隱圓與蒙日?qǐng)A問(wèn)題-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?qǐng)A問(wèn)題【六大題型】

【新高考專用】

?題型歸納

【題型1隱圓類型一：到定點(diǎn)的距離等于定長(zhǎng)】..................................................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?qǐng)A］............................................................................14

?命題規(guī)律

1、隱圓與蒙日?qǐng)A問(wèn)題

從近幾年的高考情況來(lái)看，在近幾年全國(guó)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?qǐng)A,

這些問(wèn)題聚焦了軌跡方程、定值、定點(diǎn)、弦長(zhǎng)、面積等解析幾何的核心問(wèn)題，難度為中高檔，需要靈活求

解.

?方法技巧總結(jié)

【知識(shí)點(diǎn)1隱圓與阿波羅尼斯圓】

1.隱圓問(wèn)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(guò)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(shí)來(lái)求解，我們稱這類問(wèn)題為“隱圓問(wèn)題”.

2.隱圓問(wèn)題的幾大類型

(1)隱圓類型一：到定點(diǎn)的距離等于定長(zhǎng)；

(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(duì)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,0),2(°,0)(。＞0)的距離之比為正數(shù)力(理1)的點(diǎn)的軌跡是

以C(多上1。,0)為圓心，召7為半徑的圓，即為阿波羅尼斯圓?

【知識(shí)點(diǎn)2蒙日?qǐng)A】

1.蒙日?qǐng)A

在橢圓i+￡=1(。＞6＞0)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(zhǎng)半軸與短半軸平方和的算術(shù)平方根，這個(gè)圓叫蒙日?qǐng)A.

設(shè)尸為蒙日?qǐng)A上任一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作橢圓的兩條切線，交橢圓于點(diǎn)4B,。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(zhǎng)】

【例1】(2024?全國(guó)?二模)已知直線=tx+5(teR)與直線4：%+ty—t+4=0(teR)相交于點(diǎn)P,且

點(diǎn)P到點(diǎn)Q(a,3)的距離等于1,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()

A.[-2V2-3,-2V2-1]

B.[-272-3,272-1]

C.[-2應(yīng)-3,-2&-1]32魚+1,2/+3]

D.[-2V2-3,-2V2-1]U[2V2-3,2V2-1]

【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(guò)程】直線匕:丫=5+5過(guò)定點(diǎn)4(0,5),直線G：x+ty—t+4=0過(guò)定點(diǎn)B(—4,1),又直線人15

因此點(diǎn)P(x,y)的軌跡是以線段為直徑的圓(除點(diǎn)(0,1)外)，圓心C(一2,3),半徑r=2伍

圓C的方程為0+2)2+(y-3)2=8(%Ho且丫力1),又Q(a,3),|PQ|=1,顯然點(diǎn)(0,1)與Q的距離大于1,

則點(diǎn)P在圓Q：(x-a)2+(y—3)2=1上，依題意，圓C與圓Q有公共點(diǎn)，

于是2a-1<|CQ|<2V2+1,BP2V2-1<|a+2|<2V2+1,

解得一2或一3WaW-2&-1或2魚一3WaW2加一1,

所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[—2企-3,-2V2-1]U[2V2-3,2魚-1].

【變式1-1](24-25高三上?江西南昌?開學(xué)考試)已知橢圓1的右焦點(diǎn)為F,貝場(chǎng)上滿足|PF|=百

43

的P點(diǎn)有()

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|=再求出P點(diǎn)的軌跡方程，與橢圓方程聯(lián)立求解判斷即可.

【解答過(guò)程】橢圓E:J+[=1的右焦點(diǎn)為F(1,O),設(shè)P(x,y),由|PF|=b,得(x—1)2+必=3,

(x—I)2+y2—3

由3,,、22。消去y得，/—8乂+4=0,而一2WKW2,解得尤=4—26，

-(%-I)2+yz=3

當(dāng)x=4-2禽時(shí)，對(duì)應(yīng)的y值有2個(gè)，所以E上滿足|PF|=b的P點(diǎn)有2個(gè).

故選：B.

【變式1-2](2024?陜西咸陽(yáng)?模擬預(yù)測(cè))己知方，了是兩個(gè)單位向量，且忖+同=\a-b\,若向量7滿足另一五一

同=2,則團(tuán)的最大值為()

A.2-V2B.2+V2C.V2D.2近

【解題思路】根據(jù)模長(zhǎng)公式可得反根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)案-2-1=-1),利用信-方-萬(wàn)|=

V(x-l)2+(y-l)2=2,可得點(diǎn)C的軌跡是以(1,1)為圓心，2為半徑的圓，求得圓心”(1,1)到原點(diǎn)的距離

為|OM|="2+12=魚,從而可得答案.

