阿氏圆模型

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中考必备，难度 5 颗星！

阿氏圆模型

一 阿波罗尼斯圆定理及其证明

如图，$P$ 是平面上一动点，$A$、$B$ 是两定点，$PA＝kPB(k>0$ 且 $k≠1)$，则 $P$ 点的轨迹是圆.

证明 作 $∠APB$ 的角平分线交 $AB$ 于 $M$ 点，
根据角平分线定理，$MA:MB=PA:PB=k$，
故 $M$ 点为定点，即 $∠APB$ 的角平分线交 $AB$ 于定点；
作 $∠APB$ 外角平分线交直线 $AB$ 于 $N$ 点，
根据外角平分线定理，$NA:NB=PA:PB=k$，
故 $N$ 点为定点，即 $∠APB$ 外角平分线交直线 $AB$ 于定点；
又 $∠MPN=90°$，
故 $P$ 点轨迹是以 $MN$ 为直径的圆．

另外提供高中的证明方法
方法一 解析法
设点 $A(0，0)$，$B(n，0)$，则 $P A=\sqrt{x^2+y^2}$， $P B=\sqrt{(x-n)^2+y^2}$，
则 $\sqrt{x^2+y^2}=k \sqrt{(x-n)^2+y^2}$
化简得 $\left(x+\dfrac{n k^2}{1-k^2}\right)^2+y^2=\left(\dfrac{n k}{1-k^2}\right)^2$
当 $k>0$ 且 $k≠1$ 时，点 $P$ 的轨迹是圆.
注 ：当 $k=1$ 时，点 $P$ 的轨迹是线段 $AB$ 的中垂线.

方法二 余弦定理法
(下面以 $k>1$ 为例，而当 $k<1$ 时，$P A=k P B \Rightarrow P B=\dfrac{1}{k} P A\left(\dfrac{1}{k}>1\right)$ 同理证明)
在 $AB$ 上取点 $P_1$ 使得 $P_1 A=kP_1 B$；在 $AB$ 的延长线上取点 $P_2$，使得 $P_2 A=kP_2 B$，
点 $O$ 是 $P_1 P_2$ 的中点，

设 $PB=x$，$AB=n$，则 $PA=kx$，$P_1 B=\dfrac{n}{k+1}$，
$P_2 B=\dfrac{2 n k}{k-1}$，$A P_2=\dfrac{n k}{k-1}$，$P_1 P_2=\dfrac{2 n k}{k^2-1}$， $O P_1=O P_2=\dfrac{n k}{k^2-1}$，
设 $OP=s$，$PP_2=t$
在 $△OPP_2$，$△BPP_2$，$△APP_2$ 分别使用余弦定理
$\cos \angle P_2=\dfrac{t^2+\left(\dfrac{n k}{k^2-1}\right)^2-s^2}{2 t \cdot \dfrac{n k}{k^2-1}}=\dfrac{t^2+\left(\dfrac{n}{k-1}\right)^2-x^2}{2 t \cdot \dfrac{n}{k-1}}=\dfrac{t^2+\left(\dfrac{n k}{k-1}\right)^2-k^2 x^2}{2 t \cdot \dfrac{n k}{k-1}}$，
化简得 $S=\dfrac{n k}{k^2-1}$，
即 $OP=OP_1=OP_2$，$∴PP_1⊥PP_2$，
故点 $P$ 的轨迹是圆.

方法三 面积法

如余弦定理法，可得 $A P_1=\dfrac{n k}{k+1}$，$A O=\dfrac{n k^2}{k^2-1}$，
在 $PA$ 上取点 $C$，使得 $PC=x$，$\therefore S_{\triangle A P P_1}: S_{\triangle C P P_1}=A P: C P=k$ ，
又 $S_{\triangle A P P_1}: S_{\triangle B P P_1}=A P_1: B P_1=k$ ，
$\therefore S_{\triangle C P P_1}=S_{\triangle B P P_1}$，
$∴P_1$ 到直线 $PC$，$PB$ 的距离相等，可得 $∠P_1 PC=∠P_1 PB$，
$∴∆P_1 PC≅∆P_1 PB$，$\therefore C P_1=B P_1=\dfrac{n}{k+1}$，
$\because \dfrac{A C}{A P}=\dfrac{(k-1) x}{k x}=\dfrac{k-1}{k}$，$\dfrac{A P_1}{A O}=\dfrac{k-1}{k}$，
$\therefore \dfrac{A C}{A P}=\dfrac{A P_1}{A O}$， $∴∆AP_1 C≅∆AOP$，
$\therefore \dfrac{C P_1}{P O}=\dfrac{k-1}{k} \Rightarrow O P=\dfrac{n k}{k^2-1}$，即 $OP=OP_1=OP_2$，
$∴PP_1⊥PP_2$，故点 $P$ 的轨迹是圆.

