阿波罗尼斯圆

阿波罗尼斯圆

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【优秀范文】阿波罗尼斯圆

范文一:阿波罗尼斯圆

“阿派 罗尼斯 圆 ”

妙件

仪征 教 师进修 学校

本文 介绍 “阿波 罗尼斯 圆 ”的定义 , 以及在 高考及 模 拟考试 中的应用 , 着重介绍 作为一 种解 题方 法对优

可是若从 轨迹的角度去求解 , 即在平时 的教学 中

注意渗透了 “阿波罗尼斯 ”圆的定义 ,则 该题 的解 决简 洁明了且运算简捷 求解过程如下

因为 月 刀一 定 长 , 可 以以

化 解题培养解题 习惯增强数学信心有很大的帮助

阿波罗尼斯 圆的定义 在平 面上给定 相异 的两点

。 、 , 。 卜 同一平 面上 , 。 。尸 “ 、 “一 ,' 设 ` 点在 、、、 一 ”, ' 一 且满足认 门 尸毋 ` 、 、, 、、 八且 。 久当 ” 一 又 ”` 一

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轴 建 立 直 角 坐标 系 , 则

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又 并 时 尸点 轨迹 是一个 圆 , 这个 圆我 们称 为 阿波罗

尼斯 圆 这个结论称 为阿波罗尼斯轨迹定理

一 ,

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一 、 “阿波罗尼斯团 ”典型应用

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高考考试说明上给出的说明 “命题者本意考查 三角形面积公式 、 余弦定理及函数思想 ”可谓立意新

颖 ,题 意简 明 , 但是运算 量 大处理有难 度 求 解 如下

评析 如上解题简 洁 ,省 去 了求解 变量取 值范 围 的过程 , 另又避 免了复杂 的构造运 算 ,求解运算简单 其实像这样来源于数学史 ,数 学定 义 的题 型还 不

一 ,则

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甚枚举 如果在平 时 的教学 中我们 能够 较 多的渗透 , 对于进一 步 培 养 学 生 的数 学 学 习 兴 趣 , 有 极 大 的

帮助 二 、 “阿波 罗尼 斯团 ”在 , 、 历次 模拟 测

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试 中的应 用

扬州市高三一模

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线 垂 直的直线方程

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任 意 一 点都 ,喘为 常 数若 ,存 在,求 所 以 满 足 条

件 的点 的坐标 若 不存在 , 说 明理 由 第一 问解 略 ,第二问解题如下

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的坐标

评 析 该题 属 于解 析 几何 中直线 与 圆问题 的考

察 , 第二 问

其设 置原 型即来 源于 “阿波罗尼 斯 ”圆的定

设点

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的坐标为

,

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上任意一点 ,都

义 如果熟悉 了定义 那么必 定增 强解 决该题 的信 心 ,

从 而从 容面对复杂的化简计算过程 具体求 解如下

, 对于

一 一 ,

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解得

所 以存 在 满 足 条 件 的 点

, 它 的坐标

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对 已有的知识进行新定义 , 已经成为高考 的一大

去,所 以 存 在 点。一 普,。 对 于 圆上 任 一 点”,

亮点 , 这就要求 教师学 生面对 陌生环境 , 能 迅速 提取 有用信息 , 善于挖掘 概念的 内涵 与本质 , 并 合理迁移 运用已学的知识加 以解决

都 有 碧为 常 数 普

评注 当然通过 “阿波罗尼斯圆 ”的定义就知道答

若能在平时多做 积 累相信 自身平 时有一 潭清澈

的活水 , 相信在用 时能有取之不竭的活水取 出

案的取舍很为方便 南京三模卷

在 直 角 , 系、 中 椭 ,圆 誓 十 答 一的 左 右 、焦

点分别为 、凡 , 点 为椭 圆的左顶点 , 椭 圆上的点 尸

在第一象限沪 土尸 石 笼 ,圆

的方程为 尹十夕

的位

求点 尸坐标 , 并判 断直 线 尸凡 与 圆

置关 系

, ,叫

范文二:阿波罗尼斯圆

阿波罗尼斯(Apollonius)圆,简称阿氏圆。

在平面上给定相异两点A、B,设P点在同一平面上且满足PA/PB= λ, 当λ>0且λ≠1时,P点的轨迹是个圆,这个圆我们称作阿波罗尼斯圆。这个结论称作阿波罗尼斯轨迹定理。设M、N分别为线段AB按定比λ分割的内分点和外分点,则MN为阿波罗尼斯圆的直径,且MN=[2λ/(λ^2-1)]AB。 证明

我们可以通过公式推导出AN的长度:AN:BN=AP:BP ,其中BN=AN+AB,所以AN:(AN+AB)=AP:BP=>AN=AP×AB÷(BP-AP),以NM为直径的圆就是我们所求的轨迹圆。 由阿波罗尼斯圆可得阿波罗尼斯定理,即:

设三角形的三边和三中线分别为a、b、c、ma(a为下标,下同)、mb、mc,则有以下关系:

b^2+c^2=a^2/2+2ma^2;

c^2+a^2=b^2/2+2mb^2;

a^2+b^2=c^2/2+2mc^2。

(此定理用余弦定理和勾股定理可以证明)。

相关知识

1.到两定点的距离之商为定值的点的轨迹是阿波罗尼斯圆。

2.到两定点的距离之和为定值的点的轨迹是椭圆。

3.到两定点的距离之差为定值的点的轨迹是双曲线。

4.到两定点的距离之积为定值的点的轨迹是卡西尼卵形线。

范文三:来自圆系_阿波罗尼斯圆

——阿波罗尼斯圆来自圆系—

■朱爱明

苏教版必修中,阿波罗尼斯圆就已经进入到我们的视野中.题目离之比为

y)与两个定点O(0,0),A(3,0)的距已知点M(x,

1

,那么点M的坐标应满足什么关系?画出满足条件2

1

MA,即+y2

2

=

16414,×BD×|y|≤.又因为故|y|≤,则得S△ABD=9323

8

.3

S△ABC=2S△

ABD,故S△ABC的最大值为

的点M所形成的曲线.

简解:

由题意可知MO=

=

1

(x-3)2+y,化简整理得:(x+1)+y2=4.点M的轨

0)为圆心,2为半径的圆.迹是以(-1,

B的距离之比由此可进行一般推广:若动点M与两定点A,

MA

=λ(λ≠1),即则动点M的轨迹为圆,为一常数λ(λ≠1),MB此圆被称为阿波罗尼斯圆.

例1

(2013年江苏卷第17题改编)在平面直角坐标系xOy

3),中,点A(0,直线l:y=2x-4,设圆C的半径为1,圆心在l上.若圆C上存在点M,使MA=2MO,求圆心C的横坐标a的取值范围.

y),x+(y-3)解析:设点M(x,由MA=2MO,知:图2

AB=AC,AD=kAC(k形式2:在△ABC中,点D在腰AC上,0<k<1),BD=2,为常数,求△ABC面积的最大值.

解析:建立如图3所示的坐标系,则易得顶点A所在的阿波罗尼斯圆方程为(x+=

2k2k2+12

)+y2=(2),可得(S△ABD)2

k-1k-1

max

max

2k1

S,故(S△

ABC)2.又因为S△ABC=k△ABD1-k

=

2

.1-k2

=

22

2+y,化简得:x+(y+1)=4,

2为半径的阿波罗尼即:点M的轨迹为以(0,-1)为圆心,

可记为圆D.又因为点M在圆C上,故圆C圆D的关系为斯圆,相交或相切.

故:1≤|

CD|≤3,其中|

CD|=

图3

22

B,形式3:在x轴正半轴上是否存在两个定点A,使得x+y

12

+(2a-3)

,.解得:0≤a≤5

例2

(2008年江苏卷第13题)满足

AC=的三角形ABC的条件AB=2,

.面积的最大值为

解析:以直线AB为x轴,边AB中点O为坐标原点建立如图1所示的平面直角0),B(1,0),坐标系,由题设可设A(-1,

图1

y),BC可得,(x+设C(x,则由AC=22221)+y=2[(x-1)+y],整理得顶点C所在圆方程为(x-3)

2

=4上任意一点到A,B两点的距离之比为常数B的坐标;如果不存在,出点A、请说明理由.

1

?如果存在,求2

2

B,解析:假设在x轴正半轴上存在两个定点A,使得圆x+

B两点的距离之比为常数1/2,y2=4上任意一点到A,设P(x,y),A(x1,0),B(x2,0),不妨设0(x-x1)x-x2)<x1

x2.则有

+y+y+y2=8,,可知AB边上高的最大值为2故S△ABC的最大值其实阿波罗尼斯圆还会以其他形式出现在我们面前,比

=

122

,整理得阿波罗尼斯圆3(x+y)-2

为2如:

AB=AC,BD=形式1:在△ABC中,点D是腰AC的中点,2,求△ABC面积的最大值.

BD所在直线为x轴建立如图解析:以BD的中点O为原点,

2所示的平面直角坐标系,y),设A(x,则AB=2AD.易得点A在

22

一个阿波罗尼斯圆3x+3y-10x+3=0上,即(x-

2

2(4x1-x2)x+4x21-x2=0.由题意可知阿波罗尼斯圆和已知圆

x2+y2=4是同一个圆,故有

{

4x1-x2=0,

x1=1,

解得即

2

x=4.x2-4x=12,221

{

22

0),B(4,0),在x轴正半轴上存在两个定点A(1,使得x+y=

4上任意一点到A,B两点的距离之比为常数1/2.

阿波罗尼斯圆作为圆系中的一员在解题中确实有它的优越性,故我们要善于认识这一圆系模型.

[江苏省高邮市三垛中学(225624)]

5

3

2

+y2

·20·

范文四:“阿波罗尼斯圆”妙用

‘ ‘ 阿 液 罗 尼 斯 圃 ’ ’够再

仪征 教 师进修 学校 朱 波 2 1 1 4 0 0

本文介绍“ 阿波 罗 尼 斯 网” 的定 义 , 以及 在 高 考 及  模 拟 考 试 中的 应用 , 着 重 介 绍 作 为 一 种 解 题 方 法 对 优

可 是 若 从 轨 迹 的角 度 去 求 解 , 即在 平 时 的 教 学 中  注意 渗 透 了“ 阿 波 罗 尼斯 ” 圆的 定 义 , 则 该 题 的 解 决 简

化解题培养解题习惯增强数学信 心有很大 的帮助.

阿 波 罗 尼 斯 圆 的定 义 : 在 平 面 上 给 定 相 异 的 两 点

D ^

洁明了且运算简捷. 求解 过程 如下 :

因为 A B= 2 ( 定长) , 可 以 以

A、 B, 设 P点在同一平面上且 满足  i  t f— 当 > O且  ≠1时 P点轨迹 是一 个 阋, 这个 圆我们 称为 阿波 罗

尼斯 圆. 这 个 结 论 称 为 阿 波 罗 尼 斯 轨 迹定 理 .

