第62讲隐圆问题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第62讲 隐圆问题 必考题型全归纳 1 题型一：隐圆的第一定义：到定点的距离等于定长 3315 (2024·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考期末)平面内，定点A，B，C，D满足       |DA|=|DB|=|DC|=2，且DA⋅DB=DB⋅DC=DC⋅DA=-2，动点P，M满足|AP|    =1，PM=MC，则|BM|2的最大值为 ( ) 37+6 3 37+2 33 43 49 A. B. C. D. 4 4 4 4 【答案】D    【解析】由题|DA|=|DB|=|DC|，则D到A，B，C三点的距离相等，所以D是△ABC的 外心.       又DA⋅DB=DB⋅DC=DC⋅DA=-2，          变形可得DA⋅DB-DB⋅DC=DB⋅(DA-DC)=DB⋅CA=0， 所以DB⊥AC，同理可得DA⊥BC，DC⊥AB， 所以D是△ABC的垂心， 所以△ABC的外心与垂心重合， 所以△ABC是正三角形，且D是△ABC的中心；       1 由DA⋅DB=|DA||DB|cos∠ADB=|DA||DB|⋅- 2   =-2，解得|DA|=2， 所以△ABC的边长为2 3； 如图所示，以A为坐标原点建立直角坐标系，  则B(3,- 3)，C=(3, 3)，D(2,0)，|AP|=1，   可设P(cosθ,sinθ)，其中θ∈[0，2π]，而PM=MC， 3+cosθ 3+sinθ 即M是PC的中点，则M , 2 2  ，  cosθ-3 |BM|2= 2  2 sinθ+3 3 + 2  π 37+12sinθ- 2 6 =  37+12 49 ≤ = ， 4 4 4  2 49 当θ= π时，|BM|2取得最大值为 ． 3 4 故选：D．         3316 (2024·全国·高一阶段练习)已知a,b是单位向量，a⋅b=0，若向量c满足|c-a+b|=1，   则|c-b|的取值范围是 ( ) 第 页 共 页 2085 3427A.[ 2-1, 2+1] B.[1, 2+1] C.[0,2] D.[ 5-1, 5+1] 【答案】D           【解析】单位向量a,b满足a⋅b=0，即a⊥b，作OA=a,OB=b，以射线OA，OB分别作 为x、y轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图，          a=(1,0),b=(0,1)，设c=(x,y)，则c-a+b=(x-1,y+1)，由|c-a+b|=1得：(x- 1)2+(y+1)2=1， 令  x=1+cosθ (0≤θ<2π)，即c  =(1+cosθ,-1+sinθ)， y=-1+sinθ   |c-b|= (1+cosθ)2+(-2+sinθ)2= 6-2(2sinθ-cosθ)= 6-2 5sin(θ-φ)，其中 1 sinφ=  5 锐角φ满足 ， 2 cosφ= 5    因此，当sin(θ-φ)=-1时，|c-b| = 6+2 5 = 5+1，当sin(θ-φ)=1时，|c- max  b| = 6-2 5 = 5-1， min   所以|c-b|的取值范围是[ 5-1, 5+1]. 故选：D   3317 (2024·全国·高三专题练习)已知单位向量a与向量b=0,2   垂直，若向量c满足    a+b+c   =1，则c  的取值范围为 ( ) A. 1, 5-1   3-1 3+1 B.  ,  2 2  C.  5-1, 5+1   3+1 D.  ,3  2  【答案】C  【解析】由题意不妨设a=1,0   ，设c=x,y     ，则a+b+c=1,0  +0,2  +x,y  = 1+x,2+y  ．    ∵a+b+c  =1，∴1+x  2+2+y  2=1，即表示圆心为-1,-2  ，半径为1的圆，设圆心 为P，∴OP  = -1  2+-2  2= 5．  ∵c   = x2+y2表示圆P上的点到坐标原点的距离， 5-1≤c  = x2+y2≤ 5+1，  ∴c  的取值范围为 5-1, 5+1  ， 故选：C． 3318 (2024·湖北武汉·高二湖北省武昌实验中学校考阶段练习)如果圆(x-a)2+(y-a)2=8 第 页 共 页 2086 3427上总存在两个点到原点的距离为 2，则实数a的取值范围是 ( ) A.(-3,3) B.(-1,1) C.(-3,1) D.