重難點(diǎn)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(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)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(diǎn)的距離等于定長】 2【題型2隱圓類型二：到兩定點(diǎn)距離的平方和為定值】 5【題型3隱圓類型三：到兩定點(diǎn)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(diǎn)、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(diǎn)1隱圓與阿波羅尼斯圓】1．隱圓問題在題設(shè)中沒有明確給出圓的相關(guān)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(diǎn)的距離等于定長；(2)隱圓類型二：到兩定點(diǎn)距離的平方和為定值；(3)隱圓類型三：到兩定點(diǎn)的夾角為直角；(4)隱圓類型四：對角互補(bǔ)、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(gè)定點(diǎn)A(-a,0)，B(a,0)(a>0)的距離之比為正數(shù)λ(λ≠1)的點(diǎn)的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，即為阿波羅尼斯圓.【知識點(diǎn)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(diǎn)都在同一個(gè)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(shù)平方根，這個(gè)圓叫蒙日圓.設(shè)P為蒙日圓上任一點(diǎn)，過點(diǎn)P作橢圓的兩條切線，交橢圓于點(diǎn)A，B，O為原點(diǎn)，如圖.【題型1隱圓類型一：到定點(diǎn)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(diǎn)P，且點(diǎn)P到點(diǎn)Qa,3的距離等于1，則實(shí)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(diǎn)P的方程，再利用兩圓有公共點(diǎn)列出不等式求解即得.【解答過程】直線l1:y=tx+5過定點(diǎn)A(0,5)，直線l2:x+ty?t+4=0過定點(diǎn)因此點(diǎn)P(x,y)的軌跡是以線段AB為直徑的圓（除點(diǎn)(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(diǎn)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(shí)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(xué)考試）已知橢圓E:x24+y23=1的右焦點(diǎn)為F，則A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【解題思路】求出點(diǎn)F的坐標(biāo)，由PF=3求出【解答過程】橢圓E:x24+y23=1的右焦點(diǎn)為由(x?1)2+y2=334(x?1)2當(dāng)x=4?23時(shí)，對應(yīng)的y值有2個(gè)，所以E上滿足PF=3故選：B.【變式1-2】（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測）已知a，b是兩個(gè)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(biāo)運(yùn)算c?a?b=(x?1,y?1)，利用|c?【解答過程】已知a,b是兩個(gè)單位向量，且則a2則a?b=0設(shè)a,b分別是x軸與則a=(1,0)，b=(0,1)，設(shè)c=(x,y)，則c因?yàn)閨c所以(x?1)2故c=OC中，點(diǎn)C的軌跡是以(1,1)為圓心，圓心M(1,1)到原點(diǎn)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(xí)）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(diǎn)的軌跡為圓，再利用圓上的點(diǎn)到直線的最值求解.【解答過程】由題設(shè)知，圓C的圓心坐標(biāo)C?2,4因?yàn)镸N=2，所以設(shè)P為MN的中點(diǎn)，所以CP=所以點(diǎn)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(shè)點(diǎn)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?yàn)辄c(diǎn)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(diǎn)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(dòng)點(diǎn)P滿足：PM|2+PN|2=6A．(x+1)2+yC．x2+y【解題思路】設(shè)Px,y【解答過程】設(shè)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(diǎn)P為平面α內(nèi)一點(diǎn)，且PA2+PB2=10A．π6 B．π4 C．π3【解題思路】建立直角坐標(biāo)系，求出點(diǎn)P的軌跡時(shí)一個(gè)圓，再根據(jù)PA與圓O相切時(shí)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(biāo)系xOy，設(shè)Px,y，因?yàn)锳B=4，不妨設(shè)由PA2+PB化簡得x2+y2=1當(dāng)PA與圓O相切時(shí)，∠PAB取得最大值，此時(shí)OP⊥PA．