A B所在的直线为 z轴 , 其中垂线

为  轴 建 立 直 角 坐 标 系 , 则 A  A   0   \ \  B   /  /

( 一1 , O ) , B( 1 , O ) , 设 C( x ,  ) , 由

、 \ 、 ~

, 化

“ 阿 波 罗 尼斯 圆” 典型应用 :

A C

B C可得

I _

2 0 0 8年江苏高考题第 l 3题 : 若 AB=2 , AC  ̄ / 2

BC , 则S △ A 8 c 的最大值

一 — —

简得 ( z 一3 )   +  一8 , 即 c在 1 7 2 ( 3 , o ) 为 圆心 , 2   为 半径

的圆 上 运动 . 又

答案: 2 √ 2

一 去・ A B・  j l —I  I ≤   .

高考考试说 明上给 出的说 明 : “ 命题 者本 意考查  三角形 面积公式 、 余弦定理及 函数思 想. ” 可谓立意新  颖, 题意 简明 , 但 是运算量 大处理有 难度. 求解 如下 :

评析 : 如上解题简 洁, 省 去 了求 解 变 量 取 值 范 围  的过 程 , 另 义 避 免 了 复 杂 的构 造 运 算 , 求解运算简单.

设B C=x, 则 AC一√

根 据 面积 公 式 得 : S A  一

/ l 2 8  ( z   一1 2 )

一   — — —   —

其实像这样来源于数学史 , 数学定义 的题型还不  甚枚举. 如果在 平时 的教学 中我们能 够较多 的渗透 ,   对 于进 一 步 培 养 学 生 的数 学 学 习兴 趣 , 有 极 大 的

帮助.

二 、“ 阿波 罗尼斯 圆” 在2 0 0 9 、 2 0 1 0历 次 模 拟 测  试 中的 应 用 :

s 一

一z

√ 1 一 ( 4 _ 4   X 2  ̄ , 2

l 6

/ l 2 8 一( z   一1 2 )

1 .扬州 市高三一模

已 知 圆 C:

z 。 +Y   一9 , 点A   ( -5 , 0 ) , 直线 z : z 一2 Y —O ・   ( 1 )求 与 圆 C相 切 , 且 与 直  线z 垂 直 的直 线 方 程 ;

, ,     L

, \ /

由三边关 系: 有 , / 2   f   z +z >2   得2 √ 2   2 <  < 2

l   +2 >√   z

+ 2

故 当 x=2 √ i 时S △   B c 取最大值 2 √

( 不 同于点 A) , 满足: 对于 圆 C上任 一 点 P, 都有  p R

任意一点 M , 都有

为常数 , 若存 在 , 求所 以满足条

为一常数 , 试求所有满足条件 的点 B的坐标.

评析 : 该题 属 于解 析 几何 中直 线 与 圆 问题 的考  察, 第二 问其设置原型 即来源 于“ 阿波罗 尼斯” 圆的定  义. 如果熟 悉 了定 义那 么必定 增 强解 决该题 的信 心 ,   从而从容 面对 复杂的化简计算过程. 具体求解如下 :

件 的点 B的坐标 ; 若不存在 , 说 明理 由.

第一 问解略 , 第二 问解题如下 :

( 2 )没点 M 的 坐 标 为 ( z,  ) , 则3 / " 。 一 F y 。 一4 .   假 设 存 在 点 B( m,  ) , 时 于 oO 上任 意一 点 M , 都  有  M  B为 常 数

解: ( 1 ) 设既 直线方程为y 一一 2 x +b , 即2 x +

则 M  一

m)   +(

) 。 , 』  。 一( z +3 )   +  ,

6— 0,

・ .

‘ 直线 与圆相 切  ・

V 厶  f   1

一3 , 得 6 一±3 √ 5,

所 以   连

f 3 2 + m一 0 ,

以  2 n = 0,

一   ( 常 数 ) 恒 成 立 .

可得 ( 6 A  ̄2 m) x +2 n y +1 3 A -m   -n   一4 - - 0 , 所

‘ . .

所求直 线方 程为 — 2  ±3 √

( 2 )假 设 存 在 这 样 的 点 B( t , 0 ) , 使得  r n D为   T 】   常数

则 P B 。 一  P A   ,

. .

I 1 3 A — m 2 一   2 - 4 =0 .

( z 一£ )  +  一  [ ( z +5 )   +  ] , 将 。 一9 一

f   一   4 ,

l n =0 ,

一   ,

z 。 代入得 , z   一2  +£   +9 一z   一A   ( z   +1 0 x +2 5 +

9 一z   ) , 即2 ( 5 2   +t ) x +3 4 2   -t 。 一9 —0对 z ∈[ 一3 ,   3 ] 恒成立 ,

卟 一   。   ‘

所 以 存 在 满 足 条 件 的 点 B,它 的 坐 标

.  .

{ l

f  +  o ,

3 z A 2 一 一9 一O ,

1 一

或{

f   一 1

l £ 一m5

( 舍

为 ( 一 号 , o ) .

对已有的知识进行新定义 , 已 经成 为 高 考 的一 大  亮点 , 这就要求 教师学 生 面对陌生 环境 , 能迅 速提取

去 ) , 所 以 存 在 点 B ( 一 号 , o ) 对 于 圆 C  ̄ i : r : - 点 P ,

都 _ 伺 -   P B 为 常 数 詈 .

评注 : 当然通过“ 阿波罗尼斯圆” 的定义就 知道答  案的取舍很 为方便 .

2 .南 京 三模 卷

有用 信息 , 善于挖 掘概 念 的内涵 与本质 , 并合 理迁移

运 用 已 学 的 知 识 加 以解 决 .

若 能在平时多做 积累 相信 自身平 时有一潭 清澈

在 直 角 坐 标 系   G   中 , 椭 圆 苦 + 普 一 1 的 左 、 右 焦

点分 别 为 F l 、 F 2 , 点 A 为 椭 圆 的左 顶 点 , 椭 圆上 的 点 P

在第一象 限, P F 1 j I P F 2 , 圆 0的方程为  +2 2 —4   ( 1 )求点 P 坐标 , 并判 断直 线 PF 2与圆 0 的位

. . . . I ◇  : :   鸯

范文五:从阿波罗尼斯圆出发

从 阿 波罗 尼 斯 圆 出

渠 慎 情

+ 1 ) 0 +v   —4 .   不谈 因果, 但 信 凡 事 事 出有 因. 高 考 试  (

题 可谓 道 道 经 典 , 每 道 经 典 确 也 题 出 有 因.

由上 面 的 问题 可 简 单 总 结 一下 : 平面 内

高 中数 学 中直 线 与 圆 的 问 题 又 为 高 考 之 经  到两个 定 点 的距离 之 比为常 数 是 ( 忌 ≠1 ) 的点

典. 此处 从 阿波 罗 尼 斯 圆 出发 , 探经索典 , 努  的 轨 迹 是 圆 .   力 去发 现点 什 么.

、 、

— ~ — —

泠 追本溯源, 寻求根基

平 面 内到 两个定 点 的距 离之 比 为常 数 忌

( 忌 ≠1 ) 的点 的轨 迹 是 圆 , 这 个 圆 就 是 阿 波 罗

可 自证 ) .   教 材 新知 : ( 苏教 2 0 1 2第 4版 第 1 0 7页 )   尼斯 圆( 原来 , 这 个 结 论 很 经 典. 你知, 或 是 不  以 。 为定 点 , r为 定 长 画 出 一 个 圆 , 如 何 建 立  知, 它就在 那 里.   它的 方程 ?

这 个 问题 及 问 题 的解 决 可 谓 无 人 不 知

( 2 0 1 3年 江 苏 卷 第 1 7

. y

如 图 1, 在 平 面 直 角 坐  无人 不 晓 , 它 是 苏 教 版 教 材 中 求 圆 的 方 程 时  题 ) Oy 中 , 点 A( 0, 3 ) ,   给 出 的一 个 问 题 . 建系 、 设点 、 代数 、 化简 , 即   标系x

: y一 2 x一 4, 设 圆 C   可 得到 圆 的方 程 z   +y 。 = = = r   . 即通 过 建 立 平  直 线 Z

/   一

0   7

7   l

图 1

面 直角 坐 标 系 , 设 出所求点 , 根 据 具 体 限 制  的 半 径 为 1 , 圆心在 Z 上.

条 件代 人数 字 ( 或字母) , 列 出方 程 化 简 式 子

就 可得 到我 们 所要 的结 果 .   教 材 问题 : ( 苏教 2 0 1 2第 4版 第 1 l 2页

习题 1 2 )已 知 点 M ( z, Y) 与 两 个 定 点 O( 0,

( 1 ) 若 圆 心 C 也 在 直

线  — z一 1上 , 过 点 A 作

圆 C 的切 线 , 求切 线的 方程 ;   ( 2 )若 圆 C 上 存 在 点 M , 使 MA一 2 M0,

0 ) , A( 3 , 0 ) 的距 离之 比 为÷ , 那 么 点 M 的 坐  求 圆心 C 的 横 坐标 口 的 取 值 范 围. 题 中求 圆及 切 线 的 方程 亦 可 谓 “ 家 喻 户

标 应 满 足 什 么 关 系?

晓” , 单说 问 题 ( 2 ) . 看看这句话 “ 存 在点 M,   一   1

由 题,

使 MA 一 2 MO” , 是 多 么 的眼熟 , 确 实 很 像

+   一 4.

丢 , 化 简 得 ( z + 1 ) 。

1   1若 不

是 点 A 的坐 标 由教 材 中 的

( 3 , 0 ) 变为( 0 , 3 ) , 那就 不 能用 “ 像” 来 表 述 这  里 的惊人 相似 了 !显 然 , 点 M 所要 满 足 的关  系式 就 是 z   +(  +1 )  一 4 ( 不 妨 叫 它 为 圆

Ne w  U n i v e r s i t y   E n t r a n c e   E x a mi n a t i o n   2 5

即点 M 的 坐 标 应 满 足 的 关 系 式 为

D) .

斯圆, 又回归高考. 看来 , 你要看 重课本 , 还

对“ 若 圆 C上存 在 点 M , 使 MA一2 M0”   要关 注经 典. 这很重 要 !

的理解 还要 到位 : 点 M 既在 圆 C上 又在 圆 D  凡事事 出有 因 , 有 着 事 情 发 展 的 来 龙 去  上 —— 换句话 , 圆 C与圆 D 有交 点 M . 于是 ,   脉, 也 有着 些许 变与 不变 .

切便 可步人 迎 刃而解 的节 奏 了 !   看来 , 确 实 题 出有 因. 一 个 简 单 的课 本

万变 归 宗 。 变 是 永恒

曲线方 程 可 算 是 个 不 变 的话 题. 直线 ,

圆, 以及 圆锥 曲线 , 都 会 有 求 方程 的 问题 . 前

题, 就这 样 近 似 于 原 题 地 在 高 考 试 卷 中 出  现. 其实 , 高考 中 阿波罗尼 斯 圆早 已 出现.

