重难点44 阿波罗尼斯圆与蒙日圆七大题型【2024高考数学二轮复习题型突破】（解析版）

高中数学精编资源2/2重难点专题44阿波罗尼斯圆与蒙日圆七大题型汇总题型1阿氏圆与轨迹 1题型2阿氏圆与圆锥曲线 7题型3阿氏圆求非对称型最值 16题型4阿氏圆与向量 24题型5阿氏圆与立体几何 30题型6椭圆中的蒙日圆 40题型7双曲线与抛物线中的蒙日圆 51题型1阿氏圆与轨迹阿波罗尼斯圆的定义在平面上给定两点A , B，设P点在同一平面上且满足PAPB=λ，当λ>0且λ≠1时，P点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆．（【例题1】（2021下·陕西宝鸡·高三统考阶段练习）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“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，A(-2,0)，B(4,0)，点P满足|PA||PB|=1A．4π B．8π C．12π D．16π【答案】D【分析】设P(x,y)，则由|PA||PB|=12结合距离公式化简可得(x+4)2【详解】设点P(x,y)，则|PA||PB|化简整理得x2+y所以点P的轨迹是以(-4,0)为圆心，4为半径的圆，所以所求图形的面积为16π，故选：D【变式1-1】1.（2023上·浙江金华·高三阶段练习）已知圆C的直径AB=6，点M满足MA=2MB.记点M的轨迹为W，设W与C交于P,Q【答案】24【分析】首先建立坐标系，分别求圆C和圆W的方程，两圆相减后求直线PQ的方程，再根据弦长公式求解弦长.【详解】以线段AB的中点为原点，以AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，

则圆C的方程为x2A-3,0，B3,0，设由题意可知，x+32整理为x-52则圆W的方程为x-52两圆相减得直线PQ的方程为x=9圆心0,0到直线x=95的距离所以线段PQ=2故答案为：24【变式1-1】2.（江苏省海高三模拟考试数学试题）在平面直角坐标xOy中，已知点A1,0,B4,0，若直线x-y+m=0上存在点P使得PA【答案】-2【分析】根据PA=12PB得出点P的轨迹方程，又点P在直线【详解】解：设P(x,y)则|PA|=(x-1)因为PA=所以有(x-1)2同时平方，化简得x2故点P的轨迹为圆心在（0,0），半径2为的圆，又点P在直线x-y+m=0上，故圆x2+y所以|m|1+1≤2，解得【点睛】本题考查了点的轨迹问题、直线与圆的位置关系的问题，解题的关键是能从题意中转化出动点的轨迹，并能求出点的轨迹方程.【变式1-1】3.（2021·湖南衡阳·校联考一模）阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数kk>0,k≠1的点的轨迹是圆，后人将此圆称为阿氏圆.若平面内两定点A、B间的距离为4，动点P满足PAPB=3，则动点【答案】12π24+16【分析】以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，求出阿氏圆方程，可得半径，从而得面积．由P(x,y)，利用向量数量积的坐标表示求出PA⋅PB，结合【详解】以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如图，则A-2,0，B2,0，设Px,y，PA得：x2+y其面积为12π.PA⋅PB=x2-4+y2=OP2-4，如图当P位于点故答案为：12π；24+163【变式1-1】4.（2019上·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知A,B是平面上两个定点，平面上的动点C,D满足|CA|CB=|DA|【答案】3【分析】建立坐标系，得点C,D的轨迹方程，分离参量求范围即可求解【详解】不妨设AB=1，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则A设Cx,y故动点C,D的轨迹为圆，由CD≤kAB恒成立，则故答案为3【点睛】本题考查圆的轨迹方程，平面问题坐标化的思想，是难题【变式1-1】5.（2023上·山东·高三沂源县第一中学校联考开学考试）我们都知道：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点A-1,0和B2,1，且该平面内的点P满足|PA|=2|PB|，若点P的轨迹关于直线A．10 B．20 C．30 D．40【答案】B【分析】点P的轨迹为圆，直线mx+ny-2=0过圆心，得5m+2n=2，利用基本不等式求2m【详解】设点P的坐标为x,y，因为PA=2PB即x+12所以点P的轨迹方程为(x-5)2因为P点的轨迹关于直线mx+ny-2=0m>0,n>0所以圆心5,2在此直线上，即5m+2n=2，所以2m+5n当且仅当4nm=25m所以2m+5故选：B.【变式1-1】6.（多选）（2023上·贵州贵阳·高三清华中学校考阶段练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A,B的距离之比为定值λ(λ>0，且λ≠1)的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xOy中，A-2,0,B4,0，点P满足PAPB=A．C的方程为(x+4)B．点A,B都在曲线C内部C．当A,B,P三点不共线时，则∠APO=∠BPOD．若D2,2，则PB+2【答案】ACD【分析】对于A，通过直接法求出点P的轨迹方程即可判断；对于B，利用点到圆心的距离，判断点与圆的位置关系；对于C，由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可；对于D，将|PB|+2|PD|转化为2|PA|+2|PD|进行判断即可．【详解】设P(x,y)，(P不与A，B重合），由A(-2,0)，B(4,0)，有|PA|=(x+2)2+|PA||PB|=12，即所以点P的轨迹曲线C是以C(-4,0)为圆心，半径r=4的圆，如图所示，对于A选项，由曲线C的方程为(x+4)2对于B选项，由BC=8，点B在曲线C外，选项B错误；对于C选项，由|OA|=2，|OB|=4，有|OA||OB|则当A，B，P三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，PO是△APB内角∠APB的角平分线，所以∠APO=∠BPO，选项C正确；对于D选项，由|PA||PB|=1则|PB|+2|PD|=2|PA|+2|PD|=2|PA|+|PD|当且仅当P在线段AD上时，等号成立，则PB+2PD的最小值为故选：ACD．