第62講、隱圓問題（教師版）

第62講隱圓問題必考題型全歸納題型一：隱圓的第一定義：到定點的距離等于定長例1．（2024·天津北辰·高三天津市第四十七中學?？计谀┢矫鎯?nèi)，定點，，，滿足，且，動點，滿足，，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由題，則到，，三點的距離相等，所以是的外心.又，變形可得，所以，同理可得，，所以是的垂心，所以的外心與垂心重合，所以是正三角形，且是的中心；由，解得，所以的邊長為；如圖所示，以為坐標原點建立直角坐標系，則，，，，可設，其中，，而，即是的中點，則，，當時，取得最大值為．故選：D．例2．（2024·全國·高一階段練習）已知是單位向量，，若向量滿足，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】單位向量滿足，即，作，以射線OA，OB分別作為x、y軸非負半軸建立平面直角坐標系，如圖，，設，則，由得：，令，即，，其中銳角滿足，因此，當時，，當時，，所以的取值范圍是.故選：D例3．（2024·全國·高三專題練習）已知單位向量與向量垂直，若向量滿足，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意不妨設，設，則．∵，∴，即表示圓心為，半徑為1的圓，設圓心為P，∴．∵表示圓P上的點到坐標原點的距離，，∴的取值范圍為，故選：C．變式1．（2024·湖北武漢·高二湖北省武昌實驗中學?？茧A段練習）如果圓上總存在兩個點到原點的距離為，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】問題可轉(zhuǎn)化為圓和圓相交，兩圓圓心距，由得，解得，即.故選：D變式2．（2024·新疆和田·高二期中）如果圓（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上總存在兩個點到原點的距離為2，則實數(shù)a的取值范圍是（）A． B．C．（﹣1，0）∪（0，1） D．（﹣1，1）【答案】A【解析】∵圓（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上總存在兩個點到原點的距離為2，∴圓O：x2+y2＝4與圓C：（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1相交，∵|OC|，由R﹣r＜|OC|＜R+r得：13，∴，∴﹣2a＜0或0＜a＜2．故選A．變式3．（2024·新疆·高三兵團第三師第一中學校考階段練習）在平面內(nèi)，定點，，，滿足，，動點，滿足，，則的最大值為．【答案】【解析】平面內(nèi)，，，，，，可設，，，，動點，滿足，，可設，，，，，，當且僅當時取等號，的最大值為．故答案為：．變式4．（2024·安徽池州·高一池州市第一中學?？茧A段練習）在平面內(nèi)，定點與、、滿足，，動點、滿足，，則的最大值為．【答案】49【解析】由，可得為的外心，又，可得，，即，即有，，可得為的垂心，則為的中心，即為正三角形，由,即有,解得，的邊長為，由，可得為中點，，設，則，,,當時，最大值為49,故答案為：49題型二：隱圓的第二定義：到兩定點距離的平方和為定值例4．（2024·四川廣元·高二四川省劍閣中學校校考階段練習）在平面直角坐標系中，為兩個定點，動點在直線上，動點滿足，則的最小值為．【答案】5【解析】設點，由得：，即，即，在以為直徑的圓上，不妨設，，則，，，，其中為輔助角，令，，則，．