( 2 0 0 5年 江 苏 卷 第 1 9题 ) 如图 2 , 圆 0

与 圆 02 的半 径都 是 1 , o   0 2 —4 , 过动 点 P 分  面 那个 高 考 试 题 也 涉 及 了 圆 的 方 程 与 切 线

剐作 圆 0   , 圆0   的切 线 P M, P N( M, N 分  ( 直线) 的 方 程.圆锥 曲 线 也 一 样 , 特 别 是

别 为切 点) , 使得 P M =√ 2 PN, 试 建 立适 当的  椭 圆. 坐标 系 , 并 求 动 点 P 的轨 迹 方 程 .

( 2 0 1 4年 江 苏卷 第 1 7题 ) 如图 3 , 在 平 面

直 角坐标 系 x O y中 , F   , P z分 别 是 椭 圆   +

一1 ( 口> 6 >o ) 的 左、 右 焦点 , 顶 点 B 的 坐

标为( 0 , 6 ) , 连 结 BF 。 并 延 长 交椭 圆于 点 A,

图 2

过 点 A 作 z 轴 的 垂 线 交 椭 圆 于 另 一 点 C, 连

结 F1   C.

除 了上 面 “ 光明正大” 地 考 查 阿 波 罗 尼

斯 圆外 , 有 时高考考查也会 “ 又像 笼 着 轻 纱  的梦 ” . 请看 :

( 1 ) 若 点 C 的 坐 标 为 ( ÷ , ÷ ) , 且 B F

√ 2 , 求椭 圆的方程

( 2 )若 F   C 上 AB, 求 椭 圆 离 心 率

的值.

( 2 0 0 8年 江 苏 卷 第 1 3 题) 若 AB一 2 , AC

√ 2 B C, 则S △ A 月 c 的最大值 为

显然 , 这 是 一 道 解 三 角 形 的 问题 . 你 可

以这样做 : 设B C =z , 结合 s △ A B c 一÷a 6 s i n   C

的形式 得 到 关 于 z 的 函 数 式 , 或配方, 或 求

导, 历 经千 辛 万 苦 , 也 许 能 得 到 结 果. 但, 很

繁琐 !难 道 不 可 以 考 虑 一 下 阿 波 罗 尼 斯

圆吗 ?

\   一

我不愿 惊 醒这 “ 笼 着轻 纱 的梦 ” ; 若你 想  轻轻地 惊 扰她 , 定会 发现 属于你 的那 份美 !   也 许任 何 一 个 梦 都 会 有 着 自己 的 一 个

图3

求 曲线 方程 的题 目随处 可 见 , 求 圆锥 曲

此 处 不 再 追 寻  故事 , 那每个故事背后 也许都藏着 什么. 了  线 离 心 率 的 题 目也 俯 拾 皆 是 . 解她 , 懂她 , 这很 重要 .

题 目源 头 何 在 , 而 是 要 寻 求 题 目 中永 恒 的

从 教 材新 知 到课 后 习题 , 源 来 阿 波 罗 尼  东 西 .

2 ‘   N e w  U n i v e r s i t y   E n t r a n c e   E x a mi n a t i o n

求 方程 。 字 母论 英雄 .

简 言之 , 求 曲 线 的 方 程 就是 求 各 自相 应  的 字母 大 小 . 变 的是 限 制 条 件 , 不 变 的是 去

联 立 ① ② , 解 得 A 点 坐 标 为 (   车 ≥ ,

) , 则 c 点 坐 标 为 (   车 ≥ , 孺 b 3 ) .

6 3

求方 程 ; 变 的 是 具 体 曲线 方 程 , 不 变 的是 这

些 待求 的字 母.   直 线有 多种 方 程 形式 , 若 求 其 方 程 就 去  找 到各 自的字母 : 点 斜式 求  , b , 斜截 式求 a ,

b , 一般 式 求 A, B, C; 圆有 常 见 两 种 形 式 : 标  准 方程 求 a和 b, 一 般 方 程 求 D, E, F; 椭 圆

所 以

一  a   2 -  ̄ _ c 2 一

又忌 A B :一_ 垒 -

要 求 a和 6 ; 双 曲线 还 是 a和 b; 抛 物 线 只求

由F   c 上A B 得  d

毒 一 C   1 _   c ・ ( \   一   C   / 1 一 一   ,

个 P.

即 6   一3 口 。 c   +f 4 ,   所 j ( n 2 一c   )  — 3 a   c  + c 4 . 化简得 P —

题 中易知 a:   , 若 求 b就 只需 一 个 方

程— — 由点 C 的 坐 标 所 满 足 的 条 件 去 构

造 —— 求 6 , 得 方程 .

( 1 )解 :

√ 5   一了 ‘

事 情很 简 单— —若 求 离 心 率 , 就 去 找 关  系. 只是 难算 了些.

在你 花一 样 的年华里 , 见 到 花 样 繁 多  的试 题 与 花 团 锦 簇 的条 件

, 再 经 历 上 一

由题 意 , F   ( C , 0 ) , B( 0 , b ) , l   BF 2   l 一

一a 一

又 因 c (

有   +

段艰 难 险 阻 百 转 干 回 的 过 程 , 最 终求 出   那 个 唯 一 存 在 着 的  , 是 多 么 快 乐 的 一 件

事啊!

1 , 解得 6 —1 , 所以椭 圆方程为等 +   一1 .

离心 率 。 万变 不 变是 关 系.

这 里再 给 出 一道 题 , 试 试 你 能否 感 受 到

要 求 得离 心 率 , 只需 想 尽 一 切 办 法 找 到  那样 的快乐 . 因为 此 题 , 我 曾历 经 艰 辛 . 有 人  个关 于 n , b , C 与 P中任 意 两个 字 母 之 间 的  说 , 应 一 眼 看 穿. 拿出它, 与君 共 享. 题 目

关 系式 —— 或 由方 程 直 接求 得 , 或 数 形 结 合  如 下 :   构造 图形 再 找 关 系 , 或 结 合 条 件 尽 其 所  已 知 双 曲 线 的 顶 点 到 渐 近 线 的 距 离 为  能—— 这 就 是 条 件 变 化 后 永 恒 的 东 西——  2 , 焦点 到 渐近 线 的 距 离为 6 , 则 该 双 曲 线 的  两 个字 母 的关 系 . 一 句话 : 花样繁多离心率,   离 心 率 为  .

万 变 其 宗 a与 C .

变 的是 条 件 , 不变 的是求解 ; 变 的 是 结  论, 不 变 的是 方 法 ; 变 的是 求 方 程 , 求最值 、

回 看 上 题 :谁 在 变 —— 条 件 .怎 么  办 —— 找 关 系. 如 何 找—— 看 条件 .

结合 F   Cj _ AB, 知 直 线 斜 率 互 为 负 倒  数, 构造 关 于字 母 的方 程. 解如下 :

离心 率 , 找定点 , 算定 值 , 判位置关 系 , 看 存  在 与否 , 不变 的 是 , 你 要 正 确 地 求 出来 , 认 真

地写 出 来 ; 变 的是试卷 上的那道题 , 不 变 的

因为直线 B F   方程 为  +≠ =1   ①,   是 曲线必 考.

唯变 永 恒 , 我 也 信 .以 不 变 应 万 变 ,

椭 圆 方 程 为  +  一 1 ② ,

才行 .

N e w  U n i v e r s i t y   E n t r a n c e ‘ E x a mi n a t i o n  2 ,

I 耔高看 数 学

本 质 何 在?—— 曲 线 系 : 有共 同的点 ,

☆ 探求本质, 化繁为简

就 应有 共 同 的方程体 现.   难 算本 就 是高 中 曲线 的基 本 特 点 . 但 大

曾经 听 过 一 个 关 于 一 道 题 目的 故 事 , 很   多 数 高考试 题 , 并 没有 给 大 家 关 死通 往 成 功

有 意思 , 拿 出来 与 大 家 分享 下 —— 当你 发 现  的 大 门 . 往 往会有一个很难走 的 门, 还 有 一

问题 的 本 质 时 , 才真正发现 , 原 来 一 切 如 此

个  径 通 幽豁 然 开 朗美 景 尽 收 的 门. 但 它 总

简单 . 题 目如 下 :

是 为少数 人 所 开. 你 会 到这 里 来 吗 ?打 开 这

在 平面 直 角坐标 系 x O y中 , 设 二 次 函 数  扇 门 的秘诀 就是 : 拿你 的青 春去 换钥匙 .

, (  ) = = = l z   +2 x+b ( z∈R) 的 图 象 与 两 坐 标  轴 有三 个交 点 , 若 经 过 这 三 个 交点 的 圆记 为

C, 求 圆 C的 方程.

很 喜欢 这样 的几 道题 :

函数 , ( z ) 一√ 5 s i n   一3   C O S 。 z +√ 2 的 最

小 正 周 期 为

我们 会这样 做 :   由题 易知 b 满 足条 件 6 <l , 6 ≠0 .   令 - 厂 ( z ) 一0 , 解 方程 。 +2 x@b =0 , 得z

一 一

函数 厂 (  ) 一 ( e   +a e 一) , z∈R 是 偶 函

数 , 则 实数 a的 值 为

我 能秒杀 它 们 , 你 能 吗 ?秒 杀 的能 力 来

1 ± ̄ / 1 一b , 则 二 次 函数 - 厂 ( z) 一z   +2 x   自于你 已经 看 清 问 题 的 本 质 的 那 一 刻. 否

我还 依稀 记得 2 0 1 0年 高考 的那 道第 1 8

+b ( x ∈R) 的图象 与两 坐 标轴 有 三个 交 点 坐  则 , 你就 慢慢 算吧 !

标分 别为 ( 一l +  r 二  , 0 ) , ( 一1 一 √r 二  ,

+F一0 , 则 有

其他 暂 且 不 提 , 只看 一 个 方 程 组 的 解 答  0 ) , ( 0 , 6 ) . 设 圆 的方 程 为 z   +Y   +D x+ Ey   题.

( 其中l z   ≠ 一3 ) :

f ( ~1 一 ̄ /

) 。 +D( 一1 一 ̄ /

) +F =0

{ ( 一1 +   4 T 1  ̄5 ) 。 +D ( 一1 +   4 T 1 = b ) +F :0 ,

解 方 程 组

1  一  ( . z   + 3 ) ,

( 你 会 怎

l   6 。 + E 6 + F — o

f D一 2

l 等 + 等 一 1 ,

么解 ? )

解 之 得  E一 一 1 —6 .

1 F=b

所 以 圆 的方 程 为  +  。 +2 x 一( 1 +6 )

+ 6— 0.

一冬・

因为  ≠ 一 3 , 所 以丁 3 E 1 " - 3一 一

你 能 在三分 钟 内解决 此题 吗 ?   不妨 可 以这样 思 考 , 因 为 圆过 二 次 函数

字 , 则 X l 一

, 从 而   一   .

