/07/7/微專題16阿波羅尼斯圓問題梳理及其運用動點的軌跡問題是高考中的一個熱點和重點，尤其是阿波羅尼斯圓在高考中頻頻出現(xiàn)．處理此類問題的關(guān)鍵是通過建立直角坐標系，尋找動點滿足的條件，得出動點的軌跡是一個定圓，從而把問題轉(zhuǎn)化為直線和圓、圓和圓的位置關(guān)系問題，并在解決問題的過程中感悟轉(zhuǎn)化與化歸、化繁為簡的數(shù)學思想方法.例題：在△ABC中，若AB＝2，AC＝eq\r(2)BC，求△ABC面積的最大值．變式1在平面直角坐標系xOy中，已知圓O：x2＋y2＝1，O1：(x－4)2＋y2＝4，動點P在直線x＋eq\r(3)y－b＝0上，過P分別作圓O，O1的切線，切點分別為A，B，若滿足PB＝2PA的點P有且只有兩個，則實數(shù)b的取值范圍為________________．變式2已知點A(－2，0)，B(4，0)，圓C：(x＋4)2＋(y＋b)2＝16，點P是圓C上任意一點，若eq\f(PA,PB)為定值，則b的值為________________．串講1已知A(0，1)，B(1，0)，C(t，0)，點D是直線AC上的動點，若AD≤2BD恒成立，則最小正整數(shù)t的值為________________．

串講2已知點P是圓O：x2＋y2＝25上任意一點，平面上有兩個定點M(10，0)，N(eq\f(13,2)，3)，則PN＋eq\f(1,2)PM的最小值為________________．(2018·南京、鹽城、連云港二模)調(diào)查某地居民每年到商場購物次數(shù)m與商場面積S、到商場距離d的關(guān)系，得到關(guān)系式m＝k×eq\f(S,d2)(k為常數(shù))．如圖，某投資者計劃在與商場A相距10km的新區(qū)新建商場B，且商場B的面積與商場A的面積之比為λ(0<λ<1)．記“每年居民到商場A購物的次數(shù)”，“每年居民到商場B購物的次數(shù)”分別為m1，m2，稱滿足m1<m2的區(qū)域叫作商場B相對于A的“更強吸引區(qū)域”．(1)已知P與A相距15km，且∠PAB＝60°.當λ＝eq\f(1,2)時，居住在點P處的居民是否在商場B相對于A的“更強吸引區(qū)域”內(nèi)？請說明理由；(2)若要使與商場B相距2km以內(nèi)的區(qū)域(含邊界)均為商場B相對于A的“更強吸引區(qū)域”，求λ的取值范圍．

在平面直角坐標系xOy中，已知圓C經(jīng)過A(0，2)，O(0，0)，D(t，0)(t>0)三點，M是線段AD上的動點，l1，l2是過點B(1，0)且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交y軸于點E，l2交圓C于P，Q兩點．(1)若t＝PQ＝6，求直線l2的方程；(2)若t是使AM≤2BM恒成立的最小正整數(shù)，求三角形EPQ的面積的最小值．答案：(1)4x－3y－4＝0.；(2)eq\f(\r(15),2).解析：(1)由題意可知，圓C的直徑為AD，所以圓C方程為(x－3)2＋(y－1)2＝10.1分設(shè)l2方程為y＝k(x－1)，則eq\f(（2k－1）2,1＋k2)＋32＝10，解得k1＝0，k2＝eq\f(4,3).3分當k＝0時，直線l1與y軸無交點，不合題意，舍去.4分所以k＝eq\f(4,3)，此時直線l2的方程為4x－3y－4＝0.6分(2)設(shè)M(x，y)，由點M在線段AD上，得eq\f(x,t)＋eq\f(y,2)＝1，即2x＋ty－2t＝0.由AM≤2BM，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(2,3)))eq\s\up12(2)≥eq\f(20,9).8分由AD位置知，直線AD和圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(20,9)至多有一個公共點，故eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－\f(8,3)t)),\r(4＋t2))≥eq\f(2\r(5),3)，解得t≤eq\f(16－10\r(3),11)或t≥eq\f(16＋10\r(3),11).10分因為t是使AM≤2BM恒成立的最小正整數(shù)，所以t＝4.11分所以，圓C方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5.