2026高考数学复习高效培优专题13 隐圆、阿氏圆、蒙日圆与阿基米德三角形题型方法（培优高频考点专练）（解析版）

专题13隐圆、阿氏圆、蒙日圆与阿基米德三角形题型方法目录高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求）核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧）聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练）题型一定义法构建隐形圆（）题型二斜率/向量关系推导隐形圆（）题型三阿氏圆基本模型（）题型四阿氏圆、蒙日圆等与圆锥曲线综合（）题型五隐形圆/阿氏圆与立体几何交汇（）实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）高考中核心考向：隐圆、阿氏圆的轨迹方程求解与最值问题仍为高频考点，占分约5-10分，多以选择题、填空题形式出现。基础知识必备：隐圆：掌握定义法（距离定值、垂直关系、平方和定值）、斜率/向量关系推导圆方程的核心条件。阿氏圆：理解“平面内到两定点距离比为定值λ（λ≠1）”的定义，熟练推导轨迹方程，牢记圆心、半径公式。蒙日圆：明确椭圆/双曲线中“互相垂直切线交点的轨迹”性质，掌握与圆锥曲线的结合要点。阿基米德三角形：熟悉抛物线切线构成的三角形性质，以及与焦点、准线的关联。辅助知识：坐标系建立与坐标转化、两点间距离公式、点到直线距离公式、圆的性质（圆心、半径、位置关系）、圆锥曲线基础定义。2026高考预测：融合趋势：跨模块综合加强，如阿氏圆与圆锥曲线（椭圆、抛物线）、立体几何的交汇，隐圆与向量、斜率条件的结合。能力侧重：侧重“条件转化”能力，如将斜率乘积、向量数量积转化为圆的方程，将最值问题转化为“圆心到定点距离±半径”。拓展方向：蒙日圆、阿基米德三角形的应用概率上升，可能出现结合光学性质、切线性质的创新题型。重难知识汇总：隐圆构建：定义法：距离定值（圆的基本定义）、PA⊥PB（以AB为直径）、PA²+PB²=k（以AB中点为圆心）。条件转化：斜率乘积为-1（垂直）、向量数量积/模长关系代数化。阿氏圆核心：轨迹方程推导：设动点坐标，代入距离比条件平方化简。核心参数：圆心在两定点连线上，半径r=|λ・AB|/|λ²-1|。最值求解：转化为“圆上点到定点距离”，利用圆心到定点距离与半径和差计算。综合应用：蒙日圆与椭圆：互相垂直切线交点轨迹，圆心为椭圆中心，半径与椭圆参数相关。阿基米德三角形：抛物线弦与切线构成的三角形，焦点相关性质、面积公式。立体几何交汇：空间动点轨迹转化为平面内圆，通过截面圆要素（圆心、半径）求解。常用技巧方法：轨迹方程求解：设动点坐标，代入条件（距离比、斜率、向量），配方整理为圆的标准方程。最值问题技巧：平面内：转化为“圆心到目标点/直线的距离±半径”。综合题：利用圆锥曲线定义转化（如抛物线“到准线距离=到焦点距离”），结合“三点共线取最值”。跨模块转化：立体几何→平面：确定动点所在平面，将空间距离条件转化为平面内圆的条件。圆锥曲线→圆：利用蒙日圆、阿氏圆性质，将曲线问题转化为圆的位置关系问题易错避坑提效：1.忽略特殊点：如PA⊥PB时，需剔除A、B两点（斜率不存在或无意义）；2.轨迹方程需排除不符合条件的点（如直线交点轨迹中的重合点）。3.方程化简错误：阿氏圆推导中距离比平方后化简易出错，需注意展开后的移项、合并同类项步骤。4.最值转化失误：混淆“圆心到定点距离±半径”的适用场景（最大值用“+”，最小值用“-”）。5.立体几何转化偏差：空间轨迹转化为平面圆时，误判截面圆的圆心（如未找中点、垂足）或半径。6.蒙日圆应用误区：忽略“互相垂直切线”的前提，误将普通切线交点归为蒙日圆上的点。题型一定义法构建隐形圆方法点拨：识别圆的定义条件：距离定值对应圆的基本定义，PA⊥PB对应以AB为直径的圆，PA²+PB²=k对应以AB中点为圆心的圆。建立坐标系转化：设动点坐标，代入条件化简得到圆的标准方程（圆心+半径）。结合圆的性质求解：最值问题转化为“圆心到目标的距离±半径”。【典例01】（24-25高三上·江苏南京·开学考试）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、的距离之比为定值的点所形成的图形是圆，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，，.点满足，设点所构成的曲线为，下列结论不正确的是（