【解答過(guò)程】已知甚了是兩個(gè)單位向量，且同+了|=1一石

則/+2d-b+~b2—~d2—2a-b+b2,

則方?了=0,則

設(shè)日石分別是x軸與y軸正方向上的單位向量，

則五=(1,0),b=(0,1),a+6=(1,1),

設(shè)？=(x,y),貝ij?-a-h=(%-1,y-1),

因?yàn)镽-7一H=J(x-l)2+(y—1)2=2,

所以(x-I)2+(y-l)2=4,

故？=沆中，點(diǎn)C的軌跡是以(1,1)為圓心，r=2為半徑的圓，

圓心也1,1)到原點(diǎn)的距離為|0"|=V12+I2=V2,

Elmax=1OM|+r=&+2.

故選：B.

yt

【變式1-3](23-24高三下?湖南長(zhǎng)沙?階段練習(xí))已知M(xi，y。，村(久2，%)是圓。0+2)2+?！?)2=1

上的兩個(gè)不同的點(diǎn)，若|MN|=&，則%-為|+|久2-yzl的取值范圍為()

A.[10,14]B.[8,16]C.[5V2,7V2]D.[4&,8vli

【解題思路】先確定中點(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(guò)程】由題設(shè)知，圓C的圓心坐標(biāo)C(-2,4),半徑為1,

因?yàn)閨MN|=VL所以CM_LCN.

設(shè)尸為ACV的中點(diǎn)，所以|CP|=日.

所以點(diǎn)P的軌跡方程為(X+2)2+(y-4)2=

其軌跡是以C(-2,4)為圓心，半徑為日的圓.

設(shè)點(diǎn)N,P到直線％—y=0的距離分別為叢,42，d,

所以四=區(qū)浮，d2=隔2，d;號(hào),

所以氏-乃|+|x2-yi\=V2(di+d2)=2夜d.

因?yàn)辄c(diǎn)C到直線x—y=0的距離為卷^=3近，

所以3a一字WdW3企+苧，即苧

所以10<2V2d<14.所以小-乃|+0一yzl的取值范圍為[10,14].

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(guó)?課后作業(yè))平面上一動(dòng)點(diǎn)P滿足：+|PN|2=6且M(—1,O),N(1,O),則動(dòng)

點(diǎn)P的軌跡方程為()

A.(x+I)2+y2—3B.(x—I)2+y2—3

C.%2+y2=2D.x2+y2=3

【解題思路】設(shè)P(x,y),借助兩點(diǎn)間距離公式代入計(jì)算后化簡(jiǎn)即可得.

【解答過(guò)程】設(shè)P(x,y),由|PM|2+|PN|2=6,所以0+1)2+丫2+(工一1)2+72=6,

整理得/+V=2,即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為d+y2=2.

故選：C.

【變式2-1](2024?河南?三模)在平面a內(nèi)，已知線段4B的長(zhǎng)為4,點(diǎn)P為平面a內(nèi)一點(diǎn)，且+\PB\2=10)

則NP48的最大值為()

A.-B.-C.-D.-

6432

【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)24與圓。相切時(shí)角最大求得結(jié)果.

【解答過(guò)程】如圖，以線段48所在的直線為X軸，線段4B的中垂線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系比。y,

設(shè)p(x,y),因?yàn)閨4引=4,不妨設(shè)4(—2,0),B(2,0),

22

由|P4|2+\PB\=10,得(x+2)2+y2+(x_2)+/=10,

化簡(jiǎn)得/+y2=i,即點(diǎn)P的軌跡為以。為圓心，1為半徑的圓，

當(dāng)P4與圓。相切時(shí)，NP4B取得最大值，此;時(shí)。P1P4.

因?yàn)閨OP|=1,|。*=2,所以sinzP4B=g,且“力B為銳角，

故NP4B的最大值為g

6

【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)4(2,0),若點(diǎn)M滿足M/P+

M02=10,則點(diǎn)M的軌跡方程是/+產(chǎn)-2--3=0.

【解題思路】設(shè)點(diǎn)M(x,y),借助兩點(diǎn)間距離公式代入計(jì)算即可得.

【解答過(guò)程】設(shè)M(x,y),則有(x-2)2+(y-0)2+x2+y2-10,

化簡(jiǎn)得/+y2-2%-3=0,即點(diǎn)M的軌跡方程是/+y2-2%-3=0.

故答案為：/+y2—2乂-3=0.

【變式2-3](23-24高二上?福建廈門?期末)已知圓。:/+必=1和圓。i：(久一2)2+y=1,過(guò)動(dòng)點(diǎn)p分別

作圓。，圓。1的切線P4,PB(A,B為切點(diǎn))，且|P*2+仍用2=18,則|P2|的最大值為_71口.

