慢條斯理說輔助圓

趙一霖

[摘? 要] 近幾年江蘇高考數學中很多題目看似表面上與圓毫無關系，經過我們細致分析，探索本質引入輔助圓可以使問題極大的簡化. 這些題目得分率較低，入手較為困難主要是學生對于其本質沒有搞清楚. 文章結合課堂實例，歸納總結引入輔助圓的幾種類型.

[關鍵詞] 輔助圓;圓;阿波羅尼斯圓;定值

圓是平面解析幾何中最優美的圖形之一. 它表示平面內到定點的距離等于定長的點的集合，具有對稱性等性質.有很多題目從表面上看與圓毫無關系，但經過分析結合圓的特征，我們就會發現有的題目其實和圓有很大的關系，這時我們就可以引入輔助圓，使問題得到極大的簡化.本文結合具體課堂實例，歸納總結引入輔助圓的幾類題目.

特征一：到定點的距離等于定長的點的集合

例1：如果圓（x-a）2+（y-a）2=4上總存在兩個點到原點的距離為1，則實數a的取值范圍是__________.

解答：由題意可得. 圓（x-a）2+（y-a）2=4和圓x2+y2=1相交，

兩圓圓心距d=■=■a，由兩圓相交可得1<■a<3，所以a的取值范圍是-■■，-■∪■，■■.

本質思考：到原點的距離為1，就應該考慮圓的定義：到定點的距離等于定長的點的集合，從而引入輔助圓.同理，到定直線的距離為定值，到定點距離為定值的直線集合都應考慮引入輔助圓求解.

例如：①已知點A與點P（2，0）的距離為2，且到y軸的距離為1，則點A的坐標為__________.

②已知到點P（2，0）的距離為2，且到點Q（-4，0）的距離為4的直線有________條.

①就可以看做直線與圓相交問題，②可轉化為兩圓公切線問題.

特征二：到兩定點的向量積等于定值

例2：如圖1，正方形ABCD的邊長為6，點E，F分別在邊AD，BC上， 且DE=2AE，CF=2BF. 如果對于常數λ，在正方形ABCD的四條邊上，有且只有6個不同的點P使得■·■=λ成立，那么λ的取值范圍是__________？搖.

解析：以EF的中點為坐標原點建立直角坐標系可以容易得出點P所在的軌跡為圓x2+y2=λ+9.

如圖可知若是圓P與正方形有六個交點，其半徑必須介于圖一與圖三之間，即3<■<■，所以0<λ<4.

本質思考：此題采用了幾何意義，關鍵在于點P的軌跡是圓，由此問題轉化為直線與圓的位置關系.我們得出一個結論：

在平面上給定相異兩點A，B，AB=2a，設P點在同一平面上，且滿足■·■=λ（λ>-a2），點的軌跡是圓.

我們再看下面一題

例3：已知a=b=a·b=2，（c-a）·c-■=0，求b-c的取值范圍.

解：由a=b=a·b=2可知，a與b的夾角為60°，故a，b與a-b構成一個邊長為2的等邊三角形OAB，其中■=a，■=b. 由（c-a）·c-■=0可知到點A、OB的中點M的向量積為0，故c的軌跡是以點A、OB的中點M為直徑的圓，此時引入輔助圓記為⊙C，半徑為r=■. BC=b-c，所以b-c∈■，■.

■特征三：到兩定點的比為定值（阿氏圓）

例4：已知AB=2，AC=■BC，則△ABC面積的最大值是__________.

解：以直線AB為x軸，線段AB的中垂線為y軸，建立平面直角坐標系，則A（-1，0），B（1，0）. 設點C（x，y），？搖？搖由題意得：AC2=2BC2，即（x-3）2+y2=8. 所以點C在以（3，0）為圓心，2■為半徑的圓上運動，所以點C到直線AB的距離的最大值為半徑2■，所以S△ABC≤■×2×2■=2■.

本質思考：在平面上給定相異兩點A，B，設P點在同一平面上，且滿足■=λ，當λ>0且λ≠1時，P點的軌跡是個圓，稱之為阿波羅尼斯圓，簡稱“阿氏圓”.

（λ=1時，P點的軌跡是線段AB的垂直平分線）

特征四：到兩定點的角度為定值表示一段圓弧

例5：設雙曲線x2-■=1的左、右焦點分別為F1，F2，P為直線x=4上的動點，若∠F1PF2=θ，則θ的最大值為_________.

解：設x2-■=1的左、右焦點分別為F1（-2，0），P為直線x=4上的動點，若∠F1PF2=θ，則F2（2，0）當過這三點F1，F2，P的圓與直線x=4相切時θ最大，最大值為30°.

本質思考：平面A，B為兩個定點，設P在同一平面內，若∠APB=θ（0<θ<π）表示一段圓弧，當這個圓與x=4相切時θ取得最值.

特征五：圓外一點引的切線長相等

例6：x，y為正數，且x+2y=1，求■+■+■的最小值.

解：令■=a，■=b，本題可轉化為已知■+■=1，求a+b+■的最小值問題. ■+■=1可看作恒過（1，2）點的直線，a+b+■可看作求OA+OB+AB的最小值問題. 我們可以引入一個輔助圓（x-c）2+（y-c）2=c2，且該圓過點（1，2），則c=5使得直線AB與圓相切，因為切線長相等，所以最小值為OA+OB+AB=OF+OE=2c=10.

通過以上例子我們知道，如果滿足圓的如上幾個特征，就可以考慮引入輔助圓，結合輔助圓的相關性質簡單明了快速求解原問題.