阿波罗尼斯圆及其应用 微点6 阿波罗尼斯圆综合训练

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页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，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．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．则点的轨迹所包围的图形的面积等于（

）A． B． C． D．（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中，，动点满足，得到动点的轨迹是阿氏圆.若对任意实数，直线：与圆恒有公共点，则的取值范围是（

）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，的距离之比为定值（，且）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，，，点满足，则点的轨迹的圆心坐标为（

）A． B． C． D．4．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（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已经,,动点满足,则动点轨迹与圆的位置关系是（

）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（，且）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，记M的轨迹为C，若与C无公共点的直线l上存在点R，使得的最小值为6，且最大值为10，则C的长度为（

）A． B． C． D．（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，则动点P轨迹与圆的位置关系是（

）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，动点满足，当P、A、B不共线时，面积的最大值是（

）A． B． C． D．8．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（，且），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点C到的距离之比为，则点C到直线的距离的最小值为（

）A． B． C． 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：平面内到两个定点的距离之比为定值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，，，点满足．当三点不共线时，面积的最大值为（

）A．24 B．12 C． 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、，动点满足，则动点的轨迹为一个阿波罗尼斯圆，记此圆为圆，已知点在圆上（点在第一象限），交圆于点，连接并延长交圆于点，连接，当时，直线的斜率为（

）A． B． C． D．二、多选题（2022江苏·高二专题练习）11．在平面上有相异两点，，设点在同一平面上且满足(其中，且)，则点的轨迹是一个圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆.设，，为正实数，下列说法正确的是（

）A．当时，此阿波罗尼斯圆的半径B．当时，以为直径的圆与该阿波罗尼斯圆相切C．当时，点在阿波罗尼斯圆圆心的左侧D．当时，点在阿波罗尼斯圆外，点在圆内（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中，．点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（

）A．曲线的圆心坐标为B．C．曲线的周长为D．曲线上的点到直线的最小距离为13．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、的距离之比为定值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，，．点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（

）A．的方程为B．在上存在点，使得到点的距离为C．在上存在点，使得D．上的点到直线的最小距离为14．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（）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中，、，点Р满足，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B．在C上存在点D，使得C．在C上存在点M，使M在直线上D．在C上存在点N，使得（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，､，点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（

）A．曲线的方程为B．在曲线上存在点D，使得C．在曲线上存在点M，使M在直线上D．在曲线上存在点N，使得（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，的距离之比为定值的点的轨迹是圆．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，，，动点满足，直线，则（