【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(guò)程】

如圖，連接P0,P0i，04。道,因?yàn)镻4PB與圓相切，

所以|PO|2+|POJ2=\PA\2+\OA\2+\PB\2+I。//=18+1+1=20,

設(shè)P(x,y),所以/+y2+(%—2)2+y2=2%2+2y2-4x+4=20,

整理得1)2+儼=9,所以P在以(1,0)為圓心，3為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，

\PA\=y/\PO\2-l<V4^1=V15,當(dāng)且僅當(dāng)P在(4,0)時(shí)等號(hào)成立，

故答案為：V15.

【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=產(chǎn)&>0),力(_6,0),B(0,8),若圓C上存在點(diǎn)

P使得P41PB,貝懺的取值范圍為()

A.(0,5]B.[5,15]C.[10,15]D.[15,+oo)

【解題思路】由P41PB得到點(diǎn)P的軌跡是以力B為直徑的圓，依題意，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)圓有公共點(diǎn)的問(wèn)題,

解不等式組即得.

【解答過(guò)程】

如圖，由P41PB可知點(diǎn)P的軌跡是以4B為直徑的圓，設(shè)為圓M,

因4(一6,0),3(0,8),故圓M:(%+3)2+(y—4)2=25.

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|=J(5+3尸+(-2-4產(chǎn)=10,

由|r-5|W|CM|W5+r,解得：5<r<15.

故選：B.

【變式3-1](2024?北京平谷?模擬預(yù)測(cè))設(shè)點(diǎn)力(1,0),動(dòng)直線/：x+ay+2a-1=0,作4Mlz于點(diǎn)

則點(diǎn)M到坐標(biāo)原點(diǎn)。距離的最小值為()

A.1B.V2+1C.V2-1D.V3

【解題思路】根據(jù)直線的垂直關(guān)系可得點(diǎn)”的軌跡是以C(1，-1)為圓心，半徑r=l的圓，即可得|MO|min=

V2-1.

【解答過(guò)程】由4M1I以及x+ay+2a—1=0可得直線4M的方程為y=a(x-1),

聯(lián)立『+?y+-1=°,消去a整理可得Q-+⑶+1)2=1；

Iy——J-J

所以可知點(diǎn)〃的軌跡是以—為圓心，半徑r=1的圓；

因此-|CO|—T-(1—0)2+(—1-0)2-1=V2—1.

故選：c.

【變式3-2]⑵-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為圓好+y2=9上兩

點(diǎn)，點(diǎn)4(1,2),且力MlAN,則線段MN的長(zhǎng)的取值范圍是()

A.[4-V2,4+V2]B.[V13-V2,V13+V2]

C.[4-V5,4+V5]D.[V13-V5,V13+V5]

【解題思路】易知以AM,AN為鄰邊作平行四邊形力MPN為矩形，由平面向量可證明|方|2+\0P\2=\0N\2+

2

\0M\,再由|MN|=|4P|可得其取值范圍.

【解答過(guò)程】以為鄰邊作平行四邊形4MPN,

由力M14V可得四邊形4MPN為矩形，如下圖所示:

2222_

\0A\+\0P\^\ON+NA\+\0M+研=ON2+NA2+20N-NA+OM2+MP2+20M-~MP

=ON2+OM2+2福2+2AM-MN

=ON2+0M2+2NA2-2\NA\\MN\COSAMNA

=~ON2+OM2,

可得|就「+|而『=?而『+?麗『=9+9'

解得=9+9—=13,即|而|=V13,

即P點(diǎn)軌跡是以（0,0）為圓心，半徑為g的圓，

易知|MN|=\AP\<\OP\+\OA\=V13+V5,\AP\>\OP\+\OA\=反一瓜

所以線段MN的長(zhǎng)的取值范圍是［g-V5,V13+V5］.

故選：D.

【變式3-3］（2024?廣西南寧?二模）已知直線y=丘+向/OTI70）與x軸和y軸分別交于4B兩點(diǎn)，S.\AB\=

2V2,動(dòng)點(diǎn)C滿足C41CB,則當(dāng)肌小變化時(shí)，點(diǎn)C到點(diǎn)的距離的最大值為（）

A.4V2B.3V2C.2V2D.V2

【解題思路】先求得4B兩點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)=2&得到（-￡）2+巾2=8,再結(jié)合C41CB可得到C軌跡

為動(dòng)圓，求得該動(dòng)圓圓心的方程，即可求得答案.

【解答過(guò)程】由丫=+0）,得4（一0）,B（0,巾），由|48|=2夜，得（一藍(lán)？+W2=8,

由C41CB,得前?前=0,設(shè)C（x,y）,貝！l（x+，y）?—m）=0,

22

即（％+/）2+（y—￡）2=3+?=2,因此點(diǎn)C的軌跡為一動(dòng)圓，

設(shè)該動(dòng)圓圓心為,即有/=一￡，/=］，則￡=一2%；血=2y代入（一1）2+血2=8,

整理得：“2+y2=2,即C軌跡的圓心在圓比2+：/=2上(除此圓與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)外)，

22

點(diǎn)與圓X+y=2上點(diǎn)(一1,一1)連線的距離加上圓C的半徑即為點(diǎn)C到點(diǎn)。(1,1)的距離的最大值,

所以最大值為—（-UK+[1-（-1）]2+V2=3V2.

