高考数学重难点复习专练：阿波罗尼斯圆与蒙日圆七大题型（解析版）

重难点专题44阿波罗尼斯圆与蒙日圆七大题型汇总

题型1阿氏圆与轨迹..............................................................1

题型2阿氏圆与圆锥曲线..........................................................7

题型3阿氏圆求非对称型最值.....................................................16

题型4阿氏圆与向量.............................................................24

题型5阿氏圆与立体几何.........................................................30

题型6椭圆中的蒙日圆...........................................................40

题型7双曲线与抛物线中的蒙日圆................................................51

题型1阿氏圆与轨迹

阿波罗尼斯圆的定义

在平面上给定两点48,设P点在同一平面上且满足器=%当4>0且％A1时，P点的轨迹

是个圆，称之为阿波罗尼斯圆.(％=1时P点的轨迹是线段4B的中垂线

【例题1】(2021下•陕西宝鸡•高三统考阶段练习)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4B的距离之比为定值K1)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xOy中，4(-2,0),B(4,0),点P满足篇则点P的轨迹所包围的图形的面积等

于()

A.47rB.87TC.127rD.16TT

【答案】D

【分析】设P(x,y),贝II由制=港合距离公式化简可得(％+4)2+y2=16,从而可知点P的

轨迹是以(-4,0)为圆心，4为半径的圆，进而可求出面积

【详解】设点PQy),则需

化简整理得%2+y2+8%=0,即（％+4尸+y216,

所以点P的轨迹是以(-4,0)为圆心，4为半径的圆，

所以所求图形的面积为16兀，

故选：D

【变式1-1】1.(2023上•浙江金华•高三阶段练习)已知圆C的直径4B=6,点M满足

\MA\=21MBi.记点M的轨迹为勿，设勿与C交于P,Q两点，则|PQ|=

【答案】Y

【分析】首先建立坐标系，分别求圆C和圆勿的方程，两圆相减后求直线PQ的方程，再根据

弦长公式求解弦长.

【详解】以线段4B的中点为原点，以4B所在直线为x轴，线段的中垂线为y轴建立平面直

则圆C的方程为好+必=9,

力(—3,0),5(3,0),设M(x,y),

由题意可知，+3)2+y2=2-3)2+y2,

整理为0—5)2+产=16,,

则圆W的方程为(久-5)2+y2=16；

两圆相减得直线PQ的方程为x=

圆心(0,0)到直线％=郛距离d=

所以线段|PQ|=219-⑨之=g.

故答案为：Y

【变式1-1】2.(江苏省海高三模拟考试数学试题)在平面直角坐标xOy中，已知点力(1,0)

,8(4,0),若直线x-y+m=0上存在点P使得|P4|=||PB|,则实数小的取值范围是.

【答案】[-2短2VI]

【分析】根据|P*=：|PB|得出点P的轨迹方程，又点P在直线X—y+m=o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IP川=J(x—l)2+(y—0)2,|PB|=J(x—4)2+(y—0)2,

因为|PA|=扣8|,

所以有J(%-1)2+0—0)2=尤-4)2+(y-0)2,

同时平方，化简得/+y=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±,

故圆/+y2=4与直线x-y+m=0必须有公共点，

所以瞿<2,解得一2V2<m<2V2.

vl+l

【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.

【变式1-1】3.(2021・湖南衡阳•校联考一模)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k(k>0,k41)的点的轨迹是圆，后人将

此圆称为阿氏圆.若平面内两定点4B间的距离为4,动点P满足篙=巡，则动点P的轨迹

所围成的图形的面积为；同•丽最大值是

【答案】12兀24+16V3

【分析】以经过4B的直线为x轴，线段4B的垂直平分线为y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P(x,y),利用向量数量积的坐标表示求出西•丽，结

合P在圆上可得最大值.

【详解】以经过4B的直线为久轴，线段4B的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如图，

则4(-2,0),8(2,0),设P(x,y),鼠=遮,.沈亶色=圾

得：/+y2—8x+4=0=(x—4)2+y2=12,点P的轨迹为圆(如图)，

其面积为127r.

PA-PB=x2-4+y2=\OP\2-4,如图当P位于点。时，|OP|2最大，|OP『最大值为

(4+2V3)=28+16V3,故园•丽最大值是24+16k.

故答案为：12兀；24+16V3.

