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阿波罗尼斯圆
　　阿波罗尼斯圆是平面几何中的一个经典问题，教材中有多个例题、习题以其为背景设计，此类题目题设中没有明确给出圆的相关信息，而是隐含在题目中，要通过分析、转化发现圆(或圆的方程)，从而最终利用圆的知识来求解.
【教材母题】
(人教A选择性必修一P89T9)已知动点M与两个定点O(0，0)，A(3，0)的距离的比为，求动点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状.
【知能拓展】
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＝λ，当λ＞0且λ≠1时，P点的轨迹是圆，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
设P(x，y)，A(－a，0)，B(a，0).若＝λ(λ＞0且λ≠1)，则点P的轨迹方程是(x－a)2＋y2＝()2，其轨迹是以(a，0)为圆心，半径为r＝｜｜的圆.
证明：由｜PA｜＝λ｜PB｜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＝0　①，
方程①两边都除以1－λ2得x2＋y2＋＋a2＝0，
化为标准形式即为(x－a)2＋y2＝()2，
所以点P的轨迹方程是以(a，0)为圆心，半径为r＝｜｜的圆.
学生用书 第227页
【典例应用】
题型一　求轨迹方程及分析点的轨迹问题
(1)已知在平面直角坐标系xOy中，A(－4，0)，B(2，0)，点P满足＝2，则点P的轨迹的圆心坐标为(　　)
A.(4，0) B.(0，4)
C.(－4，0) D.(2，0)
(2)在平面直角坐标系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｜＝｜PB｜，则实数m的取值范围是(　　)
A.[－2，2]
B.(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C.(－∞，－2]∪[2，＋∞)
D.[－2，2]
答案：(1)A　(2)D
解析：(1)令P(x，y)，则＝2，两边平方并整理得(x－4)2＋y2＝16，所以圆心为(4，0).故选A.
(2)设P(x，y)，则｜PA｜＝，｜PB｜＝.因为｜PA｜＝｜PB｜，所以，化简得x2＋y2＝4，故点P的轨迹是圆心为(0，0)，半径为2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，所以≤2，解得－2≤m≤2.故选D.
对点练1.正方形ABCD的边长为3，P为正方形ABCD边界及内部的动点，且｜PB｜＝2｜PA｜，则动点P的轨迹长度为　　　　.
答案：
解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，B(3，0)，设P(x，y)，又因为｜PB｜＝2｜PA｜，所以＝2，化简为x2＋y2＋2x－3＝0，即(x＋1)2＋y2＝4，所以P点的轨迹是以Q(－1，0)为圆心，半径为2的圆.又因为P为正方形ABCD边界及内部的动点，所以动点P的轨迹与y轴正半轴的交点为M(0，)，动点P的轨迹与x轴正半轴的交点为N(1，0)，则动点P的轨迹长度为的长度.在△QMA中，AM＝，MQ＝2，所以sin∠MQA＝，∠MQA＝，所以的长度＝2＝.
对点练2.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，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，动点P满足，则｜PA｜2＋｜PB｜2的最大值为　　　　.
答案：16＋8
解析：根据题意，设A(－1，0)，B(1，0)，P(x，y)，因为，所以，即(x－2)2＋y2＝3，所以点P的轨迹是以(2，0)为圆心，半径为的圆，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＋)2＝7＋4，所以[2(x2＋y2＋1)]max＝16＋8，即｜PA｜2＋｜PB｜2的最大值为16＋8.
对点练3.(双空题)(2026·广东佛山联考)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.已知在平面直角坐标系xOy中，A(－2，1)，B(－2，4)，点P是满足λ＝的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为　　　　　　　　　　　　；若点Q为抛物线E：y2＝4x上的动点，Q在y轴上的射影为H，则｜PB｜＋｜PQ｜＋｜QH｜的最小值为　　　　.
答案：(x＋2)2＋y2＝4　－1
解析：设点P(x，y)，因为λ＝，所以，所以(x＋2)2＋y2＝4；设抛物线的焦点为点F，由题意知F(1，0)，｜PB｜＝｜PA｜，｜QH｜＝｜QF｜－1，所以(｜PB｜＋｜PQ｜＋｜QH｜)min＝(｜PA｜＋｜PQ｜＋｜QF｜－1)min＝｜AF｜－1＝－1＝－1.
题型二　求三角形面积的最值问题
(1)满足条件AB＝2，AC＝BC的△ABC的面积的最大值为　　　　.
