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培优点 8 隐圆(阿波罗尼斯圆)问题
隐圆问题近几年在高考题和各地模拟题中都出现过，难度为中高档，在题设中没有明确
给出圆的相关信息，而是隐含在题目中，要通过分析、转化、发现圆(或圆的方程)，从而最
终利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐圆问题”．
考点一 利用圆的定义、方程确定隐形圆
例1 (1)(2022·滁州模拟)已知A，B为圆C：x2＋y2－2x－4y＋3＝0上的两个动点，P为弦
AB的中点，若∠ACB＝90°，则点P的轨迹方程为( )
A．(x－1)2＋(y－2)2＝
B．(x－1)2＋(y－2)2＝1
C．(x＋1)2＋(y＋2)2＝
D．(x＋1)2＋(y＋2)2＝1
答案 B
解析 圆C即(x－1)2＋(y－2)2＝2，半径r＝，
因为CA⊥CB，
所以|AB|＝r＝2，
又P是AB的中点，
所以|CP|＝|AB|＝1，
所以点P的轨迹方程为(x－1)2＋(y－2)2＝1.
(2)(2022·茂名模拟)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，若向量c满足|a＋b－2c|＝1，
则|c|的取值范围是( )
A．[1，－1] B.
C. D.
答案 C
解析 |a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，
以a为y轴，b为x轴，建立平面直角坐标系，设OA＝a＝(0,1)，OB＝b＝(2,0)，
OC＝c＝(x，y)，
所以a＋b－2c＝(2－2x，1－2y)，
由|a＋b－2c|＝1，
可得(2－2x)2＋(1－2y)2＝1，
化简可得(x－1)2＋2＝2，
所以点C的轨迹是以为圆心，以r＝为半径的圆，原点(0,0)到的距离为d＝＝，
所以|c|＝的取值范围是[d－r，d＋r]，即.
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．
跟踪演练1 (2022·平顶山模拟)已知M，N为圆C：x2＋y2－2x－4y＝0上两点，且|MN|＝4，
点P在直线l：x－y＋3＝0上，则|PM＋PN|的最小值为( )
A．2－2 B．2
C．2＋2 D．2－
答案 A
解析 设线段MN的中点为D，
圆C：x2＋y2－2x－4y＝0的圆心为C(1,2)，半径为.则圆心C到直线MN的距离为＝1，所以|
CD|＝1，故点D的轨迹是以C为圆心，半径为1的圆，设点D的轨迹为圆D，圆D上的点
到直线l的最短距离为t＝－1＝－1.所以|PM＋PN|＝|2PD|＝2|PD|≥2t＝2－2.
考点二 由圆周角的性质确定隐形圆
例2 (1)已知点P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，若圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在点M，使得
∠PMQ＝90°，则实数t的取值范围是( )
A．[4,6] B．(4,6)
C．(0,4]∪[6，＋∞) D．(0,4)∪(6，＋∞)
答案 A
解析 由题意知，点P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，
可得以PQ为直径的圆的方程为(x－2)2＋y2＝t2，
则圆心C (2,0)，半径R＝t，
1
又由圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1，
可得圆心C(－2,3)，半径r＝1，
两圆的圆心距为|CC |＝＝5，
1
要使得圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在点M，使得∠PMQ＝90°，即两圆存在公共点，则满足
即解得4≤t≤6，
所以实数t的取值范围是[4,6]．
(2)(2022·长沙雅礼中学质检)已知直线l：x－y＋4＝0上动点P，过P点作圆x2＋y2＝4的两条
切线，切点分别为C，D，记M是CD的中点，则直线CD过定点________，点M的轨迹方
程为______________________________．
答案 (－1,1) 2＋2＝
解析 如图，连接PO，CO，DO，
因为PD⊥DO，PC⊥CO，
所以P，D，O，C在以PO为直径的圆上，
设P(x，x＋4)，
0 0
则以OP为直径的圆的方程为2＋2＝，
化简得x2－xx－(x＋4)y＋y2＝0，
0 0
与x2＋y2＝4联立，
可得CD所在直线的方程为xx＋(x＋4)y＝4⇒x(x＋y)＝4(1－y)
0 0 0
⇒⇒
直线CD过定点Q(－1,1)，又OM⊥CD，
所以OM⊥MQ，所以点M在以OQ为直径的圆上，
所以点M的轨迹为2＋2＝.
规律方法 利用圆的性质，圆周角为直角，即可得到：若PA⊥PB或∠APB＝90°，则点P的
轨迹是以AB为直径的圆．注意轨迹中要删除不满足条件的点．
跟踪演练2 (2022·北京海淀区模拟)在平面直角坐标系中，直线y＝kx＋m(k≠0)与x轴和y
轴分别交于A，B两点，|AB|＝2，若CA⊥CB，则当k，m变化时，点C到点(1,1)的距离的
最大值为( )
A．4 B．3 C．2 D.
