隐圆与蒙日圆问题-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】

►题型归纳

【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］............................................................................14

►命题规律

1、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.

►方法技巧总结

【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,0),2(°,0)(。＞0)的距离之比为正数力(理1)的点的轨迹是

以C(多上1。,0)为圆心，召7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i+£=1(。＞6＞0)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.

设尸为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，交椭圆于点4B,。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=tx+5(teR)与直线4：%+ty—t+4=0(teR)相交于点P,且

点P到点Q(a,3)的距离等于1,则实数a的取值范围是()

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

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

C.[-2应-3,-2&-1]32鱼+1,2/+3]

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

【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】直线匕:丫=5+5过定点4(0,5),直线G：x+ty—t+4=0过定点B(—4,1),又直线人15

因此点P(x,y)的轨迹是以线段为直径的圆(除点(0,1)外)，圆心C(一2,3),半径r=2伍

圆C的方程为0+2)2+(y-3)2=8(%Ho且丫力1),又Q(a,3),|PQ|=1,显然点(0,1)与Q的距离大于1,

则点P在圆Q：(x-a)2+(y—3)2=1上，依题意，圆C与圆Q有公共点，

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

解得一2或一3WaW-2&-1或2鱼一3WaW2加一1,

所以实数a的取值范围是[—2企-3,-2V2-1]U[2V2-3,2鱼-1].

【变式1-1](24-25高三上•江西南昌•开学考试)已知椭圆1的右焦点为F,贝场上满足|PF|=百

43

的P点有()

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|=再求出P点的轨迹方程，与椭圆方程联立求解判断即可.

【解答过程】椭圆E:J+[=1的右焦点为F(1,O),设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

当x=4-2禽时，对应的y值有2个，所以E上满足|PF|=b的P点有2个.

故选：B.

【变式1-2](2024•陕西咸阳・模拟预测)己知方，了是两个单位向量，且忖+同=\a-b\,若向量7满足另一五一

同=2,则团的最大值为()

A.2-V2B.2+V2C.V2D.2近

【解题思路】根据模长公式可得反根据向量的坐标运案-2-1=-1),利用信-方-万|=

V(x-l)2+(y-l)2=2,可得点C的轨迹是以(1,1)为圆心，2为半径的圆，求得圆心”(1,1)到原点的距离

为|OM|="2+12=鱼,从而可得答案.

【解答过程】已知甚了是两个单位向量，且同+了|=1一石

则/+2d-b+~b2—~d2—2a-b+b2,

则方•了=0,则

设日石分别是x轴与y轴正方向上的单位向量，

则五=(1,0),b=(0,1),a+6=(1,1),

设？=(x,y),贝ij?-a-h=(%-1,y-1),

因为R-7一H=J(x-l)2+(y—1)2=2,

所以(x-I)2+(y-l)2=4,

故？=沆中，点C的轨迹是以(1,1)为圆心，r=2为半径的圆，

圆心也1,1)到原点的距离为|0"|=V12+I2=V2,

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

故选：B.

yt

【变式1-3](23-24高三下•湖南长沙•阶段练习)已知M(xi，y。，村(久2，%)是圆。0+2)2+。—4)2=1

上的两个不同的点，若|MN|=&，则%-为|+|久2-yzl的取值范围为()

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

【解题思路】先确定中点的轨迹为圆，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),半径为1,

因为|MN|=VL所以CM_LCN.

设尸为ACV的中点，所以|CP|=日.

所以点P的轨迹方程为(X+2)2+(y-4)2=

其轨迹是以C(-2,4)为圆心，半径为日的圆.

设点N,P到直线％—y=0的距离分别为丛,42，d,

所以四=区浮，d2=隔2，d;号,

所以氏-乃|+|x2-yi\=V2(di+d2)=2夜d.

因为点C到直线x—y=0的距离为卷^=3近，

所以3a一字WdW3企+苧，即苧

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

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：+|PN|2=6且M(—1,O),N(1,O),则动

点P的轨迹方程为()

A.(x+I)2+y2—3B.(x—I)2+y2—3

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

【解题思路】设P(x,y),借助两点间距离公式代入计算后化简即可得.

