阿波羅尼斯圓性質(zhì)及其應(yīng)用探究

阿波羅尼斯圓性質(zhì)及其應(yīng)用探究阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與歐幾里得、阿基米德被稱為亞歷山大時期數(shù)學(xué)三巨匠。他對圓錐曲線有深刻而系統(tǒng)的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線論》一書，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一。阿波羅尼斯圓是在平面上給定兩點(diǎn)A、B，設(shè)P點(diǎn)在同一平面上且滿足PA=λ，當(dāng)PBλ>λ且λ≠1時，P點(diǎn)的軌跡是個圓，稱之為阿波羅尼斯圓。當(dāng)λ=1時，P點(diǎn)的軌跡是線段AB的中垂線。證明阿波羅尼斯圓的方法是以AB所在的直線為x軸，AB中點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，假設(shè)A(-a,0)、B(a,0)、P(x,y)，則有PA2=λ2PB2，代入坐標(biāo)系中得到(λ2-1)x2+λ2y2-2λ2a+λ2-1a2=0，化簡后得到(x-a)2+y2=λ2a2，即以C(a,0)為圓心，以r=λa為半徑的圓。阿波羅尼斯圓有一些性質(zhì)。其中一個是點(diǎn)A、點(diǎn)B在圓心C的同側(cè)；當(dāng)λ>1時，點(diǎn)B在圓C內(nèi)，點(diǎn)A在圓C外；當(dāng)0<λ<1時，點(diǎn)A在圓C內(nèi)，點(diǎn)B在圓C外。證明方法是代入坐標(biāo)系中，可以得到點(diǎn)C在點(diǎn)B的右側(cè)，同時可以通過計算得到點(diǎn)B在圓C內(nèi)，點(diǎn)A在圓C外，當(dāng)0<λ<1時，同理可以得到點(diǎn)C在點(diǎn)A的左側(cè)，點(diǎn)B在圓C外，點(diǎn)A在圓C內(nèi)。討論點(diǎn)B、A與圓C的關(guān)系。根據(jù)公式$\frac{\lambda^2+1}{2a}\cdot\frac{2\lambdaa}{\lambda^2-1}>\frac{2\lambdaa}{\lambda^2-1}$可知，點(diǎn)B在圓C的外部。同理，根據(jù)公式$\frac{\lambda^2+1}{2a}\cdot\frac{-2a-\lambda^2}{\lambda^2-1}<\frac{-2a-\lambda^2}{\lambda^2-1}$可知，點(diǎn)A在圓C的內(nèi)部。因此，定點(diǎn)A、B在圓心C的同側(cè)。設(shè)圓C與x軸交于內(nèi)分點(diǎn)PAB，一點(diǎn)在線段PPA、P2P1的延長線上，稱為外分點(diǎn)。由阿波羅尼斯圓的定義可得，$\frac{PP_1}{AP}=\frac{AP_2}{PB}=2$。此時，我們稱PP1、P2P1為調(diào)和分割A(yù)B，同時A、B也調(diào)和分割P1P2。性質(zhì)2：設(shè)點(diǎn)P是圓C上不同于點(diǎn)PPA、PP1、P2的任意一點(diǎn)，連接PA、PB、P2P1，則PP1、PP2分別是$\angleAPB$的內(nèi)、外角平分線。證明：由阿波羅尼斯圓的定義可知，$\frac{PP_1}{AP}=\frac{AP_2}{PB}=2$，因此PP1平分$\angleAPB$。同理可知，PP2平分$\angleAPB$的外角。性質(zhì)3：$AC\cdotBC=r^2$。證明：當(dāng)$\lambda>1$時，$AC\cdotBC=a\cdota-(a\cdot\frac{\lambda^2-1}{2\lambda})^2=\frac{4\lambda^2a^2}{(2\lambda)^2}=\frac{\lambda^4+2\lambda^2+1}{(\lambda^2-1)^2}a^2=r^2$。幾何特征如圖所示。性質(zhì)4：$AB\cdotAC=AP_1\cdotAP_2$。證明：由性質(zhì)3可得，$AB\cdotAC=AC^2-r^2=(AC-r)\cdot(AC+r)=AP_1\cdotAP_2$。利用此性質(zhì)可以作出點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)B。若點(diǎn)A在圓C外，過點(diǎn)A作圓C的切線，切點(diǎn)為P，作PB$\perp$AC，垂足為B，則點(diǎn)B為所求。性質(zhì)5：過點(diǎn)B作圓C不與P1P2重合的弦EF，則AB平分$\angleEAF$。