77.隐圆问题的四大几何特征
一．基本原理
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）
A
a
R
sin
2
例1.（2020 年全国2 卷）在
中，
ABC
C
B
C
B
A
sin
sin
sin
sin
sin
2
2
2
（1）求
；
A
（2）若
，求
周长的最大值.
3
BC
ABC
解析：（1）由正弦定理可得：
，
2
2
2
BC
AC
AB
AC AB
，
.
2
2
2
1
cos
2
2
AC
AB
BC
A
AC AB
0,
A
2
3
A
（2）（方法1.化边+均值不等式）
由余弦定理得：
，
2
2
2
2
2
2
cos
9
BC
AC
AB
AC AB
A
AC
AB
AC AB
即
.
（当且仅当
时取等
2
9
AC
AB
AC AB
2
2
AC
AB
AC AB
AC
AB
号），
，
2
2
2
2
3
9
2
4
AC
AB
AC
AB
AC AB
AC
AB
AC
AB
解得：
（当且仅当
时取等号），
周长
2 3
AC
AB
AC
AB
ABC
:
，
周长的最大值为
.
3
2 3
L
AC
AB
BC
ABC
:
3
2 3
（方法2：隐圆角度）[1]延长
到点
,使得
,则
BA
D
AD
AC
.
AB
AC
AB
AD
BD
联结
，因为
为等腰三角形，所以
。根据
，可知点
CD
ACD
60
D
3,
BC
D
60
D
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
O
:
BD
O
:
D
D
BD
值,此时
为直角三角形,
,故
周长的最大值为
.
BCD
BD
3
2 2
sin 60
ABC
3
2 3
（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
B
A,
MON
ON
P
OM
当
在何处时，使（凌晨讲数学）得
最大？
P
APB
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，
B
A,
MON
ON
P
OM
则当且仅当
的外接圆与边
相切于点
时，
最大.
ABP
OM
P
APB
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：
B
AP
ACB
'
APB
，
ACB
因此
，当且仅当
的外接圆与边
相切于点
时，
最大.
B
AP
APB
'
ABP
OM
P
APB
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.
P
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
B
A,
O
P
O
APB
三点的圆与圆
相内切.
B
P
A
,
,
O
例2.（2022 南昌一模）已知点
.点
为圆
上一个动点，
)
0,3
(
),
0,1
(
B
A
P
45
:
2
2
y
x
O
则
的最大值为__________.
APB
sin
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
O
O
EC，由三角形外角的性质，可知
，由圆周角定理：
，
ADC
AEC
APC
AEC
因此
，当且仅当
的外接圆与圆
相切于点
时，
最大.
ADC
APC
ACP
O
P
APC
此时，可设
的外接圆圆心
，由于此时
三点共线且
ACP
)
,1( t
M
P
M
O
,
,
，而
，则
，解得：
MP
OM
OP
4
2
t
MC
MP
5
3
1
4
2
2
t
t
，
5
44
2
t
于是
，由正弦定理，则
的最大值为
.
5
8
M
R
APB
sin
4
5
★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
ABCD
BC
AD
CD
AB
DB
AC
D
C
B
A
,
,
,
圆.
例3．在平面四边形ABCD 中，
，AD=3，BD=
则CD 的最小值
,
2
AB
AC AC
AB
2 6,
为（ ）
A．
B．
C．
D．
6
3
6
2
3
2
3
解析：如图，可设
，则
，则由托勒密不等式可得：
x
AB
x
BC
x
AC
3
,
2
，代值可得：
，
BD
AC
AB
CD
BC
AD
3
6
2
2
3
3
CD
x
x
CD
x
等号成立当且仅当
四点共圆.