题型2阿氏圆与圆锥曲线阿波罗尼斯圆的证明【定理1】设Px , y , A1-a , 0证明：由PA=λPB及两点间距离公式，可得x+a2化简可得1-λ（1）当λ=1时，得x=0，此时动点的轨迹是线段AB的垂直平分线；（2）当λ≠1时，方程①两边都除以1-λ2得x-λ2+1λ2-1a图①图②图③【例题2】（2021上·北京·高三北京市八一中学校考期末）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k>0且k≠1）的点的轨迹是圆，后人将之称为阿波罗尼斯圆，现有椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0，A、B为椭圆Γ长轴的端点，C、D为椭圆Γ短轴的端点，动点M满足MA【答案】3【分析】设点Mx,y，根据MAMB=2可得出点M的轨迹方程，根据已知条件可得出关于a、b的方程组，解出a、b的值，求出c【详解】设点Mx,y，设点A-a,0、由MAMB=2可得MA=2整理可得x2+y所以，点M的轨迹是以点5a3,0为圆心，以点M到x轴的距离的最大值为43a，则△MAB的面积的最大值为解得a=6点M到y轴距离的最小值为5a3-4a3=可得b=6∴c=a2-b2故答案为：32【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得a、c的值，根据离心率的定义求解离心率e的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于a、c的齐次方程，然后转化为关于e的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.【变式2-1】1.（2021·安徽黄山·统考一模）在平面上给定相异两点A，B，设点P在同一平面上且满足|PA||PB|=λ，当λ>0且λ≠1时，P点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.现有双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)，F1,F2分别为双曲线的左､右焦点，A，B为双曲线虚轴的上､下端点，动点P满足|PB||PA|=2，△PAB面积的最大值为4.点M，N在双曲线上，且关于原点O对称，Q是双曲线上一点，直线QM【答案】x2-【分析】设A(0,b),B(0,-b),P(x,y)，根据|PB||PA|=2，求得x2+(y-5b3)2=(4b3)2，结合△PAB的最大面积得到b2=3，再根据kQM⋅【详解】设A(0,b),B(0,-b),P(x,y)，由题意知|PB||PA|=2，可得PB=2整理得x2+(y-5b3所以△PAB的最大面积为12×2b×4b3=4设Q(x,y),M(x1,则x12a2则kQM=y-整理得a2=1，所以双曲线的方程为如图所示，设边CF1,C则M,T横坐标相等，则CR=由CF1-AF即F1T-F2T=2于是x0+c-(c-x同样内心N的横坐标也为1，则MN⊥x轴，设直线CD的倾斜角为θ，则∠OF在△MF2N=(c-a)⋅sin由双曲线的方程，可得a=1,b=3，则c=可得MN=又由直线CD为双曲线右支上的点，且渐近线的斜率为ba=3可得60∘<θ≤90可得MN的取值范围是[2,4故答案为：x2-y【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.【变式2-1】2.（2021上·吉林通化·高三梅河口市第五中学校考期末）古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262-190年)，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家；他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网络殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他发现“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值λλ≠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．比如在平面直角坐标系中，A0,1、B0,4，则点P满足λ=12所得P点轨迹就是阿氏圆；已知点C-2,4，Q为抛物线y2=8x上的动点，点Q在直线x=-2上的射影为H，【答案】17；4【分析】（1）先利用阿氏圆的定义将12|MC|转化为M点到另一个定点D的距离，然后结合抛物线的定义容易求得（2）由（1）知MC+QH+QM=MC+【详解】解：设P(x,y)，由题意PAPB=12，即因为圆x+22+y2=4可以看作把圆x2+y2=4结合抛物线定义|QH|=|QF|，∴12|MC|+|QH|+|QM=|MD|+|QM|+|QF|≥|FD|（当且仅当D，M，Q，F四点共线，且Q，M在D，F之间时取等号），此时故12|MC|+|QH|+|QM|的最小值为MC+根据光学的最短光程原理，我们从C点发出一束光，想让光再经过F点，光所用的时间一定是最短的，由于介质不变，自然可以把时间最短看作光程最短。而光的反射性质为法线平分入射光线与反射光线的夹角，并且法线垂直于过这一点的切线。于是我们得到，当过点M的切线与∠CMF的角平分线垂直，即当过点M的圆的切线与直线FC平行且离直线FC近时，MC+MF取得最小值，此时切线方程为y=-x+22-2，联立所以MC+故答案为：17；45-2【点睛】关键点点睛：（1）问解题的关键是根据阿氏圆的定义，得M满足MD=（2）问解题的关键是当过点M的圆的切线与直线FC平行且离直线FC近时，MC+【变式2-1】3.（2022下·浙江·高三校联考开学考试）公元前3世纪，阿波罗尼奥斯在《圆锥曲线论》中明确给出了椭圆和圆的一个基本性质：如图，过椭圆（或圆）上任意一点P（不同于A，B）作长轴（或直径）AB的一条垂线段，垂足为Q，则PQ2AQ⋅BQ为常数k．若此图形为圆，则【答案】12【分析】若图形为圆，根据相似三角形可解；当图形为椭圆时，建立坐标系，将问题坐标化，然后计算可得.【详解】若为圆，则△ABP为直角三角形，因为PQ⊥AB，所以△APQ∽△PBQ，于是有PQAQ=当为图形为椭圆时，如图建立平面直角坐标，设椭圆方程为x2a2则AQ=m+a,BQ又m2a2+所以，PQ2所以e=故答案为：1，22【变式2-1】4.（2022·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）历史上第一个研究圆锥曲线的是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质：如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线l'表示与椭圆C的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆C的中心在坐标原点，焦点为F1(-c,0),F2(c,0)(c>0)，由（1）椭圆C的离心率为．