重难点24 隐圆与蒙日圆问题（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点24隐圆与蒙日圆问题【六大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1隐圆类型一：到定点的距离等于定长】 2【题型2隐圆类型二：到两定点距离的平方和为定值】 5【题型3隐圆类型三：到两定点的夹角为直角】 6【题型4隐圆类型四：定弦定角、数量积定值】 9【题型5阿波罗尼斯圆】 12【题型6蒙日圆】 141、隐圆与蒙日圆问题从近几年的高考情况来看，在近几年全国各地的解析几何试题中可以发现许多试题涉及隐圆、蒙日圆，这些问题聚焦了轨迹方程、定值、定点、弦长、面积等解析几何的核心问题，难度为中高档，需要灵活求解.【知识点1隐圆与阿波罗尼斯圆】1．隐圆问题在题设中没有明确给出圆的相关信息，而是隐含在题目中，要通过分析、转化、发现圆(或圆的方程)，从而最终利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐圆问题”.2．隐圆问题的几大类型(1)隐圆类型一：到定点的距离等于定长；(2)隐圆类型二：到两定点距离的平方和为定值；(3)隐圆类型三：到两定点的夹角为直角；(4)隐圆类型四：对角互补、数量积定值；(5)隐圆类型五：阿波罗尼斯圆.3．阿波罗尼斯圆“阿波罗尼斯圆”的定义：平面内到两个定点A(-a,0)，B(a,0)(a>0)的距离之比为正数λ(λ≠1)的点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即为阿波罗尼斯圆.【知识点2蒙日圆】1．蒙日圆在椭圆上，任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于椭圆长半轴与短半轴平方和的算术平方根，这个圆叫蒙日圆.设P为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，交椭圆于点A，B，O为原点，如图.【题型1隐圆类型一：到定点的距离等于定长】【例1】（2024·全国·二模）已知直线l1:y=tx+5t∈R与直线l2:x+ty−t+4=0t∈R相交于点P，且点P到点Qa,3的距离等于1，则实数a的取值范围是（

）A．−2B．−2C．−2D．−2【解题思路】根据给定条件，求出点P的方程，再利用两圆有公共点列出不等式求解即得.【解答过程】直线l1:y=tx+5过定点A(0,5)，直线l2:x+ty−t+4=0过定点因此点P(x,y)的轨迹是以线段AB为直径的圆（除点(0,1)外），圆心C(−2,3)，半径r=22圆C的方程为(x+2)2+(y−3)2=8(x≠0且y≠1)，又Q(a,3),|PQ|=1则点P在圆Q：(x−a)2+(y−3)2=1于是22−1≤|CQ|≤22解得−22−3≤a≤−22所以实数a的取值范围是−22故选：D.【变式1-1】（24-25高三上·江西南昌·开学考试）已知椭圆E:x24+y23=1的右焦点为F，则A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【解题思路】求出点F的坐标，由PF=3求出【解答过程】椭圆E:x24+y23=1的右焦点为由(x−1)2+y2=334(x−1)2当x=4−23时，对应的y值有2个，所以E上满足PF=3故选：B.【变式1-2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知a，b是两个单位向量，且a+b=a−b，若向量c满足A．2−2 B．2+2 C．2 【解题思路】根据模长公式可得a⊥b，根据向量的坐标运算c−a−b=(x−1,y−1)，利用|c−【解答过程】已知a,b是两个单位向量，且则a2则a⋅b=0设a,b分别是x轴与则a=(1,0)，b=(0,1)，设c=(x,y)，则c因为|c所以(x−1)2故c=OC中，点C的轨迹是以(1,1)为圆心，圆心M(1,1)到原点的距离为|OM|=1cmax故选：B．【变式1-3】（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）已知M(x1,y1)，N(x2,A．10,14 B．8,16 C．52,72【解题思路】先确定MN中点的轨迹为圆，再利用圆上的点到直线的最值求解.【解答过程】由题设知，圆C的圆心坐标C−2,4因为MN=2，所以设P为MN的中点，所以CP=所以点P的轨迹方程为x+22其轨迹是以C−2,4为圆心，半径为2设点M，N，p到直线x−y=0的距离分别为d1,d所以d1=x1−所以x1因为点C到直线x−y=0的距离为−2−42所以32−2所以10≤22d≤14．所以x1

