重难点培优03 向量隐圆、阿波罗尼斯圆、蒙日圆问题（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测（解析版）-A4

这是一份重难点培优03 向量隐圆、阿波罗尼斯圆、蒙日圆问题（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测（解析版）-A4，共42页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 6
\l "_Tc16555" 题型一 向量中的隐圆问题（★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 6
\l "_Tc7141" 题型二 阿波罗尼斯圆（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 12
\l "_Tc26803" 题型三 蒙日圆（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 17
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 22
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 22
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 33
1、定值圆（由模长是构造圆）到定点的距离等于定长的圆
记A，B，C为定点，若出现，，，都可以得出隐圆。有时也会出现这种形式，我们可以设，，，也能转化成上面第三种形式
2、到两定点距离的平方和为定值的圆
结论：若为定点，满足,则的轨迹是以中点为圆心，为半径的圆。
3、到两定点的数量积为定值的圆
结论：平面内，若为定点，且PA∙PB=λ则的轨迹是以为圆心为半径的圆
4、对角互补的圆
对角互补的圆：内接四边形的对角互补；反之，若某四边形的对角和为180°，则该四边形的四个顶点共圆．在向量问题中，只需有三个向量，选取1个共同起点，加上3个终点，便可构成一个四边形，若该四边形满足上述条件，可以构造“隐圆”模型进行解题，四点共圆模型可以认为是外接圆模型的延伸．
5、阿波罗尼斯圆
（1）阿波罗尼斯圆的定义
在平面上给定两点，设点在同一平面上且满足，当且时，点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆．（时点的轨迹是线段的中垂线）
（2）阿波罗尼斯圆的证明
设．若（且），则点的轨迹方程是，其轨迹是以为圆心，半径为的圆．
证明：由及两点间距离公式，可得，
化简可得①，
①当时，得，此时动点的轨迹是线段的垂直平分线；
②当时，方程①两边都除以得，化为标准形式即为：
，∴点的轨迹方程是以为圆心，半径为的圆．

图① 图② 图③
【定理】为两已知点，分别为线段的定比为的内外分点，则以为直径的圆上任意点到两点的距离之比为．
证明：以为例．如图②，设，，则，
．过作的垂线圆交于两点，由相交弦定理及勾股定理得，于是．
同时在到两点距离之比等于的圆上，而不共线的三点所确定的圆是唯一的，
圆上任意一点到两点的距离之比恒为．同理可证的情形．
（3）阿波罗尼斯圆的相关结论
【结论1】当时，点B在圆内，点A在圆外；当时，点A在圆内，点B在圆外．
【结论2】因，故是圆的一条切线．若已知圆及圆外一点A，可以作出与之对应的点B，反之亦然．
【结论3】所作出的阿波罗尼斯圆的直径为，面积为．
【结论4】过点作圆的切线（为切点），则分别为的内、外角平分线．
【结论5】阿波罗尼斯圆的直径两端是按比例内分和外分所得的两个分点，如图所示，是的内分点，是的外分点，此时必有平分，平分的外角．
证明：如图①，由已知可得（且），，又，
平分．由等角的余角相等可得，平分的外角．
【结论6】过点作圆不与重合的弦，则AB平分．
证明：如图③，连结，由已知（且），又，平分．
平分．
6、蒙日圆
（1）蒙日圆的定义
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．
证明：设椭圆的方程为，则椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆：．①当题设中的两条互相垂直的切线斜率均存在且不为时，可设（且），过的椭圆的切线方程为，由得，
由其判别式值为，得，
是这个关于的一元二次方程的两个根，，
由已知点的坐标满足方程．
②当题设中的两条互相垂直的切线有斜率不存在或斜率为时，可得点的坐标为或，此时点也在圆上．
综上所述：椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆：．
（2）蒙日圆的几何性质
【结论1】过圆上的动点作椭圆的两条切线，则．
证明：设点坐标，由，得
，由其判别式的值为0，
得，
，是这个关于的一元二次方程的两个根，，，，．
【结论2】设为蒙日圆O：上任一点，过点作椭圆的两条切线，交椭圆于点为原点，则的斜率乘积为定值．
【结论3】设为蒙日圆O：上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的斜率乘积为定值，且的斜率乘积为定值（垂径定理的推广）．
【结论4】过圆上的动点作椭圆的两条切线，O为原点，则平分椭圆的切点弦．
证明：点坐标，直线斜率，由切点弦公式得到方程，，，由点差法可知，平分，如图是中点．
【结论5】设为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，交蒙日圆O于两点C，D，则的斜率乘积为定值．
【结论6】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的斜率乘积为定值：．
【结论7】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的最大值为，的最小值为．
【结论8】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，则的最大值为的最小值为．


题型一 向量中的隐圆问题
【技巧通法·提分快招】
1．已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值为（ ）．
A．1B．2C．D．
【答案】C
【分析】如图，设，设，，，为线段的中点，由题设条件可得在为圆心为半径的圆上，从而可求得最大值.