（2）点P是椭圆C上除顶点外的任意一点，椭圆在点P处的切线为l,F2在l上的射影H在圆【答案】12/0.5【分析】(1)由题意得到关于a,c的等式,然后结合离心率的定义即可确定椭圆的离心率;(2)由题意利用几何关系求得a,b的值即可求得椭圆方程.【详解】设椭圆C的长轴长为2a(a>0),则由F1发出的光经椭圆两次反射后回到F1，经过的路程为2a+2a=4a=8c，从而e=1如图示：延长F2在△PF2F0中,PH⊥F0F2,由反射角等于入射角，可得：∠F在△F1F2则PF1+所以椭圆方程为x2故答案为：12；x题型3阿氏圆求非对称型最值当题目给了阿氏圆和一个定点，我们可以通过下述方法快速找到另一个定点，便于计算，令圆O与直线OA相交于M，N两点设点E为OA上一点，且满足PAPE=λ，由阿氏圆定理ANNE=λ，AMME同理AM=λME⇒R+OA=λOE+R，∴λOE=由①②消OA得：2λOE=2R，即ROE=λ，即R=λOE，由①②消R得：因此，满足条件的点E在阿氏圆的圆心和定点A的连线上，且ROE=λ或【例题3】（2022·全国·高三专题练习）已知点P是圆x-42+y-42=8【答案】10【分析】解法1：借助阿波罗尼斯圆的逆用，得到PO+2PA=2P解法2：将PO+2PA=x2+【详解】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用假设A'm,n，使得则x2从而可得3x从而可知圆心坐标为4m3所以4m3=4，4n3=4，解得所以PO+2PA=2=26-3即PO+2PA的最小值为10．解法2：代数转逆法由x-42+y-4PO+2PA=x2+y2+2x-6故PO+2PA≥26-3【变式3-1】1.（2022·全国·高三专题练习）已知圆C：x-12+y-12=1【答案】5【分析】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用，设B'm,n，使得PB=2PB'，利用两点间的距离公式化简可求得B'32,12，得直线BB【详解】解：解法1：阿波罗尼斯圆的逆用设B'm,n，使得则x-22整理，得x2即[x-2(m-1)]所以2m-1=1，2n=1，从而经验证，知直线BB从而2=2所以2PO+PB的最小值为5解法2：代数转逆法2PO+PB=所以2PO+PB的最小值为5故答案为：5【点睛】关键点点睛：此题考查点与圆的位置关系，考查阿波罗尼斯圆的逆用，解题的关键是根据阿波罗尼斯圆，设B'm,n，使得PB=2【变式3-1】2.（2021·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》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A，B的距离之比为λ(λ＞0，λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆O：x2＋y2＝1上的动点M和定点A(-1A．6 B．7C．10 D．11【答案】C【分析】讨论点M在x轴上与不在x轴上两种情况，若点M不在x轴上，构造点K(－2，0)，可以根据三角形的相似性得到|MK||MA|【详解】①当点M在x轴上时，点M的坐标为(－1，0)或(1，0)．若点M的坐标为(－1，0)，则2|MA|＋|MB|＝2×12＋1+1若点M的坐标为(1，0)，则2|MA|＋|MB|＝2×32＋1-1②当点M不在x轴上时，取点K(－2，0)，如图，连接OM，MK，因为|OM|＝1，|OA|＝12所以|OM||OA|因为∠MOK＝∠AOM，所以△MOK∽△AOM，则|MK||MA|所以|MK|＝2|MA|，则2|MA|＋|MB|＝|MB|＋|MK|．易知|MB|＋|MK|≥|BK|，所以|MB|＋|MK|的最小值为|BK|．因为B(1，1)，K(－2，0)，所以(2|MA|＋|MB|)min＝|BK|＝-2-12又10<1＋5<4，所以2|MA|＋|MB|的最小值为10．故选：C【变式3-1】3.（2023下·广东东莞·高三东莞实验中学校考开学考试）对平面上两点A、B，满足PAPB=λλ≠1的点P的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点A，B是此圆的一对阿波罗点．不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数λ只与阿波罗点相对于圆的位置有关．已知A1,0，B4,0，D【答案】2【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定PAPB=12，利用三角形三边关系可知当【详解】由题意知：PAPB=1∴2PD+PB又AD=12+3故答案为：210【变式3-1】4.（2021·江西赣州·统考模拟预测）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，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A，B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆O:x2+y2=1、点A．52 B．172 C．3【答案】B【分析】令2MA=MC，则MAMC=【详解】设Mx,y，令2MA=由题知圆x2+y设点Cm,n，则MA整理得：x2比较两方程可得：2m+43=0，2n3=0，m2+n当点M位于图中M1的位置时，2|MA|-|MB|=|MC|-|MB|的值最大，最大为BC故选：B.【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线和圆的位置关系，圆上动点问题，解题的关键是通过数形结合知两线段距离差的最值是在两端点为起点的的射线上，属于一般题.【变式3-1】5.（2022上·湖北恩施·高三恩施土家族苗族高中校联考期末）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值λλ≠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.已知在平面直角坐标系xOy中，A-2,1，B-2,4，点P是满足λ=12的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为；若点Q为抛物线E:y2=4x上的动点，Q【答案】x+22+y2=4【分析】设点P坐标，根据题意写出关于x与y的关系式化简即可；由PA=12PB，【详解】设点P(x,y)，∵λ=1∴PAPB=抛物线的焦点为点F，由题意知F(1,0)，QH=∵PA=1故答案为：x+22+y题型4阿氏圆与向量【例题4】（2022·全国·高三专题练习）已知BC=6，AC=2AB，点D满足AD=2xx+yAB+y2【答案】4【分析】将已知AD=2xx+yAB+y2x+yAC变形为xx+y2AB+【详解】延长AB至点F，使得AF=2则AD==x=x∵x∴点D在EF上，过点A作AG⊥EF于点G，由“边角边”公理可得：△AEF≅△ABC，∴EF=BC=6，∵fx,y=AD∴fx设AB=mAG==m⋅2m⋅=m=m=1当且仅当m=25∴fx故答案为：4.