ的方程；画出图形，可知当Q 离圆心最近时，||MN 最小，由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，进一步可得cos MQN ∠的值．【详解】解：（1）设点P 的坐标为(,)x y ，则||PA||PB ，由||2||PA PB =2=，化简可得22(5)16x y -+=，∴此曲线的方程为22(5)16x y -+=；（2）曲线Γ是以点(5,0)E 为圆心，4为半径的圆，如图，要使||MN 最小，则 MN最小，可知Q 离圆心E 最近，此时||5QE =，||4NE =，则||3QN =，3cos 5NQE ∴∠=，则2237cos 212()1525MQN cos NQE ∠=∠-=⨯-=-．故答案为：22(5)16x y -+=；725-．26．22(1)4x y ++=1【分析】设出点M 的坐标，利用给定几何关系列方程并化简即得轨迹Γ的方程；利用圆的性质即可求出PQ 取最小值时的m 值.【详解】设动点(,)M x y ，因2=MA MO =22(1)4x y ++=，所以动点M 的轨迹Γ的方程是：22(1)4x y ++=；显然轨迹Γ是以点(0,1)C -为圆心，2为半径的圆，直线:10l x my +-=恒过定点(1,0)B ，点(1,0)B 在圆22(1)4x y ++=内，由圆的性质知，当弦PQ 长最短时，直线l 垂直于直线BC ，直线BC 斜率0(1)110BC k --==-，因此，111m-⨯=-，解得1m =，所以当PQ 取最小值时，则1m =.故答案为：22(1)4x y ++=；127．3)+∞【分析】以B 作为原点建立平面直角坐标系，可得点B 和点C 的坐标，设出点A 的坐标，结合条件代入两点之间的距离公式可得点C 的轨迹为除去x 轴上两点的一个圆，利用圆上的点的纵坐标和三角形面积之间的关系即可解决问题．【详解】解：以B 作为原点，BC 所在的直线作为x 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，若3a =，即3BC =，则不妨设C 在x 正半轴上，则()3,0C ，设ABC 的顶点(),A x y ，而2AB AC =，=22(4)4x y -+=，根据条件可知A 不在直线BC 上，则0y ≠，即6x ≠且2x ≠，所以A 点的轨迹为圆22(4)4x y -+=除去点()6,0与()2,0，可得max ||2y =，所以ABC 面积S 的最大值为max 11||32322BC y =⨯⨯=，即max 3S =，同样的，当2AB AC =，BC a =，则ABC 的顶点(),A x y =化简可得()22242()()033x a y a y -+=≠，可得203a y <，又1S =，则112a y =，即2y a =，所以2203a a <，解得a ，即a 取值范围为)+∞．故答案为：3；)+∞．28．()2224x y -+=【分析】根据题意得设(),P x y ，则PM =PN =意求解即可.【详解】解：设(),P x y ，则PM =PN =因为动点P 到点()2,0M -与到点()1,0N 的距离之比为2:1，21=，所以2222(2)4(1)x y x y ⎡⎤++=-+⎣⎦，化简得2240x y x +-=，即()2224x y -+=，所以动点P 的轨迹方程为()2224x y -+=.故答案为：()2224x y -+=29．（1）223x y +=；（2）证明见解析.【分析】（1）直接法求轨迹方程；（2）设直线l 的方程为1x ty =-，联立圆方程，结合韦达定理，证明0CE CF k k +=，进而证得ECD FCD ∠=∠.【详解】（1）解：由题意可得，PA PB =，即PA =，则(222222x y x y ⎡⎤⎛⎢⎥+=-+ ⎢⎥⎝⎭⎣⎦，整理得223x y +=，即圆M 的方程为223x y +=.（2）证明：对于圆Ω，令0y =，得1x =-或3x =-，所以()3,0C -，()1,0D -.设直线l 的方程为1x ty =-，()11,E x y ，()22,F x y .由221,3,x ty x y =-⎧⎨+=⎩得()221220t y ty +--=，则12221t y y t +=+，12221y y t =-+.121233CE CF y y k k x x +=+++()()()()1221123333y x y x x x +++=++()()()()1221122233y y t y ty x x +++=++()()121212233ty y y y x x ++=⨯++。
初中阶段2个阿波罗尼斯圆的大题
专题20 阿波罗尼斯圆1。
如图，在R ｔ△AB Ｃ中，∠ＡC Ｂ＝9０°,C Ｂ=７，ＣA ＝9,⊙C 半径为3，P 为⊙C 上一动点，连结ＡP ,BP ，则错误!AP +BP 得最小值为 ﻩ ( ）A 、 7B 、 ５错误!C 、 4+错误!D 、 2错误!1CB =4,C Ａ＝５，⊙C 半径为2，Ｐ为圆上一动点,连结AP ，ＢＰ，则A Ｐ＋＼f （1，2）＿＿___.２．如图,正方形A ＢCD 边长为2错误!，内切圆O 上一动点P ，连接AP 、ＤP ，则ＡＰ+错误!PD 得最小值为＿＿____。
3．如图，等边三角形A ＢC 边长为4错误!，圆O 就是△ABC 得内切圆，P 就是圆O 上一动点，连接ＰB 、PC ,则BP ＋＼f （1,2）CP 得最小值为____________＿_.４.如图，在平面直角坐标系中,M (６,３）,N （１0，０），A （5，0）,点P 为以OA 为半径得圆O 上一动点，则PM +12PN 得最小值为＿_＿___＿________7．(20０８江苏高考）如图，ＡC ＝2，BC =＼R (,２）ＡＢ，则△A ＢC 面积得最大值为＿______＿＿__.５。
如图,∠AO Ｂ=90°，OA =O Ｂ=１,圆O 得半径为错误!,Ｐ就是圆Ｏ上一动点，求ＰA +错误!PB 得最小值．６。
已知扇形COD 中,∠CO Ｄ＝９0°，ＯC ＝6,O Ａ=3,OB =5,点P 就是弧ＣD 上一点，求2P A ＋ＰB 得最B小值。
2。
(2017•兰州）如图,抛物线y=﹣ｘ2＋ｂx＋c与直线AB交于Ａ（﹣4,﹣4)，B（０，4）两点，直线AＣ:y=﹣ｘ﹣6交y轴于点C.点E就是直线AＢ上得动点,过点Ｅ作EF⊥ｘ轴交AC 于点Ｆ,交抛物线于点G．（1)求抛物线ｙ=﹣x２+bx+c得表达式;（2）连接GＢ，ＥO，当四边形GEOＢ就是平行四边形时,求点G得坐标；（3)①在y轴上存在一点H,连接EＨ，HF,当点E运动到什么位置时，以Ａ,Ｅ，Ｆ,H为顶点得四边形就是矩形？求出此时点E,Ｈ得坐标;②在①得前提下,以点Ｅ为圆心,EH长为半径作圆,点Ｍ为⊙E上一动点，求ＡＭ+CM它得最小值．3.(２０１6•济南）如图1,抛物线y＝ａx2+（a+３)x+３（a≠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）(０<m〈4），过点E作x轴得垂线交直线AB于点N，交抛物线于点Ｐ，过点P作ＰM⊥AＢ于点M.（１）求a得值与直线AＢ得函数表达式；(2)设△PMN得周长为C１，△AEN得周长为Ｃ2,若=,求m得值；（3）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α（0°＜α＜90°)，连接Ｅ′A、E′Ｂ，求E′A＋E′Ｂ得最小值。
阿波罗尼斯圆
微专题2 阿 波 罗 尼 斯 圆
题目：在ABC ∆中，AC BC AB 2,2==，则ABC ∆的面积的最大值为 .
