阿波罗尼斯圆性质及其应用探究

阿波罗尼斯圆性质及其应用探究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。阿波罗尼斯圆是在平面上给定两点A、B，设P点在同一平面上且满足PA=λ，当PBλ>λ且λ≠1时，P点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆。当λ=1时，P点的轨迹是线段AB的中垂线。证明阿波罗尼斯圆的方法是以AB所在的直线为x轴，AB中点为原点建立平面直角坐标系，假设A(-a,0)、B(a,0)、P(x,y)，则有PA2=λ2PB2，代入坐标系中得到(λ2-1)x2+λ2y2-2λ2a+λ2-1a2=0，化简后得到(x-a)2+y2=λ2a2，即以C(a,0)为圆心，以r=λa为半径的圆。阿波罗尼斯圆有一些性质。其中一个是点A、点B在圆心C的同侧；当λ>1时，点B在圆C内，点A在圆C外；当0<λ<1时，点A在圆C内，点B在圆C外。证明方法是代入坐标系中，可以得到点C在点B的右侧，同时可以通过计算得到点B在圆C内，点A在圆C外，当0<λ<1时，同理可以得到点C在点A的左侧，点B在圆C外，点A在圆C内。讨论点B、A与圆C的关系。根据公式$\frac{\lambda^2+1}{2a}\cdot\frac{2\lambdaa}{\lambda^2-1}>\frac{2\lambdaa}{\lambda^2-1}$可知，点B在圆C的外部。同理，根据公式$\frac{\lambda^2+1}{2a}\cdot\frac{-2a-\lambda^2}{\lambda^2-1}<\frac{-2a-\lambda^2}{\lambda^2-1}$可知，点A在圆C的内部。因此，定点A、B在圆心C的同侧。设圆C与x轴交于内分点PAB，一点在线段PPA、P2P1的延长线上，称为外分点。由阿波罗尼斯圆的定义可得，$\frac{PP_1}{AP}=\frac{AP_2}{PB}=2$。此时，我们称PP1、P2P1为调和分割AB，同时A、B也调和分割P1P2。性质2：设点P是圆C上不同于点PPA、PP1、P2的任意一点，连接PA、PB、P2P1，则PP1、PP2分别是$\angleAPB$的内、外角平分线。证明：由阿波罗尼斯圆的定义可知，$\frac{PP_1}{AP}=\frac{AP_2}{PB}=2$，因此PP1平分$\angleAPB$。同理可知，PP2平分$\angleAPB$的外角。性质3：$AC\cdotBC=r^2$。证明：当$\lambda>1$时，$AC\cdotBC=a\cdota-(a\cdot\frac{\lambda^2-1}{2\lambda})^2=\frac{4\lambda^2a^2}{(2\lambda)^2}=\frac{\lambda^4+2\lambda^2+1}{(\lambda^2-1)^2}a^2=r^2$。几何特征如图所示。性质4：$AB\cdotAC=AP_1\cdotAP_2$。证明：由性质3可得，$AB\cdotAC=AC^2-r^2=(AC-r)\cdot(AC+r)=AP_1\cdotAP_2$。利用此性质可以作出点A的对应点B。若点A在圆C外，过点A作圆C的切线，切点为P，作PB$\perp$AC，垂足为B，则点B为所求。性质5：过点B作圆C不与P1P2重合的弦EF，则AB平分$\angleEAF$。证明：由性质4可得，$AB\cdotAC=AP_1\cdotAP_2=AE\cdotAF$，因此$\triangleABE\sim\triangleACF$，$\angleEAF=\angleBAC=\angleEAB+\angleBAE=\angleFAB+\angleBAF=\angleFAE$，即AB平分$\angleEAF$。例1：已知两定点A(-2,0)，B(1,0)，如果动点P满足PA=2PB，则点P的轨迹所围成的图形的面积是多少？解法1：利用阿波罗尼斯圆的性质可知，点P的轨迹是阿波罗尼斯圆，a=1，λ=2，r=2，所以s=4π。