【变式4-1】1.（2020下·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知点A(0,1)，B(1,0)，C(t,0)，点D是直线AC上的动点，若|AD|≤2|BD【答案】4【解析】设点Dx,y,根据|AD|≤2|【详解】设点Dx,y,因为点D是直线AC上的动点,故y-1由|AD|≤2|BD|得依题意可知,直线AC与圆x-4所以43-43t1+t故答案为：4【点睛】本题主要考查了直线与圆和向量的综合运用,需要设点的坐标表达所给的信息,再数形结合利用圆心到直线的距离列式求解.属于中档题.【变式4-1】2.（2019上·浙江·高三统考期末）已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足|c-a【答案】5【分析】建立坐标系，设A(1,0)，B(0,1)，D(1,1)，设OA=a，OB=b，则|a+b【详解】如图，A1,0,B0,1,D1,1，设OA=a,OB=b，则向量c所以|a+b取点E1,14，则AE所以ΔAEC∽ΔACD，所以CECD=1所以|a由三角形的三边关系知2BC+CE故填：52【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量的模，向量模的几何意义，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意构造相似三角形等知识，属于难题．【变式4-1】3.（2019·浙江宁波·浙江省宁波市鄞州中学校考模拟预测）已知向量a,b,c满足【答案】[【解析】根据几何关系，设点A,B,D的坐标，点C在单位圆上，故M=c+12a+1【详解】因为|a|=1,|b|=2,a⋅b=1，所以〈a即A(1,0),B(1,3),D(-12,0)因为c+设|DC即(x+12)所以M=c如图，（1）当B,E,C三点共线，即点C在C1因为M=c+1（2）当C位于C2处时，取最大值，M=因为2(|EC即EC2所以|EC|+|BC综上，|c故答案为：3,【点睛】关键点点睛：本题考查向量模的最值问题，主要考查转化分析，数形结合分析，属于中档题型，本题的关键是根据根据条件设出定点和动点的坐标，根据数形结合分析，转化为点C位置讨论的问题.【变式4-1】4.（2018·江苏扬州·校考三模）已知等边ΔABC的边长为2，点P在线段AC上，若满足PA⋅PB-2λ+1=0的点P【答案】38【详解】分析：设PA=x(0≤x≤2)，根据PA⋅PB-2λ+1=0得到关于x的函数，由题意可得该函数在区间[详解：如图，设PA=x(0≤x≤2)，则PC=2-x，则PB=又AC⋅∴PA⋅∵满足PA⋅PB-2λ+1=0∴关于x的方程x2-x-2λ+1=0在区间设fx则函数fx在区间[∴Δ=1-4-2λ+1>0f∴实数λ的取值范围是(3点睛：（1）用定义进行向量的数量积运算时，有时要注意选择合适的基底，将所有向量用同一基底表示，然后再根据数量积的运算律求解．（2）对于一元二次方程根的分布问题，可根据“三个二次”间的关系，结合二次函数的图象转化为不等式（组），通过解不等式（组）可得所求．【变式4-1】5.（2019·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）在ΔABC中，A=120°，AB=2AC=6，点D满足AD=x3x+3y【答案】3【分析】令AE=13AB，AF=2AC，可得AD=xx+y【详解】AD=x3x+3y令AE=13则AD=因为xx+y所以D在直线EF上，从而当AD⊥EF时AD最小，在ΔAEF中，AE=13AB=2，AF=2AC=6由余弦定理得EF=213又SΔAEF得ADmin故答案为：3【点睛】本题综合考查了平面向量与解三角形知识，考查三点共线、余弦定理，三角形面积公式等知识，考查转化能力与计算能力，属于中档题.题型5阿氏圆与立体几何【例题5】（2019·浙江·校联考一模）如图，AB是平面α的斜线段，A为斜足，点C满足sin∠CAB=λsin∠CBA(λ>0)A．当λ=1时，点C的轨迹是抛物线B．当λ=1时，点C的轨迹是一条直线C．当λ=2时，点C的轨迹是椭圆D．当λ=2时，点C的轨迹是双曲线抛物线【答案】B【分析】当λ=1时，BC=AC，故C的轨迹为线段AB的中垂面与α的交线，当λ=2时，BC=2AC，在平面α内建立坐标系，设C(x,y)，求出C的轨迹方程得出结论．【详解】在ΔABC中，∵sin∠CAB=λsin∠CBA(λ>0)当λ=1时，BC=AC，过AB的中点作线段AB的垂面β，则点C在α与β的交线上，即点C的轨迹是一条直线，当λ=2时，BC=2AC，设B在平面α内的射影为D，连接BD，CD，设BD=h，AD=2a，则BC=C在平面α内，以AD所在直线为x轴，以AD的中点为y轴建立平面直角坐标系，设C(x,y)，则CA=(x+a)2+y2∴(x-a)2+y∴C的轨迹是圆．故选B．【点睛】本题考查轨迹方程的求解与判断，分类讨论思想，属于中档题．【变式5-1】1.（2022·全国·高三专题练习）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2AD＝2AA1＝6，点E在棱AB上，BE＝2AE，动点P满足BP＝3PE【答案】239【分析】建立空间直角坐标系，由两点间距离公式化简后得轨迹方程，再由空间向量表示点到平面的距离公式求解最值【详解】以AB为x轴，AD为y轴，AA1为在平面直角坐标系xAy中，B(6,0),E(2,0),设P(x,y)，由BP＝3PE得(x-6)所以若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为23若点P在长方体ABCD-A设点P(x,y,z)，由BP＝3PE得(x-6)由题得F(3,3,3,),所以FB1=(3,-3,0),BC所以n·FB所以点P到平面B1CF的距离为因为(x所以hmin=|6-9|3=3，又M为由题得△B1CF所以三棱锥M-B1CF故答案为：23；【变式5-1】2.