(-3,-1)∪(1,3) 【答案】D 【解析】问题可转化为圆O:(x-a)2+(y-a)2=8和圆O:x2+y2=2相交， 1 两圆圆心距d= (a-0)2+(a-0)2= 2|a|， 由R-r<|OO|= , 3 3  1 2π |BM|2= 4+48+48-2⋅2⋅4 3cosα+2⋅2⋅4 3cos -α 4 3  2π   -2⋅4 3⋅4 3cos  3  2π =25-4 3 cosα-cos -α 3      1 3 +12=37-4 3cosα+ cosα- sinα 2 2  π =37-12cosα+ 6  , 5π 当α= ∈(0,π)时，最大值为49, 6 故答案为：49 2 题型二：隐圆的第二定义：到两定点距离的平方和为定值 3322 (2024·四川广元·高二四川省剑阁中学校校考阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，P (2，2),Q(-4,0)为两个定点，动点M在直线x=-1上，动点N满足NO2+NQ2=16，则   |PM+PN|的最小值为 ． 【答案】5 第 页 共 页 2088 3427【解析】设点N(x,y)，由NO2+NQ2=16得：x2+y2+(x+4)2+y2=16 ， 即x2+y2+4x=0，即(x+2)2+y2=4， ∴N在以OQ为直径的圆上，不妨设N(2cosθ-2,2sinθ)，M(-1,m)，   则PM=(-3,m-2)，PN=(2cosθ-4,2sinθ-2)，   ∴PM+PN=(2cosθ-7,2sinθ+m-4)，   ∴|PM+PN|2=(2cosθ-7)2+(2sinθ+m-4)2=m2-8m+69+4[(m-4)sinθ- 7cosθ] =(m-4)2+53+4 (m-4)2+49sin(θ-φ)，其中φ为辅助角， 令 (m-4)2+49=t，sin(θ-φ)=a，则t≥7，-1≤a≤1．   ∴|PM+PN|2=t2+4+4at， 令f(t)=t2+4+4at=(t+2a)2+4-4a2，t≥7，-1≤a≤1， ∴f(t)在[7，+∞)上单调递增， 故当t=7时，f(t)取得最小值53+28a， 再令g(a)=53+28a，-1≤a≤1， 显然g(a)在[-1，1]上单调递增， 故a=-1时，g(a)取得最小值53-28=25，   综上，当t=7，a=-1时，|PM+PN|2取得最小值25．   故|PM+PN|的最小值为5, 故答案为：5．  3323 (2024·全国·高三专题练习)已知A,B,C,D四点共面，BC=2，AB2+AC2=20，CD=   3CA，则|BD|的最大值为 ． 【答案】10 【解析】设AC=m ，由题意可得：DC=3m,AB= 20-m2 ， AC2+BC2-AB2 m2-8 则：cosC= = ， 2AC×BC 2m m+2> 20-m2 ABC构成三角形，则：{ m-2  ，解得：21 【解析】以BC所在的直线为x轴，BC中点为原点建立直角坐标系，如图所示： 3 则A0, 2  1 ,B- ,0 2  1 ,C ,0 2  ,设P(x,y),则  3 |PA|2=x2+y- 2   2 ,|PB|2=x+ 1 2   2 +y2,|PC|2=x- 1 2  2 +y2    ∵|PA|2+|PB|2+|PC|2=a 第 页 共 页 2090 34273 :x2+y- 2  2 1 +x+ 2  2 +y2+x- 1 2  2 +y2=a 5 3 化简得3x2+3y2- 3y+ -a=0,即x2+y- 4 6  2 1 = (a-1). 3 当a<1时，点P(x,y)不存在； 当a=1时，点P(x,y)只有一个； 当a>1时，点P(x,y)的轨迹是一个圆形，有无数个； 故答案为：a>1 3327 (2024·全国·高三专题练习)如图，ΔABC是边长为1的正三角形，点P在ΔABC所在的  平面内，且PA|2+    PB|2+|PC|2=a(a为常数)，下列结论中正确的是 A.当01时，满足条件的点P有无数个 D.当a为任意正实数时，满足条件的点总是有限个 【答案】C 【解析】以BC所在直线为x轴，BC中点为原点，建立直角坐标系，如图所示 3 则A0, 2  1 ，B- ，0 2  1 ，C ，0 2  ， 设Px,y   ，可得PA  3 2=x2+y- 2  2 ，  PB  1 2=x+ 2   2 +y2，PC  1 2=x- 2  2 +y2，    ∵|PA|2+|PB|2+|PC|2=a， 3 ∴x2+y- 2  2 1 +x+ 2  2 +y2+x- 1 2  2 +y2=a， 5 3 5 a 化简得：3x2+3y2- 3y+ -a=0，即x2+y2- y+ - =0， 4 3 12 3 3 配方，得x2+y- 6  2 1 = a-1 3  ⋯(1) 当a<1时，方程(1)的右边小于0，故不能表示任何图形； 3 当a=1时，方程(1)的右边为0，表示点0， 6  ，恰好是正三角形的重心； 第 页 共 页 2091 34273 当a>1时，方程(1)的右边大于0，表示以0， 6  1 为圆心，半径为r= a-1 3  的 圆， 由此对照各个选项，可得只有C项符合题意. 