重難點24 隱圓與蒙日圓問題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學一輪復習專練（新高考專用）

重難點24隱圓與蒙日圓問題【六大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1隱圓類型一：到定點的距離等于定長】 2【題型2隱圓類型二：到兩定點距離的平方和為定值】 5【題型3隱圓類型三：到兩定點的夾角為直角】 6【題型4隱圓類型四：定弦定角、數(shù)量積定值】 9【題型5阿波羅尼斯圓】 12【題型6蒙日圓】 141、隱圓與蒙日圓問題從近幾年的高考情況來看，在近幾年全國各地的解析幾何試題中可以發(fā)現(xiàn)許多試題涉及隱圓、蒙日圓，這些問題聚焦了軌跡方程、定值、定點、弦長、面積等解析幾何的核心問題，難度為中高檔，需要靈活求解.【知識點1隱圓與阿波羅尼斯圓】1．隱圓問題在題設中沒有明確給出圓的相關信息，而是隱含在題目中，要通過分析、轉(zhuǎn)化、發(fā)現(xiàn)圓(或圓的方程)，從而最終利用圓的知識來求解，我們稱這類問題為“隱圓問題”.2．隱圓問題的幾大類型(1)隱圓類型一：到定點的距離等于定長；(2)隱圓類型二：到兩定點距離的平方和為定值；(3)隱圓類型三：到兩定點的夾角為直角；(4)隱圓類型四：對角互補、數(shù)量積定值；(5)隱圓類型五：阿波羅尼斯圓.3．阿波羅尼斯圓“阿波羅尼斯圓”的定義：平面內(nèi)到兩個定點A(-a,0)，B(a,0)(a>0)的距離之比為正數(shù)λ(λ≠1)的點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，即為阿波羅尼斯圓.【知識點2蒙日圓】1．蒙日圓在橢圓上，任意兩條相互垂直的切線的交點都在同一個圓上，它的圓心是橢圓的中心，半徑等于橢圓長半軸與短半軸平方和的算術平方根，這個圓叫蒙日圓.設P為蒙日圓上任一點，過點P作橢圓的兩條切線，交橢圓于點A，B，O為原點，如圖.【題型1隱圓類型一：到定點的距離等于定長】【例1】（2024·全國·二模）已知直線l1:y=tx+5t∈R與直線l2:x+ty?t+4=0t∈R相交于點P，且點P到點Qa,3的距離等于1，則實數(shù)a的取值范圍是（

）A．?2B．?2C．?2D．?2【解題思路】根據(jù)給定條件，求出點P的方程，再利用兩圓有公共點列出不等式求解即得.【解答過程】直線l1:y=tx+5過定點A(0,5)，直線l2:x+ty?t+4=0過定點因此點P(x,y)的軌跡是以線段AB為直徑的圓（除點(0,1)外），圓心C(?2,3)，半徑r=22圓C的方程為(x+2)2+(y?3)2=8(x≠0且y≠1)，又Q(a,3),|PQ|=1則點P在圓Q：(x?a)2+(y?3)2=1于是22?1≤|CQ|≤22解得?22?3≤a≤?22所以實數(shù)a的取值范圍是?22故選：D.【變式1-1】（24-25高三上·江西南昌·開學考試）已知橢圓E:x24+y23=1的右焦點為F，則A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【解題思路】求出點F的坐標，由PF=3求出【解答過程】橢圓E:x24+y23=1的右焦點為由(x?1)2+y2=334(x?1)2當x=4?23時，對應的y值有2個，所以E上滿足PF=3故選：B.【變式1-2】（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知a，b是兩個單位向量，且a+b=a?b，若向量c滿足A．2?2 B．2+2 C．2 【解題思路】根據(jù)模長公式可得a⊥b，根據(jù)向量的坐標運算c?a?b=(x?1,y?1)，利用|c?【解答過程】已知a,b是兩個單位向量，且則a2則a?b=0設a,b分別是x軸與則a=(1,0)，b=(0,1)，設c=(x,y)，則c因為|c所以(x?1)2故c=OC中，點C的軌跡是以(1,1)為圓心，圓心M(1,1)到原點的距離為|OM|=1cmax故選：B．【變式1-3】（23-24高三下·湖南長沙·階段練習）已知M(x1,y1)，N(x2,A．10,14 B．8,16 C．52,72【解題思路】先確定MN中點的軌跡為圓，再利用圓上的點到直線的最值求解.【解答過程】由題設知，圓C的圓心坐標C?2,4因為MN=2，所以設P為MN的中點，所以CP=所以點P的軌跡方程為x+22其軌跡是以C?2,4為圓心，半徑為2設點M，N，p到直線x?y=0的距離分別為d1,d所以d1=x1?所以x1因為點C到直線x?y=0的距離為?2?42所以32?2所以10≤22d≤14．所以x1

