专题12 阿波罗尼斯圆和蒙日圆问题（2大题型）-高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc25712" 题型01 阿波罗尼斯圆 PAGEREF _Tc25712 \h 1
\l "_Tc2401" 题型02 蒙日圆 PAGEREF _Tc2401 \h 13
题型01 阿波罗尼斯圆
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25高三上·浙江金华·阶段练习）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.已知点分别是抛物线和上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（ ）
A．6B．C．D．5
【答案】B
【分析】将圆用阿氏圆表示，得到，将问题转化为求最小值问题，利用二次函数求最值即可得到．
【详解】易知抛物线的焦点， 不在圆E上，
将圆变形为：
即，
，当且仅当三点共线时取等号；
设，则，当且仅当时取等号；
所以，故
所以的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题解题的关键是借助题目的背景提示，将圆用阿氏圆表示，分别用几何法和代数法求最值．
2．（24-25高三上·福建福州·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、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，、，点满足．设点的轨迹为，则下列说法错误的是（ ）
A．轨迹的方程为
B．面积最大值为
C．若，则的最大值为
D．在上存在点，使得
【答案】D
【分析】对于A，通过直接法求出点的轨迹方程即可判断；对于B，数形结合可判断；对于C，设
，转化为直线与曲线有公共点，结合直线与圆的位置关系可判断；对于D，求出点的轨迹方程，转化为两圆的位置关系即可判断.
【详解】设Px,y，不与、重合，
由A−2,0、B4,0，有，，
，即，化简得，
所以点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，如图所示，
对于A选项，由曲线的方程为，选项A正确；
对于B选项，由图可知，当时，点到直线的距离取最大值，
所以，，B对；
对于C选项，设，可得，
由题意可知，直线与圆有公共点，则，
解得，故的最大值为，C对；
对于D选项，设Mx,y，由得，
化简得，因为，
所以上不存在点，使得，故D错误.
故选：D.
3．（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、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O0,0，，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Mx,y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：
【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点，构造，转化线段和结合三角形三边关系计算即可.
二、多选题
4．（24-25高三上·山东烟台·期末）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
5．（24-25高三上·江苏连云港·期中）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.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.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．过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率范围是
C．曲线上的点到直线的最小距离为
D．过点作曲线的一条切线，切点为F，则等于
【答案】ABD
【分析】设Px,y，根据求得曲线的轨迹方程，根据点到直线的距离公式来对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设Px,y，由，得，而，
所以，
整理得，所以A选项正确.
B选项，圆的圆心为，半径为，
设直线的方程为，
2,0到直线的距离，
，两边平方并化简得，
解得，所以直线的斜率范围是，B选项正确.
C选项，2,0到直线的距离为，
所以曲线上的点到直线的最小距离为，C选项错误.
D选项，，，，
所以，D选项正确.
故选：ABD

【点睛】思路点睛：
通过设定比值来求解轨迹：首先设定两点之间的距离之比，并将其代入直角坐标系中，推导出曲线的方程. 这一步奠定了解题的基础.
利用距离公式分析直线与曲线关系：通过设定直线方程并利用点到直线的距离公式，求解出符合条件的斜率范围，确保直线与曲线存在公共点.
结合几何关系确定切线条件：利用点和斜率的关系，结合几何推导，确定切线条件，从而判断选项的正确性.
三、填空题
6．（24-25高三上·福建厦门·期中）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，则点的轨迹方程为 ．
【答案】
【分析】首先设出点的坐标，然后列出等式，最后化简所得的等式可得轨迹方程.
【详解】由题意可设点，由，，，得，
化简得，即.
故答案为：.
7．（23-24高三上·海南海口·期中）公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众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，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则与之间的关系式为 .
【答案】
【分析】根据求曲线方程的求法求出动点的轨迹方程，再结合圆的性质，即可求解.
【详解】解：设，因为和，且该平面内的点满足，
∴，
∴，
化简可得，
∴点的轨迹方程为
∵点的轨迹关于直线对称，
∴圆心在此直线上，∴.
故答案为：.
