培优点07 隐圆、蒙日圆与阿基米德三角形（3大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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知识导图
考点分类讲解
考点一 隐圆(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Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ2＋1,λ2－1)a，0))为圆心，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2aλ,λ2－1)))为半径的圆，即为阿波罗尼斯圆．
规律方法 对于动点的轨迹问题，一是利用曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线等)的定义识别动点的轨迹，二是利用直接法求出方程，通过方程识别轨迹．
【例1】(多选）（2023·贵州铜仁·模拟预测）古希腊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m（且）的点的轨迹是圆”．人们将这个圆以他的名字命名为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，，，点P满足．设点P的轨迹为C，则下列结论正确的是（ ）
A．轨迹C的方程为
B．轨迹C与圆M：有两条公切线
C．轨迹C与圆O：的公共弦所在直线方程为
D．当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
【答案】ACD
【分析】
设，根据题意运用两点间距离公式列出方程，化简得轨迹C的方程，可判断选项A；判断两圆的位置关系即可判断选项B；根据两圆公共弦的求法可判断选项C；由角平分线定理的逆定理可判断选项D.
【详解】
如图：
对于选项A，因为在平面直角坐标系中，，，点满足.
设，则，化简可得，故选项A正确；
对于选项B，由可得圆心，半径；
由圆M：可得圆心，半径.
由两点间距离公式得，即.
所以两圆外切，有3条公切线，故选项B错误；
对于选项C，因为，
所以两圆相交.
则两圆方程相减可得：它们的公共弦所在直线方程为，故选项C正确；
对于选项D，因为，
所以点在圆C上.，即.
所以由角平分线定理的逆定理可得：当A，B，P三点不共线时，射线是的平分线，故D正确.
故选：ACD．
【变式1】（2023·四川成都·模拟预测）已知平面上两定点A，B，则所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在直线AB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.已知动点P在棱长为6的正方体的一个侧面上运动，且满足，则点P的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据阿氏圆的定义分析得P点轨迹为球与侧面的交线，计算其弧长即可
【详解】在图1中，以B为原点建立平面直角坐标系，如图2所示，
设阿氏圆圆心为，半径为r.因为，所以，
所以.
设圆O与AB交于点M.由阿氏圆性质，知.
又，所以.又，
所以，解得，所以，
所以点P在空间内的轨迹为以O为球心，半径为4的球.
当点P在侧面内部时，如图2所示，截面圆与，分别交于点M，R，
所以点P在侧面内的轨迹为.
因为在中，，，所以，
所以，所以点P在侧面内部的轨迹长为.

故选：B.
【变式2】（2023·四川成都·模拟预测）已知平面上两定点，则所有满足且的点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6的正方体表面上的动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】以为原点建立平面直角坐标系，结合题意可得点在空间内的轨迹为以为球心，半径为4的球.再根据球的性质求解即可.
【详解】在图1中，以为原点建立平面直角坐标系如图2所示，设阿氏圆圆心为，半径为.
因为，所以，所以.
设圆与交于点.由阿氏圆性质，知.
又，所以.又，所以，解得，所以，所以点在空间内的轨迹为以为球心，半径为4的球.
①当点在面内部时，如图2所示，截面圆与分别交于点，所以点在面内的轨迹为.因为在Rt中，，所以，所以，所以点在面内部的轨迹长为.
②同理，点在面内部的轨迹长为.
③当点在面内部时，如图3所示，因为平面，所以平面截球所得小圆是以为圆心，以长为半径的圆，截面圆与分别交于点，且，所以点在面内的轨迹为，且.
综上，点的轨迹长度为.

故选：C
【变式3】(多选)在平面直角坐标系中，A(－1,0)，B(2,0)，动点C满足eq \f(|CA|,|CB|)＝eq \f(1,2)，直线l：mx－y＋m＋1＝0，则( )
A．动点C的轨迹方程为(x＋2)2＋y2＝4
B．直线l与动点C的轨迹一定相交
C．动点C到直线l距离的最大值为eq \r(2)＋1
D．若直线l与动点C的轨迹交于P，Q两点，且|PQ|＝2eq \r(2)，则m＝－1
【答案】ABD
【解析】对于A选项，设C(x，y)．
因为eq \f(|CA|,|CB|)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(\r(x＋12＋y2),\r(x－22＋y2))＝eq \f(1,2)，
所以x2＋y2＋4x＝0，即(x＋2)2＋y2＝4，
动点C的轨迹为以N(－2,0)为圆心，2为半径的圆，故A正确；
对于B选项，因为直线l过定点M(－1,1)，而点M(－1,1)在圆N内，所以直线l与圆N相交，故B正确；
对于C选项，当直线l与NM垂直时，动点C到直线l的距离最大，且最大值为r＋|NM|＝2＋eq \r(2)，故C错误；
对于D选项，记圆心N到直线l的距离为d，
则d＝eq \f(|m－1|,\r(m2＋1)).