故选：C． 3 题型三：隐圆的第三定义：到两定点的夹角为90° 3328 (2024·湖北武汉·高二湖北省武昌实验中学校考阶段练习)已知圆C:(x-1)2+(y-3)2 =10和点M5,t  ，若圆C上存在两点A,B使得MA⊥MB，则实数t的取值范围是 ． 【答案】1≤t≤5 【解析】对于x=5上任意一点M，当AM,BM均为圆的切线时∠AMB最大， 由题意，∠AMB=90°，即MA⊥MB，此时M为满足题设条件的临界点， |AC| 2 如上图，若B与B重合，则MA⊥MB，AM,BM为圆的切线，此时 = ， |CM| 2 |AC| 2 10 2 综上，M在临界点之间移动过程中，有 ≥ ，即 ≥ ， |CM| 2 (5-1)2+(t-3)2 2 解得(t-3)2≤4，可得1≤t≤5. 故答案为：1≤t≤5 3329 (2024·江苏南京·金陵中学校考模拟预测)已知圆C：(x-1)2+(y-4)2=10和点M(5， t)，若圆C上存在两点A，B，使得MA⊥MB，则实数t的取值范围是 【答案】[2，6] 【解析】因为点M在圆C外，当AM，BM与圆C相切时，∠AMB最大，要使在圆C上存 在两点A和B，使得MA⊥MB，只需当AM，BM与圆C相切时， 10 ∠AMB≥90°，即∠AMC ≥ 45°，则sin∠AMC= 5-1  2+t-4  2 ≥ ，解得2≤t 2 2 ≤6. 故答案为：[2，6]. 3330 (2024·高二课时练习)设m∈R，过定点A的动直线mx-y=0和过定点B的动直线x +my-4m-3=0交于点P，则PA  +PB  的取值范围是 ( ) A.  5,2 5  B. 2 5,5  C. 5,5 2  D. 5,10  【答案】C 【解析】由已知可得动直线mx-y=0经过定点A0,0  ， 动直线x+my-4m-3=0经过定点B3,4  ， 第 页 共 页 2092 3427且两条直线互相垂直，且相交于点P， 所以PA⊥PB，即PA  2+PB  2=AB  2=25， 由基本不等式可得PA  2+PB  2≤ PA  +PB    2≤2 PA  2+PB  2   ， 即25≤ PA  +PB    2≤50，可得5≤PA  +PB  ≤5 2， 故选：C. 3331 (2024·陕西西安·高二西安市铁一中学校考期末)设m∈R，过定点A的动直线x+my =0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点Px,y  ，则PA  ⋅PB  的最大值是 ( ) A. 5 B. 10 C.5 D.10 【答案】C 【解析】 显然x+my=0过定点A(0,0)，直线mx-y-m+3=0可化成y=m(x-1)+3，则经 过定点B(1,3)， 根据两条直线垂直的一般式方程的条件，1×m+m×(-1)=0， 于是直线x+my=0和直线mx-y-m+3=0垂直，又P为两条直线的交点，则PA ⊥PB， 又AB  = (1-0)2+(3-0)2= 10，由勾股定理和基本不等式， PA  2+PB  2=AB  2=10≥2PA  ⋅PB  ，则PA  ⋅PB  ≤5， 当PA  =PB  = 5时，PA  ⋅PB  的最大值是5. 故选：C 3332 (2024·高二课时练习)设m∈R，过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线 mx-y-m+3=0交于点P(x,y)，则|PA|2+|PB|2的值为 ( ) 10 A.5 B.10 C. D. 17 2 【答案】B 第 页 共 页 2093 3427【解析】由题意，动直线x+my=0经过定点0,0  ，则A0,0  ， 动直线mx-y-m+3=0变形得mx-1  +3-y  =0，则B1,3  ， 由  x+my=0 得P m2-3m , 3-m mx-y-m+3=0 m2+1 m2+1  ， m2-3m ∴|PA|2+|PB|2= m2+1  2 3-m + m2+1  2 m2-3m + -1 m2+1  2 3-m + -3 m2+1  2 m2-3m =  2+3-m  2+3m+1  2+3m2+m  2 m2+1  2 m4-6m3+m2+9-6m+m2+9m2+6m+1+m4+6m3+m2 = m2+1  2 10m4+20m2+10 = m2+1  =10， 2 故选：B． 