重难点24 隐圆与蒙日圆问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc7953" 【题型1 隐圆类型一：到定点的距离等于定长】 PAGEREF _Tc7953 \h 2
\l "_Tc8457" 【题型2 隐圆类型二：到两定点距离的平方和为定值】 PAGEREF _Tc8457 \h 5
\l "_Tc31883" 【题型3 隐圆类型三：到两定点的夹角为直角】 PAGEREF _Tc31883 \h 6
\l "_Tc692" 【题型4 隐圆类型四：定弦定角、数量积定值】 PAGEREF _Tc692 \h 9
\l "_Tc12119" 【题型5 阿波罗尼斯圆】 PAGEREF _Tc12119 \h 12
\l "_Tc4227" 【题型6 蒙日圆】 PAGEREF _Tc4227 \h 14
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.
【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(-a,0)，B(a,0)(a>0)的距离之比为正数λ(λ≠1)的点的轨迹是以为圆心，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，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l1:y=tx+5t∈R与直线l2:x+ty−t+4=0t∈R相交于点P，且点P到点Qa,3的距离等于1，则实数a的取值范围是（ ）
A．−22−3,−22−1
B．−22−3,22−1
C．−22−3,−22−1∪22+1,22+3
D．−22−3,−22−1∪22−3,22−1
【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l1:y=tx+5过定点A(0,5)，直线l2:x+ty−t+4=0过定点B(−4,1)，又直线l1⊥l2，
因此点P(x,y)的轨迹是以线段AB为直径的圆（除点(0,1)外），圆心C(−2,3)，半径r=22，
圆C的方程为(x+2)2+(y−3)2=8(x≠0且y≠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22−1≤|CQ|≤22+1，即22−1≤|a+2|≤22+1，
解得−22−3≤a≤−22−1或22−3≤a≤22−1，
所以实数a的取值范围是−22−3,−22−1∪22−3,22−1.
故选：D.
【变式1-1】（24-25高三上·江西南昌·开学考试）已知椭圆E:x24+y23=1的右焦点为F，则E上满足PF=3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=3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:x24+y23=1的右焦点为F(1,0)，设P(x,y)，由PF=3，得(x−1)2+y2=3，
由(x−1)2+y2=334(x−1)2+y2=3消去y得，x2−8x+4=0，而−2≤x≤2，解得x=4−23，
当x=4−23时，对应的y值有2个，所以E上满足PF=3的P点有2个.
故选：B.
【变式1-2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知a，b是两个单位向量，且a+b=a−b，若向量c满足c−a−b=2，则c的最大值为（ ）
A．2−2B．2+2C．2D．22
【解题思路】根据模长公式可得a⊥b，根据向量的坐标运算c−a−b=(x−1,y−1)，利用|c−a−b|=(x−1)2+(y−1)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M(1,1)到原点的距离为|OM|=12+12=2，从而可得答案．
【解答过程】已知a,b是两个单位向量，且|a+b|=|a−b|，
则a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，
则a⋅b=0，则a⊥b，
设a,b分别是x轴与y轴正方向上的单位向量，
则a=(1,0)，b=(0,1)，a+b=(1,1)，
设c=(x,y)，则c−a−b=(x−1,y−1)，
因为|c−a−b|=(x−1)2+(y−1)2=2，
所以(x−1)2+(y−1)2=4，
故c=OC中，点C的轨迹是以(1,1)为圆心，r=2为半径的圆，
圆心M(1,1)到原点的距离为|OM|=12+12=2，
cmax=OM+r=2+2．
故选：B．
【变式1-3】（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）已知M(x1,y1)，N(x2,y2)是圆C:x+22+y−42=1上的两个不同的点，若MN=2，则x1−y1+x2−y2的取值范围为（ ）
A．10,14B．8,16C．52,72D．42,82
【解题思路】先确定MN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=2，所以CM⊥CN．
设P为MN的中点，所以CP=22．
所以点P的轨迹方程为x+22+y−42=12．
其轨迹是以C−2,4为圆心，半径为22的圆．
设点M，N，p到直线x−y=0的距离分别为d1,d2，d，
所以d1=x1−y12，d2=x2−y22，d=d1+d22，
所以x1−y1+x2−y2=2d1+d2=22d．
因为点C到直线x−y=0的距离为−2−42=32，
所以32−22≤d≤32+22，即522≤d≤722，
所以10≤22d≤14．所以x1−y1+x1−y2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：PM|2+PN|2=6且M−1,0,N1,0，则动点P的轨迹方程为（ ）
A．(x+1)2+y2=3B．(x−1)2+y2=3
C．x2+y2=2D．x2+y2=3
【解题思路】设Px,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Px,y，由PM2+PN2=6，所以(x+1)2+y2+(x−1)2+y2=6，
整理得x2+y2=2，即动点P的轨迹方程为x2+y2=2.
故选：C.
【变式2-1】（2024·河南·三模）在平面α内，已知线段AB的长为4，点P为平面α内一点，且PA2+PB2=10，则∠PAB的最大值为（ ）
A．π6B．π4C．π3D．π2
【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PA与圆O相切时角最大求得结果.
【解答过程】如图，以线段AB所在的直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，
设Px,y，因为AB=4，不妨设A−2,0,B2,0，
由PA2+PB2=10，得x+22+y2+x−22+y2=10，
化简得x2+y2=1，即点P的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，
当PA与圆O相切时，∠PAB取得最大值，此时OP⊥PA．
因为OP=1，OA=2，所以sin∠PAB=12，且∠PAB为锐角，
故∠PAB的最大值为π6．
故选：A．
【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A2,0，若点M满足MA2+MO2=10，则点M的轨迹方程是 x2+y2−2x−3=0 ．
【解题思路】设点Mx,y，借助两点间距离公式代入计算即可得.