故選：B.

【題型4隱圓類型四：定弦定角、數(shù)量積定值】

2

【例4】(2024?北京?三模)已知圓C:(x—百)+(y—1)2=1和兩點(diǎn)力(―t,0),B(t,0)(t>0),若圓C上存

在點(diǎn)P,使得可?麗=0,貝此的取值范圍為()

A.(0,1]B.[1,3]C.[2,3]D.[3,4]

【解題思路】由港?麗=0知點(diǎn)P的軌跡方程是以位直徑的圓，可得|t—l|W|OC|Wt+1,即可求出t

的取值范圍.

【解答過(guò)程】PA-PB=0說(shuō)明P在以2B為直徑的圓/+V=/上，

而P又在圓。上，因此兩圓有公共點(diǎn)，

則圓心距位于半徑差的絕對(duì)值與半徑和的閉區(qū)間中,

所以|￡一1|W|OC|Wt+1,即|t—1|W2Wt+1,又t>0,解得1WCW3.

【變式4-1](2024?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè))M點(diǎn)是圓C:(x+2)2+產(chǎn)=1上任意一點(diǎn)，48為圓的:Q—2下+y2=3

的弦，且|4B|=2a,N為4B的中點(diǎn)，則|MN|的最小值為()

A.1B.2C.3D.47

【解題思路】根據(jù)弦長(zhǎng)公式先求出IC1M=1,然后可知點(diǎn)N在以的(2,0)為圓心，1為半徑的圓上，結(jié)合圓

的性質(zhì)可求|MN|的最小值.

【解答過(guò)程】圓。0+2)2+丫2=1的圓心為0；—2,0),半徑為r=l,

圓Ci：(x-2)2+y2=3的圓心為。式2,0),半徑為勺=V3.

如圖所示，由弦長(zhǎng)公式知|48|=2％N|2=2V2,

解得?N|=1,

所以點(diǎn)N在以的(2,0)為圓心、1為半徑的圓上，

由圖可知，|MN|的最小值為ICC/一7一1=4一1-1=2.

故選：B.

【變式4-2](2024?江西贛州一模)在邊長(zhǎng)為4的正方體力BCD-A/?/中，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是側(cè)

面力BB14內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)(含四條邊)，且tan/APD=4tanNEPB,則P的軌跡長(zhǎng)度為()

A.三B.空C.-D.也

9999

【解題思路】根據(jù)tanN4PD=4tanNEPB,求出P4=1PB,即可利用坐標(biāo)法求解軌跡方程，即可由弧長(zhǎng)公

式求解.

【解答過(guò)程】

在長(zhǎng)方體48CD—4/1的。1中，由于1平面力送8%，CB_L平面ZMBBi，

在RtZiP力。和RtzXPBC中，tan^APD=tanNEPB=器，

tanZ.APD—4tanz￡TB,BE--BC=-AD,PA—-PB,

222

在平面4BB1/1，以4為坐標(biāo)原點(diǎn)，以4B,441為%,y軸的正方向，建立平面直角坐標(biāo)系,

設(shè)P(x,y),則4(0,0),B(4,0),

則由P4可得+y2=[J(X-4)2+儼,化簡(jiǎn)可得(x+§+y2=y,由于xNO,yNO,故P的軌

跡表示圓心在(-±0),半徑為r=g的圓在第一象限的弧長(zhǎng)，

由于Q(。冷

故"AM=]因此軌跡為“帆4=輛對(duì)的弧長(zhǎng)，故長(zhǎng)度為三x合拳

【變式4-3](2024?河南關(guān)B州?二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)4(2,4),5(-2,-4),動(dòng)點(diǎn)尸滿足

PO-PA=-1,貝!!tanNPB。的最大值為()

A2V21D4V29c2V41nV2

A.-----D.-----v.-----D.—

2129412

【解題思路】設(shè)出點(diǎn)P(x,y),利用數(shù)量積的坐標(biāo)表示得到點(diǎn)P的軌跡，結(jié)合直線與圓的關(guān)系進(jìn)行求解即可.

【解答過(guò)程】設(shè)P(x,y),則而=(—x,-y),而=(2—x,4—y),

則P。-PA――x(2—x)—y(4—y)—-1,即/—2x+y2-4y+1=0,

化為(x-1尸+(y—2)2=4,則點(diǎn)P的軌跡為以。(1,2)為圓心，半徑為2的圓，

又koB=T=2=k()D=所以B,。,D三點(diǎn)共線，

一ZL

顯然當(dāng)直線PB與此圓相切時(shí)，tan/PB。的值最大.

