习题4.1名师教学设计2

阿波罗尼斯圆问题

一【问题背景】

人教版《数学必修2》第四章4.1B组练习第3题：

已知点M(x,y)与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离之比为什么关系？画出满足条件的点M所构成的曲线．

1，那么点M的坐标应满足2二、【阿波罗尼斯圆】

公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：

到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆．

如图，点A,B为两定点，动点P满足PAPB，

PA则1时，动点P的轨迹为直线；当1时，动点P的轨迹为圆，

后世称之为阿波罗尼斯圆．

B,PAPB．以AB中点为原点，直线AB为x轴建立平面证：设AB2m（m0）0），B（m，0）直角坐标系，则A（m，．

2222又设C（x，y），则由PAPB得(xm)y(xm)y，

两边平方并化简整理得，

（1）x2m（1）x（1）ym（1）当1时，x0，轨迹为线段AB的垂直平分线；

2222222212m212242m2(m,0)当1时，(x2，轨迹为以点为圆心，m)y221211(1)2长为半径的圆．

上述课本习题的一般化情形就是阿波罗尼斯定理．

三、【范例】

例1 满足条件AB2,AC2BC的三角形ABC的面积的最大值是

．

0），解：以AB中点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则A（1，

22）y22（x1）y2，

B（1，0），设C（x，y），由AC2BC得（x1

1

2平方化简整理得y2x26x1（x3）88，∴y22，则

SABC12y22，∴SABC的最大值是22．

2变式

在ABC中，边BC的中点为D，若AB2,BC最大值是

．

2AD，则ABC的面积的0），B（1，0）解：以AB中点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则A（1，，

由BDCD,BC2AD知，AD2BD，D的轨迹为阿波罗尼斯圆，方程为

x1y,)，所以点C的轨迹方程为

222（x3）y28，设C(x,y)，BC的中点为D得D(（x1y223）()28，即（x5）y232，

221∴SABC2yy3242，故SABC的最大值是42．

2练习．如图，在等腰ABC中，已知ABAC，B(1,0)，

yABOC

xDAC边的中点为D(2,0)，点C的轨迹所包围的图形的面积等于

．

解：∵AB2AD，所以点A的轨迹是阿波罗尼斯圆，易知其

方程为(x3)2y24，

设C(x,y)，由AC边的中点为D(2,0)知A(4x,y)，所以C的

轨迹方程为(4x3)(y)4，即(x1)y4，面积为4．

例2.已知点P是圆x2y21上任意一点，A(5,0),B(b,0)(b5)，若值），则b=______ 2222|PA|(定|PB|解：显然P同时在两个圆上，又因为P的任意性，所以两个圆完全重合，根据系数对应成比例，容易得到答案为-1 变式：将上述题目中的“任意”改为“存在”，结果将产生怎样的变化

解答：由于P为存在性，所以当比值为1时，P的另一轨迹为直线，所以直线与圆有交点，即直线与圆相切或者相交

若比值不为1，则两个圆相切或者相交

例3.已知函数f()2(cos)sin1222cos2(sin)2，若集合12

2

{R|f()m}，则实数m的

最大值是_______ 解：此题虽为函数题面，实质可以考虑用几何解决，设P(cos,sin),A(所以原式就为f()2|PA||PB|,设2|PA|=|PD|, 故可以根据P的轨迹知道，为阿波罗尼斯圆，所以D（-2,0）

11,0),B(0,), 22f()2|PA||PB|=|PD||PB||DB|,即可解得

例题4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为3的正方形，侧棱AA1=a(a>3),M是BC的中点，点P是四边形DCC1D1所在的平面内的动点，且满足∠APD=∠MPC，则三棱锥P-BCD的体积的最大值是______ 解：由角度相等，得到正切值相等，继而得到比例关系，得知P的轨迹为圆，即可方便解决此题

三、课堂小结

1.复习了两个方程；2.学习了一个新知；3.贯穿了一个方法；4.强化了一个思想

四、作业布置：练习卷

五、板书设计

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