解法2：设P(x,y)，由PA=2PB得到(x+2)²+y²=4(x-1)²+4y²，化简得到x²-4x+y²=4，所以点P的轨迹是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，所以轨迹所围成的面积为4π。例2：满足条件AB=2，AC=2BC的三角形ABC的面积的最大值是多少？解法1：此题点C的轨迹是以A、B为定点，λ=2时的阿波罗尼斯圆，所以a=1，r=√2，所以s=2√2。解法2：以线段AB的中点为原点，中垂线为y轴建立平面直角坐标系。设A(-1,0)，B(1,0)，C(x,y)，由AB=2，AC=2BC得到(x+1)²+y²=4(x-1)²+4y²，化简得到x²-6x+y²+1=0，所以C的轨迹是以(3,0)为圆心，以2为半径的圆，所以轨迹所围成的面积为2√2。例3：已知A(-2,0)，点P在圆C：(x+2)²+4y²=16上，是否存在一点B，使得PA/PB=3/2？若存在，求出点B的坐标；若不存在，说明理由。解法1：利用阿波罗尼斯圆的性质可得，点P的轨迹是以A、C为定点，λ=4时的阿波罗尼斯圆，所以a=3，r=4，所以AB=6，所以B(4,0)。解法2：利用圆C和AP的交点P，作PC的垂线交x轴于点B，所以B的坐标为(4,0)。解法4：设点B为（b，0），点P为（x，y），则根据勾股定理，有PA1=$\sqrt{(x-(-b))^2+y^2}$，PB2=$\sqrt{(x-b)^2+y^2}$，又根据题意PA1/PB2=2，代入公式可得$\frac{\sqrt{(x-(-b))^2+y^2}}{\sqrt{(x-b)^2+y^2}}=2$，化简得到$(b-4)x+16-b^2=0$，因为$x\in[-8,8]$，所以$b=4$，点B的坐标为（4，0）。由于圆的方程为$x^2+y^2=16$，所以点A的坐标为（-2，0）。因此，存在符合条件的点A、B。例4：在等腰三角形ABC中，AB=AC，D为AC的中点，BD=3，求三角形ABC的面积的最大值。解：以线段BD的中点为坐标原点，中垂线为y轴，建立平面直角坐标系。由于AB=2AD，设点A的坐标为（x，y），则有$3x+y-5=0$。又因为等腰三角形ABC的底边BC在y轴上，所以点B的坐标为（-3，0），点C的坐标为（3，0）。因此，三角形ABC的面积为$\frac{1}{2}\times3\times2=3$，即面积的最大值为3。例5：已知圆O的方程为$x^2+y^2=1$，点B的坐标为（-5，0），点M的坐标为（1，1），问圆O上是否存在点A和B，使得对于任意一点P在圆O上，都有PA1/PB2=2。若存在，求出点A和B的坐标；若不存在，说明理由。解：根据勾股定理，可得PA1=$\sqrt{(x+5)^2+y^2}$，PB2=$\sqrt{(x-(-5))^2+y^2}$。带入PA1/PB2=2，化简得到$(x+5)^2+y^2=4(x+5)^2+4y^2$，整理得到$3x^2+6x-3y^2+16=0$。根据圆的方程，可得$x^2+y^2=1$。联立两个方程，解得$x=\frac{-5}{3}$，$y=\pm\frac{4\sqrt{2}}{3}$。因此，不存在符合条件的点A和B。已知圆C：$(x-1)^2+(y-1)^2=1$，定点O$(0,0)$，B$(2,0)$，其中P为圆C上的动点，求$2PO+PB$的最小值。解法1：如图所示，取$A(-2,0)$，连接PA，$\triangleBOP\sim\triangleAOP$，$\frac{OP}{OB}=\frac{OA}{OP}$，$\anglePOB=\angleAOP$，$\frac{OA}{OP}=\frac{OP}{OB}$，$\thereforeAP=2PB$，$\thereforePM+2PB=PM+PA\geqAM=10$，$\therefore$答案为C。解法2：如图所示，设$x$轴上$A(a,0)$，对于圆C上任一点P都满足$PA=2$，圆C与$x$轴交于点$P_1$，$P_1=\left(1-\sqrt{3},0\right)$，$P_2=\left(1+\sqrt{3},0\right)$，$\becausePB=2PA$，$\thereforePB=2-1\sqrt{3}$，$\thereforePA=1+\sqrt{3}$，$\therefore2PO+PB=2\left(PO+PA\right)\geq2AO=5$。