【变式1-1]4.(2019上•浙江杭州•高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习)已知4B是平

面上两个定点，平面上的动点满足慌=§=m,若对于任意的爪>3,不等式|下|<

网通|恒成立，则实数帕勺最小值为

【答案】,

【分析】建立坐标系，得点GD的轨迹方程，分离参量求范围即可求解

【详解】不妨设|4B|=1,以A为原点,AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则4(0,0),B(l,0),

设c(x>y)-=i-岳)2+川=缶7

故动点&D的轨迹为圆，由|而|<可荏什亘成立，贝收>\CD\max=2Vl=M2*

故答案为9

【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

【变式1-1】5.(2023上・山东•高三沂源县第一中学校联考开学考试)我们都知道：平面内

到两定点距离之比等于定值(不为1)的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯

圆.已知平面内有两点火—1,0)和巩2,1),且该平面内的点P满足|P*=或仍引，若点P的

轨迹关于直线mx+ny—2=>0)对称，则薪+前勺最小值是()

A.10B.20C.30D.40

【答案】B

【分析】点P的轨迹为圆，直线gx+ny—2=0过圆心，得5巾+2n=2,利用基本不等式

求2+：的最小值.

【详解】设点P的坐标为(%,y),因为|P4|=K|PB|,^\PA\2=2\PB\2,

即(X+l)2+y2=2[(%—2)2+(y—1)2],

所以点P的轨迹方程为(x-5尸+(y-2/=20,

因为P点的轨迹关于直线MX+ny-2=0(m>0,n>0)对称，

所以圆心(5,2)在此直线上，即56+2n=2,

所好+：=*5m+2n)仔+3=*20+号+誓”1。+打2杵年=20,

当且仅当甘=半，即巾='时，等号成立，

所以5+：的最小值是20.

故选：B.

【变式1-1】6.建选)(2023上•贵州贵阳•高三清华中学校考阶段练习)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，阿波罗尼斯发现:

平面内到两个定点4B的距离之比为定值乂4>0,且2彳1）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%。了中，名-2,0）凤4,0）,点P满足需=9设点P的轨迹为

曲线C,则下列说法正确的是（）

A.（7的方程为。+4）2+}/2=16

B.点4B都在曲线C内部

C.当4B,P三点不共线时，贝吐4P0=NBP。

D.若0（2,2）,则|PB|+2|P0的最小值为4班

【答案】ACD

【分析】对于A,通过直接法求出点P的轨迹方程即可判断；

对于B,利用点到圆心的距离，判断点与圆的位置关系；

对于C,由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可；

对于D,将|PB|+2|PD|转化为21PAi+21Poi进行判断即可.

【详解】设P（x,y）,（P不与4B重合）,

由4(—2,0),B(4,0),有伊川=J(x+2)2+y2,|PB|=J(x—4产+产,

篇=看艮吸=：禽=今化简得（》+4）2+y2=16,

所以点P的轨迹曲线C是以C（-4,0）为圆心，半径r=4的圆，如图所示,

对于A选项，由曲线C的方程为（x+4）2+y2=16,选项A正确;

对于B选项，由BC=8,点B在曲线C外，选项B错误;

对于C选项，由|。*=2,|0B|=4,有昌=：=嵩,

则当4,B,P三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，P。是aaPB内角N4PB的角平分

所以N4P0=Z.BPO,选项C正确；

对于D选项，由解=得|PB|=2\PA\,

则\PB\+2\PD\=21P*+2\PD\=2(|P4|+\PD\)>2\AD\=2X-2-2)2+(0-2)2

=4V5,

当且仅当P在线段力。上时，等号成立，

则|PB|+2|PD|的最小值为4匹，选项D正确.

故选：ACD.

题型2阿氏圆与圆锥曲线

阿波罗尼斯圆的证明

【定理1】设P(x,y),&(—a,0),B(a,0).若丽=%(4>0且4彳1),则点P的轨迹方程是

(“—雪。)2+*=(含)1其轨迹是以(雪a,0)为圆心，半径为「=|瑞|的圆.