證明：由性質(zhì)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：已知兩定點(diǎn)A(-2,0)，B(1,0)，如果動點(diǎn)P滿足PA=2PB，則點(diǎn)P的軌跡所圍成的圖形的面積是多少？解法1：利用阿波羅尼斯圓的性質(zhì)可知，點(diǎn)P的軌跡是阿波羅尼斯圓，a=1，λ=2，r=2，所以s=4π。解法2：設(shè)P(x,y)，由PA=2PB得到(x+2)2+y2=4(x-1)2+4y2，化簡得到x2-4x+y2=4，所以點(diǎn)P的軌跡是以(2,0)為圓心，以2為半徑的圓，所以軌跡所圍成的面積為4π。例2：滿足條件AB=2，AC=2BC的三角形ABC的面積的最大值是多少？解法1：此題點(diǎn)C的軌跡是以A、B為定點(diǎn)，λ=2時的阿波羅尼斯圓，所以a=1，r=√2，所以s=2√2。解法2：以線段AB的中點(diǎn)為原點(diǎn)，中垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系。設(shè)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，化簡得到x2-6x+y2+1=0，所以C的軌跡是以(3,0)為圓心，以2為半徑的圓，所以軌跡所圍成的面積為2√2。例3：已知A(-2,0)，點(diǎn)P在圓C：(x+2)2+4y2=16上，是否存在一點(diǎn)B，使得PA/PB=3/2？若存在，求出點(diǎn)B的坐標(biāo)；若不存在，說明理由。解法1：利用阿波羅尼斯圓的性質(zhì)可得，點(diǎn)P的軌跡是以A、C為定點(diǎn)，λ=4時的阿波羅尼斯圓，所以a=3，r=4，所以AB=6，所以B(4,0)。解法2：利用圓C和AP的交點(diǎn)P，作PC的垂線交x軸于點(diǎn)B，所以B的坐標(biāo)為(4,0)。解法4：設(shè)點(diǎn)B為（b，0），點(diǎn)P為（x，y），則根據(jù)勾股定理，有PA1=$\sqrt{(x-(-b))^2+y^2}$，PB2=$\sqrt{(x-b)^2+y^2}$，又根據(jù)題意PA1/PB2=2，代入公式可得$\frac{\sqrt{(x-(-b))^2+y^2}}{\sqrt{(x-b)^2+y^2}}=2$，化簡得到$(b-4)x+16-b^2=0$，因?yàn)?x\in[-8,8]$，所以$b=4$，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，0）。由于圓的方程為$x^2+y^2=16$，所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-2，0）。因此，存在符合條件的點(diǎn)A、B。例4：在等腰三角形ABC中，AB=AC，D為AC的中點(diǎn)，BD=3，求三角形ABC的面積的最大值。解：以線段BD的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，中垂線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系。由于AB=2AD，設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（x，y），則有$3x+y-5=0$。又因?yàn)榈妊切蜛BC的底邊BC在y軸上，所以點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-3，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，0）。因此，三角形ABC的面積為$\frac{1}{2}\times3\times2=3$，即面積的最大值為3。例5：已知圓O的方程為$x^2+y^2=1$，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-5，0），點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，1），問圓O上是否存在點(diǎn)A和B，使得對于任意一點(diǎn)P在圓O上，都有PA1/PB2=2。若存在，求出點(diǎn)A和B的坐標(biāo)；若不存在，說明理由。解：根據(jù)勾股定理，可得PA1=$\sqrt{(x+5)^2+y^2}$，PB2=$\sqrt{(x-(-5))^2+y^2}$。帶入PA1/PB2=2，化簡得到$(x+5)^2+y^2=4(x+5)^2+4y^2$，整理得到$3x^2+6x-3y^2+16=0$。