專題4.6阿氏圓阿氏圓問題問題：求解“”類加權線段和最小值方法：①定：定系數(shù)，并確定是半徑和哪條線段的比值②造：根據(jù)線段比，構造母子型相似③算：根據(jù)母子型結論，計算定點位置④轉：“”轉化為“”問題關鍵：①可解性：半徑長與圓心到加權線段中定點距離比等于加權系數(shù)②系數(shù)小于1：內部構造母子型③系數(shù)大于1：外部構造母子型【典例1】閱讀以下材料，并按要求完成相應的任務．已知平面上兩點A、B，則所有符合＝k（k＞0且k≠1）的點P會組成一個圓．這個結論最先由古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，稱阿氏圓．阿氏圓基本解法：構造三角形相似．【問題】如圖1，在平面直角坐標系中，在x軸，y軸上分別有點C（m，0），D（0，n），點P是平面內一動點，且OP＝r，設＝k，求PC+kPD的最小值．阿氏圓的關鍵解題步驟：第一步：如圖1，在OD上取點M，使得OM：OP＝OP：OD＝k；第二步：證明kPD＝PM；第三步：連接CM，此時CM即為所求的最小值．下面是該題的解答過程（部分）：解：在OD上取點M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，又∵∠POD＝∠MOP，∴△POM∽△DOP．任務：（1）將以上解答過程補充完整．（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D為△ABC內一動點，滿足CD＝2，利用（1）中的結論，請直接寫出AD+BD的最小值．【解答】解（1）在OD上取點M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，又∵∠POD＝∠MOP，∴△POM∽△DOP．∴MP：PD＝k，∴MP＝kPD，∴PC+kPD＝PC+MP，當PC+kPD取最小值時，PC+MP有最小值，即C，P，M三點共線時有最小值，利用勾股定理得．（2）∵AC＝m＝4，＝，在CB上取一點M，使得CM＝CD＝，∴的最小值為．【變式1-1】如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝9，⊙B的半徑為3，點P是⊙B上一點，連接AP，CP，則AP+CP的最小值為．【答案】【解答】解：連接BP，在BC上截取BQ＝1，連接PQ，AQ，∴，，∴，∵∠PBQ＝∠CBP，∴△BPQ∽△BCP，∴，∴PQ＝CP，∴AP+CP＝AP+PQ≥AQ，當A、P、Q三點依次在同一直線上時，AP+CP＝AQ＝的值最小，故答案為：．【變式1-2】如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C半徑為2，P為圓上一動點，連接AP，BP，則AP+BP的最小值為（）A． B．6 C．2 D．4【答案】A【解答】解：如圖1，連接CP，在CB上取點D，使CD＝1，則有＝＝，又∵∠PCD＝∠BCP，∴△PCD∽△BCP，∴＝，∴PD＝BP，∴AP+BP＝AP+PD．要使AP+BP最小，只要AP+PD最小，當點A，P，D在同一條直線時，AP+PD最小，即：AP+BP最小值為AD，在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝6，∴AD＝＝，AP+BP的最小值為，故選：A．【變式1-3】如圖，在正方形ABCD中．AB＝8，點P是正方形ABCD內部的一點，且滿足BP＝4，則PD+PC的最小值是（）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】C【解答】解：在BC邊上取一點E，使BE＝2，連接DE，如圖∵ABCD是正方形，AB＝8∴AB＝BC＝CD＝8，∠BCD＝90°∵BP＝4∴，∴且∠PBC＝∠PBC∴△PBE∽△BCP∴∴PE＝PC∴PD+PC＝PD+PE在Rt△DCE中，CD＝8，CE＝BC﹣BE＝6∴DE＝＝10∵PD+PE≥DE∴PD+PE≥10∴PD+PC的最小值是10故選：C．【變式1-4】如圖，已知拋物線y＝﹣x2+x+3與x軸交于A，B兩點（A在點B的左側），與y軸交于點C，⊙O與x軸交于點E（2，0），點P是⊙O上一點，連接CP，BP，求BP+CP的最小值．【解答】解：如圖，在OC上取一點T，使得OT＝，連接PT，BT，OP．由題意C（0，3），E（2，0），A（﹣1，0），B（4，0）∴OE＝2，OC＝3，OB＝4，OA＝1，∴OP2＝OT?OB，∴＝，∵∠POT＝∠COP，∴△POT∽△COP，∴＝＝＝，∴PT＝PC，∴PB+PC＝BP+PT≥BT，在Rt△BOT中，OB＝4，OT＝，∴BT＝＝＝，∴ABP+PC≥，∴BP+PC的最小值為．