（2021上·山东菏泽·高三统考期末）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A、B距离之比λλ>0,λ≠1是常数的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是正方体的表面ADD1A1(包括边界)上的动点，若动点P阿波罗尼奥斯【答案】43【解析】在AD上取点M，在AD延长线上取点N，使得MA=2MD，NA=2ND，则M,N是题中阿氏圆上的点，则MN是阿氏圆的直径，由此可求得半径，由∠APB=∠EPD可得Rt△PDE∼Rt△PAB，PAPD=ABDE=2，即P在上述阿氏圆上，这样当P是阿氏圆与DD1交点Q【详解】在AD上取点M，在AD延长线上取点N，使得MA=2MD，NA=2ND，则M,N是题中阿氏圆上的点，由题意MN是阿氏圆的直径，AD=2，则MD=23，DN=2，所以MN=2正方体中AB，CD都与侧面ADD1A1垂直，从而与侧面如图∠APB=∠EPD，则Rt△PDE∼Rt△PAB，∴PAPD=AB∵△ACD的面积是2为定值，因此只要P到平面ACD距离最大，则三棱锥P-ACD体积的最大，由于P点在阿氏圆上，当P是阿氏圆与DD1交点Q时，P到平面此时QA=2QD，因此QA2-Q三棱锥P-ACD体积的最大值为V=1故答案为：43；4【点睛】关键点点睛：本题考查棱锥的体积，考查新定义的理解与应用．解题关键是正确理解新定义得出圆半径，由已知角相等得出P点就在新定义“阿氏圆”上，从而易得它到底面距离最大时的位置，从而得出最大体积【变式5-1】3.（2020下·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）棱长为36的正四面体ABCD的外接球与内切球的半径之和为，内切球球面上有一动点M，则MB+1【答案】126【分析】(1)将正四面体ABCD放入正方体可求得外接球半径,利用等体积法可求得内切球的半径.(2)根据阿波罗尼斯球的性质找到阿波罗尼斯球中的两个定点,再将13MC转换,从而得出【详解】(1)将正四面体ABCD放入如图正方体,则正四面体ABCD的外接球与该正方体的外接球为同一球.半径为362设正四面体ABCD的内切球半径为r,根据等体积法有3623-4×故外接球与内切球的半径之和为96(2)由阿波罗尼斯球得内切球球心O是线段CH上以C,E为定点,空间中满足PCPE=λλ≠1的点P的集合,连接CO并延长交平面ABD于H,交内切球上方的点设为K,过M作ME⊥CH,交CH于E,连接BM,CM由(1)空得CO=96,OH=36所以6636-x=所以MCME=3,所以所以MB+1在△BOE中,BO=CO=96,OE=6,所以BE=9所以MB+13故答案为：(1)126；(2)【点睛】本题主要考查了正四面体外接球与内切球的半径计算,同时也考查了利用阿波罗尼斯球中的比例关系求解线段最值的问题,需要根据题意找到球中的定点,根据阿波罗尼斯球的性质转换所求的线段之和求解.属于难题.【变式5-1】4.（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点【答案】3【分析】由题意，建立空间直角坐标系，根据两点距离公式，结合线段等量关系，整理轨迹方程，可得答案.【详解】解：以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为则A1 , 0 , 0，B1 ,∵PA=2PB , ∴x-12+1-0∴点P所形成的轨迹图形为图中EF，其长度为：EF=2π×故答案为：3π【变式5-1】5.（2021·贵州贵阳·统考模拟预测）在平面内，已知动点P与两定点A，B的距离之比为λλ>0,λ≠1，那么点P的轨迹是圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.在空间中，也可得到类似结论.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB=BC=2，BB1A．12 B．13 C．1【答案】D【分析】在平面PAB中，作∠MPN=∠MAP,交AB于点N，从而得到△PNM∼△ANP，判断出B、N重合，得到点P落在以B为球心，2为半径的球面上，求出V1，V【详解】如图，在平面PAB中，作∠MPN=∠MAP,交AB于点N，则∠MPN=∠NAP,又因∠PNM=∠ANP，所以△PNM∼△ANP，所以PNMN=AN所以AM=AN-MN=2因为AM=12AB=1所以B、N重合且BP=PN=2所以点P落在以B为球心，2为半径的球面上.作BH⊥AC于H，则BH=2因为AA1⊥又因为AA1∩AC=A，所以BH⊥所以B到面AA1C所以球面与面AA1C所以球面不会与面A1则V1V三棱柱所以V2所以V1V2故选：D.【点睛】立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型，有两种处理方法：(1)很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义法)；(2)要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式．题型6椭圆中的蒙日圆在椭圆上，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短半轴平方和的几何平方根，这个圆叫蒙日圆，如图1．如图1，设椭圆的方程为x2a2+y2b证明：证法一（解析法+韦达定理）：①当题设中的两条互相垂直的切线PA , PB斜率均存在且不为0时，可设Px0 , y0（x由其判别式值为0，得x0∵kPA , 由已知PA⊥PB , ∴k②当题设中的两条互相垂直的切线PA , PB有斜率不存在或斜率为0时，可得点P的坐标为±a , 综上所述：椭圆x2a2+y2b证法二（椭圆的切线方程+切点弦方程+点在公共曲线上）：①当题设中的两条互相垂直的切线PA , PB斜率均存在且不为0时，设Px0 , ∵Px0 , y0在切线PA∵k∵xi , yii=1 , ∴k又kPA由已知PA⊥PB , ∴k②当题设中的两条互相垂直的切线PA , PB有斜率不存在或斜率为0时，可得点P的坐标为±a , 综上所述：椭圆x2a2+y2b先给出几个引理，然后给出证法三——蒙日圆的几何证法．【例题6】（2020·山东·高三专题练习）“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=1A．x2+y2=9 B．【答案】B【分析】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.【详解】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.【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质，同时考查圆的方程，属于基础题.【变式6-1】1.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：x22+y2【答案】23【分析】设M(x0,y0)，Ax1,y1，Bx2,y【详解】解：设M(x0,y0因为MA与椭圆切于A，故x122+y12故切线MA的方程为：y-y1=-同理，切线MB的方程为x2又点M(x0,y0)为切线MA与切线从而直线AB的方程为：x0将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，得y0∴x1+x因此，AB=(又原点O到直线AB的距离d=1x0令t=y02故△AOB面积的取值范围为23【变式6-1】2.