证明：由PA=4PB及两点间距离公式，可得(x+a)2+y2=A2&-a?+y],

化简可得(1-A2)x2+(1-A2)y2+2(1+A2)ax+(1-A2)a2=。①，

(1)当4=1时，得％=0,此时动点的轨迹是线段A8的垂直平分线；

(2)当2丰1时，方程①两边都除以1—於得了+*+普鼾+a?=0,化为标准形式即

为：

(%—碧。丫+于=(含)[.­.点P的轨迹方程是以(碧a,0)为圆心，半径为r=|匿|的

《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k(卜>。且々力1)

的点的轨迹是圆，后人将之称为阿波罗尼斯圆，现有椭圆r：，+2=l(a>b>0),4B为

椭圆r长轴的端点，c、D为椭圆r短轴的端点，动点”满足篇=2,△M4B的面积的最大

值为8,△MCD的面积的最小值为1,则椭圆厂的离心率为

【答案】李

【分析】设点M(x,y),根喘|=2可得出点M的轨迹方程，根据已知条件可得出关于a、b

的方程组，解出a、b的值，求出c的值，进而可得出椭圆厂的离心率的值.

【详解】设点M(x,y),设点4(一a,0)、B(a,0),

由制=2可得|M4|=2\MB\,即J(尤+a)2+*=2^/(%-a)2+y2,

整理可得炉+y2一等x+a2=o,即(刀_§+y2=/2,

所以，点M的轨迹是以点管,0)为圆心，以，为半径的圆，

点M到久轴的距离的最大值为京，则△M4B的面积的最大值为:x2ax第=亨=8,

解得a=V6；

点M到y轴距离的最小值为羊=则△MCD的面积的最小值为?x2bx”1,

可得》=孚

“=必二京=竽，因此，椭圆厂的离心率为e="孚

故答案为：孚

【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：

(1)定义法：通过已知条件列出方程组，求得a、c的值，根据离心率的定义求解离心率e

的值；

(2)齐次式法：由已知条件得出关于a、c的齐次方程，然后转化为关于e的方程求解；

(3)特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.

【变式2-1]1.(2021・安徽黄山・统考一模)在平面上给定相异两点A,B,设点P在同一

平面上且满足图|=%当2>0且4片1时，P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.现有双曲线/-芸=l(a>0,b

>0),Fi，F2分别为双曲线的左、右焦点，A,B为双曲线虚轴的上、下端点，动点P满足

鬻=2,△P4B面积的最大值为4.点M,N在双曲线上，且关于原点O对称，Q是双曲

线上一点，直线QM和QN的斜率满足kQM-kQN=3,则双曲线方程是；

过尸2的直线与双曲线右支交于C,D两点(其中C点在第一象限),设点M、N分别为△CFrF2

、△DF1F2的内心，则|MN|的范围是

【答案】/一卷=1[2,竽)

【分析】设4(0力),B(0,一b),P(x,y),根据瑞=2,求得好+(y-步=谭结合ApAB

的最大面积得到匕2=3,再根据%M，%N=3,得出设边CF1,CF2,F1&上的切

点分别为RST,根据内心的性质，得到MNlx轴，设直线CD的倾斜角为8,在△MF2N中,

o_____

得到|MN|=而，进而求得|MM的取值范围.

【详解】设4(0力)夙0,-b),P(x,y),

由题意知置=2,可得|PB|=2|P4|,即+(y+=)2=2j%2+(y_b)2,

整理得%2+(y-^)2=(?)2,可得圆心为(o,当，半径r=9，

所以△PAB的最大面积为：X2bX?=4,解得=3,即5+『=1,

设Q(x,y),MQi，yi),则N(-巧,一%),

则称+?=1,可得出=y嗯，同理产=整户

2222

y-yiy+y2.v-V?3(g-x)_3(g-xj)

则=m，kQN=―,则kQM-kQN=^7=02「2=3,

整理得a?=1,所以双曲线的方程为/—?=1.

如图所示，设边CF1，CF2，F1F2上的切点分别为R，S,T,

则M,T横坐标相等,则|CR|==|尸』|,|尸2s|=|尸2"，

^\CF1\-\AF2\=2,即|CR|+|RFi|一(|CS|+\SF2\)=2,即|/?川一|SWI=2,

即|F17|—|F2rl=2,即点M的横坐标为Xo,则7(久0,0),

于是%o+c—(c—%o)=2,可得%0=1,

同样内心N的横坐标也为1,则MN1%轴，

nn

设直线CD的倾斜角为8,则NOF2N=^MF2O=90。*，

singcos2

在△MF2N中，|MN|=(c-a)[tan1+tan(90°-1)]=(c-+

由双曲线的方程，可得。=1力=V3,贝卜=Va2+b2=2,

可得|MN|=前，

又由直线CD为双曲线右支上的点，且渐近线的斜率为9=巡，倾斜角为60。,

可得60°<9<90°,即字<sine<1,

可得|MN|的取值范围是［2,竽）.

