模型-隐形圆问题9大策略配套详解全梳理--6.14.docx

1、隐形圆问题第一讲 “形”现“圆”形问题 如图所示，在等腰直角三角形ABC中，ABBC2，点P为等腰直角三角形ABC所在平面内一点，且满足PAPB，则PC的取值范围是_ 分析 本题因为点P满足PAPB即APB90，根据直径所对的圆周角是直角，可知点P在以AB为直径的圆上运动，点P的运动轨迹是一个圆， 要求PC的取值范围，利用PC与圆心O三点共线时取得最值，即可解决可以发现，这里隐藏着一个圆，像这样的问题，我们称为“隐形圆”问题，本题利用初中的平面几何的知识即可解决变式1 在平面直角坐标系xOy中，直线l1的方程为ykx，直线l2的方程为x+ky-2k=0，若l1与l2的交点为P，定点，则PC的取

2、值范围是_ 分析 可以发现直线l1与l2是互相垂直的，直线l1经过原点O（B），直线l2经过定点，P的轨迹是以AB为直径的圆（不含A点），于是本题就转换为上述问题，其平面几何背景即为上述问题变式2（2017年南京二模）在平面直角坐标系xOy中，直线l1：kxy20与直线l2： xky20相交于点P，则当实数k变化时，点P到直线xy40的距离的最大值为_ 分析 直线l1过定点，直线l2过定点，AB ，P的轨迹是以AB为直径的圆（不含原点），其圆心为C(1，1)，到直线的距离为，点P到直线xy40的距离的最大值为圆是高中数学中一种简单但又非常重要的曲线，近几年高考题和高考模拟题中，经常会出现一类有

3、关圆的题目，这类题目在条件中没有直接给出有关圆方面的信息，而是以隐性的形式出现，但我们通过分析和转化，最终都可以利用圆的知识求解这类题目构思巧妙，综合性强,，充分考查了学生的数形结合、转化和化归等数学思想方法，处理这类题目关键在于能否把隐形圆找出来 圆作为几何图形，找“隐形圆”的一个角度可以从“形”的角度来发现策略一 由圆的定义（到定点的距离等于定长的点的轨迹）确定隐形圆例1（1）若圆(x2a)2(ya3)24上总存在两个点到原点距离为1，实数a范围是_ 【解】到原点的距离为1的点的轨迹是以原点为圆心的单位圆，转化到此单位圆与已知圆相交，从而有，解得（2）（2016年南京二模）已知圆O：x2y

4、21，圆M：(xa)2(ya4)21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APB60，则a范围为_ 【解】由题意得，所以P在以O为圆心2为半径的圆上，即此圆与圆M有公共点，因此有（3）（2017年苏北四市一模）已知是圆上的动点，是圆上的动点，则范围是_ 【解】取AB的中点M，由，则C1M=，所以M在以C1圆心，半径为的圆上，且，转化为两圆上动点距离最值，PMmin C1C2151 ，PMmaxC1C2151，所以的取值范围是（4）若对任意aR，直线l：xcosaysina2sin(a)4与圆C：(xm)2(ym)21均无公共点，则实数m的取值范围是_ 【解】直线l的方程为

5、：(x-1)cosa(y-)sina4，M(1,)到l距离为4，所以l是以M为圆心半径为4的定圆的切线系，转化为圆C内含于圆M，所以MC3因为M(m,m)，C(1,)，所以得到 ，解得注：直线l：(x-x0)cosa(y-y0)sinaR为圆M：的切线系（5）（2016年南通三模）在平面直角坐标系中，圆，圆，若圆上存在点满足：过点向圆作两条切线PA、PB，切点为A、B，的面积为1，则正数的取值范围是_【解】设P(x，y)， PA，PB的夹角为ABP的面积S=由，解得，所以，所以点P在圆上所以，解得策略二 由动点P对两定点A、B张角是（，或0）确定隐形圆例2 （1）（2014年北京卷）已知圆C：