）A．的方程为B．在上存在点，使得到点的距离为3C．在上存在点，使得D．上的点到直线的最小距离为1【答案】C【分析】对A：设点，由两点的距离公式代入化简判断；对B：根据两点间的距离公式求得点到圆上的点的距离的取值范围，由此分析判断；对C：设点，求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析判断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此分析判断.【详解】对A：设点，∵，则，整理得，故C的方程为，故A正确；对B：的圆心，半径为，∵点到圆心的距离，则圆上一点到点的距离的取值范围为，而，故在C上存在点D，使得D到点的距离为9，故B正确；对C：设点，∵，则，整理得，∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆，又，则两圆内含，没有公共点，∴在C上不存在点M，使得，C不正确；对D：∵圆心到直线的距离为，∴C上的点到直线的最小距离为，故D正确；故选：C.【典例02】（25-26高三上·安徽·月考）阿波罗尼奥斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠.阿波罗尼奥斯发现:平面内到两个定点A，B的距离之比为定值且的点的轨迹是圆，此圆被称为点和相关的阿波罗尼斯圆.现已知点和相关的阿波罗尼斯圆为圆，其中点，且点P在该圆上，点Q在圆上，则的最小值为（

）A．16 B．8 C．12 D．6【答案】A【分析】设，表示出，根据阿波罗尼斯圆定义得出点，再根据两点之间线段最短求出最小值.【详解】，

设，则，故，故=====，可得，则，故，当且仅当B，P，Q，M四点共线时，取得最小值8，则的最小值为16.故选：A【变式01】（2025高三·全国·专题练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：已知平面内两个定点A，B及动点P，若（且），则点P的轨迹是圆．后来人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，也叫阿氏圆．在平面直角坐标系中，，，直线，直线，P为，的交点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知可得，分别求出所过的定点，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程，由阿氏圆性质找到点，将转化为，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可.【详解】当时，，，此时，交点为，当时，直线的斜率为k，直线的斜率为，所以，综上，，，所以直线恒过点，，所以直线恒过点，由P为，的交点，则，设，连接EF，则点P的轨迹是以EF为直径的圆（除去F点），圆心为线段EF的中点，半径为，故P的轨迹方程为，根据题意作图，如图2所示，由题意可知圆C上一点，满足，取，则，满足，

下面证明对任意的，连接PD，都满足，即，，，所以，连接DQ，所以，又，所以，当且仅当D，P，Q三点共线，且P位于D，Q之间时取等号．故选：D．【变式02】（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.【变式03】（24-25高三下·河南信阳·开学考试）古希腊数学家阿波罗尼斯在对圆锥曲线的研究过程中，还进一步研究了圆锥曲线的光学性质，例如抛物线的光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．如图所示，两条平行于轴的入射光线，分别经抛物线上的A，B两点反射后，两条反射光线，又沿平行于轴的方向射出，则两条反射光线，之间的距离为（