故选：A．【题型2隐圆类型二：到两定点距离的平方和为定值】【例2】（24-25高二上·全国·课后作业）平面上一动点P满足：PM|2+PN|2=6A．(x+1)2+yC．x2+y【解题思路】设Px,y【解答过程】设Px,y，由PM2+整理得x2+y2=2故选：C.【变式2-1】（2024·河南·三模）在平面α内，已知线段AB的长为4，点P为平面α内一点，且PA2+PB2=10A．π6 B．π4 C．π3【解题思路】建立直角坐标系，求出点P的轨迹时一个圆，再根据PA与圆O相切时角最大求得结果.【解答过程】如图，以线段AB所在的直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，设Px,y，因为AB=4，不妨设由PA2+PB化简得x2+y2=1当PA与圆O相切时，∠PAB取得最大值，此时OP⊥PA．因为OP=1，OA=2，所以sin∠PAB=故∠PAB的最大值为π6故选：A．【变式2-2】（24-25高二上·江苏徐州·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知点A2,0，若点M满足MA2+MO2=10【解题思路】设点Mx,y【解答过程】设Mx,y，则有x−2化简得x2+y2−2x−3=0故答案为：x2【变式2-3】（23-24高二上·福建厦门·期末）已知圆O:x2+y2=1和圆O1:(x−2)2+y2=1，过动点P分别作圆O，圆O1的切线PA【解题思路】根据题意得出P的轨迹方程，结合图像即可求解.【解答过程】

如图，连接PO,PO1,OA,O1所以|PO|设P(x,y)，所以x2整理得(x−1)2+y2=9|PA|=PO2−1≤4故答案为：15.【题型3隐圆类型三：到两定点的夹角为直角】【例3】（2024·浙江嘉兴·二模）已知圆C:(x−5)2+(y+2)2=r2(r>0),A−6,0,BA．0,5 B．5,15 C．10,15 D．15,+【解题思路】由PA⊥PB得到点P的轨迹是以AB为直径的圆，依题意，问题转化为两个圆有公共点的问题，解不等式组即得.【解答过程】如图，由PA⊥PB可知点P的轨迹是以AB为直径的圆，设为圆M，因A−6,0,B0,8依题意知圆M与圆C必至少有一个公共点.因C(5,−2),M(−3,4)，则|CM|=(5+3)由r−5≤|CM|≤5+r，解得：5≤r≤15故选：B.【变式3-1】（2024·北京平谷·模拟预测）设点A1,0，动直线l：x+ay+2a−1=0，作AM⊥l于点M，则点M到坐标原点O距离的最小值为（

A．1 B．2+1 C．2−1 【解题思路】根据直线的垂直关系可得点M的轨迹是以C1,−1为圆心，半径r=1的圆，即可得MO【解答过程】由AM⊥l以及x+ay+2a−1=0可得直线AM的方程为y=ax−1联立x+ay+2a−1=0y=ax−1，消去a整理可得所以可知点M的轨迹是以C1,−1为圆心，半径r=1因此MOmin故选：C.【变式3-2】（23-24高三下·江苏扬州·开学考试）在平面直角坐标系xOy中，已知M,N为圆x2+y2=9上两点，点A1,2，且A．4−2,4+2C．4−5,4+5【解题思路】易知以AM,AN为邻边作平行四边形AMPN为矩形，由平面向量可证明OA2+OP【解答过程】以AM,AN为邻边作平行四边形AMPN，由AM⊥AN可得四边形AMPN为矩形，如下图所示：OA===ON可得OA2解得OP2=9+9−OA即P点轨迹是以0,0为圆心，半径为13的圆，易知MN=AP≤所以线段MN的长的取值范围是13−故选：D.【变式3-3】（2024·广西南宁·二模）已知直线y=kx+mkm≠0与x轴和y轴分别交于A，B两点，且AB=22，动点C满足CA⊥CB，则当k，m变化时，点C到点DA．42 B．32 C．22【解题思路】先求得A，B两点坐标，根据AB=22得到(−m【解答过程】由y=kx+m(km≠0)，得A(−mk,0),B(0,m)，由AB由CA⊥CB，得AC⋅BC=0，设C(x,y)即(x+m2k)设该动圆圆心为(x′,y′)，即有整理得：x′2+y′点D1,1与圆x′2+y′2=2上点所以最大值为[1−(−1)]2故选：B.【题型4隐圆类型四：定弦定角、数量积定值】【例4】（2024·北京·三模）已知圆C:x−32+y−12=1和两点A−t,0,Bt,0t>0A．0,1 B．1,3 C．2,3 D．