6、和两点，若圆上存在点P，使得APB=90，则m的取值范围是_ 【解】由可知，若点P存在，则点P在以AB为直径的圆O上，其半径为m，所以圆O与圆C有公共点，从而则m的取值范围是 （2）（海安2016届高三上期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点P(1，0)， Q(2，1)，直线l：其中实数a，b，c 成等差数列，若点 P 在直线 l 上的射影为 H，则线段 QH 的取值范围是_ 【解】直线l过定点R（1，-2），H在以PR为直径的圆上，其圆的半径为PR，设PR的中点为M（0，-1），则MQ2， 所以QHmin2，QHmax23，则线段 QH 的取值范围是（3）（通州区2017届高三下开学初检测）

7、设，直线：与直线 ：交于点，则的取值范围是_【解】由，可知其表示到定点B(-1，0)的距离的平方减1因为l 1过定点O(0，0)，l2过定点A(2，-4)，且l1 l2，则P在以OA为直径的圆上，但是由于直线l1不能表示斜率为0的直线，直线l2不能表示斜率不存在的直线，所以要除去一点(2，0)而上述圆的圆心为C(1，-2)，半径为， 由BC， PBminBC ， PBmaxBC即策略三 由圆周角的性质确定隐形圆例3（1）已知分别为的三个内角的对边，(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC则面积的最大值为_【解】原式即为，由余弦定理得cosA，所以A60，再由正弦定理，得外接圆的半径

8、为，设的外接圆的圆心为O，则O到BC的距离为，则边BC上的高h的最大值为+=，则面积的最大值为（2）（2017年常州一模）在ABC中，C45o，O是ABC的外心，若(m，nR)，则mn的取值范围是_ 【解】由圆周角的性质，AOB2C90，点C在以O为圆心，半径OA的圆上（在优弧AB上）不妨以O为圆心，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，设，由得到，所以mn，结合，得到，故mn的取值范围是当圆周角是直角时，即为策略二情形策略四 由四点共圆的定理来确定隐形圆（如一个四边形对角互补，则该四边形四点共圆）例4（2011年全国卷2）设向量a，b，c满足|a|b|1，ab，若

9、ac与bc的夹角为60，则|c|的最大值等于 2 【解】设向量a，b，c的起点为O，终点分别为A，B，C，由已知条件得，AOB120，ACB60，则点C在AOB的外接圆上，当OC经过圆心时，|c|最大，在AOB中，求得AB，由正弦定理得AOB外接圆的直径是2，的最大值是2【同步练习】1点A，B分别在x轴与y轴的正半轴上移动，且AB2，若点A从(，0)移动到(，0)，则AB中点D经过的路程为 2已知O为坐标原点，向量，,，则与夹角的范围为 3已知直线上存在点M满足与两点,连线的斜率之积为，则实数m的取值范围是 4已知圆C：x2y21，点P(x0，y0)在直线xy20上，O为坐标原点，若圆C上存在

10、一点Q，使得OPQ30，则x0的取值范围是_0,25如图，已知点A(1,0)与点B(1,0)，C是圆x2y21上的动点(与点A,B不重合)，连接BC并延长至D，使得|CD|BC|，则线段PD的取值范围 第二讲 “数”现“圆”形解析几何中，找“隐形圆”的另一个角度可以从“数”的角度（求出其方程）来发现策略五 直接由圆（半圆）的方程确定隐形圆例1 （1）(2016年泰州一模)已知实数a，b，c满足，则的取值范围为_【解】方法一 令，则原题转化为实数x、y满足，求的取值范围，归结为以原点为圆心的单位圆上的动点M与定点的斜率的取值范围方法二 令，原题转化为求的取值范围，而动点在以原点为圆心的单位圆上，

11、以下同方法一y（2）若方程3xb有解，则b的取值范围是 Ox例1(2)【解】令y3，其方程可化简为(x2)2(y3)24 (1y3)，即表示圆心为(2,3)，半径为2的半圆当直线l：yxb与此半圆相切时，满足圆心(2,3)到直线yxb距离等于2，解得b12或b12，因为是下半圆，故可得b12当直线过(0,3)时，解得b3，故12b3（3）已知实数x、y满足，则x+y的最大值是_【解】设，则,，代入原式并整理，得因此动点的轨迹是圆位于第一象限的一段圆弧（含与x轴、y轴的正半轴的交点），此圆的圆心为，半径为，而x+y，所以（x+y）max另法：（基本不等式）原式化为，平方后为即，解得x+y4（当且