【解答过程】设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,即动点P的轨迹方程为d+y2=2.

故选：C.

【变式2-1](2024・河南•三模)在平面a内，已知线段4B的长为4,点P为平面a内一点，且+\PB\2=10)

则NP48的最大值为()

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

6432

【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24与圆。相切时角最大求得结果.

【解答过程】如图，以线段48所在的直线为X轴，线段4B的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系比。y,

设p(x,y),因为|4引=4,不妨设4(—2,0),B(2,0),

22

由|P4|2+\PB\=10,得(x+2)2+y2+(x_2)+/=10,

化简得/+y2=i,即点P的轨迹为以。为圆心，1为半径的圆，

当P4与圆。相切时，NP4B取得最大值，此;时。P1P4.

因为|OP|=1,|。*=2,所以sinzP4B=g,且“力B为锐角，

故NP4B的最大值为g

6

【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4(2,0),若点M满足M/P+

M02=10,则点M的轨迹方程是/+产-2--3=0.

【解题思路】设点M(x,y),借助两点间距离公式代入计算即可得.

【解答过程】设M(x,y),则有(x-2)2+(y-0)2+x2+y2-10,

化简得/+y2-2%-3=0,即点M的轨迹方程是/+y2-2%-3=0.

故答案为：/+y2—2乂-3=0.

【变式2-3](23-24高二上•福建厦门・期末)已知圆。:/+必=1和圆。i：(久一2)2+y=1,过动点p分别

作圆。，圆。1的切线P4,PB(A,B为切点)，且|P*2+仍用2=18,则|P2|的最大值为_71口.

【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P0,P0i，04。道,因为P4PB与圆相切，

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

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

整理得1)2+俨=9,所以P在以(1,0)为圆心，3为半径的圆上运动，

\PA\=y/\PO\2-l<V4^1=V15,当且仅当P在(4,0)时等号成立，

故答案为：V15.

【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=产&>0),力(_6,0),B(0,8),若圆C上存在点

P使得P41PB,贝忏的取值范围为()

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

【解题思路】由P41PB得到点P的轨迹是以力B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P41PB可知点P的轨迹是以4B为直径的圆，设为圆M,

因4(一6,0),3(0,8),故圆M:(%+3)2+(y—4)2=25.

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|=J(5+3尸+(-2-4产=10,

由|r-5|W|CM|W5+r,解得：5<r<15.

故选：B.

【变式3-1](2024•北京平谷•模拟预测)设点力(1,0),动直线/：x+ay+2a-1=0,作4Mlz于点

则点M到坐标原点。距离的最小值为()

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

【解题思路】根据直线的垂直关系可得点”的轨迹是以C(1，-1)为圆心，半径r=l的圆，即可得|MO|min=

V2-1.

【解答过程】由4M1I以及x+ay+2a—1=0可得直线4M的方程为y=a(x-1),

联立『+«y+-1=°,消去a整理可得Q-+⑶+1)2=1；

Iy——J-J

所以可知点〃的轨迹是以—为圆心，半径r=1的圆；

因此-|CO|—T-(1—0)2+(—1-0)2-1=V2—1.

故选：c.

【变式3-2]⑵-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为圆好+y2=9上两

点，点4(1,2),且力MlAN,则线段MN的长的取值范围是()

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

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

【解题思路】易知以AM,AN为邻边作平行四边形力MPN为矩形，由平面向量可证明|方|2+\0P\2=\0N\2+

2

\0M\,再由|MN|=|4P|可得其取值范围.

【解答过程】以为邻边作平行四边形4MPN,

由力M14V可得四边形4MPN为矩形，如下图所示:

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『+।丽『=9+9'

解得=9+9—=13,即|而|=V13,

即P点轨迹是以（0,0）为圆心，半径为g的圆，

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

所以线段MN的长的取值范围是［g-V5,V13+V5］.

故选：D.

【变式3-3］（2024•广西南宁•二模）已知直线y=丘+向/OTI70）与x轴和y轴分别交于4B两点，S.\AB\=

2V2,动点C满足C41CB,则当肌小变化时，点C到点的距离的最大值为（）

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

【解题思路】先求得4B两点坐标，根据=2&得到（-£）2+巾2=8,再结合C41CB可得到C轨迹

为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案.