【详解】如图，设，且，，，为线段的中点．
，
因为，则
则点的轨迹是以为圆心为半径的圆，
因此，的最大值就是该轨迹圆的直径．
故选：C．

2．已知，，，，，则的最大值为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】D
【分析】设，，，，，将题干翻译成对应点的轨迹，再根据平面几何知识即可求解.
【详解】如图：不妨设，，，，，
又，即，
也即动点到两定点的距离之和等于，故点的轨迹为线段，
又因，即，即，
故点的轨迹是以点为圆心，半径为1的圆，
而，
当且仅当为的延长线与圆的交点时等号成立（即图中的或处），
故要求的最大值，只需求的最大值，由图可知，当与或重合时最大，
此时，故的最大值为.
故选：D

3．若的三个内角均小于，点满足，则点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点.根据以上性质，已知是平面内的任意一个向量，向量满足，且，则的最小值是（ ）
A．9B．C．6D．
【答案】D
【分析】设，，，，，，，则即为点到，，三点的距离之和，由费马点的性质可得当点 位于的中心时，取最小值，即可求解.
【详解】设，，，，，，，
则，，，
所以，
因为为等边三角形，由题意，等边的费马点为的中心，
此时取最小值，
所以，
故选：D．
4．已知平面向量，，，满足，，若对于任意实数x，都有成立，且，则的最大值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】把三个向量平移到同起点，由向量运算及得，从而，又由得点在以为圆心半径为1的圆面上（包括边界），利用数量积的几何意义求得，再利用三角形相似求OD长度即可求出最值.
【详解】设，，，，，则如图所示，
因为，所以，
即，所以，
因为，，所以，，
由，可得点在以为圆心，半径为1的圆面上（包括边界），
过圆周上一点作的垂线，垂足为，且与相切，
延长交于，则，
此时∽，根据相似知识可得，
所以，
所以的最大值为，
故选：D.
5．在圆心在原点的单位圆上，有三个不同的点A，B，C，AB为直径，，点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】首先由几何图形，结合向量的线性运算，化简，转化为隐圆问题，求圆上的点与圆外的点的连线的取值范围.
【详解】如图，取的中点，取的中点，
，
由条件可知，，，所以，，
则，所以点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，
的最大值为，最小值为，
的最大值为，最小值是.
故答案为：
6．（25-26高三上·上海杨浦·开学考试）已知平面内的三个非零向量、、满足，且，则当取得最大值时， .
【答案】
【分析】令，根据已知易得是边长为2的等边三角形，原点在以为直径的圆周上（不与重合），再由条件确定的位置，进而求即可得.
【详解】令，
由，所以是边长为2的等边三角形，
且，则原点在以为直径的圆周上（不与重合），为圆心，如下图示，
若，则，
所以要使最大，只需尽量小，且点在其轨迹的左上部，
所以，仅当与点轨迹左上部相切时最小，即如图中时，最小，
由，故.
故答案为：
7．在平面内，定点满足，，动点满足，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由题可得，因此两两夹角为，三角形为等边三角形，点是三角形的中心，所以建立直角坐标系，根据，得到的轨迹方程为圆，得到的坐标，进一步可得结果.
【详解】因为，，
所以，
所以可得，,
所以，因此两两夹角为，，
所以即，同理，
故三角形为等边三角形，点是三角形的中心，
如图所示建立直角坐标系，
则,
设，因为动点满足，，
所以的轨迹方程为，且
所以，当且仅当时，有最大值为.
