专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点3 阿波罗尼斯圆与向量

专题1  阿波罗尼斯圆及其应用  微点3 阿波罗尼斯圆与向量

专题1  阿波罗尼斯圆及其应用

微点3  阿波罗尼斯圆与向量

【微点综述】

涉及线段定比的有些平面向量题，或是涉及数量积的等式，可以转化成三点共线问题，构造阿波罗尼斯圆，建立平面直角坐标系，利用阿波罗尼斯圆解决问题．

【典例刨析】

例1

1．已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则最小值为__________.

例2

2．已知，，点D满足，设，若恒成立，则的最大值为______________．

例3（2022浙江省宁波市鄞州中学高三其他）

3．已知向量满足，则的取值范围是_______.

例4

4．已知等边的边长为2，点在线段上，若满足的点恰有两个，则实数的取值范围是__________．

例5

5．已知是平面上两个定点，平面上的动点满足，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的最小值为______．

例6

6．已知点，，，点D是直线AC上的动点，若恒成立，则最小正整数__________.

【针对训练】

（2022·广东广州·高二期末）

7．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（且）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P的轨迹方程为__________.（答案写成标准方程），的最小值为___________.

（2022·江苏·高邮一中高二期末）

8．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上动点P到两定点A，B的距离之比满足(且，t为常数)，则点的轨迹为圆．已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则P点的轨迹为圆，该圆方程为_________；过点的直线交圆于两点，且，则_________．

9．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，后人将此圆称为阿氏圆.若平面内两定点、间的距离为4，动点满足，则动点的轨迹所围成的图形的面积为___________；最大值是___________.

10．在平面四边形ABCD中，， ，．若， 则的最小值为____．

11．在中，，，点满足，则的最小值为______.

12．已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且被直线：截得的弦长为.

（1）求圆的方程；

（2）设点在圆上运动，点，且点满足，记点的轨迹为.

①求的方程，并说明是什么图形；

②试探究：在直线上是否存在定点(异于原点)，使得对于上任意一点，都有为一常数，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由.

参考答案：

1．

【分析】建立坐标系，设，，，设，，则，构造相似三角形，设，可得，所以．

【详解】如图，，设，则向量满足，设，所以点为以为圆心，以为半径的圆上的一点，

所以，同理，

取点，则，又因，

所以，

所以，即，

所以，

由三角形的三边关系知.

故填：.

【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量的模，向量模的几何意义，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意构造相似三角形等知识，属于难题．

2．4

【分析】将已知变形为，设延长AB至点F，使得,取AC的中点E，并通过得出点D在EF上，再通过与已知条件得出，设，再通过面积法与正、余弦定理得出即可利用一元二次方程最值与根式性质得出答案.

【详解】延长AB至点F，使得,取AC的中点E，连接EF，

则，

，

,

,

点D在EF上，过点A作于点G，

由“边角边”公理可得：，

，

，且恒成立，

，

设，根据面积法知：

，

，

，

，

，

当且仅当时等号成立，

，

故答案为：4.

3．

【解析】根据几何关系，设点的坐标，点在单位圆上，故，当三点共线时，即点在处时，取最小值，以及数形结合分析出最大值，计算得到答案.

【详解】因为，所以，设，，， ，

即，点在单位圆上，

因为 ，

设，

即，故，

所以 ，

如图，（1）当三点共线，即点在处时，取最小值.

因为，所以，

（2）当位于处时，取最大值，，

因为，

即 ，

所以，当且仅当取等号，

综上，.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查向量模的最值问题，主要考查转化分析，数形结合分析，属于中档题型，本题的关键是根据根据条件设出定点和动点的坐标，根据数形结合分析，转化为点位置讨论的问题.

4．.