，令，，，在，上單調(diào)遞增，故當時，取得最小值，再令，，顯然在，上單調(diào)遞增，故時，取得最小值，綜上，當，時，取得最小值25．故的最小值為5,故答案為：5．例5．（2024·全國·高三專題練習）已知四點共面，，，，則的最大值為．【答案】10【解析】設，由題意可得：，則：，ABC構(gòu)成三角形，則：，解得：，由余弦定理：，當時，取得最大值為10.例6．（2024·浙江金華·高二校聯(lián)考期末）已知圓，點，設是圓上的動點，令，則的最小值為．【答案】【解析】設，，，，當取得最小值時，取得最小值，由圓，則圓心，半徑，易知，則.故答案為：.變式5．（2024·高二課時練習）正方形與點在同一平面內(nèi)，已知該正方形的邊長為1，且，則的取值范圍為.【答案】【解析】如圖，以為坐標原點，建立平面直角坐標系，則，設點，則由，得，整理得，即點的軌跡是以點為圓心，為半徑的圓，圓心M到點D的距離為，所以，所以的取值范圍是.故答案為：.變式6．（2024·上海閔行·高二校考期末）如圖，△是邊長為1的正三角形，點在△所在的平面內(nèi)，且（為常數(shù)），滿足條件的點有無數(shù)個，則實數(shù)的取值范圍是．【答案】【解析】以所在的直線為軸，中點為原點建立直角坐標系，如圖所示：則設則化簡得即當時，點不存在；當時，點只有一個；當時，點的軌跡是一個圓形，有無數(shù)個；故答案為：變式7．（2024·全國·高三專題練習）如圖，是邊長為1的正三角形，點P在所在的平面內(nèi)，且（a為常數(shù)），下列結(jié)論中正確的是A．當時，滿足條件的點P有且只有一個B．當時，滿足條件的點P有三個C．當時，滿足條件的點P有無數(shù)個D．當a為任意正實數(shù)時，滿足條件的點總是有限個【答案】C【解析】以所在直線為軸，中點為原點，建立直角坐標系，如圖所示則，，，設，可得，，，∵，∴，化簡得：，即，配方，得…（1）當時，方程（1）的右邊小于0，故不能表示任何圖形；當時，方程（1）的右邊為0，表示點，恰好是正三角形的重心；當時，方程（1）的右邊大于0，表示以為圓心，半徑為的圓，由此對照各個選項，可得只有C項符合題意.故選：C．題型三：隱圓的第三定義：到兩定點的夾角為90°例7．（2024·湖北武漢·高二湖北省武昌實驗中學?？茧A段練習）已知圓和點，若圓上存在兩點使得，則實數(shù)的取值范圍是．【答案】【解析】對于上任意一點，當均為圓的切線時最大，由題意，，即，此時為滿足題設條件的臨界點，如上圖，若與重合，則，為圓的切線，此時，綜上，在臨界點之間移動過程中，有，即，解得，可得.故答案為：例8．（2024·江蘇南京·金陵中學?？寄M預測）已知圓C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和點M(5，t)，若圓C上存在兩點A，B，使得MA⊥MB，則實數(shù)t的取值范圍是【答案】[2，6]【解析】因為點M在圓C外，當AM，BM與圓C相切時，∠AMB最大，要使在圓C上存在兩點A和B，使得MA⊥MB，只需當AM，BM與圓C相切時，∠AMB≥90°，即∠AMC≥45°，則sin∠AMC＝≥，解得2≤t≤6.故答案為：[2，6].例9．（2024·高二課時練習）設，過定點的動直線和過定點的動直線交于點，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由已知可得動直線經(jīng)過定點，動直線經(jīng)過定點，且兩條直線互相垂直，且相交于點，所以，即，由基本不等式可得，即，可得，故選：C.變式8．（2024·陜西西安·高二西安市鐵一中學?？计谀┰O，過定點的動直線和過定點的動直線交于點，則的最大值是（

