2026《高考數(shù)學一輪復習微專題106講》含答案77.隱圓問題的常見類型77.隱圓問題的四大幾何特征一．基本原理1.對邊對角2.最大張角3.四邊形中的最值關系4.阿波羅尼斯圓與球二．典例分析★1.對邊對角背景下的隱圓例1.（2020年全國2卷）在中，（1）求；（2）若，求周長的最大值.解析：（1）由正弦定理可得：，，.（2）（方法1.化邊+均值不等式）由余弦定理得：，即.（當且僅當時取等號），，解得：（當且僅當時取等號），周長，周長的最大值為.（方法2：隱圓角度）[1]延長到點,使得,則聯(lián)結，因為為等腰三角形，所以。根據(jù)，可知點在如圖所示的上運動.顯然當為直徑,即點位于點處時,取到最大值,此時為直角三角形,,故周長的最大值為.（方法3.化角+三角函數(shù)）略去.★2.最大張角背景下的隱圓米勒問題：已知點是的邊上的兩個定點，點是邊上的動點，則當在何處時，使得最大？對米勒問題有如下重要結論稱之為米勒定理.米勒定理1：已知點是的邊上的兩個定點，點是邊上的動點，則當且僅當?shù)耐饨訄A與邊相切于點時，最大.圖1圖2證明：如上圖1，設P′是邊OM上不同于點P的任意一點，連結P′A，P′B，P′A與圓交于點C連接CB，由三角形外角的性質(zhì)，可知.由圓周角定理：，因此，當且僅當?shù)耐饨訄A與邊相切于點時，最大.注：由上述證明過程可以看到，外角性質(zhì)與圓周角定理起到了關鍵性的作用，若我們將上述定理的中的動點放在一個圓周上，利用2022南昌一模壓軸題，還可以得到如下結論.米勒定理2：若定點是圓內(nèi)部兩點，為圓上任意一動點，則最大當過三點的圓與圓相內(nèi)切.例2.（2022南昌一模）已知點.點為圓上一個動點，則的最大值為__________.解析：如上圖2，設D是圓上不同于點P的任意一點，連結DA與圓交于點E，連接EC，由三角形外角的性質(zhì)，可知，由圓周角定理：，因此，當且僅當?shù)耐饨訄A與圓相切于點時，最大.此時，可設的外接圓圓心，由于此時三點共線且，而，則，解得：，于是，由正弦定理，則的最大值為.★3.四邊形中的最值關系后的隱圓若四邊形對角互補，或者，則四點共圓.例3．在平面四邊形ABCD中，，AD=3，BD=則CD的最小值為（） B． C． D．解析：如圖，可設，則，則由托勒密不等式可得：，代值可得：，等號成立當且僅當四點共圓.例4．古希臘數(shù)學家托勒密對凸四邊形凸四邊形是指沒有角度大于的四邊形進行研究，終于有重大發(fā)現(xiàn)：任意一凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當四點共圓時等號成立．且若給定凸四邊形的四條邊長，四點共圓時四邊形的面積最大．根據(jù)上述材料，解決以下問題：如圖，在凸四邊形ABCD中，

（1）若圖，求線段BD長度的最大值；（2）若圖，求四邊形ABCD面積取得最大值時角A的大小，并求出四邊形ABCD面積的最大值．解析：（1）設，則，由材料可知，，即，解得，所以線段BD長度的最大值為．（2）由材料可知，當A、B、C、D四點共圓時，四邊形ABCD的面積達到最大．連接BD，在中，由余弦定理，得①，在中，由余弦定理，得②