又BD=V32+62=3V5,PD=2,

則PB=y/BD2-PD2=V45-4=V41,

貝！Jtanz.PBO——=-1==

PBV41V41

故選：C.

【題型5阿波羅尼斯圓】

【例5】(23-24高二上?遼寧沈陽(yáng)?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)”與兩定點(diǎn)。，尸的距離之比拼=4(4>0,4力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/+y=1,0為x軸上一定點(diǎn)，P(—g,0),且4=2,

則點(diǎn)。的坐標(biāo)為()

A.(-1,0)B.(1,0)C.(-2,0)D.(2,0)

【解題思路】由題可設(shè)Q(a,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)。的坐標(biāo).

【解答過(guò)程】解：設(shè)Q(a,0),所以|MQ|=/解一。尸+必

由P(-1,0)，得|MP|=]1+:丫+儼.

因?yàn)槔?4=2,所以套零產(chǎn)=2,整理得：/+產(chǎn)+警久=餐.

J(/+y233

產(chǎn)=0

因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)M的軌跡方程是/+y2=1,所以43解得a=—2,所以Q(—2,0).

—=1

I3

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(duì)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：己知?jiǎng)狱c(diǎn)M與兩定點(diǎn)Q,P的距離之比拼=4

(A>0,,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)Q(>n,0)和定點(diǎn)P(—發(fā)。)的距

離之比為2,其方程為刀2+>2=1,若點(diǎn)則21Mpi+|MB|的最小值為()

A.V6B.V7C.V10D.V11

【解題思路】令M(x,y),應(yīng)用兩點(diǎn)距離公式列方程求/軌跡，結(jié)合已知圓的方程求參數(shù)加，進(jìn)而得Q(-2,0),

再由2\MP\+\MB\=\MQ\+\MB\,數(shù)形結(jié)合求目標(biāo)式最小值.

【解答過(guò)程】由題設(shè)黑=2,令M(久,y),貝產(chǎn)曹+號(hào)=4,

|MP|(x+y)2+y2

m2—1_]

所以%2+(4+；m)x+y2=叱三則?4+彳加=m=—2,即Q(—2,0),

33一十乙“I八

----=0

I3

又/+12>1,即在圓外，(一2)2+12>1,即Q(-2,0)在圓外,

由2\MP\+\MB\=\MQ\+\MB\>\BQ\=V10,當(dāng)且僅當(dāng)B,M,Q共線上等號(hào)成立，

所以2\MP\+|MB|的最小值為VIU.

故選：C.

【變式5-2](23-24高二上?陜西咸陽(yáng)?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)4(4中

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)。(0,0),力(3,0),動(dòng)點(diǎn)P(%y)滿足震=不則點(diǎn)

P的軌跡與圓C：(%―2)2+y2=1的公切線的條數(shù)為()

A.1B.2C.3D.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(guò)程】依題意動(dòng)點(diǎn)PQ,y)滿足瞿=：

I產(chǎn)力I乙

所以4|PO|2=|P*2,4/+4y2=(彳-3)2+y2,

整理得(x+l)2+y2=4,所以P點(diǎn)的軌跡是以B(—1,0)為圓心，半徑勺=2的圓.

圓C:(x-2尸+y2=i的圓心為C(2,0),半徑上=1.

出。=3=口+「2,所以兩圓外切，則公切線有3條.

【變式5-3］（23-24高二上?湖南益陽(yáng)?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(duì)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的距離之比搗=4（4>

04K1）,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，其方程為了+產(chǎn)=1,其

中，定點(diǎn)Q為x軸上一點(diǎn)，定點(diǎn)P的坐標(biāo)為（―：,0）,4=3,若點(diǎn)則31Mpi+|MB|的最小值為（）

A.V10B.VilC.V15D.V17

【解題思路】設(shè)Q（a,O）,根據(jù)需=4和/+y2=i求出°的值，由3|MP|+\MB\=\MQ\+\MB\,

兩點(diǎn)之間直線最短，可得3|MP|+|MB|的最小值為|8Q|,根據(jù)坐標(biāo)求出|8Q|即可.

【解答過(guò)程】設(shè)Q（a,O）,所以|MQ|=J（x-a）2+產(chǎn),由p（—go）,

所以|PM|=、(％+弓2+產(chǎn)，因?yàn)楹?%且％=3,所以『y=3,

3)|MP|向由

'3+a_

整理可得%2+y2+半%=￡^11,又動(dòng)點(diǎn)M的軌跡是%2+y2=1,所以,

解得a=-3,所以Q(—3,0),又|MQ|=3|MP|,

所以31Mpi+\MB\=\MQ\+\MB\>\BQ\,

因?yàn)樗?|MP|+|MB|的最小值|BQ|=V(1+3)2+(1-0)2=V17,

當(dāng)M在位置Mi或“2時(shí)等號(hào)成立.