【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：

（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥

曲线的定义、图形、几何性质来解决；

（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这

个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法;

（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.

【变式2-1】2.（2021上•吉林通化•高三梅河口市第五中学校考期末）古希腊数学家阿波

罗尼斯（约公元前262-190年），与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家；他的著作

《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网络殆尽，几乎使后人没

有插足的余地.他发现"平面内到两个定点4B的距离之比为定值4（441）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.比如在平面

直角坐标系中，4（0,1）、5（0,4）,则点P满足4=3所得P点轨迹就是阿氏圆；已知点C

（—2,4）,Q为抛物线产=8%上的动点，点Q在直线x=-2上的射影为M为曲线（久+2）2+

*=4上的动点，则5MC|+|QH|+|QM|的最小值为.则|MC|+|Q”|+|QM|

的最小值为

【答案】V17；4-2四

【分析】⑴先利用阿氏圆的定义将转化为“点到另一个定点D的距离，然后结合抛

物线的定义容易求得||MC|+\QH\+|QM|的最小值；

(2)由(1)知|MC|+|QH|+|QM|=|MC|+|QF|+|QM|N|MC|+|MF|,又当过点M的

圆的切线与直线”平行且离直线“近时，\MC\+|MF|取得最小值即可求解.

【详解】解：设PQy),由题意品=今即,整理得/+V=4.

因为圆(x+2)2+/=4可以看作把圆%2+y2=4向左平移两个单位得到的，那么4点平移

后变为“—2,1),所以根据阿氏圆的定义，M满足|MD|=：|MC|,

结合抛物线定义|Q”|=|QF|,

||MC|+\QH\+\QM=\MD\+\QM\+\QF\>\FD\(当且仅当D,M,Q,F四点共线，

且Q,"在D,尸之间时取等号),此时|FD|=7(-2-2)2+(1-0)2=V17,

故,|MC|+\QH\+|QM|的最小值为V17.

\MC\+\QH\+\QM\=\MC\+\QF\+\QM\>\MC\+\MF\(当且仅当M,Q,F三点共线时

等号成立),

根据光学的最短光程原理，我们从C点发出一束光，想让光再经过F点，光所用的时间一

定是最短的，由于介质不变，自然可以把时间最短看作光程最短。

而光的反射性质为法线平分入射光线与反射光线的夹角，并且法线垂直于过这一点的切线。

于是我们得到，当过点M的切线与NCMF的角平分线垂直，即当过点M的圆的切线与直线

FC平行且离直线FC近时，|MC|+|MF|取得最小值，此时切线方程为y=-%+2&-2,联

立（x+2/+y2=4可得，此时M（近-2,V2）,

所以|MC|+\MF\>2J（鱼—4）2+（V2-0）2=475-2V2.

故答案为：V17；政5-2四.

【点睛】关键点点睛：（1）问解题的关键是根据阿氏圆的定义，得“满足|MD|=：|MC|；

（2）问解题的关键是当过点M的圆的切线与直线FC平行且离直线FC近时，|MC|+|MF|取

得最小值.

【变式2-1]3.（2022下・浙江•高三校联考开学考试）公元前3世纪，阿波罗尼奥斯在《圆

锥曲线论》中明确给出了椭圆和圆的一个基本性质：如图，过椭圆（或圆）上任意一点P

（不同于A,B）作长轴（或直径）AB的一条垂线段，垂足为Q,则瑞器为常数k.若此

图形为圆，则卜=；若k=则此图形的离心率为

【分析】若图形为圆，根据相似三角形可解；当图形为椭圆时，建立坐标系，将问题坐标化,

然后计算可得.