注释：此题能否连接$OC$，在直线$OC$上找一点D，满足$2PO=PD$？如图所示，假设存在点D符合条件，设圆C与直线OC相交于$P_1$、$P_2$两点，$\therefore$点$P_2$是线段OD的内分点，$\therefore$点D在线段$OP_2$的延长线上，此时$P_1$，$P_2$都是内分点，不符合题意。已知函数$f(\alpha)=2\cos\alpha+\frac{1}{2}\sin^2\alpha-\cos^2\alpha-\frac{1}{2}\sin\alpha$，若集合$\{\alpha|\alpha\inR,f(\alpha)>m\}\neq\phi$，求实数$m$的取值范围。解：设$P(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$B\left(-\frac{1}{2},0\right)$，$M\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$，则点P在以原点O为圆心的单位圆上，$PA$为$\angleP$的外角对应的弧，$PB$为$\angleP$的内角对应的弧，$\thereforePA=2\sin\frac{\alpha}{2}$，$PB=2\pi-\alpha$，$\therefore2PO+PB=2\left(OP+PA\right)+PB=2\left(\sqrt{2-2\cos\alpha}+2\sin\frac{\alpha}{2}\right)+2\pi-\alpha$，$\thereforef(\alpha)>m$，$\therefore2\left(\sqrt{2-2\cos\alpha}+2\sin\frac{\alpha}{2}\right)+2\pi-\alpha>m$，$\therefore2\sqrt{2-2\cos\alpha}>m-\alpha-2\left(\pi-2\sin\frac{\alpha}{2}\right)$，$\because-2\leq\cos\alpha\leq2$，$\therefore0\leq2-2\cos\alpha\leq4$，$\therefore0\leq\sqrt{2-2\cos\alpha}\leq2$，$\therefore0\leq2\sqrt{2-2\cos\alpha}\leq4$，$\thereforem-2\left(\pi-2\sin\frac{\alpha}{2}\right)-\alpha>0$，$\thereforem>2\left(\pi-2\sin\frac{\alpha}{2}\right)+\alpha$，$\thereforem>2\left(\pi-2\sin\frac{\alpha}{2}\right)+\alpha\geq2\pi-2\sqrt{2}+2\pi\approx3.53$。$\therefore$实数$m$的取值范围为$(3.53,+\infty)$。=AB，点P,Q分别在AC,BC上，且AP=2PQ=QC，求AP与平面PQD的夹角。解：如图（14）所示，由题意可知，平面PQD垂直于线段PQ，设AP=a，则AQ=3-a，由勾股定理得PC=3，由题意又可得PA=2PQ，故AQ=3-PA/2=1/2PA-3，由勾股定理得PB=√(6^2-3^2)=3√3，故QC=6-3√3，由题意又可得AP=2QC，故a=4-2√3，故P的坐标为(4-2√3,0,2-√3)，Q的坐标为(2√3,4-2√3,2-√3)，故向量PQ=(-2√3,4-4√3,-√3)，向量PA=(-4+2√3,0,2-√3)，由向量点乘公式可得PA·PQ=20-8√3，由余弦定理可得∠APQ=cos^-1((PA·PQ)/(PA*PQ))=cos^-1(5/6)，故所求角度为90°-cos^-1(5/6)。15.