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1、2023年高考数学专项练习阿波罗尼斯圆及其应用专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点3 阿波罗尼斯圆与向量专题1 阿波罗尼斯圆及其应用微点3 阿波罗尼斯圆与向量【微点综述】涉及线段定比的有些平面向量题，或是涉及数量积的等式，可以转化成三点共线问题，构造阿波罗尼斯圆，建立平面直角坐标系，利用阿波罗尼斯圆解决问题【典例刨析】例11已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则最小值为_.例22已知，点D满足，设，若恒成立，则的最大值为_例3（2022浙江省宁波市鄞州中学高三其他）3已知向量满足，则的取值范围是_.例44已知等边的边长为2，点在线段上，若满足的点恰有两个，则实数的取值范围是_例55
2、已知是平面上两个定点，平面上的动点满足，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的最小值为_例66已知点，点D是直线AC上的动点，若恒成立，则最小正整数_.【针对训练】（2022广东广州高二期末）7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（且）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，点满足，则点P的轨迹方程为_.（答案写成标准方程），的最小值为_.（2022江苏高邮一中高二期末）8阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的数学三巨匠“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上
3、动点P到两定点A，B的距离之比满足(且，t为常数)，则点的轨迹为圆已知在平面直角坐标系中，动点P满足，则P点的轨迹为圆，该圆方程为_；过点的直线交圆于两点，且，则_9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的点的轨迹是圆，后人将此圆称为阿氏圆.若平面内两定点、间的距离为4，动点满足，则动点的轨迹所围成的图形的面积为_；最大值是_.10在平面四边形ABCD中， ，若， 则的最小值为_11在中，点满足，则的最小值为_.12已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且被直线：截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）设点在圆上运动，点，且点满足，记点的轨迹为.求
4、的方程，并说明是什么图形；试探究：在直线上是否存在定点(异于原点)，使得对于上任意一点，都有为一常数，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由.专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点3 阿波罗尼斯圆与向量专题1 阿波罗尼斯圆及其应用微点3 阿波罗尼斯圆与向量【微点综述】涉及线段定比的有些平面向量题，或是涉及数量积的等式，可以转化成三点共线问题，构造阿波罗尼斯圆，建立平面直角坐标系，利用阿波罗尼斯圆解决问题【典例刨析】例11已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则最小值为_.例22已知，点D满足，设，若恒成立，则的最大值为_例3（2022浙江省宁波市鄞州中学高三其他）3已知
5、向量满足，则的取值范围是_.例44已知等边的边长为2，点在线段上，若满足的点恰有两个，则实数的取值范围是_例55已知是平面上两个定点，平面上的动点满足，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的最小值为_例66已知点，点D是直线AC上的动点，若恒成立，则最小正整数_.【针对训练】（2022广东广州高二期末）7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（且）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，点满足，则点P的轨迹方程为_.（答案写成标准方程），的最小值为_.（2022江苏高邮一中高
6、二期末）8阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的数学三巨匠“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上动点P到两定点A，B的距离之比满足(且，t为常数)，则点的轨迹为圆已知在平面直角坐标系中，动点P满足，则P点的轨迹为圆，该圆方程为_；过点的直线交圆于两点，且，则_9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的点的轨迹是圆，后人将此圆称为阿氏圆.若平面内两定点、间的距离为4，动点满足，则动点的轨迹所围成的图形的面积为_；最大值是_.10在平面四边形ABCD中， ，若， 则的最小值为_11在中，点满足，则的最小值为_.12已知圆的圆心在直线上
7、，与轴正半轴相切，且被直线：截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）设点在圆上运动，点，且点满足，记点的轨迹为.求的方程，并说明是什么图形；试探究：在直线上是否存在定点(异于原点)，使得对于上任意一点，都有为一常数，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由.参考答案：1【分析】建立坐标系，设，设，则，构造相似三角形，设，可得，所以【详解】如图，设，则向量满足，设，所以点为以为圆心，以为半径的圆上的一点，所以，同理，取点，则，又因，所以，所以，即，所以，由三角形的三边关系知.故填：.【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量的模，向量模的几何意义，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结