归纳提升：在平面上给定相异两点A,B,设点P 在同一平面内，且满足λ=||||PB PA ，当0>λ且1≠λ时，P 点的轨迹是一个圆-----阿波罗尼斯圆
变式1：在ABC ∆中，角A,B,C 的对边分别为c b a ,,，且A b B a c o s c o s =，BC 边上的中线长为4.
（1）若6π
=A ，求c ；
（2）求ABC ∆的面积的最大值及此时AC 的长。
变式2：平面⊥α平面β，A,B 是α与β交线上的两个定点，
β⊂DA 且βα⊂⊥CB DA ,且6,8,4,===⊥AB BC AD CB α，若在平面α内有一动点P ，使得BPC APD ∠=∠，则P A B ∆的面积的最大值为 .
变式3：设P 是ABC ∆所在平面内动点，满足CB CA CP μλ+=，),(243R ∈=+μλμλ，且||||||==，若3||=，则ABC ∆的面积的最大值为 .
变式4：已知BC=6，AC=2AB,点D 满足AC y x y AB y x x AD )(22+++=，设),(||y x f =，若),(),(00y x f y x f ≥恒成立，则),(00y x f 的最大值为 .。
2023届高考数学专项练习阿波罗尼斯圆及其应用 阿波罗尼斯圆的逆用 (解析版)
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.。
中考数学专题阿氏圆最值问题
阿氏圆阿氏圆(阿波罗尼斯圆)：已知平面上两定点A、B，则所有满足PA/PB=k(k 不等于1)的点P 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，故称阿氏圆。
在初中的题目中往往利用逆向思维构造"斜A"型相似(也叫"母子型相似"或"美人鱼相似")+两点间线段最短解决带系数两线段之和的最值问题。
观察下面的图形，当P 在在圆上运动时，PA、PB 的长在不断的发生变化，但它们的比值却始终保持不变。
解决阿氏圆问题，首先要熟练掌握母子型相似三角形的性质和构造方法。
如图，在△ABC 的边AC 上找一点D，使得AD/AB=AB/AC，则此时△ABD∽△ACB。
那么如何应用"阿氏圆"的性质解答带系数的两条线段和的最小值呢?我们来看一道基本题目:已知∠ACB=90°，CB=4,CA=6，⊙C 半径为2，P 为圆上一动点.(1)求12AP BP +的最小值为(2)求13AP BP +的最小值为例题讲解：例1、如图1，抛物线y ＝ax 2＋(a ＋3)x ＋3（a ≠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）（0＜m ＜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PM ⊥AB 于点M ．（1）求a 的值和直线AB 的函数表达式；（2）设△PMN 的周长为C 1，△AEN 的周长为C 2，若12C C ＝65，求m 的値；（3）如图2，在（2）的条件下，将线段OE 绕点O 逆时针旋转得到OE ′，旋转角为α(0°＜α＜90°)，连接E ′A 、E ′B ，求E ′A ＋23E ′B 的最小值．第28题图1第28题图2解：（1）把点A （4，0）代入y ＝ax 2＋(a ＋3)x ＋3，得16a ＋4(a ＋3)＋3＝0．解得a ＝－34．∴抛物线的函数表达式为：y ＝－34x 2＋94x ＋3．把x ＝0代入上式，得y ＝3．∴点B 的坐标为（0，3）．由A （4，0），B （0，3）可得直线AB 的函数表达式为：y ＝－34x ＋3．（2）根据题意，得OE ＝m ，AE ＝4－m ，AB ＝5，点P 的坐标可表示为(m ，－34m 2＋94m ＋3)．∴PE ＝－34m 2＋94m ＋3……………………………………………………①∵△AEN ∽△AOB ，∴AN AB ＝NE BO ＝AE 4．∴AN 5＝NE 3＝4－m4．∴AN ＝54(4－m )，NE ＝34(4－m )．∵△PMN ∽△AEN ，且12C C ＝65，∴PN AN ＝65．∴PN ＝65AN ＝65×54(4－m )＝32(4－m )．∴PE ＝NE ＋PN ＝34(4－m )＋32(4－m )＝94(4－m )………………………...②由①、②，得－34m 2＋94m ＋3＝94(4－m )．解得m 1＝2，m 2＝4(不合题意，舍去)．∴m 的値为2．（3）在（2）的条件下，m 的値为2，点E （2，0），OE ＝2．∴OE ′＝OE ＝2．如图，取点F (0，43)，连接FE ′、AF ．则OF ＝43，AF ＝42＋(43)2＝4310．第28题答案图∵OF OE ′＝432＝23，OE ′OB ＝23，且∠FOE ′＝∠E ′OB ，∴△FOE ′∽△E ′OB ．∴FE ′E ′B ＝23．∴FE ′＝23E ′B ．∴E ′A ＋23E ′B ＝E ′A ＋FE ′≥AF ＝4310．∴E ′A ＋23E ′B 的最小值为4310．例2、已知点A(-3,0)，B（0,3），C（1,0），若点P 为⊙C 上一动点，且⊙C 与y 轴相切，（1）14AP BP 的最小值;（2）PAB S 的最小值.例3、如图1，在平面直角坐标系xoy中，半⊙O交x轴与点A、B(2,0)两点，AD、BC均为半⊙O的切线，AD=2，BC=7.(1)求OD的长；（2）如图2，若点P是半⊙O上的动点，Q为OD的中点.连接PO、PQ.①求证：△OPQ∽△ODP;②是否存在点P，使2有最小值，若存在，试求出点P的坐标；PD PC若不存在，请说明理由.例4、（1）如图1，已知正方形ABC的边长为4，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求12 PD PC+的最小值和12PD PC-的最大值.(2)如图2，已知正方形ABCD的边长为9，圆B的半径为6，点P是圆B上的一个动点，那么23 PD PC+的最小值为；23PD PC-的最大值为（3）如图3，已知菱形ABCD的边长为4，∠B=60°，圆B的半径为2.点P是圆B上的一个动点.那么12PD PC+的最小值为；12PD PC-的最大值为突破练习1、如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ﹦90°，CB ﹦4，CA ﹦6，圆C 半径为2，P 为圆上一动点，连接AP ，BP ，12AP BP +最小值为（）A 、37B 、6C 、217D 、42、如图，在△ABC 中，∠B ﹦90°，AB ﹦CB ﹦2，以点B 为圆心作圆B 与AC 相切，点P 为圆B 上任一动点，则22PA PC +的最小值是．3、如图，菱形ABCD 的边长为2，锐角大小为60°，⊙A 与BC 相切于点E ，在⊙A 上任取一点P ，则32PB PD +的最小值为．4、在平面直角坐标系中，A （2，0），B （0，2），C （4，0），D （3，2），P 是△AOB 外部的第一象限内一动点，且∠BPA ﹦135°，则2PD ﹢PC的最小值是．5．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，CB=4，CA=6，⊙C 半径为2，P 为圆上一动点，连结AP ，BP ，AP +BP 的最小值为（）6．如图，半圆的半径为1，AB 为直径，AC 、BD 为切线，AC=1，BD=2，P 为上一动点，求PC +PD的最小值．yx7.8、已知点A（4，0），B（4，4），点P在半径为2的⊙O上运动，试求12AP BP的最小值中考专题---阿氏圆最值问题阿氏圆又称阿波罗尼斯圆，已知平面上两点A 、B ，则所有满足PA PB=k （k >0且k 不等于1）的点P 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，故称阿氏圆例、问题提出：如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CB ＝4，CA ＝6，⊙C 半径为2，P 为圆上一动点，连结AP 、BP ，求AP +的最小值．尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图2，连接CP，在CB 上取点D,使CD=1,则有CD/CP=CP/CB=1/2,又∵∠PCD ＝∠BCP ，∴△PCD ∽△BCP,∴PD/BP=1/2,∴PD=1/2BP,∴AP +=AP+PD请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP +的最小值为自主探索：在“问题提出”的条件不变的情况下，AP ＋BP 的最小为．