D
C
B
A
,
,
,
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
(
180
)
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；
π
2,
1,
,
(
2
AB
BC
ACD
AC
CD
1)
（2）若
图
，求四边形ABCD 面积取得最大值时角A 的大小，并
2,
6,
4(
AB
BC
AD
CD
2)
求出四边形ABCD 面积的最大值．
解析：（1）设
，则
，由材料可知，
，
AC
CD
x
2
AD
x
AB CD
BC AD
AC BD
即
，解得
，所以线段BD 长度的最大值为
．
2
1
2
x
x
BD x
2 2
BD
2 2
（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
ABD
△
2
2
2
2
cos
20 16cos
BD
AB
AD
AB AD
A
A
中，由余弦定理，得
②
BCD
△
2
2
2
2
cos
52
48cos
BD
BC
CD
BC CD
C
C
因为A、B、C、D 四点共圆，所以
，从而
③，由①②③，
π
A
C
cos
cos(π
)
cos
A
C
C
解得
，因为
，所以
．从而
1
cos
2
A
(0,π)
A
2π
3
A
，
，所
1
1
2π
sin
2
4
sin
2 3
2
2
3
ABD
S
AB AD
A
:
1
1
π
sin
6
4
sin
6 3
2
2
3
BCD
S
CB CD
C
:
以
．
8 3
ABD
BCD
ABCD
S
S
S
:
:
四边形
★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
B
A,
1
,
|
|
|
|
PB
PA
P
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
n
m :
AB
，圆心为
.
|
|
|
1
|
2
AB
)
0
|,
|
1
1
(
2
2
AB
解析：设
．因为
且
由两点间距离
(
,0), ( ,0), ( , )
A
c
B c
P x y
(
0,
0
AP
BP c
1)
公式得
，化简得
．
2
2
2
2
(
)
(
)
x
c
y
x
c
y
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
x
c
y
c
所以点
的轨迹是以
为圆心，以
为半径的圆，且有圆与
轴交于
P
2
2
1 ,0
1c
2
2
1c
x
，
2
2
2
2
(
1)
(
1)
,0 ,
,0
1
1
c
c
M
N
则有
，
则由角平分线定理,可知
是
的内角
2
2
2
2
(
1)
|
|
1
(
1)
|
|
1
m
m
AM
m
BM
m
|
|
|
|
PB
PA
PM
ABP
平分线.
例5.
中，
，
，则
的面积最大值为_______.
ABC
2
AB
BC
AC
2
ABC
解析：由
，见系代入得
．设圆心为
，显然当
2,
2
AB
AC
BC
2
2
(
3)
8
x
y
M
轴
时
，
面
积
最
大
，
此
时
．
所
以
CM
x
ABC
:
|
| 2 2
CM
．
1 2 2 2
2 2
2
ABC
mx
S
例6．如图，圆
与
轴相切于点
，与
轴正半轴交于两点
，
（
在
的上
C
x
(1,0)
T
y
A
B
B
A
方），且
．
|
| 2
AB
（1）圆
的标准方程为___________；
C
（2）过点
任意作一条直线与圆
相交于
，
两点，下列三个结论
A
2
2
0:
1
x
y
M
N
①
；②
；③
|
|
|
|
|
|
|
|
NA
MA
NB
MB
|
|
|
|
2
|
|
|
|
NB
MA
NA
MB
|
|
|
|
2 2
|
|
|
|
NB
MA
NA
MB
其中正确结论的序号是__________________．
解析：（1）依题意，设
（
为圆的半径），因为
(1, )
C
r
r
|
| 2
AB
所以
，所以圆心为
，故圆的标准方程为
2
2
1
1
2
r
(1,
2)
C
．
2
2
(
1)
(
2)
2
x
y
（2）在（1）的基础上易得
，于是
，
(0,
2
1),
(0,
2
1),
(0,1)
A
B
E
|
| 2
2
EA
．所以
．由阿波罗尼斯圆的定义知圆
是以
，
为
|
|
2
EB
|
|
2
2
2
1
|
|
2
EA
EB
O
A
B
定点，且比值为
的阿波罗尼斯圆故①
成立；因为
2
1
|
|
|
|
|
|
|
|
NA
MA
NB
MB
，所以②
成
|
|
|
|
2
|
|
|
|
2