3,4【解题思路】由PA⋅PB=0知点P的轨迹方程是以AB位直径的圆，可得t−1【解答过程】PA⋅PB=0说明P在以AB而P又在圆C上，因此两圆有公共点，则圆心距位于半径差的绝对值与半径和的闭区间中，所以t−1≤OC≤t+1，即t−1≤2≤t+1，又故选：B.【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）M点是圆C:(x+2)2+y2=1上任意一点，AB为圆C1:(x−2)2+A．1 B．2 C．3 D．47【解题思路】根据弦长公式先求出C1N=1，然后可知点N在以C【解答过程】圆C:(x+2)2+y2圆C1:(x−2)2+如图所示，由弦长公式知|AB|=2r解得C1所以点N在以C1由图可知，|MN|的最小值为CC故选：B．【变式4-2】（2024·江西赣州·一模）在边长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是BC的中点，点P是侧面A．π9 B．2π9 C．4【解题思路】根据tan∠APD=4tan∠EPB【解答过程】

在长方体ABCD−A1B1C1D1中，由于在Rt△PAD和Rt△PBC中，tan∠APD=∵tan∠APD=4tan∠EPB，在平面ABB1A1，以A为坐标原点，以设P(x,y),则A0,0则由PA=12PB可得x2+y2=12x−4由于Q0,故∠QMA=π3,因此轨迹为∠QMA=π故选：D.【变式4-3】（2024·河南郑州·二模）在平面直角坐标系xOy中，设A2,4，B−2,−4，动点P满足PO⋅PA=−1A．22121 B．42929 C．【解题思路】设出点Px,y，利用数量积的坐标表示得到点P【解答过程】设Px,y，则PO=−x,−y则PO⋅PA=−x化为x−12+y−22=又kOB=−4显然当直线PB与此圆相切时，tan∠PBO又BD=3则PB=B则tan∠PBO=故选：C.【题型5阿波罗尼斯圆】【例5】（23-24高二上·辽宁沈阳·期中）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比MQMP=λλ>0,λ≠1，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2=1，Q为x轴上一定点，A．−1,0 B．1,0 C．−2,0 D．2,0【解题思路】由题可设Qa,0，按照阿波罗尼斯圆定义得轨迹方程，根据已知轨迹方程列式即可得a得值，从而可得点Q【解答过程】解：设Qa,0，Mx,y，所以由P−12因为MQMP=λ=2，所以x−a2因为动点M的轨迹方程是x2+y2=1，所以4+2a故选：C.【变式5-1】（23-24高二上·江西南昌·阶段练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比MQMP=λ（λ>0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，已知动点的M与定点Qm,0和定点P−12,0的距离之比为2，其方程为xA．6 B．7 C．10 D．11【解题思路】令M(x,y)，应用两点距离公式列方程求M轨迹，结合已知圆的方程求参数m，进而得Q−2,0，再由2【解答过程】由题设|MQ||MP|=2，令M(x,y)，则所以x2+(4+2m)3x+又12+12>1，即B由2MP+MB所以2MP+MB故选：C.【变式5-2】（23-24高二上·陕西咸阳·阶段练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果．其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数λλ≠1的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆．已知点O0,0，A3,0，动点Px,y满足POPA=12，则点A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】先求得P点的轨迹方程，然后根据圆与圆的位置关系确定公切线的条数.【解答过程】依题意动点Px,y满足PO所以4PO2=整理得x+12+y2=4，所以P圆C:x−22+y2BC=3=r1故选：C.【变式5-3】（23-24高二上·湖南益阳·期末）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点M与两定点Q,P的距离之比MQMP=λ(λ>0,λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2=1，其中，定点Q为x轴上一点，定点P的坐标为−A．10 B．