（2022·全国·高三专题练习）设椭圆x25+【答案】92【分析】先根据条件求出C的方程，作图，分析图中的几何关系，设定参数即可求解.【详解】设椭圆的两切线为l1，l①当l1⊥x轴或l1//x轴时，对应②当l1与x轴不垂直且不平行时，x≠±5，设l1l2的斜率为-1k，并设l则l1的方程为y-y0得：(5k∵直线与椭圆相切，∴Δ=0，得5∴(x∴k是方程(x同理-1k是方程∴k⋅(-1k)=y0∴交点的轨迹方程为：x2+y综上知：轨迹C方程为x2设PA=PB=x，∠APB=θ，则在△AOB与△APB中应用余弦定理知，AB即32+3PA⋅令t=1-cosθ∈(0,2]，则PA⋅PB=当且仅当t=2t，即t=2时，PA综上，PA⋅PB的最小为【变式6-1】3.（2020下·江西景德镇·高三统考阶段练习）蒙日圆涉及的是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+2+yA．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】分两条切线的斜率是否同时存在进行分类讨论，在两条切线的斜率同时存在时，可在圆上任取一点x0,y0，并设过该点的直线方程为y-y0=k【详解】当椭圆两切线与坐标垂直时，则两切线的交点坐标为±a+2该点在圆x2+y2=6当椭圆两切线的斜率同时存在时，不妨设两切线的斜率分别为k1、k设两切线的交点坐标为x0,y联立y=kx+y消去y得a+2kΔ=4k化简得k2a+2-整理得2a+2-x02综上所述，a=2.故选：B.【点睛】本题考查利用椭圆两切线垂直求参数，考查分类讨论思想以及方程思想的应用，属于中等题.【变式6-1】4.（2022·全国·高三专题练习）给定椭圆C：x2a2+y2b(1)求椭圆C及其“准圆”的方程；(2)若点A是椭圆C的“准圆”与x轴正半轴的交点，B，D是椭圆C上的相异两点，且BD⊥x轴，求AB⋅(3)在椭圆C的“准圆”上任取一点Ps,t，过点P作两条直线l1，l2，使得l1，l2【答案】(1)椭圆C的方程为x23(2)0,7+4(3)证明见解析【分析】（1）根据条件即可求出“准圆”方程；（2）设B，D的坐标，根据数量积的定义计算即可；（3）根据切线l1【详解】（1）解：由题意知c=2，a=b2∴椭圆C的方程为x23+（2）由题意，设Bm,n，Dm,-n，-3又A点坐标为2,0，故AB=m-2,n，∴AB⋅AD=又-3<m<3∴AB⋅AD的取值范围是（3）设Ps,t，则s当s=±3时，t=±1，则l1，l2当t≠±3时，设过P则l的方程为：y-t=kx-s得：x2+3k由Δ=36得：3-s2k3-s2k设l1，l2的斜率分别为k1，k2，则k1∴l1综上所述，l1综上，椭圆方程为x23+y2=1，“准圆”为【变式6-1】5.（2019·安徽滁州·安徽省定远中学校考一模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的长半轴长为（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，P为直线x=2上任一点，过点P椭圆C上点处的切线为PA，PB，切点分别A，B，直线x=a与直线PA，PB分别交于M，N两点，点M，N的纵坐标分别为m，n，求mn的值.【答案】（1）x22+【分析】（1）因为点1,e在椭圆C上，所以1a2+e2b2（2）设点P的坐标为2,t，直线AP的方程为y=k1x-2+t，直线BP的方程为y=k2x-2+t，分别联立方程：x2【详解】（1）由椭圆C的长半轴长为2，得a=2因为点1,e在椭圆C上，所以1a又因为c2=a2-所以b=-1（舍）或b=1.故椭圆C的标准方程为x2（2）设点P的坐标为2,t，直线AP的方程为y=k1x-2+t，直线据x22+据题意，得16k12同理，得2k所以k1又可求，得m=k12所以mn==6-4【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解以及联立方程求定值的问题，联立方程求定值的关键在于利用韦达定理进行消参，属于中档题【变式6-1】6.（2019·河南·校联考模拟预测）已知椭圆O:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A，B，点P（1）求椭圆O的标准方程；（2）过B点作圆E：x2+y-22=r2，0<r<2的两条切线，分别与椭圆O交于两点C，D【答案】（1）x24+y2【分析】（1）首先列出关于a,b,c的等式，再求椭圆的标准方程；（2）首先设出过点B2,0的切线方程，利用d=r，得到关于斜率k的一元二次方程，得到根与系数的关系k1k2=1，再与椭圆方程联立求得点C,D【详解】（1）由题可知当点P在椭圆O的上顶点时，S△PAB此时S△PAB=12×2ab=ab=23，∴∴椭圆O的标准方程为x2（2）设过点B2,0与圆E相切的直线方程为y=kx-2，即∵直线与圆E：x2+y-2即得4-r设两切线的斜率分别为k1，k2k设Cx1,y1∴2x1=16k同理：x2=8∴kCD∴直线CD的方程为y+12整理得y=k∴直线CD恒过定点14,0.【点睛】本题考查椭圆方程，直线与圆，直线与椭圆的位置关系，重点考查转化思想，计算能力，逻辑推理能力，属于难题.题型7双曲线与抛物线中的蒙日圆蒙日圆在双曲线、抛物线中的推广【定理1】双曲线x2a2-y2b图3图4【定理2】抛物线y2=2pxp>0的两条互相垂直的切线PA ,注意：双曲线中只有当a>b时才有蒙日圆，此时离心率e满足1<e<2【定理3】过圆锥曲线外一点作两条互相垂直的切线，那么这一点的轨迹是一个圆，这个圆被称为蒙日圆，又叫外准圆．证明：设圆锥曲线Γ的方程为Ax2+2Bxy+Cy2设平面内有一点Px0 , y0，P不在Γ上．过P作ΓA+2Bk+Ck为书写方便，令G=y0-kAC-B观察上式，当把G=y0-kx0代入之后可知前三项都含有k2，可写出二次项系数为AC-BAC-B当切线斜率不存在时，很明显两条切线分别为x=x0 , y=y0．联立x=x0与两个方程相加，恰好得到此时P的坐标满足方程AC-B∴无论切线斜率是否存在，P的轨迹方程均为AC-B习惯上用x , y表示动点坐标，上式的x0AC-B∵x2和y2的系数相同，且缺少含xy的项，∴方程（**）表示一个圆，即说明：（1）令A=b2 , （2）令A=b2 , B=0 , C=-a2 , D=E=0 , F=-a2b2，代入（**）可得双曲线x2a（3）令A=B=0 , C=1 , D=-p 【例题7】（2023·陕西西安·统考一模）数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国科学技术的发展影响深远.