）A． B． C．5 D．10【答案】C【解析】顯然過定點，直線可化成，則經(jīng)過定點，根據(jù)兩條直線垂直的一般式方程的條件，，于是直線和直線垂直，又為兩條直線的交點，則，又，由勾股定理和基本不等式，，則，當時，的最大值是.故選：C變式9．（2024·高二課時練習）設，過定點的動直線和過定點的動直線交于點，則的值為（

）A．5 B．10 C． D．【答案】B【解析】由題意，動直線經(jīng)過定點，則，動直線變形得，則，由得，∴，故選：B．變式10．（2024·全國·高三校聯(lián)考階段練習）設，動直線：過定點，動直線：過定點，且，交于點，則的最大值是（

）A． B． C．5 D．10【答案】B【解析】根據(jù)方程推出，可得，的交點在以為直徑的圓上，可得，再根據(jù)不等式知識可求得結(jié)果.動直線：過定點，動直線：過定點，因為，所以，所以，的交點在以為直徑的圓上，所以，設，則，所以，因為，當且僅當時等號成立，所以，即，解得.即，所以的最大值是.故選：B變式11．（2024·全國·高三專題練習）設向量，，滿足，，，則的最小值是（

）A． B． C． D．1【答案】B【解析】建立坐標系，以向量，的角平分線所在的直線為軸，使得，的坐標分別為，，設的坐標為，因為，所以，化簡得，表示以為圓心，為半徑的圓，則的最小值表示圓上的點到原點的距離的最小值，因為圓到原點的距離為，所以圓上的點到原點的距離的最小值為，故選：B變式12．（2024·全國·高三專題練習）已知點，，若圓：上存在一點，使得，則實數(shù)的最大值是（）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【解析】根據(jù)題意，圓C：x2+y2-8x-8y+31=0，即（x-4）2+（y-4）2=1；其圓心為（4，4），半徑r=1，設AB的中點為M，又由點A（1-m，0），B（1+m，0），則M（1，0），|AB|=2|m|，以AB為直徑的圓為（x-1）2+y2=m2，若圓C：x2+y2-8x-8y+31=0上存在一點P，使得PA⊥PB，則圓C與圓M有公共點，又由即有|m|-1≤5且|m|+1≥5，解可得：4≤|m|≤6，即-6≤m≤-4或4≤m≤6，即實數(shù)m的最大值是6；故選C．變式13．（2024·江西宜春·高一江西省萬載中學校考期末）已知，是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，若向量滿足，則的最大值是（

）A． B．2 C． D．【答案】C【解析】如圖，設，，，，則，，因為，故，故，所以在以為直徑的圓上，故的最大值為圓的直徑，故選：C.變式14．（2024·全國·高三專題練習）已知是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，若向量滿足，則的最大值是（

）A．1 B．2C． D．【答案】C【解析】設，且，為線段的中點，因為，所以，則，所以，所以點在以為圓心，半徑為的圓，所以的最大值即為該圓的直徑，所以的最大值為.故選：C.變式15．（2024·湖北武漢·高二校聯(lián)考期中）已知和是平面內(nèi)兩個單位向量，且，若向量滿足，則的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如圖所示：設，，，則，，因為，所以，即.所以在以為直徑的圓上.設的中點為，因為和是平面內(nèi)兩個單位向量，且，所以，.所以.故選：B變式16．（2024·黑龍江哈爾濱·高三哈爾濱市第一中學校?？计谥校┮阎蛄浚瞧矫鎯?nèi)兩個互相垂直的單位向量，若向量滿足，則的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因為，是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，故可設，，，則，，因為，所以，整理得到，即，故的最大值為，故選：B.題型四：隱圓的第四定義：邊與對角為定值、對角互補、數(shù)量積定值例10．（2024·全國·高一專題練習）設向量滿足，，，則的最大值等于.【答案】2【解析】由題設，，而，則，令，則，又，如下圖示：所以，，則，故共圓，而，即，故外接圓直徑，對于，當為直徑時最大，即.故答案為：2.例11．（2024·全國·高三專題練習）在邊長為8正方形中，點為的中點，是上一點，且，若對于常數(shù)，在正方形的邊上恰有個不同的點，使得，則實數(shù)的取值范圍為.【答案】【解析】以AB所在直線為x軸，以AD所在直線為y軸建立平面直角坐標系，如圖所示，則，，（1）當點P在AB上時，設，，∴，，∴，∵，∴．∴當時有一解，當時有兩解；（2）當點P在AD上時，設，，∴，，∴，∵，∴，∴當或時有一解，當時有兩解；（3）若P在DC上，設，，∴，，∴，∵，∴．∴當時有一解，當時有兩解；（4）當點P在BC上時，設，，∴，，∴，∵，∴，∴當或時有一解，當時有兩解，綜上，在正方形的四條邊上有且只有6個不同的點P，使得成立，那么m的取值范圍是，故答案為：．例12．（2024·全國·高三專題練習）在平面四邊形中，連接對角線，已知，，，，則對角線的最大值為（

）A．27 B．16 C．10 D．25【答案】A【解析】以D為坐標原點，DB,DC分別為x,y軸建立如圖所示直角坐標系，則,因為，，所以由平面幾何知識得A點軌跡為圓?。ㄒ驗闉槠矫嫠倪呅?，所以取圖中第四象限部分的圓弧），設圓心為E,則由正弦定理可得圓半徑為，因此對角線的最大值為故選：A變式17．（2024·全國·高考真題）設向量滿足，，，則的最大值等于A．4 B．2 C． D．1【答案】A【解析】因為，，所以,.如圖所以，設，則,,.所以，所以，所以四點共圓.不妨設為圓M，因為,所以.所以,由正弦定理可得的外接圓即圓M的直徑為.所以當為圓M的直徑時，取得最大值4.故選A.變式18．（2024·全國·高三專題練習）在平面內(nèi),設A、B為兩個不同的定點,動點P滿足:(為實常數(shù))，則動點P的軌跡為（