故選：D.

【題型6蒙日?qǐng)A】

【例6】（23-24高三上?安徽六安?階段練習(xí)）橢圓5+，=1（。>0,6>0,。46）任意兩條相互垂直的切線

的交點(diǎn)軌跡為圓：x2+y2=a2+b2,這個(gè)圓稱為橢圓的蒙日?qǐng)A.在圓-4>+（y-3尸=八（廠>0）上總

存在點(diǎn)P,使得過(guò)點(diǎn)P能作橢圓/+9=1的兩條相互垂直的切線，貝懺的取值范圍是（）

A.[1,7]B.[1,9]C.[3,7]D.[3,9]

【解題思路】根據(jù)蒙日?qǐng)A的定義結(jié)合兩圓的位置關(guān)系計(jì)算即可.

【解答過(guò)程】根據(jù)題意可知橢圓/+9=1的蒙日?qǐng)A方程為/+y2=4,圓心為原點(diǎn)，半徑為2,

圓-4)2+(y-3)2=r2(r>0)的圓心為(4,3),半徑為r,

則圓(％-4)2+(y-3/=r2(r>0)與/+y2=4必有交點(diǎn)才符合題意，

即兩圓圓心距d=J(4—0)2+(3—0)2=5,

則|r-2|<d<\r+2\=^rE[3,7].

故選：C.

【變式6-1](2024?貴州銅仁?二模)法國(guó)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r彳+==l(a>b>0)的蒙日?qǐng)A為C:比2+y2_|a2；過(guò)C上的動(dòng)點(diǎn)M作r的兩條切線，分別與C交

于P,Q兩點(diǎn)，直線PQ交「于4B兩點(diǎn)，則橢圓r的離心率為()

A.—B.—C.—D.—

2233

【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a?=362,利用離心率公式即

可得到答案.

【解答過(guò)程】依題意，取特殊直線x=a和直線y=6,顯然這兩條直線與橢圓「都相切，且這兩條直線互相

垂直，

因其交點(diǎn)(a,b)在圓C上，+房=得小=362,

橢圓「的離心率e=;=J]=3

故選：D.

【變式6-2](2024高三?山東?專題練習(xí))“蒙日?qǐng)A”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?qǐng)A.若橢圓C：三+^=1

a+1a

(a>0)的離心率為3，則橢圓C的蒙日?qǐng)A方程為()

A.x2+y2=9B.x2+y2=7C.x2+y2=5D.x2+y2=4

【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(guò)上頂點(diǎn)和右頂點(diǎn)的切線可得蒙日?qǐng)A上的一點(diǎn)，即可橢圓C的蒙日?qǐng)A方程.

【解答過(guò)程】因?yàn)闄E圓C：三+片=1(a>0)的離心率為g

a+la2

所以=解得a=3,所以橢圓C的方程為9+9=1,

所以橢圓的上頂點(diǎn)4(0,百)，右頂點(diǎn)B(2,0),

所以經(jīng)過(guò)4B兩點(diǎn)的切線方程分別為丫=百，x=2,

所以兩條切線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2,b)，又過(guò)4B的切線互相垂直，

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=J22+(抬心=V7,

所以橢圓C的蒙日?qǐng)A方程為/+y2=7.

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(guó)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

22

圓.已知橢圓a+方=l(a>b>0)的蒙日?qǐng)A方程為第2+y2=次+川.若圓(％-3)2+(y-矢)2=9與橢圓

9+產(chǎn)=1的蒙日?qǐng)A有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，則久的值為()

A.±3B.±4C.±5D.2V5

【解題思路】根據(jù)題意先寫出橢圓的蒙日?qǐng)A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(guò)程】由題意可知?+丫2=1的蒙日?qǐng)A方程為/+y2=4,

因?yàn)閳A(X—3)2+(y—4)2=9與圓/+y2=4僅有一個(gè)公共點(diǎn)，

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(duì)值，

所以二(3—0)2+(4-0)2=3+2或J(3—0)2+(4—0尸=|3-2|,

由此解得2=±4,

故選：B.

?過(guò)關(guān)測(cè)試

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)。(0,0),力(3,0)的距離之比為2,那么直線。M

的斜率的取值范圍是()

A.[2V6,6V2]B.[-y,y]C.D.

【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(guò)程】設(shè)動(dòng)點(diǎn)M(x,y),則-/嚴(yán)字2=2,

化簡(jiǎn)得(x-4)2+產(chǎn)=4,

所以點(diǎn)M的軌跡為圓E:(x-4)2+y2=4,

如圖，過(guò)點(diǎn)。作圓E的切線，連接EM,則由M|=2,|OE|=4,

所以NMOE=*同理乙/OE=/

則直線OM的斜率范圍為[-f，斗

故選：C.