1,
2
1
|
|
|
|
|
|
|
|
2
2
NB
EB
MA
EA
NA
EA
MB
EB
|
|
|
|
2
|
|
|
|
NB
MA
NA
MB
立；③
成立．因此正确结论的序号是①②③．
|
|
|
|
( 2
1)
( 2
1)
2 2
|
|
|
|
NB
MA
NA
MB
（2）.阿氏圆的逆用.结论：已知圆
上任意一点
和坐标轴上任意
2
2
2
)
(
)
(
r
b
y
a
x
P
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
B
A,
)
(
PB
PA
PB
PA
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
C
2,2 3
M
6, 2 3
N
P
C
点
，点
，则
的最大值为（ ）
2,0
A
1,1
B
2 PA
PB
A．
B．
C．
D．
26
4
2
8
5 2
2
解析：由题设，知：
且
，即圆
的半径为4，
(4,0)
C
2
2
|
|
( 2 3
2 3)
(6
2)
8
MN
C
∴圆
：
，
C
2
2
(
4)
16
x
y
如上图，坐标系中
则
，∴
，即△
△
( 4,0)
D
2
4
OD
AC
CP
OC
1
2
AC
PC
CP
DC
APC :
，故
，（亦可逆用阿氏圆，其实就是阿氏圆的几何推导）.
PCD
1
2
PA
PD
∴
，在△
中
，∴要使
最大，
2
|
|
|
|
PA
PB
PD
PB
PBD
|
|
|
| |
|
PD
PB
BD
|
|
|
|
PD
PB
共线且最大值为
的长度.∴
.故选：A
, ,
P B D
|
|
BD
2
|
|
(1
4)
1
26
BD
（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
A
B
PA
PB
0
1
P
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，
AB
2
1
AB
故称作阿氏圆.已知棱长为3 的正方体
表面上动点
满足
，则
1
1
1
1
ABCD
A B C D
P
2
PA
PB
点
的轨迹长度为（ ）
P
A．
B．
C．
D．
2π
4π
3π
3
4π
3π
3
2
2
3 π
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
x
,0
O a
，
，设圆O 与AB 交于M,由阿氏圆性质知
r
2
|
|
2
2
|
| 2 |
|,
2,
|
|
3
2
|
|
1
2
3
PA
PA
PB
r
AB
PB
，
，
2
AM
MB
|
| 2 |
| 2
,
|
| 2 |
| 4
2
BM
BO
a
AM
BM
a
，P 在空间内轨迹为以O 为球心半径为2 的球，若P 在
4
2
2
6
3
3,
1,
(1,0)
a
a
a
a
O
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
1
1
ABB A
1
AB
BB
，
1
1
ABB A
的轨迹为
，
:MR
在
中
，
，
2,
1,
RO
BO
Rt
O
RB
:
60
ROB
:
π
2
2
π
3
3
MR
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
，
1
1
ABB A
2 π
3
ABCD
2 π
3
当P 在面
时,如图③所示，
1
1
BCC B
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
OB
1
1
BCC B
1
1
BCC B
分别交于
，且
，所以P 在正方形
内的
1
BB
BC
，
R
Q
，
2
2
4 1
3
BP
OP
OB
1
1
BCC B
轨迹为
，所以
，综上：P 的轨迹长度为
.
:RQ
:
π
3
3
π
2
2
RQ
2
2
3
4
3
π
π
π
π
π
3
3
2
3
2
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）.2021.02.
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：
.
)
0
(
PB
PA
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：
|
| AB
AB
M
，故动点
是以
中点
2
2
2
|
|
4
1
|
|
)
0
(
4
1
AB
PM
AB
PM
PB
PA
P
AB
为圆心，半径为
的圆.
M
2|
|
4
1 AB
3.动点
满足对两个定点
满足：
.