故選：A．【題型2隱圓類型二：到兩定點距離的平方和為定值】【例2】（24-25高二上·全國·課后作業(yè)）平面上一動點P滿足：PM|2+PN|2=6A．(x+1)2+yC．x2+y【解題思路】設Px,y【解答過程】設Px,y，由PM2+整理得x2+y2=2故選：C.【變式2-1】（2024·河南·三模）在平面α內(nèi)，已知線段AB的長為4，點P為平面α內(nèi)一點，且PA2+PB2=10A．π6 B．π4 C．π3【解題思路】建立直角坐標系，求出點P的軌跡時一個圓，再根據(jù)PA與圓O相切時角最大求得結(jié)果.【解答過程】如圖，以線段AB所在的直線為x軸，線段AB的中垂線為y軸，建立平面直角坐標系xOy，設Px,y，因為AB=4，不妨設由PA2+PB化簡得x2+y2=1當PA與圓O相切時，∠PAB取得最大值，此時OP⊥PA．因為OP=1，OA=2，所以sin∠PAB=故∠PAB的最大值為π6故選：A．【變式2-2】（24-25高二上·江蘇徐州·階段練習）在平面直角坐標系xOy中，已知點A2,0，若點M滿足MA2+MO2=10【解題思路】設點Mx,y【解答過程】設Mx,y，則有x?2化簡得x2+y2?2x?3=0故答案為：x2【變式2-3】（23-24高二上·福建廈門·期末）已知圓O:x2+y2=1和圓O1:(x?2)2+y2=1，過動點P分別作圓O，圓O1的切線PA【解題思路】根據(jù)題意得出P的軌跡方程，結(jié)合圖像即可求解.【解答過程】

如圖，連接PO,PO1,OA,O1所以|PO|設P(x,y)，所以x2整理得(x?1)2+y2=9|PA|=PO2?1≤4故答案為：15.【題型3隱圓類型三：到兩定點的夾角為直角】【例3】（2024·浙江嘉興·二模）已知圓C:(x?5)2+(y+2)2=r2(r>0),A?6,0,BA．0,5 B．5,15 C．10,15 D．15,+【解題思路】由PA⊥PB得到點P的軌跡是以AB為直徑的圓，依題意，問題轉(zhuǎn)化為兩個圓有公共點的問題，解不等式組即得.【解答過程】如圖，由PA⊥PB可知點P的軌跡是以AB為直徑的圓，設為圓M，因A?6,0,B0,8依題意知圓M與圓C必至少有一個公共點.因C(5,?2),M(?3,4)，則|CM|=(5+3)由r?5≤|CM|≤5+r，解得：5≤r≤15故選：B.【變式3-1】（2024·北京平谷·模擬預測）設點A1,0，動直線l：x+ay+2a?1=0，作AM⊥l于點M，則點M到坐標原點O距離的最小值為（

A．1 B．2+1 C．2?1 【解題思路】根據(jù)直線的垂直關系可得點M的軌跡是以C1,?1為圓心，半徑r=1的圓，即可得MO【解答過程】由AM⊥l以及x+ay+2a?1=0可得直線AM的方程為y=ax?1聯(lián)立x+ay+2a?1=0y=ax?1，消去a整理可得所以可知點M的軌跡是以C1,?1為圓心，半徑r=1因此MOmin故選：C.【變式3-2】（23-24高三下·江蘇揚州·開學考試）在平面直角坐標系xOy中，已知M,N為圓x2+y2=9上兩點，點A1,2，且A．4?2,4+2C．4?5,4+5【解題思路】易知以AM,AN為鄰邊作平行四邊形AMPN為矩形，由平面向量可證明OA2+OP【解答過程】以AM,AN為鄰邊作平行四邊形AMPN，由AM⊥AN可得四邊形AMPN為矩形，如下圖所示：OA===ON可得OA2解得OP2=9+9?OA即P點軌跡是以0,0為圓心，半徑為13的圓，易知MN=AP≤所以線段MN的長的取值范圍是13?故選：D.【變式3-3】（2024·廣西南寧·二模）已知直線y=kx+mkm≠0與x軸和y軸分別交于A，B兩點，且AB=22，動點C滿足CA⊥CB，則當k，m變化時，點C到點DA．42 B．32 C．22【解題思路】先求得A，B兩點坐標，根據(jù)AB=22得到(?m【解答過程】由y=kx+m(km≠0)，得A(?mk,0),B(0,m)，由AB由CA⊥CB，得AC?BC=0，設C(x,y)即(x+m2k)設該動圓圓心為(x′,y′)，即有整理得：x′2+y′點D1,1與圓x′2+y′2=2上點所以最大值為[1?