11 C．15 D．17【解题思路】设Qa,0，Mx,y，根据|MQ||MP|=λ和x2+y2=1求出a【解答过程】设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因为B(1,1)，所以3|MP|+|MB|的最小值BQ=当M在位置M1或M故选：D.【题型6蒙日圆】【例6】（23-24高三上·安徽六安·阶段练习）椭圆x2a2+y2b2=1a>0,b>0,a≠b任意两条相互垂直的切线的交点轨迹为圆：x2+yA．1,7 B．1,9 C．3,7 D．3,9【解题思路】根据蒙日圆的定义结合两圆的位置关系计算即可.【解答过程】根据题意可知椭圆x2+y23圆x−42+y−32=则圆x−42+y−3即两圆圆心距d=4−0则r−2≤d≤故选：C.【变式6-1】（2024·贵州铜仁·二模）法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的蒙日圆为C:x2+y2=43a2，过C上的动点A．22 B．32 C．33【解题思路】选取两条特殊的互相垂直的切线，得到其交点，代入圆方程得到a2【解答过程】依题意，取特殊直线x=a和直线y=b，显然这两条直线与椭圆Γ都相切，且这两条直线互相垂直，因其交点a,b在圆C上，∴a2+b∴椭圆Γ的离心率e=c故选：D.【变式6-2】（2024高三·山东·专题练习）“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆.若椭圆C：x2a+1+y2a=1(a>0)A．x2+y2=9 B．x2【解题思路】根据椭圆C的离心率可求出a=3，根据题意知椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，利用过上顶点和右顶点的切线可得蒙日圆上的一点，即可椭圆C的蒙日圆方程.【解答过程】因为椭圆C：x2a+1+y2所以1a+1=12，解得a=3，所以椭圆所以椭圆的上顶点A(0,3)，右顶点所以经过A,B两点的切线方程分别为y=3，x=2所以两条切线的交点坐标为(2,3)，又过A，由题意知交点必在一个与椭圆C同心的圆上，可得圆的半径r=2所以椭圆C的蒙日圆方程为x2故选：B.【变式6-3】（23-24高二上·江苏徐州·期中）画法几何学的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆方程为xA．±3 B．±4 C．±5 D．2【解题思路】根据题意先写出椭圆的蒙日圆方程，然后根据条件判断出两圆内切或外切，由此列出方程求解出结果.【解答过程】由题意可知x23+因为圆(x−3)2+(y−λ)所以两圆内切或外切，故圆心距等于半径之和或者圆心距等于半径差的绝对值，所以3−02+λ−0由此解得λ=±4，故选：B.一、单选题1．（24-25高二上·江苏徐州·阶段练习）已知动点M与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离之比为2，那么直线OM的斜率的取值范围是（）A．26,62 B．−72,【解题思路】根据题意，求出点M的轨迹方程，数形结合求得直线OM的斜率范围.【解答过程】设动点Mx,y，则x化简得x−42所以点M的轨迹为圆E:x−42如图，过点O作圆E的切线，连接EM，则EM=2，OE所以∠MOE=π6，同理则直线OM的斜率范围为−3故选：C.

2．（23-24高三上·重庆·期中）已知Q为抛物线C:y²=4x上的动点，动点M满足到点A(2，0)的距离与到点F(F是C的焦点)的距离之比为22，则|QM|+|QF|的最小值是（A．3−2 B．4−2 C．4+【解题思路】根据题意得到点M的轨迹，然后将QM+QF的最小值转化为QB−2+【解答过程】由题意得F1,0，QF等于点Q过点Q作QS垂直准线于点S，则QF=设动点Mx,y，则x−22+所以点M的轨迹为以B3,0为圆心，半径为2QM+所以当S,Q,M,B四点共线时，QM+QF最小，故选：B.3．（23-24高二下·贵州六盘水·期末）已知线段AB的长度为4，动点M与点A的距离是它与点B的距离的2倍，则△MAB面积的最大值为（

）A．82 B．8 C．42 【解题思路】以AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系,可得M的轨迹方程为圆x−62+【解答过程】以AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，设Mx,y，且A由MA=2MB化简得M的轨迹方程为圆x−62+y如下图，有S△MAB故选：A.