）A．动点的轨迹方程为 B．直线与动点的轨迹一定相交C．动点到直线距离的最大值为 D．若直线与动点的轨迹交于，两点，且，则三、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，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，，动点P满足，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(且)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，已知的两个顶点是定点，它们的坐标分别为､；另一个顶点是动点，且满足，则当的面积最大时，边上的高为___________.（2022四川巴中·高二期末）20．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（且）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，已知的两个顶点是定点，它们的坐标分别为、；另一个顶点是动点，且满足．则当的面积最大时，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（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，现有，，，则当的面积最大时，的长为______.22．平面向量，满足，，则与夹角最大值为______．23．已知平面向量满足，，则的最小值为______．24．已知△ABC的面积3，且AB＝AC.若,则BD的最小值为______.四、双空题（2022重庆·高二期末）25．设动点与两不同定点在同一平面上且满足，当且时，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．在直角坐标系中，，动点满足点的轨迹的方程为_______．点是直线上任意一点，过作的切线，相切于，当取得最小值时，求的值______________（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且的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xOy中，已知点，若动点满足，则动点的轨迹方程是___________；若直线与轨迹交于，当取最小值时，则___________.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：平面内一动点到两个不同定点的距离之比为常数，则点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，简称“阿氏圆”据此请回答如下问题：已知中，A为一动点，为两定点，且，，面积记为，若时，则______若时，则取值范围为______．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.已知动点到点与到点的距离之比为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，是平面上两点，则满足(其中为常数，且)的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知，，且.（1）求点所在圆的方程.（2）已知圆与轴交于，两点(点在点的左边)，斜率不为0的直线过点且与圆交于，两点，证明：.（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（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知平面直角系中的点，，则满足的动点的轨迹记为圆.(1)求圆的方程；(2)过点向圆作切线，，切点分别是，，求直线的方程.31．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《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，距离之比为且的点的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆．(1)已知两定点，，若动点满足，求点的轨迹方程；(2)已知，是圆上任意一点，在平面上是否存在点，使得恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由；(3)已知是圆上任意一点，在平面内求出两个定点，，使得恒成立．只需写出两个定点，的坐标，无需证明．32．平面上两点A、B，则所有满足且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.已知圆上的动点P满足：其中O为坐标原点，A点的坐标为.(1)直线上任取一点Q，作圆的切线，切点分别为M，N，求四边形面积的最小值；(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.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．D【分析】设，则由结合距离公式化简可得，从而可知点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，进而可求出面积【详解】设点，则，化简整理得，即，所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，所以所求图形的面积为，故选：D2．C【分析】设，由题意列式求出C圆的方程，再由直线方程可得直线恒过定点，求出圆C上横坐标为1的点的纵坐标即可.【详解】设，由，且，得，即，直线：恒过定点，把代入，解得，要使对任意实数k，直线l：与圆C恒有公共点，则，即b的取值范围是故选：C3．A【分析】根据题设，应用两点距离公式可得，整理并化为圆的标准形式，即可确定圆心.【详解】令P(x，y)，则，两边平方并整理得：，∴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】由已知动点满足，得即动点轨迹为圆：，，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：，解得，，所以C的长度为.故选：B6．A【分析】首先求得点的轨迹，再利用圆心距与半径的关系，即可判断两圆的位置关系.【详解】由条件可知，，化简为：，动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，圆是以为圆心，为半径的圆，两圆圆心间的距离，所以两圆相交.故选：A7．D【分析】利用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，因为、，且，所以，整理得，即圆的方程为，半径为；所以，则面积的最大值是.故选：D.8．A【分析】设，依题意，根据两点的距离公式求出动点的轨迹方程，再求出圆心到直线的距离，即可求出点到直线距离的最小值；【详解】解：设，则，即，化简得，所以点的轨迹为以为圆心，的圆，则圆心到直线的距离，所以点C到直线的距离的最小值为；故选：A9．B【解析】设，可表示出、，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，则，因为，所以，即，整理可得，即，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,所以面积的最大值为.