）

A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】先设点的坐标，再联立抛物线计算求解点，最后应用平行线距离计算求解.【详解】由题意得，，，，设点D，E的坐标分别为，，直线AD：，联立抛物线方程得，得，解得，，所以，同理直线BD：，联立抛物线方程得，得，解得，，可得，所以两条反射光线，之间的距离．故选：B.题型二斜率/向量关系推导隐形圆方法点拨：斜率关系转化：斜率乘积为-1等价于垂直，直接对应直径所对圆周角模型。向量条件代数化：设坐标将数量积、模长关系转化为方程，配方整理为圆的方程。注意特殊点剔除：如PA⊥PB时，需剔除A、B两点（无斜率或无意义情况）。【典例01】（24-25高三上·云南昆明·期中）阿波罗尼斯，古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家．阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两点，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆．已知在平面直角坐标系中，，动点满足，记动点的轨迹为.对任意实数，直线：与曲线恒有公共点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据两点间的距离公式可得曲线的方程，由题意可得对任意实数，都有，分类参数即可求解.【详解】设,因为，，所以，化简可得，所以曲线的圆心为，半径为.因为对任意实数，直线：与曲线恒有公共点，所以对任意实数，都有，即任意实数恒成立.因为,所以，所以，解得，所以的取值范围是.故选:A.【典例02】（24-25高三下·安徽·开学考试）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果．其中有这样一个结论：平面内与两定点距离的比为常数的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆．已知点，动点满足，则点的轨迹与圆的公共弦长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求出点的轨迹的方程，即可得到其圆心与半径，再得到圆的圆心与半径，即可判断两圆相交，再两圆方程作差即可得到公共弦方程，求出圆心到公共弦所在直线的距离，最后由计算可得.【详解】由题意知，化简得，其圆心为，半径，又圆的圆心为，半径，所以，且，所以两圆相交，其公共弦所在的直线方程为，圆心到公共弦所在直线的距离，故公共弦长为.故选：C【变式01】（24-25高三上·广东·月考）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：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．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．已知动点在边长为6的正方形内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，根据题意求得动点的轨迹为以为圆心、4为半径的圆的一部分，结合图形分析可知圆心角，即可得结果.【详解】如图，以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则，，设，因为，即，整理得．所以动点的轨迹为以为圆心、4为半径的圆的一部分．设圆与线段交于点，与线段交于点，因为在中，，，则，可知，所以点的轨迹长度为．故选：D．【变式02】（24-25高三下·云南保山·期末）(多选题)平面内到两个定点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C．直线与点的轨迹相离D．已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4【答案】ACD【分析】对于A：设点，结合题意分析求解即可；对于B：分析可知点在圆内，结合圆的性质分析求解；对于C：求圆心到直线的距离，即可判断；对于D：分析可知当时，取到最小值，四边形面积取最小值，运算求解即可.【详解】对于选项A：设点，因为，整理可得，故A正确；对于选项B：因点的轨迹方程是，圆心是，半径是，且，可知点在圆内，过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点，根据垂径定理得弦的最小值是，故B错误；对于选项C：圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故C正确；对于选项D：因为四边形面积，由数形分析可知：当时，取到最小值，所以四边形面积取最小值，故D正确；故选：ACD．【变式03】（2025高三·全国·专题练习）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面倾斜，可得到椭圆.如图，现有一个轴截面为等腰的圆锥PO，过点A及线段PB的中点M的某平面截圆锥PO，得到一个椭圆，则该椭圆的离心率为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，椭圆长轴长，取线段AM的中点，连接并延长交AB于点Q，过Q作交底面圆于点E，F，连接PE，PF分别交椭圆于点G，H，则椭圆短轴长，由相似三角形求得，从而可解离心率.【详解】如图，

圆锥的轴截面是等腰直角三角形，于点O，过点A作平面截该圆锥，不妨设，则，，所以椭圆长轴长，取线段AM的中点，连接并延长交AB于点Q，过Q作交底面圆于点E，F，连接PE，PF分别交椭圆于点G，H，则椭圆短轴长，由椭圆的对称性可知，取BQ的中点N，连接MN，则，，，因此，即，显然Q，N是线段AB的两个三等分点，即，，由相交弦定理得，解得，于是，，所以椭圆的离心率.题型三阿氏圆基本模型方法点拨：直接法求轨迹：设P(x,y)，代入距离比条件，平方后化简为圆的标准方程。记住核心参数：圆心在AB所在直线上，圆心坐标为，半径r=|λ・AB|/|λ²-1|。最值求解技巧：转化为“圆上点到定点的距离”，利用圆心到定点距离与半径的和差计算。【典例01】（24-25高三上·山东烟台·期末）(多选题)阿波罗尼斯是古希腊数学家，他研究发现：如果平面内一个动点到两个定点的距离之比为常数，且，那么这个点的轨迹为圆，这就是著名的阿氏圆.若点到点与点的距离之比为，则（