难 吗 ?明 白方 程 组 的 本 质 吗 ?其 实 , 题  厂 ( z ) 一   +2 x+b (  ∈R) 的 图象 与  轴 的  目已经 告诉 我 们 方 程 组 已有 一 解 是 一 3 . 去  交点 , 故可 设 圆 的 方 程 为

。 +Y   +2 x+ E y   查 阅一 下 这 道 题 吧 , 细细品味 , 定 别 有 一 番  +6 —0 . 又 因 为点 ( 0 , 6 ) 在 圆上 , 所 以代 入 上  滋 味在 心头 .

式得 b   +Eb +6 —0 .

难 与 不 难 是 相 对 的. 弄 清 问 题 的 真 本

亲, 忘 了告诉 你 : 从简 , 本就是一 种美德.

因为 6 ≠0 , 则 E一 一 1 一b , 所 以 圆 的 方  质 , 轻 松上 阵 , 高考 面前 , 青春不 再 被浪 费 !   程为 z   +Y   +2 z ~( 1 +6 ) 3 , +6 —0 .

2 B   Ne w  U n i v e r s i t y   E n t r a n c e   E x a mi n a t i o n

范文六:阿波罗尼斯圆及其应用

阿波罗尼斯圆及其应用

数学理论

1.“阿波罗尼斯圆”:在平面上给定两点A,B,设P点在同一平面上且满足PA,当PB0且1时,P点的轨迹是个圆,称之为阿波罗尼斯圆。

(1时P点的轨迹是线段AB的中垂线)

2.阿波罗尼斯圆的证明及相关性质

定理:A,B为两已知点,P,Q分别为线段AB的定比为(1)的内外分点,则以PQ为直径的圆O上任意点到A,B两点的距离之比为.

证 (以1为例) 设ABa,APAQ,则 PBQB

APaaaa,PB,AQ,BQ. 1111

由相交弦定理及勾股定理知

a22a2222BCPBBQ2,ACABBC2, 112

于是BCa21,ACACa. ,21BC

而P,Q,C同时在到A,B两点距离之比等于的曲线(圆)上,不共线的三点所确定的圆是唯一的,因此,圆O上任意一点到A,B两点的距离之比恒为.

性质1.当1时,点B在圆O内,点A在圆O外;

当01时,点A在圆O内,点B在圆O外。

性质2.因ACAPAQ,过AC是圆O的一条切线。

若已知圆O及圆O外一点A,可以作出与之对应的点B,反之亦然。 2

2aa性质3.所作出的阿波罗尼斯圆的直径为PQ2,面积为2. 1

性质4.过点A作圆O的切线AC(C为切点),则CP,CQ分别为ACB的内、外角平分线。 性质5.过点B作圆O不与CD重合的弦EF,则AB平分EAF. 2

数学应用

1.(03北京春季)设A(c,0),B(c,0)(c0)为两定点,动点P到点A的距离与到点B的距离之比为定值a(a0),求点P的轨迹.

2.(05江苏)圆O1和圆O2的半径都是1,O1O24,过动点P分别作圆O1和圆O2的切线PM,PN(M,N分别为切点),使得PM2PN,试建立适当坐标系,求动点P的轨迹方程.

3.(06四川)已知两定点A(2,0),B(1,0).如果动点P满足2PB,则点P的轨迹所围成的图形的面积是________________.

4.(08江苏)满足条件AB2,AC2BC的ABC面积的最大值是___________.

5.在等腰ABC中,ABAC,BD是腰AC上的中线,且BD3,则ABC面积的最大值是___________.

6.已知A(2,0),P是圆C:(x4)2y216上任意一点,问在平面上是否存在一点B,使得

变式:已知圆C:(x4)2y216,问在x轴上是否存在点A和点B,使得对于圆C上任意一点P,都有

7.在ABC中,AB2AC,AD是A的平分线,且ADkAC.

(1)求k的取值范围;

(2)若ABC的面积为1,求k为何值时,BC最短.

PA1?若存在,求出点B坐标;若不存在,说明理由. PB2PA1?若存在,求出A,B坐标;若不存在,说明理由. PB2

范文七:回归教材阿波罗尼斯圆

回归教材——阿波罗尼斯圆

原题:

A(3,0)距离的比为已知一曲线是与两个定点O(0,0)、

并画出曲线。

解:设点M(x,y)是曲线上任意一点,

1的点的轨迹,求此曲线的方程,21,整理即得到该曲线的方程为: 2

(x1)2y24。

一般地,平面内到两个定点距离之比为常数(1)的点的轨迹是圆,此圆被叫做“阿波罗尼斯圆”。

这是一个很有趣的圆,下面我们先来解决它的“逆向”问题:

引申1:

在x轴正半轴上是否存在两个定点A、B,使得圆x2y24上任意一点到A、B两点的距离之比为常数1?如果存在,求出点A、B坐标;如果不存在,请说明理由。 2

解:假设在x轴正半轴上是否存在两个定点A、B,使得圆x2y24上任意一点到A、B两点的距离之比为常数

1,设P(x,y)、A(x1,0)、B(x2,0),其中x2x10。

21对满足x2y24的任何实数对(x,y)恒成立, 2

222整理得:2x(4x1x2)x24x123(x2y2),将xy4代入得:

22x(4x1x2)x24x1212,这个式子对任意x[2,2]恒成立,所以一定有:

4x1x20,因为x2x10,所以解得:x11、x24。 22x24x112

所以,在x轴正半轴上是否存在两个定点A(1,0)、B(4,0),使得圆xy4上任意一点到A、B两点的距离之比为常数221。 2

引申2:

再来介绍一个看似与阿波罗尼斯圆“风马牛不相及”的问题:

如图,铁路线上线段AB100km,工厂C到铁路的距离CA20km。现要在A、B之间某一点D处,向C修一条公路。已知每吨货物运输1km的铁路费用与公路费用之比为3:5,为了使原料从供应站B运到工厂C的费用最少,点D应选在何处?

此问题可以用阿波罗尼斯圆迅速得到解答,你相信吗?

解:建立如图所示直角坐标系,

先求到定点A、C的距离之比为

动点P(x,y)的轨迹方程,

即:

3的53,整理即得动点5

P(x,y)的轨迹方程: BX

4x24y290y9000,

令y0,得x15(舍去正值)即得点D(15,0),DA15,DC25。下面证明此点D即为所求点:

自点B作CD延长线的垂线,垂足为E,在线段BA上任取点D1,连接CD1,再作D1E1BE于E1。

设每吨货物运输1km的铁路费用为3k(k0),则每吨货物运输1km的公路费用为5k,如果选址在D1处,那么总运输费用为y3kBD15kDC(3BD15DC11)k,

而BE1D1∽BED∽CAD,∴BD1CD255,∴3BD15E1D1, E1D1AD153

那么总费用y(3BD15DC1)k(E1D1DC1)5k(CDDE)5k5kCE, 当且仅当点C、D1、E1共线时取等号。总上所述,点D即为所求点。

作者:马力仲

单位:广东仲元中学

通讯地址:广东省广州市番禺区广东仲元中学

邮政编码:511400

电话:13312806463

电子信箱:panyuweijie@21cn.com

范文八:有关阿波罗尼斯圆的探究及应用

《数学之友》2011年第16期

有关阿波罗尼斯圆的探究及应用

姜卫东

(江苏省扬州中学,225009)

B是平面内的两个定点,初始问题:设A,平面

内的动点C到点A的距离与到点B的距离的比为定值λ(λ>0),求点P的轨迹.这是一个简单的问题,我们可以通过解析法来处理.可设定线段AB的长2a(a>0),以线段AB所在直线为x轴,以线段AB的中垂线为y轴,建立直

0),B(a,0),y).由角坐标系,这时A(-a,设P(x,CAx+a)+y=λ,=λ,:(1-λ2)x2+得化简得

CBx-a)+y(1-λ2)y2+2a(1+λ2)x+a2(1-λ

2

=

λ

=

1

方程即为

x

=

0,此时轨迹是y轴,也就是线段AB的中垂线;当λ>0且λ≠1时,配方整

a(λ2+1)2

+y2=理得:x-2

λ-1

可得性质1.

CN分别是∠ACB及其外角的平分性质2:CM,

线,且CM⊥CN.

AMCA

=在△ABC中,据阿氏圆的定义可知=

MBCBλ.利用平面几何知识可证:CM平分∠ACB,同理可

从而易得CM⊥CN.证:CN平分∠ACB的外角,

2关于阿波罗尼斯圆之应用

对于阿氏圆及其相关性质,在各类考试中都有

所涉及,在解题中有较广泛的应用.2.1

直接考查与阿氏圆有关的轨迹问题

例1如图:圆O1和圆O2的半径都等于1,

[]

O1O2=4,过动点P分别作圆O1,圆O2的切线PM

PN

M

N

为切点

使得

PM

=试确定平面直角坐标系,并求动点P的轨迹方程.解:本题就属于考查与阿氏圆有关的轨迹问题.当然在求切PN时,线长PM,不应直接用两

点间的距离公式来求,而应构造Rt△,利用勾股定理来求.如图,以O1O2的中点

O1O2所在直线为x为原点,

轴,建立坐标系.则O1(-2,

0),O2(2,0),y),设P(x,由PM=得:PM2=2PN2,

2∴PO2代入点的坐标并化简得:1-1=2(PO2-1),

(2aλ

,此时轨迹是一个圆,2

λ-1)

2

a(λ2+1)2aλ,0,它的圆心为半径为2如右图2

λ-1|λ-1|()

所示.

实际上,在上面问题中(λ≠1)所涉及到的圆,

就是著名的阿波罗尼斯圆(以下简称阿氏圆).

1关于阿波罗尼斯圆之探究

(1)由前面的解题过程可知:在平面内,满足

CA

CB

=λ(λ>0,λ≠1)的动点C的轨迹是阿氏圆.实际根据轨迹方程的纯粹性和完备性可知,阿氏圆上上,

的任意一点C也必定满足

CA

=λ(λ>0,λ≠1).CB

(x-6)2+y2=33,这就是所求的轨迹方程.

实际上,类似的问题在全国高考卷中早已考过.0)和圆C:x2+例如:已知直角坐标平面上点Q(2,

y2=1,动点M到圆C的切线与|MQ|的比等于常数λ(λ>0),求动点M的轨迹方程,并说明它表示什么曲线.2.2

以阿氏圆为载体(背景)考查定点、最值问题例2

22

0),已知圆C:x+y=9,点A(-5,直线

(2)由前可知,阿氏圆的直径必在直线AB上,

N,在上图中,若设它的两个端点为M,则有以下两个性质:

N分别是线段AB的内分点和外分性质1:M,点,且

AMAN

==λ(λ>0,λ≠1).MBNB

N在阿氏圆上,因为M,故由阿氏圆的定义直接·56·

l:x-2y=0.

《数学之友》2011年第16期

(1)求与圆C相切,且与直线l垂直的直线方程;

(2)若在直线OA上(O为

存在定点B(不同坐标原点),

满足:对于圆C上任意一点P,都有于点A),

常数,求所有满足条件的点B的坐标.