【解答过程】由丫=+0）,得4（一0）,B（0,巾），由|48|=2夜，得（一蓝？+W2=8,

由C41CB,得前•前=0,设C（x,y）,贝！l（x+，y）•—m）=0,

22

即（％+/）2+（y—£）2=3+?=2,因此点C的轨迹为一动圆，

设该动圆圆心为,即有/=一£，/=］，则£=一2%；血=2y代入（一1）2+血2=8,

整理得：“2+y2=2,即C轨迹的圆心在圆比2+：/=2上(除此圆与坐标轴的交点外)，

22

点与圆X+y=2上点(一1,一1)连线的距离加上圆C的半径即为点C到点。(1,1)的距离的最大值,

所以最大值为—（-UK+[1-（-1）]2+V2=3V2.

故选：B.

【题型4隐圆类型四：定弦定角、数量积定值】

2

【例4】(2024•北京•三模)已知圆C:(x—百)+(y—1)2=1和两点力(―t,0),B(t,0)(t>0),若圆C上存

在点P,使得可•丽=0,贝此的取值范围为()

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

【解题思路】由港•丽=0知点P的轨迹方程是以位直径的圆，可得|t—l|W|OC|Wt+1,即可求出t

的取值范围.

【解答过程】PA-PB=0说明P在以2B为直径的圆/+V=/上，

而P又在圆。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|£一1|W|OC|Wt+1,即|t—1|W2Wt+1,又t>0,解得1WCW3.

【变式4-1](2024•全国•模拟预测)M点是圆C:(x+2)2+产=1上任意一点，48为圆的:Q—2下+y2=3

的弦，且|4B|=2a,N为4B的中点，则|MN|的最小值为()

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

【解题思路】根据弦长公式先求出IC1M=1,然后可知点N在以的(2,0)为圆心，1为半径的圆上，结合圆

的性质可求|MN|的最小值.

【解答过程】圆。0+2)2+丫2=1的圆心为0；—2,0),半径为r=l,

圆Ci：(x-2)2+y2=3的圆心为。式2,0),半径为勺=V3.

如图所示，由弦长公式知|48|=2％N|2=2V2,

解得©N|=1,

所以点N在以的(2,0)为圆心、1为半径的圆上，

由图可知，|MN|的最小值为ICC/一7一1=4一1-1=2.

故选：B.

【变式4-2](2024•江西赣州一模)在边长为4的正方体力BCD-A/©/中，点E是BC的中点，点P是侧

面力BB14内的动点(含四条边)，且tan/APD=4tanNEPB,则P的轨迹长度为()

A.三B.空C.-D.也

9999

【解题思路】根据tanN4PD=4tanNEPB,求出P4=1PB,即可利用坐标法求解轨迹方程，即可由弧长公

式求解.

【解答过程】

在长方体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为坐标原点，以4B,441为%,y轴的正方向，建立平面直角坐标系,

设P(x,y),则4(0,0),B(4,0),

则由P4可得+y2=[J(X-4)2+俨,化简可得(x+§+y2=y,由于xNO,yNO,故P的轨

迹表示圆心在(-±0),半径为r=g的圆在第一象限的弧长，

由于Q(。冷

故"AM=]因此轨迹为“帆4=辆对的弧长，故长度为三x合拳

【变式4-3](2024•河南关B州•二模)在平面直角坐标系xOy中，设4(2,4),5(-2,-4),动点尸满足

PO-PA=-1,贝!!tanNPB。的最大值为()

A2V21D4V29c2V41nV2

A.-----D.-----v.-----D.—

2129412

【解题思路】设出点P(x,y),利用数量积的坐标表示得到点P的轨迹，结合直线与圆的关系进行求解即可.

【解答过程】设P(x,y),则而=(—x,-y),而=(2—x,4—y),

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

化为(x-1尸+(y—2)2=4,则点P的轨迹为以。(1,2)为圆心，半径为2的圆，

又koB=T=2=k()D=所以B,。,D三点共线，

一ZL

显然当直线PB与此圆相切时，tan/PB。的值最大.