P
B
A,
)
0
(
|
|
|
|
2
2
PB
PA
解析：由于
，设
中点为
，则由向量关系与
PB
PA
PB
PA
PB
PA
2
)
(
|
|
|
|
2
2
2
AB
M
极化恒等式可知：
，整理可得：
)
4
1
(
2
4
2
)
(
2
2
2
2
AB
PM
PM
PB
PA
PB
PA
，显然动点
以
为圆心，
为半径的圆.
2
2
4
1
2
AB
PM
P
M
2
4
1
2
AB
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
4
)3
(
)
2
(
2
2
a
y
a
x
1
a
范围为________.
解析：转化为
与圆
有两个交点，求
的取值范围问
4
)3
(
)
2
(
2
2
a
y
a
x
1
2
2
y
x
a
题，由两圆相交的条件可知：
.
)
0,
5
6
(
a
例 2．已知点
，圆
，若圆
上存在点
使得
，则实数
4,0
A
2
2
1
C
x
a
y
a
：
C
P
3
PA
a
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
4,0
A
3
PA
P
A
该圆为圆
，圆
，若圆
上存在点
使得
，则圆
与圆
有
A
2
2
:
1
C
x
a
y
a
C
P
3
PA
C
A
公共点，则
，解得
，即
的取值范围为
，故
的最小值
2
2
2
4
4
a
a
0
4
a
a
[𝟎,𝟒]
a
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
2
2
8
x
a
y
a
2
值范围是（ ）
A．
B．
3, 1
1,3
3,3
C．
D．
1,1
3, 1
1,3
解析：到原点的距离为
的点的轨迹为圆：
，因此圆C：
2
2
2
2
x
y
2
2
8
x
a
y
a
上总存在两个点到原点的距离均为
，转化为圆
：
与圆C：
2
1
C
2
2
2
x
y
有两个交点，因为两圆的圆心和半径分别为
，
，
2
2
8
x
a
y
a
1 0,0
C
1
2
r
，
，所以
，故
，解得
或
,
C a a
2 2
r
1
1
1
r
r
C C
r
r
2
2
3 2
a
3
1
a
，
1
3
a
故实数
的取值范围是
，故A 正确.故选：A
a
3, 1
1,3
例 4．已知点
，圆
，若圆C 上存在点P 使得
，则a 的
3,0
A
2
2
:
1
C
x
a
y
a
2
PA
取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
0,3
0,3
3,0
3,0
解析：由
，则点P 在圆
上，又有点P 在圆C 上，所以圆A 和圆
2
PA
2
2
:
3
4
A
x
y
C 有公共点（P)，两圆半径分别为2、1，所以
，所以
2
2
2 1
3
0
2 1
a
a
.
0,3
a
故选：A．
例 5．已知
，
，若圆
上存在点P 满足
2,0
A
2,0
B
2
2
(
1)
(
3
2)
4
x
a
y
a
5
PA PB
，则
的取值范围是（ ）
a
A．
B．
C．
D．
1,2
2,1
2,3
3,2
解析：设点
，则
，
，所以
( , )
P x y
(
2,
)
PA
x
y
(
2,
)
PB
x
y
，所以P 的轨迹方程为
，圆心为
，半径为
2
(
2)(
2)
5
PA PB
x
x
y
2
2
9
x
y
(0,0)
3．
由此可知圆
与
有公共点，又圆
2
2
(
1)
(
3
2)
4
x
a
y
a
2
2
9
x
y
的圆心为
，半径为2，所以
2
2
(
1)
(
3
2)
4
x
a
y
a
(
1,3
2)
a
a
解得
，即
的取值范围是
．故选：A．
2
2
1
(
1)
(3
2)
5
a
a
1
2
a
a
1,2
例6．已知
，
，圆
上存在点P，使得
2, 1
A
2, 1
B
2
2
2
4
1
x
a
y
a
0
PA PB
，则
的最大值为（ ）
a
A．
B．
C．3
D．4
6
5
12
5
解析：
，
，
，若
，则
( , )
P x y
2, 1
A
2, 1
B
0
PA PB
2
, 1
2
, 1
0
x
y
x
y
，
即
，即点
的轨迹是以点
为圆心，2 为半径的圆，由条件可知，圆
2
2
1
4
x
y
P
0, 1
与圆
有交点，则
，解
2
2
2
4
1
x
a
y
a
2
2
1
4
x
y
2
2
2 1
2
4 1
1
2
a
a
得：
，所以
的最大值为
.故选：B
12
0
5
a
a
12
5
例7．如图，正方形ABCD 的边长为6，点E，F 分别在边AD，BC 上，且
，
2
DE
AE
．点P 在正方形ABCD 的边AD 或BC 上运动，若
，则满足条件的点
2
CF
BF
1
PE PF
P 的个数是（ ）
A．0
B．2
C．4
D．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.