(?1)]2故選：B.【題型4隱圓類型四：定弦定角、數(shù)量積定值】【例4】（2024·北京·三模）已知圓C:x?32+y?12=1和兩點A?t,0,Bt,0t>0A．0,1 B．1,3 C．2,3 D．3,4【解題思路】由PA?PB=0知點P的軌跡方程是以AB位直徑的圓，可得t?1【解答過程】PA?PB=0說明P在以AB而P又在圓C上，因此兩圓有公共點，則圓心距位于半徑差的絕對值與半徑和的閉區(qū)間中，所以t?1≤OC≤t+1，即t?1≤2≤t+1，又故選：B.【變式4-1】（2024·全國·模擬預測）M點是圓C:(x+2)2+y2=1上任意一點，AB為圓C1:(x?2)2+A．1 B．2 C．3 D．47【解題思路】根據(jù)弦長公式先求出C1N=1，然后可知點N在以C【解答過程】圓C:(x+2)2+y2圓C1:(x?2)2+如圖所示，由弦長公式知|AB|=2r解得C1所以點N在以C1由圖可知，|MN|的最小值為CC故選：B．【變式4-2】（2024·江西贛州·一模）在邊長為4的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E是BC的中點，點P是側(cè)面A．π9 B．2π9 C．4【解題思路】根據(jù)tan∠APD=4tan∠EPB【解答過程】

在長方體ABCD?A1B1C1D1中，由于在Rt△PAD和Rt△PBC中，tan∠APD=∵tan∠APD=4tan∠EPB，在平面ABB1A1，以A為坐標原點，以設P(x,y),則A0,0則由PA=12PB可得x2+y2=12x?4由于Q0,故∠QMA=π3,因此軌跡為∠QMA=π故選：D.【變式4-3】（2024·河南鄭州·二模）在平面直角坐標系xOy中，設A2,4，B?2,?4，動點P滿足PO?PA=?1A．22121 B．42929 C．【解題思路】設出點Px,y，利用數(shù)量積的坐標表示得到點P【解答過程】設Px,y，則PO=?x,?y則PO?PA=?x化為x?12+y?22=又kOB=?4顯然當直線PB與此圓相切時，tan∠PBO又BD=3則PB=B則tan∠PBO=故選：C.【題型5阿波羅尼斯圓】【例5】（23-24高二上·遼寧沈陽·期中）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知動點M與兩定點Q，P的距離之比MQMP=λλ>0,λ≠1，那么點M的軌跡就是阿波羅尼斯圓.已知動點M的軌跡是阿波羅尼斯圓，其方程為x2+y2=1，Q為x軸上一定點，A．?1,0 B．1,0 C．?2,0 D．2,0【解題思路】由題可設Qa,0，按照阿波羅尼斯圓定義得軌跡方程，根據(jù)已知軌跡方程列式即可得a得值，從而可得點Q【解答過程】解：設Qa,0，Mx,y，所以由P?12因為MQMP=λ=2，所以x?a2因為動點M的軌跡方程是x2+y2=1，所以4+2a故選：C.【變式5-1】（23-24高二上·江西南昌·階段練習）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，與歐幾里得、阿基米德并稱為亞歷山大時期數(shù)學三巨匠，他對圓錐曲線有深刻而系統(tǒng)的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知動點M與兩定點Q，P的距離之比MQMP=λ（λ>0，λ≠1），那么點M的軌跡就是阿波羅尼斯圓，已知動點的M與定點Qm,0和定點P?12,0的距離之比為2，其方程為xA．6 B．7 C．10 D．11【解題思路】令M(x,y)，應用兩點距離公式列方程求M軌跡，結(jié)合已知圓的方程求參數(shù)m，進而得Q?2,0，再由2【解答過程】由題設|MQ||MP|=2，令M(x,y)，則所以x2+(4+2m)3x+又12+12>1，即B由2MP+MB所以2MP+MB故選：C.【變式5-2】（23-24高二上·陜西咸陽·階段練習）古希臘數(shù)學家阿波羅尼奧斯（約公元前262～公元前190年）的著作《圓錐曲線論》是古代數(shù)學的重要成果．其中有這樣一個結(jié)論：平面內(nèi)與兩點距離的比為常數(shù)λλ≠1的點的軌跡是圓，后人稱這個圓為阿波羅尼斯圓．