【解答过程】设Mx,y，则有x−22+y−02+x2+y2=10，
化简得x2+y2−2x−3=0，即点M的轨迹方程是x2+y2−2x−3=0.
故答案为：x2+y2−2x−3=0.
【变式2-3】（23-24高二上·福建厦门·期末）已知圆O:x2+y2=1和圆O1:(x−2)2+y2=1，过动点P分别作圆O，圆O1的切线PA，PB（A，B为切点），且|PA|2+|PB|2=18，则|PA|的最大值为 15 .
【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PO,PO1,OA,O1B，因为PA，PB与圆相切，
所以|PO|2+|PO1|2=|PA|2+|OA|2+|PB|2+|O1B|2=18+1+1=20，
设P(x,y)，所以x2+y2+(x−2)2+y2=2x2+2y2−4x+4=20，
整理得(x−1)2+y2=9，所以P在以(1,0)为圆心，3为半径的圆上运动，
|PA|=PO2−1≤42−1=15，当且仅当P在(4,0)时等号成立，
故答案为：15.
【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=r2(r>0),A−6,0,B0,8，若圆C上存在点P使得PA⊥PB，则r的取值范围为（ ）
A．0,5B．5,15C．10,15D．15,+∞
【解题思路】由PA⊥PB得到点P的轨迹是以AB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PA⊥PB可知点P的轨迹是以AB为直径的圆，设为圆M，
因A−6,0,B0,8，故圆M:(x+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|=(5+3)2+(−2−4)2=10，
由r−5≤|CM|≤5+r，解得：5≤r≤15.
故选：B.
【变式3-1】（2024·北京平谷·模拟预测）设点A1,0，动直线l：x+ay+2a−1=0，作AM⊥l于点M，则点M到坐标原点O距离的最小值为（ ）
A．1B．2+1C．2−1D．3
【解题思路】根据直线的垂直关系可得点M的轨迹是以C1,−1为圆心，半径r=1的圆，即可得MOmin=2−1.
【解答过程】由AM⊥l以及x+ay+2a−1=0可得直线AM的方程为y=ax−1，
联立x+ay+2a−1=0y=ax−1，消去a整理可得x−12+y+12=1；
所以可知点M的轨迹是以C1,−1为圆心，半径r=1的圆；
因此MOmin=CO−r=1−02+−1−02−1=2−1.
故选：C.
【变式3-2】（23-24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x2+y2=9上两点，点A1,2，且AM⊥AN，则线段MN的长的取值范围是（ ）
A．4−2,4+2B．13−2,13+2
C．4−5,4+5D．13−5,13+5
【解题思路】易知以AM,AN为邻边作平行四边形AMPN为矩形，由平面向量可证明OA2+OP2=ON2+OM2，再由MN=AP可得其取值范围.
【解答过程】以AM,AN为邻边作平行四边形AMPN，
由AM⊥AN可得四边形AMPN为矩形，如下图所示：
OA2+OP2=ON+NA2+OM+MP2=ON2+NA2+2ON⋅NA+OM2+MP2+2OM⋅MP
=ON2+OM2+2NA2+2NA⋅MN
=ON2+OM2+2NA2−2NAMNcs∠MNA
=ON2+OM2，
可得OA2+OP2=ON2+OM2=9+9，
解得OP2=9+9−OA2=13，即OP=13，
即P点轨迹是以0,0为圆心，半径为13的圆，
易知MN=AP≤OP+OA=13+5，AP≥OP+OA=13−5，
所以线段MN的长的取值范围是13−5,13+5.
故选：D.
【变式3-3】（2024·广西南宁·二模）已知直线y=kx+mkm≠0与x轴和y轴分别交于A，B两点，且AB=22，动点C满足CA⊥CB，则当k，m变化时，点C到点D1,1的距离的最大值为（ ）
A．42B．32C．22D．2
【解题思路】先求得A，B两点坐标，根据AB=22得到(−mk)2+m2=8，再结合CA⊥CB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y=kx+m(km≠0)，得A(−mk,0),B(0,m)，由AB=22，得(−mk)2+m2=8，
由CA⊥CB，得AC⋅BC=0，设C(x,y) ，则(x+mk,y)⋅(x,y−m)=0，
即(x+m2k)2+(y−m2)2=m24k2+m24=2，因此点C的轨迹为一动圆，
设该动圆圆心为(x′,y′) ，即有x′=−m2k,y′=m2，则mk=−2x′,m=2y′代入(−mk)2+m2=8，
整理得：x′2+y′2=2 ，即C轨迹的圆心在圆x′2+y′2=2上（除此圆与坐标轴的交点外），
点D1,1与圆x′2+y′2=2上点(−1,−1)连线的距离加上圆C的半径即为点C到点D1,1的距离的最大值，
所以最大值为[1−(−1)]2+[1−(−1)]2+2=32.
故选：B.
【题型4 隐圆类型四：定弦定角、数量积定值】
【例4】（2024·北京·三模）已知圆C:x−32+y−12=1和两点A−t,0,Bt,0t>0，若圆C上存在点P，使得PA⋅PB=0，则t的取值范围为（ ）
A．0,1B．1,3C．2,3D．3,4
【解题思路】由PA⋅PB=0知点P的轨迹方程是以AB位直径的圆，可得t−1≤OC≤t+1，即可求出t的取值范围.
【解答过程】PA⋅PB=0说明P在以AB为直径的圆x2+y2=t2上，
而P又在圆C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t−1≤OC≤t+1，即t−1≤2≤t+1，又t>0，解得1≤t≤3.
故选：B.