因為A、B、C、D四點共圓，所以，從而③，由①②③，解得，因為，所以．從而，，所以．★4.阿波羅尼斯圓與球（1）定義：已知平面上兩點，則所有滿足的動點的軌跡是一個以定比為內(nèi)分和外分定線段的兩個分點的連線為\t"/item/%E9%98%BF%E6%B0%8F%E5%9C%86/_blank"直徑的圓，圓的半徑為，圓心為.解析：設．因為且由兩點間距離公式得，化簡得．所以點的軌跡是以為圓心，以為半徑的圓，且有圓與軸交于，則有，則由角平分線定理,可知是的內(nèi)角平分線.例5.中，，，則的面積最大值為_______.解析：由，見系代入得．設圓心為，顯然當軸時，面積最大，此時．所以．例6．如圖，圓與軸相切于點，與軸正半軸交于兩點，（在的上方），且．（1）圓的標準方程為___________；（2）過點任意作一條直線與圓相交于，兩點，下列三個結論①；②；③其中正確結論的序號是__________________．解析：（1）依題意，設（為圓的半徑），因為所以，所以圓心為，故圓的標準方程為．（2）在（1）的基礎上易得，于是，．所以．由阿波羅尼斯圓的定義知圓是以，為定點，且比值為的阿波羅尼斯圓故①成立；因為，所以②成立；③成立．因此正確結論的序號是①②③．（2）.阿氏圓的逆用.結論：已知圓上任意一點和坐標軸上任意兩點，求形如的最值問題，可逆用阿氏圓轉化為三點共線最值計算.例7．已知圓是以點和點為直徑的圓，點為圓上的動點，若點，點，則的最大值為（

）A． B． C． D．解析：由題設，知：且，即圓的半徑為4，∴圓：，如上圖，坐標系中則，∴，即△△，故，（亦可逆用阿氏圓，其實就是阿氏圓的幾何推導）.∴，在△中，∴要使最大，共線且最大值為的長度.∴.故選：A（3）．阿波羅尼斯球例8．已知平面上兩定點，，則所有滿足（且）的點的軌跡是一個圓心在上，半徑為的圓.這個軌跡最先由古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，故稱作阿氏圓.已知棱長為3的正方體表面上動點滿足，則點的軌跡長度為（

）A． B． C． D．解析：在平面中，圖①中以B為原點以AB為軸建系如圖，設阿氏圓圓心,半徑為，，設圓O與AB交于M,由阿氏圓性質(zhì)知，，，P在空間內(nèi)軌跡為以O為球心半徑為2的球，若P在四邊形內(nèi)部時如圖②,截面圓與分別交于M，R，所以P在四邊形內(nèi)的軌跡為，在中，，所以，當P在面內(nèi)部的軌跡長為，同理，當P在面內(nèi)部的軌跡長為，當P在面時,如圖③所示，面，平面截球所得小圓是以B為圓心，以BP為半徑的圓，截面圓與分別交于，且，所以P在正方形內(nèi)的軌跡為，所以，綜上：P的軌跡長度為.故選：C三．參考文獻[1].何波祿，朱成萬.定邊對定角，“圓”來如此.[J].中學數(shù)學（教研）.2021.02.

1.利用圓的定義產(chǎn)生隱圓隱圓問題是高中數(shù)學中難度較大的一個跨單元主題，它承接于初中的圓，融入了高中的平面向量，解三角形，解析幾何等內(nèi)容，綜合性很高，更是學生學習的難點之一！從本節(jié)開始，我們詳細的討論一些常見的隱圓問題，供大家參考使用.一．基本原理1.圓的定義：平面內(nèi)到一個定點的距離等于定長的動點的軌跡.于是當題目中涉及到一個動點到定點距離問題時，就可以聯(lián)想到圓.2.圓定義的衍生：一動兩定點，且滿足：.解析：由于定值，設中點為，根據(jù)平面向量部分極化恒等式可得：，故動點是以中點為圓心，半徑為的圓.解析：由于二．典例分析例如圓上存?zhèn)€點原的為則數(shù)與圓有兩個交點，求的取值范圍問題，由兩圓相交的條件可知：.例2．已知點，圓，若圓上存在點使得，則實數(shù)的最小值是（