2.(23-24高三上?重慶?期中)已知。為拋物線C:必=4萬(wàn)上的動(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足到點(diǎn)4(2,0)的距離

與到點(diǎn)歹是C的焦點(diǎn))的距離之比為日，則IQM+0回的最小值是()

A.3-V2B.4-V2C.4+V2D.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|-迎+|QS|的最小值，根

據(jù)垂線段最短得到當(dāng)S,Q,B三點(diǎn)共線時(shí)，|QM+|QF|最小，然后求最小值即可.

【解答過(guò)程】

由題意得F(l,0),|Q尸|等于點(diǎn)Q到準(zhǔn)線的距離,

過(guò)點(diǎn)Q作QS垂直準(zhǔn)線于點(diǎn)S,則|QF|=|QS|,

設(shè)動(dòng)點(diǎn)M(x,y),則算等=1,整理得(x-3)2+產(chǎn)=2,

V(x-l)z+y22

所以點(diǎn)M的軌跡為以B(3,0)為圓心，半徑為魚的圓，

\QM\+\QF\>\QB\-V2+\QS\,

所以當(dāng)四點(diǎn)共線時(shí),IQM+IQ-最小,(|QM|+|QF|)mm=l+3—魚=4—VI

故選：B.

3.(23-24高二下?貴州六盤水?期末)已知線段4B的長(zhǎng)度為4,動(dòng)點(diǎn)M與點(diǎn)力的距離是它與點(diǎn)B的距離的企

倍，則△M4B面積的最大值為()

A.8V2B.8C.4V2D.y

【解題思路】以的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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)+

/=32,數(shù)形結(jié)合△M4B高的最大值為圓的半徑，可解問(wèn)題.

【解答過(guò)程】以48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)M(x,y),且4(—2,0),B(2,0),

由|M川=y/2\MB\,得(x+2)2+y2=2(x-2)2+2y2,

化簡(jiǎn)得M的軌跡方程為圓(x-6)2+y2=32,半徑r=4位，

如下圖，有=

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/=y+l與x軸相交于/,8兩點(diǎn)，P

是平面內(nèi)一點(diǎn)，且滿足|P川=魚28|,則△P4B面積的最大值是()

A.V3B.2V3C.V2D.2近

【解題思路】根據(jù)題意不妨取力(1,0),8(-1,0),進(jìn)而求點(diǎn)P的軌跡方程，結(jié)合方程分析求解.

【解答過(guò)程】對(duì)于曲線d=y+l,令y=0,即/=1,

可得x=±l,不妨取4(1,0),8(—1,0),可知|AB|=2,

設(shè)P(x,y),因?yàn)閨P4|=&|PB|,則J(x—1尸+y2=+1)2+產(chǎn),

整理得0+3)2+y2=8,

可知點(diǎn)P的軌跡是以(一3,0)為圓心，半徑為2企的圓，

所以面積的最大值是(X2X2夜=2V2.

故選：D.

5.(23-24高二下?陜西寶雞?期中)已知點(diǎn)/為直線3久+4y—5=0上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P(m+2,1-冗),B(2,0),

且滿足62+n2=2n-4m-4,則214Pl+|BP|的最小值為()

A.-B.-C.—D.-

5355

【解題思路】通過(guò)構(gòu)造關(guān)系|尸引=2|PM|找到定點(diǎn)M,將最值轉(zhuǎn)化為求2(|P川+|PM|)的最值，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為

|ZM|最值，則點(diǎn)線距求解可得.

【解答過(guò)程】Vm2+n2=2n—4m—4,(m+2)2+(n—I)2=1.

設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(%,y),由題意％=m+2,y=l-n,則/+y2=1,

???尸點(diǎn)軌跡是以。(0,0)點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓，記為圓。，

設(shè)在工軸上存在定點(diǎn)M(a,0),使得圓上任意一點(diǎn)P(%,y),滿足|PB|=2|PM|,

則—2)2+y2=2A/(%-a)2+y2,

化簡(jiǎn)得3(x2+y2)—4(2a—l)x+4(a2—1)=0,

又:+y2=i,代入得4(1—2a)x+4a2—1=0,

要使等式恒成立，則1一2a=0,即a.

.??存在定點(diǎn)使圓上任意一點(diǎn)P滿足|PB|=2|PM|,

則2Mpi+\BP\=2\AP\+2\MP\=2(\AP\+\MP\)>2\AM\,

當(dāng)ap,河三點(diǎn)共線(力,“位于P兩側(cè))時(shí)，等號(hào)成立.