因为|PQ|2＝4(r2－d2)＝8.
又r＝2，所以d＝eq \r(2).
由eq \f(m－12,m2＋1)＝2，得m＝－1，故D正确．
考点二 蒙日圆
在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>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．
性质1 PA⊥PB.
性质2 kOP·kAB＝－eq \f(b2,a2).
性质3 kOA·kPA＝－eq \f(b2,a2)，kOB·kPB＝－eq \f(b2,a2)(垂径定理的推广)．
性质4 PO平分椭圆的切点弦AB.
性质5 延长PA，PB交蒙日圆O于两点C，D，则CD∥AB.
性质6 S△AOB的最大值为eq \f(ab,2)，S△AOB的最小值为eq \f(a2b2,a2＋b2).
性质7 S△APB的最大值为eq \f(a4,a2＋b2)，S△APB的最小值为eq \f(b4,a2＋b2).
规律方法 蒙日圆在双曲线、抛物线中的推广
双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的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(只有当a>b时才有蒙日圆)．
抛物线y2＝2px(p>0)的两条互相垂直的切线PA，PB交点P的轨迹是该抛物线的准线：x＝－eq \f(p,2)(可以看作半径无穷大的圆)．
【例2】（23-24高三上·安徽·期末）法国数学家蒙日发现椭圆两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，它的圆心与椭圆中心重合，半径的平方等于椭圆长半轴和短半轴的平方和．如图所示为稀圆及其蒙日圆，点均为蒙日圆与坐标轴的交点，分别与相切于点，若与的面积比为，则的离心率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由蒙日圆的方程求得的坐标，可得直线的方程，联立椭圆的方程，求出的横坐标，再结合条件，即可得到，从而求出结果.
【详解】由题知，蒙日圆为，设，
则直线的方程为，
由，消得到，
显然有，解得，
又与的面积比为，所以，
又，，所以，
得到，所以，

故选：C.
【变式1】（多选）（2024·山西吕梁·一模）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．已知椭圆分别为椭圆的左、右焦点，，其短轴上的一个端点到的距离为，点在椭圆上，直线，则（ ）
A．直线与蒙日圆相切
B．椭圆的蒙日圆方程为
C．若点是椭圆的蒙日圆上的动点，过点作椭圆的两条切线，分别交蒙日圆于两点，则的长恒为4
D．记点到直线的距离为，则的最小值为
【答案】AC
【分析】根据蒙日圆的概念求出蒙日圆的方程判断AB，根据圆的性质判断C，根据椭圆的定义和点到直线的距离公式判断D.
【详解】当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，
所以点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，
又由题意可得，，结合解得，，
对于A选项，蒙日圆圆心到直线的距离为，
所以，直线与蒙日圆相切，故A正确；
对于B选项，的蒙日圆的方程为，故B错误；
对于C选项，由题意可知，，所以为蒙日圆的直径，，故C正确；
对于D选项，由椭圆的定义可得，，
所以，，
直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故D错误；
故选：AC
【变式2】（2024·河南南阳·一模）在椭圆(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，该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆的面积为，该椭圆的上顶点和下顶点分别为，且，设过点的直线与椭圆交于两点（不与两点重合）且直线.
(1)证明：，的交点在直线上;
(2)求直线围成的三角形面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）由题意求椭圆方程，设直线，联立方程结合韦达定理分析证明；
（2）设直线与直线的交点分别为，可得，结合韦达定理求得的最小值为，即可得结果.
【详解】（1）根据题意，蒙日圆的半径为，所以.
因为，可知，则，
所以椭圆的标准方程为，
因为直线过点，可知直线的斜率存在，且直线与椭圆必相交，
可设直线，
联立方程，消去可得，
由根与系数的关系可得：
因为，可得直线，直线，
所以
即，解得，
所以直线的交点在直线上.
（2）设直线与直线的交点分别为，
则由（1）可知：直线，直线.
联立方程和，
解得
因为，
又因为点到直线的距离，
可得，只需求的最小值.
由弦长公式可得

令，则.
可得，
当且仅当，即时等号成立.
即的最小值为，可得面积的最小值为.
故直线围成的三角形面积的最小值为.

【点睛】
方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法：
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
【变式3】 (2023·合肥模拟)已知A是圆x2＋y2＝4上的一个动点，过点A作两条直线l1，l2，它们与椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1都只有一个公共点，且分别交圆于点M，N.