【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）M点是圆C:(x+2)2+y2=1上任意一点，AB为圆C1:(x−2)2+y2=3的弦，且|AB|=22，N为AB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C1N=1，然后可知点N在以C1(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C:(x+2)2+y2=1的圆心为C(−2,0)，半径为r=1，
圆C1:(x−2)2+y2=3的圆心为C1(2,0)，半径为r1=3．
如图所示，由弦长公式知|AB|=2r12−C1N2=22，
解得C1N=1，
所以点N在以C1(2,0)为圆心、1为半径的圆上，
由图可知，|MN|的最小值为CC1−r−1=4−1−1=2．
故选：B．
【变式4-2】（2024·江西赣州·一模）在边长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是BC的中点，点P是侧面ABB1A1内的动点（含四条边），且tan∠APD=4tan∠EPB，则P的轨迹长度为（ ）
A．π9B．2π9C．4π9D．8π9
【解题思路】根据tan∠APD=4tan∠EPB，求出PA=12PB，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ABCD−A1B1C1D1中，由于DA⊥平面A1ABB1，CB⊥平面A1ABB1，
在Rt△PAD和Rt△PBC中，tan∠APD=ADAP，tan∠EPB=BEPB，
∵tan∠APD=4tan∠EPB，BE=12BC=12AD，∴PA=12PB，
在平面ABB1A1，以A为坐标原点，以AB,AA1为x,y轴的正方向，建立平面直角坐标系，
设P(x,y),则A0,0,B(4,0)，
则由PA=12PB可得x2+y2=12x−42+y2，化简可得x+432+y2=649，由于x≥0,y≥0，故P的轨迹表示圆心在−43,0，半径为r=83的圆在第一象限的弧长，
由于Q0,433,
故∠QMA=π3,因此轨迹为∠QMA=π3所对的弧长，故长度为π3×83=8π9，
故选：D.
【变式4-3】（2024·河南郑州·二模）在平面直角坐标系xOy中，设A2,4，B−2,−4，动点P满足PO⋅PA=−1，则tan∠PBO的最大值为（ ）
A．22121B．42929C．24141D．22
【解题思路】设出点Px,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Px,y，则PO=−x,−y，PA=2−x,4−y，
则PO⋅PA=−x2−x−y4−y=−1，即x2−2x+y2−4y+1=0，
化为x−12+y−22=4，则点P的轨迹为以D1,2为圆心，半径为2的圆，
又kOB=−4−2=2=kOD=42，所以B,O,D三点共线，
显然当直线PB与此圆相切时，tan∠PBO的值最大.
又BD=32+62=35,PD=2,
则PB=BD2−PD2=45−4=41,
则tan∠PBO=PDPB=241=24141.
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M与两定点Q，P的距离之比MQMP=λλ>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=1，Q为x轴上一定点，P−12,0，且λ=2，则点Q的坐标为（ ）
A．−1,0B．1,0C．−2,0D．2,0
【解题思路】由题可设Qa,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Q的坐标.
【解答过程】解：设Qa,0，Mx,y，所以MQ=x−a2+y2.
由P−12,0，得MP=x+122+y2.
因为MQMP=λ=2，所以x−a2+y2x+122+y2=2，整理得：x2+y2+4+2a3x=a2−13.
因为动点M的轨迹方程是x2+y2=1，所以4+2a3=0a2−13=1解得a=−2，所以Q−2,0.
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：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，已知动点的M与定点Qm,0和定点P−12,0的距离之比为2，其方程为x2+y2=1，若点B1,1，则2MP+MB的最小值为（ ）
A．6B．7C．10D．11
【解题思路】令M(x,y)，应用两点距离公式列方程求M轨迹，结合已知圆的方程求参数m，进而得Q−2,0，再由2MP+MB=|MQ|+|MB|，数形结合求目标式最小值.
【解答过程】由题设|MQ||MP|=2，令M(x,y)，则(x−m)2+y2(x+12)2+y2=4，
所以x2+(4+2m)3x+y2=m2−13，则m2−13=14+2m3=0⇒m=−2，即Q−2,0，
又12+12>1，即B1,1在圆外，(−2)2+12>1，即Q−2,0在圆外，
由2MP+MB=|MQ|+|MB|≥|BQ|=10，当且仅当B,M,Q共线上等号成立，
所以2MP+MB的最小值为10.
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λλ≠1的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆．已知点O0,0，A3,0，动点Px,y满足POPA=12，则点P的轨迹与圆C：x−22+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Px,y满足POPA=12，
所以4PO2=PA2,4x2+4y2=x−32+y2，
整理得x+12+y2=4，所以P点的轨迹是以B−1,0为圆心，半径r1=2的圆.
圆C:x−22+y2=1的圆心为C2,0，半径r2=1，
BC=3=r1+r2，所以两圆外切，则公切线有3条.
故选：C.
【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=1，其中，定点Q为x轴上一点，定点P的坐标为−13,0,λ=3，若点B1,1，则3MP+MB的最小值为（ ）
A．10B．11C．15D．17
【解题思路】设Qa,0，Mx,y，根据|MQ||MP|=λ和x2+y2=1求出a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BQ，根据坐标求出BQ即可.
