专题13圆锥曲线中的“隐圆”问题讲义 2025届高三数学二轮复习 有答案

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隐圆问题是指在题设中没有明确给出圆的相关信息，而是隐含在题目中的，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．隐圆问题近年常出现在高考命题中，这类问题具有很强的探索性，解题时往往需要综合运用动态思维、数形结合、特殊与一般等数学思想方法。
常见隐圆涉及定长圆、直径圆、垂直中点圆、阿氏圆、蒙日圆，还有其他形式的伴随隐圆。本专题重点探讨阿氏圆、蒙日圆及特殊条件伴随隐圆问题。

题型一：阿氏圆
阿氏圆：全名为阿波罗尼斯圆，因古希腊著名数学家阿波罗尼斯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，故由此而得名。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=λ|PB|，当λ>0且λ≠1时，点P的轨迹是个圆，这个圆我们称作阿波罗尼斯圆（又称为圆的第二定义）．
特别地，当λ=1，点P的轨迹是线段AB的中垂线。

例1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M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为
x2+y2=4，定点Q为x轴上一点,P−1,0且λ=2，若点B2,2，则2MP+MB的最小值为( )
A. 26 B. 27 C. 210 D. 211
【思路点拨】
本题考查与圆相关的轨迹问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，考查数形结合思想．
令2MP=MQ，则2MP+MB=MQ+MB，由阿波罗尼斯圆的定义及已知可求得点Q的坐标，进而利用图象得解．
【规范解析】
设Qa,0，Mx,y，所以MQ=x−a2+y2，
由P−1,0，所以PQ=x+12+y2，
因为MQMP=λ且λ=2，所以x−a2+y2x+12+y2=2，
整理可得3x2+3y2+8+2ax=a2−4，
又动点M的轨迹是x2+y2=4，所以8+2a=0a2−43=4，解得a=−4，所以Q−4,0，
又2MP=MQ，所以2MP+MB=MQ+MB，
因为B2,2，所以2MP+MB的最小值为BQ=2+42+2−02=310，
故选：C
例2在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是BC的中点，点P是正方形DCC1D1面内（包括边界）的动点，且满足∠APD=∠MPC，则三棱锥P−BCD的体积的最大值是 ，此时PC长度为 .
【思路点拨】
本题考查立体几何中动点轨迹问题,需要学生利用转化与化归思想将立体几何问题转化为平面几何问题求解,题目要求三棱锥P−BCD的体积的最大值，由于△BCD面积已经是定值了,所以只需要使三棱锥P−BCD高最大即可,即点P到平面BCD的距离最大.首先可以根据题目中所给的条件分析出△APD∽△MPC,从而得到PDPC=ADMC=2,因为PDPC=2为定值，由此可以联想到阿波罗尼斯圆，则点P的轨迹是个圆,但是由于限定了点P是正方形DCC1D1面内（包括边界）的动点，通过分析可知点P的轨迹是一段圆弧，从而求出点P到平面BCD的距离的最大值，就可以求出三棱锥P−BCD的体积的最大值了.
【规范解析】
如图所示，由题可知∵∠APD=∠MPC,∠ADP=∠PCM=90°，
∴△APD∽△MPC，则PDPC=ADMC=2，
∴PD=2PC,下面用坐标法来求点P的轨迹，
以D为坐标原点，以DC,DD1为x轴，y轴，
建立平面直角坐标系如图，
则D0,0，C6,0，设Px,y，∵PD=2PC,
∴x2+y2=2x−62+y2，即x−82+y2=16，
故点P的轨迹是以O8,0为圆心，以4为半径的圆，
又∵点P是正方形DCC1D1面内（包括边界）的动点，
∴动点P的运动轨迹为正方形DCC1D1面内的一段圆弧，
根据平面几何知识可得
点P到平面BCD时的距离的最大值为CP'=OP2−OC2=42−22=23，
∵△BCD面积为定值，∴VP−BCDmax=13×12×6×6×23=123
所以当PC=23时，三棱锥P−BCD的体积的最大值为123.
所以答案为：123；23.