答案 B
解析 由y＝kx＋m(k≠0)得A，B(0，m)，
因为CA⊥CB，所以点C的轨迹是以AB为直径的圆，其方程为2＋2＝＋，
设该动圆的圆心为(x′，y′)，则x′＝－，y′＝，整理得k＝－，m＝2y′，
代入到2＋m2＝8中，得x′2＋y′2＝2，
即点C轨迹的圆心在圆x′2＋y′2＝2上，
故点(1,1)与该圆上的点(－1，－1)的连线的距离加上圆的半径即为点C到点(1,1)的距离的最
大值，最大值为＋＝3.
考点三 阿波罗尼斯圆
例3 (多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“若A，B为平面上相异的两点，则所有满足：
＝λ(λ>0，且λ≠1)的点P的轨迹是圆，后来人们称这个圆为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标
系中，A(－2,0)，B(4,0)，若λ＝，则下列关于动点P的结论正确的是( )
A．点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0
B．△APB面积的最大值为6
C．在x轴上必存在异于A，B的两定点M，N，使得＝
D．若点Q(－3,1)，则2|PA|＋|PQ|的最小值为5
答案 ACD
解析 对于选项A，设P(x，y)，
因为P满足＝，
所以＝，
化简得x2＋y2＋8x＝0，故A正确；
对于选项B，由选项A可知，
点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0，
即(x＋4)2＋y2＝16，所以点P的轨迹是以(－4,0)为圆心，4为半径的圆，
又|AB|＝6，且点A，B在直径所在直线上，
故当点P到圆的直径所在直线的距离最大时，△PAB的面积取得最大值，
因为圆上的点到直径的最大距离为半径，即△PAB的高的最大值为4，
所以△PAB面积的最大值为×6×4＝12，故B错误；
对于选项C，假设在x轴上存在异于A，B的两定点M，N，使得＝，设M(m，0)，N(n，
0)，
故＝，
即＝2，
化简可得x2＋y2－x＋＝0,
又点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0，可得
解得或(舍去)，
故存在异于A，B的两定点M(－6,0)，N(－12,0)，
使得＝，故C正确；
对于选项D，因为＝，所以2|PA|＝|PB|，
所以2|PA|＋|PQ|＝|PB|＋|PQ|，
又点P在圆x2＋8x＋y2＝0上，如图所示，
所以当P，Q，B三点共线时2|PA|＋|PQ|取得最小值，此时(2|PA|＋|PQ|) ＝|BQ|
min
＝＝5，故D正确．
规律方法 “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C为圆心，为半径的圆，即为阿波罗尼斯圆．
跟踪演练3 若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足＝，则|PA|2＋|PB|2的最大值为
( )
A．16＋8 B．8＋4
C．7＋4 D．3＋
答案 A
解析 由题意，设A(－1,0)，B(1,0)，P(x，y)，
因为＝，所以＝，
即(x－2)2＋y2＝3，
所以点P的轨迹是以(2,0)为圆心，半径为的圆，
因为|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2＋1)，其中x2＋y2可看作圆(x－2)2＋y2＝3
上的点(x，y)到原点(0,0)的距离的平方，
所以(x2＋y2) ＝(2＋)2＝7＋4，
max
所以[2(x2＋y2＋1)] ＝16＋8，
max
即|PA|2＋|PB|2的最大值为16＋8.专题强化练
1．已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x－a)2＋(y－2)2＝2.若圆M上存在点P，过点P作圆O的
两条切线，切点为A，B，使得PA⊥PB，则实数a的取值范围为( )
A．[0，] B．[－5，1]
C．[－，] D．[－2,2]
答案 D
解析 由题意可知四边形PAOB为正方形，
|OP|＝，
∴点P在以O为圆心，以为半径的圆上，其方程为x2＋y2＝2，
若圆M上存在这样的点P，则圆M与x2＋y2＝2有公共点，
则有－≤≤＋，
解得－2≤a≤2.
2．已知点A(－5，－5)在动直线mx＋ny－m－3n＝0上的射影为点B，若点C(5，－1)，那
么|BC|的最大值为( )
A．16 B．14 C．12 D．10
答案 C
解析 由动直线方程化为m(x－1)＋n(y－3)＝0，可知其恒过定点Q(1,3)．
又∵点A(－5，－5)在动直线mx＋ny－m－3n＝0上的射影为点B，
∴∠ABQ＝90°，则点B的轨迹是以AQ为直径的圆，
∴圆心为AQ的中点M(－2，－1)，
圆的半径r＝|AQ|＝5.
又|MC|＝＝7>r＝5，
∴点C(5，－1)在圆M外，
故|BC|的最大值为r＋|MC|＝7＋5＝12.
3．(2022·武汉模拟)已知O为坐标原点，点A(cos α，sin α)，B，以OA，OB为邻边作平行
四边形AOBP，Q(－2,0)，则∠PQO的最大值为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 已知圆O：x2＋y2＝1，A，B是圆O上两动点，且∠AOB＝，
所以△AOB为等边三角形，
又|AB|＝|OA|＝1，
取AB的中点M，则|OM|＝，
所以|OP|＝，所以点P的轨迹方程为x2＋y2＝3，
当PQ与x2＋y2＝3相切时，∠PQO最大，
此时sin∠PQO＝，
则∠PQO＝.
