2026高考数学复习微专题：77. 隐圆问题的常见类型

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

a

2R.（凌晨讲数学）

sinA

例1.（2020年全国2卷）在ABC中，sin2Asin2Bsin2CsinBsinC

（1）求A；

（2）若BC3，求ABC周长的最大值.

解析：（1）由正弦定理可得：BC2AC2AB2ACAB，

AC2AB2BC212

cosAA0,，A.

2ACAB23

（2）（方法1.化边+均值不等式）

由余弦定理得：BC2AC2AB22ACABcosAAC2AB2ACAB9，

2

2ACAB

即ACABACAB9.ACAB（当且仅当ACAB时取等号），

2

2

22ACAB32

9ACABACABACABACAB，

24

解得：ACAB23（当且仅当ACAB时取等号），ABC周长

LACABBC323，ABC周长的最大值为323.

（方法2：隐圆角度）[1]延长BA到点D,使得ADAC,则ABACABADBD.

联结CD，因为ACD为等腰三角形，所以D60。根据BC3,D60，可知点D在

如图所示的O上运动.显然当BD为O直径,即点D位于点D处时,BD取到最大值,

3

此时BCD为直角三角形,BD22,故ABC周长的最大值为323.

sin60

（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A,B是MON的边ON上的两个定点，点P是边OM上的动点，则

当P在何处时，使（凌晨讲数学）得APB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A,B是MON的边ON上的两个定点，点P是边OM上的动点，

则当且仅当ABP的外接圆与边OM相切于点P时，APB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ACBAP'B.由圆周角定理：APBACB，

因此APBAP'B，当且仅当ABP的外接圆与边OM相切于点P时，APB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P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A,B是圆O内部两点，P为圆O上任意一动点，则APB最大当过

A,P,B三点的圆与圆O相内切.

例2.（2022南昌一模）已知点A(1,0),B(3,0).点P为圆O:x2y245上一个动点，则

sinAPB的最大值为__________.

解析：如上图2，设D是圆O上不同于点P的任意一点，连结DA与圆O交于点E，连接

EC，由三角形外角的性质，可知AECADC，由圆周角定理：APCAEC，

因此APCADC，当且仅当ACP的外接圆与圆O相切于点P时，APC最大.

此时，可设ACP的外接圆圆心M(1,t)，由于此时O,M,P三点共线且

44

OPOMMP，而MPMCt24，则t24t2135，解得：t2，

5

5

于是8，由正弦定理，则的最大值为.

RMsinAPB

54

★3.四边形中的最值关系后的隐圆

若四边形ABCD对角互补，或者ACDBABCDADBC，则A,B,C,D四点共圆.

例3．在平面四边形ABCD中，ABAC,AC2AB，AD=3，BD=26,则CD的最小值为

（）

663

A．B．C．D．3

322

解析：如图，可设ABx，则AC2x,BC3x，则由托勒密不等式可得：

ADBCCDABACBD，代值可得：33xCDx2x26CD3，

等号成立当且仅当A,B,C,D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180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，

π

（1）若AB2,BC1,ACD,ACCD(图1)，求线段BD长度的最大值；

2

（2）若AB2,BC6,ADCD4(图2)，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ACCDx，则AD2x，由材料可知，ABCDBCADACBD，

即2x12xBDx，解得BD22，所以线段BD长度的最大值为22．

（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

△ABD中，由余弦定理，得BD2AB2AD22ABADcosA2016cosA①，在△BCD中，

由余弦定理，得BD2BC2CD22BCCDcosC5248cosC②

因为A、B、C、D四点共圆，所以ACπ，从而cosAcos(πC)cosC③，由①②③，解

12π112π

得cosA，因为A(0,π)，所以A．从而SABADsinA24sin23，

23ABD223

11π

SCBCDsinC64sin63，所以SSS83．

BCD223四边形ABCDABDBCD

★4.阿波罗尼斯圆与球

|PA|

（1）定义：已知平面上两点A,B，则所有满足,1的动点P的轨迹是一个以

|PB|

定比为m:n内分和外分定线段AB的两个分点的连线为直径的圆，圆的半径为

21

|||AB|，圆心为(|AB|,0).

2121

解析：设A(c,0),B(c,0),P(x,y)．因为APBP(c0,0且1)由两点间距离公

22

212

式得2222，化简得2．

(xc)y(xc)yx2cy2c

11

21

所以点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，且有圆与轴交于

P2c,02cx

11

22

(1)c(1)c，

M2,0,N2,0

11

(1)2m

m

|AM|2|PA|

则有1则由角平分线定理,可知PM是ABP的内角平

|BM|(1)2m|PB|

m，

21

分线.

