5. 阿波罗尼斯圆

前面我们介绍了多种基于圆的轨迹的题型, 它们的重要性毋庸赘述, 下面我们继续介绍圆的轨迹方程, 先来看看教材中的一个习题.

例 4.28

已知动点 $M$ 与两个定点 $O(0,0)$ , $A(3,0)$ 的距离的比为 $\frac{1}{2}$ ，求动点 $M$ 的轨迹方程，并说明轨迹的形状.

解析

如图 4-7所示, 设点 $M$ 的坐标为 $(x,y)$ , 根据题设有 $\frac{|MO|}{|MA|}=\frac{1}{2}$ , 则

$$\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{(x-3{)}^2+y^2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow x^2+y^2+2x-3=0\Rightarrow (x+1{)}^2+y^2=4.$$

所以点 $M$ 的轨迹是圆心为 $(-1,0)$ , 半径为 2 的圆.

图4-7

由例4.28 可知平面内到两个定点的距离之比为常数 (常数大于 0, 且不等于 1) 的点的轨迹都为圆, 且该类圆还有一个名字叫阿波罗尼斯圆 (简称阿氏圆).

知识点 4.12

在平面直角坐标系中, 到两个定点的距离之比为常数 $\lambda (\lambda >0$ 且 $\lambda \ne 1)$ 的点的轨迹为圆, 以这种方式定义的圆叫作 “阿波罗尼斯圆” (简称阿氏圆).

解析

设 $C$ 到两个定点 $A,B$ 的距离之比为 $\lambda (\lambda >0$ 且 $\lambda \ne 1)$ , 以线段 $AB$ 所在直线为 $x$ 轴, 线段 $AB$ 的中垂线为 $y$ 轴, 建立平面直角坐标系. 设定点 $A(-m,0),B(m,0),C(x,y)$ , 由 $\frac{|CA|}{|CB|}=\lambda$ , 可得 $\frac{\sqrt{(x-m{)}^2+y^2}}{\sqrt{(x+m{)}^2+y^2}}=\lambda$ , 化简整理可得

$$(1-{\lambda }^2)x^2+(1-{\lambda }^2)y^2+2m({\lambda }^2+1)x+m^2(1-{\lambda }^2)=0.$$

因为 $\lambda >0$ 且 $\lambda \ne 1$ , 配方得

$${\left(x-\frac{{\lambda }^2+1}{{\lambda }^2-1}\cdot m\right)}^2+y^2={\left(\frac{\lambda }{{\lambda }^2-1}\cdot 2m\right)}^2$$

所以点 $C$ 的轨迹是以 $\left(\frac{{\lambda }^2+1}{{\lambda }^2-1}\cdot m,0\right)$ 为圆心，半径为 $\left|\frac{\lambda }{{\lambda }^2-1}\cdot 2m\right|$ 的圆.

实际问题中所给两点未必关于坐标轴对称, 因此只需掌握最基本的推导计算, 不要去记忆这个圆的圆心与半径. 只要记住 “到两个定点的距离之比为常数的点的轨迹为圆” 就可以了.

例 4.29

(2022 浙江统考) 正方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 中, $M$ 是棱 $C{C}_1$ 的中点, $P$ 是底面 ABCD 内一动点, 且 $A_{1}P$ , MP 与底面 ABD 所成角相等, 则动点 $P$ 的轨迹为 ( ).

A. 圆的一部分 $B$. 直线的一部分 $C$. 椭圆的一部分 $D$. 双曲线的一部分

解析

正方体如图 4-8所示, 连接 $PA,PC$ , 由 $A_{1}A\perp$ 底面 $ABCD,C_{1}C\perp$ 底面 $ABCD$ , 可得 $\angle A_{1}PA,\angle MPC$ 分别为直线 $A_{1}P,MP$ 与底面 $ABCD$ 所成的角, 因此 $\angle A_{1}PA=\angle MPC$ , 又因为 $\angle A_{1}AP=\angle MCP=90^{\circ }$ , 所以 Rt△ $A_{1}AP\sim$ Rt△ $MCP$ , 可得 $\frac{PA}{PC}=\frac{A_{1}A}{MC}=2$ , 所以 $PA=2PC$ , 满足阿波罗尼斯圆的定义, 故选 $A$.