4．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在平面直角坐标系内，曲线x2=y+1与x轴相交于A，B两点，P是平面内一点，且满足PA=2PBA．3 B．23 C．2 D．【解题思路】根据题意不妨取A1,0,B−1,0【解答过程】对于曲线x2=y+1，令y=0，即可得x=±1，不妨取A1,0,B−1,0设Px,y，因为PA=2整理得x+32可知点P的轨迹是以−3,0为圆心，半径为22所以△PAB面积的最大值是12故选：D.5．（23-24高二下·陕西宝鸡·期中）已知点A为直线3x+4y−5=0上一动点，点Pm+2,1−n,B2,0，且满足m2+A．65 B．73 C．655【解题思路】通过构造关系PB=2PM找到定点M，将最值转化为求2PA【解答过程】∵m2+n设P点坐标为x,y，由题意x=m+2,y=1−n，则x2∴P点轨迹是以O0,0点为圆心，1为半径的圆，记为圆O设在x轴上存在定点M(a,0)，使得圆上任意一点P(x,y)，满足PB=2则x−22化简得3(x又∵x2+y要使等式恒成立，则1−2a=0，即a=1∴存在定点M12,0，使圆上任意一点P则2AP当A，P，M三点共线（A,M位于P两侧）时，等号成立.又A点为直线3x+4y−5=0上一动点，则AM的最小值即为点M到直线的距离，由M12,0到直线距离d=故2AP如图，过M作直线3x+4y−5=0的垂线段，垂线段与圆O的交点即为取最值时的点P，此时取到最小值75故选：D.6．（2024·广东·二模）法国数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的两条相互垂直切线的交点轨迹为圆，我们通常称这个圆为该椭圆的蒙日圆．根据此背景，设M为椭圆C:x2+y212=1的一个外切长方形（M的四条边所在直线均与椭圆CA．133 B．26 C．1125 【解题思路】根据题意求出椭圆C的蒙日圆方程，求出M在第一象限的顶点P的坐标，设出过P且与椭圆C相切的直线方程，与椭圆联立，再利用点到直线距离公式即可求解.【解答过程】依题意，直线x=±1，y=±23都与椭圆C:于是该矩形是椭圆C的蒙日圆内接矩形，因此该蒙日圆的圆心为O(0,0)，半径r=1因此该椭圆C的蒙日圆方程为x2M为椭圆C:x2+y212=1的一个外切长方形，设其四个顶点分别为P其中P在第一象限，显然P与P′关于原点O对称，Q与Q而P点纵坐标为2，则其横坐标为3，即P(3,2)，显然M的四条边所在直线斜率存在且不为0，设过P且与椭圆C相切的直线为y−2=k(x−3)，由y=kx−3k+212x2得(12+k2)化简得2k2−3k−2=0，解得k=2或k=−12，不妨取直线PQ直线PQ′的方程为y−2=−1O点到直线PQ的距离为45，O点到直线PQ′所以M的面积为213−故选：C.7．（23-24高二下·浙江·期中）在△ABC中，BC＝2，∠BAC=π3，D为BC中点，在△ABC所在平面内有一动点P满足PB⋅A．33 B．233 C．3【解题思路】根据PB⋅PD=PC⋅PD化简整理得出PD⋅BC=0，由此将AP⋅BC化简，可得AP⋅BC=AD⋅BC【解答过程】由PB⋅PD=PC⋅所以AP⋅因为BC=2，∠BAC=π3，所以点A在以设BAC所在圆的圆心为M，连接MB、MC、MD，则MD⊥BC，∠BMC=2π3，可得BD=1，MD=以B为原点，BC所在直线为x轴，建立如图所示平面直角坐标系，可得C2,0,D1,0,M1,设Am,n，则AD⃗=可得AD⋅因为A点在圆M：x−12所以1−233≤m≤1+2综上所述，当m=1−233时，AD故选：D．8．（23-24高二下·山东青岛·开学考试）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数λ（λ>0，且λ≠1），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．若点C到A(−1,0)，B(1,0)的距离之比为3，则点C到直线x−2y+8=0的距离的最小值为（

）A．25−3C．25 D．【解题思路】先求出点C的轨迹方程，数形结合得到最小距离为圆心2,0到直线x−2y+8=0的距离减去半径，结合点到直线距离公式求出答案.【解答过程】设Cx,y，则x+12+即点C的轨迹方程为以2,0为圆心，3为半径的圆，则点C到直线x−2y+8=0的距离的最小值为圆心2,0到直线x−2y+8=0的距离减去半径，即2−0+81+4−3=25−3故选：A.二、多选题9．（23-24高二上·福建泉州·期中）古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262~前190）发现：平面内到两个定点A,B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，已知A(−1,0)，B(2,0)，动点P满足|PA||PB|=12，直线A．直线l过定点(−1,1)B．动点P的轨迹方程为(x+2)C．动点P到直线l的距离的最大值为2D．若点D的坐标为(−1,1)，则|PD|+2|PA|的最小值为10【解题思路】根据定点的求解可判定A,根据等量关系列方程可求解B，根据点到直线的距离即可求解C，根据三点共线即可求解D.【解答过程】对A,直线l:mx−y+m+1=0，m(x+1)−y+1=0，所以直线l过定点M(−1,1)，A正确；对B，设P(x,y)，因为动点P满足|PA||PB|=12，所以即(x+2)2+y2=4，所以动点P动点P的轨迹方程为圆C:(x+2)对于C，当直线l与MC垂直时,动点P到直线l的距离最大，且最大值为MC+r=对于D，由|PA||PB|=12，得又因为点D在圆C内，点B在圆C外，所以|PD|+2|PA|=|PD|+|PB|≥|BD|=10，当且仅当P为线段DB与圆C故选：ABD.