又BD=V32+62=3V5,PD=2,

则PB=y/BD2-PD2=V45-4=V41,

贝！Jtanz.PBO——=-1==

PBV41V41

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”与两定点。，尸的距离之比拼=4(4>0,4力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/+y=1,0为x轴上一定点，P(—g,0),且4=2,

则点。的坐标为()

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

【解题思路】由题可设Q(a,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。的坐标.

【解答过程】解：设Q(a,0),所以|MQ|=/解一。尸+必

由P(-1,0)，得|MP|=]1+:丫+俨.

因为罂=4=2,所以套零产=2,整理得：/+产+警久=餐.

J(/+y233

产=0

因为动点M的轨迹方程是/+y2=1,所以43解得a=—2,所以Q(—2,0).

—=1

I3

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：己知动点M与两定点Q,P的距离之比拼=4

(A>0,,那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，已知动点的M与定点Q(>n,0)和定点P(—发。)的距

离之比为2,其方程为刀2+>2=1,若点则21Mpi+|MB|的最小值为()

A.V6B.V7C.V10D.V11

【解题思路】令M(x,y),应用两点距离公式列方程求/轨迹，结合已知圆的方程求参数加，进而得Q(-2,0),

再由2\MP\+\MB\=\MQ\+\MB\,数形结合求目标式最小值.

【解答过程】由题设黑=2,令M(久,y),贝产曹+号=4,

|MP|(x+y)2+y2

m2—1_]

所以%2+(4+；m)x+y2=叱三则•4+彳加=m=—2,即Q(—2,0),

33一十乙“I八

----=0

I3

又/+12>1,即在圆外，(一2)2+12>1,即Q(-2,0)在圆外,

由2\MP\+\MB\=\MQ\+\MB\>\BQ\=V10,当且仅当B,M,Q共线上等号成立，

所以2\MP\+|MB|的最小值为VIU.

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4(4中

1)的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点。(0,0),力(3,0),动点P(%y)满足震=不则点

P的轨迹与圆C：(%―2)2+y2=1的公切线的条数为()

A.1B.2C.3D.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PQ,y)满足瞿=：

I产力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点的轨迹是以B(—1,0)为圆心，半径勺=2的圆.

圆C:(x-2尸+y2=i的圆心为C(2,0),半径上=1.

出。=3=口+「2,所以两圆外切，则公切线有3条.

【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的距离之比捣=4（4>

04K1）,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，其方程为了+产=1,其

中，定点Q为x轴上一点，定点P的坐标为（―：,0）,4=3,若点则31Mpi+|MB|的最小值为（）

A.V10B.VilC.V15D.V17

【解题思路】设Q（a,O）,根据需=4和/+y2=i求出°的值，由3|MP|+\MB\=\MQ\+\MB\,

两点之间直线最短，可得3|MP|+|MB|的最小值为|8Q|,根据坐标求出|8Q|即可.

【解答过程】设Q（a,O）,所以|MQ|=J（x-a）2+产,由p（—go）,

所以|PM|=、(％+弓2+产，因为黑=%且％=3,所以『y=3,

3)|MP|向由

'3+a_

整理可得%2+y2+半%=£^11,又动点M的轨迹是%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\,

因为所以3|MP|+|MB|的最小值|BQ|=V(1+3)2+(1-0)2=V17,

当M在位置Mi或“2时等号成立.

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5+，=1（。>0,6>0,。46）任意两条相互垂直的切线

的交点轨迹为圆：x2+y2=a2+b2,这个圆称为椭圆的蒙日圆.在圆-4>+（y-3尸=八（厂>0）上总

存在点P,使得过点P能作椭圆/+9=1的两条相互垂直的切线，贝忏的取值范围是（）

A.[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/+9=1的蒙日圆方程为/+y2=4,圆心为原点，半径为2,

圆-4)2+(y-3)2=r2(r>0)的圆心为(4,3),半径为r,

则圆(％-4)2+(y-3/=r2(r>0)与/+y2=4必有交点才符合题意，

即两圆圆心距d=J(4—0)2+(3—0)2=5,

则|r-2|<d<\r+2\=^rE[3,7].