8．（24-25高三上·江苏泰州·阶段练习）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．
四、解答题
9．（24-25高三上·河南洛阳·阶段练习）古希腊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．在平面直角坐标系中，，动点满足，设动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)若直线与曲线交于两点，求；
(3)若曲线与轴的交点为，直线与曲线交于两点，直线与直线交于点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用轨迹法，代入两点间距离公式，即可求解；
（2）代入直线与圆相交的弦长公式，即可求解；
（3）首先直线与圆的方程联立，并利用坐标表示直线和的方程，并利用韦达定理表示，即可求解交点坐标，
【详解】（1）设，因为，所以，
即，整理得，
所以曲线的轨迹方程为．
（2）曲线的圆心到直线的距离，
所以．
（3）证明：设．
联立得，
．
设，所以直线的方程为，直线的方程为．
因为直线与直线交于点，所以
则
，即，解得，
所以点在直线上．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的应用，利用韦达定理表示.
题型02 蒙日圆
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25高三上·山西太原·阶段练习）画法几何创始人蒙日发现：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，且圆半径的平方等于长半轴､短半轴的平方和，此圆被命名为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的离心率为，则椭圆的蒙日圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据离心率公式得到，再利用给定结论求解即可.
【详解】由题可知，，解得，
则，则圆半径的平方等于，且圆心为原点，
则圆的方程为.
故选：B.
2．（24-25高三上·湖北·期中）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，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先明确蒙日圆的方程是根据椭圆方程得出，对于椭圆，其蒙日圆方程为.本题中先求出椭圆的蒙日圆方程，再根据圆与圆的位置关系，即两圆有且仅有一个公共点时的情况来求解的值.
【详解】对于椭圆，其中，，根据蒙日圆方程，
可得蒙日圆方程为，其圆心坐标为，半径.
圆，其圆心坐标为，半径.
因为两圆有且仅有一个公共点，所以两圆内切或外切.
当两圆外切时，两圆的圆心距等于两圆半径之和.
两圆的圆心距，由，即，，两边平方得，解得，.
当两圆内切时，两圆的圆心距等于两圆半径之差的绝对值.
由，即，两边平方得，（无解）.
所以的值为.
故选：B.
3．（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．26C．D．
【答案】C
【分析】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.
【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，显然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，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，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：根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.
4．（24-25高三上·天津滨海新·期中）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．若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则下列说法中，正确的个数为（ ）
①椭圆的离心率为
②到的左焦点的距离的最小值为
③面积的最大值为
④若动点在上，将直线，的斜率分别记为，，则
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据定义，确定蒙日圆的点结合椭圆离心率计算判断①；根据定义求得，再求出最大面积判断③；设出点M的坐标并求出其横坐标范围计算判断②；根据定义确定点A，B的关系，再利用“点差法”计算判断④.
【详解】对于①，直线，与椭圆都相切，且这两条直线垂直，因此其交点在圆上，
即有，则，椭圆的离心率，①正确；
对于③，依题意，点均在圆上，且，因此线段是圆的直径，
即有，显然圆上的点到直线距离最大值为圆的半径，即点到直线距离最大值为，
因此面积的最大值为，③正确；
对于②，令，有，令椭圆的左焦点，有，
则，而，
因此，即，
所以到的左焦点的距离的最小值为，②正确；
对于④，依题意，直线过原点O，即点A，B关于原点O对称，设，有，
于是得，
又由①知，，得，
所以，④正确，
所以说法正确的有①②③④.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解题关键是对椭圆的蒙日圆及椭圆性质应用，及点差法得出斜率积等的应用.
二、多选题
5．（24-25高三上·江西·期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，我们把圆称为的蒙日圆，为原点，点在上，延长与的蒙日圆交于点，则（ ）
A．的最大值为B．若为的中点，则的离心率的最大值为
C．过点不可能作两条互相垂直的直线都与相切D．若点2,1在上，则的蒙日圆面积最小为
【答案】AD
【分析】根据圆及椭圆的几何性质判断A，根据为的中点建立关于的齐次不等式，从而得到离心率的最值可判断B，举反例排除C，利用点在椭圆上与基本不等式“1”的妙用可判断D.
【详解】对于A，因为圆的圆心为O0,0，半径为，
又椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，所以，
所以，故A正确；
对于B，若为的中点，则，
则，故，B错误；
对于C，取，则直线，互相垂直，且都与相切，C错误；
对于D，因为点2,1在上，所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以的蒙日圆面积最小为，D正确.
故选：ABD.
