[教材出處]

已知點 \(M\) 與兩個定點 \(O(0,0),A(3,0)\) 的距離的比為 \(\dfrac{1}{2}\)，求點 \(M\) 的軌跡方程.

解析

設 \(M(x,y)\)，依題意有 \(\dfrac{MO}{MA}=\dfrac{1}{2}\)，即:

\[\dfrac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{(x-3)^2+y^2}}=\dfrac{1}{2}
\]

化簡得：

\[(x+1)^2+y^2=4
\]

則點 \(M\) 是以 \((-1,0)\) 為圓心，\(2\) 為半徑的圓.

定理

給定平面內兩點 \(A,B\)，設點 \(P\) 在同一平面內且滿足 \(\dfrac{PA}{PB}=\lambda\)，當 \(\lambda>0\) 且 \(\lambda\neq1\) 時，點 \(P\) 的軌跡是一個圓，稱為 阿波羅尼斯圓 .

證明

設 \(A(-a,0),B(a,0),P(x,y),(a>0)\)，由 \(\dfrac{PA}{PB}=\lambda\) 得：

\[\dfrac{\sqrt{(x+a)^2+y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}=\lambda
\]

化簡得：

\[x^2+y^2+\left(\dfrac{1+\lambda^2}{1-\lambda^2}\right)\cdot2ax+a^2=0
\]

當 \(\lambda>0\) 且 \(\lambda\neq1\) 時，\(D^2+E^2-4F=4a^2\left[\left(\dfrac{1+\lambda^2}{1-\lambda^2}\right)^2-1\right]=\)\(4a^2\left(\dfrac{4\lambda^2}{(1-\lambda^2)^2}\right)>0\)，則點 \(P\) 是以 \(\left(\left(\dfrac{\lambda^2+1}{\lambda^2-1}\right)a,0\right)\) 為圓心，\(\dfrac{2\lambda a}{|\lambda^2-1|}\) 為半徑的圓 .

習題

若 \(AB=2,AC=\sqrt{2}BC\)，則 \(S_{\triangle ABC}\) 的最大值是______.

在等腰三角形 \(ABC\) 中，\(AB=AC\)，若 \(AC\) 邊上中線長為 \(6\) ，則 \(S_{\triangle ABC}\) 的最大值為______.

圓 \(O_1\) 與圓 \(O_2\) 的半徑都是 \(1\),\(O_1O_2=4\) ，過動點 \(P\) 分別作圓 \(O_1\) 與圓 \(O_2\) 的切線 \(PM,PN\)\((M,N\)分別為切點\()\)，使得 \(PM=\sqrt{2}PN\) . 建立適當坐標系，求動點 \(P\) 的軌跡方程.

已知直角坐標平面上點 \(Q(2,0)\) 和圓 \(C:x^2+y^2=1\)，動點 \(M\) 到圓 \(C\) 的切線長與 \(|MQ|\) 的比等于常數 \(\lambda(\lambda>0)\) . 求動點 \(M\) 的軌跡方程，說明它是什么曲線 .

總結

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