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r彳+==l(a>b>0)的蒙日圆为C:比2+y2_|a2；过C上的动点M作r的两条切线，分别与C交

于P,Q两点，直线PQ交「于4B两点，则椭圆r的离心率为()

A.—B.—C.—D.—

2233

【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a?=362,利用离心率公式即

可得到答案.

【解答过程】依题意，取特殊直线x=a和直线y=6,显然这两条直线与椭圆「都相切，且这两条直线互相

垂直，

因其交点(a,b)在圆C上，+房=得小=362,

椭圆「的离心率e=;=J]=3

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：三+^=1

a+1a

(a>0)的离心率为3，则椭圆C的蒙日圆方程为()

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

【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：三+片=1(a>0)的离心率为g

a+la2

所以=解得a=3,所以椭圆C的方程为9+9=1,

所以椭圆的上顶点4(0,百)，右顶点B(2,0),

所以经过4B两点的切线方程分别为丫=百，x=2,

所以两条切线的交点坐标为(2,b)，又过4B的切线互相垂直，

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=J22+(抬心=V7,

所以椭圆C的蒙日圆方程为/+y2=7.

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

22

圆.已知椭圆a+方=l(a>b>0)的蒙日圆方程为第2+y2=次+川.若圆(％-3)2+(y-矢)2=9与椭圆

9+产=1的蒙日圆有且仅有一个公共点，则久的值为()

A.±3B.±4C.±5D.2V5

【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?+丫2=1的蒙日圆方程为/+y2=4,

因为圆(X—3)2+(y—4)2=9与圆/+y2=4仅有一个公共点，

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,

故选：B.

►过关测试

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。(0,0),力(3,0)的距离之比为2,那么直线。M

的斜率的取值范围是()

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

【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M(x,y),则-/严字2=2,

化简得(x-4)2+产=4,

所以点M的轨迹为圆E:(x-4)2+y2=4,

如图，过点。作圆E的切线，连接EM,则由M|=2,|OE|=4,

所以NMOE=*同理乙/OE=/

则直线OM的斜率范围为[-f，斗

故选：C.

2.(23-24高三上•重庆・期中)已知。为抛物线C:必=4万上的动点，动点M满足到点4(2,0)的距离

与到点歹是C的焦点)的距离之比为日，则IQM+0回的最小值是()

A.3-V2B.4-V2C.4+V2D.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|-迎+|QS|的最小值，根

据垂线段最短得到当S,Q,B三点共线时，|QM+|QF|最小，然后求最小值即可.

【解答过程】

由题意得F(l,0),|Q尸|等于点Q到准线的距离,

过点Q作QS垂直准线于点S,则|QF|=|QS|,

设动点M(x,y),则算等=1,整理得(x-3)2+产=2,

V(x-l)z+y22

所以点M的轨迹为以B(3,0)为圆心，半径为鱼的圆，

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

所以当四点共线时,IQM+IQ-最小,(|QM|+|QF|)mm=l+3—鱼=4—VI

故选：B.

3.(23-24高二下•贵州六盘水•期末)已知线段4B的长度为4,动点M与点力的距离是它与点B的距离的企

倍，则△M4B面积的最大值为()

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

【解题思路】以的中点为坐标原点，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)+

/=32,数形结合△M4B高的最大值为圆的半径，可解问题.

【解答过程】以48的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，

设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,

化简得M的轨迹方程为圆(x-6)2+y2=32,半径r=4位，

如下图，有=

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/=y+l与x轴相交于/,8两点，P

是平面内一点，且满足|P川=鱼28|,则△P4B面积的最大值是()

A.V3B.2V3C.V2D.2近

【解题思路】根据题意不妨取力(1,0),8(-1,0),进而求点P的轨迹方程，结合方程分析求解.

【解答过程】对于曲线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,

设P(x,y),因为|P4|=&|PB|,则J(x—1尸+y2=+1)2+产,

整理得0+3)2+y2=8,

可知点P的轨迹是以(一3,0)为圆心，半径为2企的圆，

所以面积的最大值是(X2X2夜=2V2.

故选：D.