(1)若A(－2,0)，求直线l1，l2的方程；
(2)①求证：对于圆上的任意点A，都有l1⊥l2成立；
②求△AMN面积的取值范围．
【解析】(1)解 设直线的方程为y＝k(x＋2)，
代入椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1，消去y，
可得(1＋3k2)x2＋12k2x＋12k2－3＝0，
由Δ＝0，可得k2－1＝0，
设l1，l2的斜率分别为k1，k2，
∴k1＝－1，k2＝1，
∴直线l1，l2的方程分别为y＝－x－2，y＝x＋2.
(2)①证明 当直线l1，l2的斜率有一条不存在时，不妨设l1的斜率不存在，
∵l1与椭圆只有一个公共点，∴其方程为x＝±eq \r(3)，
当l1的方程为x＝eq \r(3)时，此时l1与圆的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，±1))，
∴l2的方程为y＝1(或y＝－1)，l1⊥l2成立，
同理可证，当l1的方程为x＝－eq \r(3)时，结论成立；
当直线l1，l2的斜率都存在时，设点A(m，n)且m2＋n2＝4，
设方程为y＝k(x－m)＋n，代入椭圆方程，
可得(1＋3k2)x2＋6k(n－km)x＋3(n－km)2－3＝0，
由Δ＝0化简整理得(3－m2)k2＋2mnk＋1－n2＝0，
∵m2＋n2＝4，
∴(3－m2)k2＋2mnk＋m2－3＝0，
设l1，l2的斜率分别为k1，k2，
∴k1k2＝－1，∴l1⊥l2成立，
综上，对于圆上的任意点A，都有l1⊥l2成立．
②解 记原点到直线l1，l2的距离分别为d1，d2，
∵MA⊥NA，∴MN是圆的直径，
∴|MA|＝2d2，|NA|＝2d1，deq \\al(2,1)＋deq \\al(2,2)＝|OA|2＝4，
△AMN面积为S＝eq \f(1,2)|MA|×|NA|＝2d1d2，
S2＝4deq \\al(2,1)deq \\al(2,2)＝4deq \\al(2,1)(4－deq \\al(2,1))＝－4(deq \\al(2,1)－2)2＋16，
∵d eq \\al(2,1)∈[1,3]，∴S2∈[12,16]，
∴S∈[2eq \r(3)，4]．
【变式4】定义椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的“蒙日圆”的方程为x2＋y2＝a2＋b2，已知椭圆C的长轴长为4，离心率为e＝eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的标准方程和它的“蒙日圆”E的方程；
(2)过“蒙日圆”E上的任意一点M作椭圆C的一条切线MA，A为切点，延长MA与“蒙日圆”E交于点D，O为坐标原点，若直线OM，OD的斜率存在，且分别设为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
【解析】(1)解 由题意知2a＝4，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
∴c＝1，∴b2＝3，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
∴“蒙日圆”E的方程为x2＋y2＝4＋3＝7，即x2＋y2＝7.
(2)证明 当切线MA的斜率存在且不为零时，设切线MA的方程为y＝kx＋m，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－12＝0，
∴Δ＝64m2k2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
∴m2＝3＋4k2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋y2＝7，))
消去y得(1＋k2)x2＋2mkx＋m2－7＝0，
∴Δ＝4m2k2－4(1＋k2)(m2－7)＝16＋12k2>0，
设M(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－2mk,1＋k2)，
x1x2＝eq \f(m2－7,1＋k2)，
∴k1k2＝eq \f(y1y2,x1x2)
＝eq \f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)
＝eq \f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)
＝eq \f(k2·\f(m2－7,1＋k2)＋km·\f(－2mk,1＋k2)＋m2,\f(m2－7,1＋k2))
＝eq \f(m2－7k2,m2－7)，
∵m2＝3＋4k2，
∴k1k2＝eq \f(m2－7k2,m2－7)＝eq \f(3＋4k2－7k2,3＋4k2－7)＝－eq \f(3,4)，
当切线MA的斜率不存在且为零时，k1k2＝－eq \f(3,4)成立，
∴k1·k2为定值．
考点三 阿基米德三角形
抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形．
性质1 阿基米德三角形底边上的中线MQ平行于抛物线的轴．
性质2 若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内的定点C，则另一顶点Q的轨迹为一条直线．
性质3 抛物线以C点为中点的弦平行于Q点的轨迹．
性质4 若直线l与抛物线没有公共点，以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点(若直线l方程为：ax＋by＋c＝0，则定点的坐标为Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)，－\f(bp,a))).
性质5 底边为a的阿基米德三角形的面积最大值为eq \f(a3,8p).
性质6 若阿基米德三角形的底边过焦点，则顶点Q的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积最小值为p2.