【详解】若为圆，则△ABP为直角三角形，

因为所以△4PQ7PBQ,于是有制=制，所以瑞品=1

当为图形为椭圆时，如图建立平面直角坐标，设椭圆方程为总+\=1,点「（小刀）,

贝!J|4Q|=m+a,\BQ\=a-m,\PQ\=n,所以|ZQ||8Q|=a2—m2

又詈+苴=1,得层=炉—誓,即|pQ『=/一攀

【变式2-1]4.（2022・湖北•荆门市龙泉中学校联考二模）历史上第一个研究圆锥曲线的是

梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了

圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质：如图甲，从椭圆的一个焦点出

发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线。表示与椭圆C

的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆C的中心在坐标原点，焦点为FK-C,0）,F2

(c,0)(c>0),由Fi发出的光经椭圆两次反射后回到Fi经过的路程为8c.利用椭圆的光学性

质解决以下问题：

(2)点P是椭圆C上除顶点外的任意一点，椭圆在点P处的切线为次2在I上的射影H在

圆/+产=8上，则椭圆C的方程为

【答案】1/0.5?+卷=1

【分析】(1)由题意得到关于a,c的等式，然后结合离心率的定义即可确定椭圆的离心率；

(2)由题意利用几何关系求得a,b的值即可求得椭圆方程.

【详解】设椭圆C的长轴长为2a(a>0),则由F1发出的光经椭圆两次反射后回到F1,经过

的路程为2a+2a=4a=8c,从而e=

如图示：

延长尸2凡%匕交于点FO.

在”尸2%中,PH_LF0F2,由反射角等于入射角，可得：乙F2PH=NFoPH,则吐2|=Mol且H

为&中点.

在△%七尸o中。"=1|FiFol=1(1^11+IPFol)=女IPF1I+仍92|)，

222

贝(J|PFi|+|PF2|=4V2=2a,:.a=2vxe=V2,h=a—c=8—2=6,

所以椭圆方程为总+9=1.

故答案为:f+$=l.

题型3阿氏圆求非对称型最值

即\"重叁、

当题目给了阿氏圆和一个定点，我们可以通过下述方法快速找到另一个定点，便于计算，令

圆0与直线0A相交于M,N两点设点E为0A上一点,且满足第=A,由阿氏圆定理熊=

A,慧=晨贝1MN=ANE^OA-R=4(R—0E),：.AOE=(1+QR-。4①

同理AM=AME=>R+OA=4(0E+R)z.,.AOE=(1—+。/②

由①②消OA得：22OE=2R,即心=L即R=40E,由①②消R得：。4=〃0E,

因此，满足条件的点E在阿氏圆的圆心和定点A的连线上，且今=局琛=A2.

MXOEWA

^<wwvw>zwwv5Z'zwwxrwwrww>z>zwAzv\<vWWWVWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW\A/WWWWWWWWVWWVWV\

【例题3](2022•全国•高三专题练习)已知点P是圆Q-4)2+(y—4)2=8上的动点，A

(6,-1),0为坐标原点，贝！IP。+2P4的最小值为^

【答案】10

【分析】解法1：借助阿波罗尼斯圆的逆用，得至！JP0+2P4=2(P4+P4),进而根据三点

共线即可求出最值；

解法2：将PO+2P4=Jx2+y2+2J(x—6)2+(y+1)2转化为=2

(V(%-3)2+(y-3)2+7(%-6)2+(y+l)2),进而结合进而根据三点共线即可求出最值.

【详解】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用

假设4(%1),使得P0=2P4,

则JR+产=2yj(x—m)2+(y—n)2,

从而可得37—8mx+4m2+3y2—8ny+4n2=0,

从而可知圆心坐标为(等，勃

所以等=4,y=4,解得巾=n=4,即4(3,3).

所以P。+2PA=2(P4+PA)>2A'A

=27(6-3)2+(-1-3)2=10.

即P。+2P4的最小值为10.

解法2:代数转逆法

由(％—4/+(y—4)2=8,得%2+y2=8%+8y—24.

PO+2PA=+y2+2，(第一6)2+(丫+1)2

(x2+y2--------------

=2IJ^—+V(%-6)2+(y+l)2

I3--------------

=2(%2+y2)-4(%2+y2)+J(%一6)2+(y+1)2

=2(J%2+y2_(6%+6y_18)+J(%—6)2+(y+1)2)

=2(J(x—3)2+(y—3)2+J7-6)2+(y+l)2)

7(x-3)2+(y-3)2+J(x—6丁+0+1)2表示的是动点(%7)与(3,3)和(6,-1)之间的距

离之和，当且仅当三点共线时，和最小，

故P。+2PA>27(6-3)2+(3+I)2=2x5=10.