）A．点的轨迹方程为B．点到直线距离的最小值为C．点到圆上的点的最大距离为D．若到直线的距离为的点至少有3个，则【答案】ACD【分析】选项A根据距离比化简可得；选项B转化为圆心的直线的距离减半径可判断；选项C转化为两圆圆心距加两个半径可得；选项D转化为圆心到直线的距离小于或等于可得.【详解】设点坐标为，由题意可得，化简可得，故A正确；在圆上，其圆心坐标为，半径为，故点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减半径，即为，故B错误；点到圆上的点的最大距离为到的距离加两个半径，即为，故C正确；若到直线的距离为的点至少有3个，设圆心到直线的距离为，则，即，可得，故D正确，故选：ACD【典例02】（24-25高三上·安徽马鞍山·期中）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：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，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为圆C，下列结论正确的是（

）A．圆C的方程是B．过点A且斜率为的直线被圆C截得的弦长为C．圆C与圆有两条公切线D．过点A作直线，若圆C上恰有三个点到直线的距离为，该直线斜率为【答案】BCD【分析】对于A，设，再根据列式化简可得圆C的方程；对于B，根据垂径定理求解即可；对于C，根据圆心间的距离与半径和差的关系判断两圆位置关系，进而可得公切线条数；对于D，分直线斜率为0与不为0讨论，再根据圆心到直线距离与半径的关系列式求解即可.【详解】对于A，设，由，得，化简可得圆C的方程是，故A错误；对于B，过点且斜率为的直线的方程为，即，圆的圆心，半径，圆心到的距离为，故所求弦长为，故B正确；对于C，圆的圆心，半径，，则，故两圆相交，有两条公切线，故C正确；对于D，当直线的斜率为0时，直线方程为，过圆心C，而圆C的半径为，则圆C上有四个点到直线距离为，不合题意；当直线的斜率不为0时，设直线，由题意C到的距离等于，即，解得，故直线的斜率为，故D正确，故选：BCD.【变式01】（2025·辽宁·模拟预测）古希腊著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】根据数量关系可得，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.因为，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02】（24-25高三下·辽宁本溪·开学考试）在平面上给定相异两点，设点在同一平面上且满足，当且时，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，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.现有双曲线分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线虚轴的上，下端点，动点满足面积的最大值为4.点在双曲线上，且关于原点对称，是双曲线上一点，直线和的斜率满足，则双曲线方程是；【答案】【分析】据为双曲线虚轴的上，下端点，可设设，由两点间距离公式并化简可得动点的轨迹方程.【详解】设，由题意知，可得，即，整理得，可得圆心为，半径，所以的最大面积为，解得，即，设，则，则，可得，同理则，则，整理得，所以双曲线的方程为.故答案为：.【变式03】（2024·西藏拉萨·一模）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：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.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.已知动点在边长为6的正方形内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹长度为.【答案】【分析】建立平面直角坐标系，利用距离关系求得点的轨迹，求出圆心角，然后利用弧长公式求解即可.【详解】如图，以为原点，，所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，则，，设，因为，即，整理得.所以动点的轨迹为以为圆心4为半径的圆的一部分.设圆与线段交于点，与线段交于点，因为在中，，，所以，所以，所以点的轨迹长度为.故答案为：题型四阿氏圆、蒙日圆等与圆锥曲线综合方法点拨：拆分复合条件：先分别求出阿氏圆和圆锥曲线的核心要素（圆心、半径、焦点、准线）。利用圆锥曲线定义转化：如抛物线中“Q到准线距离=|QF|”，将所求式子转化为“|PQ|+|QF|”。共线最值原理：当P、Q、F三点共线时取最值，结合阿氏圆半径计算。【典例01】（2025·辽宁沈阳·二模）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】，利用勾股定理求出，由求出，再由正弦定理得可得答案.【详解】由题意的，，则，，所以，在中，，，，且，则，，，则，所以，由正弦定理得，，即.故选：C．【典例02】（2024·云南大理·一模）法国数学家加斯帕尔蒙日被称为“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.若椭圆的蒙日圆为圆，过上的动点作的两条互相垂直的切线，分别与交于两点，直线交于两点，则（