【變式1-5】如圖，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，點E、F分別是邊AB、AC的中點，點P是以A為圓心、以AE為半徑的圓弧上的動點，則的最小值為．【答案】．【解答】解：如圖，在AB上截取AQ＝1，連接AP，PQ，CQ，∵點E、F分別是邊AB、AC的中點，點P是以A為圓心、以AE為半徑的圓弧上的動點，∴，∵AP＝2，AQ＝1，∴，∵∠PAQ＝∠BAP，∴△APQ∽△ABP，∴PQ＝PB，∴PB+PC＝PC+PQ≥CQ，在Rt△ACQ中，AC＝4，AQ＝1，∴QC＝＝＝．，∴PB+PC的最小值．，故答案為：．【變式1-6】如圖，已知菱形ABCD的邊長為8，∠B＝60°，圓B的半徑為4，點P是圓B上的一個動點，則PD﹣PC的最大值為2．【答案】2．【解答】解：連接PB，在BC上取一點G，使得BG＝2，連接PG，DG，過點D作DH⊥BC交BC的延長線于H．∵PB＝4，BG＝2，BC＝8，∴PB2＝BG?BC，∴＝，∵∠PBG＝∠CBP，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝CD＝BC＝8，∴∠DCH＝∠ABC＝60°，在Rt△CDH中，CH＝CD?cos60°＝4，DH＝CD?sin60°＝4，∴GH＝CG+CH＝6+4＝10，∴DG＝＝＝2，∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，∴PD﹣PC≤2，∴PD﹣PC的最大值為2．【變式1-7】【新知探究】新定義：平面內兩定點A，B，所有滿足＝k（k為定值）的P點形成的圖形是圓，我們把這種圓稱之為“阿氏圓”【問題解決】如圖，在△ABC中，CB＝4，AB＝2AC，則△ABC面積的最大值為．【答案】．【解答】解：以A為頂點，AC為邊，在△ABC外部作∠CAP＝∠ABC，AP與BC的延長線交于點P，∵∠CAP＝∠ABC，∠BPA＝∠APC，AB＝2AC，∴△APC∽△BPA，，∴BP＝2AP，CP＝AP，∵BP﹣CP＝BC＝4，∴2AP﹣AP＝4，解得：AP＝，∴BP＝，CP＝，即點P為定點，∴點A的軌跡為以點P為圓心，為半徑的圓上，如圖，過點P作BC的垂線，交圓P與點A1，此時點A1到BC的距離最大，即△ABC的面積最大，S△ABC＝BC?A1P＝×4×＝．故答案為：．【變式1-8】如圖，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝6，C是OA的中點，D是OB上一點，OD＝5，P是上一動點，則PC+PD的最小值為．【答案】．【解答】解：如圖，延長OA使AE＝OB，連接EC，EP，OP，∵AO＝OB＝6，C分別是OA的中點，∴OE＝12，OP＝6，OC＝AC＝3，∴＝＝，且∠COP＝∠EOP∴△OPE∽△OCP∴＝＝，∴EP＝2PC，∴PC+PD＝（2PC+PD）＝（PD+PE），∴當點E，點P，點D三點共線時，PC+PD的值最小，∵DE＝＝＝13，∴PD+PE≥DE＝13，∴PD+PE的最小值為13，∴PC+PD的值最小值為．故答案為：．【變式1-9】如圖所示的平面直角坐標系中，A（0，4），B（4，0），P是第一象限內一動點，OP＝2，連接AP、BP，則BP+的最小值是．【答案】．【解答】解：如圖，取點T（0，1），連接PT，BT．∵T（0，1），A（0，4），B（4，0），∴OT＝1，OA＝4，OB＝4，∵OP＝2，∴OP2＝OT?OA，∴＝，∵∠POT＝∠AOP，∴△POT∽△AOP，∴＝＝，∴PT＝PA，∴PB+PA＝PB+PT，∵BT＝＝，∴PB+PT≥，∴BP+AP≥∴BP+PB的最小值為．故答案為：．【變式1-10】如圖所示，在平面直角坐標系中，A（16，0），B（0，12），點C是第一象限的動點且OC＝6，線段OC繞點O在第一象限轉動；（1）在轉動過程中，求點C到AB的最近距離＝；（2）試求的最小值＝．【答案】（1）．（2）．【解答】解：（1）如圖1，以點O為圓心，6為半徑作弧，作OE⊥AB于點E，∵點C是第一象限的動點且OC＝6，∴點C在以點O為圓心，6為半徑的圓弧上，在Rt△AOB中，OA＝16，OB＝12，∴AB＝＝＝20，∴S△AOB＝OA?OB＝AB?OE，即16×12＝20×OE，解得OE＝，CE＝OE﹣OC＝﹣6＝．故答案為：．