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）（教师版）

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）名目题型归纳 1题型01隐圆（阿波罗尼斯圆） 1题型02蒙日圆 8题型02阿基米德三角形 16【考情分析】在近几年全国各地的解析几何试题中可以发觉很多试题涉及到隐圆、蒙日圆与阿基米德三角形，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．【核心题型】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\co1(\f(λ2＋1,λ2－1)a，0))为圆心，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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．【例题1】（2025·四川成都·模拟猜测）已知平面上两定点，则全部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觉，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.再依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.由于，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.由于在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，由于平面，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1】（多选）（22-23高三·湖南娄底·阶段练习）阿波罗尼斯是古希腊有名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发觉：平面内到两个定点，的距离之比为定值（，且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（

）A．的方程为B．当，，三点不共线时，则C．在上存在点，使得D．若，则的最小值为【答案】ABD【分析】对于A，通过直接法求出点的轨迹方程即可推断；对于B，由题意，结合三角形内角平分线定理进行推断即可；对于C，由“阿波罗尼斯圆”定义，求点轨迹方程，用圆与圆的位置关系进行推断即可；对于D，将转化为进行推断即可.【详解】设，（不与，重合）∵，，∴，，∴，得，化简得，∴点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，对于A，曲线的方程为，故选项A正确；对于B，由已知，，，∴，∴当，，三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线，∴，故选项B正确；对于C，若，则，由题意，点轨迹是圆，设，由得，化简得点轨迹方程为，即点的轨迹是圆心为，半径的圆，圆与圆的圆心距，∴圆与圆的位置关系为内含，圆与圆无公共点，∴上不存在点，使得，故选项C错误；对于D，∵，∴，∴，当且仅当在线段上时，等号成立，故选项D正确.故选：ABD.【变式2】（2025·辽宁·模拟猜测）古希腊有名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷．平面内两个定点及动点，若（且），则点的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆．点为圆上一动点，为圆上一动点，点，则的最小值为．【答案】9【分析】依据数量关系可得，即，又，进而由可得答案.【详解】由为圆上一动点，得，由为圆上一动点，得，又.由于，所以，于是.当共线且时取得最小值，即.所以，当共线时等号成立.故答案为：9．【变式3】（24-25高三上·云南·阶段练习）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆．已知点到的距离是点到的距离的3倍．记点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)设曲线与轴的负半轴交于点为坐标原点，若点不在轴上，直线分别与直线交于两点，探究以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)(2)以为直径的圆过定点，或，理由见解析【分析】（1）设，由代入坐标化简可得答案；（2）求出，设，直线的方程分别为、，依据得，直线的方程分别与联立求出点坐标，再求出以为直径的圆的方程，依据方程可得答案.【详解】（1）设，由题意得，即，化简得，所以曲线的方程为；（2）以为直径的圆过定点，或，理由如下，令，可得，或，所以，设，直线的方程分别为、，由于，所以，可得，由得，由得，可得的中点为，，以为直径的圆的方程为，整理得，由，得或，可得以为直径的圆过定点，或.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1PA⊥PB.性质2kOP·kAB＝－eq\f(b2,a2).性质3kOA·kPA＝－eq\f(b2,a2)，kOB·kPB＝－eq\f(b2,a2)(垂径定理的推广)．性质4PO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6S△AOB的最大值为eq\f(ab,2)，S△AOB的最小值为eq\f(a2b2,a2＋b2).性质7S△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)的两条相互垂直的切线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)的两条相互垂直的切线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)．【例题2】（24-25高三上·安徽黄山·期末）蒙日是法国有名的数学家，他首先发觉椭圆的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”.已知椭圆的焦点在轴上，为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，依据蒙日圆的相关学问得椭圆的离心率的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】依据蒙日圆定义求得椭圆的蒙日圆方程，依据为锐角可知直线与蒙日圆相离，依据直线与圆位置关系可求得范围，进而得到离心率的取值范围.【详解】椭圆的焦点在轴上，，直线，与椭圆都相切，，所围成矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆，为椭圆上任意两个动点，动点满足为锐角，点在圆外，又动点在直线上，直线与圆相离，，解得：，又，；椭圆离心率，，.故选：B.【变式1】（2025·广东·二模）法国数学家加斯帕尔·蒙日在争辩圆锥曲线时发觉：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．依据此背景，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．26 C． D．【答案】C【分析】依据题意求出椭圆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，明显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，明显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：依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.【变式2】（2025·四川绵阳·模拟猜测）加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国有名的几何学家，他在争辩时发觉：椭圆的任意两条相互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，过可作的两条相互垂直的切线，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，依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，又由于点在直线上，所以，问题转化为直线和蒙日圆有公共点.由椭圆方程可知：，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：【变式3】（2025·上海·模拟猜测）日日新学习频道刘老师通过学习了解到：法国有名数学家加斯帕尔·蒙日在争辩圆锥曲线时发觉：椭圆的任意两条相互垂直的切线的交点Q的轨迹是以椭圆的中心为圆心，（a为椭圆的长半轴长，b为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆C：.(1)求椭圆C的蒙日圆的方程；(2)若斜率为1的直线与椭圆C相切，且与椭圆C的蒙日圆相交于M，N两点，求的面积（O为坐标原点）；(3)设P为椭圆C的蒙日圆上的任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，求面积的最小值.【答案】(1)；(2)2(3)【分析】（1）依据蒙日圆定义求出半径，即可得解；（2）利用点到直线的距离及圆的性质，求出弦长，得出三角形面积即可；（3）设，可得直线的方程为，联立椭圆，得出根与系数的关系，利用弦长公式求出，再由点到直线距离求出三角形高，得出三角形面积，换元后利用导数求最值.【详解】（1）由于椭圆：，所以，所以椭圆的蒙日圆的方程为；（2）如图，由（1）知，椭圆的方程为，设直线的方程为，联立方程，消去并整理得，，由，得，即，所以坐标原点到直线：的距离，所以，所以；（3）由（1）知，椭圆C的方程为，椭圆C的蒙日圆方程为，设，则，设，，则切线的方程为，切线的方程为，将代入切线，的方程，有，，故直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立得，消去并整理得，明显，，所以，，所以，又点到直线的距离，所以，设，则，，令，则，所以函数在上单调递增，所以，所以面积的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出三角形面积表达式后，需要通过换元，转化为不带根号的式子，再由导数推断函数的单调性，利用单调性求面积的最小值考点三: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\co1(\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．【例题3】（2020·云南·一模）抛物线上任意两点､处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”.当线段经过抛物线焦点时，具有以下特征：①点必在抛物线的准线上；②为直角三角形，且；③.若经过抛物线焦点的一条弦为，阿基米德三角形为，且点的纵坐标为4，则直线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由△PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线焦点，可得：P点必在抛物线的准线上，可求出点P（−1，4），从而得到直线PF的斜率为−2，又，所以直线AB的斜率为，再利用点斜式即可求出直线AB的方程.【详解】解：由题意可知，抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为（1，0），准线方程为：x＝﹣1，由△PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线y2＝4x焦点，可得：P点必在抛物线的准线上，∴点P（﹣1，4），∴直线PF的斜率为：＝﹣2，又∵PF⊥AB，∴直线AB的斜率为，∴直线AB的方程为：y﹣0＝，即x﹣2y﹣1＝0，故选：A.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，以及抛物线的性质，是中档题.【变式1】（2020·云南昆明·模拟猜测）阿基米德（公元前287年～公元前212年）是古希腊宏大的物理学家、数学家和天文学家.他争辩抛物线的求积法得出有名的阿基米德定理，并享有“数学之神”的称号.抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形.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P.给出如下结论，其中正确的为（