【解答过程】设Qa,0，Mx,y，所以MQ=x−a2+y2，由P−13,0，
所以PM=x+132+y2，因为|MQ||MP|=λ且λ=3，所以x−a2+y2x+132+y2=3，
整理可得x2+y2+3+a4x=a2−18，又动点M的轨迹是x2+y2=1，所以3+a4=0a2−18=1，
解得a=−3，所以Q−3,0，又MQ=3|MP|，
所以3|MP|+|MB|=|MQ|+|MB|≥BQ，
因为B(1,1)，所以3|MP|+|MB|的最小值BQ=1+32+1−02=17，
当M在位置M1或M2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x2a2+y2b2=1a>0,b>0,a≠b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x−42+y−32=r2r>0上总存在点P，使得过点P能作椭圆x2+y23=1的两条相互垂直的切线，则r的取值范围是（ ）
A．1,7B．1,9C．3,7D．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x2+y23=1的蒙日圆方程为x2+y2=4，圆心为原点，半径为2，
圆x−42+y−32=r2r>0的圆心为4,3，半径为r，
则圆x−42+y−32=r2r>0与x2+y2=4必有交点才符合题意，
即两圆圆心距d=4−02+3−02=5，
则r−2≤d≤r+2⇒r∈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Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的蒙日圆为C:x2+y2=43a2，过C上的动点M作Γ的两条切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ交Γ于A，B两点，则椭圆Γ的离心率为（ ）
A．22B．32C．33D．63
【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a2=3b2，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=b，显然这两条直线与椭圆Γ都相切，且这两条直线互相垂直，
因其交点a,b在圆C上，∴a2+b2=43a2，得a2=3b2，
∴椭圆Γ的离心率e=ca=1−b2a2=63，
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：x2a+1+y2a=1 (a>0)的离心率为12，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：x2a+1+y2a=1 (a>0)的离心率为12，
所以1a+1=12，解得a=3，所以椭圆C的方程为x24+y23=1，
所以椭圆的上顶点A(0,3)，右顶点B(2,0)，
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，B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=22+(3)2=7，
所以椭圆C的蒙日圆方程为x2+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圆．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆方程为x2+y2=a2+b2．若圆(x−3)2+(y−λ)2=9与椭圆x23+y2=1的蒙日圆有且仅有一个公共点，则λ的值为（ ）
A．±3B．±4C．±5D．25
【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x23+y2=1的蒙日圆方程为x2+y2=4，
因为圆(x−3)2+(y−λ)2=9与圆x2+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3−02+λ−02=3+2或3−02+λ−02=3−2，
由此解得λ=±4，
故选：B.
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O(0,0),A(3,0)的距离之比为2，那么直线OM的斜率的取值范围是（ ）
A．26,62B．−72,72C．[−33,33]D．−3,−32
【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Mx,y，则x2+y2x−32+y2=2，
化简得x−42+y2=4，
所以点M的轨迹为圆E: x−42+y2=4，
如图，过点O作圆E的切线，连接EM，则EM=2，OE=4，
所以∠MOE=π6，同理∠M1OE=π6，
则直线OM的斜率范围为−33,33.
故选：C.

2．（23-24高三上·重庆·期中）已知 Q 为抛物线 C: y²=4x上的动点，动点 M 满足到点A(2，0)的距离与到点F(F是C的焦点)的距离之比为 22，则|QM|+|QF|的最小值是（ ）
A．3−2B．4−2C．4+2D．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−2+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F1,0，QF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Mx,y，则x−22+y2x−12+y2=22，整理得x−32+y2=2，
所以点M的轨迹为以B3,0为圆心，半径为2的圆，
QM+QF≥QB−2+QS，
所以当S,Q,M,B四点共线时，QM+QF最小，QM+QFmin=1+3−2=4−2.
故选：B.
3．（23-24高二下·贵州六盘水·期末）已知线段AB的长度为4，动点M与点A的距离是它与点B的距离的2倍，则△MAB面积的最大值为（ ）
A．82B．8C．42D．163
【解题思路】以AB的中点为坐标原点，AB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+y2=32，数形结合△MAB高的最大值为圆的半径，可解问题.
【解答过程】以AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，
设Mx,y，且A−2,0,B2,0，
由MA=2MB，得x+22+y2=2x−22+2y2，
化简得M的轨迹方程为圆x−62+y2=32，半径r=42，
如下图，有S△MAB≤12⋅AB⋅r=82．
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x2=y+1与x轴相交于A，B两点，P是平面内一点，且满足PA=2PB，则△PAB面积的最大值是（ ）
A．3B．23C．2D．22
【解题思路】根据题意不妨取A1,0,B−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x2=y+1，令y=0，即x2=1，
可得x=±1，不妨取A1,0,B−1,0，可知AB=2，
设Px,y，因为PA=2PB，则x−12+y2=2x+12+y2，
整理得x+32+y2=8，
可知点P的轨迹是以−3,0为圆心，半径为22的圆，
所以△PAB面积的最大值是12×2×22=22.
故选：D.
5．（23-24高二下·陕西宝鸡·期中）已知点A为直线3x+4y−5=0上一动点，点Pm+2,1−n,B2,0，且满足m2+n2=2n−4m−4，则2AP+BP的最小值为（ ）
A．65B．73C．655D．75
【解题思路】通过构造关系PB=2PM找到定点M，将最值转化为求2PA+PM的最值，进而转化为AM最值，则点线距求解可得.
【解答过程】∵m2+n2=2n−4m−4，∴m+22+n−12=1.
设P点坐标为x,y，由题意x=m+2,y=1−n，则x2+y2=1，
∴P点轨迹是以O0,0点为圆心，1为半径的圆，记为圆O，
设在x轴上存在定点M(a,0)，使得圆上任意一点P(x,y)，满足PB=2PM，
则x−22+y2=2x−a2+y2，
化简得3(x2+y2)−4(2a−1)x+4(a2−1)=0，
又∵x2+y2=1，代入得4(1−2a)x+4a2−1=0，
要使等式恒成立，则1−2a=0，即a=12.
∴存在定点M12,0，使圆上任意一点P满足PB=2PM，
则2AP+BP=2AP+2MP=2AP+MP≥2AM，
当A，P，M三点共线（A,M位于P两侧）时，等号成立.
又A点为直线3x+4y−5=0上一动点，则AM的最小值即为点M到直线的距离，
由M12,0到直线距离d=32−532+42=710，则AMmin=710.
故2AP+BP≥2AM≥2d=75.
如图，过M作直线3x+4y−5=0的垂线段，垂线段与圆O的交点即为取最值时的点P，此时取到最小值75.
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:x2+y212=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．133B．26C．1125D．1145
【解题思路】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.