）A．－1 B．1 C．0 D．2解析：根據(jù)題意，點，若，則點的軌跡是以為圓心，3為半徑的圓，設該圓為圓，圓，若圓上存在點使得，則圓與圓有公共點，則，解得，即的取值范圍為0,4，故的最小值為0．故選：C．例3．若圓C：上總存在兩個點到原點的距離均為，則實數(shù)a的取值范圍是（

）A． B．C． D．解析：到原點的距離為的點的軌跡為圓：，因此圓C：上總存在兩個點到原點的距離均為，轉化為圓：與圓C：有兩個交點，因為兩圓的圓心和半徑分別為，，，，所以，故，解得或，故實數(shù)的取值范圍是，故A正確.故選：A例4．已知點，圓，若圓C上存在點P使得，則a的取值范圍為（

）A． B． C． D．解析：由，則點P在圓上，又有點P在圓C上，所以圓A和圓C有公共點（P)，兩圓半徑分別為2、1，所以，所以.故選：A．例．已知，，若圓上存在點P滿足，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．解析：設點，則，，所以，所以P的軌跡方程為，圓心為，半徑為3．由此可知圓與有公共點，又圓的圓心為，半徑為2，所以解得，即的取值范圍是．故選：A．例6．已知，，圓上存在點P，使得，則的最大值為（

）A． B． C．3 D．4解析：，，，若，則，即，即點的軌跡是以點為圓心，2為半徑的圓，由條件可知，圓與圓有交點，則，解得：，所以的最大值為.故選：B例7．如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，且，．點P在正方形ABCD的邊AD或BC上運動，若，則滿足條件的點P的個數(shù)是（

）A．0 B．2 C．4 D．6解析：由上述分析可知，所以，共有4個點滿足條件.故選：C（凌晨講數(shù)學）例8．（多選）在平面直角坐標系中，，，，動點P滿足.則（

）A．點P的軌跡方程為B．面積的最大值為2C．過點C與點P的軌跡相切的直線只有1條D．設的最小值為a，當時，的最小值為解析：設，，即，故正確；因為直線過圓心，點到直線的最大距離為圓的半徑，此時的面積最大，的最大面積為，故正確；因為，所以點在圓外，所以切線有兩條，故錯誤；因為點在圓外，所以，則，，當且僅當時，即時等號成立，故正確.故選：.例9．已知點在的邊上，且，若，則的最大值為__________.解析：如圖所示，以CD的中點為坐標原點，AB所在的直線為軸建立直角坐標系，不妨設，因為，所以，又由，所以，整理得，又由，當且僅當向量與向量共線時取等號，所以的最大值為．例10．如圖，在平面直角坐標系中，已知圓及點.（1）若直線過點，與圓相交于兩點，且，求直線l的方程；（2）圓上是否存在點，使得成立？若存在，求點的個數(shù)；若不存在，請說明理由.解析：（1）圓可化為，圓心為，若的斜率不存在時，，此時符合要求.

當?shù)男甭蚀嬖跁r，設的斜率為，則令，因為，由垂徑定理可得，圓心到直線的距離，，所以直線的方程為或.（2）假設圓上存在點，設，則，，

即，即，，與相交，則點有兩個.

盤點一類最?？嫉碾[圓問題一．基本原理1.上一節(jié)我們講到：一動兩定點，且滿足：.由于定值，設中點為，根據(jù)平面向量部分極化恒等式可得：，故動點是以中點為圓心，半徑為的圓.當時，即，此時動點在以為直徑的圓上.即：一動兩定點，外加一垂直，必有隱圓現(xiàn).2.原理的具體應用（1）產(chǎn)生垂直的常見方式：（i）直接告訴垂直關系；（ii）垂直線系.與垂直的直線方程為的形式.（2）產(chǎn)生定點的常見方式：（i）定點線系；（ii）斜率和積產(chǎn)生定點.二．典例分析已知點在圓：上，點，，滿足的點的個數(shù)為（