故答案为：.
8．（2024·甘肃陇南·一模）已知M 是椭圆上一点，线段 AB是圆的一条动弦,且则的最大值为 .
【答案】70
【分析】设中点为，易得，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，可转化为，，设出点的参数方程，求出，即可得解.
【详解】

如图，设中点为，由，，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
，
，设，则
，
当且仅当时，，
所以，
故答案为：70
【点睛】关键点点睛：由向量的数量积求解椭圆上一点与定点距离问题，转化法和参数方程是解决本题关键，还综合了余弦函数求最值问题，试题整体难度不大，但综合性强，是一道跨知识点考查相对不错的题！

题型二 阿波罗尼斯圆
【技巧通法·提分快招】
1．（2025·宁夏吴忠·二模）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）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．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设，，，由，可得点的轨迹方程为，数形结合得解.
【详解】以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，不妨取，．
设，则，整理得，
所以点的轨迹方程为．
则
可看作圆上的点到原点的距离的平方，
所以，所以，
即的最大值为，
故选：A.
2．（24-25高三上·山东日照·期中）已知平面上两定点A，B，则平面上所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在直线上，半径为的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆．已知棱长为1的正方体表面上有一动点P满足，则点P在侧面上的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心位置及半径，在空间内轨迹为以为球心的球，球与面的交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求得圆弧的长度即可.
【详解】在平面中，图①中以为原点以为轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，
因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，解得，所以圆心，
所以在空间内轨迹是以为球心，半径为的球，
因为平面，
平面截球所得小圆是以为圆心，以为半径的圆，且，
所以点P在侧面上的轨迹长度为P在侧面上的轨迹长度为.
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
3．平面内与两定点距离的比为常数k(且) 的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆. 已知圆C的圆心C在直线上，半径为1，点，若圆C上存在点M，使，则圆心C的横坐标a的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到，代入数据化简得到，根据两圆有交点得到，解得答案.
【详解】在中，，
根据正弦定理，得，
设，则，化简得到.
圆心为，半径，圆C和圆要有交点，
故，解得.
故选：D.
4．（多选题）古希腊著名数学家阿波罗尼斯（Apllnius，约公元前262-前190年）的著作《国锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，其中之一是他证明了“平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆”，后人将此圆称为“阿波罗尼斯圆”简称“阿氏圆”.现有平面内两个定点间的距离为4，平面内的点与的距离满足：，则（ ）
A．若，则点的轨迹为“点圆”，即线段的中点
B．若，则点的轨迹是半径为的阿氏圆
C．当时，面积的最大值为
D．当时，点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是
【答案】BCD
【分析】对于A，易得时点的轨迹为线段的垂直平分线；对于B，只需建系设点，求出点的轨迹方程易得；对于C，求出轨迹方程后，结合图形，使边上的高最大即可满足；对于D根据推出的阿氏圆方程，求出圆的半径的表达式，利用函数的单调性即可求得半径的范围.
【详解】对于A，时，由可知点的轨迹为线段的垂直平分线，故A错误；
对于B，时，不妨取的中点为原点，中垂线为轴，建立平面直角坐标系，
则，设点，
由可得：，化简得：，
故点的轨迹是半径为的阿氏圆，即B正确；
对于C，根据B项建系设点，由可得：，如图所示：
由图知，当点为过点垂直于轴的直线与圆的一个交点时，的边上的高最大，
为圆的半径，此时面积的最大值为，故C正确；
对于D，根据B项建系设点，由化简得：，
即，因，则该阿氏圆的半径，
因函数在上是减函数，故故得，
即点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题主要考查动点轨迹方程的求法及应用，属于难题.
求解动点轨迹的方程的方法主要有：
（1）直接法：设出动点，利用已知等式代入坐标计算化简即得；
（2）相关点法：利用与动点相关的点（轨迹方程一般已知）的联系求解；
（3）定义法：利用题设条件与常见的圆锥曲线定义符合时常用.
5．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且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．现有，，则的最大面积为 ．
【答案】12
【分析】建立平面直角坐标系，求出点的轨迹方程，进而求出面积的最大值.