【解答过程】依题意，直线x=±1，y=±23都与椭圆C:x2+y212=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O(0,0)，半径r=12+(23)2=13，
因此该椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2=13，
M为椭圆C:x2+y212=1的一个外切长方形，设其四个顶点分别为P、Q、P′、Q′，
其中P在第一象限，显然P与P′关于原点O对称，Q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y−2=k(x−3)，由y=kx−3k+212x2+y2=12消去y并整理，
得(12+k2)x2+2k(2−3k)x+9k2−12k−8=0，由△=4k2(2−3k)2−4(12+k2)(9k2−12k−8)=0，
化简得2k2−3k−2=0，解得k=2或k=−12，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=−12x−3，即x+2y−7=0，
O点到直线PQ的距离为45，O点到直线PQ′的距离为75，
所以M的面积为213−(45)2×213−(75)2=1125.
故选：C.
7．（23-24高二下·浙江·期中）在△ABC中，BC＝2，∠BAC=π3，D为BC中点，在△ABC所在平面内有一动点P满足PB⋅PD=PC⋅PD，则AP⋅BC的最大值为（ ）
A．33B．233C．3D．433
【解题思路】根据PB⋅PD=PC⋅PD化简整理得出PD⋅BC=0，由此将AP⋅BC化简，可得AP⋅BC=AD⋅BC．根据BC=2且∠BAC=π3，得到点A在以BC为弦的优弧上运动（不含端点），以B为原点建立直角坐标系，求出BAC所在圆的方程，设出点A的坐标，根据向量数量积的坐标运算法则与圆的性质求出AD⋅BC的最大值，进而得到答案．
【解答过程】由PB⋅PD=PC⋅PD，得PD⋅(PC−PB)=0，即PD⋅BC=0，
所以AP⋅BC=(AD−PD)⋅BC=AD⋅BC−PD⋅BC=AD⋅BC．
因为BC=2，∠BAC=π3，所以点A在以BC为弦的优弧上运动（不含端点）．
设BAC所在圆的圆心为M，连接MB、MC、MD，
则MD⊥BC，∠BMC=2π3，可得BD=1，MD=BDtanπ3=33，,BM=BDsinπ3=233．
以B为原点，BC所在直线为x轴，建立如图所示平面直角坐标系，
可得C2,0,D1,0,M1,33，圆M的方程为x−12+y−332=43，
设Am,n，则AD⃗=1−m,−n，结合BC=2,0，
可得AD⋅BC=21−m+0=2−2m，
因为A点在圆M：x−12+y−332=43上运动，
所以1−233≤m≤1+233，可得当m=1−233时，2−2m=2−2(1−233)=433，达到最大值．
综上所述，当m=1−233时，AD⋅BC有最大值433．
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λ（λ>0，且λ≠1），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．若点C到A(−1,0)，B(1,0)的距离之比为3，则点C到直线x−2y+8=0的距离的最小值为（ ）
A．25−3B．5−3
C．25D．3
【解题思路】先求出点C的轨迹方程，数形结合得到最小距离为圆心2,0到直线x−2y+8=0的距离减去半径，结合点到直线距离公式求出答案.
【解答过程】设Cx,y，则x+12+y2x−12+y2=3，化简得x−22+y2=3，
即点C的轨迹方程为以2,0为圆心，3为半径的圆，
则点C到直线x−2y+8=0的距离的最小值为圆心2,0到直线x−2y+8=0的距离减去半径，
即2−0+81+4−3=25−3，点C到直线x−2y+8=0的距离最小值为25−3.
故选：A.
二、多选题
9．（23-24高二上·福建泉州·期中）古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262~前190）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，已知A(−1,0)，B(2,0)，动点P满足|PA||PB|=12，直线l:mx−y+m+1=0，则（ ）
A．直线l过定点(−1,1)
B．动点P的轨迹方程为(x+2)2+y2=4
C．动点P到直线l的距离的最大值为2+1
D．若点D的坐标为(−1,1)，则|PD|+2|PA|的最小值为10
【解题思路】根据定点的求解可判定A,根据等量关系列方程可求解B，根据点到直线的距离即可求解C，根据三点共线即可求解D.
【解答过程】对A,直线l:mx−y+m+1=0，m(x+1)−y+1=0，所以直线l过定点M(−1,1)，A正确；
对B，设P(x,y)，因为动点P满足 |PA||PB|=12，所以 (x+1)2+y2(x−2)2+y2=12，整理可得x2+y2+4x=0，
即(x+2)2+y2=4，所以动点P的轨迹是以C(−2,0)为圆心，r=2为半径的圆，
动点P的轨迹方程为圆C:(x+2)2+y2=4，B正确；
对于 C，当直线l与MC垂直时, 动点P到直线l的距离最大，且最大值为MC+r=−2+12+0−12+2=2+2，C错误；
对于D，由|PA||PB|=12，得2|PA|=|PB|，所以|PD|+2|PA|=|PD|+|PB|，
又因为点D在圆C内，点B在圆C外，
所以|PD|+2|PA|=|PD|+|PB|≥|BD|=10，当且仅当P为线段DB与圆C的交点时取等号．
故选：ABD.

10．（2024·山西太原·二模）已知两定点A−2,0，B1,0，动点M满足条件MA=2MB，其轨迹是曲线C，过B作直线l交曲线C于P，Q两点，则下列结论正确的是（ ）
A．PQ取值范围是23,4
B．当点A，B，P，Q不共线时，△APQ面积的最大值为6
C．当直线l斜率k≠0时，AB平分∠PAQ
D．tan∠PAQ最大值为3
【解题思路】分析可知曲线C是以D2,0为圆心，半径r=2的圆.对于A：根据圆的性质分析求解；对于B：设l:x=my+1,Px1,y1,Qx2,y2，联立方程，利用韦达定理可得y1−y2，即可得面积最大值；对于C：利用韦达定理可得kPA+kAQ=0，进而分析角度关系即可；对于D：根据AB平分∠PAQ，结合切线分析求解即可.