规律方法 (1)椭圆和双曲线也具有多数上述抛物线阿基米德三角形类似性质；
(2)当阿基米德三角形的顶角为直角时，阿基米德三角形顶点的轨迹为蒙日圆．
【例3】（2024高三·全国·专题练习）为抛物线的弦，，分别过作的抛物线的切线交于点，称为阿基米德三角形，弦为阿基米德三角形的底边.若弦过焦点，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．底边的直线方程为；
C．是直角三角形；
D．面积的最小值为.
【答案】D
【分析】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线的方程为和，得到，进而可判定A正确；
点在直线上，进而得到底边的直线方程，可判定B正确；
设直线，联立方程组，根据，可判定C正确；
取的中点，化简得到的面积为，可判定D不正确.
【详解】如图：

依题意设，，由方程，可得，则，
由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为，
可得A处的切线方程为：，即，
化简可得，所以直线的方程为，
同理可得：直线BM的方程为，所以，
则，
因为，解得，即，所以A正确；
因点在直线上，
可得，，
即在上，在上，
所以底边的直线方程为，所以B正确；
设直线，联立方程组，整理得，
则且，，
因为，所以，
所以是直角三角形，所以C正确；
取的中点，连接，根据抛物线的定义，可得平行轴，
所以
因为，，所以，
，
代入可得，
当时，，所以D不正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法：
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
【变式1】（2024·吉林白山·二模）阿基米德三角形由伟大的古希腊数学家阿基米德提出，有着很多重要的应用，如在化学中作为一种稳定的几何构型，在平面设计中用于装饰灯等.在圆倠曲线中，称圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.已知抛物线的焦点为，顶点为，斜率为的直线过点且与抛物线交于两点，若为阿基米德三角形，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
求出直线的方程，联立抛物线方程，得到两点坐标，求出过点的切线方程，联立后得到，得到答案.
【详解】
依题意，，设直线，联立，
则，解得或，不妨设，
设直线方程为，联立得，
，，
，
解得，
故直线的斜率，故直线，
同理可得直线的斜率，故直线，
联立，解得，
即，则.
故选：C.
【变式2】（多选）（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设是抛物线上两个不同的点，以为切点的切线交于点.若弦过点，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．若，则点处的切线方程为
C．存在点，使得
D．面积的最小值为4
【答案】ABD
【分析】联立方程组，结合韦达定理，可判定A正确；求得，得到切点坐标，得出切线方程，进而可判定B正确；由直线的斜率为，直线的斜率为，得到，可判定C错误；由过点的切线方程为，结合弦长公式，得到，可D正确.
【详解】对于A中，设直线，联立方程组，整理得，
再设，则，所以A正确；
对于B中，由抛物线.可得，则，
则过点的切线斜率为，且，即，
则切线方程为：，即，
若时，则过点的切线方程为：，所以B正确；
对于C中，由选项可得：直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，即，所以C错误；
对于D中，由选项B可知，过点的切线方程为，
联立直线的方程可得，
所以，
，
，
则，当时，有最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
【变式3】(多选)(2023·南平模拟)过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作抛物线的弦与抛物线交于A，B两点，M为AB的中点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P.下面关于△PAB的描述正确的是( )
A．点P必在抛物线的准线上
B．AP⊥PB
C．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则△PAB的面积S的最小值为eq \f(p2,2)
D．PF⊥AB
【答案】 ABD
【解析】先证明出抛物线y2＝2px(p>0)在其上一点(x0，y0)处的切线方程为y0y＝px＋px0.
证明如下：
由于点(x0，y0)在抛物线y2＝2px上，则yeq \\al(2,0)＝2px0，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y0y＝px＋px0，))
可得2y0y＝y2＋2px0，
即y2－2y0y＋yeq \\al(2,0)＝0，Δ＝0，
所以抛物线y2＝2px(p>0)在其上一点(x0，y0)处的切线方程为y0y＝px＋px0.
如图所示．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋eq \f(p,2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋\f(p,2)，,y2＝2px，))
消去x得y2－2mpy－p2＝0，
由根与系数的关系可得y1y2＝－p2，y1＋y2＝2mp，
对于A，抛物线y2＝2px在点A处的切线方程为y1y＝px＋px1，
即y1y＝px＋eq \f(y\\al(2,1),2)，
同理可知，抛物线y2＝2px在点B处的切线方程为y2y＝px＋eq \f(y\\al(2,2),2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1y＝px＋\f(y\\al(2,1),2)，,y2y＝px＋\f(y\\al(2,2),2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(y1y2,2p)＝－\f(p,2)，,y＝\f(y1＋y2,2)＝mp，))
所以点P的横坐标为－eq \f(p,2)，
即点P在抛物线的准线上，A正确；
对于B，直线l1的斜率为k1＝eq \f(p,y1)，
直线l2的斜率为k2＝eq \f(p,y2)，
所以k1k2＝eq \f(p2,y1y2)＝－1，
所以AP⊥PB，B正确；
对于D，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点P为抛物线的准线与x轴的交点，此时PF⊥AB；
当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为kAB＝eq \f(1,m)，
直线PF的斜率为kPF＝eq \f(mp,－p)＝－m，
所以kAB·kPF＝－1，则PF⊥AB.