二 阿氏圆模型

“$PA+k·PB$” 型最值问题是初中数学的热点与难点。当 $k=1$ 时，即可转化为 “$PA+PB$” 之和最短问题，便可用我们常见的 “将军饮马” 模型来解决.
当 $k ≠1$ 时，常规的轴对称思想无法使用。因此我们想要通过转化，把题目变为我们熟悉的模型，在这个过程中产生了两种模型。当动点 $P$ 在直线上运动的类型称之为 “胡不归” 模型；点 $P$ 在圆周上运动的类型称之为 “阿氏圆” 模型.
 

如下图，$⊙O$ 的半径为 $r$，点 $A$、$B$ 都在 $⊙O$ 外，$P$ 是 $⊙O$ 上一动点，已知 $r=k·OB$， 连接 $PA$、$PB$，则当 “$PA+k·PB$” 的值最小时，$P$ 点的位置如何确定？

解析 如图 1，在线段 $OB$ 上截取 $OC$ 使 $OC=k·OP$，
则有 $△BPO$ 与 $△PCO$ 相似 (利用对应边成比例)，由此可得 $k·PB=PC$(转化成功).
故本题求 “$PA+k·PB$” 的最小值可以转化为 “$PA+PC$” 的最小值，
故当 $A$、$P$、$C$ 三点共线时，“$PA+PC$” 值最小。如图 2.

做题时最关键步骤就是 “转化 $k·PB$”，即在 $OB$ 上找到点 $C$，使得 $\dfrac{O C}{O P}=\dfrac{O P}{O B}$.

三 例题详析

如图，在 $Rt∆ABC$ 中，$∠C=90°$，$AC=4$，$BC=5$， 以点 $C$ 为圆心，$2$ 为半径作圆 $C$，分别交 $AC$、$BC$ 于 $D$、$E$ 两点，点 $P$ 是圆 $C$ 上一个动点，则 $\dfrac{1}{2} PA+PB$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．

解析
1 确认模型
本题存在两定点 $A$，$B$，而动点 $P$ 在定圆上运动，属于 “阿氏圆模型”；
解题思路是找到一线段等于 $\dfrac{1}{2}PA$，把问题进行转化为熟悉的模型.
2 转化方式
在 $CA$ 上取点 $M$ 使得 $CM=1$，连接 $CP$、$PM$，
(在 $\dfrac{1}{2}PA+PB$ 中系数不为 $1$ 的 $PA$ 这边取点 $M$，为什么是 $CM=1$？先看懂解题过程，后详析)

则 $\dfrac{C P}{C A}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$，$\dfrac{C M}{C P}=\dfrac{1}{2}$，所以 $\dfrac{C P}{C A}=\dfrac{C M}{C P}$，
又因为 $∠PCM=∠ACP$，所以 $△CPA∽△CMP$，
故 $\dfrac{P M}{P A}=\dfrac{1}{2}$，即 $PM=\dfrac{1}{2}PA$，
(此处可知圆 $C$ 是动点 $P$ 满足 $PM=\dfrac{1}{2}PA$ 的阿氏圆)
则 $\dfrac{1}{2}PA+PB$ 的最小值转化为 $PM+PB$ 最小值，
3 解决问题
当 $B$、$M$、$P$ 三点共线时取到，且最小值为 $B M=\sqrt{C M^2+B C^2}=\sqrt{26}$，
故 $\dfrac{1}{2}PA+PB$ 的最小值为 $\sqrt{26}$.
 