【解答过程】设Mx,y，
因为MA=2MB，即x+22+y2=2x−12+y2，整理可得x−22+y2=4，
可知曲线C是以D2,0为圆心，半径r=2的圆.
对于选项A：因为1−22+02=1<4，可知点B在曲线C内，且直线l与曲线C必相交，
且BD=1，则PQ的最大值为2r=4，最小值为2r2−BD2=23，
所以PQ取值范围是23,4，故A正确；
设l:x=my+1,Px1,y1,Qx2,y2，
联立方程x=my+1x−22+y2=4，消去x可得m2+1y2−2my−3=0，
则y1+y2=2mm2+1,y1y2=−3m2+1.
对于选项B：可得y1−y2=2mm2+12+12m2+1=24m2+3m2+1，
令t=4m2+3≥3，则m2=t2−34，
可得y1−y2=2tt2−34+1=8tt2+1=8t+1t，
因为ft=t+1t在3,+∞内单调递增，则ft的最小值为f3=433，
即t+1t≥433，则y1−y2=8t+1t≤23，
可得△APQ的面积S△APQ=12AB⋅y1−y2≤12×3×23=33，
所以△APQ面积的最大值为33，故B错误；
对于选项C：因为kPA+kAQ=y1x1+2+y2x2+2=y1my1+3+y2my2+3 =2my1y2+3y1+y2my1+3my2+3，
又因为y1+y2=2mm2+1,y1+y2=−3m2+1，
则2my1y2+3y1+y2=2m−3m2+1+6mm2+1=0，
即kPA+kAQ=0，可知∠PAB=∠QAB，所以AB平分∠PAQ，故C正确；
对于选项D：因为AB平分∠PAQ，则∠PAQ=2∠PAB，
可知当PA与曲线C相切时，∠PAB取到最大值，
此时sin∠PAB=DAAD=24=12，且∠PAB为锐角，则∠PAB=π6，
即∠PAB的最大值为π6，则∠PAQ的最大值为π3，
所以tan∠PAQ最大值为tanπ3=3，故D正确；
故选：ACD.
11．（23-24高二上·江苏苏州·阶段练习）画法几何的创始人——法国数学家蒙日发现：在椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于长、短半轴平方和的算术平方根，这个圆就称为椭圆C的蒙日圆，其圆方程为x2+y2=a2+b2．已知椭圆C的离心率为63，点A，B均在椭圆C上，直线l:bx+ay−4=0，则下列描述正确的为（ ）
A．点A与椭圆C的蒙日圆上任意一点的距离最小值为b
B．若l上恰有一点P满足：过P作椭圆C的两条切线互相垂直，则椭圆C的方程为x23+y2=1
C．若l上任意一点Q都满足QA⋅QB>0，则0D．若b=1，椭圆C的蒙日圆上存在点M满足MA⊥MB，则△AOB面积的最大值为32
【解题思路】根据椭圆上点到原点最大距离为a，蒙日圆上的点到椭圆上点的距离最小值为半径减去a可判断A，利用相切列出方程即可求得椭圆的方程，可判断B，分析可得点Q应在蒙日圆外，解不等式从而判断C，依据题意表示出面积表达式并利用基本不等式即可求出面积最大值，可判断D.
【解答过程】由离心率e=ca=63，且a2=b2+c2可得a2=3b2，
所以蒙日圆方程x2+y2=4b2；
对于A，由于原点O到蒙日圆上任意一点的距离为2b，原点O到椭圆上任意一点的距离最大值为a=3b，
所以椭圆C上的点A与椭圆C的蒙日圆上任意一点的距离最小值为2−3b，即A错误；
对于B，由蒙日圆定义可知：直线l:bx+ay−4=0与蒙日圆x2+y2=4b2相切，
则圆心到直线l的距离为−4a2+b2=42b=2b，解得b=1；
所以椭圆C的方程为x23+y2=1，即B正确；
对于C，根据蒙日圆定义可知：蒙日圆上的点与椭圆上任意两点之间的夹角范围为0,π2，
若若l上任意一点Q都满足QA⋅QB>0，可知点Q应在蒙日圆外，
所以此时直线l与蒙日圆x2+y2=4b2相离，即−4a2+b2=42b>2b，解得−1又a>b>0，所以可得0对于D，易知椭圆C的方程为x23+y2=1，即x2+3y2=3，蒙日圆方程为x2+y2=4，
不妨设Mx0,y0，因为其在蒙日圆上，所以x02+y02=4，
设Ax1,y1,Bx2,y2，又MA⊥MB，所以可知MA,MB与椭圆相切，
此时可得直线MA的方程为x1x+3y1y=3，同理直线MB的方程为x2x+3y2y=3；
将Mx0,y0代入MA,MB的直线方程中可得x1x0+3y1y0=3x2x0+3y2x0=3，
所以直线AB的方程即为x0x+3y0y=3，
联立x0x+3y0y=3x2+3y2=3，消去y整理可得x02+3y02x2−6x0x+9−9y02=0；
由韦达定理可得x1+x2=6x0x02+3y02,x1x2=9−9y02x02+3y02,
所以AB=1+−x03y02x1+x22−4x1x2=x02+9y023y0⋅6y0x02+3y02−3x02+3y02=21+2y022+y02，
原点O到直线AB的距离为d=3x02+9y02=34+8y02，
因此△AOB的面积S△AOB=12AB⋅d=12×21+2y022+y02×34+8y02=31+2y0222+y02
=32×1+2y02121+2y02+32=32×11+2y022+321+2y02≤32×121+2y022⋅321+2y02=32；
当且仅当121+2y02=321+2y02，即y02=1时等号成立，
因此△AOB面积的最大值为32，即D正确；
故选：BCD.