）A．3 B．2 C．1 D．0解析：設點，則，且，由，得，即，故點P的軌跡為一個圓心為，半徑為的圓，則兩圓的圓心距為，半徑和為，半徑差為，有，所以兩圓相交，滿足這樣的點P有2個.故選B.例2.已知點在動直線上的投影為點M，若點，則的最大值為（

）A．1 B． C．2 D．解析：由動直線方程得，所以該直線過定點Q（1,3），所以動點M在以PQ為直徑的圓上，所以圓的半徑為圓心的坐標為，所以點N到圓心的距離為，所以的最大值為.故選：D.★應用3.利用定點線系與垂直線系產(chǎn)生隱圓例3．已知是圓上一個動點，且直線與直線相交于點P，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．解析：依題意，直線恒過定點，直線恒過定點，顯然直線，因此，直線與交點P的軌跡是以線段AB為直徑的圓，其方程為：，圓心，半徑，而圓C的圓心，半徑，如圖：，兩圓外離，由圓的幾何性質(zhì)得：，，所以的取值范圍是：.故選：B★應用4.利用斜率和積產(chǎn)生定點加垂直產(chǎn)生隱圓例4.（2020年新高考1卷）已知橢圓C：的離心率為，且過點A（2，1）．（1）求C的方程：（2）點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．解析：（1）由題意可得橢圓方程為：.（2）設點.因為AM⊥AN，即,①當直線MN的斜率存在時，設方程為,如圖1.代入橢圓方程消去并整理得：②,根據(jù),代入①整理可得：，將②代入可得：，整理化簡得,∵不在直線上，∴，∴，于是MN的方程為，所以直線過定點直線過定點.當直線MN的斜率不存在時，可得,如圖2.代入得,結合,解得,此時直線MN過點,由于AE為定值，且△ADE為直角三角形，AE為斜邊，所以AE中點Q滿足為定值（AE長度的一半）.由于，故由中點坐標公式可得.故存在點，使得|DQ|為定值.三．習題演練1．已知，若點P滿足，則點P到直線的距離的最大值為（