）A．椭圆的蒙日圆方程为B．面积的最大值为7C．的最小值为D．若动点在上，将直线的斜率分别记为，则【答案】ABC【分析】取椭圆上顶点与右顶点的切线，建立齐次方程，即可判断；根据圆的性质，结合三角形面积公式即可判断；由于为圆的直径，即过坐标原点，计算即可判断；设，利用点差法即可判断；【详解】依题意，可设圆C方程为，过椭圆的上顶点作轴的垂线，过椭圆的右顶点作轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆C上，所以，即，所以椭圆的蒙日圆方程为，故A正确；因为点都在圆上，且，所以为圆的直径，所以面积的最大值为，故B正确；由于为圆的直径，过坐标原点，即过坐标原点，所以，故C正确；由直线经过坐标原点，易得点关于原点对称，设，则，又，所以，所以，故D错误.故选：.【点睛】方法点睛：点差法是求解圆锥曲线问题中的解法，在直线与圆锥曲线问题中，直线与圆锥曲线有两个交点，设，将这两点的坐标分别代入圆锥曲线方程，得到两个等式，并对所得等式作差，化简得到相关结论.【变式01】（24-25高三上·安徽黄山·期末）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，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，根据蒙日圆的相关知识得椭圆的离心率的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据蒙日圆定义求得椭圆的蒙日圆方程，根据为锐角可知直线与蒙日圆相离，根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02】（2025·河南信阳·一模）(多选题)阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，他曾经定义了抛物线阿基米德三角形：抛物线的弦与弦的端点处的两条切线围成的三角形称为抛物线阿基米德三角形.设抛物线上两个不同点A，B横坐标分别为，，以A，B为切点的切线交于P点.关于阿基米德三角形PAB的说法正确的有（

）A．若过抛物线的焦点，则点一定在抛物线的准线上B．若为正三角形，则其面积为C．若，则的面积的最小值为D．一般情况下，的面积【答案】ABC【分析】设出直线的斜截式方程、点的坐标，根据导数的几何意义求出切线的方程，进而求出点的坐标，将直线的方程和抛物线方程联立，得到一元二次方程以及该方程两根的和、积的关系.A：把抛物线焦点的坐标代入直线的斜截式方程中，根据抛物线的准线方程进行判断即可；B：根据正三角形的性质，结合正三角形的面积公式进行判断即可；C：根据直角三角形的性质，结合直角三角形的面积公式进行判断即可；D：根据点到直线距离公式、两点间距离公式进行求解判断即可.【详解】由题意可知：直线一定存在斜率，所以设直线的方程为：，由题意可知：点，不妨设，由，所以直线切线的方程分别为：，两方程联立得：，解得：，所以点坐标为：，直线的方程与抛物线方程联立得：.对于A：抛物线：的焦点坐标为，准线方程为，因为过抛物线的焦点，所以，而，显然点一定在抛物线的准线上，故A正确；对于B：因为阿基米德三角形为正三角形，所以有，则，因为，所以化简得：，此时，点坐标为：，因为阿基米德三角形为正三角形，所以有，所以，因此正三角形的边长为，所以正三角形的面积为，故B正确；对于C：阿基米德三角形为直角三角形，当时，所以，即，化简得，直线的方程为：，所以点坐标为，点到直线的距离为：，又，因为，所以，因此直角的面积为：，当且仅当时，取等号，所以其面积有最小值，故C正确；对于D：因为，所以，点到直线的距离为：，所以阿基米德三角形的面积为，故D不正确.故选：ABC.【变式03】（25-26高三上·河北沧州·期中）古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，记点P的轨迹为圆C，则下列结论正确的是（