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，根据求出点的轨迹方程，过圆心作于点，求出、，可求出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得直线的斜率.【详解】如图所示，设动点，则，化简可得，化为标准方程可得圆．因为，，则为等边三角形，过圆心作于点，则，，所以，所以，故选：A．11．AD【解析】设，根据阿波罗尼斯圆的定义，求得其方程，然后逐项判断.【详解】设，所以，因为，所以，A.当时，此阿波罗尼斯圆的半径，故正确；B.当时，以为直径的圆为，阿波罗尼斯圆为，圆心距为，两半径之和为，两半径之差的绝对值为，不相切，故错误；C.当时，圆心的横坐标为，所以点在阿波罗尼斯圆圆心的右侧，故错误；D.当时，点与圆心的距离，在阿波罗尼斯圆外，点与圆心的距离，在圆内，故正确；故选：AD12．ABD【分析】设，利用两点间的距离公式求出点所构成的曲线方程，然后逐一判断即可.【详解】设，由可得，整理可得，化为，所以曲线的圆心坐标为，半径为，故A正确；圆心到点的距离为，所以，即，故B正确；圆的周长为，故C错误；圆心到直线的距离为，所以曲线上的点到直线的最小距离为.故选：ABD13．ABD【分析】对于A，设点，由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，半径为的圆，从而可求出圆上的点到点的距离的范围，进而进行判断，对于C，设，由，由距离公式可得方程，再结点在曲线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，半径为的圆，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，由，，，得，化简得，即，所以选项A正确；对于选项B，曲线C的方程表示圆心为，半径为的圆，点与圆心的距离为，与圆上的点的距离的最小值为，最大值为，而，所以选项B正确；对于选项C，设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，所以选项C错误；对于选项D，的圆心到直线的距离为，且曲线的半径为，则上的点到直线的最小距离故选项D正确；故选：ABD．14．AD【分析】通过设出点P的坐标，利用，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，由，得，化简得，即，故A选项正确；对于B选项，设，由得，又，联立方程可知无解，故B选项错误；对于C选项，设，由M在直线上得，又，联立方程可知无解，故C选项错误；对于D选项，设，由，得，又，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，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，由，得，化简得，即，故A选项正确；对于B选项，设，由得，又，联立方程可知无解，故B选项错误；对于C选项，设，由M在直线上得，又，联立方程可知无解，故C选项错误；对于D选项，设，由，得，又，联立方程可知有解，故D选项正确.故选：AD.16．ABD【分析】设，进而根据题意易得其轨迹方程，判断A选项；再结合直线过定点判断点与圆的位置关系判断B选项；易知当直线与垂直时动点到直线距离的最大，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．因为，所以，所以，即，所以对于A选项，动点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，故A正确．对于B选项，因为直线过定点，而点在圆内，所以直线与圆相交，故B正确．对于C选项，当直线与垂直时，动点到直线的距离最大，且最大值为，故C错误．对于D选项，记圆心到直线的距离为，则．因为，所以．因为，所以．由，得，故D正确．故选：ABD17．（x＋4）2＋y2＝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，由A（﹣2，0），B（4，0），，得，化简得，即，故答案为：.18．【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，即，整理得：即．故答案为：．19．2【分析】根据已知条件求出点的轨迹，然后经过分析可知的面积最大，此时边上的高为圆的半径2.【详解】设，因为，在中结合正弦定理可得，即，所以有，化简整理得，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（去掉点），所以当时，的面积最大，此时边上的高为圆的半径2.故答案为：2.20．【分析】首先求出点的轨迹方程，当的面积最大时，即边上的高最大，即可求解.【详解】，即两线段比值为大于零且不等于的常数，点的轨迹是圆．设．、，，，平方整理得，即，故点的轨迹是以为圆心，半径长为的圆，因此，当的面积最大时，边上的高即为该圆的半径．故答案为：21．【分析】建立直角坐标系，根据条件将点轨迹转化为阿氏圆的问题来解决【详解】如上图所示，以的中点为原点，边所在直线为轴建立直角坐标系，因为，所以，，设点，因为，由正弦定理可得：，即，所以：，化简得：，且，，圆的位置如上图所示，圆心为，半径，观察可得，三角形底边长不变的情况下，当点位于圆心的正上方时，高最大，此时的面积最大，点坐标为，所以故答案为：22．##【分析】根据条件先求得，再用夹角公式及基本不等式可求解.【详解】解：∵，∴，∴，∴；∴，当且仅当、等号成立，∵；∴；∴与夹角的最大值为．故答案为：23．【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，，所以，，则．故答案为:.24．【解析】由题可设,则,利用余弦定理可得,再根据三角形面积公式可得,则,进而,则为关于的函数,利用换元法和导函数求得最值即可【详解】由题,设,则,所以,因为,所以,因为大边对大角,所以令为锐角,则,所以,设,则,所以,令,则,则在上单调递减,在上单调递增,所以,所以,故答案为：【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．

【分析】设，可得，，代入，整理可得点的轨迹的方程；画出图形，可知当离圆心最近时，最小，由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，进一步可得的值．【详解】解：（1）设点的坐标为，则，，由，得，化简可得，此曲线的方程为；（2）曲线是以点为圆心，4为半径的圆，如图，要使最小，则最小，可知离圆心最近，此时，，则，，则．故答案为：；．26．

【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的方程；利用圆的性质即可求出取最小值时的m值.【详解】设动点，因，于是得，化简整理得：，所以动点的轨迹的方程是：；显然轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，直线恒过定点，点在圆内，由圆的性质知，当弦PQ长最短时，直线垂直于直线BC，直线BC斜率，因此，，解得，所以当取最小值时，则.故答案为：；127．

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【分析】以作为原点建立平面直角坐标系，可得点和点的坐标，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的轨迹为除去轴上两点的一个圆，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