P
EF
M
2|
|
4
1 EF
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.
P
EF
M
10
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
(
)
1,0
A
3,0
B
1,4
C
.则（ ）
2
2
10
PA
PB
A．点P 的轨迹方程为
2
2
2
4
x
y
B．
面积的最大值为2
PAB
:
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
CP
0,
0
m
n
a m
n
3
1
m
n
4
2 3
3
解析：设
，
，即
，故
,
P x y
2
2
2
2
2
2
1
3
10
PA
PB
x
y
x
y
2
2
2
4
x
y
A
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，
AB
P
AB
r
PAB
:
的最大面积为
，故
正确；
PAB
:
1
1
2 2
2
2
2
AB r
B
因为
，所以点
在圆外，所以切线有两条，故
错误；
2
2
1
2
4
25
4
C
C
因为点
在圆外，所以
，则
，
C
2
2
min
1 2
4
2
3
PC
3
m
n
，
3
1
1
3
1
4
4
4
2 3
2
3
3
3
3
3
3
n
m
n
m
m
n
m
n
m
n
m
n
m
n
当且仅当
时，即
时等号成立，故
正确.故选：
.
3
n
m
m
n
3
m
n
D
ABD
例9．已知点
在
的边
上，且
，若
，
C
D
、
PAB
AB
AC
BD
2
2
90 ,
8
CPD
PA
PB
且
则
的最大值为__________.
AB
CD
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
x
设
，因为
，所以
，
(
,0),
( ,0),
(
,0),
(
,0),
( , )
C
a
D a
B a
b
A
a
b
P x y
0
90
CPD
2
2
2
x
y
a
又由
，所以
，整理得
，
2
2
8
PA
PB
2
2
2
2
(
)
(
)
8
x
a
b
y
x
a
b
y
2
2
(
)
4
a
b
a
又由
，
2
2
2
2
2(
)
2
4
2
2(
)
2
(
)
2
2
4 2
AB
CD
a
b
a
a
b
a
b
a
a
b
a
当且仅当向量
与向量
共线时取等号，所以
的最大值为
．
(4,2)
(
, )
a
b a
AB
CD
4 2
例10．如图，在平面直角坐标系
中，已知圆
及点
.
xoy
2
2
:
4
0
C x
y
x
,
( 1,0)
(1,2)
A
B
（1）若直线过点
，与圆
相交于
两点，且
，求直线l 的方程；
l
B
C
M
N
、
|
| 2 3
MN
（2）圆
上是否存在点
，使得
成立？若存在，求点
的个数；若不存
C
P
2
2
|
|
12
|
|
PA
PB
P
在，请说明理由.
解析：（1）圆
可化为
，圆心为
，
2
2
:
4
0
C x
y
x
2
2
(
2)
4
x
y
(2,0),
2
r
若的斜率不存在时，
，此时
符合要求.
l
1
l
x
：
|
| 2 3
MN
当的斜率存在时，设的斜率为
，则令
，因为
，由垂径定理
l
l
k
:
2
(
1)
l y
k x
|
| 2 3
MN
可得，圆心到直线的距离
，
，
2
3
1
d
r
2
2
3
1
4
1
k
k
k
3
4
11
0
x
y
所以直线的方程为
或
.
l
1
x
3
4
11
0
x
y
（2）假设圆
上存在点
，设
，则
，
C
P
( , )
P x y
2
2
(
2)
4
x
y
， 即
，即
2
2
2
2
2
2
|
|
|
|
(
1)
(
0)
(
1)
(
2)
12
PA
PB
x
y
x
y
2
2
2
3
0
x
y
y
，
，
与
相
2
2
(
1)
4
x
y
2
2
| 2
2 |
(2
0)
(0
1)
2
2
2
2
(
2)
4
x
y
2
2
(
1)
4
x
y
交，
则点
有两个.