综上，PF⊥AB，D正确；
对于C，|AB|＝eq \r(1＋m2)·|y1－y2|，
|PF|＝eq \r(p2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1＋y2,2)))2)
＝eq \r(p2＋m2p2)＝peq \r(1＋m2)，
所以，S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|·|PF|
＝eq \f(1,2)eq \r(1＋m2)·|y1－y2|·peq \r(1＋m2)
＝eq \f(p,2)(m2＋1)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1＋\f(p2,y1)))
＝eq \f(p,2)·(m2＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|y1|＋\f(p2,|y1|)))
≥eq \f(p,2)·2eq \r(|y1|·\f(p2,|y1|))＝p2，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝0，,y1＝±p))时，等号成立，C错误．
【变式4】已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上的点的距离的最小值为4.
(1)求p；
(2)若点P在圆M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
【解析】(1)易得圆的圆心M(0，－4)，抛物线C的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，|FM|＝eq \f(p,2)＋4，
∴F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上的点的距离的最小值为eq \f(p,2)＋4－1＝4，解得p＝2.
(2)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝eq \f(x2,4)，
对该函数求导得y′＝eq \f(x,2)，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
直线PA的方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
即y＝eq \f(x1x,2)－y1，即x1x－2y1－2y＝0，
同理可知，直线PB的方程为x2x－2y2－2y＝0，
由于点P为这两条直线的公共点，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1x0－2y1－2y0＝0，,x2x0－2y2－2y0＝0，))
∴点A，B的坐标满足方程x0x－2y－2y0＝0，
∴直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x－2y－2y0＝0，,y＝\f(x2,4)，))
可得x2－2x0x＋4y0＝0，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝2x0，
x1x2＝4y0，
∴|AB|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)))2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)))2)·eq \r(4x\\al(2,0)－16y0)
＝eq \r(x\\al(2,0)＋4x\\al(2,0)－4y0)，
点P到直线AB的距离为d＝eq \f(|x\\al(2,0)－4y0|,\r(x\\al(2,0)＋4))，
∴S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|·d
＝eq \f(1,2)eq \r(x\\al(2,0)＋4x\\al(2,0)－4y0)·eq \f(|x\\al(2,0)－4y0|,\r(x\\al(2,0)＋4))
＝，
∵xeq \\al(2,0)－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0
＝－yeq \\al(2,0)－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21，
由已知可得－5≤y0≤－3，
∴当y0＝－5时，△PAB的面积取最大值eq \f(1,2)×＝20eq \r(5).
强化训练
一、单选题
1．（2023·四川·三模）19世纪法国著名数学家加斯帕尔•蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为.若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则b的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据题意，得到蒙日圆的方程为，结合圆与圆的位置关系，即可求解.
【详解】由题意得，椭圆的蒙日圆的半径，
所以椭圆的蒙日圆的方程为：，
因为圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，
可得两圆外切，所以，解得.
故选：B.
2．（2023·青海西宁·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，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆：（）的蒙日圆为，则椭圆Γ的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】找过右顶点的切线和过上顶点的切线，得到这两条切线的交点在蒙日圆上，再建立关于的方程，即可求解.
【详解】
如图，分别与椭圆相切，显然.
所以点在蒙日圆上，
所以，所以，即，
所以椭圆的离心率.
故选：D
3．（2023·河北·三模）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形称为阿基米德三角形，在数学发展的历史长河中，它不断地闪炼出真理的光辉，这个两千多年的古老图形，蕴藏着很多性质．已知抛物线，过焦点的弦的两个端点的切线相交于点，则下列说法正确的是（ ）
A．点必在直线上，且以为直径的圆过点
B．点必在直线上，但以为直径的圆不过点
C．点必在直线上，但以为直径的圆不过点
D．点必在直线上，且以为直径的圆过点
【答案】D
【分析】
结合导数几何意义可证得过抛物线上一点的切线方程为，由此可确定在处的切线方程，进而结合点坐标得到直线方程，代入可知点必过直线；结合韦达定理可得，知，由此可得结论.
【详解】设为抛物线上一点，
当时，由得：，在处的切线方程为：，
即，；
同理可得：当时，在处的切线方程切线方程为；
经检验，当，时，切线方程为，满足，
过抛物线上一点的切线方程为：；
设，
则抛物线在处的切线方程为和，，
点满足直线方程：，又直线过焦点，
，解得：，点必在直线上；AC错误；
由题意知：，，
，，；
设直线方程为：，
由得：，，，即，
以为直径的圆过点；B错误，D正确.