已知點O0,0，A3,0，動點Px,y滿足POPA=12，則點A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】先求得P點的軌跡方程，然后根據(jù)圓與圓的位置關系確定公切線的條數(shù).【解答過程】依題意動點Px,y滿足PO所以4PO2=整理得x+12+y2=4，所以P圓C:x?22+y2BC=3=r1故選：C.【變式5-3】（23-24高二上·湖南益陽·期末）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，與歐幾里得?阿基米德并稱為亞歷山大時期數(shù)學三巨匠，他對圓錐曲線有深刻而系統(tǒng)的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書，阿波羅尼斯圓就是他的研究成果之一.指的是：已知動點M與兩定點Q,P的距離之比MQMP=λ(λ>0,λ≠1)，那么點M的軌跡就是阿波羅尼斯圓.已知動點M的軌跡是阿波羅尼斯圓，其方程為x2+y2=1，其中，定點Q為x軸上一點，定點P的坐標為?A．10 B．11 C．15 D．17【解題思路】設Qa,0，Mx,y，根據(jù)|MQ||MP|=λ和x2+y2=1求出a【解答過程】設Qa,0，Mx,y，所以MQ=所以PM=x+132+y整理可得x2+y2+3+a4解得a=?3，所以Q?3,0，又MQ所以3|MP|+|MB|=|MQ|+|MB|≥BQ因為B(1,1)，所以3|MP|+|MB|的最小值BQ=當M在位置M1或M故選：D.【題型6蒙日圓】【例6】（23-24高三上·安徽六安·階段練習）橢圓x2a2+y2b2=1a>0,b>0,a≠b任意兩條相互垂直的切線的交點軌跡為圓：x2+yA．1,7 B．1,9 C．3,7 D．3,9【解題思路】根據(jù)蒙日圓的定義結(jié)合兩圓的位置關系計算即可.【解答過程】根據(jù)題意可知橢圓x2+y23圓x?42+y?32=則圓x?42+y?3即兩圓圓心距d=4?0則r?2≤d≤故選：C.【變式6-1】（2024·貴州銅仁·二模）法國數(shù)學家加斯帕·蒙日被稱為“畫法幾何創(chuàng)始人”“微分幾何之父”.他發(fā)現(xiàn)與橢圓相切的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是以該橢圓中心為圓心的圓，這個圓稱為該橢圓的蒙日圓.若橢圓Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的蒙日圓為C:x2+y2=43a2，過C上的動點A．22 B．32 C．33【解題思路】選取兩條特殊的互相垂直的切線，得到其交點，代入圓方程得到a2【解答過程】依題意，取特殊直線x=a和直線y=b，顯然這兩條直線與橢圓Γ都相切，且這兩條直線互相垂直，因其交點a,b在圓C上，∴a2+b∴橢圓Γ的離心率e=c故選：D.【變式6-2】（2024高三·山東·專題練習）“蒙日圓”涉及幾何學中的一個著名定理，該定理的內(nèi)容為：橢圓上兩條互相垂直的切線的交點必在一個與橢圓同心的圓上，該圓稱為原橢圓的蒙日圓.若橢圓C：x2a+1+y2a=1(a>0)A．x2+y2=9 B．x2【解題思路】根據(jù)橢圓C的離心率可求出a=3，根據(jù)題意知橢圓上兩條互相垂直的切線的交點必在一個與橢圓同心的圓上，利用過上頂點和右頂點的切線可得蒙日圓上的一點，即可橢圓C的蒙日圓方程.【解答過程】因為橢圓C：x2a+1+y2所以1a+1=12，解得a=3，所以橢圓所以橢圓的上頂點A(0,3)，右頂點所以經(jīng)過A,B兩點的切線方程分別為y=3，x=2所以兩條切線的交點坐標為(2,3)，又過A，由題意知交點必在一個與橢圓C同心的圓上，可得圓的半徑r=2所以橢圓C的蒙日圓方程為x2故選：B.【變式6-3】（23-24高二上·江蘇徐州·期中）畫法幾何學的創(chuàng)始人——法國數(shù)學家加斯帕爾·蒙日發(fā)現(xiàn)：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓，我們通常把這個圓稱為該橢圓的蒙日圓．