例5.ABC中，AB2，AC2BC，则ABC的面积最大值为_______.

解析：由AB2,AC2BC，见系代入得(x3)2y28．设圆心为M，显然当

1

CMx轴时，ABC面积最大，此时|CM|22．所以S22222．

ABCmx2

例6．如图，圆C与x轴相切于点T(1,0)，与y轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），

且|AB|2．

（1）圆C的标准方程为___________；

（2）过点A任意作一条直线与圆0:x2y21相交于M，N两点，下列三个结论

|NA||MA||NB||MA||NB||MA|

①；②2；③22

|NB||MB||NA||MB||NA||MB|

其中正确结论的序号是__________________．

解析：（1）依题意，设C(1,r)（r为圆的半径），因为|AB|2

所以r12122，所以圆心为C(1,2)，故圆的标准方程为(x1)2(y2)22．

（2）在（1）的基础上易得A(0,21),B(0,21),E(0,1)，于是|EA|22，

|EA|22

|EB|2．所以21．由阿波罗尼斯圆的定义知圆O是以A，B为

|EB|2

|NA||MA|

定点，且比值为21的阿波罗尼斯圆故①成立；因为

|NB||MB|

|NB||EB|2|MA||EA||NB||MA|

21,21，所以②2成立；

|NA||EA|22|MB||EB||NA||MB|

|NB||MA|

③(21)(21)22成立．因此正确结论的序号是①②③．

|NA||MB|

（2）.阿氏圆的逆用.结论：已知圆(xa)2(yb)2r2上任意一点P和坐标轴上任意

两点A,B，求形如PAPB(PAPB)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C是以点M2,23和点N6,23为直径的圆，点P为圆C上的动点，若点

A2,0，点B1,1，则2PAPB的最大值为（）

A．26B．42C．852D．2

解析：由题设，知：C(4,0)且|MN|(2323)2(62)28，即圆C的半径为4，

∴圆C：(x4)2y216，

ACPC1

如上图，坐标系中D(4,0)则OD2ACCPOC4，∴，即△APC△PCD，

CPDC2

PA1

故，（亦可逆用阿氏圆，其实就是阿氏圆的几何推导）.

PD2

∴2PAPB|PD||PB|，在△PBD中|PD||PB||BD|，∴要使|PD||PB|最大，

P,B,D共线且最大值为|BD|的长度.∴|BD|(14)2126.故选：A

（3）．阿波罗尼斯球

PA

例8．已知平面上两定点A，B，则所有满足（0且1）的点P的轨迹是一个

PB

圆心在AB上，半径为AB的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故

12

称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1表面上动点P满足PA2PB，则点P

的轨迹长度为（）

4π4π3π

A．2πB．3πC．D．23π

332

解析：在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心Oa,0,半径为r，

|PA|22

|PA|2|PB|,2,r|AB|32，设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知

|PB|1223

AM

2，|BM|2|BO|2a,|AM|2|BM|42a，

MB

42a2a63a3,a1,O(1,0)，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ABB1A1内部时如图②,截面圆与ABBB1分别交于M，R，所以P在四边形ABB1A1内的

轨迹为MR，

π2

RO2,BO1,在RtRBO中ROB60，MR2π，

33

22

所以，当P在面ABBA内部的轨迹长为π，同理，当P在面ABCD内部的轨迹长为π，

1133

当P在面BCC1B1时,如图③所示，

OB面BCC1B1，平面BCC1B1截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与

，，22

BB1BC分别交于RQ，且BPOPOB413，所以P在正方形BCC1B1内的

π322343

轨迹为RQ，所以RQ3π，综上：P的轨迹长度为πππππ.

2233232

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：PAPB(0).

解析：由于|AB|定值，设AB中点为M，根据平面向量部分极化恒等式可得：

2121

PAPBPMAB(0)|PM||AB|2，故动点P是以AB中点M

44

1

为圆心，半径为|AB|2的圆.

4

3.动点P满足对两个定点A,B满足：|PA|2|PB|2(0).

解析：由于|PA|2|PB|2(PAPB)22PAPB，设AB中点为M，则由向量关系与极

1

化恒等式可知：(PAPB)22PAPB4PM22(PM2AB2)，整理可得：

4

11

PM2AB2，显然动点P以M为圆心，AB2为半径的圆.

2424

二．典例分析

22

例1.如果圆(x2a)(ya3)4上总存在两个点到原点的距离为1，则实数a的取值

范围为________.