0),解:(2)假设存在这样的点B(t,使得

222

∴(x-t)常数λ,则PB=λPA,

2

整理得:S△ABC=代入上式,

-(x-12),由三

16

+x>2且x+2>,角形的三边关系知解得2

PB

为一PAPB为PA

-2<x<2+2,时,S△ABC取得最大故当x=2值为2此种解法,是函数思想的具体应用,而且在求解的过程中,应注意充分运用隐含条件“三角形中三,边之间的关系”求出函数的定义域.这种仅从数的角度来研究问题显得较为繁琐!如果换个角度思考问题,即从形的角度来考虑,借助于阿氏圆来处理,就要方便得多!略解如下:

由三角形的面积公式可

要使得

S

ABC

达到最大

只需

AB

边上的高达到BC,最大即可.又由AC=得AC

=所以点C的轨迹就是BC一个阿氏圆,从图形容易知道

AB边上的高的最大值.以AB所在直线为x轴,以AB的中点为原点,建立坐标系(如右图所示).设C(x,y),A(-1,0),B(1,0),∵标并化简得:(x-3)

2

+y2=λ2[(x+

222

5)2+y2],将y=9-x代入,整理得2(5λ+t)x+

3]∴5λ2+t=034λ2-t2-9=0对x∈[-3,恒成立,39

t=-或λ=1,t且34λ-t-9=0,解得λ=,55

2

2

=-5(与点B重合,故舍去),所以存在点B

(

9PB3

,0对于圆C上任一点P,都有为常数.5PA5

)

从表面上看,本题是以阿氏圆为背景的一个解析几何的定点问题,我们是通过变量分离,转化为恒如果对题目再进行深等式来处理.但这还远远不够,

我们就可以发现,本题中圆O可看成是入地分析,

A两点而言,对于B,比值为

3

的一个阿氏圆.因此5

AC

=代入点的坐BC+y2=8,0)为圆它是以(3,

本题与前面的例1与例2可以看成是互逆的问题,

B及比值求阿氏圆;前面的两例题是已知两定点A,

而例3是已知一个定点A及阿氏圆求另一个定点B

及比值.正是有了阿氏圆的知识,才让我们认请问题的本质,明了命题者的命题思路.实际上,命题者是0),B-从下题“已知A(-5,

2,心,由图易知,当C在圆的最高点

C点到AB的距离(也就是AB边上的或最低点时,高)达最大为2∴(S△ABC)

max

=

1

AB·2=22

(

9,0,动点P满足5

)

比较两种解法可知,采用解法二,借助阿氏圆,利用数形结合的思想来处理,显然要便捷得多!2.3

巧用阿氏圆的性质快捷解答竞赛题

对于某些竞赛试题

如能巧妙地运用阿氏圆的

PB3

=,求动点P的轨迹方程”进行改编后得到本PA5

题的,将条件“B-

(

9PB3

,0及=”改为结论,而5PA5

2

2

)

相关知识来处理

有时就能缩短思维路径

简化解题

过程

起到事半功倍的效果

例4

设凸四边形ABCD

的两组对边所在的直线分别交

F两点,于E,两对角线的交点为P,过P作PO⊥EF于O.求证:∠BOC=∠AOD.

解:先证OP是∠AOC的平分线,再证OP亦是∠BOD的平分线即可.

不妨设AC交EF于Q,考虑△AEC和点F,

EBAQCD

=1.①由梅涅劳斯定理可得··

BAQCDE再考虑△AEC与截线BPD,

(下转第59页)

·57·

“动点P的轨迹方程x+y=9”改为条件.将结论

对于有些高考题,若能借助阿氏圆的知识来处有时会得到非常简便的解法!理,

例3是

AC=,若AB=2,则S△ABC的最大值

对于此题,较常见的解法是通过设变量,建立目标函数来解决最大值问题.略解如下:设BC=x,则AC=,据面积公式得:S△ABC=

1

AB·BC·sinB2

4-x2

=x-cosB.又据余弦定理有cosB=,将其

4x

《数学之友》2011年第16期

初始条件为x(0)=0.2.将方程分离变量并积分,

x

dx

=初值解满足

0.20.05-x

4dt.∫45

0-t

4

4

并求出x有x=0.05+0.15e.

t=30分钟=1800秒代入得x=0.05.即开动通风设备30分钟后,室内CO2的含量接近0.05%,基本上已是新鲜空气了.

3牛顿冷却定律的应用

dT

=-k(T-21),dt

T(0)=34,T(1)=32.

-0.167t

.解得T(t)=21+13e

设死者死亡时为正常体温37度,即T=37,由

113

ln≈-1.25小时.上式求出死亡时间t=

0.16716

由此推断出,死者的死亡时间为6:00-1:15=4:45,即下午4:45左右,因此李某有作案时间不能排除嫌疑,张某无作案时间.

{

例4有一种医疗手段,是把示踪梁色体注射到胰脏里去检查其功能.正常胰脏每分钟吸收染色的40%.

30分现有一内科医生给某人胰脏注射了0.3克染色,

钟后还剩下0.1克,试问此人的胰脏是否正常.

解:正常情况下,设S(t)表示注射染色体后t分

dS

钟时人胰脏中的染色量,则每分钟吸收的染色为

dt

=-0.4S,本题可知S(0)=0.3,

dS

=-0.4S,

故得到定解问题dt

S(0)=0.3.

-0.4t

,通过分离变量法,解得S(t)=0.3e

则30分钟后剩余的染色量为S(30)=0.3e-0.4×30≈0.而实际此人剩余0.1克,由此可知,此人的胰脏不正常,应该接受治疗.

檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸(上接第57页)

EDCPAB交时,同理可证:OP平分

=1.②由塞瓦定理有··

DCPABE∠BOD.而当BD与EF平行时,

APPCAPAQ过B作ED的平行线交AC于G=,∴=,③比较①②两式,可得

AQQCPCQCAGABAD

(),==故如右图则,:PEF得到此比例式后一般的做法是过作的ACAEAF

OC于I,J,平行线分别交OA,GD∥CF,从而BCDG是平行四

PIAPJPPC边形.于是P为BD的中点.因此OP平分∠DOB.==.④则有

QOAQQOQC

PIJP=,由于③④可得从而PI=PJ.又OP⊥QOQO

参考文献:

IJ,则PO平分∠IOJ,即PO平分∠AOC.

[1]黄全福.利用阿波罗尼斯圆解竞赛题

.这种解法不仅繁琐而且不易想到但若运用阿

[J].中等数学,2010.

APAQ

=,[2]王雪峰.数学及高考中的阿波罗尼斯圆氏圆的知识来解,就较方便!由又∵PO⊥PCQC

[J].中学数学教学参考,2009,(4).

OQ,O必在阿氏圆上且PO平据阿氏圆的性质知,

[3]朱波.“阿波罗尼斯圆”.考试妙用[J]

分∠AOC.

(高中数学版),2010,(Z5).

接下来,证明OP平分∠DOB.当BD与EF

牛顿冷却定律:把温度为T的物体放入处于常

T的变化速率正比于物体的瞬时温温T0的介质中,

度与周围介质温度T0之差.

dT

设物体的温度为T(t),于是可列微分方程=

dt

-k(T-T0),k>0.

例3某小镇发生凶杀案,法医于下午6点到

1小时后又达现场,测得此时尸体的温度为34度,

测得尸体的温度为32度.假设室温为常温21度.警方经过反复排查,圈定了两名犯罪嫌疑人张某和李

但二人均辩称自己无罪,并陈述了各自当日下午某,

5点下的活动情况.张某称,他下午一直在办公室,

4点30分左右接班后离开.李某称,下午一直上班,

到电话后离开.二人所说均被证实,从二人上班地点到案发现场只需要10分钟,试分析两人能否都排除嫌疑?

解:设尸体在t时刻的温度为T(t),由牛顿冷却定律可得定解问题

4医学中的应用

{

·59·

范文九:有关阿波罗尼斯圆的探究及应用

《 数学之友>

2 1 年第 l 01 6期

有 关阿波 罗尼斯 圆的探究及应用

解 题 探 索

姜 卫东

( 江苏省扬 州中学 ,20 9   2 50 )

初 始 问题 : A, 设 B是 平 面 内 的两 个 定 点 , 面  平 内的动点 C到点 A 的距 离 与 到 点 B 的距 离 的 比 为

可得 性质 1 .   性质 2 C C :M,N分 别 是 /A B及 其 外 角 的平 分  _ C

线 , C - N  且 MjC .

定值 A A> ) 求点 P的轨迹. ( 0,   这是一个简单 的问题 , 我们可 以通过解析法来  处理. 设定 线段 A 可 B的长 2 ( 0 , a a> ) 以线 段 A B所  在直线为 轴 , 以线段 A B的中垂线为 Y , 轴 建立直  角坐标系, 这时 A a 0 , a O , P  ,) 由 (一 , )B( ,) 设 (   .

CA

— n

t AA C中 , 阿 氏 圆的定 义 可 知 , E B E 据

A 利用 平 面 几 何 知识 可 证 :M 平 分 ZA B, . C _C 同理 可  证 :N平分 /A B的外 角 , 而 易得 C C _C _ 从 M上C . N

,  ̄

/ x+a 2 y ( )+2

, 阿

= , A 化简得 :1 A )2   ( 一    +

2 关 于 阿 波 罗 尼 斯 圆 之 应 用

对 于 阿 氏 圆及 其相 关 性 质 , 各类 考试 中都 有  在

所涉 及 , 在解 题 中有 较广 泛 的应 用.   2 1 直接 考 查 与 阿氏 圆有关 的轨迹 问题  .  例 1 如 图: 0   圆  和 圆 0  的半 径 都 等 于 1  ,

( 1一A ) 2 Z (   y + a 1+A )   +a ( A )= .   1一   O

当 A=1时 , 程 即 为  =0 此 时轨 迹 是 Y轴 , 方 ,

也就 是线 段 A 的 中垂 线 ; B

当 A> 0且 A≠1 , 时 配方 整

理 :一 三   y  得[  半】     += (—  时 迹 一 圆  A , 轨 是 个 , 2l此 :  aJ I

它圆为 的心 (

所 示.

0 0 = 过 动 点 P分 别 作 圆 0 , 0 。2 4,   圆  的切 线 P    ,

/  1

A肘1       B 0

\ /

l   N!

尸( , Ⅳ   Ⅳ为切点 ) 使得 :  =  ̄ N 试确定平 面直  P 4P .

角 坐标 系 , 并求 动点 P 的轨 迹方 程.

解 : 题 就属 于考 查 与阿 氏  本 圆有关 的轨 迹 问题 . 当然在 求 切

,,径  。半 为 )

如 图 线 长 P , Ⅳ 时 , 应 直 接 用 两  右  P 不

点问的距离公式来求 , 而应构造  R A, 用勾 股定 理来 求. t 利

如 图, 00 以    的 中 点  为原 点 , 。 :所 在 直 线 为  00

实 际

上 , 上 面 问 题 中 ( 在 A≠1 所 涉 及 到 的 圆 , )

就 是著 名 的阿 波罗 尼斯 圆( 以下 简称 阿 氏 圆 ) .