P
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：
.
PB
PA
由于
定值，设
中点为
，根据平面向量部分极化恒等式可得：
|
| AB
AB
M
，故动点
是以
中点
为圆
2
2
2
|
|
4
1
|
|
4
1
AB
PM
AB
PM
PB
PA
P
AB
M
心，半径为
的圆. 当
时，即
，此时动点
在以
为直径
2|
|
4
1 AB
0
PB
PA
P
AB
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.
0
C
By
Ax
0
n
Ay
Bx
（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
P
O
2
2
4
x
y
3 0
A ,
0,4
B
AP
BP
P
为（ ）
A．3
B．2
C．1
D．0
解析：设点
，则
，且
，由
，得
( , )
P x y
2
2
4
x
y
(
3, )
( ,
4)
AP
x
y BP
x y
，
AP
BP
，即
，故点P 的轨
2
2
(
3)
(
4)
3
4
0
AP BP
x x
y y
x
y
x
y
2
2
3
25
(
)
(
2)
2
4
x
y
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
3
(
,2)
2
5
2
5
2
5
9
2
2
2
差为
，有
，所以两圆相交，满足这样的点P 有2 个. 故选B.
5
1
2
2
2
1
5
9
2
2
2
★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
3,0
P
3
0
mx
ny
m
n
3
2, 2
N
的最大值为（ ）
MN
A．1
B．
C．2
D．
3
2
11
2
解析：由动直线方程
得
，所以该直线过定点Q
3
0
mx
ny
m
n
1
3
0
m x
n y
（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
2
2
1
5
(1 3)
3
,
2
2
标为
，所以点N 到圆心的距离为
，所以
的最大值为
3
( 1, )
2
2
2
3
3
(2 1)
(
)
3
2
2
MN
. 故选：D.
5
11
3+ 2
2
★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
M
2
2
:
1
C x
y
1 :
3
0
l
mx
ny
m
n
相交于点P，则
的取值范围是（ ）
2
2
2 :
3
0( ,
R,
0)
l
nx
my
m
n
m n
m
n
PM
A．
B．
C．
D．
[ 3
1,2 3
1]
[ 2
1,3 2
1]
[ 2
1,2 2
1]
[ 2
1,3 3
1]
解析：依题意，直线
恒过定点
，直线
1 :
(
3)
(
1)
0
l
m x
n y
(3,1)
A
2 : (
1)
(
3)
0
l
n x
m y
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
(
)
1,3
B
1
2
l
l
1l
2l
圆，
其方程为：
，圆心
，半径
，而圆C 的圆心
，半
2
2
(
2)
(
2)
2
x
y
(2,2)
N
2
2
r
(0,0)
C
径
，如图：
1
1
r
，两圆外离，由圆的几何性质得：
，
1
2
|
| 2 2
NC
r
r
min
1
2
|
|
|
|
2
1
PM
NC
r
r
，所以
的取值范围是：
.故选：B
max
1
2
|
|
|
|
3 2
1
PM
NC
r
r
PM
[ 2
1,3 2
1]
★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
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
2
2
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
2
1
6
3
x
y
（2）设点
.因为AM⊥AN，即
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
1
2
1
2
2
2
1
1
0
x
x
y
y
,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
y
kx
m
y
得：
,
②,根据
2
2
2
1
2
4
2
6
0
k
x
kmx
m
2
1
2
1
2
2
2
4
2
6
,
1
2
1
2
km
m
x
x
x x
k
k
,代入①整理可得：
1
1
2
2
,
y
kx
m y
kx
m
，将②代入可得：
2
2
1
2
1
2
1
2
1
4
0
k
x x
km
k
x
x
m
，整理化简得
2
2
2
2
2
2
6
4
1
2
1
4
0
1
2
1
2
m
km
k
km
k
m
k
k
,∵
不在直线
上，∴
，
2
3
1
2
1
0
k
m
k
m
2,1
A（
）
MN
2
1
0
k
m
∴
，于是MN 的方程为
，所以直线过定点直线过
2
3
1
0
1
k
m
k
，
2
1
3
3
y
k x
定点
.当直线MN 的斜率不存在时，可得
,如图2.