故选：D.
4．（2023·海南·模拟预测）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：过椭圆外一点作椭圆的两条互相垂直的切线，那么这一点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的蒙日圆为圆，若圆不透明，则一束光线从点出发，经轴反射到圆上的最大路程是（ ）
A．2B．4C．5D．8
【答案】B
【分析】由特殊切线求得蒙日圆方程，求出点关于轴对称点坐标，求出过点的圆的切线长即可得．
【详解】由题意直线和是椭圆的两条相互垂直的切线，因此它们的交点在蒙日圆上，从而，即蒙日圆方程为，
设从点出发的光线在轴上反向点为，如图，反射光线是圆的切线（在蒙日圆上此时为切点）时，路程为最大，
关于轴的对称点为，由对称性知在直线上，因此是圆的切线，，
．
故选：B．

5．（23-24高三上·安徽六安·阶段练习）椭圆任意两条相互垂直的切线的交点轨迹为圆：，这个圆称为椭圆的蒙日圆．在圆上总存在点，使得过点能作椭圆的两条相互垂直的切线，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据蒙日圆的定义结合两圆的位置关系计算即可.
【详解】根据题意可知椭圆的蒙日圆方程为，圆心为原点，半径为，
圆的圆心为，半径为，
则圆与必有交点才符合题意，
即两圆圆心距，
则.
故选：C
6．（2023·广西·模拟预测）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：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数（且），那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点到，的距离比为，则点到直线：的距离的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由题意求出点的轨迹方程，再由直线和圆的位置关系求解即可.
【详解】由题意，设点，则，
∴，化简得点的轨迹方程为，
∴点的轨迹是以为圆心，半径的圆.
圆心到直线：的距离，
∴点到直线最大距离为.
故选：A.
7．（2023·湖北襄阳·模拟预测）数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是阿氏圆.若对任意实数，直线与圆恒有公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
设点，求出动点的轨迹圆的方程，再求出直线过定点坐标，依题意点在圆的内部，即可得到不等式，解得即可.
【详解】设点，，，
所以动点的轨迹为阿氏圆：，
又直线恒过点，
若对任意实数直线与圆恒有公共点，
在圆的内部或圆上，所以，所以，解得，
即的取值范围为.
故选：C
8．（2023·青海西宁·二模）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形．阿基米德三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的端点的两条切线的斜率之积为定值．设抛物线，弦AB过焦点，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，设直线为，代入抛物线方程，由韦达定理得，设过的切线方程为，与抛物线方程联立，利用判别式得，则过点A的切线为，同理得过的切线斜率为，过点B的切线为，可得，可证得，则的面积，结合图形特征，可得面积的最小值．
【详解】设且，直线，联立，
整理得，则．
设过点的切线方程为，联立，
整理得，由，可得，
则过A的切线为：，即，即，即，
同理可得过点的切线斜率为，过点B的切线方程为：，
联立两切线，则，
所以两条切线的交点在准线上，则，
两式相减得，
，可得，，
又因为直线的斜率为，（也成立），
如图，设准线与轴的交点为，
的面积，
当轴时，最短（最短为），也最短（最短为），
此时的面积取最小值．
故选：B
【点睛】关键点点睛：设且，，联立抛物线应用韦达定理有，求过的切线，进而确定在准线上且，利用面积公式讨论最小值情况.
二、多选题
1．（22-23高三下·江苏南京·开学考试）加斯帕尔•蒙日（图1）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”（图2）．已知长方形R的四边均与椭圆相切,则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的离心率为B．椭圆C的蒙日圆方程为
C．椭圆C的蒙日圆方程为D．长方形R的面积最大值为18
【答案】ACD
【分析】根据椭圆方程,求出离心率即可得选项A正误;根据蒙日圆的定义可判断,该圆过点,根据圆心坐标,即可求得半径的值,进而求得圆的方程;设出长方形的长和宽,根据长方形是蒙日圆的内接四边形,可得对角线为直径,求得长和宽的等量关系,再利用基本不等式即可判断选项D正误.
【详解】解:由题知椭圆方程为:,
所以,
故选项A正确;
因为长方形R的四边均与椭圆相切,
所以点,即在蒙日圆上,
故半径为,
可得椭圆C的蒙日圆方程为;
故选项B错误,选项C正确;
设长方形R的边长为m,n,
则有,
所以长方形R的面积等于,
当且仅当时取等,
故选项D正确.