6．（23-24高三上·广东广州·期中）画法几何的创始人——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，，分别为椭圆的左、右焦点，直线的方程为，为椭圆的蒙日圆上一动点，，分别与椭圆相切于A，两点，为坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的蒙日圆方程为
B．记点A到直线的距离为，则的最小值为0
C．一矩形四条边与椭圆相切，则此矩形面积最大值为
D．的面积的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于A：当斜率不存在时可得点坐标，斜率存在时，将切线方程与椭圆方程联立，利用和垂直关系可构造等式求得点轨迹；对于B：利用椭圆定义将转化为，由平面几何知识可知最小值为点到直线的距离，结合点到直线距离公式可运算求解；对于C：根据矩形为蒙日圆的内接矩形，结合基本不等式运算求解；对于D：推导可得过椭圆外一点的椭圆的切点弦直线方程为，当时，可求得的值；当时，将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合弦长公式和点到直线距离公式可化简得到，换元结合二次函数最值的求法可求得结果.
【详解】由题意可知：，

对于选项A：当直线一条斜率为，另一条斜率不存在时，则；
当直线斜率均存在时，设，切线方程为：，
联立方程得：，
由，
整理可得：，则，
又因为，则，即，整理得，
所以点轨迹为；
且也满足，
所以蒙日圆的方程为，故A正确；
对于选项B，因为为椭圆上的点，则，即
可得，
因为的最小值为点到直线的距离，且，
可知，
所以，故B正确；
对于选项C：因为矩形四条边均与相切，可知该矩形为蒙日圆的内接矩形，
设矩形的长为，宽为，蒙日圆的半径，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
所以此矩形面积最大值为8，故C错误；
对于选项D：设位于椭圆上，下证：在A处的切线方程为，
由，即，可知在直线上，
联立方程，消去y得，
即，解得，即直线与椭圆相切，
所以在点A处的切线方程为，
同理可知：在点处的切线方程为；
设，则，可知坐标满足方程，
即切点弦所在直线方程为：；
当时，，此时所在直线方程为：，
可得，；
当时，由得：，
由A知：，可得，
设，则，，
，
又原点到直线的距离，
，
令，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
综上所述：的面积的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项.
三、填空题
7．（24-25高三上·广西柳州·阶段练习）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，半径等于实半轴与虚半轴平方差的算术平方根，这个圆叫双曲线的蒙日圆.过双曲线的蒙日圆上一点作的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，若，则的周长为 .
【答案】/
【分析】结合双曲线方程求出与，由蒙日圆定义可得圆的方程，再由切线互相垂直可得为直径，解直角三角形可得.
【详解】由双曲线可知，.
则的蒙日圆圆心为，半径为，其蒙日圆方程为，
由已知可得，
所以为圆的直径，所以.
又，所以.
所以的周长为.
故答案为：.
8．（24-25高三上·江西上饶·阶段练习）加斯帕尔•蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：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”.已知椭圆，若直线上存在点，过可作的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先通过椭圆切点在顶点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，根据直线与圆的位置关系列式即可求解.
【详解】对于椭圆，
令，可得，令，可得，
由，可知点在“蒙日圆”上，
所以椭圆的“蒙日圆”的半径为，
所以“蒙日圆”方程为，
因为点在椭圆的“蒙日圆”上，又因为点在直线上，
所以直线和“蒙日圆”有公共点.
即圆心到直线的距离不大于半径，
即，所以，则，
所以椭圆离心率，所以，即椭圆离心率的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对“蒙日圆”定义的理解，能够利用椭圆的四条特殊切线确定蒙日圆的半径，将问题转化为直线与圆有交点的问题.
9．（23-24高三上·广东江门·期中）“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”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746-1818）最先发现.若椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上一动点，过和原点作直线与椭圆的蒙日圆相交于，，则 .
【答案】
【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故得解.
【详解】因为椭圆，所以，故，，如图，令，
因为，所以，即，
结合图象，由平面向量的知识可得，故，
两式相加得，即，即，
由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时，易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得，
所以，故，
.
故答案为：.
四、解答题
10．（24-25高三上·重庆渝中·阶段练习）法国著名数学家加斯帕尔·蒙日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的轨迹是以椭圆的中心为圆心，（为椭圆的长半轴长，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：，，分别为椭圆的左、右焦点，椭圆的蒙日圆为圆.
