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1、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介绍及其直接应用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262192)，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
2、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=，当0且1时，P点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆(=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】【定理1】设 P x,y,A1-a,0,B a,0若PAPB=(0 且 1)，则点 P 的轨迹方程是 x-2+12-1a2+y2=2a2-12，其轨迹是以2+12-1a,0为圆心，半径为r=2a2-1的圆证明：由PA=
3、PB及两点间距离公式，可得 x+a2+y2=2x-a2+y2，化简可得 1-2x2+1-2y2+2 1+2ax+1-2a2=0，(1)当=1时，得x=0，此时动点的轨迹是线段AB的垂直平分线；(2)当1时，方程两边都除以1-2得x2+y2+2a 1+2x1-2+a2=0，化为标准形式即为：x-2+12-1a2+y2=2a2-12，点P的轨迹方程是以2+12-1a,0为圆心，半径为r=2a2-1的圆图图图阿波罗尼斯圆的另一种形式：【定理【定理2 2】A,B为两已知点，M,N分别为线段 AB 的定比为 1的内外分点，则以 MN为直径的圆 C上任意点P到A,B两点的距离之比为证明：以1为例如图，设A
4、B=2a，AMMB=ANNB=，则AM=2a1+,BM=2a-2a1+=2a1+，AN=2a-1,BN=2a-1-2a=2a-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QB2=MBBN=4a22-1,QA2=AB2+QB2=4a222-1，于是QB=2a2-1,QA=2a2-1,QAQB=M,Q,N同时在到A,B两点距离之比等于的圆上，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同理可证01时，点B在圆C内，点A在圆C外；当00且1)，SPAMSPBM=MAMB=，又SPAM=12PAPMsinAPM,SPBM=12PBPMsinBPM,PA
5、PMsinAPMPBPMsinBPM=，sinAPM=sinBPM,APM=BPM,PM平分APB由等角的余角相等可得BPN=DPN，PN平分APB的外角性质性质6 6：过点B作圆C不与QR重合的弦EF，则AB平分EAF证明：如图，连结ME,MF，由已知FAFB=EAEB=,EBFB=EAFA.SABESABF=EBFB(0且1)，又SABE=12ABAEsinBAE,SABF=12ABAFsinBAF,ABAEsinBAEABAFsinBAF=EBFB=AEAF，sinBAE=sinBAF,BAE=BAF,AB平分EAFsinBAE=sinBAF,BAE=BAF,AB平分EAF【典例刨析】1
6、.(20222022 河北盐山中学高二期中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=2 PB，则点P的轨迹所包围的图形的面积等于_.2.(20222022四川涪陵月考四川涪陵月考)若ABC满足条件AB=4,AC=2BC，则ABC面积的最大值为_3.已知圆O：x2+y2=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PAPB4.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
7、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(0，且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 PA2+PB2的最大值为()A.16+8 3B.8+4 3C.7+4 3D.3+36.(20222022四川四川 成都外国语学校高二月考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
8、数k k0且 k1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-22+y-m2=14m0，在圆上存在点P满足 PA=2 PB，则实数m的取值范围是()A.22,62 B.54,212 C.0,212 D.52,212 【针对训练】7.在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 O:x2+y2=1，O1:x-42+y2=4，动点 P 在直线 x+3y-b=0上，过P点分别作圆O,O1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
9、，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：x2+y2=1，圆O1：(x+4)2+y2=4，动点P在直线l：x-2 2y+b=0 上(b0且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C1.(1)求曲线C1的方程；(2)若曲线C1和C2:(x-4)2+(y-
10、6)2=r2(r0)无公共点，求r的取值范围.参考答案参考答案1.【答案】【答案】40【分析】【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】【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40.故答案为：402.【答案】【答案】163【分析】【分析】设BC=x，则AC=2x，由余弦定理得出cosB，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