拓展延伸：已知扇形COD 中，∠COD ＝90º，OC ＝6，OA ＝3，OB ＝5，点P 是CD上一点，求2PA ＋PB的最小值31PB 21PB 21PB 21向内构造类型1、如图，已知AC ＝6，BC ＝8，AB ＝10， C 的半径为4，点D 是 C 上的动点，连接AD ，BD ，则的最小值2、如图，四边形ABCD 为边长为4的正方形， B 的半径为2，P 是 B 上一动点，则的最小值是，3、如图，已知菱形AB CD 的边长为4，∠B=60,⊙B的半径为2，P为⊙B上一动点，则的最小值是4、如图，AB 为 O 的直径，AB ＝2，点C 与点D 在AB 的同侧，且AD ⊥AB ，BC ⊥AB ，AD ＝1，BC ＝3，点P 是 O 上的一动点，则2PD +PC 的最小值为25、在∆ABC 中，AB =9，BC =8，∠ABC =60ο A 的半径为6，P 是 A 上的动点，连接PB 、PC ，则3PC +2PB 的最小值为PC PD 21+PC PD 21+BD AD 21+6、如图，边长为4的正方形，内切圆记为 O，P是 O上一动点，则2PA+PB的最小值为7、如图，在Rt⊿ABC中，∠A=30︒，AC=8，以C为圆心，4为半径作⊙C．（1）试判断⊙C与AB的位置关系，并说明理由;（2）点F是⊙C上一动点，点D在AC上且CD=2，试说明⊿FCD∽⊿ACF;1（3）点E是AB边上任意一点，在（2）的情况下，试求出EF+FA的最小值．2向外构造型1、如图,点A，B在圆0上，OA⊥0B,OA=OB=12,点C是OA的中点，点D在OB上，OD=10,点P是圆O上一动点，则PC+½PD的最小值为3、如图，在扇形CAB中，CA=4,∠CAB=1200,D为CA的中点，P为弧BC上一动点（不与C,B重合），则2PD+PB的最小值为（）A.324+ B.74 C.16 D.434+4.如图，圆O的半径为2，AB为直径，过AO的中点C作CD⊥AB交O于点D，DE为圆O的直径，点P为圆O上动点，则2PC+PE的最小值是34综合题如图，抛物线y=-x 2+bx+c 与直线AB交于A(-4,-4),B(0,4)两点，直线AC:交y轴于C,点E是直线AB上的动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F，交抛物线于点G.（1）求抛物线y=-x 2+bx+c 的表达式；(2)连接GB,EO.当四边形GEOB是平行四边形时，求点G的坐标；(3)①在y轴上存在一点H,连接EH,FH,当点E运动到什么位置时，以A,E,F,H为顶点的四边形是矩形？求出此时的点E,H的坐标；②在①的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为⊙E上一动点，求它的最小值。
完整版阿波罗尼斯圆问题
一【问题背景】苏教版《数学必修 2》P.112第12题：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 。
(完整版)专题：阿氏圆与线段和最值问题(含答案),推荐文档
专题：阿氏圆与线段和最值问题以阿氏圆(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.具体内容如下：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 m(≠1)，则P 点的轨迹，是以定比n m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 ≠1)P 点的运动轨迹是圆或者圆弧的题型.PA+kPB,(k ≠1)P 点的运动轨迹是圆或圆弧的题型阿氏圆基本解法：构造母子三角形相似例题1、问题提出：如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CB ＝4，CA ＝6，⊙C 半径为2，P 为圆上一动点，连结AP 、BP ，求AP+BP 的最小值．（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图2，连接CP ，在CB上取点D ，使CD ＝1，则有＝＝，又∵∠PCD ＝∠BCP ，∴△PCD ∽△BCP ．∴＝，∴PD ＝BP ，∴AP+BP ＝AP+PD ．请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP+BP 的最小值为．（2）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．（3）拓展延伸：已知扇形COD 中，∠COD ＝90°，OC ＝6，OA ＝3，OB ＝5，点P 是上一点，求2P A+PB 的最小值．【分析】（1）利用勾股定理即可求出，最小值为AD ＝；（2）连接CP，在CA上取点D，使CD＝，则有，可证△PCD∽△ACP，得到PD＝AP，即：AP+BP＝BP+PD，从而AP+BP的最小值为BD；（3）延长OA到点E，使CE＝6，连接PE、OP，可证△OAP∽△OPE，得到EP＝2P A，得到2P A+PB＝EP+PB，当E、P、B三点共线时，得到最小值．【解答】解：（1）如图1，连结AD，∵AP+BP＝AP+PD，要使AP+BP最小，∴AP+AD最小，当点A，P，D在同一条直线时，AP+AD最小，即：AP+BP最小值为AD，在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝6，∴AD＝＝，AP+BP的最小值为，故答案为：；（2）如图2，连接CP，在CA上取点D，使CD＝，∴，∵∠PCD＝∠ACP，∴△PCD∽△ACP，∴，∴PD＝AP，∴AP+BP＝BP+PD，∴同（1）的方法得出AP+BP的最小值为BD＝＝．故答案为：；（3）如图3，延长OA到点E，使CE＝6，∴OE＝OC+CE＝12，连接PE、OP，∵OA＝3，∴，∵∠AOP＝∠AOP，∴△OAP∽△OPE，∴，∴EP＝2P A，∴2P A+PB＝EP+PB，∴当E、P、B三点共线时，取得最小值为：BE＝＝13．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，极值的确定，还考查了学生的阅读理解能力，解本题的关键是根据材料中的思路构造出△PCD ∽△ACP和△OAP∽△OPE，也是解本题的难点．例题2、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＝，AC＝．问题再探如图2，在AC右侧作∠CAD＝∠B，交BC的延长线于点D，求CD的长．问题解决求△ABC的面积的最大值．【分析】问题初探：设AC＝x，则AB＝2x，根据三角形三边间的关系知2x﹣x＜4且2x+x ＞4，解之得出x的范围，在此范围内确定AC的值即可得出答案；问题再探：设CD＝a、AD＝b，证△DAC∽△DBA得＝＝，据此知，解之可得；问题解决：设AC＝m、则AB＝2m，根据面积公式可得S△ABC＝2m，由余弦定理可得cosC，代入化简S△ABC＝，结合m的取值范围，利用二次函数的性质求解可得．【解答】解：问题初探，设AC＝x，则AB＝2x，∵BC＝4，∴2x﹣x＜4且2x+x＞4，解得：＜x＜4，取x＝3，则AC＝3、AB＝6，故答案为：6、3；问题再探，∵∠CAD＝∠B，∠D＝∠D，∴△DAC∽△DBA，则＝＝，设CD＝a、AD＝b，∴，解得：，即CD＝；问题解决，设AC＝m、则AB＝2m，根据面积公式可得S△ABC＝AC?BCsinC＝2msinC＝2m，由余弦定理可得cosC＝，∴S△ABC＝2m＝2m＝＝＝由三角形三边关系知＜m＜4，所以当m＝时，S△ABC取得最大值．【点评】本题主要考查三角形三边关系、相似三角形的判定与性质及二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质、三角形的面积公式、余弦定理及二次函数的性质．例题3、如图，已知AC＝6，BC＝8，AB＝10，⊙C的半径为 4，点 D 是⊙C上的动点，连接AD，BD，则12AD BD的最小值为_________【解答】210例题4、在△ABC中，AB=9，BC=8，∠ABC=60°，⊙A 的半径为6，P是⊙A上的动点，连接PB，PC，则3PC+2PB的最小值为___________【解答】21练习1．如图，在平面直角坐标系中，点A（4，0），B（4，4），点P在半径为2的圆O上运动，则AP+BP的最小值是．