练1阿波罗尼斯(古希腊数学家，约公元前262−190年)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，后人将这个圆称为阿氏圆，现有△ABC，AC=6，sinC=2sinA，则△ABC的面积最大值为 ．
【思路点拨】
本题考查了阿波罗尼斯圆的应用、正弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力．
△ABC，AC=6，sinC=2sinA即ca=2.根据阿波罗尼斯圆可得：点B的轨迹为圆(去掉两个点).求出圆的方程，进而得出结论．
【规范解析】
解：∵△ABC，AC=6，sinC=2sinA，即ca=2，
根据阿波罗尼斯圆的性质，点B的轨迹为圆(去掉两个点)，
建立如图所示的直角坐标系：
设B(x,y)，则(x+3)2+y2(x−3)2+y2=2，化为：(x−5)2+y2=16，
∴点B的轨迹为以M(5,0)为圆心，4为半径的圆，
去掉两个点：(1,0)，(9,0)，
∴MB⊥AC时，△ABC的面积最大，
故此时S△ABC=12⋅AC⋅MB=12×6×4=12，
故答案为：12．
练2已知圆C：(x−2)2+y 2=2，直线l：y=k(x+2)与x轴交于点A，过l上一点P作圆C的切线，切点为T，若PA=2PT，则实数k的取值范围是________．
【思路点拨】
本题考查圆的方程的综合应用，直线与圆的位置关系，考查转化思想以及计算能力．
设P(x,y)，由PA=2PT，求出点P的轨迹方程，问题可转化为直线l与圆有公共点的问题，列不等式求解即可．
【规范解析】
解：圆C：(x−2)2+y2=2，直线l：y=k(x+2)与x轴交于点A(−2,0)，
设P(x,y)，由PA=2PT，可得(x+2)2+y2=2[(x−2)2+y2−2]，即x2+y2−12x=0，
即满足PA=2PT的点P的轨迹是一个圆(x−6)2+y2=36，
所以问题可转化为直线l与圆(x−6)2+y2=36有公共点，所以d≤r，|6k−0+2k|k2+1≤6，
解得−377≤k≤377，∴实数k的取值范围是[−377,377].
故答案为：[−377,377].
题型二：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+y2b2=1a>b>0,
则椭圆两条互相垂直的切线PA、PB交点P的轨迹是蒙日圆：x2+y2=a2+b2．
蒙日圆的性质：如下图所示，
延长PA、PB与蒙日圆分别交于点M、N，OP与AB交于点Q,则：
（1）M、O、N三点共线；
（2）MN//AB；
（3）kOP⋅kMN=kOP⋅kAB=kOA⋅kPA=kOB⋅kPB=−b2a2.
例3法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父．他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根．
已知在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)中，离心率e=12，左、右焦点分别是F1、F2，上顶点为Q，且QF2=2，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；
(2)设P是椭圆C外一动点(不在坐标轴上)，过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为−12，求△POH面积的最大值．
【思路点拨】
本题考查了椭圆的标准方程以及直线和椭圆的位置关系，是一道难题．
(1)根据已知条件求出b，c，从而求出椭圆C，从而求出蒙日圆方程；
(2)设 Px0,y0 ，再求出x0,y0满足的关系，再根据S△POH=12|x0|⋅|y0|和基本不等式求出△POH面积的最大值．
【规范解析】
解：(1)由题意可知 e=ca=12,QF2=a=2 ，
所以 c=1,b=3 ，椭圆C的方程为 x24+y23=1 ，
且蒙日圆的方程为 x2+y2=7 ；
(2)设 Px0,y0 ，设过点P的切线方程为 y−y0=kx−x0 ，
由 y−y0=kx−x03x2+4y2=12 消去y得
3+4k2x2+42ky0−2k2x0x+4k2x02−8kx0y0+4y02−12=0 ①，
由于相切，所以方程①的 Δ=0 ，
可得： 16(2ky0−2k2x0)2−4(3+4k2)(4k2x02−8k0y0+4y02−12)=0 ，
整理成关于k的方程可得： 4−x02k2+2x0y0k+3−y02=0 ，
设过点P的两切线斜率为 k1,k2 ，根据题意得， k1+k2=−2x0y04−x02 ， k1⋅k2=3−y024−x02 ，