【变式3-1】1.(2022・全国•高三专题练习)已知圆C：(x—l)2+(y—1)2=1,定点P

是圆C上的动点，B(2,0),。是坐标原点，则或P0+PB的最小值为

【答案】V5

【分析】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用，设⑶⑺刀)，使得PB=«PB，，利用两点间的距离

公式化简可求得夕得直线B夕与圆C相交，则鱼P。+PB=V2(P0+P9)>V20B-,

从而可求得其最小值，解法2：代数转逆法，V2P0+PB=V27%2+y2+7(x-2)2+y2=

V2V^+^+j(x-|)2+(y-1)2,可得当点。,(l，3共线，且P在。夕之间时取得最

小值.

【详解】解：解法1：阿波罗尼斯圆的逆用

设使得PB=&PB，,

则(x—2)2+y2=2[(x—m)2+(y—n)2],

整理，得/-4(m-l)x+y2-4ny+2(m2+n2-2)=0,

即[%—2(m—l)]2+(y—2n)2=2m2+2n2—8m+8=2(m—2)2+2n2

所以2(m—1)=1,2九=1,从而

经验证，知直线B房与圆C相交.

从而鱼尸。+PB=a(P。+P所)>y/2OB,

=V2•I-+-=V2•日=收.

74472

所以&P。+PB的最小值为后

解法2:代数转逆法

V2PO+PB=®久2+y2+，(K—2)2+y2

所以扬+PB的最小值为后

故答案为：V5

【点睛】关键点点睛：此题考查点与圆的位置关系，考查阿波罗尼斯圆的逆用，解题的关键

是根据阿波罗尼斯圆，设反⑺刀），使得PB=或PB，，化简后将问题转化为鱼P。+PB=鱼

（P。+PB，）><20B',考查数学转化思想，属于较难题.

【变式3-1】2.（2021•全国•高三专题练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲

线有深刻系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书，阿波罗尼斯圆

是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A,B的距离之比为人（入>0,入H1）,

那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆0:x2

+y2=1上的动点M和定点A（",0）,B（1,1）,则21MAi+|MB归勺最小值为（）

A.V6B.V7

C.VioD.VTT

【答案】C

【分析】讨论点M在x轴上与不在x轴上两种情况，若点M不在x轴上，构造点K（-2,

0）,可以根据三角形的相似性得到霭=需=2,进而得到2|MA|+|MB|=|MB|+|MK|,

最后根据三点共线求出答案.

【详解】①当点M在x轴上时，点M的坐标为（-1,0）或（1,0）.

若点M的坐标为（-1,0）,则21MAi+|MB|=2x3+J（i+i）2+/=i+遮;

若点M的坐标为（1,0）,则21MAi+|MB|=2x|+J（i—1尸+12=4.

②当点M不在x轴上时,取点K（-2,0）,如图,

JA

连接OM,MK,因为|OM|=1,|OA|=g,|OK|=2,

所以侬=侬=2

因为NMOK=NAOM,

所以AMOKSAAOM,则叫4=%詈=2,

所以MK|=2|MA|,则21MAi+|MB|=|MB|+|MK|.

易知|MB|+|MK|2|BK|,

所以|MB|+|MK|的最小值为|BK|.

因为B(1,1),K(-2,0),

所以(2|MA|+|MB|)min

二|BK|=J(—2—1)2+(0—1)2=V10.

又V1U<1+V5<4,所以21MAi+|MB|的最小值为V1U.

故选：C

【变式3-1】3.(2023下•广东东莞•高三东莞实验中学校考开学考试)对平面上两点A、B,

满足嵩=A(Z丰1)的点P的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,

命名为阿波罗尼斯圆，称点A,B是此圆的一对阿波罗点.不在圆上的任意一点都可以与关

于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在

圆内，另一点在圆外，系数几只与阿波罗点相对于圆的位置有关.已知4(1,0),B(4,0),D

(0,3),若动点P满足嵩=提则2|PD|+|PB|的最小值是

【答案】2V10

【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定篇=9，利用三角形三边关系可知当4P,。三点共线

时，2\PD\+2\PA\=2\AD\,即为所求最小值.

由题意知:篇=今即|PB|=2|P4|,

•••2\PD\+\PB\=2\PD\+2\PA\>2\AD\（当且仅当三点按顺序共线时取等号）,

又="2+32=V10,2|PD|+|PB|的最小值为2国；

故答案为：2V10.