(1)求圆的方程；
(2)已知点是椭圆上的任意一点，点为坐标原点，直线与圆相交于、两点，求证：；
(3)过点作互相垂直的直线、，其中交圆于、两点，交椭圆于、两点，求四边形面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）根据蒙日圆定义及椭圆方程直接得解；
（2）设Ax0,y0，根据椭圆方程，焦点坐标直接计算，再由圆的几何性质计算即可得证；
（3）分类讨论，当斜率存在且不为0时，根据可得，分别求出，利用换元法求出的取值范围即可.
【详解】（1）椭圆：中，，
所以所求圆的方程为；
（2）如图，
设Ax0,y0，则，
又、，
，
同理，
，
.
（3）①当斜率不存在，斜率为0时，方程为，原点到的距离为，
所以，，
所以四边形面积；
②当斜率存在，斜率不为0时，设的方程为，
则的方程为即，
则原点到的距离为，
所以，
设Mx1,y1、Nx2,y2，联立与的方程，即，
消去得，
由于在椭圆内部，所以直线与必相交且，
所以
，
因为,
所以四边形面积，
令，则，
故
，
，， 令，则，
则在单调递减，
当时；当时，，所以.
综上：.
【点睛】关键点点睛：表示出四边形的面积后，能够恰当经过两次换元，转化为二次函数求最值，是解题的关键，对运算能力要求较高.
一、单选题
1．（24-25高三上·福建厦门·期中）公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众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，若点P的轨迹关于直线对称，则的值为 （ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】设点，运用直接法求得点P的轨迹方程为：，依题意圆心在已知直线上，代入化简即得.
【详解】设点，则由可得，，
两边取平方，，
化简得：，即，
依题意，其圆心在直线上，可得，
故.
故选：B.
2．（23-24高三上·河南南阳·期中）如图，加斯帕尔·蒙日是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（或双曲线）上两条相互垂直的切线的交点的轨迹方程为圆，该圆称为外准圆，也叫蒙日圆．双曲线的蒙日圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出过点的切线方程，并与双曲线方程联立，利用判别式为零得到关于的方程，方程的根即为，通过韦达定理可得点的轨迹方程，进而可求面积.
【详解】不妨设，则过点的双曲线切线方程为，存在且不为零，
联立，
消去得，
所以，
整理得
可知为关于的方程的两个根，
且，
即，整理得，
即点的轨迹方程为，
即双曲线的蒙日圆方程为，半径为
面积为.
故选：A.
3．（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.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：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，构建相似三角形求解.
4．（24-25高三上·浙江杭州·期中）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.若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则下列结论错误的是（ ）
A．椭圆的离心率为
B．面积的最大值为
C．到的左焦点的距离的最小值为
D．若动点在上，将直线，的斜率分别记为，，则
【答案】D
【分析】求椭圆的离心率，根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、求椭圆中的最值问题，根据题意结合圆，椭圆的知识并结合直线与椭圆位置关系，韦达定理可逐项求解.
【详解】A：依题意，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上，
因为，所以椭圆的离心率，故A正确；
B：因为点，，都在上，且，为的直径，
所以面积的最大值为，故B正确；
C：设，的左焦点为F1−c,0，连接，
所以，
又，当时，的最小值为，
则到的左焦点的距离的最小值为，故C正确；
D：由直线经过坐标原点，易得点A，关于原点对称，
设Ax1,y1，，则，得，，
又，两式相减得，，
所以，故D错误.
故选：D
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：配方法；基本不等式法；单调性法；三角换元法；导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
二、多选题
5．（24-25高三上·全国·单元测试）加斯帕尔・蒙日是18-19世纪法国著名的数学家，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”（如图所示）．当椭圆方程为时，蒙日圆方程为．已知长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为
B．若为正方形，则的边长为
C．椭圆的蒙日圆方程为
D．长方形的面积的最大值为14
【答案】ACD
【分析】根据椭圆方程可求得离心率，知A正确；根据蒙日圆方程定义可知C正确；结合长方形的对角线长和基本不等式可求得B错误D正确.