【详解】以线段的中点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，则，
设，由，得，
整理得，因此点的轨迹方程为，，
显然上的点到轴，即直线距离的最大值为4，
所以面积的最大值为.
故答案为：12

题型三 蒙日圆
【技巧通法·提分快招】
1．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的轨迹方程为圆，该圆称为外准圆，也叫蒙日圆．双曲线的蒙日圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出过点的切线方程，并与双曲线方程联立，利用判别式为零得到关于的方程，方程的根即为，通过韦达定理可得点的轨迹方程，进而可求面积.
【详解】不妨设，则过点的双曲线切线方程为，存在且不为零，
联立，
消去得，
所以，
整理得
可知为关于的方程的两个根，
且，
即，整理得，
即点的轨迹方程为，
即双曲线的蒙日圆方程为，半径为
面积为.
故选：A.
2．（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，设为椭圆的一个外切长方形（的四条边所在直线均与椭圆相切），若在第一象限内的一个顶点纵坐标为2，则的面积为（ ）
A．B．26C．D．
【答案】C
【分析】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.
【详解】依题意，直线，都与椭圆，且它们围成四边形是矩形，
于是该矩形是椭圆的蒙日圆内接矩形，因此该蒙日圆的圆心为，半径，
因此该椭圆的蒙日圆方程为，
M为椭圆的一个外切长方形，设其四个顶点分别为P、Q、、，
其中P在第一象限，显然P与关于原点对称，Q与关于原点对称，
而 P点纵坐标为2，则其横坐标为3，即，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，由消去y并整理，
得，由，
化简得，解得或，不妨取直线PQ方程为，即，
直线的方程为，即，
O点到直线PQ的距离为，O点到直线的距离为，
所以M的面积为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：根据蒙日圆的定义求出蒙日圆的方程，并求出第一象限内的点是解决问题的关键.
3．（多选题）已知椭圆，我们把圆称为的蒙日圆，为原点，点在上，延长与的蒙日圆交于点，则（ ）
A．的最大值为B．若为的中点，则的离心率的最大值为
C．过点不可能作两条互相垂直的直线都与相切D．若点在上，则的蒙日圆面积最小为
【答案】AD
【分析】根据圆及椭圆的几何性质判断A，根据为的中点建立关于的齐次不等式，从而得到离心率的最值可判断B，举反例排除C，利用点在椭圆上与基本不等式“1”的妙用可判断D.
【详解】对于A，因为圆的圆心为，半径为，
又椭圆，所以，
所以，故A正确；
对于B，若为的中点，则，
则，故，B错误；
对于C，取，则直线，互相垂直，且都与相切，C错误；
对于D，因为点在上，所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以的蒙日圆面积最小为，D正确.
故选：ABD.
4．在双曲线中，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，半径等于实半轴与虚半轴平方差的算术平方根，这个圆叫双曲线的蒙日圆.过双曲线的蒙日圆上一点作的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，若，则的周长为 .
【答案】/
【分析】结合双曲线方程求出与，由蒙日圆定义可得圆的方程，再由切线互相垂直可得为直径，解直角三角形可得.
【详解】由双曲线可知，.
则的蒙日圆圆心为，半径为，其蒙日圆方程为，
由已知可得，
所以为圆的直径，所以.
又，所以.
所以的周长为.
故答案为：.
5．加斯帕尔•蒙日是18～19世纪法国著名的数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．当椭圆方程为时，蒙日圆方程为．已知椭圆的蒙日圆方程为，则 ；若为椭圆的一个焦点，点P，Q是上关于原点对称的两点，则的最小值为 ．
【答案】 2 8
【分析】（1）由题中定义即可得；
（2）根据题意画图，利用椭圆的对称性将所求问题转化为二次函数的最值问题，即可解出.
【详解】由椭圆的蒙日圆方程为，可得，于是．
椭圆的方程为，令为椭圆的左焦点，取椭圆的另一个焦点为，连接PE，EQ，如图所示，
由题意可知四边形EPFQ为平行四边形．设，
由椭圆的对称性得，
其中，即，
所以，
令，，
所以当时，．
故答案为：2；8.