3333 (2024·全国·高三校联考阶段练习)设m∈R，动直线l ：x+my=0过定点A，动直线 1 l 2 ：mx-y-m+3=0过定点B，且l 1 ，l 2 交于点Px,y  ，则PA  +PB  的最大值是 ( ) A. 10 B.2 5 C.5 D.10 【答案】B 【解析】根据方程推出l 1 ⊥l 2 ，可得l 1 ，l 2 的交点Px,y  在以AB为直径的圆上，可得 |PA|2+|PB|2=|AB|2=10，再根据不等式知识可求得结果.动直线l ：x+my=0过定点 1 A(0,0)，动直线l ：mx-y-m+3=0过定点B(1,3)， 2 因为1×m+m×(-1)=0，所以l 1 ⊥l 2 ，所以l 1 ，l 2 的交点Px,y  在以AB为直径的圆 上， 所以|PA|2+|PB|2=|AB|2=11+32=10， 设PA  +PB  =t≥|AB|= 10，则|PA|2+|PB|2+2|PA||PB|=t2， 所以2|PA||PB|=t2-10，因为|PA|2+|PB|2≥2|PA||PB|，当且仅当|PA|=|PB|时等号 成立， 所以10≥t2-10，即t2≤20，解得 10≤t≤2 5.即 10≤|PA|+|PB|≤2 5， 所以PA  +PB  的最大值是2 5. 故选：B        1     3334 (2024·全国·高三专题练习)设向量a，b，c满足|a|=|b|=1，a⋅b= ，(a-c)⋅(b-c) 2  =0，则|c|的最小值是 ( ) 3+1 3-1 A. B. C. 3 D.1 2 2 【答案】B     【解析】建立坐标系，以向量a，b的角平分线所在的直线为x轴，使得a，b的坐标分别为 3 1  , 2 2  3 1 ， ,- 2 2   ，设c的坐标为x,y  ，     因为(a-c)⋅(b-c)=0， 3 1 所以 -x, -y 2 2  3 1 ⋅ -x,- -y 2 2  3 =0，化简得x- 2  2 1 +y2= ， 4 3 表示以 ,0 2  1 为圆心， 为半径的圆， 2 第 页 共 页 2094 3427 则|c|的最小值表示圆上的点到原点的距离的最小值， 3 3 1 因为圆到原点的距离为 ，所以圆上的点到原点的距离的最小值为 - ， 2 2 2 故选：B 3335 (2024·全国·高三专题练习)已知点A(1-m,0)，B(1+m,0)，若圆C：x2+y2-8x-8y +31=0上存在一点P，使得PA⊥PB，则实数m的最大值是 ( ) A.4 B.5 C.6 D.7 【答案】C 【解析】根据题意，圆C：x2+y2-8x-8y+31=0，即(x-4)2+(y-4)2=1； 其圆心为(4，4)，半径r=1， 设AB的中点为M， 又由点A(1-m，0)，B(1+m，0)，则M(1，0)，|AB|=2|m|， 以AB为直径的圆为(x-1)2+y2=m2， 若圆C：x2+y2-8x-8y+31=0上存在一点P，使得PA⊥PB，则圆C与圆M有公共 点， 又由MC  = (1-4)2+(0-4)2=5， 即有|m|-1≤5且|m|+1≥5， 解可得：4≤|m|≤6，即-6≤m≤-4或4≤m≤6， 即实数m的最大值是6； 故选C．   3336 (2024·江西宜春·高一江西省万载中学校考期末)已知a，b是平面内两个互相垂直的单       位向量，若向量c满足(a-c)⋅(2b-c)=0，则c  的最大值是 ( ) 5 A. 2 B.2 C. 5 D. 2 【答案】C         【解析】如图，设OA=a，OB=b，OE=2b，OC=c，       则a-c=CA，2b-c=CE，         因为(a-c)⋅(2b-c)=0，故CA⋅CE=0，故CA⊥CE，  所以C在以AE为直径的圆上，故c  的最大值为圆的直径AE  = 1+4= 5， 故选：C. 第 页 共 页 2095 3427   3337 (2024·全国·高三专题练习)已知a,b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足      (a-c)(b-c)=0，则c  的最大值是 ( ) 2 A.1 B.2 C. 2 D. 2 【答案】C         【解析】设OA⊥OB，且OA=a,OB=b,OC=c，D为线段AB的中点，  因为a   =b  2 =1，所以AB= 2,AD= ， 2        则(a-c)(b-c)=CA⋅CB=CD   2-DA   2=CD   1 2- =0，所以CD 2  2 = ， 2 2  所以点C在以D为圆心，半径为 的圆，所以c 2  的最大值即为该圆的直径，  所以c  的最大值为 2. 