三、填空题
12．（24-25高二上·江苏徐州·阶段练习）已知点A−3,0，B1,0，平面内的动点P满足PB−3PA=0，则点P的轨迹形成的图形周长是 3π ．
【解题思路】设平面内的动点Px,y，根据PB−3PA=0列式可得点P的轨迹是−72,0为圆心，半径为32的圆，即可求解周长.
【解答过程】设平面内的动点Px,y，由PB−3PA=0得PB=3PA，
所以x−12+y2=3x+32+y2，
化简得x2+y2+7x+10=0，整理得x+722+y2=94，
所以点P的轨迹是以−72,0为圆心，半径为32的圆，
所以周长是2π×32=3π.
故答案为：3π.
13．（23-24高二下·湖南·开学考试）古希腊数学家阿波罗尼斯（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λλ≠1的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆，已知点O0,0，A3,0，动点Px,y满足POPA=12，则点P的轨迹与圆C:x−12+y2=1的公切线的条数为 2 .
【解题思路】利用阿波罗尼斯圆定义可得点P的轨迹方程为x+12+y2=4，由两圆圆心距与半径的关系可得两圆相交，可得有2条公切线.
【解答过程】由题意设Px,y，
易知PA2=4PO2，即可得x−32+y2=4x2+y2，
整理得点P的轨迹方程为x+12+y2=4，
其轨迹是以−1,0为圆心，以2为半径的圆，
而圆x−12+y2=1的圆心坐标为1,0，半径为1，
可得两圆的圆心距为2，大于2−1=1，小于2+1=3，
则动点P的轨迹与圆x−12+y2=1的位置关系是相交.
故公切线的条数为2.
故答案为：2.
14．（23-24高二上·山东枣庄·阶段练习）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”，已知点A、B为椭圆x23+y2b2=1（0【解题思路】求出给定椭圆的蒙日圆方程，由已知可得直线4x+3y−10=0与该蒙日圆相离，建立不等式求出离心率范围即得.
【解答过程】依题意，直线x=±3,y=±b都与椭圆x23+y2b2=1相切，
因此直线x=±3,y=±b所围成矩形的外接圆x2+y2=3+b2即为椭圆x23+y2b2=1的蒙日圆，
由点A、B为椭圆x23+y2b2=1上任意两个动点，动点P满足∠APB为锐角，得点P在圆x2+y2=3+b2外，
又动点P在直线4x+3y−10=0上，因此直线4x+3y−10=0与圆x2+y2=3+b2相离，
于是|−10|42+32>3+b2，解得0所以椭圆C的离心率的取值范围为63故答案为：63四、解答题
15．（23-24高二下·广东惠州·阶段练习）已知点O(0，0)，A(3，0)，动点P满足|PA|=2|PO|，
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)设动点P的轨迹为曲线C，若直线l过点B(0，2)，且曲线C截l所得弦长等于23，求直线l的方程．
【解题思路】（1）直接根据条件列式，化简整理可得曲线C的方程，进而判断曲线类型；
（2）分为两种情况讨论：若直线l的斜率不存在，直接验证即可；若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+2，由弦长可得圆心C (−1,0)到直线l的距离d，列出方程可求得k，从而得出答案.
【解答过程】（1）由题知，设点P(x,y)，
由|PA|=2|PO|，则|PO||PA|=x2+y2(x−3)2+y2=12，所以x2+y2(x−3)2+y2=14，
即4x2+4y2=(x−3)2+y2，整理得x2+y2+2x−3=0，
所以曲线C是圆心为(−1,0)，半径等于2的圆，
故曲线C的方程为：(x+1)2+y2=4.
（2）如图，
若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为：x=0，
与C的交点坐标为(0,−3),(0,3)，此时弦长等于23，满足题意；
若直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx+2，
曲线C截l所得弦长等于23，所以23=24−d2，解得：d=1，
圆心C (−1,0)到直线l的距离d=|−k+2|1+k2，
所以|−k+2|1+k2=1，解得k=34，
则直线l的方程为：y=34x+2，即3x−4y+8=0
综上，直线l的方程为：x=0或3x−4y+8=0.
16．（2024高三·全国·专题练习）在平面直角坐标系中，已知点A2,3，B5,0，M是平面内的一动点，且满足MAMB=2，记点M的运动轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)过点B的直线l与曲线E交于P，Q两点，若△OBP的面积是△OBQ的面积的3倍，求直线l的方程．
【解题思路】（1）设Mx,y，结合题意可得x−22+y−32=2x−52+y2，化简即可得解；
（2）将直线方程代入圆的方程中，借助韦达定理计算即可得.
【解答过程】（1）设Mx,y，因为MAMB=2，
所以x−22+y−32=2x−52+y2，
化简得x−62+y+12=8，
故曲线E的方程为x−62+y+12=8；
（2）若直线l垂直于y轴，则O，P，B，Q四点共线，不能构成三角形；

故可设直线l的方程为x=my+5，
代入曲线E的方程可得m2+1y2+2－2my−6=0，
Δ=2−2m2+24m2+1>0，
则yP+yQ=2m−2m2+1，yPyQ=−6m2+1，
又S△OBP=12OB⋅yP，S△OBQ=12OB⋅yQ,
S△OBP=3S△OBQ，故yP=3yQ，
因为yPyQ=−6m2+1<0，故yP=−3yQ，
则yP+yQ=−2yQ=2m−2m2+1，
故yQ=1−mm2+1，yP=3m−3m2+1
则有yPyQ=1−mm2+1⋅3m−3m2+1=−6m2+1，
可得m+12=0，故m=−1，
则直线l方程为x+y−5=0.