1 关 于 阿 波 罗 尼斯 圆 之 探 究

() 1 由前面的解题过程可知 : 在平面 内, 满足    C A

= A> A≠1 的 动点 C的 轨 迹 是 阿 氏 圆. 际  A( 0, ) 实

,  v

,   t,、 .

轴 , 立 坐标 系. 0。 2  建 则 (一 ,

0 , : 2 0 , P( Y ,   ) 0 ( , ) 设  , ) 由

P = P M   N得 :   =2 N . p P 2

. .

k2 a   o

上, 根据 轨 迹方 程 的纯 粹性 和完 备性 可 知 , 氏圆上  阿 的任意 一点 c也必 定 满足  = a> , a( 0 A≠1 . )

() 2 由前 可 知 , 氏圆 的直 径 必 在 直 线 A 上 , 阿 B

P  O 一1=2 P  一1 , 人 点 的坐 标 并 化 简 得 : (O )代   实际 上 , 似 的 问题 在 全 国高考卷 中早 已考 过. 类

(  一6 +   3 , ) Y = 3 这就是 所求 的轨 迹 方程.

例如 : 已知直 角坐 标 平 面 上 点 Q( , ) 圆 C: + 20 和     Y =1 动点  到 圆 C的切线 与 I   比等 于 常 数    ,   I MQ 的 A( A>0 , 动 点  的轨 迹 方 程 , 说 明它 表 示 什  )求 并 么 曲线 .

在 上 图中 , 设 它 的 两 个 端 点 为 M, 则 有 以 下 两  若 N,

个性 质 :

性 质 1  , 分 别 是 线 段 A 的 内 分 点 和 外 分  : Ⅳ

点, 且  = N= ( 0 A ) A 而 a a> ’ ≠1

22 以阿氏圆为载体 ( .  背景) 考查定点、 最值 问题

例 2 已知 圆 C: + ,= 点 A(一5 0 , 线      , 9,   ,) 直

Z  一2 : y=0  .

因为 M, N在 阿 氏圆上 , 由阿 氏 圆的定 义 直接  故

5 . 6

< 学之友 ) 数

2 1 年第 l 期  01 6

() 1 求与圆 c相切 , 且与直  线Z 垂直 的直 线 方程 ;

( ) 在 直 线  2若 上( 0为  坐标 原 点 ) 存 在 定 点  ( 同  , 不

‘ 、

代人上式 , 整理得 :   : 垫二  S

, V  JV

由三

角形 的三边关 系 知

+ >   2且  +2>   , 得 2 解

2< <   + , 戈 2 2 故当  =   时 ,△ c 2 s 肚 取得最 大

于点A , ) 满足 : 对于圆 C上任意一点 P, 都有  为一  常数 , 求所有满足条件的点  的坐标.   解 :2 假设存在这样的点 B t0 , " 1 为  () ( , ) 使徂 9  ̄A   常数 A 贝 P =   A ,. 一 ) y

=   (   ,    AP . ( £ ・  + 2 A [ +

值 为 2 2  √.

此种解法 , 是函数思想的具体应用 , 而且在求解  的过程中, 注意充 分运用隐含条件 “ 应 三角形 中三

边之间的关 系” 求 出函数的定义域. , 这种仅从数 的  角度来研究 问题显得较为繁琐 !如果换个角度思考  问题 , 即从形的角度来 考虑 , 借助于阿氏圆来处理 。   就要方便得多 !略解如下 : 由三角形 的面积公式可  知, 要使 得 S 船 达 到最大 ,  c 只需 A B边上 的高达到

最 大 即可. 由 A   又 C=

C A

5  ,]将Y = 一 代入, ) +, ,   9   2 整理得 2 5  t + (A + )   x

3 A 一  9 0 4   t 一 = 对 ∈[ 33 恒成立 , 5   t 0 一 ,] . A + =  ・ .

且 4 一 — =,得A ÷ £ 一 或A 1  3 t 90 A 2 解 = , ÷ =, = t

= 一5( 点 B 重 合 , 舍 去 ) 所 以 存 在 点  与 故 ,

c, 得

●r    ,

c= , 以点 c的 轨 迹 就 是    所 个 阿 氏 圆 , 图 形 容 易 知 道  从

_、 \

(詈 ) 圆 上 一 P 有B帚 _ 一, 于 c任 点 , 鬲 甄  o 对 都P 3 刀 .

从表面上看 , 本题 是 以阿 氏圆 为 背景 的一 个解

A0\ 0 /    \  ・ /

A B边上 的高的最大值. 以  所在直线 为  轴 。 以  A B的中点为原点 , 建立坐标 系( 如右图所示 )设 C .   ( Y ,( 10 , ( ,) ’  ,)A 一 ,) B 10 ,’ = , .     代入点的坐

■J l

析几何的定点问题 , 我们是通过变量分离 , 转化为恒

等式来处 理. 但这 还 远远 不够 , 如果 对 题 目再进 行深

入地分析, 我们就 可以发现 , 本题 中圆 0可看成是

对于B A , 两点而言, 值为÷的一个阿氏圆. 比 因此

本 题与前 面 的例 1与 例 2可 以看 成是 互 逆 的 问题 ,

标并化简得: 一 ) + ,= , ( 3 2 ) 8它是以( , ) 2 3 0 为圆

心 ,  为半 径 的 圆 , 图易 知 , c在 圆 的最 高点  2 由 当 或最 低点 时 , C点到 A 的 距 离 ( B 也就 是 A B边 上 的  高) 达最 大为 2 ,

’ . .

前面的两例题是 已知两定点 A  及 比值求阿氏圆; ,   而例 3是 已知一 个定 点 A及阿 氏 圆求另 一个 定 点 曰   及 比值. 是有 了阿 氏圆 的知 识 , 正 才让 我们 认请 问题

的本质 , 了命题 者 的命 题 思 路 实 际上 , 题 者 是  明 命

(△ c = .仙 ) ÷肥 ・  =   . s   2

比较 两种 解 法 可 知 , 用 解 法二 , 助 阿 氏 圆 , 采 借   利用 数形 结合 的思想 来处 理 , 显然要 便捷 得多 1

2 3 巧 用 阿氏 圆的性 质 快捷 解答竞 赛题  .

从下 已 题“ 知A 一 ,) f ÷,l ( 50 , 一 0, P     动点 满足

P 鬲   B=3

求动点 P的轨迹方程 ’ ’ 进行改编后得 到本

对于某些竞赛试题 , 如能巧妙地运用阿氏圆的  相关知识来处理 , 时就能缩短思维路径 , 有 简化解题

起到事半功倍 的效果 !   题 , 件B一, 等=,为 论而 过程 例 4 设 凸 四边 形 ABCD  的 条 “  o  ’ 结 , 将 (9) 3改 及   ,

将 结论 “ 点 P 的轨迹 方程  + 2 ” 为条件. 动 y =9 改

对 于 有些 高考 题 , 能借 助 阿 氏 圆 的知 识 来处  若

理, 有时会得到非常简便 的解差

的两组对边所在 的直线分别交  于 E, F两 点 , 对 角 线 的交 点  两

为 P 过 P作 P   于 0 , O上 .

求证 : O / C=/A D  _B O.

例 3 若 佃 = ,C= 2A   c 则 S 肚 的最 大值  , △c

— —

解: 先证 D P是 /A C 的平 分线 , _ O 再证 O 亦 是  P /B D 的平 分 线 即可. O   不妨 设 A C交  于 Q, 虑 AA C和点 F, 考 E

对 于此题 , 常 见 的解法 是通 过设 变 量 , 立 目 较 建   标 函数来 解 决 最 大 值 问 题. 略解 如 下 : B  , 设 C= 则

A= , C   据面积公式得:△ s  ÷A   c・ i   髓= B・ sB n

由涅 斯 理 得  ・ 1① 梅 劳 定 可筹‘  一   .

 ̄ AA C与 截线 B D, E P   ( 下转 第 5 9页)

- X

- -

又 余 定 有cB  将   据 弦 理 o : ≠,其 s

5 ・ 7

‘ 数学之友>

2 1 年第 1 01 6期

初始条件为 ( ) 02 0 = ..   将方程分离变量并积分,

f k 一1   一 ( 2 , r )

1 o :4  () 3 ,

I )= 2 【 1 3.    (   ’

初 解足  值满 (

= t r .

并求出  有 = .5+ .5 一 . 00 0 1e铲  £3 = 0分钟 = 80 10 秒代入得 = .5 00 .   即开动通 风设 备 3 0分钟后 , 内 C  的含量  室 O 接近 00 %, .5 基本上 已是新鲜空气了.

解得 T t 2 ()= 1+1e 卵. 3 J ‘

设死者死亡时为正常体温 3 7度 , T= 7 由 即 3,

上式求出死亡时间 =   ・   一 12  、   h1 3 .5 时. d

3 牛顿冷却定律 的应

牛顿冷却定律 : 把温度 为  的物体放入处 于常  温  的介质 中,  的变化速率正 比于物体的瞬时温  度与周围介质温度 死 之差.

由此推断出, 死者的死亡时间为 6O 1 1   : 0— :5= 44 , : 即下午 4 4 5 :5左右 , 因此李某有作案时 间不 能  排除嫌疑 , 张某无作案时间.

4 医学 中的应用

例 4 有一种医疗手段, 是把示踪梁色体注射到胰  脏里去检查其功能 正常胰脏每分钟吸收染色的 4%. 0   现有一内科医生给某人胰脏注射了 o3 . 克染色, 分  3 o

钟后还剩下 D1 , . 克 试问此 人的胰脏是否正常.   解: 正常情况下 , s £表示注射染色体后 t 设 () 分

设物体的温度为 T t , () 于是可列微分方程  =

k T—T ) 后 0  ( o ,> . 例 3 某 小 镇 发 生 凶 杀 案 , 医 于下 午 6点 到  法

达现场 , 测得此 时尸体 的温度为 3 4度 , 小 时后又  1 测得尸体的温度为 3 度. 2 假设室温为常温 2 度. 1 警  方经过反复排查 , 圈定 了两名犯罪嫌疑人张某和李  某, 但二人均辩称 自己无罪 , 并陈述了各 自当日下午  的活动情况. 张某称 , 他下 午一直在办公室 , 5点下  班后离开. 李某称 , 下午一直上班 , 3 分左右接  4点 0 到 电话后 离 开. 人所 说 均被 证实 , 二 从二 人上 班地 点  到案发现场只需要 1 0分钟 , 试分析两人能否都排除  嫌疑 ?   解: 设尸体在 £ 时刻的温度为 () 由牛顿冷却  £, 定律可得定解 问题

钟时人胰脏中的染 色量 , 则每分钟吸收的染色为  =一 .S 本题可知 s 0 = . , 04 , ( ) 0 3

』 C

故 到 解 题 -4  得 定 问 j 0S   .,

【() o3 s0 = ..

通过 分 离变量 法 , 解得 S £ 0 3  , ()= .e

则3 0分钟后剩余的染色量为  S 3 )= . e n  ( 0 0 3 — ‘∞≈0 .

而实际此人剩余 0 1 , . 克 由此可知 , 此人 的胰脏  不正常 , 应该接受治疗.