4．已知△ABC是等边三角形，E，F分别是AB和AC的中点，P是△ABC边上一动点，则
满足PE·PF＝BE·CF的点P的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 D
解析 以BC的中点O为坐标原点，BC，OA所在直线为x轴、y轴，建立如图所示的平面
直角坐标系．
设△ABC的边长为4，
则B(－2,0)，C(2,0)，A(0,2)，E(－1，)，
F(1，)，BE＝(1，)，CF＝(－1，)，
设P(x，y)，则PE＝(－1－x，－y)，
PF＝(1－x，－y)，
由PE·PF＝BE·CF得，
(－1－x，－y)·(1－x，－y)
＝(1，)·(－1，)，
所以x2＋(y－)2＝3，
即点P的轨迹是以(0，)为圆心，为半径的圆，也就是以AO为直径的圆，易知该圆与△ABC
的三边有4个公共点．
5．(多选)已知AB为圆O：x2＋y2＝49的弦，且点M(4,3)为AB的中点，点C为平面内一动点，
若AC2＋BC2＝66，则( )
A．点C构成的图象是一条直线
B．点C构成的图象是一个圆
C．OC的最小值为2
D．OC的最小值为3
答案 BC
解析 ∵点M(4,3)为AB的中点，∴OM⊥AB，
|OM|＝＝5，
∴|AM|＝|BM|＝＝2，
∵AC2＋BC2＝66，
∴AC2＋BC2＝66，
则(AM＋MC)2＋(BM＋MC)2＝66，
即AM2＋2AM·MC＋MC2＋BM2＋2BM·MC＋MC2＝66，
∵AM＝－BM，
则可得2AM2＋2MC2＝66，
可解得|MC|＝3，
∴点C构成的图象是以M为圆心，3为半径的圆，故A错误，B正确；
∴可得OC的最小值为|OM|－3＝5－3＝2，故C正确，D错误．
6．(多选)(2022·福州模拟)已知A(－3,0)，B(3,0)，动点C满足|CA|＝2|CB|，记C的轨迹为Γ.
过A的直线与Γ交于P，Q两点，直线BP与Γ的另一个交点为M，则( )
A．Q，M关于x轴对称
B．△PAB的面积的最大值为6
C．当∠PMQ＝45°时，|PQ|＝4
D．直线AC的斜率的范围为[－，]
答案 AC
解析 设C(x，y)，由|CA|＝2|CB|得，
＝2，
整理得Γ的方程为(x－5)2＋y2＝16，其轨迹是以D(5,0)为圆心，半径r＝4的圆．
由图可知，由于AB＝6，所以当DP垂直于x轴时，△PAB的面积有最大值，
所以(S ) ＝|AB|·r＝×6×4＝12，
△PAB max
选项B错误；因为|PA|＝2|PB|，|MA|＝2|MB|，
所以＝，所以∠PAB＝∠MAB，
又C的轨迹Γ关于x轴对称，所以Q，M关于x轴对称，选项A正确；
当∠PMQ＝45°时，∠PDQ＝45°×2＝90°，
则△DPQ为等腰直角三角形，|PQ|＝r＝4，
选项C正确；
当直线AC与圆D相切时，CD⊥AC，
此时|AD|＝8＝2r
＝2|CD|，
所以sin∠DAC＝，
所以切线AC的倾斜角为30°和150°，
由图可知，直线AC的斜率的取值范围为，选项D错误．
7．已知等边△ABC的边长为2，点P在线段AC上，若满足PA·PB－2λ＋1＝0的点P恰有两
个，则实数λ的取值范围是______________．
答案
解析 如图，以AB的中点O为坐标原点，AB，OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角
坐标系，
则A(－1,0)，B(1,0)，
设P(x，y)．
则PA·PB－2λ＋1＝0，
即为(－1－x)(1－x)＋y2－2λ＋1＝0，
化简得x2＋y2＝2λ(λ>0)，
故所有满足PA·PB－2λ＋1＝0的点P在以O为圆心，为半径的圆上．
过点O作OM⊥AC，垂足为点M，由题意知，线段AC与圆x2＋y2＝2λ有两个交点，
所以|OM|<≤|OA|，即<≤1，解得<λ≤.
8．已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，P为l上的动点，过点P作⊙M
的切线 PA，PB，切点为 A，B，当|PM|·|AB|取得最小值时，直线 AB 的方程为
________________．
答案 2x＋y＋1＝0
解析 ⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，①
则圆心M(1,1)，⊙M的半径为2.
如图，由题意可知PM⊥AB，
∴S ＝|PM|·|AB|
四边形PAMB
＝|PA|·|AM|＝2|PA|，
∴|PM|·|AB|＝4|PA|＝4.
当|PM|·|AB|最小时，|PM|最小，此时PM⊥l.
故直线PM的方程为y－1＝(x－1)，
即x－2y＋1＝0.
由得
∴P(－1,0)．
依题意知P，A，M，B四点共圆，且PM为圆的直径，
∴该圆方程为x2＋2＝，②
由①－②整理得2x＋y＋1＝0，即直线AB的方程为2x＋y＋1＝0.