故选：C.     3338 (2024·湖北武汉·高二校联考期中)已知a和b是平面内两个单位向量，且a,b  π = ，若 3    向量c满足a-c    ⋅b-c   =0，则c  的最大值是 ( ) 2 3+1 A. +1 B. C. 2 D. 3 2 2 【答案】B 【解析】如图所示： 第 页 共 页 2096 3427      设OA=a，OB=b，OC=c，       则CA=a-c，CB=b-c，   因为a-c    ⋅b-c      =0，所以CA⋅CB=0，即CA⊥CB. 所以C在以AB为直径的圆上.     设AB的中点为D，因为a和b是平面内两个单位向量，且a,b  π = ， 3 所以AB  =1，OD  1 = 1- 2  2 3 = . 2  所以c  =OD max  1 1+ 3 + = . 2 2 故选：B   3339 (2024·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第一中学校校考期中)已知向量a，b是平面内两个    互相垂直的单位向量，若向量c满足a-c    ⋅b-2c   =0，则c  的最大值是 ( ) 5 3 5 A. 2 B. C. D. 2 2 5 【答案】B   【解析】因为a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，  故可设a=1,0   ，b=0,1   ，c=x,y  ，   则a-c=1-x,-y    ，b-2c=-2x,1-2y  ，   因为a-c    ⋅b-2c  =0，所以1-x  -2x  +-y  1-2y  =0， 1 1 整理得到x2+y2-x- y=0，即x- 2 2  2 1 +y- 4  2 5 = ， 16  故c  1 = x2+y2的最大值为  2  2 1 + 4  2 5 5 + = ， 4 2 故选：B. 4 题型四：隐圆的第四定义：边与对角为定值、对角互补、数量积定值     3340 (2024·全国·高一专题练习)设向量a,b,c满足a   =b    1     =1，a⋅b=- ，a-c,b-c 2  =  60°，则|c|的最大值等于 . 【答案】2     a⋅b 1     2π 【解析】由题设，cos=   =- 2 ，而∈[0,π]，则= 3 ， |a||b|                 令a=OA,b=OB,c=OC，则a-c=CA,b-c=CB，又a-c,b-c  =60°，如下图示： 第 页 共 页 2097 34272π π 所以∠AOB= ，∠ACB= ，则∠AOB+∠ACB=π，故A,O,B,C共圆， 3 3         3 而|AB|2=(b-a)2=b2-2a⋅b+a2=3，即|AB|= 3，故外接圆直径2R= =2， π sin 3   对于|c|，当OC为直径时最大，即|c| =2. max 故答案为：2. 3341 (2024·全国·高三专题练习)在边长为8正方形ABCD中，点M为BC的中点，N是AD 上一点，且DN=3NA，若对于常数m，在正方形ABCD的边上恰有6个不同的点P，使   得PM⋅PN=m，则实数m的取值范围为 . 【答案】(-1,8) 【解析】以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示， 则M(8,4)，N(0,2)， (1)当点P在AB上时，设P(x,0)，0≤x≤8，   ∴PN=(-x,2)，PM=(8-x,4)，   ∴PM⋅PN=x2-8x+8， ∵0≤x≤8，   ∴-8≤PM⋅PN≤8． ∴当m=-8时有一解，当-80,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 =1，其中，定点Q为x轴上一点，定点P的坐标为- ,0 3  ,λ=3，若点B1,1  ，则3MP  +MB  的最小值为 ( ) A. 10 B. 11 C. 15 D. 17 【答案】D 【解析】设Qa,0  ，Mx,y  ，所以MQ  = x-a  1 2+y2，由P- ,0 3  ， 所以PM  1 = x+ 3  2 +y2，因为 |MQ| =λ且λ=3，所以 x-a |MP|  2+y2 1 x+ 3  =3， 2 +y2 3+a 3+a a2-1   4 =0 整理可得x2+y2+ x= ，又动点M的轨迹是x2+y2=1，所以 ， 4 8  a2-1  =1  8 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+3  2+1-0  2= 17， 当M在位置M 或M 时等号成立. 