( 接 弟 5 页) 上 7

由塞 瓦定理 有  ・ A   C P P・

=1

交 时 ,同 理 可 证 :D 平 分  P LB D 而 当 B 与  平 行 时 , O. D   过 B作 E 的平 行线 交 A D C于 G

得到此 比例式后 , 一般 的做法是 : P作 E   过 F的 平行线分别交 O , C于 ,. AO ,, ,

比①两 , 篙 ’ = ,   ( 图),   =AB=A  较②式 得 = .   ③ 如右 则AG   D 可 .a   q

则品

=    有 =, P ④ AJ _ PP C . 由③可品 ,   3P 于④得 = 从 = L _ J而 P  L O

I, P J 则 D平分 LIJ 即 P O , D平分 LA C  O.

∞ ∥  , 而 B D 从 C G是 平行 四   边形 . 于是 P为 B 的中点. D 因此 O P平 分 LD B  O.

参 考文 献 :

这 种解法不仅繁琐而且不易想到. 但若运用阿  氏圆的知识来解 , 就较方便 !由A   又 ‘ P0j    P= . 。 .

D 据 阿 氏 圆 的性 质 知 , 必 在 阿 氏 圆 上 且 P 平  Q, 0 0 分 LA C  O.

接 下 来 . 明 O 平 分   DO . B 与 E 相  证 P B 当 D F

[ ] 黄 全福. 1  利用 阿 波 罗尼 斯 圆解 竞赛 题  [] 中等数学 , 1. J. 2 0 0   [ ] 王雪峰. 2  数学及 高考 中的阿波罗尼斯 圆  [] 中学数学教学参考 , 0 ,4 . J. 2 9 () 0   [ ] 朱 波. 阿波 罗尼斯 圆” 3  “ 妙用 [ ] 考试  J. ( 高中数学版)2 1 ,z ) , 0 (5 . 0

5 ・ 9

范文十:圆之吻阿波罗尼斯问题的历史

數學傳播30卷2期,pp.40-50

圓之吻阿波羅尼斯問題的歷史

汪曉勤·張小明

摘要:所謂阿波羅尼斯問題,即指求作一圓,使與已知三圓相切。該問題從提出至今,已歷兩千二百餘年。眾多數學家為它所吸引,韋達、笛卡兒、牛頓、熱爾崗、龐斯列等一流數學家都相繼給出他們的解法。我們有理由相信,這個古老的數學問題明天仍將激發數學家們無盡的智慧。

關鍵字:阿波羅尼斯,韋達,牛頓,熱爾崗,位似中心,綜合法。

−−索迪

西元前3世紀,古希臘大數學家阿波羅尼斯(Apollonius,前260∼前190)著「論相切」,共2卷。儘管該書遠不及他的另一部著作「圓錐曲線」著名,但其中的數學問題卻是後世數學家孜孜以求的目標。根據3世紀希臘數學家帕普斯(Pappus)的記載,該書包含這樣的問題:

“已給三個元素,每個元素為點、直線或圓之一種。求作一圓,過已知點(如果元素中有點的話),且與已知直線或圓相切。”

阿波羅尼斯按已知條件將問題分成10種:點點點、線線線、點點線、點線線、點點圓、點圓圓、線線圓、線圓圓、點線圓、圓圓圓。歐幾裏得在「原本」第四卷討論了前兩種,而阿波羅尼斯在「論相切」中討論了其餘8種。人們通常將難度最大的第十種(求作一圓,使其與已知三圓相切)稱為“阿波羅尼斯問題”。

1.希思所復原的阿波羅尼斯解法

「論相切」原書已失傳,我們不知道阿波羅尼斯是如何解決這個難題的。英國著名數學史家希思(T.L.Heath,1861∼1940)根據帕普斯所知道的如下三命題對其作了復原:

40

圓之吻:阿波羅尼斯問題的歷史41

1.如果兩圓相切,那麼過切點的直線將兩圓分成的兩部分各相似;

2.三個圓的三個位似外心、一個位似外心和兩個位似內心分別共線,六個位似心共位於四條直線上1。

3.作圓內接三角形,使其三邊延長線分別經過三個共線的已知點。

若三個已知圓O1、O2和O3的半徑分別為r1、r2和r3,A、B、C是三個位似外心,分別滿足AO2:AO3=r2:r3,BO1:BO3=r1:r3,CO1:CO2=r1:r2,假設與三圓O1、O2和O3相外切的圓O已經作出,P、Q、R是三個切點。延長PQ,分別交圓O1和O2於D、E;由命題1,弓形DMP和QNE均與PTQ相似,因而它們彼此相似。從而知PQ延長線經過位似中心C。同理可證QR、PR的延長線分別經過位似中心B和A。設QA、PB與圓O3交於G、K,因弓形PQR和RGK相似,故∠PQR=∠RGK。因此GK//PQ。延長GK,交BC於L。於是

BL:BC=BK:BP=BO3:BO1=r3:r1

因此點L就得到確定。因此問題轉化為:已知共線三點L、B、A,求圓O3上一點R,使得若AR、BR交圓O3於G、K,則GK的延長線通過點L。這就是帕普斯的命題3。求得點R後,只需連接AR、BR並延長,分別交圓O2和O1於Q、P。過P、Q、R三點的圓即為所求

圖1.希思對阿波羅尼斯解法的復原

42數學傳播30卷2期民95年6月

2.韋達和羅曼努斯

法國數學家韋達(F.Vi`ete,1540∼1603)根據前人的研究,對「論相切」一書作了復原,於1600年出版。書中系統論述了阿波羅尼斯提出的問題,給出了十種情況的解,後一情況的解法建立在前一解法的基礎之上。為了解決每一種特殊情形,韋達建立了許多輔助命題和引理。值得注意的是,韋達運用了兩圓的位似中心,如希思所認為的那樣,這可能最接近阿波羅尼斯的思想。但是,韋達可能對問題的解的個數並沒有全面的認識。後來,牛頓(I.Newton,1642∼1727)在「普遍的算術」中複製了韋達的解法。韋達的解法大致如下:

先解決“點點圓”問題,即:求作過兩個定點A、B且與已知圓O1相切的圓。如圖2,先作過定點A、B且和圓O1相交的圓,設交點為C、D,BA和DC的延長線相交於P,從P引圓O1的切線PT1和PT2,切點分別為T1、T2,則過點A、B、T1和A、B、T2的圓即為所求。

再解決“點圓圓”問題,即求作過定點A且與已知兩圓O1、O2相切的圓。如圖3,作兩圓O1、O2的位似外心P,設O1O2分別與圓O1和O2交於C、D,過A、C、D三點的圓和PA交點為B,用上述“點點圓”問題的方法,作過兩點A、B且和圓O1相切的圓,即為所求。

最後解決“圓圓圓”問題,即阿波羅尼斯問題。若三個已知圓O1、O2和O3的半徑分別為r1、r2和r3,設r1>r2>r3,以O1、O2為圓心,分別作半徑為r1−r3、r2−r3的兩個圓,用上述“點圓圓”問題的方法,過點O3作與這兩圓相外切和相內切的圓,其圓心分別為O、O′,則以O為心且與圓O3相外切的圓,以及以O′為心且與圓O3相內切的圓,即為所求,如圖3所示

圖2“點點圓”問題圖3“點圓圓”問題

1593年,作為對比利時數學家羅曼努斯(A.Romanus,1561∼1615)所提45次方程問

圓之吻:阿波羅尼斯問題的歷史43

題的回應,韋達向羅曼努斯提出了阿波羅尼斯問題。羅曼努斯給出了如下的解法:如果圓O和與兩圓O1、O2相切,則OO1、OO2的差等於已知圓O1、O2的半徑之差(常數),因此,圓心O應在以O1、O2為焦點的雙曲線上;同理,O也在以O2、O3為焦點的雙曲線上,從而,所求圓的圓心可以用兩條雙曲線的交點來確定。

然而,韋達對這一解法並不滿意,由於阿波羅尼斯問題只允許用直尺和圓規來作圖,因此他認為不可以用圓錐曲線來確定圓心

圖4韋達的解法

3.牛頓的解法

在「自然哲學之數學原理」中,牛頓再次回到阿波羅尼斯問題(第1卷,第4章,引理16)上來。他的解法利用了羅曼努斯的思路,應用了雙曲線的性質。牛頓的引理如下:

由三個已知點向第四個未知點作三條直線(段),使其差或為已知,或為零。

顯然,如果將已知三點分別作為三個圓的圓心,三線段兩兩之間的差為相應圓的半徑之差,那麼所求的第四點即為阿波羅尼斯問題中所求圓的圓心。牛頓將命題分成三種情形進行討論。

情形1.三線段兩兩不等。設已知點為A、B、C,Z是所求的第四個點。因為AZ和BZ的差是給定的,所以點Z的軌跡是一條雙曲線,其焦點為A、B,實軸為給定的差。設實軸為MN。在MN上取一點P,使得PM:MA=MN:AB。作PR⊥AB(PR是雙曲線的準線),ZR⊥PR,於是由雙曲線性質知:

ZR:AZ=MN:AB(1)

44數學傳播30卷2期民95年6

圖5.牛頓的解法

同理,點Z的軌跡是另一條雙曲線,其焦點為A、C,實軸為AZ和CZ的差(設為UV),同樣作準線QS,作ZS⊥QS,從而

ZS:AZ=UV:AC

由(1)和(2)可得:

ZR:ZS=(MN·AC):(UV·AB).

若RP與SQ交於點T,因點Z到兩條給定直線PQ和QS的距離之比是給定的,因而點Z的軌跡是一條過點T的直線。由於TZ的位置已知,因而TZ:ZS是給定的;但由

(2),AZ:ZS是已知的,所以AZ:TZ是已知的。又TA和∠ATZ是給定的,所以三角形ATZ是確定的。它的頂點即是點Z。

我們知道,在三角形ZTA中,給定底邊TA以及兩腰之比ZT:ZA,其頂點Z的軌跡是一個圓(今稱阿波羅尼斯圓)。因此這裡牛頓成功地將羅曼努斯的兩條雙曲線的交點轉化為可用尺規作出的直線和圓的交點。

情形2.有兩條線段相等。如AZ=BZ,則直線TZ平分AB,然後根據情形1的方法確定△ATZ即可。

情形3.三線段均相等。此時Z為A、B、C三點確定的圓的圓心。

1881年,愛爾蘭數學家凱西(J.Casey,1820∼1891)重新發現了牛頓的解法。和韋達一樣,牛頓沒有討論阿波羅尼斯問題的解的個數。也許是他只注重物理學中的應用,因而認為這樣的討論並不重要。在命題21中,牛頓利用了上述引理,在附注中,牛頓這樣說:(2)

圓之吻:阿波羅尼斯問題的歷史45

“當圓錐曲線是雙曲線時,上述討論中不包括共軛雙曲線。因為物體沿一條雙曲線連續運動時不可能跳躍到它的共軛雙曲線軌道上。”

根據這個說法,很顯然牛頓運用阿波羅尼斯問題的目的是確定天體運行的軌道。阿波羅尼斯問題還在第一次世界大戰中發揮了重要作用:從不同的三個點傾聽敵人的槍聲,利用阿波羅尼斯問題即可確定敵人的位置。據說美國軍隊對此法很感興趣。

4.從解析法回到綜合法

解析幾何這個有效的新工具發明後,很多人便想在古老的魅力無窮的阿波羅尼斯問題上初試牛刀。笛卡兒本人找到了兩種解法,第一種非常複雜,以至於這位解析幾何的開山鼻祖也不能保證在一個月內完成作圖。第二種方法雖簡單得多,但其複雜程度也足以讓笛卡兒望而卻步!