【问题剖析】
(1) 这里为什么是 $\dfrac{1}{2}PA$？
答：因为圆 $C$ 半径为 $2$，$CA=4$，比值是 $1:2$，所以构造的是 $\dfrac{1}{2}PA$，也只能构造 $\dfrac{1}{2}PA$．
(2) 如果问题设计为 $PA+kPB$ 最小值，$k$ 为多少？
答：根据圆 $C$ 半径与 $CB$ 之比为 $2:5$，$k$ 应为 $\dfrac{2}{5}$．
(3) 点 $M$ 是如何确定？其思路主要是构造相似 $△CPA∽△CMP$ 得到一线段等于 $\dfrac{1}{2}PA$；
方法一 外接圆法
首先明确点 $M$ 在 $AC$ 上 ($k>1$ 时，点 $M$ 在 $CA$ 延长线上)，假设 $CM=x$；
因为 $△CPA∽△CMP$，所以可得 $CP$ 是 $△AMP$ 外接圆的切线，
由圆幂定理可得 $CP^2=CM×CA$，即 $2^2=4x$，解得 $x=1$.

 

方法二 阿氏圆模型
本题中最关键的地方就是确定点 M 的位置，
从方法一的结果来看，可以知道圆 $C$ 是动点 $P$ 满足 $PM:PA=1:2$ 的阿氏圆；
如图 1，点 $A$、$M$ 为定点和 $PM:PA=1:2$，便可由动点 $P$ 的特殊位置 $D$、$E$ 而确定阿氏圆 $C$；
如图 2，即本题中的场景，已确定点 $A(AC=4)$、阿氏圆 $C$ 半径为 $2$，$PM:PA=1:2$，要确定点 $M$ 的位置；
由于点 $D$ 是动点 $P$ 的一特殊位置，即 $D$ 也满足 $DM:DA=1:2$，
而 $DA=2$，则 $DM=1$，所以 $CM=1$ 确定了点 $M$ 的位置.

四 方法实践

如图，在 $△ABC$ 中，$∠ACB＝90°$，$BC＝12$，$AC＝9$，以点 $C$ 为圆心，$6$ 为半径的圆上有一个动点 $D$．连接 $AD$、$BD$、$CD$，则 $2AD+3BD$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$．

解析 变形：$2 A D+3 B D=3\left(\dfrac{2}{3} A D+B D\right)$，
以下求 $\dfrac{2}{3} A D+B D$ 的最小值，要在线段 $AC$ 上找一点 $M$ 使得 $D M=\dfrac{2}{3} A D$.
方法一 外接圆法
假设下点 $M$ 的位置，$CD$ 是 $∆ADM$ 外接圆的切线，
则 $CD^2=CM\cdot CA$，即 $36=9CM$，则 $CM=4$，确定点 $M$ 位置；
$\dfrac{2}{3} A D+B D=M D+B D$ 最小值为 $B M=\sqrt{C M^2+B C^2}=4 \sqrt{10}$，
则 $2 A D+3 B D=3\left(\dfrac{2}{3} A D+B D\right)$ 最小值为 $12 \sqrt{10}$.

方法二 阿氏圆模型
设点 $M$ 在 $AC$ 上，要使得 $D M=\dfrac{2}{3} A D$，圆 $C$ 是点 $A$，$M$ 的阿氏圆，
则 $D_1 M=\dfrac{2}{3} A D_1$，又 $AD_1=3$，所以 $D_1 M=2$，$CM=4$，确定点 $M$ 位置；
$\dfrac{2}{3} A D+B D=M D+B D$ 最小值为 $B M=\sqrt{C M^2+B C^2}=4 \sqrt{10}$，
则 $2 A D+3 B D=3\left(\dfrac{2}{3} A D+B D\right)$ 最小值为 $12 \sqrt{10}$.

其中易证 $△CMD∽△CAD$ 得到 $\dfrac{2}{3} A D=M D$，这里不给证明，因为试题中数据往往是 “匹配” 好的.
总结 “$PA+k·PB$” 型最值问题中阿氏圆模型 ，主要思想是进行转化，把 $k·PB$ 转化为一线段，从而把题目变为我们熟悉的模型，关键在于找点 $M$，给到您的方法是 “外接圆法” 和 “阿氏圆法”.