图4-8

以上例题都是按照阿波罗尼斯圆的定义形式来命题的, 由 $|MA|=\lambda |MB|(\lambda >0$ 且 $\lambda \ne 1)$ 就可以判断出点 $M$ 的轨迹为圆, 但我们必须提醒读者, 很多情况下命题者会反其道而行之, 就是逆用阿氏圆.

例 4.30

(2015 湖北理 17) 如图 4-9 所示, 圆 $C$ 与 $x$ 轴相切于点 $T(1,0)$ , 与 $y$ 轴正半轴交于两点 $A$, B (点 $B$ 在点 $A$ 的上方), 且 $|AB|=2$ .

($I$) 圆 $C$ 的标准方程为 ____；

(Ⅱ) 过点 $A$ 任作一条直线与圆 $O:x^2+y^2=1$ 相交于 $M,N$ 两点, 下列三个结论:

图4-9

(1) $\frac{|NA|}{|NB|}=\frac{|MA|}{|MB|}$ ; (2) $\frac{|NB|}{|NA|}-\frac{|MA|}{|MB|}=2$ ; (3) $\frac{|NB|}{|NA|}+\frac{|MA|}{|MB|}=2\sqrt{2}$ .

其中正确结论的序号是____。(写出所有正确结论的序号)

解析

($I$) 根据题意, 可设圆心为 $C(1,r)$ , 已知 $|AB|=2$ , 可得 $r=\sqrt{2}$ , 则圆 $C$ 的方程为 $(x-1{)}^2+(y-\sqrt{2}{)}^2=2$ .

(II) 由题意可知, 若能分别求出 $\frac{|NA|}{|NB|}$ 和 $\frac{|MA|}{|MB|}$ , 则可以顺利解答此题. 联想到阿波罗尼斯圆, 可以猜测它们应该是定值. 在圆 $C:(x-1{)}^2+(y-\sqrt{2}{)}^2=2$ 中, 令 $x=0$ , 解得 $A(0,\sqrt{2}-1),B(0,\sqrt{2}+1)$ , 设 $N(x,y)$ , 则

$$\frac{|NA{|}^2}{|NB{|}^2}=\frac{x^2+[y-(\sqrt{2}-1){]}^2}{x^2+[y-(\sqrt{2}+1){]}^2}=\frac{x^2+y^2-2(\sqrt{2}-1)y+(\sqrt{2}-1{)}^2}{x^2+y^2-2(\sqrt{2}+1)y+(\sqrt{2}+1{)}^2}.$$

利用 $x^2+y^2=1$ ，并整理可得

$$\frac{|NA{|}^2}{|NB{|}^2}=\frac{4-2\sqrt{2}-2(\sqrt{2}-1)y}{4+2\sqrt{2}-2(\sqrt{2}+1)y}=\frac{(\sqrt{2}-1)(2\sqrt{2}-2y)}{(\sqrt{2}+1)(2\sqrt{2}-2y)}=\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}=(\sqrt{2}-1{)}^2.$$

因此 $\frac{|NA|}{|NB|}=\sqrt{2}-1$ , 由 $N$ 的任意性可得 $\frac{|MA|}{|MB|}=\sqrt{2}-1$ . 从而可以轻松判断 (1) (2) (3) 都正确, 故填 (1)(2)(3).

变式 4.30.1

（2014 湖北文 17）已知圆 $O:x^2+y^2=1$ 和点 $A(-2,0)$ ，若定点 $B(b,0)(b\ne -2)$ 和常数 $\lambda$ 满足：对圆 $O$ 上任意一点 $M$，都有 $|MB|=\lambda |MA|$ ，则 b = ____， $\lambda =$ ____ .