解析：转化为(x2a)2(ya3)24与圆x2y21有两个交点，求a的取值范围问

6

题，由两圆相交的条件可知：a(,0).

5

22

例2．已知点A4,0，圆C：xaya1，若圆C上存在点P使得PA3，则实数a的

最小值是（）

A．－1B．1C．0D．2

解析：根据题意，点A4,0，若PA3，则点P的轨迹是以A为圆心，3为半径的圆，设该

22

圆为圆A，圆C:xaya1，若圆C上存在点P使得PA3，则圆C与圆A有公共

2

点，则2a4a24，解得0a4，即a的取值范围为，故a的最小值为0．

故选：C．�,�

22

例3．若圆C：xaya8上总存在两个点到原点的距离均为2，则实数a的取

值范围是（）

A．3,11,3B．3,3

C．1,1D．3,11,3

2222

解析：到原点的距离为2的点的轨迹为圆：xy2，因此圆C：xaya8上

2222

总存在两个点到原点的距离均为2，转化为圆C1：xy2与圆C：xaya8

有两个交点，因为两圆的圆心和半径分别为C10,0，r12，Ca,a，r22，所以

rr1C1Cr1r，故22a32，解得3a1或1a3，

故实数a的取值范围是3,11,3，故A正确.故选：A

22

例4．已知点A3,0，圆C:xaya1，若圆C上存在点P使得PA2，则a的

取值范围为（）

A．0,3B．0,3C．3,0D．3,0

2

解析：由PA2，则点P在圆A:x3y24上，又有点P在圆C上，所以圆A和圆C

22

有公共点（P)，两圆半径分别为2、1，所以213a0a21，所以a0,3.

故选：A．

例5．已知A2,0，B2,0，若圆(xa1)2(y3a2)24上存在点P满足PAPB5，

则a的取值范围是（）

A．1,2B．2,1C．2,3D．3,2

解析：设点P(x,y)，则PA(x2,y)，PB(x2,y)，所以

PAPB(x2)(x2)y25，所以P的轨迹方程为x2y29，圆心为(0,0)，半径为3．

由此可知圆(xa1)2(y3a2)24与x2y29有公共点，又圆

(xa1)2(y3a2)24的圆心为(a1,3a2)，半径为2，所以1(a1)2(3a2)25

解得1a2，即a的取值范围是1,2．故选：A．

22

例6．已知A2,1，B2,1，圆xay2a41上存在点P，使得PAPB0，

则a的最大值为（）

612

A．B．C．3D．4

55

解析：P(x,y)，A2,1，B2,1，若PAPB0，则2x,1y2x,1y0，

2

即x2y14，即点P的轨迹是以点0,1为圆心，2为半径的圆，由条件可知，圆

2222

xay2a41与圆x2y14有交点，则21a22a4112，解

1212

得：0a，所以a的最大值为.故选：B

55

例7．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AD，BC上，且DE2AE，

CF2BF．点P在正方形ABCD的边AD或BC上运动，若PEPF1，则满足条件的点

P的个数是（）

A．0B．2C．4D．6

12

解析：由上述分析可知，故动点P是以EF中点M为圆心，半径为|EF|的圆.

4

故此题中点P以EF中点M为圆心，半径为10的圆，所以，共有4个点满足条件.

故选：C（凌晨讲数学）

22

例8．（多选）在平面直角坐标系中，A(1,0)，B3,0，C1,4，动点P满足PAPB10.

则（）

2

A．点P的轨迹方程为x2y24

B．PAB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

31423

D．设CP的最小值为a，当mnam0,n0时，的最小值为

mn3

22222

解析：设Px,y，PAPBx1y2x3y210，即x2y24，故A正

确；

因为直线AB过圆心，点P到直线AB的最大距离为圆的半径r，此时PAB的面积最大，

11

PAB的最大面积为ABr222，故B正确；

22

2

因为1242254，所以点C在圆外，所以切线有两条，故C错误；

因为点C在圆外，所以22，则mn3，

PCmin12423

311314nm4nm423

mn2，

mn3mn3m3n3m3n3

nm

当且仅当时，即m3n时等号成立，故D正确.故选：ABD.

m3n

22

例9．已知点C、D在PAB的边AB上，且ACBD，若CPD90,且PAPB8，

则ABCD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x轴建立直角坐标系，不妨

设C(a,0),D(a,0),B(ab,0),A(ab,0),P(x,y)，因为CPD900，所以x2y2a2，

22

又由PAPB8，所以(xab)2y2(xab)2y28，整理得(ab)2a24，

又由ABCD2(ab)2a4a2b2(ab)2a(ab)2a2222242，

当且仅当向量(4,2)与向量(ab,a)共线时取等号，所以ABCD的最大值为42．

例10．如图，在平面直角坐标系xoy中，已知圆C:x2y24x0及点A(1,0),B(1,2).