因?yàn)镺P=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(xí)）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A2,0，若點(diǎn)M滿足MA2+MO2=10【解題思路】設(shè)點(diǎn)Mx,y【解答過程】設(shè)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(dòng)點(diǎn)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(shè)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(diǎn)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(diǎn)P的軌跡是以AB為直徑的圓，依題意，問題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)圓有公共點(diǎn)的問題，解不等式組即得.【解答過程】如圖，由PA⊥PB可知點(diǎn)P的軌跡是以AB為直徑的圓，設(shè)為圓M，因A?6,0,B0,8依題意知圓M與圓C必至少有一個(gè)公共點(diǎn).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(yù)測）設(shè)點(diǎn)A1,0，動(dòng)直線l：x+ay+2a?1=0，作AM⊥l于點(diǎn)M，則點(diǎn)M到坐標(biāo)原點(diǎn)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(guān)系可得點(diǎn)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(diǎn)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(yáng)州·開學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知M,N為圓x2+y2=9上兩點(diǎn)，點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，且AB=22，動(dòng)點(diǎn)C滿足CA⊥CB，則當(dāng)k，m變化時(shí)，點(diǎn)C到點(diǎn)DA．42 B．32 C．22【解題思路】先求得A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)，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(shè)C(x,y)即(x+m2k)設(shè)該動(dòng)圓圓心為(x′,y′)，即有整理得：x′2+y′點(diǎn)D1,1與圓x′2+y′2=2上點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，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(yù)測）M點(diǎn)是圓C:(x+2)2+y2=1上任意一點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)，以設(shè)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(biāo)系xOy中，設(shè)A2,4，B?2,?4，動(dòng)點(diǎn)P滿足PO?PA=?1A．22121 B．42929 C．【解題思路】設(shè)出點(diǎn)Px,y，利用數(shù)量積的坐標(biāo)表示得到點(diǎn)P【解答過程】設(shè)Px,y，則PO=?x,?y則PO?PA=?x化為x?12+y?22=又kOB=?4顯然當(dāng)直線PB與此圓相切時(shí)，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(xué)家，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知?jiǎng)狱c(diǎn)M與兩定點(diǎn)Q，P的距離之比MQMP=λλ>0,λ≠1，那么點(diǎn)M的軌跡就是阿波羅尼斯圓.已知?jiǎng)狱c(diǎn)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(diǎn)，A．?1,0 B．1,0 C．?2,0 D．2,0【解題思路】由題可設(shè)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(diǎn)Q【解答過程】解：設(shè)Qa,0，Mx,y，所以由P?12因?yàn)镸QMP=λ=2，所以x?a2因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)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(xí)）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與歐幾里得、阿基米德并稱為亞歷山大時(shí)期數(shù)學(xué)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?jiǎng)狱c(diǎn)M與兩定點(diǎn)Q，P的距離之比MQMP=λ（λ>0，λ≠1），那么點(diǎn)M的軌跡就是阿波羅尼斯圓，已知?jiǎng)狱c(diǎn)的M與定點(diǎn)Qm,0和定點(diǎn)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(yīng)用兩點(diǎn)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(jìn)而得Q?2,0，再由2【解答過程】由題設(shè)|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(xí)）古希臘數(shù)學(xué)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(xué)的重要成果．其中有這樣一個(gè)結(jié)論：平面內(nèi)與兩點(diǎn)距離的比為常數(shù)λλ≠1的點(diǎn)的軌跡是圓，后人稱這個(gè)圓為阿波羅尼斯圓．已知點(diǎn)O0,0，A3,0，動(dòng)點(diǎn)Px,y滿足POPA=12，則點(diǎn)A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】先求得P點(diǎn)的軌跡方程，然后根據(jù)圓與圓的位置關(guān)系確定公切線的條數(shù).【解答過程】依題意動(dòng)點(diǎn)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(xué)家，與歐幾里得?