）A．1 B．2 C．3 D．4解析：由可得點的軌跡為以線段為直線的圓，圓心為，半徑為，又直線，其過定點，故距離的最大值為.故答案為：C2．已知圓和兩點，若圓上存在點，使得，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．解析：說明在以為直徑的圓上，而又在圓上，因此兩圓有公共點，則圓心距位于半徑差的絕對值與半徑和的閉區(qū)間中，所以，即，又，解得.故選：B3．已知直線，直線，與相交于點A，則點A的軌跡方程為_____________.解析：因為，所以直線過點，直線過點，因為，所以，設，所以，所以，所以，化簡可得：.故答案為：.4．已知直線：，點，，點在直線上的射影為，則線段長度的取值范圍為__________.解析：由直線方程可知，聯(lián)立，解得，則該直線過定點，因為點在直線上的射影為，且，所以的軌跡為以為直徑的圓，圓的方程為，所以圓心為，，因為，所以，則，因此長度的取值范圍為.故答案為：78.三大主流教材與橢圓十大定義關于橢圓與雙曲線的定義，在人教版，蘇教版，北師大版新教材中均有涉及，而且不光是第一定義，焦點與準線型定義，斜率型定義均作為例題和習題出現(xiàn)，而且教材也鮮明地指出了這三個定義之間的關系.翻看近年全國卷的題目，我們發(fā)現(xiàn)很多選填題都是會涉及到這三個定義（解答題亦有考察），本節(jié)，我將從橢圓的第一定義出發(fā)，逐次推出二，三定義，并通過例題分析其進一步的應用，同時再給出其他常見的定義一．基本原理（公眾號：凌晨講數(shù)學）★定義1.標準定義橢圓標準方程推導：由橢圓定義可知：橢圓可以看成點集，于是，假設焦點，的坐標分別為，點，那么：①將①式左端的一個根號移到右端，再兩邊平方整理可得：②對②式繼續(xù)平方，再整理可得：③由定義可知：，令，那么可得橢圓標準方程④.這樣我們將定義代數(shù)，坐標化后便推得焦點在軸上橢圓標準方程④.★定義2.橢圓的第二定義繼續(xù)定位到②式，⑥.⑥式表明橢圓上的點到右焦點的距離與到直線的距離之比是離心率.★定義3.橢圓第三定義（公眾號：凌晨講數(shù)學）由④式，⑦，⑦式表明橢圓上的點到左右兩頂點的斜率之積為一個定值.實際上，若我們將上述第三定義的推導過程進一步推廣，假設是橢圓上任意兩點且關于坐標原點中心對稱，那么橢圓上任意點（不與重合）到點的斜率之積為一個定值.證明：設的坐標分別為，，則由于三點均在橢圓上，故滿足：，即.★定義4.如圖，圓的圓心為，點，點為圓上任意一點，求線段的垂直平分線與線段的交點的軌跡方程．解析：連接，如下圖：由題意可知，，圓的半徑，且，由垂直平分線定理可知，，故由橢圓定義可知，的軌跡為橢圓，設的軌跡方程為：()，從而，即，又因為、，所以，又由可知，，從而的軌跡方程為：.★定義5.已知兩圓，動圓在圓內(nèi)部且和圓內(nèi)切，和圓外切.求動圓圓心的軌跡方程.解析：設圓的半徑的，則，所以的軌跡是以的焦點的橢圓，則，，所以，，，故動圓圓心軌跡方程為★定義6.丹德林雙球的定義如下圖所示，在圓錐內(nèi)放入兩個球，，它們都與圓錐相切（即與圓錐的每條母線相切），切點圓分別為，.這兩個球都與平面相切，切點分別為，，丹德林（G·Dandelin）利用這個模型證明了平面與圓錐側面的交線為橢圓，，為此橢圓的兩個焦點，這兩個球也稱為Dandelin雙球.圖圖如圖，設直線分別與圓錐母線交于兩點，再設過點的母線分別與，交于兩點，由切線長定理：，，故.同理，對于平面與圓錐側面的交線上任意一點，過的母線分別與，交于兩點，則.即橢圓的長軸長切點圓之間的母線長.★定義7.壓縮變換將圓上各點的橫坐標保持不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼囊话?，求所得曲線的方程，并說明它是什么曲線．解析：設所得曲線上任一點的坐標為，圓上的對應點的坐標為．由題意可得．因為，所以，即．這就是所得曲線的方程，該曲線是一個橢圓．定義8.矩形分割1．（人教A版選擇性必修一P116）如圖，矩形ABCD中，，．E，F(xiàn)，G，H分別是矩形四條邊的中點，R，S，T是線段OF的四等分點，，，是線段CF的四等分點．證明直線ER與、ES與、ET與的交點L，M，N都在橢圓上．