①當直線l2：x＝1時，直線l1的方程為y＝0，此時，S△EPQ＝2；12分②當直線l2的斜率存在時，設(shè)l2的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，則l1的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)，點Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k))).所以BE＝eq\r(1＋\f(1,k2)).圓心C到l2的距離為eq\f(|k＋1|,\r(1＋k2)).所以PQ＝2eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|k＋1|,\r(1＋k2))))\s\up12(2))＝2eq\r(\f(4k2－2k＋4,1＋k2)).14分故S△EPQ＝eq\f(1,2)BE·PQ＝eq\f(1,2)eq\r(1＋\f(1,k2))·2eq\r(\f(4k2－2k＋4,1＋k2))＝eq\r(\f(4k2－2k＋4,k2))＝eq\r(\f(4,k2)－\f(2,k)＋4)≥eq\f(\r(15),2).因為eq\f(\r(15),2)<2，所以(S△EPQ)min＝eq\f(\r(15),2).16分________________________________________________________________________微專題16例題答案：2eq\r(2).解法1設(shè)BC＝x，則AC＝eq\r(2)x，根據(jù)面積公式得S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsinB＝eq\f(1,2)×2xeq\r(1－cos2B)，根據(jù)余弦定理得cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(4＋x2－（\r(2)x）2,4x)＝eq\f(4－x2,4x)，代入上式得：S△ABC＝xeq\r(1－（\f(4－x2,4x)）2)＝eq\r(\f(128－（x2－12）2,16))，由三角形三邊關(guān)系有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋x>2，,x＋2>\r(2)x))2eq\r(2)－2<x<2eq\r(2)＋2，故當x＝2eq\r(3)時，S△ABC取得最大值2eq\r(2).解法2以AB的中點為原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系xOy，則A(－1，0)，B(1，0)，C(x，y)，由AC＝eq\r(2)BC得eq\r(（x＋1）2＋y2)＝eq\r(2)·eq\r(（x－1）2＋y2)，化簡得x2＋y2－6x＋1＝0，即(x－3)2＋y2＝8，于是點C的軌跡是以D(3，0)為圓心，2eq\r(2)為半徑的圓，所以點C到AB的距離的最大值為半徑2eq\r(2)，故S△ABC的最大值為S＝eq\f(1,2)×2×|yC|≤2eq\r(2).變式聯(lián)想變式1答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(20,3)，4)).解析：依題意，PA2＝PO2－12，PB2＝PO12－22，因為PB＝2PA，所以PB2＝4PA2，所以PO12－4＝4(PO2－12)，可得PO12＝4PO2，設(shè)P(x，y)，可得(x－42)＋y2＝4(x2＋y2)化簡得(x＋eq\f(4,3))2＋y2＝eq\f(64,9).所以滿足條件的點P在以(－eq\f(4,3)，0)為圓心，eq\f(8,3)為半徑的圓上，又因為點P在直線x＋eq\r(3)y－b＝0上，且恰有兩個點，所以直線和圓應該相交，所以eq\f(|－\f(4,3)－b|,\r(1＋3))<eq\f(8,3)，解得－eq\f(20,3)<b<4.變式2答案：0.解析：設(shè)P(x，y)，eq\f(PA,PB)＝k，則eq\r(\f(（x＋2）2＋y2,（x－4）2＋y2))＝k，整理得(1－k2)x2＋(1－k2)y2＋(4＋8k2)x＋4－16k2＝0，又P是圓C上的任意一點，故k≠1，圓C的一般方程為x2＋y2＋8x＋2by＋b2＝0，因此2b＝0，eq\f(4＋8k2,1－k2)＝8，eq\f(4－16k2,1－k2)＝b2，解得b＝0.