故选:ACD
2．（22-23高三上·云南保山·期末）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：平面内到两个定点的距离之比为定值且的点的轨迹是一个圆，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，，点满足，设点的轨迹为曲线，下列结论正确的是（ ）
A．曲线的方程为
B．曲线与圆外切
C．曲线被直线截得的弦长为
D．曲线上恰有三个点到直线的距离为1
【答案】ACD
【分析】对于A，设点，由两点间距离公式代入化简判断；对于B，根据圆心距与两半径和的关系进行判断；对于C，先求出点到直线的距离，再结合勾股定理求出弦长；对于D，结合点到直线的距离以及圆C的半径分析判断.
【详解】对于A，设，由定义，得，化简整理得，故A正确；
对于B，的圆心为，半径；的圆心为，半径；圆心距，故B错误；
对于C，圆心到直线的距离，
所以弦长为，故C正确；
对于D，圆心到直线的距离，半径，所以圆上恰有三个点到直线的距离为1,故D正确.
故选：ACD.
3．（2024高三下·江苏·专题练习）（多选）如图，为阿基米德三角形.抛物线上有两个不同的点，以A，B为切点的抛物线的切线相交于点P.给出如下结论，其中正确的为（ ）

A．若弦过焦点，则为直角三角形且
B．点P的坐标是
C．的边所在的直线方程为
D．的边上的中线与y轴平行（或重合）
【答案】ACD
【分析】设，由导数的几何意义得切线斜率，利用焦点弦性质得，A正确；写出切线方程，联立求出点坐标，得B错误；用两点坐标表示出，写出直线方程，并化简可得C正确；设为抛物线弦的中点，立即得D正确.
【详解】由题意设，
由，得，则，
所以，
若弦过焦点，显然直线斜率存在，设所在直线为，联立，
得，
则，
所以，
所以，故A正确；
以点A为切点的切线方程为，以点B为切点的切线方程为，
联立消去y得，
将代入，
得，
所以，故B错误；
设N为抛物线弦的中点，N的横坐标为，因此直线平行于y轴(或与y轴重合)，即平行于抛物线的对称轴(或与对称轴重合)，故D正确；
设直线的斜率为，
故直线的方程为，
化简得，故C正确.
故选：ACD.
三、填空题
1．（23-24高三上·广东湛江·期末）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”.他发现椭圆的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆的中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，则的离心率为 .
【答案】/0.5
【分析】根据蒙日圆的定义得出点一定在其蒙日圆上，从而可得离心率.
【详解】由题意可知点一定在其蒙日圆上，所以，
所以，故椭圆的离心率为.
故答案为：
2．（23-24高三上·河北沧州·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.已知，Q为直线上的动点，为圆上的动点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】先利用“阿波罗尼斯圆”定义设出点，由，得到，再由，即可求出最小值.
【详解】由阿波罗尼斯圆的定义，设，定点，令，则
，
平方化简得，
因为此方程与为同一方程，
所以，解得，所以点，
所以，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
即最小值为点到直线的距离：，
故答案为：.
3．（2023高三·全国·专题练习）抛物线的弦与过弦端点的两条切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形．设抛物线为，弦AB过焦点，为阿基米德三角形，则的面积的最小值为 ．
【答案】4
【分析】
根据抛物线在点处的切线方程为结合点到直线的距离解决面积问题即可．
【详解】先证抛物线在点处的切线方程为，
不妨设切线方程为：，且有，
切线方程与抛物线联立可得：，
所以，
易知该切线只有一条，
所以，得证.
先设点A的坐标为，点B的坐标为，点Q的坐标为，
由于弦AB过抛物线的焦点，于是可反设直线AB的方程为．
因此点A，B的坐标满足进而得到，
再使用韦达定理就有，
由于在处抛物线的切线方程为，在处抛物线的切线方程为，
因此阿基米德三角形的顶点满足，
进而，从而，
将代入得．
因此点Q的坐标为，于是点Q到直线AB的距离，
根据弦长公式得，
于是的面积，当且仅当时等号成立，
因此的面积的最小值为4．
故答案为：4.

【点睛】
关键点点睛：（1）抛物线在点处的切线方程为;
（2）阿基米德三角形的底边过抛物线的焦点，则阿基米德三角形的另一个顶点在准线上，且阿基米德三角形的面积最小值为.
四、解答题
1．（2024·全国·模拟预测）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为．当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹是椭圆．
(1)求该椭圆的方程．
(2)法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746—1818）发现：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”．若椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上一动点，直线与椭圆的蒙日圆相交于点，求证：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设出点的坐标，利用坐标代换法求出椭圆的方程．
（2）求出椭圆的蒙日圆方程，利用余弦定理结合椭圆定义推理计算即得.