5.(23-24高二下•陕西宝鸡•期中)已知点/为直线3久+4y—5=0上一动点，点P(m+2,1-冗),B(2,0),

且满足62+n2=2n-4m-4,则214Pl+|BP|的最小值为()

A.-B.-C.—D.-

5355

【解题思路】通过构造关系|尸引=2|PM|找到定点M,将最值转化为求2(|P川+|PM|)的最值，进而转化为

|ZM|最值，则点线距求解可得.

【解答过程】Vm2+n2=2n—4m—4,(m+2)2+(n—I)2=1.

设P点坐标为(%,y),由题意％=m+2,y=l-n,则/+y2=1,

・••尸点轨迹是以。(0,0)点为圆心，1为半径的圆，记为圆。，

设在工轴上存在定点M(a,0),使得圆上任意一点P(%,y),满足|PB|=2|PM|,

则—2)2+y2=2A/(%-a)2+y2,

化简得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，则1一2a=0,即a.

.••存在定点使圆上任意一点P满足|PB|=2|PM|,

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

当ap,河三点共线(力,“位于P两侧)时，等号成立.

又4点为直线3x+4y-5=0上一动点，则|4M|的最小值即为点M到直线的距离，

由M6。)到直线距离d=悬=高则I力=套

故214Pl+\BP\>2\AM\>2d=1.

如图，过M作直线3x+4y-5=0的垂线段，垂线段与圆。的交点即为取最值时的点P,此时取到最小值2

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:/+弓=1的一个外切长方形

(M的四条边所在直线均与椭圆C相切)，若M在第一象限内的一个顶点纵坐标为2,则M的面积为()

A.13V3B.26C.当D.争

【解题思路】根据题意求出椭圆。的蒙日圆方程，求出〃在第一象限的顶点尸的坐标，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=±l,丫=±2百都与椭圆。尢2+*=1,且它们围成四边形是矩形，

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。(0,0),半径r=J/+Q遮)2=g,

因此该椭圆C的蒙日圆方程为/+y2=13,

M为椭圆。好+弓=1的一个外切长方形，设其四个顶点分别为P、。、p'、Q',

其中P在第一象限，显然尸与P'关于原点。对称，。与Q'关于原点对称，

而P点纵坐标为2,则其横坐标为3,即P(3,2),显然河的四条边所在直线斜率存在且不为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,

化简得2k2-3k-2=0,解得k=2或k=一不妨取直线PQ方程为y-2=2(x-3),即2x-y-4=0,

直线PQ'的方程为y-2=-1(x-3),即％+2y-7=0,

O点到直线PQ的距离为高O点到直线PQ'的距离为高

所以M的面积为2J13-(京尸x2J13-(看/=当.

故选：C.

7.（23-24高二下•浙江•期中）在△/8C中，BC=2,ABAC=。为3C中点，在△N8C所在平面内有一

动点P满足而-PD=PC-PD,则下­前的最大值为（）

A.—B.—C.V3D.—

333

【解题思路】根据丽・丽=丽・丽化简整理得出而•屁=0,由此将而•阮化简，可得

Q•前=而•品.根据BC=2且=%得到点/在以为弦的优弧上运动（不含端点），以2为

原点建立直角坐标系，求出乘所在圆的方程，设出点/的坐标，根据向量数量积的坐标运算法则与圆的

性质求出而•方的最大值，进而得到答案.

【解答过程】由而•丽=丽•丽，得丽•（同一丽）=0,即丽•舐=0,

所以而•瓦=（而一而）•前=而•近一丽•阮=而•近.

因为BC=2,Z-BAC=p所以点/在以5C为弦的优弧上运动（不含端点）.

设痂所在圆的圆心为连接MB、MC、MD,

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

3tan-3sin-3

以5为原点，8C所在直线为x轴，建立如图所示平面直角坐标系，

可得C（2,0）,D（l,0）,M（l,f）,圆河的方程为（无一1尸+（y—f）=1,

设4(m,n),则4D=结合品=(2,0),

可得而•BC=2(1-m)+0=2-2m,

2

因为N点在圆M：(x—1)2+(y—个)=(上运•动，

所以1—苧WznW1+可得当m=l—时，2-2m=2—2(1—达到最大值.

综上所述，当m=l—苧时，前•所有最大值#.

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4(2>0,且2力1),

那么点P的轨迹为圆