）A．圆C的方程为B．的最大值为C．M为直线上一动点，则的最小值为D．若O为坐标原点，则的最大值为【答案】BCD【分析】根据两点间距离公式，结合两点间线段最短、三角代换法、平面向量数量积的坐标表示公式逐一判断即可.【详解】设点，因为，所以，整理得，所以圆C的方程为，故A错误．因为，所以．因为，所以，故B正确．设A关于直线的对称点为，则解得因为，所以，所以当，C，M三点共线时，有最小值．因为，所以，故C正确．设，，因为，，所以，所以当时，有最大值，最大值为，故D正确．故选：BCD题型五隐形圆/阿氏圆与立体几何交汇方法点拨：空间到平面转化：确定动点所在的平面，将空间距离条件转化为平面内的轨迹条件（如圆）。找截面圆关键要素：通过面面垂直、线面垂直关系确定截面圆的圆心（如中点、垂足）和半径。平面内求解后回归空间：将空间最值转化为平面内“圆上点到定点距离”的最值。【典例01】（2025·四川眉山·三模）(多选题)某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的(被称作阿基米德体)，如图所示，若该石凳的棱长为，下列结论正确的有（

）A．平面 B．该石凳的体积为C．，，，四点共面 D．点到平面的距离为【答案】AC【分析】由题意可得A正确；由正方体的体积减去八个三棱锥的体积可得B错误；由图中几何关系可得C正确；建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，代入空间点面距离公式可得D错误.【详解】“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.A选项：由图可知平面，故A选项正确；B选项：，故B选项错误；C选项：∵，，，四点均是正方体个棱上中点，∴，且这个六条边长全相等，∴，，，四点共面，故C选择正确；D选项：如图建立空间直角坐标系，∵，∴正方体棱长为4，∴，，，，所以，设平面的一个法向量为，则，解得，即，，∴点到平面的距离，故D选项错误.故选：AC【典例02】（2025·黑龙江·二模）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，点，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为上一动点，则的最小值为.【答案】【分析】利用直接法求出点的轨迹方程，根据结论圆外一点与圆上的动点的最小距离为圆外的点到圆心的距离与该圆的半径的差，求的最小值即可.【详解】设，则，，因为，所以，所以，即，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，圆的圆心为，半径为，又点为上一动点，所以，当且仅当点为线段与圆的交点，点为线段与圆的交点时等号成立，所以的最小值为.故答案为：.【变式01】（2025·四川宜宾·三模）(多选题)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美.如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则（