12、仅当时取“”）策略六 直接由圆（半圆）的参数方程确定隐形圆例2（1） 已知，则的取值范围是_ 【解】 点在以原点为圆心的单位圆上，在直线上，转化为圆上的动点与直线上的动点的距离的平方的取值范围，圆心到直线的距离为，所以，圆上的动点与直线上的动点的距离的最小值为，其平方为 （2）（2008年重庆高考）函数f(x)=() 的值域是_【解】f(x) 当sinx1时，f(x)0；当-1sinx1时，f(x) 其中的几何意义为以原点为圆心的单位圆上的动点与定点构成直线的斜率，则，所以得到-1f(x) 0策略七 由两定点A、B，动点P满足（是常数）,求出动点P的轨迹方程确定隐形圆例3 已知圆和两点若圆C上

13、存在点P，使得，则m的取值范围是_【解】设点，满足，得，这是一个圆的方程，从而转化为两圆有公共点，得，解得m的取值范围是注 若，则点P在以AB为直径的圆上变式1 （2017年南通密卷3）已知点，点P在直线上，若满足等式的点P有两个，则实数的取值范围是_【解】设P(x，y)，则，根据，有.由题意圆：与直线相交，圆心到直线的距离，所以.变式2 （2017年江苏高考）在平面直角坐标系中，点在圆上，若则点的横坐标的取值范围是_【解】设点，由，即，表示点P在此圆内部（含边界），又在圆O上，故联立，得或，结合圆O的最左边点为，所以的横坐标的取值范围是策略八 由两定点A、B，动点P满足是定值确定隐形圆例4（

14、1）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：(xa)2(ya2)21，点A(0，2)，若圆C上存在点M，满足MA2MO210，则实数a的取值范围是_【解】设M(x，y)，由MA2MO210，A(0，2)，得x2(y1)24，而M 又在圆C：(xa)2(ya2)21上，故它们有公共点，则1a2(a3)29，解得实数a的取值范围是0，3 （2） （2017届盐城三模）已知四点共面，则的最大值为 【解】以BC所在直线为x轴，线段BC 的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系 设，则，由，得，所以OA3取，故，所以ED3OA9，所以点D在以E为圆心，半径为9的圆上，故的最大值为EB910变式 在直角坐标系xOy

15、中，已知A(1，0)、B(0，1)，则满足PA2PB24且在圆x2y24上的点P的个数为_2【解】设P(x，y)，由PA2PB24知(x1)2y2x2(y1)24，整理，得xy20又圆心(0，0)到直线xy20距离d2，因此直线与圆有两个交点，故符合条件的点P有2个 策略九 由两定点A、B，动点P满足确定隐形圆（阿波罗尼斯圆）例5（1）（2016年南通一模）在平面直角坐标中，已知点，若直线上存在点P使得,则实数m的取值范围是_【解】点P满足圆的方程为，转化到直线与圆有交点的问题.变式1 若呢？ 【解】点P在圆：的内部（含边界 ），仍然转化到直线与圆有交点的问题.变式2 （2013年江苏卷第17

16、题改编）在平面直角坐标系中，已知点，如果圆上总存在点M使得，则圆心的横坐标的取值范围是_ 【解】设，由，得，化简为，其表示以为圆心，半径为2的圆，则圆D与圆C有公共点，得，解得的取值范围是（2）（2016届常州一模）在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2y21，O1：(x4)2y24，动点P在直线上，过点P作圆O，O1的两条切线，切点分别为A，B，若满足的点P有且仅有两个，则b的取值范围_ 【解】由平方得，故设，代入上式得，其表示以为圆心，半径为的圆，由题意，则直线与圆Q由两个不同的交点，故，解出b的取值范围为（3）已知曲线的方程，存在一定点和常数，对曲线上的任意一点，都有成立，则点到直线的