【变式3-1]4.(2021•江西赣州•统考模拟预测)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

罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A,B的距离之比为2(4>0,

4H1),那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，圆

。:/+产=1、点/一go)和点B(O,JM为圆。上的动点，则21M川一|MB|的最大值为

()

A.|B.C.1D.孝

【答案】B

【分析】令21MAi=|MC|,则牌｝=今由阿氏圆的定义可知：C(-2,0),由数形结合可知

2\MA\-\MB\=|MC|-|MB|的最大值

【详解】设M(x,y),^2\MA\=\MC\,则^'=今

由题知圆/+/=1是关于点A、C的阿波罗尼斯圆，且4=

设点C(?n,n),则黑^=1

2,

7(x-m)2+(y-n)2

整理得：/+产+号％+为=巨宇1

比较两方程可得：誓=0,与=0,正萼」=1,即巾=—2,n=0,点c（—2,0）,

当点M位于图中场的位置时，2\MA\-\MB\=|MC|—|MB|的值最大，最大为|BC|=字.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线和圆的位置关系，圆上动点问题，解题的关键是通

过数形结合知两线段距离差的最值是在两端点为起点的的射线上，属于一般题.

【变式3-1】5.（2022上•湖北恩施•高三恩施土家族苗族高中校联考期末）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4B的距离之比为定

值"％彳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中，^4（-2,1）,B（-2,4）,点P是满足;l=g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“，则如B|+|PQ|+|QH|的最小值为

【答案】(x+2)2+y2=4;V10-1/-1+VT0.

【分析】设点P坐标，根据题意写出关于X与y的关系式化简即可;

由|P4|=!|PB|,|QH|=|QF|—1,代入g|PB|+|PQ|+|Q*中，即可取出最小值.

【详解】设点P（M）,,；%=

空」J(x+2)2+(y—l)2_1

"PB~2J(*+2)2+(y—4)2-2

=>(%+2)2+y2=4.

抛物线的焦点为点匕由题意知尸(1,0),\QH\=\QF\-1,

=：|PB|,.-.U\PB\+\PQ\+\QH\)=(\PA\+\PQ\+\QF\-l)min=\AF\-1=

y/min

J(—2-1)2+12-1=V10-1.

故答案为：(x+2)2+y2=4；Vio-1.

题型4阿氏圆与向量

.____>,2x__>.v

【例题4】(2022・全国•高三专题练习)已知8c=6,AC=248,点D满足A。=—+2(%+y)

AC,设/(x,y)=|砌，若/(x,y)2f3),yo)恒成立，则/'(配油的最大值为.

【答案】4

【分析】将已知而=^-AB+心声变形为京（2项+忘9前），设延长AB至点F,

使得|4F|=2|4B|,取AC的中点E,并通过自+击=1得出点D在EF上,再通过

4BC与已知条件得出/'（羯见）=|而Imin=\AG\,设=m,再通过面积法与正、余弦定

理得出|4G|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|4尸|=2网,取AC的中点E,连接EF,

则而=施而+会声，

=/（2布）+嘉（网，

x---->,y----«■

=^AF+—AE,

••士+上=1

•x+yx+y'

••・点D在EF上，过点A作4G1EF于点G,

由"边角边”公理可得：AAEF=AABC,

：.EF=BC=6,

•."(x,y)=\AD\,且fQy)>fg,y。)恒成立,

,'t/(xO,yo)=l"D|min=|AG|,

设|48|=山，根据面积法知:

|ZE||/R|sin4

M5一\EF\

m-2m-sinA

-6-

_2

=拳isnA,

m2m2+4m2-362

2-m-2m

*2

—^r(m—20)+144<|x12=4Z

I.16J

当且仅当巾=2伤时等号成立,

•••f(.xo,yo)max-4,

故答案为：4.

【变式4-1】1.(2020下•河北石家庄•高三石家庄二中校考阶段练习)已知点4(0,1),B

(1,0),CQO),点D是直线AC上的动点，若|而|42|前］恒成立，则最小正整数t

【答案】4

【解析】设点D(%y),根据I而I<2|前|列出关于D(x,y)的关系式，再数形结合分析即可.

【详解】设点D(x,y),因为点。是直线力C上的动点，故/=+ty-t=O.

由|而|<2|而|得/+(y-1)2<4[(%-1)2+y2],化简得(x—[丫+(,+乡22*

依题意可知,直线力C与圆(％+(y+1/=?至多有一个公共点，

所以里>2解得t>2+百或t<2-遮.所以最小正整数t=4.

Vl+t279

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.