6．法国著名数学家蒙日发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，且方程为，这个圆被称为“蒙日圆”．已知椭圆的焦点在轴上，A，B为椭圆上任意两点，动点在直线上．若恒为锐角，则椭圆的离心率的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由已知分析可知，直线与圆相离，利用直线与圆的位置关系可求出的取值范围，再结合椭圆离心率公式可求得椭圆的离心率的范围.
【详解】由题意知，圆为椭圆的“蒙日圆”，
如图，因为A，B为椭圆上任意两点，动点满足恒为锐角，
则点在圆外，又动点在直线上，
则直线与圆相离，
所以，得，所以，
则，又椭圆的离心率大于零，
则椭圆的离心率的取值范围是．


检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．已知，若动点满足，则的最大值是（ ）
A．18B．9C．3D．
【答案】A
【分析】设，根据距离公式得到的轨迹方程，方法一：根据数量积的坐标表示得到，根据的取值范围求出的最大值；方法二：设线段的中点为，则，再求出，即可得解.
【详解】设，因为，所以，化简得，
法一：因为，，
所以
，
又，所以，即的最大值为.
法二：设线段的中点为，则，
因为，又，
所以的最大值为.
故选：A.
2．已知是平面向量，是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ）．
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意画出图示，确定点的轨迹，然后根据图形确定的最小值.
【详解】如图，设，，，．
由得，即，
所以点在以为圆心，1为半径的圆上，
过点作的垂线，垂足为，又，,则
所以的最小值为．
故选：C．
3．（24-25高三上·山东日照·期中）已知平面上两定点A，B，则平面上所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在直线上，半径为的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆．已知棱长为1的正方体表面上有一动点P满足，则点P在侧面上的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心位置及半径，在空间内轨迹为以为球心的球，球与面的交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求得圆弧的长度即可.
【详解】在平面中，图①中以为原点以为轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，
因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，解得，所以圆心，
所以在空间内轨迹是以为球心，半径为的球，
因为平面，
平面截球所得小圆是以为圆心，以为半径的圆，且，
所以点P在侧面上的轨迹长度为P在侧面上的轨迹长度为.
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
4．（24-25高三上·河南周口·期中）加斯帕尔一蒙日是18—19世纪法国著名的几何学家．他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．现有如图所示半径为的“蒙日圆”，其内接矩形与一椭圆相切（直线与椭圆有且只有一个公共点），且切点为矩形各边的中点，若该矩形的面积为，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分析可知，椭圆外切矩形的面积为，“蒙日圆”的半径为，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出的值，由此可求出该椭圆离心率的值.
【详解】如下图所示，设椭圆方程为，如下图所示：
过该椭圆的顶点作椭圆的切线、，
则这四条切线围成的矩形的顶点坐标分别为、、、，
且椭圆与这个外切矩形的切点刚好为各边的中点，
所以，该矩形的面积为，可得，
“蒙日圆”的半径即为该矩形对角线长的一半，即，
于是有，解得，则，
因此，该椭圆的离心率为，
故选：B.
5．已知平面向量，，满足：，，，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先以为相邻两边构造平行四边形，则，再由可得，进而得到，，数形结合得，由此可求出的范围.
【详解】令其中为的中点，以为相邻两边构造平行四边形，则，，
则，
所以，
以为圆心，2为半径作圆，为原点，为轴的正方向建立直角坐标系，如图所示，
又因为①，
②，
①-②得，所以，
这样点也在圆上，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：C.
6．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：“平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆”.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.已知点是圆上任一点，点，，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题目阿波罗尼斯圆的条件不妨取，使得，从而将所求转化为，根据题意，所表示的圆与圆相同可解得点坐标，再利用三角形两边之和大于第三边得到 (当且仅当在线段上时取等)即可得解.
【详解】设，不妨取，使得，
则，
整理得，
此方程与相同，
所以有，解得，
所以，
所以，当且仅当在线段上时，取等号.
因为，所以在圆内；
，所以在圆外；
所以线段与圆必有交点（记为），
当重合时，，为其最小值，
故选：C.
【点睛】关键点睛：解决本题时，关键是利用阿波罗尼斯圆将变为，再由当在线段上时，求出最小值.
