2026年新高考数学专题复习学案 77. 隐圆问题的常见类型

这是一份2026年新高考数学专题复习学案 77. 隐圆问题的常见类型，共18页。
1.对边对角
2.最大张角
3.四边形中的最值关系
4.阿波罗尼斯圆与球
二．典例分析
★1.对边对角背景下的隐圆
由正弦定理可知，当已知三角形任意一边和该边所对角大小时，即可得到外接圆半径，即
.（凌晨讲数学）
例1.（2020年全国2卷）在中，
（1）求；
（2）若，求周长的最大值.
解析：（1）由正弦定理可得：，
，.
（2）（方法1.化边+均值不等式）
由余弦定理得：，
即.（当且仅当时取等号），，
解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.
（方法2：隐圆角度）[1]延长到点,使得,则
联结，因为为等腰三角形，所以。根据，可知点在如图所示的上运动.显然当为直径,即点位于点处时,取到最大值,此时为直角三角形,,故周长的最大值为.
（方法3.化角+三角函数）略去.
★2.最大张角背景下的隐圆
米勒问题：已知点是的边上的两个定点，点是边上的动点，则
当在何处时，使（凌晨讲数学）得最大？
对米勒问题有如下重要结论称之为米勒定理.
米勒定理1：已知点是的边上的两个定点，点是边上的动点，
则当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大.
图1 图2
证明：如上图1，设P′是边OM上不同于点P的任意一点，连结P′A，P′B，P′A与圆交于点
C连接CB，由三角形外角的性质，可知.由圆周角定理：，
因此，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大.
注：由上述证明过程可以看到，外角性质与圆周角定理起到了关键性的作用，若我们将上述定理的中的动点放在一个圆周上，利用2022南昌一模压轴题，还可以得到如下结论.
米勒定理2：若定点是圆内部两点，为圆上任意一动点，则最大当过三点的圆与圆相内切.
例2.（2022南昌一模）已知点.点为圆上一个动点，则的最大值为__________.
解析：如上图2，设D是圆上不同于点P的任意一点，连结DA与圆交于点E，连接
EC，由三角形外角的性质，可知，由圆周角定理：，
因此，当且仅当的外接圆与圆相切于点时，最大.
此时，可设的外接圆圆心，由于此时三点共线且
，而，则，解得：，
于是，由正弦定理，则的最大值为.
★3.四边形中的最值关系后的隐圆
若四边形对角互补，或者，则四点共圆.
例3．在平面四边形ABCD中，，AD=3，BD=则CD的最小值为（ ）
B．C．D．
解析：如图，可设，则，则由托勒密不等式可得：
，代值可得：，等号成立当且仅当四点共圆.
例4．古希腊数学家托勒密对凸四边形凸四边形是指没有角度大于的四边形进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题：
如图，在凸四边形ABCD中，

（1）若图，求线段BD长度的最大值；
（2）若图，求四边形ABCD面积取得最大值时角A的大小，并求出四边形ABCD面积的最大值．
解析：（1）设，则，由材料可知，，
即，解得，所以线段BD长度的最大值为．
（2）由材料可知，当A、B、C、D四点共圆时，四边形ABCD的面积达到最大．连接BD，在中，由余弦定理，得①，在中，由余弦定理，得②

因为A、B、C、D四点共圆，所以，从而③，由①②③，解得，因为，所以．从而，，所以．
★4.阿波罗尼斯圆与球
（1）定义：已知平面上两点，则所有满足的动点的轨迹是一个以
定比为内分和外分定线段的两个分点的连线为直径的圆，圆的半径为
，圆心为.
解析：设．因为且由两点间距离公式得，化简得．
所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，且有圆与轴交于
，
则有，则由角平分线定理,可知是的内角平分线.
例5.中，，，则的面积最大值为_______.
解析：由，见系代入得．设圆心为，显然当轴时，面积最大，此时．所以．
例6．如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点，（在的上方），且．
（1）圆的标准方程为___________；
（2）过点任意作一条直线与圆相交于，两点，下列三个结论
①；②；③
其中正确结论的序号是__________________．
解析：（1）依题意，设（为圆的半径），因为
所以，所以圆心为，故圆的标准方程为．
（2）在（1）的基础上易得，于是，．所以．由阿波罗尼斯圆的定义知圆是以，为定点，且比值为的阿波罗尼斯圆故①成立；因为
，所以②成立；③成立．因此正确结论的序号是①②③．
（2）.阿氏圆的逆用.结论：已知圆上任意一点和坐标轴上任意两点，求形如的最值问题，可逆用阿氏圆转化为三点共线最值计算.