阿基米德并稱為亞歷山大時(shí)期數(shù)學(xué)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?jiǎng)狱c(diǎn)M與兩定點(diǎn)Q,P的距離之比MQMP=λ(λ>0,λ≠1)，那么點(diǎn)M的軌跡就是阿波羅尼斯圓.已知?jiǎng)狱c(diǎn)M的軌跡是阿波羅尼斯圓，其方程為x2+y2=1，其中，定點(diǎn)Q為x軸上一點(diǎn)，定點(diǎn)P的坐標(biāo)為?A．10 B．11 C．15 D．17【解題思路】設(shè)Qa,0，Mx,y，根據(jù)|MQ||MP|=λ和x2+y2=1求出a【解答過程】設(shè)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?yàn)锽(1,1)，所以3|MP|+|MB|的最小值BQ=當(dāng)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(xí)）橢圓x2a2+y2b2=1a>0,b>0,a≠b任意兩條相互垂直的切線的交點(diǎn)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(guān)系計(jì)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(xué)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(diǎn)的軌跡是以該橢圓中心為圓心的圓，這個(gè)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(dòng)點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)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(xí)）“蒙日圓”涉及幾何學(xué)中的一個(gè)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(diǎn)必在一個(gè)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(diǎn)必在一個(gè)與橢圓同心的圓上，利用過上頂點(diǎn)和右頂點(diǎn)的切線可得蒙日圓上的一點(diǎn)，即可橢圓C的蒙日圓方程.【解答過程】因?yàn)闄E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(diǎn)A(0,3)，右頂點(diǎn)所以經(jīng)過A,B兩點(diǎn)的切線方程分別為y=3，x=2所以兩條切線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2,3)，又過A，由題意知交點(diǎn)必在一個(gè)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(xué)的創(chuàng)始人——法國數(shù)學(xué)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(diǎn)的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓，我們通常把這個(gè)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?yàn)閳A(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(xí)）已知?jiǎng)狱c(diǎn)M與兩個(gè)定點(diǎn)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(diǎn)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(shè)動(dòng)點(diǎn)Mx,y，則x化簡得x?42所以點(diǎn)M的軌跡為圓E:x?42如圖，過點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足到點(diǎn)A(2，0)的距離與到點(diǎn)F(F是C的焦點(diǎn))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(diǎn)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(diǎn)Q過點(diǎn)Q作QS垂直準(zhǔn)線于點(diǎn)S，則QF=設(shè)動(dòng)點(diǎn)Mx,y，則x?22+所以點(diǎn)M的軌跡為以B3,0為圓心，半徑為2QM+所以當(dāng)S,Q,M,B四點(diǎn)共線時(shí)，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(dòng)點(diǎn)M與點(diǎn)A的距離是它與點(diǎn)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(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系,可得M的軌跡方程為圓x?62+【解答過程】以AB的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)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(biāo)系內(nèi)，曲線x2=y+1與x軸相交于A，B兩點(diǎn)，P是平面內(nèi)一點(diǎn)，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(shè)Px,y，因?yàn)镻A=2整理得x+32可知點(diǎn)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(diǎn)A為直線3x+4y?5=0上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)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(guān)系PB=2PM找到定點(diǎn)M，將最值轉(zhuǎn)化為求2PA【解答過程】∵m2+n設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為x,y，由題意x=m+2,y=1?n，則x2∴P點(diǎn)軌跡是以O(shè)0,0點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓，記為圓O設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)M(a,0)，使得圓上任意一點(diǎn)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(diǎn)M12,0，使圓上任意一點(diǎn)P則2AP當(dāng)A，P，M三點(diǎn)共線（A,M位于P兩側(cè)）時(shí)，等號成立.