【详解】对于A，由椭圆的方程知，则，
椭圆的离心率，A正确；
对于C，由A知，椭圆对应的蒙日圆方程为，C正确；
对于B，由C可知，正方形是圆的内接正方形，正方形对角线长为圆的直径，
正方形的边长为，B错误；
对于D，设长方形的长和宽分别为长方形的对角线长为椭圆对应蒙日圆的直径，
长方形的面积（当且仅当时取等号），
即长方形的面积的最大值为14，D正确．
故选：ACD．
6．（24-25高三上·福建福州·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，已知，，动点满足，直线，则（ ）
A．直线过定点
B．动点的轨迹方程为
C．动点到直线的距离的最大值为
D．若点的坐标为，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】选项A：利用直线过定点求解即可，选项B：设动点，然后根据条件列出，然后整理得到阿氏圆的方程，
选项C:易知最大值为.选项D：分析可知当且仅当为线段与圆的交点时取最小值.
【详解】对A,直线，，所以直线过定点，A正确；
对B，设，因为动点满足 ，所以 ，
整理可得，
即，所以动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
动点的轨迹方程为圆，B正确；
对于 C，当直线与垂直时, 动点到直线的距离最大，
且最大值为，C错误；
对于D，由，得，所以，
又因为点在圆内，点在圆外，
所以，
当且仅当为线段与圆的交点时取等号.
故选：ABD
7．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（ ）
A．面积的最大值为12B．的最大值为72
C．若，则的最小值为10D．当点M不在x轴上时，MO始终平分
【答案】ABD
【分析】设点，由条件可得点M的轨迹方程，即可判断A，由向量数量积的运算律代入计算，即可判断B，由点与圆的位置关系，即可判断C，由角平分线定理即可判断D
【详解】对于A，设点，由，得，
化为，所以点M的轨迹是以点为圆心、4为半径的圆，
所以面积的最大值为，故A正确；
对于B，设线段AB的中点为N，，
当点M的坐标为时取等号，故的最大值为72，故B正确；
对于C，显然点在圆外，点在圆内，，当B，M，Q三点共线且点M在线段BQ之间时，，故C错误；
对于D，由，，有，当点M不在x轴上时，
由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知，MO是中的平分线，故D正确．
故选：ABD．
8．（23-24高三下·广西·阶段练习）法国数学家蒙日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的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆．若矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法中正确的是（ ）
A．椭圆的蒙日圆方程为
B．过直线上一点作椭圆的两条切线，切点分别为为直角时，直线的斜率为
C．若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则
D．若为正方形，则的边长为
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，结合蒙日圆的特征求出蒙日圆的方程判断A；求出直线与蒙日圆的交点坐标计算判断B；由两圆相切求出判断C；求出蒙日圆的内接正方形边长判断D.
【详解】对于A，椭圆的蒙日圆方程为，A正确；
对于B，依题意，点是直线与蒙日圆的交点，则，解得或，
直线的斜率为或0，B错误；
对于C，圆的圆心为，半径为2，显然点在圆外，
而圆的半径为3，由两圆只有一个公共点，得，解得，C正确；
对于D，由矩形的四边均与椭圆相切，得是圆的内接矩形，
当为正方形时，该正方形边长为，D正确.
故选：ACD
9．（23-24高三下·重庆·阶段练习）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线.如图，当平面垂直于圆锥的轴时，截口曲线是一个圆.当平面不垂直于圆锥的轴时，若得到“封闭曲线”，则是椭圆；若平面与圆锥的一条母线平行，得到抛物线（部分）；若平面平行于圆锥的轴，得到双曲线（部分）.已知以为顶点的圆锥，底面半径为1，高为，点为底面圆周上一定点，圆锥侧面上有一动点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为椭圆
B．点可能在以为球心，1为半径的球外部
C．可能与垂直
D．三棱锥的体积最大值为
【答案】ACD
【分析】作出中垂面结合椭圆特征判断A，根据球的截面和的轨迹判断B，根据结合范围判断C，根据等体积法求解判断D.