【分析】如图，取点K（1，0），连接OP、PK、BK．由△POK∽△AOP，可得＝＝，推出PK＝PA，在△PBK中，PB+PK≥BK，推出PB+P A＝PB+PK的最小值为BK的长．【解答】解：如图，取点K（1，0），连接OP、PK、BK．∵OP＝2，OA＝4，OK＝1，∴＝＝，∵∠POK＝∠AOP，∴△POK∽△AOP，∴＝＝，∴PK＝P A，∴PB+P A＝PB+PK，在△PBK中，PB+PK≥BK，∴PB+P A＝PB+PK的最小值为BK的长，∵B（4，4），K（1，0），∴BK＝＝5．故答案为5．【点评】本题考查坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．2．如图，正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，P为⊙B上的动点，则PD+PC的最小值等于．【分析】在BC上截取BE＝1，连接BP，PE，由正方形的性质可得BC＝4＝CD，BP＝2，EC＝3，可证△PBE∽△CBP，可得PE＝PC，即当点D，点P，点E三点共线时，PD+PE 有最小值，即PD+PC有最小值，【解答】解：如图，在BC上截取BE＝1，连接BP，PE，∵正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，∴BC＝4＝CD，BP＝2，EC＝3∵，且∠PBE＝∠PBE∴△PBE∽△CBP∴∴PE＝PC∴PD+PC＝PD+PE∴当点D，点P，点E三点共线时，PD+PE有最小值，即PD+PC有最小值，∴PD+PC最小值为DE＝＝5故答案为：5【点评】本题考查了正方形的性质，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造相似三角形是本题的关键．3．如图，四边形ABCD为边长为4的正方形，⊙B的半径为2，P是⊙B上一动点，则PD+ PC的最小值为；PD+4PC的最小值为．【分析】①如图，连接PB、在BC上取一点E，使得BE＝1．只要证明△PBE∽△CBP，可得＝＝，推出PD+PC＝PD+PE，再根据三角形的三边关系PE+PD≤DE即可解决问题；②连接DB，PB，在BD上取一点E，使得BE＝，连接EC，作EF⊥BC于F．只要证明△PBE∽△DBP，可得＝＝，推出PE＝PD，推出PD+4PC＝4（PD+PC）＝4（PE+PC），根据三角形的三边关系PE+PC≤EC即可解决问题；【解答】解：①如图，连接PB、在BC上取一点E，使得BE＝1．∵PB2＝4，BE?BC＝4，∴PB2＝BE?BC，∴＝，∵∠PBE＝∠CBP，∴△PBE∽△CBP，∴＝＝，∴PD+PC＝PD+PE，∵PE+PD≤DE，在Rt△DCE中，DE＝＝5，∴PD+PC的最小值为5．②连接DB，PB，在BD上取一点E，使得BE＝，连接EC，作EF⊥BC于F．∵PB2＝4，BE?BD＝×4＝4，∴BP2＝BE?BD，∴＝，∵∠PBE＝∠PBD，∴△PBE∽△DBP，∴＝＝，∴PE＝PD，∴PD+4PC＝4（PD+PC）＝4（PE+PC），∵PE+PC≥EC，在Rt△EFC中，EF＝，FC＝，∴EC＝，∴PD+4PC的最小值为10．故答案为5，10．【点评】本题考查轴对称最短问题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会根据相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．4．如图，半圆的半径为1，AB为直径，AC、BD为切线，AC＝1，BD＝2，P为上一动点，求PC+PD的最小值．【分析】如图当A、P、D共线时，PC+PD最小，根据PC+PD＝PM+PD＝DM＝AD﹣AM即可计算．【解答】解：如图当A、P、D共线时，PC+PD最小．理由：连接PB、CO，AD与CO交于点M，∵AB＝BD＝4，BD是切线，∴∠ABD＝90°，∠BAD＝∠D＝45°，∵AB是直径，∴∠APB＝90°，∴∠P AB＝∠PBA＝45°，∴P A＝PB，PO⊥AB，∵AC＝PO＝2，AC∥PO，∴四边形AOPC是平行四边形，∴OA＝OP，∠AOP＝90°，∴四边形AOPC是正方形，∴PM＝PC，∴PC+PD＝PM+PD＝DM，∵DM⊥CO，∴此时PC+DP最小＝AD﹣AM＝2﹣＝．【点评】本题考查切线的性质、轴对称﹣最短问题、正方形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是找到点P的位置，学会通过特殊点探究问题，找到解题的突破口，属于中考常考题型．5．如图，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝8，以C为圆心，4为半径作⊙C．（1）试判断⊙C与AB的位置关系，并说明理由；（2）点F是⊙C上一动点，点D在AC上且CD＝2，试说明△FCD～△ACF；（3）点E是AB边上任意一点，在（2）的情况下，试求出EF+F A的最小值．【分析】（1）结论：相切．作CM⊥AB于M．，只要证明CM＝4，即可解决问题；（2）由CF＝4，CD＝2，CA＝8，推出CF2＝CD?CA，推出＝，由∠FCD＝∠ACF，即可推出△FCD∽△ACF；（3）作DE′⊥AB于E′，交⊙C于F′．由△FCD∽△ACF，可得＝＝，推出DF＝AC，推出EF+AF＝EF+DF，所以欲求EF+AF的最小值，就是要求EF+DF 的最小值；【解答】（1）解：结论：相切．理由：作CM⊥AB于M．在Rt△ACM中，∵∠AMC＝90°，∠CAM＝30°，AC＝8，∴CM＝AC＝4，∵⊙O的半径为4，∴CM＝r，∴AB是⊙C的切线．（2）证明：∵CF＝4，CD＝2，CA＝8，∴CF2＝CD?CA，∴＝，∵∠FCD＝∠ACF，∴△FCD∽△ACF．（3）解：作DE′⊥AB于E′，交⊙C于F′．∵△FCD∽△ACF，∴＝＝，∴DF＝AC，∴EF+AF＝EF+DF，∴欲求EF+AF的最小值，就是要求EF+DF的最小值，当E与E′，F与F′重合时，EF+DF的值最小，最小值＝DE′＝AD＝3．【点评】本题考查圆综合题、切线的判定和性质、相似三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确切线的证明方法，学会正确寻找相似三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决问题，属于中考压轴题．6．问题提出：如图1，在等边△ABC中，AB＝12，⊙C半径为6，P为圆上一动点，连结AP，BP，求AP+BP的最小值．（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图2，连接CP，在CB 上取点D，使CD＝3，则有＝＝，又∵∠PCD＝∠BCP，∴△PCD∽△BCP，∴＝，∴PD＝BP，∴AP+BP＝AP+PD．请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP+BP的最小值为．（2）自主探索：如图3，矩形ABCD中，BC＝7，AB＝9，P为矩形内部一点，且PB＝3，AP+PC的最小值为．（3）拓展延伸：如图4，扇形COD中，O为圆心，∠COD＝120°，OC＝4，OA＝2，OB＝3，点P是上一点，求2P A+PB的最小值，画出示意图并写出求解过程．【分析】（1）由等边三角形的性质可得CF＝6，AF＝6，由勾股定理可求AD的长；（2）在AB上截取BF＝1，连接PF，PC，由，可证△ABP∽△PBF，可得PF＝AP，即AP+PC＝PF+PC，则当点F，点P，点C三点共线时，AP+PC的值最小，由勾股定理可求AP+PC的值最小值；（3）延长OC，使CF＝4，连接BF，OP，PF，过点F作FB⊥OD于点M，由，可得△AOP∽△POF，可得PF＝2AP，即2PA+PB＝PF+PB，则当点F，点P，点B三点共线时，2AP+PB的值最小，由勾股定理可求2PA+PB的最小值．【解答】解：（1）解：（1）如图1，连结AD，过点A作AF⊥CB于点F，∵AP+BP＝AP+PD，要使AP+BP最小，∴AP+AD最小，当点A，P，D在同一条直线时，AP+AD最小，即：AP+BP最小值为AD，∵AC＝12，AF⊥BC，∠ACB＝60°∴CF＝6，AF＝6∴DF＝CF﹣CD＝6﹣3＝3∴AD＝＝3∴AP+BP的最小值为3（2）如图，在AB上截取BF＝1，连接PF，PC，∵AB＝9，PB＝3，BF＝1∴，且∠ABP＝∠ABP，∴△ABP∽△PBF，∴∴PF＝AP∴AP+PC＝PF+PC，∴当点F，点P，点C三点共线时，AP+PC的值最小，∴CF＝＝＝5∴AP+PC的值最小值为5，（3）如图，延长OC，使CF＝4，连接BF，OP，PF，过点F作FB⊥OD于点M，∵OC＝4，FC＝4，∴FO＝8，且OP＝4，OA＝2，∴，且∠AOP＝∠AOP∴△AOP∽△POF∴∴PF＝2AP∴2P A+PB＝PF+PB，∴当点F，点P，点B三点共线时，2AP+PB的值最小，∵∠COD＝120°，∴∠FOM＝60°，且FO＝8，FM⊥OM∴OM＝4，FM＝4∴MB＝OM+OB＝4+3＝7∴FB＝＝∴2P A+PB的最小值为．