8、合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意构造相似三角形等知识，属于难题24【分析】将已知变形为，设延长AB至点F，使得,取AC的中点E，并通过得出点D在EF上，再通过与已知条件得出，设，再通过面积法与正、余弦定理得出即可利用一元二次方程最值与根式性质得出答案.【详解】延长AB至点F，使得,取AC的中点E，连接EF，则，,点D在EF上，过点A作于点G，由“边角边”公理可得：，且恒成立，设，根据面积法知：，当且仅当时等号成立，故答案为：4.3【解析】根据几何关系，设点的坐标，点在单位圆上，故，当三点共线时，即点在处时，取最小值，以及数形结合分析出最大值，计算得到答案.【详解】因为，所以，
9、设， ，即，点在单位圆上，因为 ，设，即，故，所以 ，如图，（1）当三点共线，即点在处时，取最小值.因为，所以，（2）当位于处时，取最大值，因为，即 ，所以，当且仅当取等号，综上，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查向量模的最值问题，主要考查转化分析，数形结合分析，属于中档题型，本题的关键是根据根据条件设出定点和动点的坐标，根据数形结合分析，转化为点位置讨论的问题.4.【详解】分析：设，根据得到关于的函数，由题意可得该函数在区间上有两个不同的零点，然后根据二次函数的相关知识可得实数的取值范围详解：如图，设，则，则，又，满足的点恰有两个，关于的方程在区间上有两个不同的实数根设，则函数在区间
10、上有两个不同的零点，解得实数的取值范围是点睛：（1）用定义进行向量的数量积运算时，有时要注意选择合适的基底，将所有向量用同一基底表示，然后再根据数量积的运算律求解（2）对于一元二次方程根的分布问题，可根据“三个二次”间的关系，结合二次函数的图象转化为不等式（组），通过解不等式（组）可得所求5【分析】建立坐标系，得点的轨迹方程，分离参量求范围即可求解【详解】不妨设，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则 ，设 故动点的轨迹为圆，由恒成立，则 故答案为【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64【解析】设点,根据列出关于的关系式,再数形结合分析即可.【详解】设点,因为点
11、是直线上的动点,故.由得,化简得.依题意可知,直线与圆至多有一个公共点,所以,解得或.所以最小正整数.故答案为：4【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.7 【分析】设点P坐标，然后用直接法可求；根据轨迹方程和数量积的坐标表示对化简，结合轨迹方程可得x的范围，然后可解.【详解】设P点坐标为，则由，得，化简得，即.因为，所以因为点P 在圆上，故所以，故的最小值为.故答案为：，8 【分析】设，根据可得圆的方程，利用垂径定理可求.【详解】设，则，整理得到，即.因为，故为的中点，过圆心作的垂线，垂足为，则为的中点
12、，则，故，解得，故答案为：，.9 【分析】以经过，的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，求出阿氏圆方程，可得半径，从而得面积由，利用向量数量积的坐标表示求出，结合在圆上可得最大值【详解】以经过，的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，如图，则，设，得：，点的轨迹为圆（如图），其面积为.，如图当位于点时，最大，最大值为，故最大值是.故答案为：； .10【分析】以的中点为坐标原点，以方向为轴正向，建立如下平面直角坐标系. 设，根据已知条件可求得点在以为圆心，2为半径的圆上，取，可得，从而有，因此，因此只要最小即可【详解】如图，以的中点为坐标原点，以方向为轴正向，建立如下平面直
13、角坐标系.则，设，则，因为所以，即：整理得：，所以点在以原点为圆心，半径为2的圆上.在轴上取，连接可得，所以，所以由图可得：当三点共线时，即点在图中的位置时，最小.此时最小为.故答案为【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查平面向量的几何应用解题关键点有二，一是建立坐标系，求出点在一个圆上，二是取点，构造出，于是，问题转化为求的最小值11【分析】令，可得，即在直线上，从而当时最小，结合三角形知识得到结果.【详解】，令，则，因为，所以在直线上，从而当时最小，在中，由余弦定理得，又，得.故答案为：【点睛】本题综合考查了平面向量与解三角形知识，考查三点共线、余弦定理，三角形面积公式等知识，考查转化能力
14、与计算能力，属于中档题.12（1）；（2），是圆；存在， .【分析】（1）设圆心，根据题意，得到半径，根据弦长的几何表示，由题中条件，列出方程求解，得出，从而可得圆心和半径，进而可得出结果；（2）设，根据向量的坐标表示，由题中条件，得到，代入圆的方程，即可得出结果；假设存在一点满足（其中为常数），设，根据题意，得到，再由，得到，两式联立化简整理，得到，推出，求解得出，即可得出结果.【详解】（1）设圆心，则由圆与轴正半轴相切，可得半径.圆心到直线的距离，由，解得.故圆心为或，半径等于.圆与轴正半轴相切圆心只能为故圆的方程为；（2）设，则：，点A在圆上运动即：所以点的轨迹方程为，它是一个以为圆心，以为半径的圆；假设存在一点满足（其中为常数）设，则：整理化简得：，在轨迹上，化简得：，所以整理得，解得：；存在满足题目条件.【点睛】本题主要考查求圆的方程，考查圆中的定点问题，涉及圆的弦长公式等，属于常考题型.答案第17页，共12页