（2）如圖2，在OB上取OD＝3，連接CD，AD，∵，，∴，又∵∠DOC＝∠COB，∴△COD∽△BOC，∴，∴CD＝BC，∴AC+BC＝AC+CD，∵在△ACD中，AC+CD＞AD，當點D、C、A三點共線時，AC+CD＝AD，此時AC+CD值最小，在Rt△AOD中，∴AD＝＝＝，∴AC+BC的最小值為．故答案為：．【變式1-11】如圖1，在四邊形ABCD中，AC交BD于點E，△ADE為等邊三角形．（1）若點E為BD的中點，AD＝4，CD＝5，求△BCE的面積；（2）如圖2，若BC＝CD，點F為CD的中點，求證：AB＝2AF；（3）如圖3，若AB∥CD，∠BAD＝90°，點P為四邊形ABCD內一點，且∠APD＝90°，連接BP，取BP的中點Q，連接CQ．當AB＝6，AD＝4，tan∠ABC＝2時，求CQ+BQ的最小值．【答案】（1）﹣2．（2）證明見解析部分．（3）CQ+BQ的最小值為【解答】（1）解：如圖1中，過點C作CH⊥BD于H，設EH＝x．∵△ADE是等邊三角形，∴AD＝DE＝4，∠AED＝∠CEH＝60°，∵∠CHE＝90°，∴CH＝EH?tan60°＝x，∵CD2＝CH2+DH2，∴25＝3x2+（x+4）2，∴4x2+8x﹣9＝0∴x＝或（舍棄），∴CH＝，∴S△BEC＝×4×＝﹣2．解法二：過點B作BJ⊥AC交AC的延長線于J，過點D作DT⊥AE于T．證明BJ＝DT，求出DT，即可解決問題．（2）證明：如圖2中，延長AF到G，使得FG＝AF，連接DG，CG，延長GC交BD于T，過點C作CH⊥BD于H．∵AF＝FG，CF＝FD，∴四邊形ACGD是平行四邊形，∴AC∥DG，GC∥AD，∴∠CAD+∠ADG＝180°，∵△ADE是等邊三角形，∴AE＝AD，∠AED＝∠ADE＝∠EAD＝60°，∴∠AEB＝∠ADG＝120°，∴∠CGD＝∠EAD＝60°＝∠GDT，∴△DGT是等邊三角形，∴DG＝DT，∠CTE＝∠CET＝60°，∴△CET是等邊三角形，∴CT＝CE，∠CTE＝∠CET＝60°，∵CB＝CD，CH⊥BD，∴BH＝DH，TH＝EH，∴BT＝DE，∴BE＝DT＝DG，∴△AEB≌△ADG（SAS），∴AB＝AG＝2AF．（3）解：如圖3中，取AD的中點O，連接OP，OB，OC，取OB的中點J，連接QJ，CJ，過點C作CF⊥AB于F，在JB上取一點T，使得JT＝，連接QT，TC．∵AB∥CD，∠BAD＝90°，∴∠ADC＝90°，∵CF⊥AB，∴∠CFA＝90°，∴四邊形AFCD是矩形，∴AD＝CF＝4，∵tan∠CBA＝＝2，∴BF＝2，∵AB＝6，∴AF＝4，∴AD＝AF，∴四邊形AFCD是正方形，∵BC＝＝＝2，CO＝＝＝2，OB＝＝4，∴CB＝CO，∵CF＝CD，∠CFB＝∠CDO＝90°，∴Rt△CFB≌Rt△CDO（HL），∴∠BCF＝∠DCO，∴∠BCO＝∠DCF＝90°，∵BJ＝JO，∴CJ＝OB＝2，∴CT＝＝＝，∵BQ＝QP，BJ＝JO，∴QJ＝OP＝，∵QJ2＝2，TJ?JB＝×2＝2，∴QJ2＝JT?JB，∴＝，∵∠QJT＝∠QJB，∴△QJT∽△BJQ，∴＝＝＝，∴QT＝BQ，∴CQ+BQ＝CQ+QT≥CT＝，∴CQ+BQ的最小值為．【典例2】如圖，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝4，C，D分別為OA，OB的中點，點P是上一點，則2PC+PD的最小值為．【答案】2．版權所有【解答】解：如圖，延長OA使AE＝OA，連接ED，EP，OP，∵AO＝OB＝4，C，D分別是OA，OB的中點，∴OE＝8，OP＝4，OD＝OC＝2，∴＝＝，且∠COP＝∠EOP，∴△OPE∽△OCP，∴＝＝，∴EP＝2DC，∴2PC+PD＝PE+PD，∴當點E，點P，點D三點共線時，2PC+PD的值最小，∴2PC+PD最小值＝＝2．【變式2-1】如圖，在扇形COD中，∠COD＝90°，OC＝3，點A是OC中點，OB＝2，點P是為CD上一點，則PB+2PA的最小值為．【答案】【解答】連接OP，延長OC至點E，使得OE＝6，則＝，，∴，∵∠AOP＝∠AOP，∴△AOP∽△POE，∴，即2PA＝PE，∴PB+2PA＝PB+PE，∴當E、P、B三點共線時，PB+PE最小，∴PB+2PA的最小值為BE＝＝．故答案為：．【變式2-2】（梁溪區(qū)校級期中）如圖，⊙O與y軸、x軸的正半軸分別相交于點M、點N，⊙O半徑為3，點A（0，1），點B（2，0），點P在弧MN上移動，連接PA，PB，則3PA+PB的最小值為．【答案】．【解答】解：如圖，在y軸上取點H（0，9），連接BH，∵點A（0，1），點B（2，0），點H（0，9），∴AO＝1，OB＝2，OH＝9，∵，∠AOP＝∠POH，∴△AOP∽△POH，∴，∴HP＝3AP，