17．（23-24高二上·四川成都·期末）已知椭圆Γ的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，称圆心在坐标原点O，半径为a2+b2的圆为椭圆Γ的“蒙日圆”，椭圆Γ的焦距为2，离心率为33．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若直线l与椭圆Γ交于A、B两点，与其“蒙日圆”交于C、D两点，当CD=4时，求△AOB面积的最大值．
【解题思路】（1）根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆Γ的方程；
（2）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率不存在时，根据CD的值求出l的方程，进而可求得△OAB的面积；在直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，根据CD=4可得出m2=1+k2，将直线l的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式、三角形的面积公式以及基本不等式可求得△OAB面积的最大值.
【解答过程】（1）解：因为椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为2，离心率为33，
则2c=2ca=33b=a2−c2，可得a=3b=2c=1，故椭圆Γ的方程为x23+y22=1.
（2）解：由题意，蒙日圆方程为x2+y2=5，圆心为O0,0，半径r=5，
①当CD⊥x轴时，设直线CD的方程为x=t，
将x=t代入“蒙日圆”的方程得t2+y2=5，解得y=5−t2，
则CD=25−t2=4，解得：t=±1，
将直线l的方程代入椭圆C的方程可得13+y22=1，解得y=±233，则AB= 433，
所以，S△AOB=12AB⋅t=12×433×1=233；
②当直线l不垂直x轴时，设直线l的方程为y=kx+m，即kx−y+m=0，
圆心O到直线CD的距离为d=|m|1+k2=5−422=1，得m2=1+k2，
联立y=kx+mx23+y22=1，消去y得2+3k2x2+6kmx+3m2−6=0，
Δ=6km2−42+3k23m2−6>0，可得m2<3k2+1，
设Ax1,y1、Bx2,y2，则x1+x2=−6km2+3k2，x1x2=3m2−62+3k2，
AB= 1+k2x1+x22−4x1x2=1+k236k2m2−43m2−62+3k22+3k22
=26⋅1+k23k2+2−m23k2+2=26k2+12k2+13k2+2，
所以，S△OAB=12AB⋅d=12×26×1+k22k2+13k2+2×1=6×1+k22k2+13k2+2
≤61+k2+2k2+123k2+2=62，
当且仅当k2+1=2k2+1时，即当k=0时，等号成立，
又因为62>233，故△OAB的面积的最大值为62.
18．（23-24高二上·河北邯郸·期末）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A,B距离之比为常数λ(λ>0且λ≠1）的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆被称为阿波罗尼斯圆.已知△ABC中，A−3,0,C3,0,AB=2BC.
(1)求△ABC的顶点B的轨迹方程；
(2)若圆D:(x−1)2+(y−3)2=4和顶点B的轨迹交于两点P,Q，求直线PQ的方程和圆心D到PQ的距离.
【解题思路】
（1）解法1：设出Bx,yy≠0，根据AB=2BC得到方程，求出轨迹方程；
解法2：由阿波罗尼圆的定义得到，顶点B的轨迹为圆，圆心在直线AC上，求出该圆与x轴的两交点，故B的轨迹是以Q1Q2为直径的圆，求出轨迹方程；
（2）两圆相减得到直线PQ的方程，并利用点到直线距离公式求出答案.
【解答过程】（1）解法1：设顶点Bx,yy≠0，则|AB|2=(x+3)2+y2,|BC|2=(x−3)2+y2，
故(x+3)2+y2=4(x−3)2+4y2，化简得B的轨迹方程为(x−5)2+y2=16y≠0.
解法2：由阿波罗尼圆的定义，顶点B的轨迹为圆，圆心在直线AC上，
设圆与x轴的两交点为Qm,0，
根据AQ=2QC得，m+3=23−m，解得m=1或9，
故当Q11,0或Q29,0时，都满足AQ=2QC，
所以顶点B的轨迹是以Q1Q2为直径的圆，其方程为(x−5)2+y2=16y≠0.
（2）将圆D:(x−1)2+(y−3)2=4和(x−5)2+y2=16y≠0相减可得8x−6y−3=0，
即所求直线PQ的方程为8x−6y−3=0.
圆心D1,3到8x−6y−3=0的距离d=8×1−6×3−382+(−6)2=1310.
19．（2024·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C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)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的实轴长为26，其蒙日圆方程为x2+y2=4.
(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Dx0,y0，求直线OD的斜率值.
【解题思路】（1）由题意得到方程组a2−b2=42a=26，求得a=6,b=2，即可求得C的标准方程；
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN为y=13x+m，联立方程组，取得x1+x2=3m，得到kPM=13+mx1−3,kQN=13+mx2+3，得出直线PM和QN的方程，求得x0=−9mx1−x2−6，分PM和QN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.
【解答过程】（1）解：由题意知，双曲线C的实轴长为26，其蒙日圆方程为x2+y2=4，
可得a2−b2=42a=26，解得a=6,b=2，
所以C的标准方程为：x26−y22=1.
（2）解：设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN的方程为y=13x+mm≠0，
由y=13x+mx26−y22=1，整理得23x2−2mx−3m2−6=0，
因为直线MN与C相交于M,N两点，
所以Δ=(−2m)2−4×23−3m2−6=12m2+16>0，且x1+x2=3m，
由点Q−3,−1，当直线PM,QN的斜率均存在时，
kPM=y1−1x1−3=13x1+m−1x1−3=13+mx1−3,kQN=y2+1x2+3=13x2+m+1x2+3=13+mx2+3，
所以直线PM的方程为y−1=13+mx1−3x−3，
直线QN的方程为y+1=13+mx2+3x+3
两方程联立方程组，可得x0=−3x1+x2x1−x2−6=−9mx1−x2−6，
显然x0≠0，可得y0=13+mx1−3x0−3mx1−3，
所以y0x0=13+mx1−3+3mx1−3×x1−x2−69m=13+mx1−3+x1−x2−63x1−3=13+2x1−33x1−3=1，
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=23x+1，
则x0=3,y0=3，所以y0x0=1.
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=−3,y0=−3，所以y0x0=1，即kOD=1
综上可得：直线OD的斜率值1.