（1）若直线l过点B，与圆C相交于M、N两点，且|MN|23，求直线l的方程；

（2）圆C上是否存在点P，使得|PA|2|PB|212成立？若存在，求点P的个数；若不存在，

请说明理由.

解析：（1）圆C:x2y24x0可化为(x2)2y24，圆心为(2,0),r2，

若l的斜率不存在时，l：x1，此时|MN|23符合要求.

当l的斜率存在时，设l的斜率为k，则令l:y2k(x1)，因为|MN|23，由垂径定理

2k3

可得，圆心到直线的距离dr231，1k，3x4y110

k214

所以直线l的方程为x1或3x4y110.

（2）假设圆C上存在点P，设P(x,y)，则(x2)2y24，

|PA|2|PB|2(x1)2(y0)2(x1)2(y2)212，即x2y22y30，即

222222

x(y1)4，|22|(20)2(01)222，(x2)y4与x(y1)4相交，

则点P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：PAPB.

由于|AB|定值，设AB中点为M，根据平面向量部分极化恒等式可得：

2121

PAPBPMAB|PM||AB|2，故动点P是以AB中点M为圆心，

44

1

半径为|AB|2的圆.当0时，即PAPB，此时动点P在以AB为直径的圆

4

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AxByC0垂直的直线方程为BxAyn0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P在圆O：x2y24上，点A3,0，B0,4，满足APBP的点P的个数为

（）

A．3B．2C．1D．0

解析：设点P(x,y)，则x2y24，且AP(x3,y)，BP(x,y4)，由APBP，得

325

APBPx(x3)y(y4)x2y23x4y0，即(x)2(y2)2，故点P的轨迹

24

35559

为一个圆心为(,2)，半径为的圆，则两圆的圆心距为，半径和为2，半径差

22222

51159

为2，有，所以两圆相交，满足这样的点P有2个.故选B.

22222

★应用2.直接告知垂直与并利用定点线系产生隐圆

3

例2.已知点P3,0在动直线mxnym3n0上的投影为点M，若点N2,，则MN

2

的最大值为（）

311

A．1B．C．2D．

22

解析：由动直线方程mxnym3n0得mx1ny30，所以该直线过定点Q

15

（1,3），所以动点M在以PQ为直径的圆上，所以圆的半径为(13)232,圆心的坐

22

333

标为(1,)，所以点N到圆心的距离为(21)2()23，所以MN的最大值为

222

511

3+.故选：D.

22

★应用3.利用定点线系与垂直线系产生隐圆

22

例3．已知M是圆C:xy1上一个动点，且直线l1:mxny3mn0与直线

22

l2:nxmy3mn0(m,nR,mn0)相交于点P，则PM的取值范围是（）

A．[31,231]B．[21,321]C．[21,221]D．[21,331]

解析：依题意，直线l1:m(x3)n(y1)0恒过定点A(3,1)，直线l2:n(x1)m(y3)0恒

过定点B(1,3)，显然直线l1l2，因此，直线l1与l2交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，

22

其方程为：(x2)(y2)2，圆心N(2,2)，半径r22，而圆C的圆心C(0,0)，半径

r11，如图：

|NC|22r1r2，两圆外离，由圆的几何性质得：|PM|min|NC|r1r221，

|PM|max|NC|r1r2321，所以PM的取值范围是：[21,321].故选：B

★应用4.利用斜率和积产生定点加垂直产生隐圆

x2y22

例4.（2020年新高考1卷）已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点

a2b22

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．

x2y2

解析：（1）由题意可得椭圆方程为：1.

63

（2）设点Mx1,y1,Nx2,y2.因为AM⊥AN，即x12x22y11y210,①

当直线MN的斜率存在时，设方程为ykxm,如图1.代入椭圆方程消去y并整理得：

2

2224km2m6

12kx4kmx2m60,xx,xx②,根据

1212k21212k2

y1kx1m,y2kx2m,代入①整理可得：

2

2，将②代入可得：

k1x1x2kmk2x1x2m140

2

22m64km2

k1kmk2m140，整理化简得

12k212k2

2k3m12km10,∵A（2,1）不在直线MN上，∴2km10，

21

∴2k3m10，k1，于是MN的方程为ykx，所以直线过定点直线过

33

21

定点当直线的斜率不存在时，可得如图

E,.MNNx1,y1,2.

33