解析：由題得，，所以，所以直線的方程為，①，由題得，所以，所以直線的方程為，②，聯(lián)立方程①②解之得所以直線的交點為，代入橢圓方程得，所以直線的交點在橢圓上.同理ES與、ET與的交點M，N都在橢圓上．2．（蘇教版選修第一冊P87）把矩形的各邊n等分，如圖連接直線，判斷對應直線的交點是否在一個橢圓上，為什么？解析：設矩形的長，寬，以的中點為原點，所在的直線為軸，的中垂線為軸，建立直角坐標系，則由于整個圖形關于軸對稱，我們只研究第一象限，設點是上自右到左的第個分點，點是上自上到下的第個分點，則，，所以①，②，①，②式相乘且整理得③，因為點是直線與的交點，所以點滿足方程③故點在橢圓上．定義9.達芬奇橢圓儀（2015年湖北卷理科數(shù)學）（蘇教版87頁）一種作圖工具如圖1所示．是滑槽的中點，短桿ON可繞O轉動，長桿MN通過N處鉸鏈與ON連接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動，且，．當栓子D在滑槽AB內(nèi)作往復運動時，帶動N繞轉動一周（D不動時，N也不動），M處的筆尖畫出的曲線記為C．以為原點，所在的直線為軸建立如圖2所示的平面直角坐標系．求曲線C的軌跡方程；解析：設點，依題意，，且，即，由于當點不動時，點N也不動，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲線的方程為.定義10.圓周取點（蘇教版81頁）準備一張圓形紙片，在圓內(nèi)任取不同于圓心的一點，將紙片折起，使圓周過點（如圖），然后將紙片展開，就得到一條折痕（為了看清楚，可把直線畫出來）．這樣繼續(xù)折下去，得到若干折痕．觀察這些折痕圍成的輪廓，它是什么曲線？解析：如圖所示：設圓心為點，圓的半徑為，設點關于直線的對稱點為，連接交直線于點，連接，由對稱性可得，所以，（定值），又因為，由橢圓的定義可知，點的軌跡是以、為焦點的橢圓.二．典例分析例1.（2022甲卷）橢圓的左頂點為，點均在上，且關于軸對稱．若直線的斜率之積為，則的離心率為A． B． C． D．解析：橢圓的右頂點為，由于點均在上，且關于軸對稱，所以直線也關于軸對稱，由橢圓第三定義，即，，．例2．為橢圓的右頂點，過坐標原點的直線交于兩點，直線交直線于兩點，求的最小值．解析：設，則．所以．又，所以．設直線的斜率為，則直線的斜率為，所以直線的方程為，直線的方程為．令得．所以，當且僅當時取等號．所以的最小值為．例3.（2019全國1卷）已知橢圓C的焦點為，過F2的直線與C交于A，B兩點.若，，則C的方程為A． B． C． D．解：如圖所示：設，由，代入焦半徑公式到可得：.再由.結合（1），（2）式可得，，故，，這樣在三角形與三角形中分別使用余弦定理可得:.小結：通過坐標表示出焦半徑的關系，進而解出橢圓上點的坐標是解題的關鍵.例4.（2019全國三卷）設為橢圓的兩個焦點，為上一點且在第一象限.若為等腰三角形，則的坐標為___________.解：由已知可得，．∴．由焦半徑公式可知設，由焦半徑公式可知再代入橢圓方程可解得的坐標為．例5.橢圓的左、右焦點分別為、，P為C上一點，且P在第一象限，，則點P的坐標為_______.解析：由題意，，，，設，則，，由可得，解得：，代入橢圓方程得，故.例6.橢圓的左、右焦點分別為、，P為C上一點，且P在第一象限，，則點P的坐標為_______.解析：顯然，，，設，則，，，代入橢圓方程得，故.例7.（2021·新高考Ⅰ卷）已知、是橢圓的兩個焦點，點M在C上，則的最大值為（）A.13 B.12 C.9 D.6解析：由題意，，，，離心率，設，，則，，所以，故當時，取得最大值9.例8．如圖，某同學用兩根木條釘成十字架，制成一個橢圓儀．木條中間挖一道槽，在另一活動木條的P處鉆一個小孔，可以容納筆尖，A，B各在一條槽內(nèi)移動，可以放松移動以保證與的長度不變，當A，B各在一條槽內(nèi)移動時，P處筆尖就畫出一個橢圓E．已知，且P在右頂點時，B恰好在O點，則E的離心率為（

）A． B． C． D．解析：設，，由題，則，當滑動到位置時，在上頂點或下頂點，則，又當在右頂點時，恰好在位置，則，所以，故離心率為.故選：C.例9.（2018全國三卷）已知斜率為的直線與橢圓交于，兩點，線段的中