在双曲线C:x2a2-y2(1)求双曲线C的标准方程；(2)设点P3,1关于坐标原点的对称点为Q，不过点P且斜率为13的直线与双曲线C相交于M,N两点，直线PM与QN交于点Dx【答案】(1)x(2)1【分析】（1）由题意得到方程组a2-b2=4（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN为y=13x+m，联立方程组，取得【详解】（1）解：由题意知，双曲线C的实轴长为26，其蒙日圆方程为x可得a2-b所以C的标准方程为：x2（2）解：设Mx1,y1由y=13x+m因为直线MN与C相交于M,N两点，所以Δ=(-2m)2由点Q-3,-1，当直线PM,QNkPM所以直线PM的方程为y-1=1直线QN的方程为y+1=两方程联立方程组，可得x0显然x0≠0，可得所以y0当直线PM的斜率不存在时，可得直线PM的方程为x=3，直线QN的方程为y=2则x0=3,y当直线QN的斜率不存在时，可得直线QN的方程为x=-3，直线PM的方程为y=23x-1，则x0综上可得：直线OD的斜率值1.【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量k）；②利用条件找到k过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.【变式7-1】1.（2020上·陕西西安·高三校联考阶段练习）定义椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的“蒙日圆”方程为x（1）求椭圆C的标准方程和它的“蒙日圆”E的方程；（2）若斜率为1的直线l与“蒙日圆”E相交于A,B两点，且与椭圆C相切，O为坐标原点，求△OAB的面积.【答案】（1）椭圆的标准方程为：x23+y2=1；“蒙日圆”【解析】（1）求得抛物线的焦点坐标，由此求得b，结合椭圆离心率以及a2=b2+c2（2）设lAB:y=x+m，联立直线lAB的方程和椭圆的方程，结合Δ=0求得m.求得圆心到直线lAB的距离d，求得【详解】（1）抛物线x2=4y的焦点为(0,1)，则又e=ca=63于是椭圆的标准方程为：x23+y2（2）设直线lAB：y=x+m，A(由y=x+mx2+3y2=3可得：4x“蒙日圆”E方程为x2+y2=4则圆心到直线lAB的距离d=|AB|=2r于是，S△OAB【点睛】本小题主要考查椭圆、抛物线，考查椭圆中的三角形面积问题，属于中档题.【变式7-1】2.（2023上·广东清远·高三统考期末）法国数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国科学技术的发展影响深远．在双曲线x2a2-y2b(1)求双曲线C的标准方程；(2)设D为双曲线C的左顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以EF为直径的圆经过点D，且DG⊥EF于G，证明：存在定点H，使|GH|为定值．【答案】(1)x29-(2)证明见解析【分析】（1）根据双曲线性质与蒙日圆的定义即可求解；（2）设出直线y=kx+m与双曲线联立消y，求出韦达定理的表达式，根据DG⊥EF求出的m,k关系式，代入直线y=kx+m即可求出定点H.【详解】（1）由题意知a=3，因为双曲线C的蒙日圆方程为x2+y2=1，所以a2-b2=1，所以b=22，故双曲线C的标准方程为x29-（2）证明：设E（x1，y1），F（x2，y2）．当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，联立方程组y=kx+m，则Δ=（18km）2+4（9m2+72）（8-9k2）>0，即m2-9k2+8>0，且x因为DE·DF=（x1+3）（x2+3）+y1y2=0，所以（k2+1）·x1x2+（km+3）（x1+x2）+m2+9=（k2+1）·-9m2化简得m2-54km+153k2=（m-3k）（m-51k）=0，所以m=3k或m=51k，且均满足m2-9k2+8>0当m=3k时，直线l的方程为y=k（x+3），直线过定点（-3，0），与已知矛盾，当m=51k时，直线l的方程为y=k（x+51），过定点M（-51，0）当直线l的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE：y=x+3，联立方程组y=x+3，因为DG⊥EF，所以点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，|GH|为该圆半径．故存在定点H（-27，0），使|GH|为定值24.【点睛】（1）解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x或y建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.【变式7-1】3.（2020下·山西·高三统考阶段练习）已知抛物线E：x2=2py过点(1,1)，过抛物线E上一点P(x（1）求抛物线E的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（2）若直线MN的斜率为-3【答案】（1）抛物线E的方程为x2=y，焦点坐标为(0,14)，准线方程为【解析】（1）将点(1,1)代入抛物线方程，可求出抛物线E的方程，进而可求出焦点坐标及准线方程；（2）设M(x1,x12)，N(x2,x22)，可表示出直线PM及【详解】（1）将点(1,1)代入抛物线方程得，1=2p，所以抛物线E的方程为x2=y，焦点坐标为：(0,1（2）由题意知，y0=x02则直线PM的斜率为kPM=x直线MN的斜率为x12-于是直线PM的方程为y-x02由直线和圆相切，得|2+x即(x同理，直线PN的方程为(x可得(x故x1，x2是方程故x1+x所以3x02-2x当x0=3时，y0=3故点P的坐标为(3,3)或【点睛】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线的方程，考查学生的计算求解能力，属于中档题.【变式7-1】4.（2019·河北石家庄·校联考一模）已知抛物线C:y2=2pxp>0上一点Px（1）求抛物线C的方程；（2）过点P引圆M:x-32+y2=r20<r≤2的两条切线PA、PB，切线PA、PB与抛物线【答案】（1）y2【分析】（1）由题意确定p的值即可确定抛物线方程；（2）很明显切线斜率存在，由圆心到直线的距离等于半径可得k1,k2是方程(r【详解】（1）由抛物线定义,得PF=2x0所以，抛物线的方程为y2（2）由题意知，过P引圆x-32+y2=r2(0<r≤2)的切线斜率存在，设切线PA的方程为设切线PB的方程为y=k2(x-1)+2所以，k1,k2是方程设A(x1,y1)，由韦达定理知，2y1=8-4k设点D的横坐标为x0，则=2(k设t=k1+所以，x0=2t2【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.1.