已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圓方程為xA．±3 B．±4 C．±5 D．2【解題思路】根據(jù)題意先寫出橢圓的蒙日圓方程，然后根據(jù)條件判斷出兩圓內(nèi)切或外切，由此列出方程求解出結(jié)果.【解答過程】由題意可知x23+因為圓(x?3)2+(y?λ)所以兩圓內(nèi)切或外切，故圓心距等于半徑之和或者圓心距等于半徑差的絕對值，所以3?02+λ?0由此解得λ=±4，故選：B.一、單選題1．（24-25高二上·江蘇徐州·階段練習）已知動點M與兩個定點O(0,0),A(3,0)的距離之比為2，那么直線OM的斜率的取值范圍是（）A．26,62 B．?72,【解題思路】根據(jù)題意，求出點M的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合求得直線OM的斜率范圍.【解答過程】設動點Mx,y，則x化簡得x?42所以點M的軌跡為圓E:x?42如圖，過點O作圓E的切線，連接EM，則EM=2，OE所以∠MOE=π6，同理則直線OM的斜率范圍為?3故選：C.

2．（23-24高三上·重慶·期中）已知Q為拋物線C:y2=4x上的動點，動點M滿足到點A(2，0)的距離與到點F(F是C的焦點)的距離之比為22，則|QM|+|QF|的最小值是（A．3?2 B．4?2 C．4+【解題思路】根據(jù)題意得到點M的軌跡，然后將QM+QF的最小值轉(zhuǎn)化為QB?2+【解答過程】由題意得F1,0，QF等于點Q過點Q作QS垂直準線于點S，則QF=設動點Mx,y，則x?22+所以點M的軌跡為以B3,0為圓心，半徑為2QM+所以當S,Q,M,B四點共線時，QM+QF最小，故選：B.3．（23-24高二下·貴州六盤水·期末）已知線段AB的長度為4，動點M與點A的距離是它與點B的距離的2倍，則△MAB面積的最大值為（

）A．82 B．8 C．42 【解題思路】以AB的中點為坐標原點，AB所在直線為x軸建立直角坐標系,可得M的軌跡方程為圓x?62+【解答過程】以AB的中點為坐標原點，AB所在直線為x軸建立直角坐標系，設Mx,y，且A由MA=2MB化簡得M的軌跡方程為圓x?62+y如下圖，有S△MAB故選：A.

4．（23-24高二上·河北石家莊·期末）在平面直角坐標系內(nèi)，曲線x2=y+1與x軸相交于A，B兩點，P是平面內(nèi)一點，且滿足PA=2PBA．3 B．23 C．2 D．【解題思路】根據(jù)題意不妨取A1,0,B?1,0【解答過程】對于曲線x2=y+1，令y=0，即可得x=±1，不妨取A1,0,B?1,0設Px,y，因為PA=2整理得x+32可知點P的軌跡是以?3,0為圓心，半徑為22所以△PAB面積的最大值是12故選：D.5．（23-24高二下·陜西寶雞·期中）已知點A為直線3x+4y?5=0上一動點，點Pm+2,1?n,B2,0，且滿足m2+A．65 B．73 C．655【解題思路】通過構(gòu)造關系PB=2PM找到定點M，將最值轉(zhuǎn)化為求2PA【解答過程】∵m2+n設P點坐標為x,y，由題意x=m+2,y=1?n，則x2∴P點軌跡是以O0,0點為圓心，1為半徑的圓，記為圓O設在x軸上存在定點M(a,0)，使得圓上任意一點P(x,y)，滿足PB=2則x?22化簡得3(x又∵x2+y要使等式恒成立，則1?2a=0，即a=1∴存在定點M12,0，使圓上任意一點P則2AP當A，P，M三點共線（A,M位于P兩側(cè)）時，等號成立.又A點為直線3x+4y?5=0上一動點，則AM的最小值即為點M到直線的距離，由M12,0到直線距離d=故2AP如圖，過M作直線3x+4y?5=0的垂線段，垂線段與圓O的交點即為取最值時的點P，此時取到最小值75故選：D.6．（2024·廣東·二模）法國數(shù)學家加斯帕爾·蒙日在研究圓錐曲線時發(fā)現(xiàn)：橢圓的兩條相互垂直切線的交點軌跡為圓，我們通常稱這個圓為該橢圓的蒙日圓．根據(jù)此背景，設M為橢圓C:x2+y212=1的一個外切長方形（M的四條邊所在直線均與橢圓CA．133 B．26 C．1125 【解題思路】根據(jù)題意求出橢圓C的蒙日圓方程，求出M在第一象限的頂點P的坐標，設出過P且與橢圓C相切的直線方程，與橢圓聯(lián)立，再利用點到直線距離公式即可求解.