[几何] 圆半径定长 圆上一点到两点距离和最小

想了几分便停手了，从几何角度上看，卡住了；
解析方向未想，因为这是海淀初三一模题。

题来了：第三问。请教，感谢先。

注意AB是$y=x+2$，其它的没什么用，可以直接看第三问了。


＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

解答，高手直接看13楼或18楼即可。

Apollonius 圆吧
转化这个$\dfrac{\sqrt 2}2$有得玩了

我就不用电脑画图，不信了

问题转化成为：
点$M$到$\triangle BB'M$三个顶点的距离相关，即求$2+QB'+\dfrac{\sqrt 2}{2}QB$最小，其中$QM=2$
感觉这个方向比阿氏圆好些

人教论坛 好像有讨论过，$\triangle ABC,xPA+yPB+zPC$最小的问题吧，标准竞赛题了

闪，不理，先

你说得没错啊，的确是阿氏圆。
目测+猜测：$A$ 关于 $M$ 的对称点 $A'$ 满足 $QB=\sqrt2 QA'$。
如果成立，就完事了。
我想，也只有存在这样的 $A'$，这题才可做，否则估计就会高次方程。

可这是初中题啊，海淀想干嘛

4# kuing


是这样，就是MB和中点

可这是初中题啊，海淀想干嘛
李斌斌755 发表于 2013-5-8 19:33

竞赛的感觉，海淀正统的风格

6# isea
我不知道阿氏圆

7# 李斌斌755
自己科普一下
  http://baike.baidu.com/view/1613920.htm
  http://wenku.baidu.com/view/df22b8e8172ded630b1cb6ed.html

2楼与3楼的想法是最直接第一想法，也应是通法，但从两问题入手都很难，并不通俗。


故从几何动点最值，及特殊的等腰直角三角形入手，并借助于几何画板精确作图，得到下面的方法。

先上图片版

(64.44 KB)

2013-5-8 23:05

文字版：

解题过程探索及分析与解：

首先，将√(2)QB/2（或√(2)BQ' ）构造出来，故以QB以斜边向右下作等腰直角三角形QBQ'，这样QB'+√(2)QB/2=QB'+QQ'≥B'Q'，
通常情况下B'Q'即为所求，刚开始偶就被这个误导浪费时间了。但Q'在此题中不是定点，由三角形三边关系，这里无法取得
最小。需要转化，需要研究Q' 的轨迹，而这个，偶非常熟悉（唯熟悉尔），Q' 亦定圆上，理由很简单：
以MB再向右下构造等腰直角三角形MDB，由M，B，C三者坐标关系，知D在半径为2的圆M上，且BD，BB' 均为圆M的切线，
这个位置关系下，图形关系就变得十分的“简单”与清晰。

再理顺一下三个等腰直角三角的关系：
他们（△BQQ'，△BB'M，△BMD）共45°度的顶点B，同向相似。
考虑到圆M的半径为2（=MQ），于是，将△BQM'绕B点逆时针旋转45°并缩小√(2)倍，即得到△BQ'D，即图中两个阴影三角形
是相似的。
于是DQ'=MQ/√(2)=√(2)，换句话说，Q在半径为2圆M上运动，Q' 就在半径为√(2)的圆D上运动。

现在，前面提到的QQ' 再次转化！将Q' 关于QD对称！即图中圆D上的Q''点。

诸位，这个数据真是巧得很啊！DQ''=√(2)=BD/√(2)，∠MBD=45°，得到等腰Rt△BQ''D！我怎么这么高兴？Q''是定点啊。

Q运动得到Q' 在圆D上运动，但是Q' 关于QD的对称点Q'' 是定点，MQ的中点是也！（顺便提一下，更巧的是，A点关于M点
的对称点就是Q'' ）

从而：QB'+QB√(2)/2=QB'+QQ'=QB'+QQ''≥B'Q'=√(9+1)=√(10)。

最后，我还是要说一下，没借助高科技（如这里的几何画板作图）情形下，只是想了个七七八八，准确作图后，直接印证
的我的想法与思考过程。

无精确图形，利用复数与向量解决此类题是通法。


＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

PS：懒了很久没动几何画板了

9# isea
问题的关键就在$Q'$点在定圆$D$上，初中知识能解答

下面，来严格证明Q''是定点

其实，发现取MB的中点，完全可以寻找解题过程的写法。

(40.08 KB)