17、最大距离为_【解】方法一：由得即故，将代入得，得，（舍去），故又直线恒过定点，所以由几何性质知点到直线的最大距离为点与的距离为方法二：作为小题，由知是阿氏圆轨迹，故取圆直径上的两个点，即可得，解得，（舍去），故，以下同方法一例6（2017年南通二模）一缉私艇巡航至距领海边界线l（一条南北方向的直线）3.8海里的A处，发现在其北偏东30方向相距4海里的B处有一走私船正欲逃跑，缉私艇立即追击已知缉私艇的最大航速是走私船最大航速的3倍假设缉私艇和走私船均按直线方向以最大航速航行（1）略；（2）问：无论走私船沿何方向逃跑，缉私艇是否总能在领海内成功拦截？并说明理由【解】（1）略（2）如图乙，以为原点，

18、正北方向所在的直线为轴建立平面直角坐标系则，设缉私艇在处（缉私艇恰好截住走私船的位置）与走私船相遇，则，即整理得，所以点的轨迹是以点为圆心， 为半径的圆因为圆心到领海边界线：的距离为1.55，大于圆半径，所以缉私艇能在领海内截住走私船【同步练习】1已知圆C：(x3)2(y4)21，点A(0，1)，B(0,1)P是圆C上的动点，当|PA|2|PB|2取最大值时，点P的坐标是_【解】P(x0，y0)，则|PA|2|PB|2x(y01)2x(y01)22(xy)2，显然xy的最大值为(51)2，dmax74，此时6，结合点P在圆上，解得点P的坐标为.2（2016年盐城三模）已知线段AB的长为2，动点

19、C满足（为常数），且点C总不在以点B为圆心，为半径的圆内，则负数的最大值是_略解：动点C满足方程.3（2016年苏北四市一模）已知，点是直线上的动点，若恒成立，则最小正整数的值为_44在平面直角坐标系xOy中，M为直线x3上一动点，以M为圆心的圆记为圆M，若圆M截x轴所得的弦长恒为4过点O作圆M的一条切线，切点为P，则点P到直线2xy100距离的最大值为_3【提示】设M(3，t)，P(x0，y0)，因为OPPM，所以0，可得x02y023x0ty00 又圆M截x轴所得的弦长为4，所以4t2(x03)2(y0t)2，整理得x02y026x02ty050 由得x02y025，即点P在圆x2y25上

20、，于是P到直线2xy100距离的最大值为35已知且满足，则的取值范围是 第三讲 “隐圆”综合 隐藏圆问题可以和很多知识点结合，在三角形、向量、圆锥曲线等背景的一些问题中看上去和圆无关，但却隐藏着圆一、三角形中的隐形圆例1（1）（2017年南京、盐城一模）在中，A，B，C所对的边分别为，若，则面积的最大值为_ 【解】以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，建系.设，则由，得，即，所以点C在此圆上，S（2）（2008年高考江苏卷）若，则的最大值是_ 【解】以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，建系.则，设，由题意得，化简可得，从而C到AB的距离最大值为，故则的最大值是变式 已知中，B为CD的中点

21、，且，则的最大值是_【解】是的两倍，从而转化为上题例2 （1）在中，BC，AC1，以AB为边作等腰直角三角形ABD (B为直角顶点，C、D两点在直线AB的两侧)当C变化时，线段CD长的最大值为 【解】过点B作CB的垂线，取E点，使得BE，连接ED，有BEBC，BDBA，DBEABC，则BEDBCA，故ED1，D在以E为圆心，1为半径的圆上故CDmaxDECE123（2）在中，点D在边BC上，且DC2BD，ABADAC3k1，则实数k的取值范围为 【解】不妨设AB3，则ADk，AC1，由DC2BD，取AB上一点E，使得AE2EB，则DE，故D在以E为圆心，为半径的圆上运动，则，即二、向量中的隐形

