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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 262~192)，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 = λ，当 λ> 0且 λ≠ 1时，P点的轨迹是个圆，称
之为阿波罗尼斯圆． (λ= 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
2 2
【定理1】设P x,y ,A -a,0 ,B a,0 PA ．若 = λ(λ> 0且 λ≠ 1) λ + 1，则点P的轨迹方程是 x- a + y21 PB λ2- 1
= 2aλ
2
λ
2+ 1 2aλ
2 ，其轨迹是以 2 a,0 为圆心，半径为 r= 2 的圆．λ - 1 λ - 1 λ - 1
证明：由PA= λPB及两点间距离公式，可得 x+ a 2+ y2= λ2 x- a 2+ y2 ，
化简可得 1- λ2 x2+ 1- λ2 y2+ 2 1+ λ2 ax+ 1- λ2 a2= 0①，
(1)当 λ= 1时，得 x= 0，此时动点的轨迹是线段AB的垂直平分线；
2a
( )当 ≠ 时，方程①两边都除以 - 2得 2+ 2+
1+ λ2 x
2 λ 1 1 λ x y 2 + a
2= 0，化为标准形式即为：
1- λ
λ2+ 1 2 2 2 x- 2 a + y2= 2aλ2 ，∴点P的轨迹方程是以 λ + 1 a,0 为圆心，半径为 r= 2aλ 的圆．λ - 1 λ - 1 λ2- 1 λ2- 1
图① 图② 图③
阿波罗尼斯圆的另一种形式：
【定理2】A,B为两已知点，M ,N分别为线段AB的定比为 λ λ≠ 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 λ．
证明：以 λ> 1为例．如图②，设AB= 2a，AM = AN = λ，则AM= 2aλMB NB ,BM= 2a-
2aλ = 2a ，
1+ λ 1+ λ 1+ λ
AN= 2aλ- ,BN=
2aλ
- - 2a=
2a
- ．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λ 1 λ 1 λ 1
2 2 2
理得QB2=MB BN= 4a ,QA2=AB2+QB2 4a λ2 = 2 ，于是QB=
2a ,QA= 2a ,∴ QA =
λ - 1 λ - 1 λ2- 1 λ2- 1 QB
λ．
∵M ,Q,N同时在到A,B两点距离之比等于 λ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 λ．同理可证 0< λ< 1的情形．
3. 阿波罗尼斯圆的相关性质
由上面定理 2的证明可得如下的性质：
性质 1：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．
性质 2：因AQ2=AM AN，故AQ是圆C的一条切线．
若已知圆C及圆C外一点A，可以作出与之对应的点B，反之亦然．
4aλ 4πa2λ2
性质 3：所作出的阿波罗尼斯圆的直径为MN= 2 ，面积为 ． λ - 1 λ2- 1 2
性质 4：过点A作圆C的切线AQ(Q为切点 )，则QM ,QN分别为∠AQB的内、外角平分线．
性质 5：阿波罗尼斯圆的直径两端是按比例内分AB和外分AB所得的两个分点，如图所示，M是AB的内
分点，N是AB的外分点，此时必有PM平分∠APB，PN平分∠APB的外角．
PA = MA NA证明：如图①，由已知可得 PB MB = NB = λ(λ> 0且 λ≠ 1)
S
，∵ ΔPAMS =
MA = λ 1，又SΔPAM= PA
ΔPBM MB 2
PM sin∠APM ,S 1ΔPBM= 2 PB PM sin∠BPM ,∴
PA PM sin∠APM
PB PM sin∠BPM = λ，
∴ sin∠APM= sin∠BPM ,∴∠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 6：过点B作圆C不与QR重合的弦EF，则AB平分∠EAF．
FA EA S
证明：如图④，连结ME,MF，由已知 FB = EB = λ,∴
EB = EA .∵ ΔABE EBFB S = FB (λ> 0且 λ≠ 1)，又FA ΔABF
S = 1 AB AEsin∠BAE,S = 1 AB AFsin∠BAF,∴ AB AEsin∠BAEΔABE 2 ΔABF 2 ∠ =
EB = AE，∴
AB AFsin BAF FB AF
sin∠BAE= sin∠BAF,∴∠BAE=∠BAF,∴AB平分∠EAF．
∴ sin∠BAE= sin∠BAF,∴∠BAE=∠BAF,∴AB平分∠EAF．
【典例刨析】
1. (2022·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. (2022四川涪陵月考 )若ΔABC满足条件AB= 4,AC= 2BC，则ΔABC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，