1 2 故选：D 第 页 共 页 2102 34273348 (2024·江西赣州·统考模拟预测)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，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A，B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1)，那 么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆O:x2+y2 1 =1、点A- ,0 2  1 和点B0, 2  ，M为圆O上的动点，则2|MA|-|MB|的最大值为 ( ) 5 17 3 2 A. B. C. D. 2 2 2 2 【答案】B 【解析】设Mx,y  ，令2MA  =MC  MA ，则  MC  1 = ， 2 1 由题知圆x2+y2=1是关于点A、C的阿波罗尼斯圆，且λ= ， 2 设点Cm,n  MA ，则  MC  1 x+ 2 =  2 +y2 x-m  2+y-n  1 = ， 2 2 2m+4 2n m2+n2-1 整理得：x2+y2+ x+ y= ， 3 3 3 2m+4 2n m2+n2-1 比较两方程可得： =0， =0， =1，即m=-2，n=0，点C-2,0 3 3 3  ， 当点M位于图中M 1 的位置时，2|MA|-|MB|=|MC|-|MB|的值最大，最大为BC  = 17 . 2 故选：B. 3349 (2024·湖南张家界·高二统考期末)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基 米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果 第 页 共 页 2103 3427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，指的是：已知 动点M与两定点A，B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯 9 圆．如动点M与两定点A ,0 5  ，B5,0  3 的距离之比为 时的阿波罗尼斯圆为x2+y2 5 =9．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆O:x2+y2=4上的动点M和定点 A-1,0  ，B1,1  ，则2MA  +MB  的最小值为 ( ) A.2+ 10 B. 21 C. 26 D. 29 【答案】C 【解析】如图，点M在圆O:x2+y2=4上，取点N(-4,0)，连接MO,MN，有|ON|=2|OM| =4， |OM| |ON| 当点O,M,N不共线时， = =2，又∠AOM=∠MON，因此△AOM∽ |OA| |OM| △MON， |MN| |OM| |MN| 则有 = =2，当点O,M,N共线时，有 =2，则|MN|=2|MA|， |MA| |OA| |MA| 因此2MA  +MB  =|MN|+|MB|≥|BN|= (-4-1)2+12= 26，当且仅当点M是线 段BN与圆O的交点时取等号， 所以2MA  +MB  的最小值为 26. 故选：C PA 3350 (2024·广东东莞·高三东莞实验中学校考开学考试)对平面上两点A、B，满足  PB  = λλ≠1  的点P的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿 波罗尼斯圆，称点A，B是此圆的一对阿波罗点．不在圆上的任意一点都可以与关于此圆 的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆 内，另一点在圆外，系数λ只与阿波罗点相对于圆的位置有关．已知A1,0  ，B4,0  ， D0,3  PA ，若动点P满足  PB  1 = ，则2PD 2  +PB  的最小值是 ． 【答案】2 10 【解析】 第 页 共 页 2104 3427PA 由题意知：  PB  1 = ，即PB 2  =2PA  ， ∴2PD  +PB  =2PD  +2PA  ≥2AD  (当且仅当A,P,D三点按顺序共线时取等号)， 又AD  = 12+32= 10，∴2PD  +PB  的最小值为2 10； 故答案为：2 10. 