【变式4-1】2.(2019上•浙江•高三统考期末)已知方，B是平面内两个互相垂直的单位向

量，若向量满足信一回=2，则|五+石一矶+2年一臼最小值为

【答案】1

【分析】建立坐标系，设&L0),设65=H,OB=b,贝!|吊+石一曾+2忙

-b\=CD+2BC,构造相似三角形，设可得44EC-AACD,所以同+b-c\+2\c-

T5

b\=CD+2BC=2(BC+CE),2BE=

【详解】如图，a(l,0),B(0,l),D(l,l),设瓦？=五，砺=乙则向量冷茜足但—矶=1设瓦=

c,所以点C为以力为圆心，以/为半径的圆上的一点，

所以只+b-c\=\OD-OC\=\CD\,同理2年-b\=2\BC\,

取点E(1,J则第=有，又因NCaE=H4C,

所以44ECSA4CD,

所以需=5即CD=2CE,

所以|丘+b-c\+2\c-b\=CD+2BC=2CE+2BC=2(BC+CE),

2

由三角形的三边关系知2(BC+CE)>2BE=2.+g)=2x^=|.

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.

【变式4-1］3.（2019•浙江宁波•浙江省宁波市郸州中学校考模拟预测）已知向量五五满足

|a|=||S|=\c\=l,a-b=l,则1+同+如一瓦的取值范围是

【答案】［行诉］

【解析】根据几何关系，设点4时的坐标，点c在单位圆上，故M=k+同+券—方|=3

（|前|+|前|）,当B,E,C三点共线时，即点C在蠢处时，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|花|=L历|=2/i=1,所以〈林〉=设。4=a,OB=b,OC=c,OD=-

IT

2a,

即⑨,。(一加)，点依单位圆%2+y2=1上，

因为卜+同+||c-b\=\OC-OD\+||OC-OB\=\DC\+||BC|,

__>.-1__-

设|DC|=-|FC|,C(x,y),F(m,n),

即J(x+1)2+y2=(x-m)2+(y-n)2'故E(-2,0),

所以“=1+同+翡一引=*|前|+|园),

如图，（1）当B,E,C三点共线，即点C在Ci处时，取最小值.

因为M=|c+|a|+乖-引=|(|£C|+|SC|)>||B£|=V3,所以Mmin=V3,

(2)当C位于。2处时，取最大值，M=|(|FC2|+\C2B\)=V7,

因为2(1前|2+函2)=(2CC1)2+(EB)2<(4)2+(2V3)=28,

BP|FC|2+|SC|2<14,

所以I明:画Iw叵婢当且仅当面1=1阮1取等号，

nyj2

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c位置讨论的问题.

【变式4-1】4.(2018•江苏扬州•校考三模)已知等边4ABe的边长为2,点P在线段4C上,

若满足丽•丽-24+1=0的点P恰有两个，则实数4的取值范围是

【答案】|<A<

【详解】分析：设PA=x(0<%<2),根据同-PB-2A+1=。得到关于x的函数，由题意

可得该函数在区间［0,2］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4的取

值范围.

详解：如图，设P4=x(0WxW2),贝(!PC=2—x,

则而^PA+AB=-^AC+AB,

又AC•AB=2X2xcos60°=2,

.\PA-PB=~^AC-（-|XC+而）=^AC2-^AC-AB=x2-x.

•.满足同•而—24+1=。的点P恰有两个，

二关于x的方程/-%-24+1=0在区间［0,2］上有两个不同的实数根.

设/'（x）=x2-X-2A+1,

则函数八X）在区间［0,2］上有两个不同的零点，

A=1-4（-22+1）>0

/（0）=-2A+l>03

/（2）=3-2A>0,解彳戋<%工子

{0<|<2

实数那取值范围是尊.

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.

【变式4-1】5.（2019・重庆渝中•高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）在ZL4BC中，4=120。,

AB-2AC=6,点。满足4。=3x+3，B+枭力。，贝山而|的最小值为

【答案】誓

【分析】令屈=痴，AF=2AC,可得而=焉通+焉而，即D在直线EF上，从而当

AD1EF时|而|最小，结合三角形知识得到结果.

【详解】AD=儡那+枭冠=/6码+白2女），

令屈号福AF=2AC,

则而=击屈+言瓯

因为京+击=1,

所以。在直线EF上，从而当4D1EF时|而|最小，

在4AEF