10．（2024·山西太原·二模）已知两定点A−2,0，B1,0，动点M满足条件MA=2MB，其轨迹是曲线C，过B作直线l交曲线C于P，A．PQ取值范围是2B．当点A，B，P，Q不共线时，△APQ面积的最大值为6C．当直线l斜率k≠0时，AB平分∠PAQD．tan∠PAQ最大值为【解题思路】分析可知曲线C是以D2,0为圆心，半径r=2的圆.对于A：根据圆的性质分析求解；对于B：设l:x=my+1,Px1,y1,Qx2【解答过程】设Mx,y因为MA=2MB，即x+22可知曲线C是以D2,0为圆心，半径r=2对于选项A：因为1−22+02=1<4，可知点B在曲线C且BD=1，则PQ的最大值为2r=4，最小值为2所以PQ取值范围是23设l:x=my+1,Px联立方程x=my+1x−22+y2则y1对于选项B：可得y1令t=4m2可得y1因为ft=t+1t在3,+即t+1t≥可得△APQ的面积S△APQ所以△APQ面积的最大值为33对于选项C：因为kPA+k又因为y1则2my即kPA+kAQ=0，可知∠PAB=∠QAB对于选项D：因为AB平分∠PAQ，则∠PAQ=2∠PAB，可知当PA与曲线C相切时，∠PAB取到最大值，此时sin∠PAB=DAAD=2即∠PAB的最大值为π6，则∠PAQ的最大值为π所以tan∠PAQ最大值为tan故选：ACD.11．（23-24高二上·江苏苏州·阶段练习）画法几何的创始人——法国数学家蒙日发现：在椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于长、短半轴平方和的算术平方根，这个圆就称为椭圆C的蒙日圆，其圆方程为x2+y2A．点A与椭圆C的蒙日圆上任意一点的距离最小值为bB．若l上恰有一点P满足：过P作椭圆C的两条切线互相垂直，则椭圆C的方程为xC．若l上任意一点Q都满足QA⋅QBD．若b=1，椭圆C的蒙日圆上存在点M满足MA⊥MB，则△AOB面积的最大值为3【解题思路】根据椭圆上点到原点最大距离为a，蒙日圆上的点到椭圆上点的距离最小值为半径减去a可判断A，利用相切列出方程即可求得椭圆的方程，可判断B，分析可得点Q应在蒙日圆外，解不等式从而判断C，依据题意表示出面积表达式并利用基本不等式即可求出面积最大值，可判断D.【解答过程】由离心率e=ca=63所以蒙日圆方程x2对于A，由于原点O到蒙日圆上任意一点的距离为2b，原点O到椭圆上任意一点的距离最大值为a=3所以椭圆C上的点A与椭圆C的蒙日圆上任意一点的距离最小值为2−3对于B，由蒙日圆定义可知：直线l:bx+ay−4=0与蒙日圆x2则圆心到直线l的距离为−4a2+所以椭圆C的方程为x2对于C，根据蒙日圆定义可知：蒙日圆上的点与椭圆上任意两点之间的夹角范围为0,π若若l上任意一点Q都满足QA⋅QB>0所以此时直线l与蒙日圆x2+y2=4又a>b>0，所以可得0<b<1，即C正确.对于D，易知椭圆C的方程为x23+y2不妨设Mx0,设Ax1,y1此时可得直线MA的方程为x1x+3y1y=3将Mx0,y0所以直线AB的方程即为x0联立x0x+3y0y=3由韦达定理可得x1所以AB=原点O到直线AB的距离为d=3因此△AOB的面积S=3当且仅当121+2y因此△AOB面积的最大值为32故选：BCD.三、填空题12．（24-25高二上·江苏徐州·阶段练习）已知点A−3,0，B1,0，平面内的动点P满足PB−3PA=0，则点P的轨迹形成的图形周长是3π【解题思路】设平面内的动点Px,y，根据PB−3PA=0列式可得点P的轨迹是−72【解答过程】设平面内的动点Px,y，由PB−3PA=0得PB=3PA所以x−12化简得x2+y所以点P的轨迹是以−72,0所以周长是2π故答案为：3π13．