2
1
,
3
3
E
1
1
,
N x
y
代入
得
,结合
,解得
1
2
1
2
2
2
1
1
0
x
x
y
y
2
2
1
2
2
1
0
x
y
2
2
1
1
1
6
3
x
y
,此时直线MN 过点
,
1
1
2
2
,
3
x
x
舍
2
1
,
3
3
E
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
QD
（AE 长度的一半
）.由于
，故由中点
2
2
1
2
1
4 2
2
1
2
3
3
3
2
1
,
3
2,1
3
,
A
E
坐标公式可得
.故存在点
，使得|DQ|为定值.
4 1
,
3 3
Q
4 1
,
3 3
Q
三．习题演练
1．已知
，若点P 满足
，则点P 到直线
的
( 1,0),
(1,0)
A
B
PA
PB
:
(
3)
(
1)
0
l m x
n y
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，
PA
PB
P
AB
0,0
1
又直线
，其过定点
，故距离的最大值为
.故答案
:
(
3)
(
1)
0
l m x
n y
3,1
3 1 1
3
为：C
2．已知圆
和两点
，若圆
上存在点
，使
2
2
:
3
1
1
C
x
y
,0 ,
,0
0
A
t
B t
t
C
P
得
，则的取值范围为（ ）
0
PA PB
t
A．
B．
C．
D．
0,1
1,3
2,3
3,4
解析：
说明
在以
为直径的圆
上，而
又在圆
上，因此两圆有
0
PA PB
P
AB
2
2
2
x
y
t
P
C
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
1
1
t
OC
t
，又
，解得
.故选：B
1
2
1
t
t
0
t
1
3
t
3．已知直线
，直线
，与
相交于点A，则点A 的轨迹
1 :
5
0
l
x
ty
2 :
3
2
0
l
tx
y
t
1l
2l
方程为_____________.
解析：因为
，所以直线过点
，直线
过点
1 :
5
0
l
x
ty
1l
5,0
C
2 :
3
2
0
l
t x
y
3,2
B
，
因为
，所以
，设
，所以
，所以
1
1
0
t
t
1
2
l
l
,
A x y
0
AC AB
，所以
，化简可得：
5
,
,
3
,2
AC
x
y
AB
x
y
5
3
2
0
x
x
y
y
.故答案为：
.
2
2
(
4)
(
1)
2
x
y
2
2
(
4)
(
1)
2
x
y
4．已知直线：
，点
，
，点
在直线上的射影为
l
2
2
0
mx
m
n y
n
1,2
A
3,3
B
A
l
H
，则线段
长度的取值范围为__________.
BH
解析：由直线方程
可知
，联立
，
2
2
0
mx
m
n y
n
2
2
0
m
x
y
n y
2
0
2
0
x
y
y
解得
，则该直线过定点
，因为点
在直线上的射影为
，且
，
1
2
x
y
1, 2
M
A
l
H
1,2
A
所以
的轨迹为以
为直径的圆，圆的方程为
，所以圆心为
，
H
AM
2
2
5
x
y
0,0
O
5
r
，
因为
，所以
，则
，因此
长度的取值范围为
3,3
B
3 2
BO
BO
r
BH
BO
r
BH
.故答案为：
3 2
5,3 2
5