【详解】（1）设，则，而点在圆上，
即有，化简得，
所以的方程为．
（2）由（1）知椭圆的方程，长半轴长，短半轴长，半焦距，
显然直线，都与椭圆相切，因此直线，所围成矩形的外接圆，
即为椭圆的蒙日圆，方程为，设，则,
在与中，由余弦定理得，，
两式相加得，又，则，
于是，
又，
所以，即为定值.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
2．（23-24高三下·山东青岛·开学考试）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，阿波罗尼斯圆指的是已知动点与两定点Q，的距离之比（且），是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆：的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在x轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分.
①求的取值范围；
②设、的面积分别为、，当时，求直线的方程.
【答案】(1);
(2)①，②.
【分析】（1）根据题中阿波罗尼斯圆的定义，设出，结合离心率可以求出椭圆方程；（2）根据等面积法或者内角平分线定理，将求转化到求，再利用，，三点共线求解.
【详解】（1）设，由题意知（常数），
整理得：，所以，
又，解得：，，，
椭圆的标准方程为.
（2）①根据平分,
则，又（底边相同），
故（或由内角平分线定理得），由，设，，
则，，设
所以，即，
因为直线斜率为，得，将，坐标代入椭圆方程得：
和，
即，
化简得，
整理得，因为，故，
所以的取值范围为.
②由①知，，根据平分，，故，
即，，故，
所以，
直线的方程为.
【点睛】关键点睛：第二问，首先要利用等面积法或者内角平分线定理，将转化到上，结合三点共线建立三点坐标之间的关系，将，点坐标代入椭圆方程中得出相应的表达式.
3．（2023·陕西西安·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.已知双曲线的实轴长为，其蒙日圆方程为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设点关于坐标原点的对称点为，不过点且斜率为的直线与双曲线相交于两点，直线与交于点，求直线的斜率值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得到方程组，求得，即可求得的标准方程；
（2）设，直线为，联立方程组，取得，得到，得出直线和的方程，求得，分和的同时存在与其中一个斜率不存在，两种情况讨论，即可求解.
【详解】（1）解：由题意知，双曲线的实轴长为，其蒙日圆方程为，
可得，解得，
所以的标准方程为：.
（2）解：设，直线的方程为，
由，整理得，
因为直线与相交于两点，
所以，且，
由点，当直线的斜率均存在时，
，
所以直线的方程为，
直线的方程为
两方程联立方程组，可得，
显然，可得，
所以，
当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，直线的方程为，
则，所以.
当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，直线的方程为，则，所以，即
综上可得：直线的斜率值.
【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）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，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.
4．（2023·河南·模拟预测）在椭圆：（）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆：上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆过，.
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的蒙日圆上一点，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若，存在，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）将坐标代入椭圆方程求出，即可得解；
（2）根据题意求出蒙日圆方程为：，当直线斜率不存在时，易求出；当直线斜率存在，设直线的方程为：，与椭圆方程联立，根据判别式等于求出，联立直线方程与蒙日圆方程，得、，利用、、可求出为定值.
【详解】（1）将，代入到，
可得，解得，，
所以椭圆的方程为：.
（2）由题意可知，蒙日圆方程为：.
（ⅰ）若直线斜率不存在，则直线的方程为：或.
不妨取，易得，，，，
.
（ⅱ）若直线斜率存在，设直线的方程为：.
联立，化简整理得：，
据题意有，于是有：.
设（），（）.
化简整理得：，
，
，.
则
，
，所以.
综上可知，为定值.

【点睛】难点点睛：联立直线与圆锥曲线方程时，字母运算较难，容易出错，需仔细运算.
5．（2023·广西·模拟预测）在椭圆：（）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆：上，称此圆为椭圆的蒙日圆．椭圆过，
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的蒙日圆上一点，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若，存在．证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据椭圆所过的点，列方程求解，即可求得椭圆方程；
（2）由题意可得椭圆的蒙日圆方程，由此讨论直线斜率不存在和存在两种情况，存在时，设直线的方程，联立直线和椭圆方程，求得参数间的关系，联立直线和蒙日圆方程可得根与系数关系，化简，可得定值，综合即可证明结论.
【详解】（1）
将，，代入到，
可得，解得，
所以椭圆的方程为：．
（2）
由题意可知，蒙日圆方程为：．
（i）若直线斜率不存在，则直线的方程为：或．
不妨取，代入中，则，
不妨取，，，，
∴．
（ii）若直线斜率存在，设直线的方程为：，
联立，化简整理得：，
据题意有，于是有：，
设（），（），
联立，化简整理得：，
，
，，
则
，
∵，所以．
综上可知，为定值.
【点睛】
方法点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系中的定值问题，一般方法是先借助于特殊位置求出定值，再根据一般情况，结合联立方程，利用根与系数的关系化简求值，即可确定该定值，使得问题得解.