PA PA
都有 为一常数，试求所有满足条件的点A的坐标，并求 ．
PB PB
4. 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 = 1 2 PB ，则
实数m的取值范围是_______．
5. 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，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 λ(λ> 0，且 λ≠ 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
PA
点P满足 = 3，则 PA 2+ PB 2的最大值为 ( )
PB
A. 16+ 8 3 B. 8+ 4 3 C. 7+ 4 3 D. 3+ 3
6. (2022四川 ·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，已知点 A -1,0 ，B 2,0 ，圆 C :
x- 2 2+ y-m 2= 14 m> 0 ，在圆上存在点P满足 PA = 2 PB ，则实数m的取值范围是 ( )
A. 2 , 6 B. 5 , 21 2 2 4 2 C. 0,
21
2 D.
5 , 21 2 2
【针对训练】
7. 在平面直角坐标系 xOy中，已知圆O : x2+ y2= 1，O1 : x- 4 2+ 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________．

, , |CA| = |DA|8. 已知A B是平面上两个定点，平面上的动点C D满足 =m，若对于任意的m≥ 3，不等式
CB DB

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 (b< 0)，过P分别作圆O，O1的切线，切点分别为A，B，若满足PB= 2PA的点P有且只有一个，
则实数 b的值为______.
11.在平面直角坐标系 xOy中，M ,N是两定点，点 P是圆O：x2+ y2= 1上任意一点，满足：PM= 2PN，则
MN的长为 .
12.(2022辽宁 ·高二期中 )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 λ(λ> 0且 λ≠ 1)的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称
(- , ) ( , ) |PA|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 1，动点P满足 | | =PB 2 .设
点P的轨迹为C1.
(1)求曲线C1的方程；
(2)若曲线C 和⊙C : (x- 4)21 2 + (y- 6)2= r2(r> 0)无公共点，求 r的取值范围.
参考答案
1.【答案】40π
【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】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 40π.
故答案为：40π
2. 16【答案】 3
【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.
16+ x2- (2x)2 16- 3x2
【详解】设BC= x，则AC= 2x，由余弦定理可得 cosB= 2× 4× x = 8x
x+ 2x> 4 4 16由三角形任意两边之和大于第三边得 + > ，解得 3 < x< 4，即 9 < x
2< 16
x 4 2x
∴ 1 16- 3x
2 2 2
SΔABC= 2 4 x sin = 2 1- cos
2 B x B = 2x 1- = 256 - 9 x2- 8064x2 9 16 9
x2= 80 ΔABC 16当 9 时， 面积取最大值 3
16
故答案为：3
【点睛】本题主要考查了求三角形面积的最值，涉及余弦定理的应用，属于中档题.
PA
3.【答案】A - 9 35 ,0 ， = PB 5
10λ2+ 2a= 0
【分析】根据两点距离的坐标运算可得 10λ2+ 2a x+ 34λ2- a2- 9= 0，进而得 34λ2- a2- = ，即可求9 0
解.
( , ) , ( , ) , ≠-
PA
【详解】设P x y A a 0 a 5，设 = λ> 0
PB
PA x- a 2+ y2
故 = = λ，且 x2+ y2= 9，
PB x+ 5 2+ y2
化简得： 10λ2+ 2a x+ 34λ2- a2- 9= 0，该式对任意的 x∈ -3,3 恒成立，故
9
10λ
2+ 2a= 0 a=- 5 a=-5
34λ2- a2 ，解得 或 - (舍去 )，9= 0 λ= 3 λ= 15
PA = 3故 ，A
PB 5 -
9
5 ,0
4.【答案】 -2 2,2 2
1
【分析】根据 PA = 2 PB 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，进而解决问题.