又4點(diǎn)為直線3x+4y-5=0上一動(dòng)點(diǎn)，則|4M|的最小值即為點(diǎn)M到直線的距離，

由M6。)到直線距離d=懸=高則I力=套

故214Pl+\BP\>2\AM\>2d=1.

如圖，過(guò)M作直線3x+4y-5=0的垂線段，垂線段與圓。的交點(diǎn)即為取最值時(shí)的點(diǎn)P,此時(shí)取到最小值2

故選：D.

6.(2024?廣東?二模)法國(guó)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?qǐng)A.根據(jù)此背景，設(shè)M為橢圓C:/+弓=1的一個(gè)外切長(zhǎng)方形

(M的四條邊所在直線均與橢圓C相切)，若M在第一象限內(nèi)的一個(gè)頂點(diǎn)縱坐標(biāo)為2,則M的面積為()

A.13V3B.26C.當(dāng)D.爭(zhēng)

【解題思路】根據(jù)題意求出橢圓。的蒙日?qǐng)A方程，求出〃在第一象限的頂點(diǎn)尸的坐標(biāo)，設(shè)出過(guò)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(guò)程】依題意，直線x=±l,丫=±2百都與橢圓。尢2+*=1,且它們圍成四邊形是矩形，

于是該矩形是橢圓C的蒙日?qǐng)A內(nèi)接矩形，因此該蒙日?qǐng)A的圓心為。(0,0),半徑r=J/+Q遮)2=g,

因此該橢圓C的蒙日?qǐng)A方程為/+y2=13,

M為橢圓。好+弓=1的一個(gè)外切長(zhǎng)方形，設(shè)其四個(gè)頂點(diǎn)分別為P、。、p'、Q',

其中P在第一象限，顯然尸與P'關(guān)于原點(diǎn)。對(duì)稱，。與Q'關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，

而P點(diǎn)縱坐標(biāo)為2,則其橫坐標(biāo)為3,即P(3,2),顯然河的四條邊所在直線斜率存在且不為0,

V=kx—Rk_i_2

{\2x2+y2=12消去了并整理,

得(12+k2')x2+2k(2-3fc)x+9k2-12fc-8=0,由4=4k2(2-3k)2-4(12+k2)(9fc2-12k-8)=0,

化簡(jiǎn)得2k2-3k-2=0,解得k=2或k=一不妨取直線PQ方程為y-2=2(x-3),即2x-y-4=0,

直線PQ'的方程為y-2=-1(x-3),即％+2y-7=0,

O點(diǎn)到直線PQ的距離為高O點(diǎn)到直線PQ'的距離為高

所以M的面積為2J13-(京尸x2J13-(看/=當(dāng).

故選：C.

7.（23-24高二下?浙江?期中）在△/8C中，BC=2,ABAC=。為3C中點(diǎn)，在△N8C所在平面內(nèi)有一

動(dòng)點(diǎn)P滿足而-PD=PC-PD,則下-前的最大值為（）

A.—B.—C.V3D.—

333

【解題思路】根據(jù)麗?麗=麗?麗化簡(jiǎn)整理得出而?屁=0,由此將而?阮化簡(jiǎn)，可得

Q?前=而?品.根據(jù)BC=2且=%得到點(diǎn)/在以為弦的優(yōu)弧上運(yùn)動(dòng)（不含端點(diǎn)），以2為

原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，求出乘所在圓的方程，設(shè)出點(diǎn)/的坐標(biāo)，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算法則與圓的

性質(zhì)求出而?方的最大值，進(jìn)而得到答案.

【解答過(guò)程】由而?麗=麗?麗，得麗?（同一麗）=0,即麗?舐=0,

所以而?瓦=（而一而）?前=而?近一麗?阮=而?近.

因?yàn)锽C=2,Z-BAC=p所以點(diǎn)/在以5C為弦的優(yōu)弧上運(yùn)動(dòng)（不含端點(diǎn)）.

設(shè)痂所在圓的圓心為連接MB、MC、MD,

則Affi>_L5C,^BMC=―,可得BD=1,MD=-^=—,,BM=^=—.

3tan-3sin-3

以5為原點(diǎn)，8C所在直線為x軸，建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，

可得C（2,0）,D（l,0）,M（l,f）,圓河的方程為（無(wú)一1尸+（y—f）=1,

設(shè)4(m,n),則4D=結(jié)合品=(2,0),

可得而?BC=2(1-m)+0=2-2m,

2

因?yàn)镹點(diǎn)在圓M：(x—1)2+(y—個(gè))=(上運(yùn)?動(dòng)，

所以1—苧WznW1+可得當(dāng)m=l—時(shí)，2-2m=2—2(1—達(dá)到最大值.

綜上所述，當(dāng)m=l—苧時(shí)，前?所有最大值#.

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)4(2>0,且2力1),

那么點(diǎn)P的軌跡為圓