）A．该石凳的表面积为B．该石凳的体积为C．直线与的夹角为D．平面【答案】ABC【分析】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，进而逐项判断即可.【详解】对于A，由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成，所以表面积为，A正确；对于B，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，其中每个小三棱锥的体积为，所以该二十四面体的体积为，所以B正确；对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，如图，易知，与所成角为，所以直线与的夹角为，C正确；对于D，由正方体易知：，所成角为，所以所成角为，又在平面内，所以平面不成立，故D错误；故选：ABC【变式02】（24-25高三上·江苏泰州·月考）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点的距离之比为常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿氏圆.如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足，若点在平面内运动，则点对应的轨迹的面积是；为的中点，则三棱锥体积的最小值为.【答案】；．【分析】以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用坐标表示两点间距离转化后可得轨迹方程，从而得轨迹求得面积，利用空间向量法求得点到平面的距离，并结合平面上圆的性质求得距离的最小值，从而得棱锥体积最小值．【详解】如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，在平面内，设，则由得，化简得，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆，面积为，在长方体中，，，，设平面的一个法向量是，则，取得，，到平面的距离为，满足，所以的最小值等于，从而到平面的距离的最小值为，∴三棱锥体积的最小值为．故答案为：；．【点睛】方法点睛：在涉及到空间两点间的距离问题时，如果与长方体、正方体有关的图形时，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量法（把平面解析几何法类比于空间解析几何法）求空间的距离、角度．把几何问题用计算方法求解．【变式03】（24-25高三下·重庆·月考）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点距离之比是常数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：在棱长为3的正方体中，点P是正方体的表面（包括边界）上的动点.（1）若动点P满足，则点P所形成的阿氏圆的半径为；（2）若E是靠近D的三等分点，且满足，则三棱锥体积的最大值是.【答案】【分析】以D为坐标原点，为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，设，由已知可得所形成的阿氏圆；由题意可得，所以点P的轨迹为的一部分，当P在上时，三棱锥的体积最大，进而可求体积的最大值.【详解】以D为坐标原点，为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，因为，所以，整理得，故点P所形成的阿氏圆的半径为；因为平面平面，所以，所以，又，则，因为E是靠近D的三等分点，所以，由（1）可知，点P的轨迹为的一部分，则当P在上时，三棱锥的体积最大，设此时P为，所以，则三棱锥体积的最大值是.（限时训练：15分钟）1．（24-25高三上·湖南株洲·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点，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（简称“阿氏圆”）.在平面直角坐标系中，已知，，直线：，直线：，若为，的交点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为，由阿氏圆性质找到点，将转化为，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可.【详解】当时，：，：，此时交点为；当时，由直线：，斜率为，由直线：，斜率为，，又：，直线恒过，：，直线恒过，若为，的交点，则，所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点、点；综合以上两种情况，点的轨迹是以为直径的圆，除去点，则圆心为的中点，圆的半径为，故的轨迹方程为，即，又，，易知，在该圆内，又由题意可知圆上一点满足，取，则，满足.下面证明任意一点都满足，即，，又，，，又，，如图，当且仅当，，三点共线，且位于，之间时，等号成立，即的最小值为.故选：2.（24-25高三上·北京·期中）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆．人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论：①曲线的方程为②曲线上存在点，使得到点距离为6；③曲线上存在点，使得到直线的距离为；④曲线上存在点，使得到点与点距离之和为8．其中所有正确结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】设，根据M满足，利用两点间距离公式化简整理，即可判断①是否正确；通过确定圆上的点到（1，1）的距离的范围来判断②是否正确；通过确定圆上的点到直线的距离的范围来判断③是否正确；由椭圆的定义，可知F在椭圆上，再根据椭圆与曲线W的位置关系，即可判断④是否正确．【详解】设，因为M满足，所以，整理可得：，即，所以①正确；对于②，由①可知，点在圆的外部，因为到圆心的距离，半径为2，所以圆上的点D到的距离的范围为，而，所以②不正确；对于③，圆心到直线的距离为，即直线和圆相交，所以圆上的点E到直线的距离的范围为，又，即，故③正确；对于④，假设存在这样的点F，使得F到点B与点的距离之和为8，则F在以点B与点为焦点，实轴长为8的椭圆上，即F在椭圆上，易知椭圆与曲线W：有交点，故曲线W上存在点F，使得F到点B与点的距离之和为8，所以④正确．故正确结论的个数为3，故选：C3．（25-26高三上·广东深圳·期中）(多选题)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为圆C，则下列说法正确的是（

）A．圆C的方程是B．过点A向圆C引切线，两条切线的夹角为C．若x，y满足圆C的方程，则的最大值是D．过直线上的一点P向圆C引切线，则四边形的面积的最小值为【答案】BCD【分析】对于A，设点坐标，代入化简即可判断；对于B，设切线夹角为，可得；对于C，设，由题意直线与圆有公共点，列式求解即可；对于D，由条件得四边形面积的表达为，求最小值即可．【详解】对于A，设，因为，，，则，化简得，即，故A错误；对于B，因为，圆心，半径，，点在圆外，设两条切线的夹角为，所以，又，解得，则，故B正确；对于C，设，由题意直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，即，解得，故的最大值是，故C正确；对于D，由题意可得四边形的面积为，故只需求的最小值即可，的最小值为点C到直线的距离，即．所以四边形的面积的最小值为，故D正确．故选：BCD．4．（2025·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．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.（24-25高三上·安徽·月考）(多选题)若动点满足且其中点是不重合的两个定点，则点的轨迹是一个圆，该轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿波罗尼斯圆已知点，，动点满足，点的轨迹为圆，则（

）A．圆的方程为B．若圆与线段交于点，则C．若点与点不共线，则面积的最大值为D．若点与点不共线，的周长的取值范围是【答案】ABD【分析】设点代入关系式化简可得的轨迹方程为一个圆，然后依次对每个选项进行判断