例7．已知圆是以点和点为直径的圆，点为圆上的动点，若点，点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
解析：由题设，知：且，即圆的半径为4，
∴圆：，
如上图，坐标系中则，∴，即△△，故，（亦可逆用阿氏圆，其实就是阿氏圆的几何推导）.
∴，在△中，∴要使最大，共线且最大值为的长度.∴.故选：A
（3）．阿波罗尼斯球
例8．已知平面上两定点，，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
解析：在平面中，图①中以B为原点以AB为轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，，设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，，
，P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，
在中，，
所以，当P在面内部的轨迹长为，同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时,如图③所示，
面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，所以P在正方形内的轨迹为，所以，综上：P的轨迹长度为.
故选：C
三．参考文献
[1].何波禄，朱成万.定边对定角，“圆”来如此.[J].中学数学（教研）
1.利用圆的定义产生隐圆
隐圆问题是高中数学中难度较大的一个跨单元主题，它承接于初中的圆，融入了高中的平面向量，解三角形，解析几何等内容，综合性很高，更是学生学习的难点之一！从本节开始，我们详细的讨论一些常见的隐圆问题，供大家参考使用.
一．基本原理
1.圆的定义：平面内到一个定点的距离等于定长的动点的轨迹.于是当题目中涉及到一个动点到定点距离问题时，就可以联想到圆.
2.圆定义的衍生：一动两定点，且满足：.
解析：由于定值，设中点为，根据平面向量部分极化恒等式可得：
，故动点是以中点为圆心，半径为的圆.
3.动点满足对两个定点满足：.
解析：由于，设中点为，则由向量关系与极化恒等式可知：，整理可得：
，显然动点以为圆心，为半径的圆.
二．典例分析
例 1.如果圆上总存在两个点到原点的距离为，则实数的取值范围为________.
解析：转化为与圆有两个交点，求的取值范围问题，由两圆相交的条件可知：.
例 2．已知点，圆，若圆上存在点使得，则实数的最小值是（ ）
A．－1 B．1 C．0 D．2
解析：根据题意，点，若，则点的轨迹是以为圆心，3为半径的圆，设该圆为圆，圆，若圆上存在点使得，则圆与圆有公共点，则，解得，即的取值范围为0,4，故的最小值为0．
故选：C．
例 3．若圆C：上总存在两个点到原点的距离均为，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
解析：到原点的距离为的点的轨迹为圆：，因此圆C：上总存在两个点到原点的距离均为，转化为圆：与圆C：有两个交点，因为两圆的圆心和半径分别为，，，，所以，故，解得或，
故实数的取值范围是，故A正确.故选：A
例 4．已知点，圆，若圆C上存在点P使得，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
解析：由，则点P在圆上，又有点P在圆C上，所以圆A和圆C有公共点（P)，两圆半径分别为2、1，所以，所以.
故选：A．
例 5．已知，，若圆上存在点P满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
解析：设点，则，，所以，所以P的轨迹方程为，圆心为，半径为3．
由此可知圆与有公共点，又圆的圆心为，半径为2，所以解得，即的取值范围是．故选：A．
例6．已知，，圆上存在点P，使得，则的最大值为（ ）
A． B． C．3 D．4
解析：，，，若，则，
即，即点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，由条件可知，圆与圆有交点，则，解得：，所以的最大值为.故选：B
例7．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AD，BC上，且，．点P在正方形ABCD的边AD或BC上运动，若，则满足条件的点P的个数是（ ）
A．0B．2C．4D．6
解析：由上述分析可知，故动点是以中点为圆心，半径为的圆.
故此题中点以中点为圆心，半径为的圆，所以，共有4个点满足条件.
故选：C（凌晨讲数学）
例8．（多选）在平面直角坐标系中，，，，动点P满足.则（ ）
A．点P的轨迹方程为
B．面积的最大值为2
C．过点C与点P的轨迹相切的直线只有1条
D．设的最小值为a，当时，的最小值为
解析：设，，即，故正确；
因为直线过圆心，点到直线的最大距离为圆的半径，此时的面积最大，的最大面积为，故正确；
因为，所以点在圆外，所以切线有两条，故错误；
因为点在圆外，所以，则，
，
当且仅当时，即时等号成立，故正确.故选：.