又因为 k1⋅k2=−12 ，所以可得 3−y024−x02=−12 ，
即点 Px0,y0 的轨迹方程为： x0210+y025=1x0≠±2,x0≠±10,x0≠0 ，
由不等式可知： 1=x0210+y025≥2x0210⋅y025=25x0⋅y0 ，
即 x0⋅y0≤522 ，当且仅当 x0210=y025 时取等号，此时 x0=5,y0=52 ，
所以 S△POH=12x0⋅y0≤524 ，即 △POH 的面积的最大值为 524 ．
练3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,
如图，加斯帕尔·蒙日是18～19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆(或双曲线)上两条相互垂直的切线的交点P的轨迹方程为圆，该圆称为外准圆，也叫蒙日圆．则双曲线C:x29−y24=1的蒙日圆的面积为( )
A. 4πB. 5πC. 9πD. 13π
【思路点拨】
设两条互相垂直的切线的交点为 P(x0,y0) ，设过点 P 且与曲线 C 相切的一条切线方程是 y−y0=k(x−x0) ， k≠0 ，由直线与双曲线相切联立方程，且 Δ=0 ，得出关于 k 的一元二次方程组 Δ=0 ，由根与系数的关系即可得出该双曲线蒙日圆的方程，即可求解．
【规范解析】
解：设两条互相垂直的切线的交点为 P(x0,y0) ，
由题可知，双曲线上两条互相垂直的切线的斜率均存在且均不为0，
设过点 P 且与曲线 C 相切的一条切线方程是 y−y0=k(x−x0) ， k≠0 ，
由 x29−y24=1y−y0=k(x−x0) 得，
(4−9k2)x2+(18x0k2−18ky0)x−9(kx0−y0)2−36=0 ，
则 Δ=0 ，即 (18x0k2−18ky0)2−4⋅(4−9k2)⋅[−9(kx0−y0)2−36]=0 ，
整理得， (x02−9)k2−2x0y0k+y02+4=0 ，
因为过点 P 有两条直线与曲线 C 相切，
所以 x02−9≠0 ，且 Δ>0 ，即 9y02−4x02+36>0 ，则 −30)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是双曲线的中心，半径等于实半轴长与虚半轴长的平方差的算术平方根，这个圆被称为蒙日圆.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>b>0)的实轴长为6，其蒙日圆为x2+y2=1.
(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．
【思路点拨】
本题考查蒙日圆，考查直线与双曲线的综合应用，考查定值问题，属于较难题．
(1)求出a，b，即可得双曲线C的标准方程;
(2)当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，联立双曲线方程，利用韦达定理和数量积的坐标运算求出当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，联立直线与双曲线方程，求出直线l过定点M(−51,0)，进而可求|GH|为定值．
【规范解析】
1解：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−y28=1．
2证明：设Ex1,y1，Fx2,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,x29−y28=1,化简得8−9k2x2−18kmx−9m2+72=0，
则Δ=(18km)2+4(9m2+72)(8−9k2)>0，即m2−9k2+8>0，且x1+x2=18km8−9k2,x1x2=−9m2728−9k2.
因为DE⋅DF=x1+3x2+3+y1y2=0，
所以k2+1⋅x1x2+km+3x1+x2+m2+9
=(k2+1)⋅−9m2−728−9k2+(km+3)⋅18km8−9k2+m2+9=0，
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,x29−y28=1,得x=−3(舍去)或x=−51，此时直线l过定点M(−51,0)．
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．
题型三：特殊条件下的伴随圆

特殊条件下的伴随圆包括：
1.利用圆的性质（动点到两定点的夹角为直角）可确定隐圆.
2.已知两定点A,B，动点P满足PA⋅PB为定值可确定隐圆.