在試圖用解析方法來解阿波羅尼斯問題的人中,有一位是英格蘭公主(國王詹姆斯一世之女)、波希米亞王后(弗雷德裏克五世之妻)—伊麗沙白(Elizabeth,1596∼1662),她把自己的解法寄給了笛卡兒,但笛卡兒發現她的解法並不比自己的高明多少。1643年11月,笛卡兒在一封信中將三圓兩兩外切情形下的阿波羅尼斯問題的解法告訴了伊麗莎白。設兩兩外切的三圓半徑分別為r1、r2和r3,r為與這三個圓都外切的第四個圓的半徑,則笛卡兒給出的結果相當於1

2r2+1r2=21

r2r3+1r1r+1

r3r

今稱“笛卡兒圓定理”。兩個世紀後,英國數學家貝克羅夫特(P.Beecroft)重新發現了這個結果。

儘管笛卡兒等人不成功的嘗試使法國數學史家蒙蒂克拉(J.E.Montucla,1725∼1799)在其「數學史」中斷言阿波羅尼斯問題難以用解析方法來解決,但18世紀數學家們並沒有因此放棄對代數方法的尋求。1788年,歐拉(L.Euler,1707∼1783)和他的學生尼古拉·弗斯(N.Fuss,1755∼1826)在「聖彼得堡科學院院刊」上分別發表了一個代數解法。事實上,該問題相當於解一個三元二次方程組。

18世紀後期,發軔於畫法幾何創立者蒙日(G.Monge,1746∼1818),繼之於蒙日的學生和追隨者,綜合幾何學得到了復興。這個時期,新的幾何概念層出不窮,如點對圓的冪、兩個圓的等冪軸、三個圓的正交圓、兩個和三個圓的位似中心和相似軸、圓系等等,這些新的或重新提出的概念大大豐富了圓的理論,同時又促使數學家們利用這些新概念去解決阿波羅尼斯問題。

19世紀初,法國著名數學家龐斯列(J.V.Poncelet,1788∼1867)創立了綜合射影幾何學,為解決幾何問題提供了新方法,其中極點與極線理論可直接用於對圓的研究。另一方面,綜合幾何學的成就又促使那些崇尚解析方法的人們對自己的工具進行了成功的改進。19世紀上

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葉,兩個學派競爭激烈,分庭抗禮,平分秋色。在這種對峙狀態下,阿波羅尼斯問題成了檢驗兩種方法孰優孰劣的試金石。於是,人們對阿波羅尼斯問題的興趣越發濃厚了。

蒙日的學生,詩人、政治家和數學家卡諾(L.N.M.Carnot,1753∼1823)在出版於1801年的「幾何圖形的相互關係」中,利用二次方程求出了阿波羅尼斯問題中所求圓的半徑,並將切點作為位似中心來確定。在出版於1803年的另一部著作「位置幾何學」中,卡諾又概述了阿波羅尼斯問題的代數解法。德國大數學家高斯(C.F.Gauss,1777∼1855)在卡諾「位置幾何學」德譯本(1810)的一個注釋中,完成了卡諾的代數解法,並成功地對卡諾的計算進行了簡化,一如牛頓對羅曼努斯的解法作出改進一樣。

1806年,巴黎綜合工科學校一年級學生柯西(A.L.Cauchy,1789∼1857)發表了阿波羅尼斯問題的一個解法,這是柯西一生中發表的第一篇論文。1811年,柯西的校友龐斯列也在一年級時發表阿波羅尼斯問題的一個解法。

從韋達到龐斯列,儘管每位數學家所給出的解法都有其獨到之處,但它們所討論的都只是阿波羅尼斯問題的各種特殊情況。在新的時代,新的幾何工具使人們對問題的解提出更高的要求,韋達的分步解法已經不能為人們所接受。人們需要一種直接的解法,而這種解法應該能夠適用於韋達以來的數學家們所考慮的所有特殊情形,並且對於每一種情形,能夠確定解的個數。

5.熱爾崗的一般解法

阿波羅尼斯問題的第一個一般性結果是熱爾崗(J.D.Gergonne,1771∼1859)於1816年給出的,他的結果發表在由他自己創辦的雜誌「數學年刊」上,熱爾崗應用了分析法。

如圖6,已知圓O1、O2和O3,假設已經作出一對圓O和O′,它們與圓O1、O2和O3分別相切於A、B、C和A′、B′、C′。因圓O1同時與圓O和O′相切,故A′A經過圓O和O′的位似中心S;同理B′B、C′C也經過點S。又因SA·SA′=SB·SB′,所以S對圓O1和O2有相等的冪;同理S對圓O2和O3也有相等的冪。因此S是三個已知圓的等冪心。

因圓O1和O2分別與圓O和O′相切於點A、B和A′、B′,故直線AB與A′B′的交點N是圓O1和O2的位似中心。同理,BC與B′C′的交點L是圓O2和O3的位似中心,AC與A′C′的交點M是圓O3和O1的位似中心。根據帕普斯命題2(達朗貝爾定理),L、M、N三點必在一條直線上,直線LMN即為已知三圓的相似軸。

另一方面,對於圓O和O′來說,由於NA·NB=NA′·NB′,所以點N對圓O和O′有相等的冪,同理,點L和M對圓O和O′也有相等的冪,故直線LMN也是圓O和O′的等冪軸。

現在點B、B′處作圓O2的切線,設它們交於D,則BD=B′D,而BD和B′D同時又是圓O和O′的切線,可見點D對圓O和O′有相等的冪,必位於等冪軸LMN上。

圓之吻:阿波羅尼斯問題的歷史47

但是,對於圓O2來說,D是弦BB′的極點,既然D在LMN上,則LMN的極點Q必在BB′上,同理,對於圓O1和O3來說,LMN的極點P和R分別在AA′和CC′上。

因此熱爾崗得到阿波羅尼斯問題的如下作法:

作三個已知圓O1、O2和O3的等冪心S及外相似軸XY,分別求XY對於圓O1、O2和O3的極點P、Q、R,連結SP、SQ、SR並延長,與圓O1、O2和O3分別相交於A、A′、

B、B′、C、C′。分別過點A、B、C和A1、B1、C1作圓O和O′,則圓O和O′即為所求

圖6.熱爾崗的解法

6.龐斯列—福切的解法與解的個數

1822年,龐斯列在其「圖形之射影性質」中給出了阿波羅尼斯問題的另一解法,他運用的是綜合法,與上述熱爾崗的解法有異曲同工之妙,備受時人推崇。

70年後,法國數學家福切(MauriceFouch´e)應用等角圓方法再次解決了阿波羅尼斯問題,不過他的這一解法與龐斯列的解法基本上並無二致。引人注目的是,福切不僅給出問題的一般解,而且還根據已知三圓的位置關係討論了各種情況下解的個數,同時,他還說明自己的解法同樣適用於已知圓被換成點或直線時的特殊情形。

48數學傳播30卷2期民95年6

圖7.龐斯列—福切解法

已知三圓O1、O2和O3,龐斯列與福切的作法是:分別作圓O1、O2和O1、O3的位似外心C和B,以C為心,作圓O1、O2的共軸圓,以B為心作圓O1、O3的共軸圓。記V為圓B和C所確定的共軸圓系,於是在與V共軛的圓系W中與圓O1相切的兩圓O和O′即為問題的兩個解。如圖7所示。

福切又證明:對於三個已知圓來說,對應於每條相似軸有且只有兩個解,而一般情況下,三個已知圓最多有四條相似軸,因此,阿波羅尼斯問題最多有8個解。各種情形中解的個數如下:

1.當已知三圓沒有公共點時:

如果三圓外離或兩圓外離且二者同時位於第三圓內部,則有8個解,但是,若兩圓外離而第三個圓內含於其中一圓則問題無解。

2.當有兩圓相交時:

(1)如果第三個圓與以上兩圓都相交但不經過它們的公共點時有8個解。

(2)如果第三個圓只和前兩圓中的一個相交或者與前兩圓均不相交或者第三圓經過前兩圓的一

個交點則有4個解。(後一種情況中包括第四個圓的半徑為0的情況,亦即三個圓的公共點被看成半徑為0的一個解)

圓之吻:阿波羅尼斯問題的歷史

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圖8三圓外離時阿波羅尼斯問題三所有8個解

(3)當第三個圓經過前兩圓的兩個公共點時,除了這兩個公共點被視為半徑為零的兩個解外,沒

有其他的解。

3.當三個圓中有兩個相切時,下面三種情況有6個解:

(1)第三個圓與前兩圓均不相交;

(2)前兩圓外切而第三個圓與前兩圓外離;

(3)前兩圓內切而第三圓在較大圓的內部且在較小圓的外部。其餘情況均有4個解。

4.當已知三圓相切于同一點時,有無窮多個解。

1895年,英國數學家繆爾海德(R.F.Muirhead)在其論文“阿波羅尼斯相切問題解的個數與性質”中完整地討論阿波羅尼斯問題的解的個數。

7.並未結語

19世紀中葉,丹麥數學家彼得遜(J.Petersen,1839∼1910)利用反演理論解決了阿波羅尼斯問題。就像其他數學難題一樣,雖然該問題已經得到了圓滿的解決,但人們對它的興趣卻始終沒有減弱;隨著幾何學的發展,一些新的解法不斷地被發現,並且問題的本身也在被轉化和推廣。就在韋達給出阿波羅尼斯問題的解近一個世紀以後,費馬(P.deFermat,1601∼1665)就將該問題推廣到三維空間:求作一球,使其與已知的四個球相切。

20世紀,阿波羅尼斯問題仍然充滿著無窮的魅力。繼笛卡兒和貝克羅夫特之後,1921年諾貝爾化學獎獲得者索迪(F.Soddy,1877∼1956)於1936年在國際著名科學雜誌「自然」上用

50數學傳播30卷2期民95年6月

詩歌形式發表了三圓兩兩相切時的阿波羅尼斯問題的解法,索迪稱之為“精確之吻”。對於同一特殊情形,美國數學家埃普斯坦(D.Eppstein)於2001年又從空間兩兩相切四球的一個性質中導出了一個十分美妙解的新法。我們有理由相信,阿波羅尼斯問題,這個走過2200年之旅的古老數學問題,明天仍將繼續激發數學家們無盡的智慧。

參考文獻

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—本文作者任教於中國上海華東師大數學系—