（多选）（2023·全国·模拟预测）已知P是定圆C（C为圆心）上的一个动点，A是不在圆C上的一个定点.若点M满足PM=λPC(λ∈R)A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．双曲线（单支）【答案】AB【分析】由题设可得|MA|=|MP|且M在直线PC上，讨论A与圆C的位置关系，结合椭圆、双曲线、圆的定义判断M的轨迹.【详解】由(MA+MP)⋅(CA-CP由PM=λPC(λ∈R)当A与圆心C重合时，M为线段PC的中点，故M轨迹是以C为圆心的圆（半径为|PC|的一半）.当A在圆C内（不与C重合）时，|MA|+|MC|=|MP|+|MC|=|PC|>|AC|，所以M的轨迹是以A,C为焦点，|PC|为长轴长的椭圆.当A在圆C外时，||MA|-|MC||=||MP|-|MC||=|PC|<|AC|，所以M的轨迹是以A,C为焦点，|PC|为实轴长的双曲线.若C在P,M之间时，M轨迹在靠近焦点C的分支上；若P在C,M之间时，M轨迹在靠近焦点A的分支上；故选：AB.2.（2022·河南郑州·统考模拟预测）在圆x-32+y-42=r2r>0上总存在点A．3,7 B．3,7 C．1,9 D．1,9【答案】B【分析】设Pm,n，过P与椭圆相切的直线方程为y-n=kx-m，将其与椭圆方程联立，可得13+k2x2+2kn-kmx+n-km2【详解】设Pm,n,且过P与椭圆相切的直线方程为y-n=kx-m，即y=kx-km+n，将其代入椭圆方程x所以Δ=即k所以3k2设k1,k因为两切线互相垂直，所以k1即k1⋅k2=1-n23-又P在圆x-32+y-4所以2-r≤3-0所以r∈3,7故选：B.3.（2022·江苏·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，若直线x+ay+3=0上存在动点P，使得过点PA．-∞,-22C．-22【答案】B【分析】先计算出点P的轨迹方程为圆，然后圆与直线x+【详解】设Pm,n，则过P联立y=kx所以有Δ=0⇒6化简得3-m2k所以有k1k2=-1，由韦达定理可得所以点P的轨迹方程为圆x2要使直线x+ay+3=0上存在动点P只需直线x+ay+3=0与x解得a∈-∞,-故选：B4.（2021·上海虹口·统考二模）已知椭圆C的方程为x2（1）设M(xM,yM)是椭圆（2）过点N(1，2)作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为A､B，点N在直线AB上的射影为点Q，求点（3）互相垂直的两条直线l1与l2相交于点P，且l1､l2都与椭圆【答案】（1）证明见解析；（2）Q(23,【分析】（1）当yM=0时，符合题意；当（2）设A(x1,y1)，（3）设Px0,y0，分两种情况：当直线l1与【详解】（1）当yM=0时，xM即直线x=±2，与椭圆C当yM≠0时，由xMx2+y∴有Δ=0，从而方程组只有一组解，直线xMx2（2）设A(x1,由（1）知两条直线为x1x2又N(1，2)是它们的交点，∴x1从而有A(x1,y1所以直线AB：x2直线NQ的方程为y-2由x2+2y=1y-（3）设P(x当直线l1与l2有一条斜率不存在时，P(±2当直线l1与l2的斜率都存在时，设为k1由y-y0=k(x-由Δ=[4k(整理得(2-x02)k2+2∴有k1k2所以点P的轨迹方程是x2【点睛】关键点点睛：解决第一问主要是通过联立直线与椭圆所构成的方程组有一个解；解决第二问主要是通过第一问中的结论得出AB的方程；解决第三问主要是依据两直线的关系得到k15.（2020·全国·校联考三模）法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0相切的两条垂直切线的交点轨迹为A．29 B．23 C．1-【答案】D【分析】算出蒙日圆和椭圆的面积后，根据几何概型的概率公式可得结果.【详解】由题意知，蒙日圆的半径为a2所以S圆S椭圆根据几何概型的概率公式可得质点落在椭圆外部的概率为P=3π-故选：D.【点睛】本题考查了由椭圆方程求a,b，考查了椭圆的面积公式，考查了圆的面积公式，考查了几何概型的概率公式，属于基础题.6.（2019·江苏南通·统考三模）在平面四边形ABCD中，∠BAD=90°，AB=2，AD=1．若AB⋅【答案】26【分析】以AB的中点O为坐标原点，以AB方向为x轴正向，建立如下平面直角坐标系.设C(x,y)，根据已知条件可求得C点在以O为圆心，2为半径的圆上，取B1(4,0)，可得ΔOBC~ΔOCB1，从而有CB1=2CB【详解】如图，以AB的中点O为坐标原点，以AB方向为x轴正向，建立如下平面直角坐标系.则A(-1,0)，B(1,0)，设C(x,y)，则AB=(2,0)，AC=(x+1,y)因为AB所以AB⋅AB整理得：x2+y在x轴上取B1(4,0)可得ΔOBC~ΔOCB1，所以BCCB+12CD=12(2CB+CD)=12B此时CB+12CD故答案为262【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查平面向量的几何应用．解题关键点有二，一是建立坐标系，求出C点在一个圆上，二是取点B1，构造出ΔOBC~ΔOCB1，于是B7.（2019·天津和平·耀华中学校考一模）已知A是圆x2+y2=4上的一个动点，过点A作两条直线l（Ⅰ）若A(-2,0)，求直线l1（Ⅱ）①求证：对于圆上的任意点A，都有l1②求ΔAMN【答案】（Ⅰ）y=-x-2,y=x+2;（Ⅱ）①证明见解析；②[23【分析】（Ⅰ）设出直线方程，代入椭圆方程,利用直线与椭圆x23+y2=1都只有一个公共点,求出直线的斜率,即可求直线l1,l2的方程；（Ⅱ）①分类讨论,斜率不存在时成立，斜率存在时，利用判别式等于零可得关于k的一元二次方程，由韦达定理可得k1k2【详解】（Ⅰ）设直线的方程为y=kx+2代入椭圆x23+可得1+3k由Δ=0,可得k2设l1,l∴直线l1,l（Ⅱ）①证明:当直线l1,l∵l1与椭圆只有一个公共点,所以其方程为当l1的方程为x=3时，此时l1∴l2的方程为y=1(或y=-1，同理可证，当l1的方程为x=-当直线l1,l2的斜率都存在时,设点设方程为y=kx-m可得1+3k由Δ=0化简整理得3-m∵m2+设l1,l∴k综上,对于圆上的任意点A，都有l1②记原点到直线l1,l因为MA⊥NA，所以MN是圆的直径，所以MA=2d1ΔAMN面积为S=12MA×NA=2∵d∴S∈[23【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系,以及求范围问题,综合性强,难度大.解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.8.（多选）（2022·湖南永州·统考二模）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0A．直线l与蒙日圆相切B．