）（1）若弦过焦点，则为直角三角形且；（2）点P的坐标是；（3）的边所在的直线方程为；（4）的边上的中线与y轴平行（或重合）.A．（2）（3）（4） B．（1）（2） C．（1）（2）（3） D．（1）（3）（4）【答案】D【分析】设，，，由导数的几何意义得切线斜率，利用焦点弦性质得，正确；写出切线方程，联立求出点坐标，得（2）错误；用两点坐标表示出，写出直线方程，并化简可得（3）正确；设为抛物线弦的中点，马上得（4）正确；【详解】由题意设，，，由，得，则，所以，，若弦过焦点，∴，∴，∴，故（1）正确；以点为切点的切线方程为，以点为切点的切线方程为，联立消去得，将代入，得，所以，故（2）错误；设为抛物线弦的中点，的横坐标为，因此则直线平行于轴，即平行于抛物线的对称轴，故（4）正确；设直线的斜率为，故直线的方程为，化简得，故（3）正确，故选：D.．【点睛】本题考查直线与抛物线相交，考查导数的几何意义，焦点弦性质，考查同学的推理论证力量，属于中档题．【变式2】（2025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】依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，依据弦长公式得，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.【变式3】（2025·河南·二模）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.过抛物线焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A､B两点，分别过A､B两点作抛物线的切线，相交于P点，那么阿基米德三角形PAB满足以下特性：①P点必在抛物线的准线上；②为直角三角形，且为直角；③.已知P为抛物线的准线上一点，则阿基米德三角形PAB的面积的最小值为.【答案】4【分析】设出直线方程，联立抛物线求得，通过PF⊥AB求得，进而得到为中点，由表示出三角形PAB的面积，结合基本不等式求出最小值即可.【详解】易知，焦点，准线方程，直线斜率必定存在，设，，，联立得，明显；又PF⊥AB可得，即，化简得，过作轴交于点，如图所示：则，所以为中点，故，故，当且仅当时取等，故三角形PAB的面积的最小值为4，故答案为：4【强化训练】一、单选题1．（20-21高三下·陕西宝鸡·阶段练习）古希腊有名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发觉：“平面内到两个定点，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，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，，，点满足．则点的轨迹所包围的图形的面积等于（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，则由结合距离公式化简可得，从而可知点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，进而可求出面积【详解】设点，则，化简整理得，即，所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，所以所求图形的面积为，故选：D2．（2025·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”．他发觉与椭圆相切的两条相互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，明显.所以点在蒙日圆上，所以，所以，即，所以椭圆的离心率.故选：D3．（2025·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，在数学进展的历史长河中，它不断地闪炼出真理的光辉，这个两千多年的古老图形，隐藏着很多性质．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．（2025·海南·模拟猜测）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发觉：过椭圆外一点作椭圆的两条相互垂直的切线，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，若圆不透亮     ，则一束光线从点动身，经轴反射到圆上的最大路程是（

