[教材出處]

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

解析

設(shè) \(M(x,y)\)，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(jiǎn)得：

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

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

定理

給定平面內(nèi)兩點(diǎn) \(A,B\)，設(shè)點(diǎn) \(P\) 在同一平面內(nèi)且滿足 \(\dfrac{PA}{PB}=\lambda\)，當(dāng) \(\lambda>0\) 且 \(\lambda\neq1\) 時(shí)，點(diǎn) \(P\) 的軌跡是一個(gè)圓，稱為 阿波羅尼斯圓 .

證明

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

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

化簡(jiǎn)得：

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

當(dāng) \(\lambda>0\) 且 \(\lambda\neq1\) 時(shí)，\(D^2+E^2-4F=4a^2\left[\left(\dfrac{1+\lambda^2}{1-\lambda^2}\right)^2-1\right]=\)\(4a^2\left(\dfrac{4\lambda^2}{(1-\lambda^2)^2}\right)>0\)，則點(diǎn) \(P\) 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(xí)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(zhǎng)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(dòng)點(diǎn) \(P\) 分別作圓 \(O_1\) 與圓 \(O_2\) 的切線 \(PM,PN\)\((M,N\)分別為切點(diǎn)\()\)，使得 \(PM=\sqrt{2}PN\) . 建立適當(dāng)坐標(biāo)系，求動(dòng)點(diǎn) \(P\) 的軌跡方程.

已知直角坐標(biāo)平面上點(diǎn) \(Q(2,0)\) 和圓 \(C:x^2+y^2=1\)，動(dòng)點(diǎn) \(M\) 到圓 \(C\) 的切線長(zhǎng)與 \(|MQ|\) 的比等于常數(shù) \(\lambda(\lambda>0)\) . 求動(dòng)點(diǎn) \(M\) 的軌跡方程，說(shuō)明它是什么曲線 .

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的阿波罗尼斯圆的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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