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了圆的有关知识，勾股定理，相似三角形的判定和性质，极值的确定，还考查了学生的阅读理解能力，解本题的关键是根据材料中的思路构造出相似三角形，也是解本题的难点．7．（1）如图1，已知正方形ABCD的边长为4，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD+的最小值和PD﹣的最大值；（2）如图2，已知正方形ABCD的边长为9，圆B的半径为6，点P是圆B上的一个动点，那么PD+的最小值为，PD﹣的最大值为．（3）如图3，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B 上的一个动点，那么PD+的最小值为，PD﹣的最大值为．【分析】（1）如图1中，在BC上取一点G，使得BG＝1．由△PBG∽△CBP，推出＝＝，推出PG＝PC，推出PD+PC＝DP+PG，由DP+PG≥DG，当D、G、P 共线时，PD+PC的值最小，最小值为DG＝＝5．由PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD﹣PC的值最大（如图2中），最大值为DG＝5；（2）如图3中，在BC上取一点G，使得BG＝4．解法类似（1）；（3）如图4中，在BC上取一点G，使得BG＝4，作DF⊥BC于F．解法类似（1）；【解答】解：（1）如图1中，在BC上取一点G，使得BG＝1．∵＝＝2，＝＝2，∴＝，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∴PD+PC＝DP+PG，∵DP+PG≥DG，∴当D、G、P共线时，PD+PC的值最小，最小值为DG＝＝5．∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD﹣PC的值最大（如图2中），最大值为DG＝5．（2）如图3中，在BC上取一点G，使得BG＝4．∵＝＝，＝＝，∴＝，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∴PD+PC＝DP+PG，∵DP+PG≥DG，∴当D、G、P共线时，PD+PC的值最小，最小值为DG＝＝．∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD﹣PC的值最大，最大值为DG＝．故答案为，（3）如图4中，在BC上取一点G，使得BG＝1，作DF⊥BC于F．∵＝＝2，＝＝2，∴＝，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∴PD+PC＝DP+PG，∵DP+PG≥DG，∴当D、G、P共线时，PD+PC的值最小，最小值为DG，在Rt△CDF中，∠DCF＝60°，CD＝4，∴DF＝CD?sin60°＝2，CF＝2，在Rt△GDF中，DG＝＝∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD﹣PC的值最大（如图2中），最大值为DG＝．故答案为，．【点评】本题考查圆综合题、正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．8．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线AB交于A（﹣4，﹣4），B（0，4）两点，直线AC：y＝﹣x﹣6交y轴于点C．点E是直线AB上的动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F，交抛物线于点G．（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；（2）连接GB，EO，当四边形GEOB是平行四边形时，求点G的坐标；（3）在（2）的前提下，y轴上是否存在一点H，使∠AHF＝∠AEF？如果存在，求出此时点H的坐标，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）把A、B点的坐标分别代入代入y＝﹣x2+bx+c得关于b、c的方程组，然后解方程组求出b、c，从而得到抛物线的解析式；（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式为y＝2x+4，设G（x，﹣x2﹣2x+4），则E（x，2x+4），根据平行四边形的判定，当GE＝OB时，且点G在点E的上方，四边形GEOB为平行四边形，从而得到﹣x2﹣2x+4﹣（2x+4）＝4，然后解方程即可得到此时G 点坐标；（3）先确定C（0，﹣6），再利用勾股定理的逆定理证明△BAC为直角三角形，∠BAC ＝90°，接着根据圆周角定理，由∠AHF＝∠AEF可判断点H在以EF为直径的圆上，EF的中点为M，如图，设H（0，t），由于E（﹣2，0），F（﹣2，﹣5），则M（﹣2，﹣），然后根据HM＝EF得到22+（t+）2＝×52，最后解方程即可得到H点的坐标．【解答】解：（1）把A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c得，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+4；（2）设直线AB的解析式为y＝kx+m，把A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入得，解得，∴直线AB的解析式为y＝2x+4，设G（x，﹣x2﹣2x+4），则E（x，2x+4），∵OB∥GE，∴当GE＝OB时，且点G在点E的上方，四边形GEOB为平行四边形，∴﹣x2﹣2x+4﹣（2x+4）＝4，解得x1＝x2＝﹣2，此时G点坐标为（﹣2，4）；（3）存在．当x＝0时，y＝﹣x﹣6＝﹣6，则C（0，﹣6），∵AB2＝42+82＝80，AC2＝42+22＝20，BC2＝102＝100，∴AB2+AC2＝BC2，∴△BAC为直角三角形，∠BAC＝90°，∵∠AHF＝∠AEF，∴点H在以EF为直径的圆上，EF的中点为M，如图，设H（0，t），∵G（﹣2，4），∴E（﹣2，0），F（﹣2，﹣5），∴M（﹣2，﹣），∵HM＝EF，∴22+（t+）2＝×52，解得t1＝﹣1，t2＝﹣4，∴H点的坐标为（0，﹣1）或（0，﹣4）．【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和平行四边形的判定；会利用待定系数法求函数解析式；会利用勾股定理的逆定理证明直角三角形，能运用圆周角定理判断点在圆上；理解坐标与图形的性质，记住两点间的距离公式．9．如图1，抛物线y＝ax2+（a+3）x+3（a≠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）（0＜m＜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PM⊥AB于点M．（1）求a的值和直线AB的函数表达式；（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若＝，求m的值；（3）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α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E′A+E′B的最小值．【分析】（1）令y＝0，求出抛物线与x轴交点，列出方程即可求出a，根据待定系数法可以确定直线AB解析式．（2）由△PNM∽△ANE，推出＝，列出方程即可解决问题．（3）在y轴上取一点M使得OM′＝，构造相似三角形，可以证明AM′就是E′A+E′B的最小值．