已知BC=6，AC=2AB，点D满足AD=2AB+AC，设f(x,y)=AD/(x+y)^2，若f(x,y)≥f(1,1)恒成立，求f(x,y)的最大值。解：由题意可得AD=2AB+AC=3AB=3√2，又∵AC=2AB，∴∠ABC=45°，故三角形ABC为45-45-90的等腰直角三角形，设AB=x，则BC=6，AC=2x，由勾股定理得x=3√2，故A点坐标为(0,3√2)，D点坐标为(9√2,0)，设P(x,y)为平面上任意一点，则由勾股定理可得AP^2=x^2+(y-3√2)^2，由题意可得f(x,y)≥f(1,1)恒成立，即AD/(x+y)^2≥3√2/16，化简得(x+y)^2≥16/3，即x+y≥4/√3，又由AM-GM不等式可得(x+y)^2≤2(x^2+y^2)，故2(x^2+y^2)≥16/3，即x^2+y^2≥8/3，由勾股定理可得AD^2=18，故(x-9√2)^2+y^2=18，将其代入f(x,y)中得f(x,y)=3√2/(x+y)^2=3√2/((x-9√2)^2+y^2)，由均值不等式可得f(x,y)的最大值为3√2/8。12.已知a,b是相互垂直的单位向量，平面向量c满足a+b-c=0，则2c-b+c-a的最小值为多少？解：如图（17）所示，设OA=a,OB=b,a+b=OM,M(1,1)，OC=C，则a+b-c=CM，由题意可得CM=√2，故C点在以M为圆心，r=√2的圆上，由向量加减法可得c-b=BC，c-a=AC，设AD为向量c-b在向量a上的投影，则AC=AD+CD，由向量点乘公式可得AD=(c-b)·a/|a|=c·a/|a|-b·a/|a|=c·a，由向量叉乘公式可得|AD|=|c-b|·sin∠a,b=1，故|AD|=√2/2，由勾股定理得|CD|=√(2-AD^2)=√(2-c·a^2)，故|AC|=c·a+√(2-c·a^2)，由向量加减法可得2c-b+c-a=AC+BC-2BD=2(c·a+√(2-c·a^2))-2√2，由均值不等式可得2(c·a+√(2-c·a^2))≥2√2，故2c-b+c-a的最小值为0。13.在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在AC1上，点Q在DD1上，且AP=3PQ，求∠PAQ的度数。解：如图（18）所示，设PA=a，则AQ=2-a，由勾股定理可得PC1=6，故AC1=6√2，又∵AP=3PQ，∴AQ=2-a=AP/3=PQ，故PQ=a/3，由勾股定理可得PD1=6√2，故DD1=6，故QD1=4，由勾股定理可得QD1^2+AD1^2=AD^2，即16+36=AP^2+36，故AP=√52=2√13，又由余弦定理可得cos∠PAQ=(AP^2+AQ^2-PQ^2)/(2AP·AQ)=5/2√26，故∠PAQ=cos^-1(5/2√26)的度数为约等于54.74°。在正方体DCCE内，点P是正方形DCCD内的动点，且满足∠APD=∠MPC，其中M是BC的中点。求三棱锥P-BCD的体积最大值。解：首先根据垂线定理可知，AD垂直于平面DCCD，因此∠ADP=90°。同时，MC垂直于平面DCCD，因此∠PCM=90°。由于PD/AD=PC/MC=2，因此可以建立平面直角坐标系，以线段DC的中点为原点，线段DC的中垂线为y轴。设P的坐标为(x,y)，则根据勾股定理可得(x+3)²+(y-2)²=4(x-3)²+4y²。根据题目条件可知∠APD=∠MPC，因此可以得到△APD∽△MPC。由此可以得到P的轨迹是以E(5,2)为圆心，半径为4的圆在正方形DCCD内的部分。因此，当P在圆上时，三棱锥P-BCD的体积最大。此时，P的坐标为(3,2,3)，因此三棱锥的体积为36，选项A、C、D均不符合，正确答案为B。在△ABC中，AC=2，AB=mBC(m>1)，恰好当∠B=90°时，△ABC的面积最大。求m的值。解：以线段AC的中点为原点，中垂线为y轴建立平面直角坐标系。设B的坐标为(x,y)，则可以得到(x+1)²+y²=m²(x-1)²+m²y²。由于当∠B=90°时，△ABC的面积最大，因此可以根据勾股定理得到AB²+BC