2013-5-9 00:17

解题过程探索及分析与解续：

正如前，借用电脑高科技手段往往是有效的。但是为什么Q'' 是定点呢？确实，这不是直观的，一眼能简单的看出来的。事实上，
我们取MB的中点q (注意哦，小写字母也是能表示点的，如英国 A. 科克肖特, F. B. 沃尔特斯 写的名著圆锥曲线的几何性质，英
文名 A Treatise on Geometrical Conics）。

则由边角边关系立刻有△QMq≅△BDQ'，即图中两个阴影三角形，于是Qq=BQ'=Q'Q；另一方面，D到BM的距离为√(2)，即MB为
圆D的切线，再考虑到等腰Rt△BMD，即q为其切点。所以点q 即Q''点。

可能说得太快，是这样的，△QqD≅△QQ''D（SSS），即Q''为MB的中点q（定点）。

11# isea
问题转化为动点$Q$到两定点$B',Q'$的距离和，妙！学习。

11# isea
问题转化为动点$Q$到两定点$B',Q'$的距离和，妙！学习。
李斌斌755 发表于 2013-5-9 00:07

简化过程，（初中几何上基本都是这样子啦，只是这题难些，还要再转化一次。

再如：http://kkkkuingggg.5d6d.net/viewthread.php?tid=1256，如也回了的）



回顾一下以上的过程，我们完全可以其书写过程简化。

(69.33 KB)

2013-5-9 00:24

MQ(^2)=4=√(2)*2√(2)=MQ''*MB，熟悉切割线逆定理的，立刻知道∠MQQ''=∠Q''BQ，有△QMQ''∼△BMQ。
于是QQ''/BQ=QM/BM=2/2√(2)=√(2)/2，即QQ''=√(2)BQ/2，

这样直接就有QB'+QB√(2)/2=QB'+QQ''≥B'Q'=√(9+1)=√(10)。

简单吧，其实思维过程的展现就如上了。转化系数为1，再利用三角形边的关系，化为熟悉的情形。



新课标将切割定理放到了高中，选修4-1，现在初中没这个东东，不知道这个也没关系，直接将积化
比，MQ(^2)=4=√(2)*2√(2)=MQ''*MB，有：

(MQ/MQ'')=(MB/MQ)，又∠M=∠M，也得到△QMQ''∼△BMQ，以下过程略去。

9# isea
问题的关键就在$Q'$点在定圆$D$上，初中知识能解答
李斌斌755 发表于 2013-5-8 23:21

能D为定点，DQ'为定长根2，圆的定义。

13# isea
这个好理解，但难想到。
9#等价于圆外一点$A,AO=\sqrt2R,P$为圆上一动点，以$P$为圆心，$R_1=\dfrac{\sqrt2}2AP$为半径的圆恒过$AO$中点$D$。
代数证明，圆方程\[x^2+y^2=R^2\]$P(R\cos\theta,R\sin\theta)\\A(R,R)\\D(\dfrac R2,\dfrac R2)$

\[AP=\sqrt{(R\cos\theta-R)^2+(R\sin\theta-R)^2}\\=R\times\sqrt{3-2(\sin\theta-\cos\theta)}\\DP=\sqrt{(R\cos\theta-\dfrac R2)^2+(R\sin\theta-\dfrac R2)^2}\\=\dfrac{\sqrt2}2\times\sqrt{2(R\cos\theta-\dfrac R2)^2+2(R\sin\theta-\dfrac R2)^2}\\=\dfrac{\sqrt2}2R\times\sqrt{3-2(\sin\theta+\cos\theta)}\\=\dfrac{\sqrt2}2AP\]
问题：定圆$O$，半径为$R$，$P$为圆上一动点，圆外一定点$A,AO=k\times R(K>1)$，能否找到一定点$D$，使$AP=t\times PD$（$t$为常数），若$D$点存在，$PD$与圆$O$是否有交点。
是不是4#kuing说的只有$k$是特殊值时……否则解高次方程，那么特殊值有那些，除$\sqrt2$外还有没有，可否给个证明。

15# 李斌斌755


整个过程就是这样发现的，全写出来了，估计不会有第二次了

主要是正好今天又准备这个试卷，就完整做一次，临场卡住，就没多想。

正好在百度blog有人问这个，so……

接15#
另一角度$QB'+\dfrac{\sqrt2}{2}QB=\dfrac{\sqrt2}2(QB'+QB)$，是否存在另一定点$E$，使$QE+EB$为定值？

17# 李斌斌755
$B_1D=\sqrt{10},BE=\sqrt{20}$，$D$在圆$B_1$上，$E$是否在圆$B$上。$E$点的轨迹……

把A带上，源自学生的另解

物吧初三一妹子向量做了30分钟做出