22、圆例3 （1）已知向量a、b、c满足，若，则的最大值是_ 【解】易知a、b的夹角为45，作，则所以C在以AB为直径的圆上，AB，变式1 已知向量a、b、c满足，若，则的最大值是_ 【解】由得，易知a、b的夹角为45，作，由余弦定理知，而，所以C在以为直径的圆上，设的中点为D，则BD，从而变式2 （1）已知向量a，b，c满足|a|=1，|a-b|=|b|，（a-c）（b-c）=0，若对每一个确定的向量b， |c|的最大值和最小值分别为m，n，则对于任意向量b，m+n的最小值是_ 【解】作，由|a-b|=|b|得OBAB，且，所以C在以AB为直径的圆上，设AB的中点为D，则mn(ODCD)(ODC

23、D) 2OD因为ODmin，所以mn的最小值是（2）（2016年高考四川理数）在平面内，定点A，B，C，D满足=，= -2，动点P，M满足=1，=，则的最大值是_ 【解】由已知可得ADCADBBDC120，DADBDC=2，故ABC为等边三角形由M为PC的中点，取AC的中点E，则ME为ACP的中位线，ME，所以M在以E为圆心，半径为的圆E上BE，故BM的最大值为BEME3，则的最大值是例4 已知，为非零的不共线的向量，设定义点集当、时，若对任意的，不等式恒成立，则实数的最小值为_ 【解】由即，所以，由，有，所以，即CK为AKB的角平分线，由角平分线定理得，所以，故K的轨迹为阿波罗尼斯圆，其圆心

24、在AB直线上，若对任意的，不等式恒成立，则，即为此圆的直径，设此圆和直线AB的交点为M、N，则MN为圆的直径，当r2时，故，所以，实数的最小值为例5 （2014年常州高三期末卷）在平面直角坐标系xOy中，已知圆，点P，M、N为圆O上两个不同的点，且，若，则的最小值为_ 【解】方法一：显然四边形PMQN为矩形，设MN与PQ的交点为 R(x，y)，则OM2OR2+RM2OR2+PR2，即得，所以R的轨迹是以为圆心，半径为的圆，由PS，所以PRmin，故方法二：显然四边形PMQN为矩形，由矩形的几何性质（矩形所在平面上的任意一点到其对角线上的两个顶点的距离的平方和相等），有，所以OQ，故Q在以O为圆

25、心，半径为的圆上，因为OP，所以PQ的最小值为变式1 （2017年南通市一模）在平面直角坐标系xOy中，已知B，C为圆上两点，点，且ABAC，则线段BC的长的取值范围为_【解】方法一（标解）：设的中点为，因为，所以，化简得，所以点的轨迹是以为圆心， 为半径的圆，所以的取值范围是，所以的取值范围是方法二：以AB、AC为邻边作矩形BACN，则BCAN，由矩形的几何性质（矩形所在平面上的任意一点到其对角线上的两个顶点的距离的平方和相等），有，所以ON，故N在以O为圆心，半径为的圆上，因为OA，所以的取值范围是变式2 已知圆：，圆：，定点，动点分别在圆和圆上，满足，则线段的取值范围_ 【解】以PA、P

26、B为邻边构造矩形APBQ，则ABPQ，由矩形的几何性质（矩形所在平面上的任意一点到其对角线上的两个顶点的距离的平方和相等），有，所以OQ212，即OQ，故Q在以O为圆心，半径为的圆上，因为OP1，所以AB的取值范围是变式3 已知向量a、b、c满足，则范围为_【解】作向量， 则，不妨以O为坐标原点，OP所在直线为x轴，建立直角坐标系，则本题转化为上题三、圆锥曲线中的隐形圆例6 在平面直角坐标系中，已知圆，圆均与轴相切且圆心，与原点共线，两点的横坐标之积为6，设圆与圆相交于，两点，直线：，则点与直线上任意一点之间的距离的最小值为_ 【解】设圆心O1，O2在直线ytx上，P(x0，y0)，可设O1(