7．（多选题）平面内到两个定点A，B的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ）
A．点的轨迹的方程是
B．过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是1
C．直线与点的轨迹相离
D．已知点，点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为C，D，则四边形面积的最小值是3
【答案】ACD
【分析】根据已知条件求出点的轨迹方程，然后逐个分析每个命题中涉及到的直线与圆的位置关系、弦长公式计算以及四边形面积即可.
【详解】对于A,设，已知，，且.
根据两点间距离公式，.
则.两边平方可得.
展开整理得，配方可得，所以A选项正确.
对于B,点到圆心的距离为.
圆的半径.根据弦长公式，当最大弦长最小，最大为圆心到点的距离.所以弦长最小值为，所以B选项错误.
对于C,圆心到直线的距离.
因为（圆的半径），所以直线与圆相离，C选项正确.
对于D,四边形的面积，因为.
要使面积最小，则最小，即圆心到直线的距离与半径的关系.圆心到直线的距离.
.
所以四边形面积最小值，D选项正确.
故选：ACD.
8．已知椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在与该椭圆同中心的圆上，该圆称为椭圆的蒙日圆.若椭圆的离心率为，则该椭圆的蒙日圆方程为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，求出，再求出椭圆在顶点处的切线交点坐标即可求出蒙日圆方程．
【详解】由椭圆的离心率为，得，解得，
椭圆在顶点处的切线分别为，它们交于点，
显然点在椭圆的蒙日圆上，因此，
所以椭圆的蒙日圆方程为．
故答案为：
9．已知和是互相垂直的两个单位向量，且，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】法1，根据给定条件，作出几何图形，结合几何意义求出最大值；法2，根据给定条件，利用数量积的运算律及性质求出最大值.
【详解】几何法：如图，设，连接，，
则，

依题意，是等腰直角三角形，且，由，
得向量的终点在以为直径的圆上运动，而点在此圆上，所以的最大值为.
代数法：由和是互相垂直的两个单位向量，得，，
由，得，即，
则或（当且仅当与同向时取等号），
所以的最大值为.
故答案为：
10．若，是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知点，，，动点满足，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定，利用三角形三边关系可知当，，三点共线时，，即为所求最大值.
【详解】设，则，整理得，
则是圆：上一点，
由，得,如图所示
故，
当且仅当，，三点共线，且在之间时取得最大值．
又因为,
所以的最大值为.
故答案为：.
11．已知，，则的最大值为 ，最小值为 ．
【答案】 7 1
【分析】将已知条件用图示的形式表示出来，然后根据图形确定的最值.
【详解】设，，因为，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆．
因为，
令，即，设，，
因为，即，
化简为，则点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆．
因为，
由图可知，当点，时，取到最大值7，当点，时，取到最小值1．
故答案为：①7；②1.
12．加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆：，若直线：上存在点P，过P可作C的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先通过椭圆的四条特殊切线可知道蒙日圆的半径，问题转化为直线与蒙日圆有交点问题，根据直线与圆的位置关系列式即可求解。
【详解】由题可知，点在椭圆的蒙日圆上，又因为点在直线上，所以，问题转化为直线和蒙日圆有公共点.
由椭圆方程，
如图当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和，
其对角线长为，因此蒙日圆半径为，所以蒙日圆方程为，因此，需满足圆心到直线的距离不大于半径，
即，所以，所以椭圆离心率，所以.
故答案为：
13．已知，，是非零平面向量，，，，，则的最大值是 .
【答案】/
【分析】分析题目条件，利用向量的数量积结合几何性质解题
【详解】由题，令，则,
因为，令，根据几何性质，点B在以为圆心，1为半径的圆上，
，又因为，利用数量积公式展开可得，
所以点C的轨迹为以或为圆心，半径为1的圆，
所以C的横坐标的最大值为，
，即为在上的投影，最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用几何图形的关系转化向量的关系.

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．已知平面向量，，满足，，，则的最大值为（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量的坐标运算，结合几何图形的几何性质，即可求解最值.
【详解】设平面向量，的夹角为，
，，
，则
由于，所以．
不妨设，．
，，
化为．故在以为圆心，以为半径的圆上运动，
如图所示，表示原点到圆上一点的距离，故当经过圆心时，距离最大或者最小，
故．
故选：C．

2．已知O为坐标原点，，设动点C满足，动点P满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】根据条件得到点在圆的内部或圆周上，点的轨迹是以为直径的圆，再结合平面图形的性质和基本不等式即可得出答案.