【详解】由于，则在线段的中垂面上，连接交圆锥于点，
由于，，所以，故为等边三角形，
取中点为连接，则，则在线段的中垂面上，
由于不垂直于，所以形成的是椭圆，故A正确，
以为球心，1为半径的球被平面（平面为线段的中垂面）所截得的截面为以为直径的圆，
而的轨迹为以为长轴的椭圆，由于圆的面积大于椭圆面积，
所以不会离开椭圆，故在球内或球面上，故B错误，
若要，由于，所以只需要,
当在处，此时取最小值1，当在处，此时取最大值2，由于连续变化，
故能够找到点，使得，故C正确，
（为到平面的距离），
由题意的轨迹椭圆的短轴为，，
因为圆锥轴截面顶角的一半为，截面与圆锥轴的夹角为，所以该椭圆的离心率为，所以，
故三棱锥的体积最大值为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥的截面问题，解答本题的关键是充分利用圆锥的性质根据题意求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
10．（24-25高三上·广西贵港·阶段练习）法国数学家加斯帕尔•蒙日是19世纪著名的几何学家，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，过圆上的动点作椭圆的两条切线，交圆于两点，直线交椭圆于两点，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为
B．若点在椭圆上，且直线的斜率之和为0，则直线的斜率为
C．点到椭圆的左焦点的距离的最小值为
D．面积的最大值为
【答案】AB
【分析】过椭圆的上顶点作轴的垂线，过椭圆的右顶点作轴的垂线，即可得到交点在圆上，从而求出离心率，即可判断A；依题意可得直线经过坐标原点，则点，关于原点对称，设，由斜率公式求出、即可判断B；设，椭圆的左焦点为，连接，表示出，再由的范围，求出的最小值，即可判断C；依题意可得为圆的直径，则，再由面积公式即可判断D.
【详解】对于A，依题意，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上，
所以，得，所以椭圆的离心率，故A正确；
对于B，由可知，又过点，所以，解得，
所以椭圆方程为，
因为点都在圆上，且，所以为圆的直径，
所以直线经过坐标原点，易得点，关于原点对称，
设，则，，，，
所以，所以，
又，，所以，故B正确；
对于C，设，椭圆的左焦点为，连接，
因为，即，
所以，
又，所以，
所以则到左焦点的距离的最小值为，故C不正确；
对于D，因为点都在圆上，且，所以为圆的直径，则，
设点到的距离为，则，
所以面积，故D不正确；
故选：AB
【点睛】关键点点睛：C选项关键是结合的范围，D选项关键是推导出.
三、填空题
11．（24-25高三上·安徽黄山·期中）古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262年—公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作有中这样一个命题：平面内与两定点距离的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.已知点，点满足，则点的轨迹所对应的阿波罗尼斯圆的半径为 .
【答案】
【分析】设，由已知可得，化简即可得结果.
【详解】设，因为，
化简得到圆，是以为圆心，为半径的圆．
故答案为：.
12．（2024·新疆喀什·二模）“蒙旦圆”涉及的是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．若椭圆的离心率为，则该椭圆的蒙日圆方程为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，求出，再求出椭圆在顶点处的切线交点坐标即可求出蒙日圆方程.
【详解】由椭圆的离心率为，得，解得，
椭圆在顶点处的切线分别为，它们交于点，
显然点在椭圆的蒙日圆上，因此，
所以椭圆的蒙日圆方程为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用蒙日圆的定义，求出椭圆的两条切线的一个交点坐标是解题之关键.
13．（24-25高三上·山东淄博·期中）加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：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”.已知椭圆，若直线上存在点P，过P可作C的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先通过椭圆切点在顶点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，根据直线与圆的位置关系列式即可求解.
【详解】由椭圆方程可知蒙日圆半径为，
所以蒙日圆方程为，
因为点在椭圆的蒙日圆上，又因为点在直线上，
所以直线和蒙日圆有公共点.
即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：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是对“蒙日圆”定义的理解，能够利用椭圆的四条特殊切线确定蒙日圆的半径，将问题转化为直线与圆有交点的问题.
14．（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：
四、解答题
15．（2024·安徽·三模）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《圆锥曲线论》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是平面内动点与两定点的距离的比值是个常数，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，过点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方）两点，点是椭圆上异于的两点，平分平分.
①求的取值范围；
②将点看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的周长为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程；
方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；
方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；
（2）①令直线的方程为：，与椭圆方程联立，设.则，再令，即，代入韦达定理得，可求的范围；
②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，在以为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，进而可得，利用面积可求m,进而可求直线的方程.
【详解】（1）方法1：令，且，解得，
，椭圆的方程为.
方法2：设，由题意（常数），
整理得：，
故，又，解得：.
，椭圆的方程为.
方法3：设，则.
由题意.
为常数，，又，解得：，故，
椭圆的方程为.
（2）①由角平分线定理知：，以下求的值，
令直线的方程为：，
（该方程的恒成立），
设.则，
再令，即，代入韦达定理得
，
由知，，
，
又，故，
，即.