【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 = 12 PB ，
(x- 1)2+ (y- 0)2= 1所以有 (x- 4)2+ (y- 0)22 ，
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，
|m|
所以 ≤ 2，解得-2 2≤m≤ 2 2.
1+ 1
【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】A
PA
【分析】设A -1,0 ,B 1,0 ，P x,y ，由 = 3，可得点P的轨迹为以 2,0 为圆心，半径为 3的圆，
PB
又 PA 2+ PB 2= 2 x2+ y2+ 1 ，其中 x2+ y2可看作圆 x- 2 2+ 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】解：由题意，设A -1,0 ,B 1,0 ，P x,y ，
PA x+ 1 2+ y2
因为 = 3，所以 = 3，即 x- 2 2+ y2= 3，
PB x- 1 2+ y2
所以点P的轨迹为以 2,0 为圆心，半径为 3的圆，
因为 PA 2+ PB 2= x+ 1 2+ y2+ x- 1 2+ y2= 2 x2+ y2+ 1 ，其中 x2+ y2可看作圆 x- 2 2+ y2= 3
上的点 x,y 到原点 0,0 的距离的平方，
所以 x2+ y2 max= 2+ 3 2= 7+ 4 3，
所以 2 x2+ y2+ 1 max= 16+ 8 3，即 PA 2+ PB 2的最大值为 16+ 8 3，
故选：A.
6.【答案】D
【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】设P x,y ，因为点A -1,0 ，B 2,0 ， PA = 2 PB ，
所以 x+ 1 2+ y2= 2 x- 2 2+ y2即 x2+ y2- 6x+ 5= 0，
所以 x- 3 2+ y2= 4，可得圆心 3,0 ，半径R= 2，
由圆C : x- 2 2+ 1 1 y-m 2= 4 可得圆心C 2,m ，半径 r= 2 ，
因为在圆C上存在点P满足 PA = 2 PB ，
所以圆 x- 3 2+ y2= 4与圆C : x- 2 2+ y-m 2= 14 有公共点，
所以 2- 12 ≤ 3- 2
2+m2≤ 2+ 1 9，整理可得： ≤ 1+m22 4 ≤
25
4 ，
5 21
解得： 2 ≤m≤ 2 ，
m 5 , 21所以实数 的取值范围是 2 2 ，
故选：D.
7. - 20【答案】 3 ,4 .
【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】由题意O(0,0) ,O1(4,0).设P(x,y)，则
∵PB= 2PA，∴ x- 4 2+ y2- 4= 2 x2+ y2- 1，
∴ (x- 4)2+ y2= 4(x2+ y2)，
∴ x2+ y2+ 83 x-
16
3 = 0，
4 8
圆心坐标为 - 3 ,0 ,半径为 3 ，
∵动点P在直线 x+ 3y- b= 0上，满足PB= 2PA的点P有且只有两个，
∴ 8 16直线与圆 x2+ y2+ 3 x- 3 = 0相交，
- 4 - b
∴圆心到直线的距离 d= 3 < 8 ，
1+ 3 3
∴- 4 - 16 < b<- 4 + 163 3 3 3 ，
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. 3【答案】4
【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】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 ，
x2+ y2 2 2 2
设C x,y ,∴ =m x- m + y22 = mx- 1 2+ y2 m - 1 m2- 1 2

故动点C,D的轨迹为圆，由 CD ≤ k AB 恒成立，则 k≥ CD max= 2 m = 2 ≥ 3m2- 1 m- 1 4m
3
故答案为 4
【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】4

【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.
, , , y- 1D x y D AC = -1【详解】设点 因为点 是直线 上的动点 故 x t x+ ty- t= 0.
2 2
由 |AD| ≤ 2|BD|得 x2+ y- 1 2≤ 4 4 1 8 x- 1 2+ y2 ,化简得 x- 3 + y+ 3 ≥ 9 .