【解答】解：（1）令y＝0，则ax2+（a+3）x+3＝0，∴（x+1）（ax+3）＝0，∴x＝﹣1或﹣，∵抛物线y＝ax2+（a+3）x+3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），∴﹣＝4，∴a＝﹣．∵A（4，0），B（0，3），设直线AB解析式为y＝kx+b，则，解得，∴直线AB解析式为y＝﹣x+3．（2）如图1中，∵PM⊥AB，PE⊥OA，∴∠PMN＝∠AEN，∵∠PNM＝∠ANE，∴△PNM∽△ANE，∴＝，∵NE∥OB，∴＝，∴AN＝（4﹣m），∵抛物线解析式为y＝﹣x2+x+3，∴PN＝﹣m2+m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，∴＝，解得m＝2．（3）如图2中，在y轴上取一点M′使得OM′＝，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′＝OE．∵OE′＝2，OM′？OB＝×3＝4，∴OE′2＝OM′？OB，∴＝，∵∠BOE′＝∠M′OE′，∴△M′OE′∽△E′OB，∴＝＝，∴M′E′＝BE′，∴AE′+BE′＝AE′+E′M′＝AM′，此时AE′+BE′最小（两点间线段最短，A、M′、E′共线时），最小值＝AM′＝＝．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、最小值问题等知识，解题的关键是构造相似三角形，找到线段AM′就是E′A+E′B的最小值，属于中考压轴题．。
专题：阿氏圆与线段和最值问题(含答案)
专题：阿氏圆与线段和最值问题以阿氏圆(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.具体内容如下： 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 m (≠1)，则P 点的轨迹，是以定比n m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 ≠1)P 点的运动轨迹是圆或者圆弧的题型.PA+kPB,(k ≠1)P 点的运动轨迹是圆或圆弧的题型阿氏圆基本解法：构造母子三角形相似例题1、问题提出：如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CB ＝4，CA ＝6，⊙C 半径为2，P 为圆上一动点，连结AP 、BP ，求AP +BP 的最小值．（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图2，连接CP ，在CB 上取点D ，使CD ＝1，则有＝＝，又∵∠PCD ＝∠BCP ，∴△PCD ∽△BCP ．∴＝，∴PD ＝BP ，∴AP +BP ＝AP +PD ．请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP +BP 的最小值为 ．（2）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 ． （3）拓展延伸：已知扇形COD 中，∠COD ＝90°，OC ＝6，OA ＝3，OB ＝5，点P 是上一点，求2P A +PB 的最小值．【分析】（1）利用勾股定理即可求出，最小值为AD ＝；（2）连接CP，在CA上取点D，使CD＝，则有，可证△PCD∽△ACP，得到PD＝AP，即：AP+BP＝BP+PD，从而AP+BP的最小值为BD；（3）延长OA到点E，使CE＝6，连接PE、OP，可证△OAP∽△OPE，得到EP＝2P A，得到2P A+PB＝EP+PB，当E、P、B三点共线时，得到最小值．【解答】解：（1）如图1，连结AD，∵AP+BP＝AP+PD，要使AP+BP最小，∴AP+AD最小，当点A，P，D在同一条直线时，AP+AD最小，即：AP+BP最小值为AD，在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝6，∴AD＝＝，AP+BP的最小值为，故答案为：；（2）如图2，连接CP，在CA上取点D，使CD＝，∴，∵∠PCD＝∠ACP，∴△PCD∽△ACP，∴，∴PD＝AP，∴AP+BP＝BP+PD，∴同（1）的方法得出AP+BP的最小值为BD＝＝．故答案为：；（3）如图3，延长OA到点E，使CE＝6，∴OE＝OC+CE＝12，连接PE、OP，∵OA＝3，∴，∵∠AOP＝∠AOP，∴△OAP∽△OPE，∴，∴EP＝2P A，∴2P A+PB＝EP+PB，∴当E、P、B三点共线时，取得最小值为：BE＝＝13．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，极值的确定，还考查了学生的阅读理解能力，解本题的关键是根据材料中的思路构造出△PCD ∽△ACP和△OAP∽△OPE，也是解本题的难点．例题2、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＝，AC＝．问题再探如图2，在AC右侧作∠CAD＝∠B，交BC的延长线于点D，求CD的长．问题解决求△ABC的面积的最大值．【分析】问题初探：设AC＝x，则AB＝2x，根据三角形三边间的关系知2x﹣x＜4且2x+x ＞4，解之得出x的范围，在此范围内确定AC的值即可得出答案；问题再探：设CD＝a、AD＝b，证△DAC∽△DBA得＝＝，据此知，解之可得；问题解决：设AC＝m、则AB＝2m，根据面积公式可得S△ABC＝2m，由余弦定理可得cos C，代入化简S△ABC＝，结合m的取值范围，利用二次函数的性质求解可得．【解答】解：问题初探，设AC＝x，则AB＝2x，∵BC＝4，∴2x﹣x＜4且2x+x＞4，解得：＜x＜4，取x＝3，则AC＝3、AB＝6，故答案为：6、3；问题再探，∵∠CAD＝∠B，∠D＝∠D，∴△DAC∽△DBA，则＝＝，设CD＝a、AD＝b，∴，解得：，即CD＝；问题解决，设AC＝m、则AB＝2m，根据面积公式可得S△ABC＝AC•BC sin C＝2m sin C＝2m，由余弦定理可得cos C＝，∴S△ABC＝2m＝2m＝＝＝由三角形三边关系知＜m＜4，所以当m＝时，S△ABC取得最大值．【点评】本题主要考查三角形三边关系、相似三角形的判定与性质及二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质、三角形的面积公式、余弦定理及二次函数的性质．例题3、如图，已知AC＝6，BC＝8，AB＝10，⊙C的半径为 4，点D 是⊙C上的动点，连接AD，BD，则12AD BD的最小值为_________【解答】例题4、在△ABC中，AB=9，BC=8，∠ABC=60°，⊙A 的半径为6，P是⊙A上的动点，连接PB，PC，则3PC+2PB的最小值为___________【解答】21练习1．如图，在平面直角坐标系中，点A（4，0），B（4，4），点P在半径为2的圆O上运动，则AP+BP的最小值是．【分析】如图，取点K（1，0），连接OP、PK、BK．由△POK∽△AOP，可得＝＝，推出PK＝P A，在△PBK中，PB+PK≥BK，推出PB+P A＝PB+PK的最小值为BK的长．【解答】解：如图，取点K（1，0），连接OP、PK、BK．∵OP＝2，OA＝4，OK＝1，∴＝＝，∵∠POK＝∠AOP，∴△POK∽△AOP，∴＝＝，∴PK＝P A，∴PB+P A＝PB+PK，在△PBK中，PB+PK≥BK，∴PB+P A＝PB+PK的最小值为BK的长，∵B（4，4），K（1，0），∴BK＝＝5．故答案为5．【点评】本题考查坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．2．如图，正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，P为⊙B上的动点，则PD+PC的最小值等于．【分析】在BC上截取BE＝1，连接BP，PE，由正方形的性质可得BC＝4＝CD，BP＝2，EC＝3，可证△PBE∽△CBP，可得PE＝PC，即当点D，点P，点E三点共线时，PD+PE 有最小值，即PD+PC有最小值，【解答】解：如图，在BC上截取BE＝1，连接BP，PE，∵正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，∴BC＝4＝CD，BP＝2，EC＝3∵，且∠PBE＝∠PBE∴△PBE∽△CBP∴∴PE＝PC∴PD+PC＝PD+PE∴当点D，点P，点E三点共线时，PD+PE有最小值，即PD+PC有最小值，∴PD+PC最小值为DE＝＝5故答案为：5【点评】本题考查了正方形的性质，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造相似三角形是本题的关键．