例9．已知点在的边上，且，若，则的最大值为__________.
解析：如图所示，以CD的中点为坐标原点，AB所在的直线为轴建立直角坐标系，不妨设，因为，所以，
又由，所以，整理得，
又由，
当且仅当向量与向量共线时取等号，所以的最大值为．
例10．如图，在平面直角坐标系中，已知圆及点.
（1）若直线过点，与圆相交于两点，且，求直线l的方程；
（2）圆上是否存在点，使得成立？若存在，求点的个数；若不存在，请说明理由.
解析：（1）圆可化为，圆心为，
若的斜率不存在时，，此时符合要求.
当的斜率存在时，设的斜率为，则令，因为，由垂径定理可得，圆心到直线的距离，，
所以直线的方程为或.
（2）假设圆上存在点，设，则，
， 即，即，，与相交，
则点有两个.
盘点一类最常考的隐圆问题
一．基本原理
1.上一节我们讲到：一动两定点，且满足：.
由于定值，设中点为，根据平面向量部分极化恒等式可得：
，故动点是以中点为圆心，半径为的圆. 当时，即，此时动点在以为直径的圆上.即：一动两定点，外加一垂直，必有隐圆现.
2.原理的具体应用
（1）产生垂直的常见方式：
（i）直接告诉垂直关系；
（ii）垂直线系.
与垂直的直线方程为的形式.
（2）产生定点的常见方式：
（i）定点线系；
（ii）斜率和积产生定点.
二．典例分析
★应用1.直接告知定点与垂直产生隐圆
例1.已知点在圆：上，点，，满足的点的个数为（ ）
A．3B．2C．1D．0
解析：设点，则，且，由，得
，即，故点P的轨迹为一个圆心为，半径为的圆，则两圆的圆心距为，半径和为，半径差为，有，所以两圆相交，满足这样的点P有2个. 故选B.
★应用2.直接告知垂直与并利用定点线系产生隐圆
例2.已知点在动直线上的投影为点M，若点，则的最大值为（ ）
A．1B．C．2D．
解析：由动直线方程得，所以该直线过定点Q（1,3），所以动点M在以PQ为直径的圆上，所以圆的半径为圆心的坐标为，所以点N到圆心的距离为，所以的最大值为. 故选：D.
★应用3.利用定点线系与垂直线系产生隐圆
例3．已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
解析：依题意，直线恒过定点，直线恒过定点，显然直线，因此，直线与交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，
其方程为：，圆心，半径，而圆C的圆心，半径，如图：
，两圆外离，由圆的几何性质得：，，所以的取值范围是：.故选：B
★应用4.利用斜率和积产生定点加垂直产生隐圆
例4.（2020年新高考1卷）已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
解析：（1）由题意可得椭圆方程为：.
（2）设点.因为AM⊥AN，即,①当直线MN的斜率存在时，设方程为,如图1.代入椭圆方程消去并整理得： ②,根据,代入①整理可得：
，将②代入可得：，整理化简得,∵不在直线上，∴，
∴，于是MN的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线MN的斜率不存在时，可得,如图2.
代入得,结合,解得,此时直线MN过点,

由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）.由于，故由中点坐标公式可得.故存在点，使得|DQ|为定值.
三．习题演练
1．已知，若点P满足，则点P到直线的距离的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：由可得点的轨迹为以线段为直线的圆，圆心为，半径为，
又直线，其过定点，故距离的最大值为.故答案为：C
2．已知圆和两点，若圆上存在点，使得，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
解析：说明在以为直径的圆上，而又在圆上，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，即，又，解得.故选：B
3．已知直线，直线，与相交于点A，则点A的轨迹方程为_____________.
解析：因为，所以直线过点，直线过点，
因为，所以，设，所以，所以，所以，化简可得：.故答案为：.
4．已知直线：，点，，点在直线上的射影为，则线段长度的取值范围为__________.
解析：由直线方程可知，联立，解得，则该直线过定点，因为点在直线上的射影为，且，
所以的轨迹为以为直径的圆，圆的方程为，所以圆心为，，
因为，所以，则，因此长度的取值范围为.故答案为：