②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，在以为定点的阿波罗尼斯圆上，
设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，
而，同理，
由①知，，
，
由式
，
由圆周长公式：，
，
，
直线的方程为.
【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，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点.
16．（23-24高三上·吉林·阶段练习）圆称为椭圆的蒙日圆.已知椭圆：的离心率为，的蒙日圆方程为.
(1)求的方程；
(2)若为的左焦点，过上的一点作的切线，与的蒙日圆交于，两点，过作直线与交于，两点，且，证明：是定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意，利用待定系数法即可得解；
（2）分类讨论，的斜率取值情况，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求得，从而得证.
【详解】（1）依题意，得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）当，的斜率等于0时，，，
所以；
当，的斜率不等于0时，设：，则：，
由，得，
令，得.
设到的距离为，则，
得，
由，得，
易知，设Mx1,y1，Nx2,y2，则，
则，
故.
综上，是定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
一、阿波罗尼斯圆
1.阿波罗尼斯圆的定义
在平面上给定两点，设点在同一平面上且满足，当且时，点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆．（时点的轨迹是线段的中垂线）
2.阿波罗尼斯圆的证明
设．若（且），则点的轨迹方程是，其轨迹是以为圆心，半径为的圆．
证明：由及两点间距离公式，可得，
化简可得①，
（1）当时，得，此时动点的轨迹是线段的垂直平分线；
（2）当时，方程①两边都除以得，化为标准形式即为：
，∴点的轨迹方程是以为圆心，半径为的圆．

图① 图② 图③
【定理】为两已知点，分别为线段的定比为的内外分点，则以为直径的圆上任意点到两点的距离之比为．
证明：以为例．如图②，设，，则，
．过作的垂线圆交于两点，由相交弦定理及勾股定理得，于是．
同时在到两点距离之比等于的圆上，而不共线的三点所确定的圆是唯一的，
圆上任意一点到两点的距离之比恒为．同理可证的情形．
3.阿波罗尼斯圆的相关结论
【结论1】当时，点B在圆内，点A在圆外；当时，点A在圆内，点B在圆外．
【结论2】因，故是圆的一条切线．若已知圆及圆外一点A，可以作出与之对应的点B，反之亦然．
【结论3】所作出的阿波罗尼斯圆的直径为，面积为．
【结论4】过点作圆的切线（为切点），则分别为的内、外角平分线．
【结论5】阿波罗尼斯圆的直径两端是按比例内分和外分所得的两个分点，如图所示，是的内分点，是的外分点，此时必有平分，平分的外角．
证明：如图①，由已知可得（且），，又，
平分．由等角的余角相等可得，平分的外角．
【结论6】过点作圆不与重合的弦，则AB平分．
证明：如图③，连结，由已知（且），又，平分．
平分．
一、蒙日圆
1.蒙日圆的定义
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短半轴平方和的几何平方根，这个圆叫蒙日圆，如图1．
证明：设椭圆的方程为，则椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆：．①当题设中的两条互相垂直的切线斜率均存在且不为时，可设（且），过的椭圆的切线方程为，由得，
由其判别式值为，得，
是这个关于的一元二次方程的两个根，，
由已知点的坐标满足方程．
②当题设中的两条互相垂直的切线有斜率不存在或斜率为时，可得点的坐标为或，此时点也在圆上．
综上所述：椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆：．
2.蒙日圆的几何性质
【结论1】过圆上的动点作椭圆的两条切线，则．
证明：设点坐标，由，得
，由其判别式的值为0，
得，
，是这个关于的一元二次方程的两个根，，，，．
【结论2】设为蒙日圆O：上任一点，过点作椭圆的两条切线，交椭圆于点为原点，则的斜率乘积为定值．
【结论3】设为蒙日圆O：上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的斜率乘积为定值，且的斜率乘积为定值（垂径定理的推广）．
【结论4】过圆上的动点作椭圆的两条切线，O为原点，则平分椭圆的切点弦．
证明：点坐标，直线斜率，由切点弦公式得到方程，，，由点差法可知，平分，如图是中点．
【结论5】设为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，交蒙日圆O于两点C，D，则的斜率乘积为定值．
【结论6】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的斜率乘积为定值：．
【结论7】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的最大值为，的最小值为．
【结论8】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，则的最大值为的最小值为．