根據(jù)圓的方程，可得$x^2+y^2=1$。聯(lián)立兩個方程，解得$x=\frac{-5}{3}$，$y=\pm\frac{4\sqrt{2}}{3}$。因此，不存在符合條件的點(diǎn)A和B。已知圓C：$(x-1)^2+(y-1)^2=1$，定點(diǎn)O$(0,0)$，B$(2,0)$，其中P為圓C上的動點(diǎn)，求$2PO+PB$的最小值。解法1：如圖所示，取$A(-2,0)$，連接PA，$\triangleBOP\sim\triangleAOP$，$\frac{OP}{OB}=\frac{OA}{OP}$，$\anglePOB=\angleAOP$，$\frac{OA}{OP}=\frac{OP}{OB}$，$\thereforeAP=2PB$，$\thereforePM+2PB=PM+PA\geqAM=10$，$\therefore$答案為C。解法2：如圖所示，設(shè)$x$軸上$A(a,0)$，對于圓C上任一點(diǎn)P都滿足$PA=2$，圓C與$x$軸交于點(diǎn)$P_1$，$P_1=\left(1-\sqrt{3},0\right)$，$P_2=\left(1+\sqrt{3},0\right)$，$\becausePB=2PA$，$\thereforePB=2-1\sqrt{3}$，$\thereforePA=1+\sqrt{3}$，$\therefore2PO+PB=2\left(PO+PA\right)\geq2AO=5$。注釋：此題能否連接$OC$，在直線$OC$上找一點(diǎn)D，滿足$2PO=PD$？如圖所示，假設(shè)存在點(diǎn)D符合條件，設(shè)圓C與直線OC相交于$P_1$、$P_2$兩點(diǎn)，$\therefore$點(diǎn)$P_2$是線段OD的內(nèi)分點(diǎn)，$\therefore$點(diǎn)D在線段$OP_2$的延長線上，此時$P_1$，$P_2$都是內(nèi)分點(diǎn)，不符合題意。已知函數(shù)$f(\alpha)=2\cos\alpha+\frac{1}{2}\sin^2\alpha-\cos^2\alpha-\frac{1}{2}\sin\alpha$，若集合$\{\alpha|\alpha\inR,f(\alpha)>m\}\neq\phi$，求實(shí)數(shù)$m$的取值范圍。解：設(shè)$P(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$B\left(-\frac{1}{2},0\right)$，$M\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$，則點(diǎn)P在以原點(diǎn)O為圓心的單位圓上，$PA$為$\angleP$的外角對應(yīng)的弧，$PB$為$\angleP$的內(nèi)角對應(yīng)的弧，$\thereforePA=2\sin\frac{\alpha}{2}$，$PB=2\pi-\alpha$，$\therefore2PO+PB=2\left(OP+PA\right)+PB=2\left(\sqrt{2-2\cos\alpha}+2\sin\frac{\alpha}{2}\right)+2\pi-\alpha$，$\thereforef(\alpha)>m$，$\therefore2\left(\sqrt{2-2\cos\alpha}+2\sin\frac{\alpha}{2}\right)+2\pi-\alpha>m$，$\therefore2\sqrt{2-2\cos\alpha}>m-\alpha-2\left(\pi-2\sin\frac{\alpha}{2}\right)$，$\because-2\leq\cos\alpha\leq2$，$\therefore0\leq2-2\cos\alpha\leq4$，$\therefore0\leq\sqrt{2-2\cos\alpha}\leq2$，$\therefore0\leq2\sqrt{2-2\cos\alpha}\leq4$，$\thereforem-2\left(\pi-2\sin\frac{\alpha}{2}\right)-\alpha>0$，$\thereforem>2\left(\pi-2\sin\frac{\alpha}{2}\right)+\alpha$，$\thereforem>2\left(\pi-2\sin\frac{\alpha}{2}\right)+\alpha\geq2\pi-2\sqrt{2}+2\pi\approx3.53$。$\therefore$實(shí)數(shù)$m$的取值范圍為$(3.53,+\infty)$。