(2)(多选)已知点A(1，0)，B(－2，0)，动点P满足＝2，则下面结论正确的为(　　)
A.点P的轨迹方程为(x＋3)2＋y2＝4
B.点P到原点O的距离的最大值为5
C.△PAB面积的最大值为4
D.·的最大值为18
答案：(1)2　(2)ABD
解析：(1)建立如图的平面直角坐标系，则A(－1，0)，B(1，0).设C点的坐标为(x，y)，因为｜AC｜＝｜BC｜，所以，整理得(x－3)2＋y2＝8，所以点C的轨迹是以(3，0)为圆心，2为半径的圆(除去与x轴的交点).设圆心为M，当CM⊥x轴时，△ABC的面积最大，此时｜CM｜＝2，(S△ABC)max＝｜AB｜·｜CM｜＝2×2＝2.
(2)设动点P(x，y)，则由＝2，得＝2，即(x－1)2＋y2＝4[(x＋2)2＋y2]，化简得x2＋y2＋6x＋5＝0，即(x＋3)2＋y2＝4，故A正确；对于B，因为点P轨迹是圆心为(－3，0)，半径为2的圆，所以点P到原点O的距离最大值为＋2＝5，故B正确；对于C，又A，B和点P轨迹的圆心都在x轴上，且｜AB｜＝3，所以当圆的半径垂直于x轴时，△PAB的面积取得最大值3×2＝3，故C错误；对于D，·＝(1－x，－y)·(－2－x，－y)＝(1－x)(－2－x)＋y2＝x2＋y2＋x－2，因为y2＝－x2－6x－5(－5≤x≤－1)，所以·＝－5x－7(－5≤x≤－1)，则·≤－5×(－5)－7＝18，D正确.故选ABD.
对点练4.阿波罗尼斯证明过这样一个命题：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氏圆，现有△ABC，AC＝6，sin C＝2sin A，则当△ABC的面积最大时，｜BC｜等于(　　)
A.12 B.20 C.2 D.5
答案：C
解析：如图所示，以AC的中点为原点，AC边所在直线为x轴建立平面直角坐标系，因为｜AC｜＝6，所以A(－3，0)，C(3，0).设B(x，y)，因为sin∠ACB＝2sin A，由正弦定理可得｜AB｜＝2｜BC｜，所以(x＋3)2＋y2＝4(x－3)2＋4y2，化简得(x－5)2＋y2＝16，且x≠1，x≠9.圆的位置如图所示，圆心为(5，0)，半径r＝4，观察可得，在三角形底边长｜AC｜不变的情况下，当B点位于圆心D的正上方或正下方时，高最大，此时△ABC的面积最大，B点坐标为(5，4)或(5，－4)，所以｜BC｜＝＝2.故选C.
对点练5.(多选)若两定点A(－2，0)，B(2，0)，动点M满足｜MA｜＝｜MB｜，则下列说法正确的是(　　)
A.点M的轨迹所围成区域的面积为32π
B.△ABM面积的最大值为8
C.点M到直线x－y＋4＝0距离的最大值为5
D.若圆C：(x＋1)2＋(y－1)2＝r2(r＞0)上存在满足条件的点M，则r的取值范围是[，9]
答案：ABD
解析：如图，设M(x，y)，由｜MA｜＝｜MB｜，得｜MA｜2＝2｜MB｜2，所以(x＋2)2＋y2＝2[(x－2)2＋y2]，整理可得(x－6)2＋y2＝32，所以点M的轨迹是以点S(6，0)为圆心，4为半径的圆.对于A，点M轨迹围成的区域面积为π·(4)2＝32π，故A正确；对于B，因为｜AB｜＝4，所以若△ABM的面积取得最大值，则点M到直线AB的距离最大，即到x轴的距离最大，因为点M到直线AB的距离的最大值为4，所以△ABM面积的最大值为4×4＝8，故B正确；对于C，因为圆心S(6，0)到直线x－y＋4＝0的距离d＝＝5，所以点M到直线x－y＋4＝0距离的最大值为d＋4＝5＋4＝9，故C错误；对于D，由题意知点M的轨迹与圆C有公共点，即两圆有公共点，因为圆C的圆心为(－1，1)，半径为r，所以两圆的圆心距为＝5，所以｜r－4｜≤5≤r＋4，解得≤r≤9，即r的取值范围是[，9]，故D正确.故选ABD.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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