4 2 1 2 8
依题意可知 ,直线AC与圆 x- 3 + y+ 3 = 9 至多有一个公共点,
4 - 43 3 t
所以 ≥ 89 ,解得 t≥ 2+ 3或 t≤ 2- 3.所以最小正整数 t= 4.1+ t2
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.
10. 28【答案】- 3 .
【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】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，∴△PBO1∽△PAO，∴ PO1 = 2 PO ，
∴ PO 4
2 64
1
2= 4 PO 2，∴ (x+ 4)2+ y2= 4(x2+ y2)，整理得 x- + y23 = 9 ，
∴点P(x，y) 4 8的轨迹是以 3 ,0 为圆心、半径等于 3 的圆，
∵动点P在直线 l：x- 2 2y+ b= 0上 (b< 0)，满足PB= 2PA的点P有且只有一个，
4 2∴该直线 l与圆 x- 3 + y
2= 649 相切，
4 + b
∴ 4 ,0 3 8 20 28圆心 3 到直线 l的距离 d满足 d= r，即 =12+ (2 2)2 3 ，解得 b= 3 或- 3 ，
又因为 b< 0，所以 b=- 283 ．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据圆的切下的
性质和三角形全等求得点P的轨迹方程，再根据直线与圆相切，列出方程求解是解答的关键，着重考查了
推理与运算能力，属于中档试题．
11. 3【答案】2
【分析】不妨就假设M ,N在 x轴上，设M (m,0) ,N (n,0) ,P(x,y)，由PM= 2PN可得 x2+ y2+ 2m- 8n3 x+
4n2-m2 = 0，然后和方程 x2+ y23 = 1对比，就可以求出m,n
【详解】由于M ,N是两定点，不妨就假设M ,N在 x轴上
如图所示：设M (m,0) ,N (n,0) ,P(x,y)，
PM= 2PN，
∴PM 2= 4PN 2，
∴ (x-m)2+ y2= 4 (m-n)2+ y2 ，
即 x2- 2mx+m2+ y2= 4x2- 8nx+ 4n2+ 4y2，
3x2+ (2m- 8n)x+ 3y2+ 4n2-m2= 0，
2 2
x2+ y2+ 2m- 8n3 x+
4n -m
3 = 0与 x
2+ y2= 1表示同一个
圆.
2m- 8n= 0∴ m2- 4n23 = 1
m= 2 m=-2∴{
n= 1
或
2 n=- 12
∴MN= 32 .
3
故答案为：2 .
【点睛】本题考查的是圆的方程和点的轨迹方程的求法，较简单.
12.【答案】(1) (x+ 4)2+ y2= 16 (2) (0,6) ∪ (14,+∞)
( ) ( , ) |PA| 1【分析】 1 设P x y ，然后根据 | | = 2 列方程化简计算即可得曲线C1的方程，PB
(2)先求出两圆的圆心和半径，再由题意可得两圆外离或内含，从而可得 C1C2 > 4+ r或 C1C2 < r- 4，
从而可求出 r的取值范围
(1)
设P(x,y)，
因为A(-2,0)，B( , ) |PA|4 0 1，动点P满足 | | = 2 ，PB
(x+ 2)2+ y2 1
所以 =
(x- 4)2+ y2 2
，
化简得 x2+ y2+ 8x= 0，即 (x+ 4)2+ y2= 16，
所以曲线C1的方程为 (x+ 4)2+ y2= 16，
(2)
曲线C1的圆心为C1(-4,0)，半径为 4，
⊙C2 : (x- 4)2+ (y- 6)2= r2(r> 0)的圆心为C2(4,6)，半径为 r，
因为曲线C1和⊙C : (x- 4)2+ (y- 6)2= r22 (r> 0)无公共点，
所以两圆外离或内含，
所以 C1C2 > 4+ r或 C1C2 < r- 4，
所以 (-4- 4)2+ (0- 6)2= 10> 4+ r或 (-4- 4)2+ (0- 6)2= 10< r- 4，
所以 0< r< 6或 r> 14，
所以 r的取值范围为 (0,6) ∪ (14,+∞)

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