又A點(diǎn)為直線3x+4y?5=0上一動(dòng)點(diǎn)，則AM的最小值即為點(diǎn)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(diǎn)即為取最值時(shí)的點(diǎn)P，此時(shí)取到最小值75故選：D.6．（2024·廣東·二模）法國數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日在研究圓錐曲線時(shí)發(fā)現(xiàn)：橢圓的兩條相互垂直切線的交點(diǎn)軌跡為圓，我們通常稱這個(gè)圓為該橢圓的蒙日圓．根據(jù)此背景，設(shè)M為橢圓C:x2+y212=1的一個(gè)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(diǎn)P的坐標(biāo)，設(shè)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(diǎn)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(gè)外切長方形，設(shè)其四個(gè)頂點(diǎn)分別為P其中P在第一象限，顯然P與P′關(guān)于原點(diǎn)O對稱，Q與Q而P點(diǎn)縱坐標(biāo)為2，則其橫坐標(biāo)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(shè)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(diǎn)到直線PQ的距離為45，O點(diǎn)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(diǎn)，在△ABC所在平面內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)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?yàn)锽C=2，∠BAC=π3，所以點(diǎn)A在以設(shè)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(diǎn)，BC所在直線為x軸，建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，可得C2,0,D1,0,M1,設(shè)Am,n，則AD?=可得AD?因?yàn)锳點(diǎn)在圓M：x?12所以1?233≤m≤1+2綜上所述，當(dāng)m=1?233時(shí)，AD故選：D．8．（23-24高二下·山東青島·開學(xué)考試）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時(shí)期數(shù)學(xué)三巨匠，他研究發(fā)現(xiàn)：如果一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P到兩個(gè)定點(diǎn)的距離之比為常數(shù)λ（λ>0，且λ≠1），那么點(diǎn)P的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓．若點(diǎn)C到A(?1,0)，B(1,0)的距離之比為3，則點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)到直線距離公式求出答案.【解答過程】設(shè)Cx,y，則x+12+即點(diǎn)C的軌跡方程為以2,0為圓心，3為半徑的圓，則點(diǎn)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(xué)家阿波羅尼斯（約公元前262~前190）發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個(gè)定點(diǎn)A,B的距離之比為定值λ(λ≠1)的點(diǎn)的軌跡是圓．后來，人們將這個(gè)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(biāo)系xOy中，已知A(?1,0)，B(2,0)，動(dòng)點(diǎn)P滿足|PA||PB|=12，直線A．直線l過定點(diǎn)(?1,1)B．動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為(x+2)C．動(dòng)點(diǎn)P到直線l的距離的最大值為2D．若點(diǎn)D的坐標(biāo)為(?1,1)，則|PD|+2|PA|的最小值為10【解題思路】根據(jù)定點(diǎn)的求解可判定A,根據(jù)等量關(guān)系列方程可求解B，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離即可求解C，根據(jù)三點(diǎn)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(diǎn)M(?1,1)，A正確；對B，設(shè)P(x,y)，因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)P滿足|PA||PB|=12，所以即(x+2)2+y2=4，所以動(dòng)點(diǎn)P動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為圓C:(x+2)對于C，當(dāng)直線l與MC垂直時(shí),動(dòng)點(diǎn)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?yàn)辄c(diǎn)D在圓C內(nèi)，點(diǎn)B在圓C外，所以|PD|+2|PA|=|PD|+|PB|≥|BD|=10，當(dāng)且僅當(dāng)P為線段DB與圓C故選：ABD.