）A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．不能確定【答案】A【解析】設，以所在直線為軸，的中垂線為軸，建立直角坐標系如圖所示：則設即，表示圓故選：A變式19．（2024·全國·高三專題練習）如圖，梯形中，，，，,和分別為與的中點，對于常數(shù)，在梯形的四條邊上恰好有8個不同的點，使得成立，則實數(shù)的取值范圍是A． B．C． D．【答案】D【解析】以DC所在直線為x軸，DC的中垂線為y軸建立平面直角坐標系，則梯形的高為,∴A(?1,2),B(1,2),C(2,0),D(?2,0),∴.1)當P在DC上時,設P(x,0)(?2?x?2),則.于是，∴當時,方程有一解,當時，λ有兩解；(2)當P在AB上時,設P(x,2)(?1?x?1),則.∴，∴當時,方程有一解,當時，λ有兩解；(3)當P在AD上時，直線AD方程為y=2x+4，設P(x,2x+4)(?2<x<?1),則.于是，∴當或時,方程有一解,當時，方程有兩解；(4)當P在CD上時,由對稱性可知當或時，方程有一解，當時，方程有兩解；綜上,若使梯形上有8個不同的點P滿足成立，則λ的取值范圍是.本題選擇D選項.變式20．（2024·江蘇·高一專題練習）已知正方形的邊長為4，點，分別為，的中點，如果對于常數(shù)，在正方形的四條邊上，有且只有8個不同的點，使得成立，那么的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如圖所示,設的中點為,則,兩式平方相減得,所以,即,所以,由對稱性可知每個邊上存在兩個點,所以點在邊的中點和頂點之間,故,解得,故選:D題型五：隱圓的第五定義：到兩定點距離之比為定值例13．（2024·四川宜賓·高二四川省宜賓市第四中學校?？茧A段練習）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，與歐幾里得?阿基米德并稱為亞歷山大時期數(shù)學三巨匠，他對圓錐曲線有深刻而系統(tǒng)的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書，阿波羅尼斯圓就是他的研究成果之一.指的是：已知動點與兩定點的距離之比，那么點的軌跡就是阿波羅尼斯圓.已知動點的軌跡是阿波羅尼斯圓，其方程為，其中，定點為軸上一點，定點的坐標為，若點，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】設，，所以，由，所以，因為且，所以，整理可得，又動點M的軌跡是，所以，解得，所以，又，所以，因為，所以的最小值，當M在位置或時等號成立.故選：D例14．（2024·江西贛州·統(tǒng)考模擬預測）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，與歐幾里得、阿基米德并稱為亞歷山大時期數(shù)學三巨匠，他對圓錐曲線有深刻而系統(tǒng)的研究，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知動點M與兩定點A，B的距離之比為，那么點M的軌跡就是阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．已知在平面直角坐標系中，圓、點和點，M為圓O上的動點，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設，令，則，由題知圓是關(guān)于點A、C的阿波羅尼斯圓，且，設點，則，整理得：，比較兩方程可得：，，，即，，點，當點M位于圖中的位置時，的值最大，最大為.故選：B.例15．（2024·湖南張家界·高二統(tǒng)考期末）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，與歐幾里得、阿基米德被稱為亞歷山大時期數(shù)學三巨匠，他對圓錐曲線有深刻且系統(tǒng)的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書中，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知動點與兩定點，的距離之比為，那么點的軌跡就是阿波羅尼斯圓．如動點與兩定點，的距離之比為時的阿波羅尼斯圓為．下面，我們來研究與此相關(guān)的一個問題：已知圓上的動點和定點，，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如圖，點M在圓上，取點，連接，有，當點不共線時，，又，因此∽，則有，當點共線時，有，則，因此，當且僅當點M是線段BN與圓O的交點時取等號，所以的最小值為.故選：C變式21．（2024·廣東東莞·高三東莞實驗中學?？奸_學考試）對平面上兩點A、B，滿足的點P的軌跡是一個圓，這個圓最先由古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，命名為阿波羅尼斯圓，稱點A，B是此圓的一對阿波羅點．不在圓上的任意一點都可以與關(guān)于此圓的另一個點組成一對阿波羅點，且這一對阿波羅點與圓心在同一直線上，其中一點在圓內(nèi)，另一點在圓外，系數(shù)只與阿波羅點相對于圓的位置有關(guān)．已知，，，若動點P滿足，則的最小值是．【答案】【解析】由題意知：，即，（當且僅當三點按順序共線時取等號），又，的最小值為；故答案為：.變式22．（2024·上?！じ呷Ｂ?lián)考階段練習）古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯在他的巨著