3351 (2024·上海·高三校联考阶段练习)古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》 中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A、B，动点P满足PA|=λPB  (其中λ是正 常数，且λ≠1)，则P的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点M( -1,0)、N(2,1)，P是圆O:x2+y2=3上的动点，则 3PM  +PN  的最小值为 【答案】 26 【解析】如图，在x轴上取点S-3,0  ， OM ∵  OP  OP =  OS  3 = ，∠MOP=∠POS，∴△MOP∼△POS，∴PS 3  = 3PM  ， ∴ 3PM  +PN  =PS  +PN  ≥SN  (当且仅当P为SN与圆O交点时取等号)， ∴ 3PM  +PN    =SN min  = -3-2  2+0-1  2= 26. 故答案为： 26. 3352 (2024·四川广安·高二广安二中校考期中)阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲 线有深刻而系统的研究，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 MQ 定点Q，P的距离之比  MP  =λλ>0,λ≠1  ，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知 1 动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2=1，定点Q为x轴上一点，P- ,0 2  且λ=2，若点B1,1  ，则2MP  +MB  的最小值为 . 【答案】 10 第 页 共 页 2105 3427【解析】设Qa,0  ，Mx,y  ，所以MQ  = x-a  1 2+y2，又P- ,0 2  ，所以MP  = 1 x+ 2  2 +y2. MQ 因为  MP  x-a =λ且λ=2，所以  2+y2 1 x+ 2  4+2a a2-1 =2，整理可得x2+y2+ x= ， 2 +y2 3 3 又动点M的轨迹是x2+y2=1， 4+2a   3 =0 所以  a2-1 ，解得a=-2，所以Q-2,0  =1  3  ，又MQ  =2MP  ，所以2MP  +MB  = MQ  +MB  ， 因为B1,1  ，所以2MP  +MB  的最小值为BQ  = 1+2  2+1-0  2= 10，当且仅 当Q,M,B三点共线时取等. 故答案为： 10. 3353 (2024·河北沧州·校考模拟预测)阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，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《圆锥曲线论》一书，阿波罗尼斯圆是他 的研究成果之一，指的是“如果动点M与两定点A,B的距离之比为(λλ>0,λ≠1  ，那么 点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆”下面我们来研究与此相关的一个问题，已知点P为圆O: x2+y2=4上的动点，M-4,0  ,N3,1  ，则PM  +2PN  的最小值为 . 【答案】2 17 【解析】 假设存在这样的点Qt,0  PM ，使得  PQ  =2，则PM  2=4PQ  2，设点Px,y  ，则x+4  2+ y2=4 x-t   2+y2  ， 即x2+y2+8x+16=4x2+y2-2tx+t2  ⇒3x2+3y2-8t+8  x+4t2-16=0， 该圆对照x2+y2=4，所以t=-1，所以点Q-1,0  ， 所以PM  +2PN  =2PQ  +2PN  =2 PQ  +PN    ≥2QN  =2 17. 故答案为：2 17 3354 (2024·全国·高三专题练习)阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题： 平面内到两定点距离之比为常数k(k>0,k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏 圆，已知P、Q分别是圆C:(x-4)2+y2=8，圆D:x2+(y-4)2=1上的动点，O是坐标原 2 点，则|PQ|+ |PO|的最小值是 ． 2 【答案】2 5-1 【解析】如图所示： 第 页 共 页 2106 34272 取点M(2,0)，设z=|PQ|+ |PO|， 2 2 则z =|PD|-1+ |PO|， min 2 MC PC 2 在△PMC和△OPC中， = = ， PC OC 2 2 所以△PMC和△OPC相似，且相似比为 ， 2 所以OP= 2PM，则z =|PD|+|PM|-1， min 而|PD|+|PM|≥DM  = 42+22=2 5， 即|PD|+|PM|的最小值为2 5， 所以z =2 5-1. min 故答案为：2 5-1 第 页 共 页 2107 3427