【解答過程】依題意，直線x=±1，y=±23都與橢圓C:于是該矩形是橢圓C的蒙日圓內(nèi)接矩形，因此該蒙日圓的圓心為O(0,0)，半徑r=1因此該橢圓C的蒙日圓方程為x2M為橢圓C:x2+y212=1的一個外切長方形，設其四個頂點分別為P其中P在第一象限，顯然P與P′關于原點O對稱，Q與Q而P點縱坐標為2，則其橫坐標為3，即P(3,2)，顯然M的四條邊所在直線斜率存在且不為0，設過P且與橢圓C相切的直線為y?2=k(x?3)，由y=kx?3k+212x2得(12+k2)化簡得2k2?3k?2=0，解得k=2或k=?12，不妨取直線PQ直線PQ′的方程為y?2=?1O點到直線PQ的距離為45，O點到直線PQ′所以M的面積為213?故選：C.7．（23-24高二下·浙江·期中）在△ABC中，BC＝2，∠BAC=π3，D為BC中點，在△ABC所在平面內(nèi)有一動點P滿足PB?A．33 B．233 C．3【解題思路】根據(jù)PB?PD=PC?PD化簡整理得出PD?BC=0，由此將AP?BC化簡，可得AP?BC=AD?BC【解答過程】由PB?PD=PC?所以AP?因為BC=2，∠BAC=π3，所以點A在以設BAC所在圓的圓心為M，連接MB、MC、MD，則MD⊥BC，∠BMC=2π3，可得BD=1，MD=以B為原點，BC所在直線為x軸，建立如圖所示平面直角坐標系，可得C2,0,D1,0,M1,設Am,n，則AD?=可得AD?因為A點在圓M：x?12所以1?233≤m≤1+2綜上所述，當m=1?233時，AD故選：D．8．（23-24高二下·山東青島·開學考試）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時期數(shù)學三巨匠，他研究發(fā)現(xiàn)：如果一個動點P到兩個定點的距離之比為常數(shù)λ（λ>0，且λ≠1），那么點P的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓．若點C到A(?1,0)，B(1,0)的距離之比為3，則點C到直線x?2y+8=0的距離的最小值為（

）A．25?3C．25 D．【解題思路】先求出點C的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合得到最小距離為圓心2,0到直線x?2y+8=0的距離減去半徑，結(jié)合點到直線距離公式求出答案.【解答過程】設Cx,y，則x+12+即點C的軌跡方程為以2,0為圓心，3為半徑的圓，則點C到直線x?2y+8=0的距離的最小值為圓心2,0到直線x?2y+8=0的距離減去半徑，即2?0+81+4?3=25?3故選：A.二、多選題9．（23-24高二上·福建泉州·期中）古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯（約公元前262~前190）發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個定點A,B的距離之比為定值λ(λ≠1)的點的軌跡是圓．后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．在平面直角坐標系xOy中，已知A(?1,0)，B(2,0)，動點P滿足|PA||PB|=12，直線A．直線l過定點(?1,1)B．動點P的軌跡方程為(x+2)C．動點P到直線l的距離的最大值為2D．若點D的坐標為(?1,1)，則|PD|+2|PA|的最小值為10【解題思路】根據(jù)定點的求解可判定A,根據(jù)等量關系列方程可求解B，根據(jù)點到直線的距離即可求解C，根據(jù)三點共線即可求解D.【解答過程】對A,直線l:mx?y+m+1=0，m(x+1)?y+1=0，所以直線l過定點M(?1,1)，A正確；對B，設P(x,y)，因為動點P滿足|PA||PB|=12，所以即(x+2)2+y2=4，所以動點P動點P的軌跡方程為圓C:(x+2)對于C，當直線l與MC垂直時,動點P到直線l的距離最大，且最大值為MC+r=對于D，由|PA||PB|=12，得又因為點D在圓C內(nèi)，點B在圓C外，所以|PD|+2|PA|=|PD|+|PB|≥|BD|=10，當且僅當P為線段DB與圓C故選：ABD.