【详解】因为，所以点C在圆O：的内部或圆周上，
又动点P满足，
所以当A，C，P三点不重合时，点P的轨迹是以为AC直径的圆，如图：
当点C在圆O内时，延长AC交圆O于点D，设AC的中点为M，AD的中点为N，
则，，，
当点C在圆O上时，M，N两点重合，C，D两点重合，所以，
当且仅当点C在圆O上时取等号，则，当且仅当O，M，P三点共线时取等号，
因为，
当且仅当M，N重合时取等号，因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，此时，
所以，当且仅当O，M，P三点共线且点C在圆与y轴的交点处时取等号，
所以的最大值为，
故选：A．
3．（23-24高三上·重庆沙坪坝·月考）已知，，，，，则的最大值为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】A
【分析】由题意首先得出为两外切的圆和椭圆上的两点间的距离，再由三角形三边关系将问题转换为椭圆上点到另一个圆的圆心的最大值即可.
【详解】如图所示：
不妨设，
满足，，，
又，即，
由椭圆的定义可知点在以为焦点，长轴长为4的椭圆上运动，
，
所以该椭圆方程为，
而，即，即，
这表明了点在圆上面运动，其中点为圆心，为半径，
又，等号成立当且仅当三点共线，
故只需求的最大值即可，
因为点在椭圆上面运动，所以不妨设，
所以，
所以当且三点共线时，
有最大值.
故选：A.
【点睛】关键点睛：解题的关键是将向量问题转换为圆锥曲线中的最值问题来做，通过数学结合的方法巧妙的将几何问题融入代数方法，从而顺利得解.
4．（多选题）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，，点P是满足的阿氏圆上的任一点，若点Q为抛物线E：上的动点，Q在直线上的射影为H，F为抛物线E的焦点，则下列选项正确的有（ ）
A．的最小值为2
B．的面积最大值为
C．当最大时，的面积为
D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】A选项，由抛物线定义得到，数形结合得当三点共线时取得最小值，得到A正确；B选项，求出点的轨迹为以为圆心，3为半径的圆，求出到直线的距离最大值，从而得到面积的最大值；C选项，数形结合得到要想取得最大值，则需最大，当与垂直时，取得最大值，并根据求出正弦值，利用三角形面积公式求出此时的面积，D选项，由题意及抛物线定义得到，求出四点共线时，取得最小值，求出答案.
【详解】A选项，抛物线的准线方程为，，
由抛物线定义可得，
则，
由三角形三边关系可得，
当且仅当三点共线时，等号成立，
故的最小值为，A正确；
B选项，由题意得，点的轨迹方程为，
化简得，即以为圆心，3为半径的圆，
直线，即，
圆心到直线的距离为，
则到直线的距离最大值为，
又，
故的面积最大值为，B错误；
C选项，为定值，由勾股定理得，
且，，
要想取得最大值，则需最大，
如图所示，当与垂直且在图中位置时，取得最大值，
其中，故，，，
故当最大时，
，
则的面积为，C正确；
D选项，由题意得，，
，
连接，线段与圆和抛物线的交点分别为，
即四点共线时，取得最小值，
最小值为，
故最小值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
5．（多选题）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现:平面上到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆,该圆简称为阿氏圆.根据以上信息解决下面的问题:在长方体中,,点在棱上,,动点满足为棱的中点,为的中点.以为原点,所在的直线为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系.下列说法正确的是（ ）
阿波罗尼奥斯
A．若点只在平面内运动,则点所形成的阿氏圆的半径为
B．若点只在平面内运动,则△的面积最小值为
C．类比阿氏圆定义,点在长方体内部运动时,的轨迹为球面的一部分
D．若点在平面内运动,则点到平面的距离最小值为
【答案】BC
【分析】当点只在平面内运动时,可简化为平面直角坐标系内的距离问题,通过两点间的距离公式化简运算即可判断项；当点在长方体内部运动时,通过空间直角坐标系得相关点的坐标,借助空间中两点的距离公式,化简整理可得点的轨迹方程,即可判断项；当点在平面内运动时,可借助项中点的轨迹方程得此时的轨迹方程,再根据空间中点到平面的距离运算即可判断项.