）A．2 B．4 C．5 D．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，设从点动身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．

二、多选题5．（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，由于，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.6．（2025·湖南邵阳·一模）“蒙日圆”涉及几何学中的一个有名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条相互垂直的切线的交点，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•蒙日最先发觉，已知长方形R的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（

）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的面积的最大值为【答案】ACD【分析】依据题意，依据椭圆离心率公式即可推断A；联立直线与椭圆方程结合韦达定理即可得到椭圆方程，从而推断BC；依据三角形面积公式即可推断D.【详解】椭圆C的离心率为，设两条相互垂直的切线的交点为，当题设中的两条相互垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P的坐标是，或.当题设中的两条相互垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点P的坐标是，（，且），所以可设曲线C的过点P的切线方程是.由，得，由其判别式的值为0，得，由于，（，为过P点相互垂直的两条直线的斜率）是这个关于k的一元二次方程的两个根，所以，由此，得，即的蒙日圆方程为：；由于蒙日圆为长方形的外接圆，设，，则矩形面积公式为，明显，即矩形四条边都相等，为正方形时，.故选:ACD.三、填空题7．（2025·浙江绍兴·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常称为阿基米德三角形，由于阿基米德最早利用靠近的思想证明白：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的．已知为抛物线上两点，则在A点处抛物线C的切线的斜率为；弦与抛物线所围成的封闭图形的面积为．【答案】【分析】由，求得，则，写出在A点处和B点处抛物线C的切线方程，求得交点，再求得阿基米德三角形面积，再依据弦与抛物线所围成的封闭图形的面积与阿基米德三角形面积的关系求解.【详解】由于，所以，所以，所以在A点处抛物线C的切线的斜率为-1，切线方程为：，即，同理在B点处抛物线CD切线方程，由，解得，所以两切线的交点为，所以阿基米德三角形面积，所以弦与抛物线所围成的封闭图形的面积为，故答案为：-1，8．（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”.他发觉椭圆的两条相互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】依据蒙日圆的定义得出点肯定在其蒙日圆上，从而可得离心率.【详解】由题意可知点肯定在其蒙日圆上，所以，所以，故椭圆的离心率为.故答案为：9．（2025·上海·模拟猜测）希腊有名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发觉：“平面内到两个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．已知动点在圆上，若点，点，则的最小值为．【答案】【分析】先利用阿氏圆定义设出，由得到，利用，即可求出最小值.【详解】设，不妨取，使得，所以，整理得：.此方程与为同一方程，所以，解得：，即.所以（当且仅当P、B、C三点共线时等号成立）此时.所以的最小值为.故答案为：.四、解答题10．（2025·江西·模拟猜测）阿波罗尼斯是古希腊有名数学家，他的主要争辩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争辩成果之一，阿波罗尼斯圆指的是已知动点与两定点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，定点分别为椭圆的上顶点与右顶点，且椭圆的离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点，过点斜率分别为的直线与椭圆的另一个交点分别为，且满足，摸索究面积是否存在最大值，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在最大值为2，直线方程为【分析】（1）法一：设，上顶点，右顶点，由题意知：，化为标准方程，与圆的方程对比可求的值，可求椭圆的标准方程；法二：圆心在两定点所在直线上，设直线为，进而可求得的值，可求椭圆的标准方程；（2）设，联立方程组可得，结合已知可得，可求得，求得点到直线的距离，进而求得的长，可求三角形面积的最大值.【详解】（1）法一：设，上顶点，右顶点，由题意知：，整理可得：，又．又圆的方程为，，解得，则椭圆方程为．法二：圆心在两定点所在直线上，，又，且圆心为，则椭圆方程为.（2）由题可知，直线的斜率明显存在设，则，解得：，需满足判别式大于0，则，又整理可得，即，即或，当时直线过点，不合题意，此时点到直线的距离为，又，，当时面积取得最大值，最大值为2，此时，存在最大值为2，此时直线方程为．【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及定点坐标的求法，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并依据几何关系进行消参，转