串講激活串講1答案：4.解法1由A(0，1)，C(t，0)，得l：y＝－eq\f(1,t)x＋1，D(x，－eq\f(1,t)x＋1)．又AD≤2BD，故eq\r(x2＋\f(x2,t2))≤2eq\r(（x－1）2＋（1－\f(x,t)）2)，化簡得(3＋eq\f(3,t2))x2－(8＋eq\f(8,t))x＋8≥0對任意x恒成立，則(8＋eq\f(8,t))2－4×8×(3＋eq\f(3,t2))≤0，化簡得t2－4t＋1≥0，解得t≥2＋eq\r(3)或0<t≤2－eq\r(3)，因此最小正整數(shù)t的值為4.解法2設(shè)D(x，y)，當AD＝2BD時，有x2＋(y－1)2＝4[(x－1)2＋y2]，化簡得(x－eq\f(4,3))2＋(y＋eq\f(1,3))2＝eq\f(8,9).直線AC的方程為y＝－eq\f(1,t)x＋1，即x＋ty－t＝0.因為AD≤2BD，所以直線AC與圓(x－eq\f(4,3))2＋(y＋eq\f(1,3))2＝eq\f(8,9)相切或相離，故eq\f(|\f(4,3)－\f(1,3)t－t|,\r(t2＋1))≥eq\r(\f(8,9))，即t2－4t＋1≥0，解得t≤2－eq\r(3)或t≥2＋eq\r(3)，所以最小正整數(shù)t的值為4.串講2答案：5.解析：設(shè)x軸上一定點Q(m，0)，記PM∶PQ＝λ，P(x，y)，由PM∶PQ＝λ得(x－10)2＋y2＝λ2[(x－m)2＋y2]，化簡得(λ2－1)x2＋(λ2－1)y2＋(20－2mλ2)x＋(λ2m2－100)＝0，因為x2＋y2＝25，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(20－2mλ2＝0，,\f(100－λ2m2,λ2－1)＝25，))解得m＝eq\f(5,2)，λ＝2，所以PM∶PQ＝2，從而PN＋eq\f(1,2)PM＝PN＋PQ≥QN＝5.新題在線答案：(1)居住在點P處的居民不在商場B相對于A的“更強吸引區(qū)域”內(nèi)．(2)(eq\f(1,16)，1)解析：設(shè)商場A，B的面積分別為S1，S2，點P到A，B的距離分別為d1，d2，則S2＝λS1，m1＝keq\f(S1,d12)，m2＝keq\f(S2,d22)，k為常數(shù)，k>0.(1)在△PAB中，AB＝10，PA＝15，∠PAB＝60°，由余弦定理，得d22＝PB2＝AB2＋PA2－2AB·PAcos60°＝102＋152－2×10×15×eq\f(1,2)＝175.又d12＝PA2＝225，此時，m1－m2＝keq\f(S1,d12)－keq\f(S2,d22)＝keq\f(S1,d12)－keq\f(λS1,d22)＝kS1(eq\f(1,d12)－eq\f(λ,d22))，將λ＝eq\f(1,2)，d12＝225，d22＝175代入，得m1－m2＝kS1(eq\f(1,225)－eq\f(1,350))．因為kS1>0，所以m1>m2.即居住在點P處的居民不在商場B相對于A的“更強吸引區(qū)域”內(nèi)．(2)解法1以AB所在直線為x軸，A為原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0，0)，B(10，0)，設(shè)P(x，y)，由m1<m2得，keq\f(S1,d12)<keq\f(S2,d22)，將S2＝λS1代入，得d22<λd12.代入坐標，得(x－10)2＋y2<λ(x2＋y2)，化簡得(1－λ)x2＋(1－λ)y2－20x＋100<0.因為0<λ<1，配方得(x－eq\f(10,1－λ))2＋y2<(eq\f(10\r(λ),1－λ))2，所以商場B相對于A的“更強吸引區(qū)域”是圓心為C(eq\f(10,1－λ)，0)，半徑為r1＝eq\f(10\r(λ),1－λ)的圓的內(nèi)部．與商場B相距2km以內(nèi)的區(qū)域(含邊界)是圓心為B(10，0)，半徑為r2＝2的圓的內(nèi)部及圓周．由題設(shè)，圓B內(nèi)含于圓C，即BC<|r1－r2|.因為0＜λ＜1，所以eq\f(10,1－λ)－10<eq\f(10\r(λ),1－λ)－2，整理得4λ－5eq\r(λ)＋1<0，解得eq\f(1,16)<λ<1.所以，所求λ的取值范圍是(eq\f(1,16)，1)．解法2要使與商場B相距2km以內(nèi)的區(qū)域(含邊界)均為商場B相對于A的“更強吸引區(qū)域”，則當d