【详解】在平面内,设点
由得即
所以若点只在平面内运动,则点所形成的阿氏圆的半径为
且当点时,△的面积最小为故错误,正确；
当点在长方体内部运动时,设,
由得即
的轨迹为球面的一部分,故正确；
当点在平面内运动时,设
由得即
设平面的法向量为则
令则
所以点到平面的距离为
由得
所以点到面的距离最小值为故错误.
故选：BC.
【点睛】本题考查空间动点轨迹问题,考查了转化思想,计算能力,属于中档题.
6．已知平面向量满足：与的夹角为，记是的最大值，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】设为AB中点，令，结合图形，利用向量的线性运算求出，转化为函数求最小值即可.
【详解】如图，
设为AB中点，令，
则 ①，
因为，
故有，
②，
由①②得，从而，
因为，所以，即点C在以AB为直径的圆E上.
，
，
当且仅当时，即时等号成立.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：在平面上分别作出向量对应的有向线段，利用极化恒等式得出，联立方程后可得，是解题的关键，再将向量模用表示出来，即可利用函数单调性求最值.
7．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，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中，，，动点满足，则动点的轨迹方程为 ；点为抛物线：上的动点，点在上的射影为，则的最小值为 .
【答案】
【分析】设，利用关系列方程化简可得轨迹方程，由，抛物线定义可得，根据结论两点之间线段最短可求最小值.
【详解】设为所求轨迹上任意一点，
∵，，动点满足，
∴，
∴，
∴，
化简可得动点的轨迹方程为；
∵抛物线C：的焦点为，准线为，
所以，
∴
，
当且仅当，，，四点共线时，等号成立，
∴的最小值为
故答案为：；

【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键在于结合条件及抛物线定义将问题转化为求的最小值.
8．“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，若椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与圆C的蒙日圆相交于M，N，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故，所以，故得解．
【详解】因为椭圆，所以，，故，，，
如图，令，因为，所以，
即，结合图象，由平面向量的知识可得，
故，两式相加得，
即，即，由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时，
易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得，，
所以，故．
令，，则，
所以，由二次函数易知，所以，
，所以最小值为．
故答案为：．
9．已知平面向量，，，，，，则的取值范围 ．
【答案】
【分析】设，，，求得，在线段的延长线上取点，使，在线段上取点，使，利用阿氏圆性质得到，结合图形推得，，从而将转化成，得到动点的轨迹为以，为焦点的椭圆，要求的范围，即是求椭圆在膨胀过程中的长轴长的范围问题，考虑两个临界位置求出的范围，即得答案.
【详解】如图，设，，，则，，
由可得，则.
在线段的延长线上取点，使，在线段上取点，使，
根据阿氏圆的性质有，
结合图形知，，
则，
因点，关于直线对称，故可将其理解为圆上的动点到两定点的距离之和，
设，，
因，则动点的轨迹为以，为焦点的椭圆，
要求的范围，即是求椭圆在膨胀过程中长轴长的范围问题.
由图知，椭圆先经过点，最后经过点.
设椭圆的短半轴长为，当椭圆经过点时，因，，
此时；
当椭圆经过点时，，，此时.
故的取值范围是，即的取值范围为.
故答案为：
活用隐圆的定义来妙解压轴题，关键在于理解和运用圆的五种基本性质。这五种定义包括：到定点的距离等于定长（定义圆）、到两定点距离的平方和为定值、到两定点的夹角为90°、边与对角为定值且对角互补、到两定点距离之比为定值。
解题时，首先要识别题目中的关键条件，看是否符合隐圆的某一定义。一旦确定，就可以利用圆的性质来简化问题，如利用直径所对的圆周角是直角、同弦所对的圆周角相等或互补等性质。通过逆用这些性质，可以找到隐形圆，进而利用圆的几何特征求解。这种方法能有效转化复杂问题，使解题过程更加清晰明了。
一般地，平面内到两个定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，此圆被叫做阿氏圆．当时，点P的轨迹是线段AB的中垂线．
1、曲线的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆：．
2、双曲线的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆．
3、抛物线的两条互相垂直的切线的交点在该抛物线的准线上．