阿波罗尼斯圆问题

1APB阿波罗尼斯圆问题一【问题背景】苏教版《数学必修2》P.112第12题：已知点(,)Mxy与两个定点(0,0),(3,0)OA的距离之比为12，那么点M的坐标应满足什么关系？画出满足条件的点M所构成的曲线．二、【阿波罗尼斯圆】公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆．如图，点BA,为两定点，动点P满足PBPA，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PBPAmmAB,02）（．以AB中点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则），，（0mA），（0mB．又设），（yxC，则由PBPA得2222)()(ymxymx，两边平方并化简整理得）（）（）（）（222222211121myxmx，当1时，0x，轨迹为线段AB的垂直平分线；当1时，22222222)1(4)11(mymx，轨迹为以点)0,11(22m为圆心，122m长为半径的圆．上述课本习题的一般化情形就是阿波罗尼斯定理．三、【范例】例1满足条件BCACAB2,2的三角形ABC的面积的最大值是．解：以AB中点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则），，（01A），（01B，设），（yxC，由BCAC2得2222121yxyx）（）（，2平方化简整理得88316222）（xxxy，∴22y，则22221ySABC，∴ABCS的最大值是22．变式在ABC中，边BC的中点为D，若ADBCAB2,2，则ABC的面积的最大值是．解：以AB中点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则），，（01A），（01B，由ADBCCDBD2,知，BDAD2，D的轨迹为阿波罗尼斯圆，方程为8322yx）（，设),(yxC，BC的中点为D得)2,21(yxD，所以点C的轨迹方程为8)2(32122yx）（，即32522yx）（，∴2432221yySABC，故ABCS的最大值是24．例2在平面直角坐标系xOy中，设点(1,0),(3,0),(0,),(0,2)ABCaDa，若存在点P，使得2,PAPBPCPD，则实数a的取值范围是．解：设(,)Pxy，则2222(1)2(3)xyxy，整理得22(5)8xy，即动点P在以(5,0)为圆心，22为半径的圆上运动．另一方面，由PCPD知动点P在线段CD的垂直平分线1ya上运动，因而问题就转化为直线1ya与圆22(5)8xy有交点，所以122a，故实数a的取值范围是[221,221]．例3在平面直角坐标系xOy中，点03A,，直线24lyx：.设圆的半径为1，圆心在l上.若圆C上存在点M，使2MAMO，求圆心C的横坐标a的取值范围.解：设,24Caa，则圆方程为22241xaya又设00(,)Mxy，2MAMO22220000344xyxy，即220014xy这说明M既在圆22241xaya上，又在圆2214xy上，因而这3两个圆必有交点，即两圆相交或相切，2221024(1)21aa，解得1205a，即a的取值范围是12[0,]5．例4已知⊙22:1Oxy和点(4,2)M.（1）过点M向⊙O引切线l，求直线l的方程；（2）求以点M为圆心，且被直线21yx截得的弦长为4的⊙M的方程；（3）设P为（2）中⊙M上任一点，过点P向⊙O引切线，切点为Q.试探究：平面内是否存在一定点R，使得PQPR为定值？若存在，请举出一例，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.解：（1）设切线l方程为)4(2xky，易得11|24|2kk，解得81915k，∴切线l方程为8192(4)15yx．（2）圆心到直线12xy的距离为5，设圆的半径为r，则9)5(2222r∴⊙M的方程为9)2()4(22yx（3）假设存在这样的点),(baR，点P的坐标为),(yx，相应的定值为，根据题意可得122yxPQ，∴2222)()(1byaxyx，即)22(12222222babyaxyxyx（*），又点P在圆上∴9)2()4(22yx，即114822yxyx，代入（*）式得：)11()24()28(1248222baybxayx若系数对应相等，则等式恒成立，∴12)11(4)24(8)28(22222baba，解得310,51,522,1,2baba或，4∴可以找到这样的定点R，使得PRPQ为定值.如点R的坐标为)1,2(时，比值为2；点R的坐标为)51,52(时，比值为310．四、【练习】1．如图，在等腰ABC中，已知ACAB，)0,1(B，AC边的中点为)0,2(D，点C的轨迹所包围的图形的面积等于．解：∵ADAB2，所以点A的轨迹是阿波罗尼斯圆，易知其方程为4)3(22yx，设),(yxC，由AC边的中点为)0,2(D知),4(yxA，所以C的轨迹方程为4)()34(22yx，即4)1(22yx，面积为4．2．如图，已知平面平面，A、B是平面与平面的交线上的两个定点，,DACB，且DA，CB，4AD，8BC，6AB，在平面上有一个动点P，使得APDBPC，求PAB的面积的最大值．解：将空间几何体中的线、面、角的关系转化为平面内点P所满足的几何条件．DADAPA,在PADRt中,APAPADAPD4tan，同理8tanBCBPCBPBP，APDBPCAPBP2，这样就转化为题3的题型．在平面上,以线段AB的中点为原点,AB所在的直线为x轴,建立平面直角坐标系，则)0,3(),0,3(BA，设),(yxP则有2222(3)2(3)(0)xyxyy化简得:16)5(22yx，2216(5)16yx，||4y，PAB的面积为1||||3||122PABSyABy，当且仅当5,4xy等号取得，则PAB的面积的最大值是12．APBDCβαDBOxyAC53．圆1O与圆2O的半径都是1，421OO，过动点P分别作圆1O、圆2O的切线PNPM,（NM,分别为切点），使得PNPM2．试建立适当的坐标系，并求动点P的轨迹方程.解：以1O，2O的中点O为原点，1O，2O所在直线为x轴，建立如图所示平面直角坐标系，则)0,2(1O，)0,2(2O，由已知PNPM2得222PNPM，因为两圆的半径都为1,所以有：)1(212221POPO，设P（x,y），则]1)2[(21)2(2222yxyx，即33)6(22yx，此即P的轨迹方程.4．已知定点)0,0(O，点M是圆4)1(22yx上任意一点，请问是否存在不同于O的定点A使都为MAMO常数？若存在，试求出所有满足条件的点A的坐标,若不存在，请说明理由．解：假设存在满足条件的点),(nmA，设),(yxM，0MAMO．则2222)()(nymxyx，又),(yxM满足4)1(22yx，联立两式得0)3(32)222(222222nmyxm，由M的任意性知0)3(3020222222222nmym，解得)0,3(A，21．PMNO1O2Oyx