阿波羅尼斯圓的新性質(zhì)及應(yīng)用

楊煉

設(shè)M，N是平面上兩個(gè)定點(diǎn)，則滿足|PM|=k|PN|（k>0，k≠1）的點(diǎn)的軌跡是一個(gè)圓，通常稱之為阿波羅尼斯圓，其中k為比例常數(shù)，此圓的圓心在直線MN上.隨之產(chǎn)生一個(gè)問題，對于任意一個(gè)圓和常數(shù)k（k≠1），如何尋找兩定點(diǎn)M，N，使圓上任意一點(diǎn)P滿足阿氏圓的定義|PM|=k|PN|（k≠1），本文給出的定理解決了這一問題，利用這一定理可很快解決2015年湖北高考試題（題14）和一個(gè)自主招生試題.

先引進(jìn)一個(gè)概念——圓的反演點(diǎn)：已知圓O的半徑為r，從圓心O出發(fā)任作一射線，在射線上任取兩點(diǎn)M，N，OM=m，ON=n且|OM|·|ON|=r2，則稱M，N是關(guān)于圓O的反演點(diǎn)，圓的反演點(diǎn)也可由以下幾何方法獲得，若M在圓外，過M作圓的兩條切線，兩切點(diǎn)的連線與OM的交點(diǎn)就是M的反演點(diǎn)N；若M在圓內(nèi)，則連接OM，過點(diǎn)M作OM的垂線與圓交點(diǎn)處的兩切線的交點(diǎn)即為M的反演點(diǎn)N.

定理1設(shè)M，N是圓O的反演點(diǎn)，AB是直線MN上的直徑，則圓O上的任意一點(diǎn)P滿足PM=kPN（k≠1），其中k=AMAN.圖1

證明如圖1，不妨設(shè)圓O的方程為x2+y2=r2（r>0），A（-r，0），M（m，0），N（n，0）（m>0，n>0），則由反演點(diǎn)的定義mn=r2.k=AMAN=m+rn+r，設(shè)P（x，y），則由PM=kPN得：AM2AN2=（m+r）2（n+r）2，

即（x-m）2+y2（x-n）2+y2=（m+r）2（n+r）2，所以（n+r）2[（x-m）2+y2]=（m+r）2[（x-n）2+y2]，展開得：

[（m+r）2-（n+r）2]x2-2[m（n+r）2-n（m+r）2]x+[（m+r）2-（n+r）2]y2+n2（m+r）2-m2（n+r）2=0，即（m-n）（m+n+r）x2-2[mn（n-m）+（m-n）r2]x+（m-n）（m+n+r）y2+[2mn+（m+n）r]（n-m）r=0，因?yàn)閙-n≠0，mn=r2，上式可化簡為x2+y2=r2，故圓x2+y2=r2上的點(diǎn)P均滿足：

PM=kPN（k≠1），其中k=AMAN.圖2

定理2設(shè)M，N是圓O的反演點(diǎn)，AB是直線MN上的直徑，P為圓O上的任意一點(diǎn)，則直線PA，PB分別為△PMN的∠MPN的內(nèi)、外角平分線.如圖2，由于PMPN=BMBN，故由平面幾何角平分線的性質(zhì)易知（證略）.

下面舉例說明本文定理的應(yīng)用.圖3

例1（2015年湖北高考理14）如圖3，圓C與x軸相切于點(diǎn)T（1，0），與y軸正半軸交于兩點(diǎn)A，B（B在A的上方），且AB=2.

（1）圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為；

（2）過點(diǎn)A任作一條直線與圓O：x2+y2=1相交于M，N兩點(diǎn)，下列三個(gè)結(jié)論：

①NANB=MAMB；②NBNA-MAMB=2；③NBNA+MAMB=22.

其中正確結(jié)論的序號是.（寫出所有正確結(jié)論的序號）

解（1）略.圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x-1）2+（y-2）2=2.

（2）聯(lián)立方程組x=0，

（x-1）2+（y-2）2=2，解得x=0，

y=2-1，或x=0，

y=2+1，因?yàn)锽在A的上方，

所以A（0，2-1），B（0，2+1），

因?yàn)镺A·OB=1=r2，由定理1可知，點(diǎn)A，B是圓O：x2+y2=1的一對反演點(diǎn)，取圓O上一點(diǎn)D（0，1）計(jì)算[JB（|]DA[JB）|]DB=2-22=2-1得圓O為以A，B為反演點(diǎn)，比例系數(shù)為2-1的阿波羅尼斯圓.即對圓O：x2+y2=1上任意一點(diǎn)P，均有PAPB=2-1.故有NANB=MAMB=2-1，故①正確，又NBNA-MAMB=（2+1）-（2-1）=2，故②正確；NBNA+MAMB=（2+1）+（2-1）=22，③正確.可見，用本文定理來解決2015年湖北高考題是何等的簡捷.