=AB，點(diǎn)P,Q分別在AC,BC上，且AP=2PQ=QC，求AP與平面PQD的夾角。解：如圖（14）所示，由題意可知，平面PQD垂直于線段PQ，設(shè)AP=a，則AQ=3-a，由勾股定理得PC=3，由題意又可得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，由題意又可得AP=2QC，故a=4-2√3，故P的坐標(biāo)為(4-2√3,0,2-√3)，Q的坐標(biāo)為(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)，由向量點(diǎn)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)，故所求角度為90°-cos^-1(5/6)。15.已知BC=6，AC=2AB，點(diǎn)D滿足AD=2AB+AC，設(shè)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：由題意可得AD=2AB+AC=3AB=3√2，又∵AC=2AB，∴∠ABC=45°，故三角形ABC為45-45-90的等腰直角三角形，設(shè)AB=x，則BC=6，AC=2x，由勾股定理得x=3√2，故A點(diǎn)坐標(biāo)為(0,3√2)，D點(diǎn)坐標(biāo)為(9√2,0)，設(shè)P(x,y)為平面上任意一點(diǎn)，則由勾股定理可得AP^2=x^2+(y-3√2)^2，由題意可得f(x,y)≥f(1,1)恒成立，即AD/(x+y)^2≥3√2/16，化簡得(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，將其代入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)的最大值為3√2/8。12.已知a,b是相互垂直的單位向量，平面向量c滿足a+b-c=0，則2c-b+c-a的最小值為多少？解：如圖（17）所示，設(shè)OA=a,OB=b,a+b=OM,M(1,1)，OC=C，則a+b-c=CM，由題意可得CM=√2，故C點(diǎn)在以M為圓心，r=√2的圓上，由向量加減法可得c-b=BC，c-a=AC，設(shè)AD為向量c-b在向量a上的投影，則AC=AD+CD，由向量點(diǎn)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)，由向量加減法可得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的最小值為0。13.在棱長為6的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P在AC1上，點(diǎn)Q在DD1上，且AP=3PQ，求∠PAQ的度數(shù)。解：如圖（18）所示，設(shè)PA=a，則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)的度數(shù)為約等于54.74°。在正方體DCCE內(nèi)，點(diǎn)P是正方形DCCD內(nèi)的動點(diǎn)，且滿足∠APD=∠MPC，其中M是BC的中點(diǎn)。求三棱錐P-BCD的體積最大值。解：首先根據(jù)垂線定理可知，AD垂直于平面DCCD，因此∠ADP=90°。同時，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標(biāo)系，以線段DC的中點(diǎn)為原點(diǎn)，線段DC的中垂線為y軸。設(shè)P的坐標(biāo)為(x,y)，則根據(jù)勾股定理可得(x+3)2+(y-2)2=4(x-3)2+4y2。根據(jù)題目條件可知∠APD=∠MPC，因此可以得到△APD∽△MPC。由此可以得到P的軌跡是以E(5,2)為圓心，半徑為4的圓在正方形DCCD內(nèi)的部分。因此，當(dāng)P在圓上時，三棱錐P-BCD的體積最大。此時，P的坐標(biāo)為(3,2,3)，因此三棱錐的體積為36，選項(xiàng)A、C、D均不符合，正確答案為B。在△ABC中，AC=2，AB=mBC(m>1)，恰好當(dāng)∠B=90°時，△ABC的面積最大。求m的值。解：以線段AC的中點(diǎn)為原點(diǎn)，中垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系。設(shè)B的坐標(biāo)為(x,y)，則可以得到(x+1)2+y2=m2(x-1)2+m2y2。由于當(dāng)∠B=90°時，△ABC的面積最大，因此可以根據(jù)勾股定理得到AB2+BC