11、解】【详解】设BC=x，则AC=2x，由余弦定理可得cosB=16+x2-(2x)224x=16-3x28x由三角形任意两边之和大于第三边得x+2x4x+42x，解得43x4，即169x20故PAPB=x-a2+y2x+52+y2=，且x2+y2=9，化简得：102+2ax+342-a2-9=0，该式对任意的x-3,3恒成立，故102+2a=0342-a2-9=0，解得a=-95=35 或a=-5=1(舍去)，故PAPB=35，A-95,04.【答案】【答案】-2 2,2 2【分析】【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
12、而解决问题.【详解】【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x2+y2=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x2+y2=4与直线x-y+m=0必须有公共点，所以|m|1+12，解得-2 2 m2 2.【点睛】【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】【答案】A【分析】【分析】设A-1,0,B 1,0
13、，P x,y，由PAPB=3，可得点P的轨迹为以 2,0为圆心，半径为3 的圆，又 PA2+PB2=2 x2+y2+1，其中x2+y2可看作圆 x-22+y2=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】【详解】解：由题意，设A-1,0,B 1,0，P x,y，因为PAPB=3，所以x+12+y2x-12+y2=3，即 x-22+y2=3，所以点P的轨迹为以 2,0为圆心，半径为3 的圆，因为 PA2+PB2=x+12+y2+x-12+y2=2 x2+y2+1，其中x2+y2可看作圆 x-22+y2=3上的点 x,y到原点 0,0的距离的平方，所以 x2+y2
14、max=2+32=7+4 3，所以 2 x2+y2+1max=16+8 3，即 PA2+PB2的最大值为16+8 3，故选：A.6.【答案】【答案】D【分析】【分析】设P x,y，根据 PA=2 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】【详解】设P x,y，因为点A-1,0，B 2,0，PA=2 PB，所以x+12+y2=2x-22+y2即x2+y2-6x+5=0，所以 x-32+y2=4，可得圆心 3,0，半径R=2，由圆C:x-22+y-m2=14可得圆心C 2,m，半径r=12，因为在圆C上存在
15、点P满足 PA=2 PB，所以圆 x-32+y2=4与圆C:x-22+y-m2=14有公共点，所以2-123-22+m22+12，整理可得：941+m2254，解得：52m212，所以实数m的取值范围是52,212 ，故选：D.7.【答案】【答案】-203,4.【分析】【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】【详解】由题意O(0,0),O1(4,0).设P(x,y)，则PB=2PA，x-42+y2-4=2 x2+y2-1，(x-4)2+y2=4(x2+y2)，x2+y2+83x-163=0，圆心坐标为-43,0,半径为83，动
16、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x2+y2+83x-163=0相交，圆心到直线的距离d=-43-b1+383，-43-163b-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】【答案】34【分析】【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】【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,x2+y2x-12+y2=m x-m2
17、m2-12+y2=m2m2-12故动点C,D的轨迹为圆，由 CD k AB 恒成立，则k CDmax=2mm2-1=2m-1m34故答案为34【点睛】【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】【答案】4【解析】【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】【详解】设点D x,y,因为点D是直线AC上的动点,故y-1x=-1tx+ty-t=0.由|AD|2|BD|得x2+y-124x-12+y2,化简得 x-432+y+13289.依题意可知,直线AC与圆 x-432+y+132=89至多有一个公共点,所以43-
18、43t1+t289,解得t2+3 或t2-3.所以最小正整数t=4.故答案为：4【点睛】【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】【答案】-283.【分析】【分析】根据圆的切线的性质和三角形全等，得到 PO1=2 PO，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】【详解】由题意得：O(0,0)，O1(-4,0)，设P(x,y)，如下图所示PA、PB分别是圆O，O1的切线，PBO1=PAO=90，又PB=2PA，BO1=2AO，PBO1PAO，PO1=2
19、 PO，PO12=4 PO2，(x+4)2+y2=4(x2+y2)，整理得 x-432+y2=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-2 2y+b=0上(b0)，满足PB=2PA的点P有且只有一个，该直线l与圆 x-432+y2=649相切，圆心43,0到直线l的距离d满足d=r，即43+b12+(2 2)2=83，解得b=203或-283，又因为b4+r或 C1C20)的圆心为C2(4,6)，半径为r，因为曲线C1和C2:(x-4)2+(y-6)2=r2(r0)无公共点，所以两圆外离或内含，所以 C1C24+r或 C1C24+r或(-4-4)2+(0-6)2=10r-4，所以0r14，所以r的取值范围为(0,6)(14,+)