10．（2024·山西太原·二模）已知兩定點A?2,0，B1,0，動點M滿足條件MA=2MB，其軌跡是曲線C，過B作直線l交曲線C于P，A．PQ取值范圍是2B．當點A，B，P，Q不共線時，△APQ面積的最大值為6C．當直線l斜率k≠0時，AB平分∠PAQD．tan∠PAQ最大值為【解題思路】分析可知曲線C是以D2,0為圓心，半徑r=2的圓.對于A：根據(jù)圓的性質(zhì)分析求解；對于B：設l:x=my+1,Px1,y1,Qx2【解答過程】設Mx,y因為MA=2MB，即x+22可知曲線C是以D2,0為圓心，半徑r=2對于選項A：因為1?22+02=1<4，可知點B在曲線C且BD=1，則PQ的最大值為2r=4，最小值為2所以PQ取值范圍是23設l:x=my+1,Px聯(lián)立方程x=my+1x?22+y2則y1對于選項B：可得y1令t=4m2可得y1因為ft=t+1t在3,+即t+1t≥可得△APQ的面積S△APQ所以△APQ面積的最大值為33對于選項C：因為kPA+k又因為y1則2my即kPA+kAQ=0，可知∠PAB=∠QAB對于選項D：因為AB平分∠PAQ，則∠PAQ=2∠PAB，可知當PA與曲線C相切時，∠PAB取到最大值，此時sin∠PAB=DAAD=2即∠PAB的最大值為π6，則∠PAQ的最大值為π所以tan∠PAQ最大值為tan故選：ACD.11．（23-24高二上·江蘇蘇州·階段練習）畫法幾何的創(chuàng)始人——法國數(shù)學家蒙日發(fā)現(xiàn)：在橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0中，任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，它的圓心是橢圓的中心，半徑等于長、短半軸平方和的算術平方根，這個圓就稱為橢圓C的蒙日圓，其圓方程為x2+y2A．點A與橢圓C的蒙日圓上任意一點的距離最小值為bB．若l上恰有一點P滿足：過P作橢圓C的兩條切線互相垂直，則橢圓C的方程為xC．若l上任意一點Q都滿足QA?QBD．若b=1，橢圓C的蒙日圓上存在點M滿足MA⊥MB，則△AOB面積的最大值為3【解題思路】根據(jù)橢圓上點到原點最大距離為a，蒙日圓上的點到橢圓上點的距離最小值為半徑減去a可判斷A，利用相切列出方程即可求得橢圓的方程，可判斷B，分析可得點Q應在蒙日圓外，解不等式從而判斷C，依據(jù)題意表示出面積表達式并利用基本不等式即可求出面積最大值，可判斷D.【解答過程】由離心率e=ca=63所以蒙日圓方程x2對于A，由于原點O到蒙日圓上任意一點的距離為2b，原點O到橢圓上任意一點的距離最大值為a=3所以橢圓C上的點A與橢圓C的蒙日圓上任意一點的距離最小值為2?3對于B，由蒙日圓定義可知：直線l:bx+ay?4=0與蒙日圓x2則圓心到直線l的距離為?4a2+所以橢圓C的方程為x2對于C，根據(jù)蒙日圓定義可知：蒙日圓上的點與橢圓上任意兩點之間的夾角范圍為0,π若若l上任意一點Q都滿足QA?QB>0所以此時直線l與蒙日圓x2+y2=4又a>b>0，所以可得0<b<1，即C正確.對于D，易知橢圓C的方程為x23+y2不妨設Mx0,設Ax1,y1此時可得直線MA的方程為x1x+3y1y=3將Mx0,y0所以直線AB的方程即為x0聯(lián)立x0x+3y0y=3由韋達定理可得x1所以AB=原點O到直線AB的距離為d=3因此△AOB的面積S=3當且僅當121+2y因此△AOB面積的最大值為32故選：BCD.三、填空題12．（24-25高二上·江蘇徐州·階段練習）已知點A?3,0，B1,0，平面內(nèi)的動點P滿足PB?3PA=0，則點P的軌跡形成的圖形周長是3π【解題思路】設平面內(nèi)的動點Px,y，根據(jù)PB?3PA=0列式可得點P的軌跡是?72【解答過程】設平面內(nèi)的動點Px,y，由PB?3PA=0得PB=3PA所以x?12化簡得x2+y所以點P的軌跡是以?72,0所以周長是2π故答案為：3π13．