（23-24高二下·湖南·开学考试）古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果，其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数λλ≠1的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆，已知点O0,0，A3,0，动点Px,y满足POPA=1【解题思路】利用阿波罗尼斯圆定义可得点P的轨迹方程为x+12【解答过程】由题意设Px,y易知PA2=4PO整理得点P的轨迹方程为x+12其轨迹是以−1,0为圆心，以2为半径的圆，而圆x−12+y可得两圆的圆心距为2，大于2−1=1，小于2+1=3，则动点P的轨迹与圆x−12故公切线的条数为2.故答案为：2.14．（23-24高二上·山东枣庄·阶段练习）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”，已知点A、B为椭圆x23+y2b2=1（0<b<3）上任意两个动点，动点P在直线4x+3y−10=0【解题思路】求出给定椭圆的蒙日圆方程，由已知可得直线4x+3y−10=0与该蒙日圆相离，建立不等式求出离心率范围即得.【解答过程】依题意，直线x=±3,y=±b都与椭圆因此直线x=±3,y=±b所围成矩形的外接圆x2由点A、B为椭圆x23+y2b2=1上任意两个动点，动点又动点P在直线4x+3y−10=0上，因此直线4x+3y−10=0与圆x2于是|−10|42+32>3+所以椭圆C的离心率的取值范围为63故答案为：63四、解答题15．（23-24高二下·广东惠州·阶段练习）已知点O(0，0)，A(3，(1)求动点P的轨迹方程；(2)设动点P的轨迹为曲线C，若直线l过点B(0，2)，且曲线C截l所得弦长等于23【解题思路】（1）直接根据条件列式，化简整理可得曲线C的方程，进而判断曲线类型；（2）分为两种情况讨论：若直线l的斜率不存在，直接验证即可；若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+2，由弦长可得圆心C(−1,0)到直线l的距离d，列出方程可求得k，从而得出答案.【解答过程】（1）由题知，设点P(x,y)，由|PA|=2|PO|，则|PO||PA|=x即4x2+4所以曲线C是圆心为(−1,0)，半径等于2的圆，故曲线C的方程为：(x+1)2（2）如图，若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为：x=0，与C的交点坐标为(0,−3),(0,3若直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx+2，曲线C截l所得弦长等于23，所以23=2圆心C(−1,0)到直线l的距离d=|−k+2|所以|−k+2|1+k2则直线l的方程为：y=34综上，直线l的方程为：x=0或3x−4y+8=0.16．（2024高三·全国·专题练习）在平面直角坐标系中，已知点A2,3，B5,0，M是平面内的一动点，且满足MAMB=2，记点(1)求曲线E的方程；(2)过点B的直线l与曲线E交于P，Q两点，若△OBP的面积是△OBQ的面积的3倍，求直线l的方程．【解题思路】（1）设Mx,y，结合题意可得x−2（2）将直线方程代入圆的方程中，借助韦达定理计算即可得.【解答过程】（1）设Mx,y，因为MA所以x−22化简得x−62故曲线E的方程为x−62（2）若直线l垂直于y轴，则O，P，B，Q四点共线，不能构成三角形；

故可设直线l的方程为x=my+5，代入曲线E的方程可得m2Δ=则yP+y又S△OBP=1S△OBP=3S因为yPyQ则yP故yQ=则有yP可得m+12=0，故则直线l方程为x+y−5=0.17．（23-24高二上·四川成都·期末）