10．（2024·山西太原·二模）已知兩定點(diǎn)A?2,0，B1,0，動(dòng)點(diǎn)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(dāng)點(diǎn)A，B，P，Q不共線時(shí)，△APQ面積的最大值為6C．當(dāng)直線l斜率k≠0時(shí)，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(shè)l:x=my+1,Px1,y1,Qx2【解答過程】設(shè)Mx,y因?yàn)镸A=2MB，即x+22可知曲線C是以D2,0為圓心，半徑r=2對于選項(xiàng)A：因?yàn)??22+02=1<4，可知點(diǎn)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(shè)l:x=my+1,Px聯(lián)立方程x=my+1x?22+y2則y1對于選項(xiàng)B：可得y1令t=4m2可得y1因?yàn)閒t=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(xiàng)C：因?yàn)閗PA+k又因?yàn)閥1則2my即kPA+kAQ=0，可知∠PAB=∠QAB對于選項(xiàng)D：因?yàn)锳B平分∠PAQ，則∠PAQ=2∠PAB，可知當(dāng)PA與曲線C相切時(shí)，∠PAB取到最大值，此時(shí)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(xí)）畫法幾何的創(chuàng)始人——法國數(shù)學(xué)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(diǎn)都在同一個(gè)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(shù)平方根，這個(gè)圓就稱為橢圓C的蒙日圓，其圓方程為x2+y2A．點(diǎn)A與橢圓C的蒙日圓上任意一點(diǎn)的距離最小值為bB．若l上恰有一點(diǎn)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(diǎn)Q都滿足QA?QBD．若b=1，橢圓C的蒙日圓上存在點(diǎn)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(diǎn)到原點(diǎn)最大距離為a，蒙日圓上的點(diǎn)到橢圓上點(diǎn)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(diǎn)Q應(yīng)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(dá)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(diǎn)O到蒙日圓上任意一點(diǎn)的距離為2b，原點(diǎn)O到橢圓上任意一點(diǎn)的距離最大值為a=3所以橢圓C上的點(diǎn)A與橢圓C的蒙日圓上任意一點(diǎn)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(diǎn)與橢圓上任意兩點(diǎn)之間的夾角范圍為0,π若若l上任意一點(diǎn)Q都滿足QA?QB>0所以此時(shí)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(shè)Mx0,設(shè)Ax1,y1此時(shí)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(dá)定理可得x1所以AB=原點(diǎn)O到直線AB的距離為d=3因此△AOB的面積S=3當(dāng)且僅當(dāng)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(xí)）已知點(diǎn)A?3,0，B1,0，平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)P滿足PB?3PA=0，則點(diǎn)P的軌跡形成的圖形周長是3π【解題思路】設(shè)平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)Px,y，根據(jù)PB?3PA=0列式可得點(diǎn)P的軌跡是?72【解答過程】設(shè)平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)Px,y，由PB?3PA=0得PB=3PA所以x?12化簡得x2+y所以點(diǎn)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(xué)考試）古希臘數(shù)學(xué)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(xué)的重要成果，其中有這樣一個(gè)結(jié)論：平面內(nèi)與兩點(diǎn)距離的比為常數(shù)λλ≠1的點(diǎn)的軌跡是圓，后人稱這個(gè)圓為阿波羅尼斯圓，已知點(diǎn)O0,0，A3,0，動(dòng)點(diǎn)Px,y滿足POPA=1【解題思路】利用阿波羅尼斯圓定義可得點(diǎn)P的軌跡方程為x+12【解答過程】由題意設(shè)Px,y易知PA2=4PO整理得點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)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(xí)）蒙日是法國著名的數(shù)學(xué)家，他首先發(fā)現(xiàn)橢圓的兩條相互垂直的切線的交點(diǎn)的軌跡是圓，所以這個(gè)圓又被叫做“蒙日圓”，已知點(diǎn)A、B為橢圓x23+y2b2=1（0<b<3）上任意兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)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(diǎn)A、B為橢圓x23+y2b2=1上任意兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)又動(dòng)點(diǎn)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(xí)）已知點(diǎn)O(0，0)，A(3，(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程；(2)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C，若直線l過點(diǎn)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(jìn)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(yàn)證即可；若直線l的斜率存在，設(shè)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(shè)點(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)為(0,?3),(0,3若直線l的斜率存在，設(shè)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(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A2,3，B5,0，M是平面內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，且滿足MAMB=2，記點(diǎn)(1)求曲線E的方程；(2)過點(diǎn)B的直線l與曲線E交于P，Q兩點(diǎn)，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(shè)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(dá)定理計(jì)算即可得.【解答過程】（1）設(shè)Mx,y，因?yàn)镸A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(diǎn)共線，不能構(gòu)成三角形；

故可設(shè)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?yàn)閥PyQ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）