（23-24高二下·湖南·開學考試）古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯（約公元前262～公元前190年）的著作《圓錐曲線論》是古代數(shù)學的重要成果，其中有這樣一個結(jié)論：平面內(nèi)與兩點距離的比為常數(shù)λλ≠1的點的軌跡是圓，后人稱這個圓為阿波羅尼斯圓，已知點O0,0，A3,0，動點Px,y滿足POPA=1【解題思路】利用阿波羅尼斯圓定義可得點P的軌跡方程為x+12【解答過程】由題意設Px,y易知PA2=4PO整理得點P的軌跡方程為x+12其軌跡是以?1,0為圓心，以2為半徑的圓，而圓x?12+y可得兩圓的圓心距為2，大于2?1=1，小于2+1=3，則動點P的軌跡與圓x?12故公切線的條數(shù)為2.故答案為：2.14．（23-24高二上·山東棗莊·階段練習）蒙日是法國著名的數(shù)學家，他首先發(fā)現(xiàn)橢圓的兩條相互垂直的切線的交點的軌跡是圓，所以這個圓又被叫做“蒙日圓”，已知點A、B為橢圓x23+y2b2=1（0<b<3）上任意兩個動點，動點P在直線4x+3y?10=0【解題思路】求出給定橢圓的蒙日圓方程，由已知可得直線4x+3y?10=0與該蒙日圓相離，建立不等式求出離心率范圍即得.【解答過程】依題意，直線x=±3,y=±b都與橢圓因此直線x=±3,y=±b所圍成矩形的外接圓x2由點A、B為橢圓x23+y2b2=1上任意兩個動點，動點又動點P在直線4x+3y?10=0上，因此直線4x+3y?10=0與圓x2于是|?10|42+32>3+所以橢圓C的離心率的取值范圍為63故答案為：63四、解答題15．（23-24高二下·廣東惠州·階段練習）已知點O(0，0)，A(3，(1)求動點P的軌跡方程；(2)設動點P的軌跡為曲線C，若直線l過點B(0，2)，且曲線C截l所得弦長等于23【解題思路】（1）直接根據(jù)條件列式，化簡整理可得曲線C的方程，進而判斷曲線類型；（2）分為兩種情況討論：若直線l的斜率不存在，直接驗證即可；若直線l的斜率存在，設直線l的方程為y=kx+2，由弦長可得圓心C(?1,0)到直線l的距離d，列出方程可求得k，從而得出答案.【解答過程】（1）由題知，設點P(x,y)，由|PA|=2|PO|，則|PO||PA|=x即4x2+4所以曲線C是圓心為(?1,0)，半徑等于2的圓，故曲線C的方程為：(x+1)2（2）如圖，若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為：x=0，與C的交點坐標為(0,?3),(0,3若直線l的斜率存在，設直線l的方程為：y=kx+2，曲線C截l所得弦長等于23，所以23=2圓心C(?1,0)到直線l的距離d=|?k+2|所以|?k+2|1+k2則直線l的方程為：y=34綜上，直線l的方程為：x=0或3x?4y+8=0.16．（2024高三·全國·專題練習）在平面直角坐標系中，已知點A2,3，B5,0，M是平面內(nèi)的一動點，且滿足MAMB=2，記點(1)求曲線E的方程；(2)過點B的直線l與曲線E交于P，Q兩點，若△OBP的面積是△OBQ的面積的3倍，求直線l的方程．【解題思路】（1）設Mx,y，結(jié)合題意可得x?2（2）將直線方程代入圓的方程中，借助韋達定理計算即可得.【解答過程】（1）設Mx,y，因為MA所以x?22化簡得x?62故曲線E的方程為x?62（2）若直線l垂直于y軸，則O，P，B，Q四點共線，不能構(gòu)成三角形；

故可設直線l的方程為x=my+5，代入曲線E的方程可得m2Δ=則yP+y又S△OBP=1S△OBP=3S因為yPyQ則yP故yQ=則有yP可得m+12=0，故則直線l方程為x+y?5=0.17．（23-24高二上·四川成都·期末）