3.已知两定点A,B，动点P满足|PA|2+|PB|2是定值，确定隐圆．
例4 已知A，B为圆O:x2+y2=4上的两动点，|AB|=23，点P是圆C:(x+3)2+(y−4)2=1上的一点，则|PA+PB|的最大值是( )
A. 10B. 12C. 14D. 16
【思路点拨】
由于|PA+PB|=|2PM|,由垂径定理：|OM|=4−3=1，于是M在以O为圆心，1为半径的圆上，进而利用图象得解．
【规范解析】
解：设M是AB的中点,因为|AB|=23,所以|OM|=4−3=1,即M在以O为圆心，1为半径的圆上，
PA+PB=PM+MA+PM+MB=2PM，所以|PA+PB|=|2PM|．
又|PO|max=|OC|+1=32+42+1=6，所以|PM|max=|PO|max+1=6+1=7，
所以|PA+PB|max=2×7=14．
故选：C．
例5如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C:x2+y2−4x=0及点A−1,0,B1,2,
（1）若直线l平行于AB，与圆C相交于M,N两点，MN=AB，求直线l的方程；
（2）若圆C上存在两个点P，使得PA2+PB2=aa>4，求a的取值范围．
【思路点拨】
本题考查直线与圆的方程的应用，涉及直线与圆、圆与圆的位置关系．
(1)根据题意，由AB的坐标求出AB的方程以及斜率，进而求出圆心C到直线l的距离，利用直线与圆的位置关系和勾股定理建立方程，即可求直线l的方程；
(2)根据题意，设P(x,y)，由PA2+PB2=a分析可得x2+y2−2y+3=a2，即x2+(y−1)2=a2−2，则P的轨迹是以(0,1)为圆心，a2−2为半径的圆；进而分析可得若圆C上存在两个点P，
使得PA2+PB2=a，则圆C与圆x2+(y−1)2=4相交，结合圆与圆的位置关系分析可得答案．
【规范解析】
解：(1)根据题意，圆C的标准方程为(x−2)2+y2=4，
所以圆心C(2,0)，半径为2.因为l/​/AB，A(−1,0)，B(1,2)，
直线AB的方程为x−y+1=0，且|AB|=4+4=22，
设直线l的方程为x−y+m=0，又由MN=AB=22，
圆心C到直线l的距离d=|m+2|2则有r2=(|m+2|2)2+(MN2)2，
即(|m+2|2)2=2，解可得m=0或−4，故直线l的方程为x−y=0或x−y−4=0；
(2)根据题意，设P(x,y)，若PA2+PB2=a，
则PA2+PB2=(x+1)2+(y−0)2+(x−1)2+(y−2)2=a，
变形可得：x2+y2−2y+3=a2，即x2+(y−1)2=a2−2，
则P的轨迹是以(0,1)为圆心，a2−2为半径的圆；
若圆C上存在两个点P，使得PA2+PB2=a，
则圆C与圆x2+(y−1)2=4相交，两圆的圆心距d'=4+1=5，
则有a2−2−22+1=3，解得a0．
故答案为(−∞,−2)∪(0,+∞)．
6. “蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上．称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔⋅蒙日(1746−1818)最先发现．若椭圆C:x24+y2=1的左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与椭圆C的蒙日圆相交于M,N，则|PM|⋅|PN||PF1|⋅|PF2|=_________．
【解析】
令正数a，b，c满足a2=4，b2=1，c2=3，
考虑椭圆C的两条切线分别垂直于x轴与平行于x轴，
则该切线以椭圆的顶点为切点，从而得出该椭圆的蒙日圆的半径R=a2+b2，
设|OP|=t，则|PM|·|PN|=(R−t)(R+t)=R2−t2，
因为cs∠POF1+cs∠POF2=0，设|PF1|=m，|PF2|=n，
由余弦定理得，c2+t2−m22tc+c2+t2−n22tc=0，所以2(c2+t2)=m2+n2=(m+n)2−2mn，
将m+n=2a代入，整理得，mn=2a2−c2−t2=a2+b2−t2=R2−t2，
所以|PM|⋅|PN||PF1|⋅|PF2|=R2−t2R2−t2=1．
7.法国数学家加斯帕尔·蒙日是19世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础．根据他的研究成果，我们定义：“给定椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，则称圆心在原点O、半径是 a2+b2的圆为‘椭圆C的伴随圆’.”已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为F( 2,0)，其短轴的一个端点到焦点F的距离为 3．
(1)求椭圆C和其“伴随圆”的方程；
(2)若点A是椭圆C的“伴随圆”与x轴正半轴的交点，B,D是椭圆C上的两相异点，且BD⊥x轴，求AB⋅AD的取值范围；
(3)在椭圆C的“伴随圆”上任取一点P，过点P作直线l1、l2，使得l1、l2与椭圆C都只有一个交点，试判断l1、l2是否垂直？并说明理由．
【解析】
解：(1)由题意知c= 2，且a= b2+c2= 3，可得b=1，
故椭圆C的方程为x23+y2=1，
其“伴随圆”方程为x2+y2=4.
(2)由题意，可设B(m,n),D(m,−n)(− 3