3．如图，四边形ABCD为边长为4的正方形，⊙B的半径为2，P是⊙B上一动点，则PD+ PC的最小值为；PD+4PC的最小值为．【分析】①如图，连接PB、在BC上取一点E，使得BE＝1．只要证明△PBE∽△CBP，可得＝＝，推出PD+PC＝PD+PE，再根据三角形的三边关系PE+PD≤DE即可解决问题；②连接DB，PB，在BD上取一点E，使得BE＝，连接EC，作EF⊥BC于F．只要证明△PBE∽△DBP，可得＝＝，推出PE＝PD，推出PD+4PC＝4（PD+PC）＝4（PE+PC），根据三角形的三边关系PE+PC≤EC即可解决问题；【解答】解：①如图，连接PB、在BC上取一点E，使得BE＝1．∵PB2＝4，BE•BC＝4，∴PB2＝BE•BC，∴＝，∵∠PBE＝∠CBP，∴△PBE∽△CBP，∴＝＝，∴PD+PC＝PD+PE，∵PE+PD≤DE，在Rt△DCE中，DE＝＝5，∴PD+PC的最小值为5．②连接DB，PB，在BD上取一点E，使得BE＝，连接EC，作EF⊥BC于F．∵PB2＝4，BE•BD＝×4＝4，∴BP2＝BE•BD，∴＝，∵∠PBE＝∠PBD，∴△PBE∽△DBP，∴＝＝，∴PE＝PD，∴PD+4PC＝4（PD+PC）＝4（PE+PC），∵PE+PC≥EC，在Rt△EFC中，EF＝，FC＝，∴EC＝，∴PD+4PC的最小值为10．故答案为5，10．【点评】本题考查轴对称最短问题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会根据相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．4．如图，半圆的半径为1，AB为直径，AC、BD为切线，AC＝1，BD＝2，P为上一动点，求PC+PD的最小值．【分析】如图当A、P、D共线时，PC+PD最小，根据PC+PD＝PM+PD＝DM＝AD﹣AM即可计算．【解答】解：如图当A、P、D共线时，PC+PD最小．理由：连接PB、CO，AD与CO交于点M，∵AB＝BD＝4，BD是切线，∴∠ABD＝90°，∠BAD＝∠D＝45°，∵AB是直径，∴∠APB＝90°，∴∠P AB＝∠PBA＝45°，∴P A＝PB，PO⊥AB，∵AC＝PO＝2，AC∥PO，∴四边形AOPC是平行四边形，∴OA＝OP，∠AOP＝90°，∴四边形AOPC是正方形，∴PM＝PC，∴PC+PD＝PM+PD＝DM，∵DM⊥CO，∴此时PC+DP最小＝AD﹣AM＝2﹣＝．【点评】本题考查切线的性质、轴对称﹣最短问题、正方形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是找到点P的位置，学会通过特殊点探究问题，找到解题的突破口，属于中考常考题型．5．如图，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝8，以C为圆心，4为半径作⊙C．（1）试判断⊙C与AB的位置关系，并说明理由；（2）点F是⊙C上一动点，点D在AC上且CD＝2，试说明△FCD～△ACF；（3）点E是AB边上任意一点，在（2）的情况下，试求出EF+F A的最小值．【分析】（1）结论：相切．作CM⊥AB于M．，只要证明CM＝4，即可解决问题；（2）由CF＝4，CD＝2，CA＝8，推出CF2＝CD•CA，推出＝，由∠FCD＝∠ACF，即可推出△FCD∽△ACF；（3）作DE′⊥AB于E′，交⊙C于F′．由△FCD∽△ACF，可得＝＝，推出DF＝AC，推出EF+AF＝EF+DF，所以欲求EF+AF的最小值，就是要求EF+DF 的最小值；【解答】（1）解：结论：相切．理由：作CM⊥AB于M．在Rt△ACM中，∵∠AMC＝90°，∠CAM＝30°，AC＝8，∴CM＝AC＝4，∵⊙O的半径为4，∴CM＝r，∴AB是⊙C的切线．（2）证明：∵CF＝4，CD＝2，CA＝8，∴CF2＝CD•CA，∴＝，∵∠FCD＝∠ACF，∴△FCD∽△ACF．（3）解：作DE′⊥AB于E′，交⊙C于F′．∵△FCD∽△ACF，∴＝＝，∴DF＝AC，∴EF+AF＝EF+DF，∴欲求EF+AF的最小值，就是要求EF+DF的最小值，当E与E′，F与F′重合时，EF+DF的值最小，最小值＝DE′＝AD＝3．【点评】本题考查圆综合题、切线的判定和性质、相似三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确切线的证明方法，学会正确寻找相似三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决问题，属于中考压轴题．6．问题提出：如图1，在等边△ABC中，AB＝12，⊙C半径为6，P为圆上一动点，连结AP，BP，求AP+BP的最小值．（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图2，连接CP，在CB 上取点D，使CD＝3，则有＝＝，又∵∠PCD＝∠BCP，∴△PCD∽△BCP，∴＝，∴PD＝BP，∴AP+BP＝AP+PD．请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP+BP的最小值为．（2）自主探索：如图3，矩形ABCD中，BC＝7，AB＝9，P为矩形内部一点，且PB＝3，AP+PC的最小值为．（3）拓展延伸：如图4，扇形COD中，O为圆心，∠COD＝120°，OC＝4，OA＝2，OB＝3，点P是上一点，求2P A+PB的最小值，画出示意图并写出求解过程．【分析】（1）由等边三角形的性质可得CF＝6，AF＝6，由勾股定理可求AD的长；（2）在AB上截取BF＝1，连接PF，PC，由，可证△ABP∽△PBF，可得PF＝AP，即AP+PC＝PF+PC，则当点F，点P，点C三点共线时，AP+PC的值最小，由勾股定理可求AP+PC的值最小值；（3）延长OC，使CF＝4，连接BF，OP，PF，过点F作FB⊥OD于点M，由，可得△AOP∽△POF，可得PF＝2AP，即2P A+PB＝PF+PB，则当点F，点P，点B三点共线时，2AP+PB的值最小，由勾股定理可求2P A+PB的最小值．【解答】解：（1）解：（1）如图1，连结AD，过点A作AF⊥CB于点F，∵AP+BP＝AP+PD，要使AP+BP最小，∴AP+AD最小，当点A，P，D在同一条直线时，AP+AD最小，即：AP+BP最小值为AD，∵AC＝12，AF⊥BC，∠ACB＝60°∴CF＝6，AF＝6∴DF＝CF﹣CD＝6﹣3＝3∴AD＝＝3∴AP+BP的最小值为3（2）如图，在AB上截取BF＝1，连接PF，PC，∵AB＝9，PB＝3，BF＝1∴，且∠ABP＝∠ABP，∴△ABP∽△PBF，∴∴PF＝AP∴AP+PC＝PF+PC，∴当点F，点P，点C三点共线时，AP+PC的值最小，∴CF＝＝＝5∴AP+PC的值最小值为5，（3）如图，延长OC，使CF＝4，连接BF，OP，PF，过点F作FB⊥OD于点M，∵OC＝4，FC＝4，∴FO＝8，且OP＝4，OA＝2，∴，且∠AOP＝∠AOP∴△AOP∽△POF∴∴PF＝2AP∴2P A+PB＝PF+PB，∴当点F，点P，点B三点共线时，2AP+PB的值最小，∵∠COD＝120°，∴∠FOM＝60°，且FO＝8，FM⊥OM∴OM＝4，FM＝4∴MB＝OM+OB＝4+3＝7∴FB＝＝∴2P A+PB的最小值为．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了圆的有关知识，勾股定理，相似三角形的判定和性质，极值的确定，还考查了学生的阅读理解能力，解本题的关键是根据材料中的思路构造出相似三角形，也是解本题的难点．7．（1）如图1，已知正方形ABCD的边长为4，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD+的最小值和PD﹣的最大值；（2）如图2，已知正方形ABCD的边长为9，圆B的半径为6，点P是圆B上的一个动点，那么PD+的最小值为，PD﹣的最大值为．（3）如图3，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B 上的一个动点，那么PD+的最小值为，PD﹣的最大值为．【分析】（1）如图1中，在BC上取一点G，使得BG＝1．由△PBG∽△CBP，推出＝＝，推出PG＝PC，推出PD+PC＝DP+PG，由DP+PG≥DG，当D、G、P 共线时，PD+PC的值最小，最小值为DG＝＝5．由PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD﹣PC的值最大（如图2中），最大值为DG＝5；（2）如图3中，在BC上取一点G，使得BG＝4．解法类似（1）；（3）如图4中，在BC上取一点G，使得BG＝4，作DF⊥BC于F．解法类似（1）；【解答】解：（1）如图1中，在BC上取一点G，使得BG＝1．∵＝＝2，＝＝2，∴＝，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∴PD+PC＝DP+PG，∵DP+PG≥DG，∴当D、G、P共线时，PD+PC的值最小，最小值为DG＝＝5．∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD﹣PC的值最大（如图2中），最大值为DG＝5．（2）如图3中，在BC上取一点G，使得BG＝4．∵＝＝，＝＝，∴＝，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∴PD+PC＝DP+PG，∵DP+PG≥DG，∴当D、G、P共线时，PD+PC的值最小，最小值为DG＝＝．∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD﹣PC的值最大，最大值为DG＝．故答案为，（3）如图4中，在BC上取一点G，使得BG＝1，作DF⊥BC于F．∵＝＝2，＝＝2，∴＝，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∴PD+PC＝DP+PG，∵DP+PG≥DG，∴当D、G、P共线时，PD+PC的值最小，最小值为DG，在Rt△CDF中，∠DCF＝60°，CD＝4，∴DF＝CD•sin60°＝2，CF＝2，在Rt△GDF中，DG＝＝∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD﹣PC的值最大（如图2中），最大值为DG＝．故答案为，．【点评】本题考查圆综合题、正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．8．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线AB交于A（﹣4，﹣4），B（0，4）两点，直线AC：y＝﹣x﹣6交y轴于点C．点E是直线AB上的动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F，交抛物线于点G．（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；（2）连接GB，EO，当四边形GEOB是平行四边形时，求点G的坐标；（3）在（2）的前提下，y轴上是否存在一点H，使∠AHF＝∠AEF？如果存在，求出此时点H的坐标，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）把A、B点的坐标分别代入代入y＝﹣x2+bx+c得关于b、c的方程组，然后解方程组求出b、c，从而得到抛物线的解析式；（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式为y＝2x+4，设G（x，﹣x2﹣2x+4），则E（x，2x+4），根据平行四边形的判定，当GE＝OB时，且点G在点E的上方，四边形GEOB为平行四边形，从而得到﹣x2﹣2x+4﹣（2x+4）＝4，然后解方程即可得到此时G 点坐标；（3）先确定C（0，﹣6），再利用勾股定理的逆定理证明△BAC为直角三角形，∠BAC ＝90°，接着根据圆周角定理，由∠AHF＝∠AEF可判断点H在以EF为直径的圆上，EF的中点为M，如图，设H（0，t），由于E（﹣2，0），F（﹣2，﹣5），则M（﹣2，﹣），然后根据HM＝EF得到22+（t+）2＝×52，最后解方程即可得到H点的坐标．【解答】解：（1）把A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c得，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+4；（2）设直线AB的解析式为y＝kx+m，把A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入得，解得，∴直线AB的解析式为y＝2x+4，设G（x，﹣x2﹣2x+4），则E（x，2x+4），∵OB∥GE，∴当GE＝OB时，且点G在点E的上方，四边形GEOB为平行四边形，∴﹣x2﹣2x+4﹣（2x+4）＝4，解得x1＝x2＝﹣2，此时G点坐标为（﹣2，4）；（3）存在．当x＝0时，y＝﹣x﹣6＝﹣6，则C（0，﹣6），∵AB2＝42+82＝80，AC2＝42+22＝20，BC2＝102＝100，∴AB2+AC2＝BC2，∴△BAC为直角三角形，∠BAC＝90°，∵∠AHF＝∠AEF，∴点H在以EF为直径的圆上，EF的中点为M，如图，设H（0，t），∵G（﹣2，4），∴E（﹣2，0），F（﹣2，﹣5），∴M（﹣2，﹣），∵HM＝EF，∴22+（t+）2＝×52，解得t1＝﹣1，t2＝﹣4，∴H点的坐标为（0，﹣1）或（0，﹣4）．【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和平行四边形的判定；会利用待定系数法求函数解析式；会利用勾股定理的逆定理证明直角三角形，能运用圆周角定理判断点在圆上；理解坐标与图形的性质，记住两点间的距离公式．9．如图1，抛物线y＝ax2+（a+3）x+3（a≠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）（0＜m＜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PM⊥AB于点M．（1）求a的值和直线AB的函数表达式；（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若＝，求m的值；（3）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α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E′A+E′B的最小值．【分析】（1）令y＝0，求出抛物线与x轴交点，列出方程即可求出a，根据待定系数法可以确定直线AB解析式．（2）由△PNM∽△ANE，推出＝，列出方程即可解决问题．（3）在y轴上取一点M使得OM′＝，构造相似三角形，可以证明AM′就是E′A+E′B的最小值．【解答】解：（1）令y＝0，则ax2+（a+3）x+3＝0，∴（x+1）（ax+3）＝0，∴x＝﹣1或﹣，∵抛物线y＝ax2+（a+3）x+3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），∴﹣＝4，∴a＝﹣．∵A（4，0），B（0，3），设直线AB解析式为y＝kx+b，则，解得，∴直线AB解析式为y＝﹣x+3．（2）如图1中，∵PM⊥AB，PE⊥OA，∴∠PMN＝∠AEN，∵∠PNM＝∠ANE，∴△PNM∽△ANE，∴＝，∵NE∥OB，∴＝，∴AN＝（4﹣m），∵抛物线解析式为y＝﹣x2+x+3，∴PN＝﹣m2+m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，∴＝，解得m＝2．（3）如图2中，在y轴上取一点M′使得OM′＝，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′＝OE．∵OE′＝2，OM′•OB＝×3＝4，∴OE′2＝OM′•OB，∴＝，∵∠BOE′＝∠M′OE′，∴△M′OE′∽△E′OB，∴＝＝，∴M′E′＝BE′，∴AE′+BE′＝AE′+E′M′＝AM′，此时AE′+BE′最小（两点间线段最短，A、M′、E′共线时），最小值＝AM′＝＝．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、最小值问题等知识，解题的关键是构造相似三角形，找到线段AM′就是E′A+E′B的最小值，属于中考压轴题．。
高考数学专题《阿波罗尼斯圆》填选压轴题及答案
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。