例2已知圓C：x2+y2=16，問在x軸上是否存在點(diǎn)A和點(diǎn)B，使得對于圓C上的任意一點(diǎn)P，都有PAPB=13？若存在，求出A，B點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.

解設(shè)A（a，0），B（b，0）（a

4-ab-4=13，得：a=43，

b=12，故存在點(diǎn)A（43，0），B（12，0），使得圓C上任意一點(diǎn)P均滿足PAPB=13.

評析本例揭示了對于任意一個(gè)圓和給定的比例常數(shù)k，如何尋找定點(diǎn)A，B使圓成為阿波羅尼斯圓，即其上任意一點(diǎn)滿足PAPB=k的方法，只要求出圓的一對反演點(diǎn)A，B即為所求.

例3已知點(diǎn)A，B分別為x，y軸上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足AB=10，點(diǎn)M為線段AB的中點(diǎn)，已知P（10，0），C（6，3），則12PM+CM的最小值為.圖4

解析如圖4，點(diǎn)M的軌跡為圓x2+y2=25，為使圓成為比例常數(shù)為12的阿波羅尼斯圓，設(shè)點(diǎn)Q（m，0）與點(diǎn)P（10，0）為反演點(diǎn)，則有10m=52，所以m=52，所以Q（52，0），則圓上的點(diǎn)M滿足：|MQ|=12|MP|，

所以12|PM|+|CM|=|MQ|+|CM|≥|CQ|=852.

評析本題的解法抓住點(diǎn)M為圓上的動(dòng)點(diǎn)，通過確定點(diǎn)P的反演點(diǎn)Q，利用定理1把12|PM|成功轉(zhuǎn)化為|MQ|，再利用幾何意義解題，過程簡潔明快.

例4（2011年卓越聯(lián)盟自主招生試題）在△ABC中，AB=2AC，AD是∠A的平分線，且AD=kAC，

（1）求k的取值范圍；（2）若△ABC的面積為1，求k為何值時(shí)，BC最短.

先來看原解

解（1）不妨設(shè)AC=1，AB=2，AD=kAC=k，由三角形內(nèi)角平分線的性質(zhì)可得：BD=23BC，CD=13BC，

由余弦定理可得：49BC2=4+k2-4kcosA2，

19BC2=1+k2-2kcosA2，所以cosA2=34k，由于0

故有0

（2）由已知條件和面積公式有12AB·ACsinA=1，即AC2sinA=1，所以AC2=1sinA，再由余弦定理得：BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosA=5AC2-4AC2·cosA=5-4cosAsinA，將cosA=1-2sin2A2代入上式得BC2=1+8sin2A2sinA=9sin2A2+cos2A2sinA≥6sinA2cosA2sinA=3，當(dāng)3sinA2=cosA2時(shí)等號成立，BCmin=3，此時(shí)cos2A2=9sin2A2=9-9cos2A2cosA2=310，由（1）可知

k=43cosA2=43·310=2105.

下面再用本文的定理來解：圖5

解（1）如圖5，由條件AB=2AC，故構(gòu)造半徑為r=2t（t>0）的阿波羅尼斯圓O，其中OC=t，OB=4t，D是BC與圓的交點(diǎn)，則由定理2可知AD是∠A的平分線，則圓O上的點(diǎn)A滿足AB=2AC，設(shè)∠AOC=θ，

則k2=AD2AC2=（2·2tsinθ2）2t2+4t2-2·t·2tcosθ=8（1-cosθ）5-4cosθ，令t=cosθ∈（-1，1），

則k2=AD2AC2=8（1-t）5-4t=2+14t-5為減函數(shù).故k2∈（0，169）所以k∈（0，43）.

事實(shí)上，幾何事實(shí)一目了然，當(dāng)點(diǎn)A在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)A趨近于圓直徑的兩端點(diǎn)D，E時(shí)為k取值范圍的端點(diǎn)，容易計(jì)算得0，43；

（2）S△ABC=12·BC·h=12·3t·2tsinθ=3t2sinθ=1，又BC=3t，故當(dāng)sinθ=1時(shí)，tmin=33，從而BC最短為3，此時(shí)AO⊥BC，故AD=22t，AC=5t，所以k=ADAC=225=2105.

評析比較兩者解法可知，解法1，有一定的思維難度和較大的運(yùn)算量，而解法2利用了本題的幾何背景：阿波羅尼斯圓的性質(zhì)，凸顯了幾何意義，從而大大簡化了解題過程.

綜上所述，本文所給的兩個(gè)定理在解決阿波羅尼斯圓為背景的解析幾何問題和涉及定比線段的三角、幾何問題時(shí)是十分有用的.