【详解】分析：设，根据得到关于的函数，由题意可得该函数在区间上有两个不同的零点，然后根据二次函数的相关知识可得实数的取值范围．

详解：如图，设，则，

则，

又，

∴．

∵满足的点恰有两个，

∴关于的方程在区间上有两个不同的实数根．

设，

则函数在区间上有两个不同的零点，

∴，解得．

∴实数的取值范围是．

点睛：（1）用定义进行向量的数量积运算时，有时要注意选择合适的基底，将所有向量用同一基底表示，然后再根据数量积的运算律求解．

（2）对于一元二次方程根的分布问题，可根据“三个二次”间的关系，结合二次函数的图象转化为不等式（组），通过解不等式（组）可得所求．

5．

【分析】建立坐标系，得点的轨迹方程，分离参量求范围即可求解

【详解】不妨设，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则 ，

设

故动点的轨迹为圆，由恒成立，则

故答案为

【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

6．4

【解析】设点,根据列出关于的关系式,再数形结合分析即可.

【详解】设点,因为点是直线上的动点,故.

由得,化简得.

依题意可知,直线与圆至多有一个公共点,

所以,解得或.所以最小正整数.

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.

7．         

【分析】设点P坐标，然后用直接法可求；根据轨迹方程和数量积的坐标表示对化简，结合轨迹方程可得x的范围，然后可解.

【详解】设P点坐标为，则由，得，化简得，即.

因为，

所以

因为点P 在圆上，故

所以，故的最小值为.

故答案为：，

8．         

【分析】设，根据可得圆的方程，利用垂径定理可求.

【详解】设，则，整理得到，

即.

因为，故为的中点，过圆心作的垂线，垂足为，

则为的中点，则，故，

解得，

故答案为：，.

9．         

【分析】以经过，的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，求出阿氏圆方程，可得半径，从而得面积．由，利用向量数量积的坐标表示求出，结合在圆上可得最大值．

【详解】以经过，的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，如图，

则，，设，，∴，

得：，点的轨迹为圆（如图），

其面积为.

，如图当位于点时，最大，最大值为，故最大值是.

故答案为：； .

10．

【分析】以的中点为坐标原点，以方向为轴正向，建立如下平面直角坐标系. 设，根据已知条件可求得点在以为圆心，2为半径的圆上，取，可得，从而有，因此＝，因此只要最小即可．

【详解】如图，以的中点为坐标原点，以方向为轴正向，建立如下平面直角坐标系.

则，，

设，则，，

因为

所以，即：

整理得：，所以点在以原点为圆心，半径为2的圆上.

在轴上取，连接

可得，所以，所以

由图可得：当三点共线时，即点在图中的位置时，最小.

此时最小为.

故答案为．

【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查平面向量的几何应用．解题关键点有二，一是建立坐标系，求出点在一个圆上，二是取点，构造出，于是，问题转化为求的最小值．

11．

【分析】令，，可得，即在直线上，从而当时最小，结合三角形知识得到结果.

【详解】，

令，，

则，

因为，

所以在直线上，从而当时最小，

在中，，，，

由余弦定理得，

又，

得.

故答案为：

【点睛】本题综合考查了平面向量与解三角形知识，考查三点共线、余弦定理，三角形面积公式等知识，考查转化能力与计算能力，属于中档题.

12．（1）；（2）①，是圆；②存在， .

【分析】（1）设圆心，根据题意，得到半径，根据弦长的几何表示，由题中条件，列出方程求解，得出，从而可得圆心和半径，进而可得出结果；

（2）①设，根据向量的坐标表示，由题中条件，得到，代入圆的方程，即可得出结果；

②假设存在一点满足（其中为常数），设，根据题意，得到，再由①，得到，两式联立化简整理，得到，推出，求解得出，即可得出结果.

【详解】（1）设圆心，则由圆与轴正半轴相切，可得半径.

∵圆心到直线的距离，由，解得.

故圆心为或，半径等于.

∵圆与轴正半轴相切

圆心只能为

故圆的方程为；

（2）①设，则：，，

∵点A在圆上运动

即：

所以点的轨迹方程为，

它是一个以为圆心，以为半径的圆；

②假设存在一点满足（其中为常数）

设，则：

整理化简得：，

∵在轨迹上，

化简得：，

所以

整理得

，

解得：；

存在满足题目条件.

【点睛】本题主要考查求圆的方程，考查圆中的定点问题，涉及圆的弦长公式等，属于常考题型.