27、m，mt)，O2(n，nt)，则mn6，所以O1：(xm)2+(ymt)2=(mt)2，O2：(xn)2+(ynt)2=(nt)2，所以 (x0m)2+(y0mt)2=(mt)2， (x0n)2+(y0nt)2=(nt)2，所以m、n为(x0x)2+(y0tx)2=(tx)2即x22(x0+ y0t) x+的两根由二次方程的根与系数的关系，得mn所以P(x0，y0)在圆x2+ y2=6上，其圆心为O(0，0)，O到l的距离为，则点与直线上任意一点之间的距离的最小值为变式（2015年江苏初赛）如图，在平面直角坐标系xOy中，圆O1、圆O2都与直线l：ykx及x轴正半轴相切若两圆的半径之积为2，两

28、圆的一个交点为P(2，2)，求直线l方程【解】由题意，圆心O1，O2都在x轴与直线l的角平分线上若直线l的斜率ktan，设ttan，则k圆心O1，O2在直线ytx上，可设O1(m，mt)，O2(n，nt)交点P(2，2)在第一象限，m，n，t0 所以O1：(xm)2+(ymt)2=(mt)2，O2：(xn)2+(ynt)2=(nt)2，所以即所以m，n是方程X2(4+4t)X8=0的两根，mn8由半径的积(mt)(nt)2，得t2，故t 所以k，直线l：yx 例7 设椭圆E：1，是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且？ 【解】假设满足题意的圆存在，其方程为

29、x2y2R2，其中0R2设该圆的任意一条切线AB和椭圆E交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm， 将其代入椭圆E的方程并整理得 (2k21)x24kmx2m280.得x1x2，x1x2.因为，所以x1x2y1y20.把代入并整理得 (1k2)x1x2km(x1x2)m20.结合 得m2(1k2) 因为直线AB和圆相切，因此R，由得R，所以存在圆x2y2满足题意当切线AB的斜率不存在时，易得，由椭圆E的方程得，容易判断综上所述，存在圆x2y2满足题意 法二：（引入k算出A、B坐标）当的斜率存在，且不为0时，设直线的方程为，则直线OB的方程为

30、， 设A(x1，y1)、B(x2，y2)，将代入1，得，则，同理，设O到AB的距离为d，则当的斜率不存在或为0时，容易验证综上所述，存在圆心在原点的圆x2y2满足题意 探究：是否可以将此结论推广到一般性的结论呢？对于椭圆：1(ab0) ，椭圆上的两点A、B满足，是否存在以AB为切线且以O为圆心的定圆？如果存在，其半径是多少? 法一：当的斜率存在，且不为0时，联列方程，得 同理，则，设O到AB的距离为d，则当的斜率不存在或为0时，容易验证存在以AB为切线且以O为圆心的定圆，其方程为法二：联列方程，得，x1x2y1y20 ， (1k2)x1x2km(x1x2)m20 (1k2)kmm20 则O到直

31、线的距离为，存在以AB为切线且以O为圆心的定圆，其方程为法三：（极坐标思想）以O点为极点，x轴正向为极轴方向，设，代人椭圆方程得 其方程为注：此法也适用于例7变式 （2012年上海高考改编）在平面直角坐标系中，已知双曲线，椭圆，若M、N分别是、上的动点，且OMON，求证：O到直线MN的距离是定值【解】方法一：（引入k算出A、B坐标）当直线ON垂直于x轴时，ON =1，OM=，则O到直线MN的距离为.当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为（显然），则直线OM的方程为.由，得，所以.同理. 设O到直线MN的距离为d，因为，所以，即d=.综上，O到直线MN的距离是定值. 方法二：（极坐标思想）

32、设O到直线MN的距离为d， 以O点为极点，x轴正向为极轴方向，设，代入、的方程得，即，把两式相加得，注：本题中直线MN总是和隐圆相切【同步练习】1 若a，b，c均为单位向量，且ab0，(ac)(bc)0，则|abc|的最大值为_ 12已知曲线C：x，直线l：x6，若对于点A(m，0)，存在C上的点P和l上的点Q使得0，则m的取值范围为 2，3解曲线C：x，是以原点为圆心，2为半径的半圆，并且xP2,0，对于点A(m,0)，存在C上的点P和l上的点Q使得0，说明A是PQ的中点，Q的横坐标x6，m2，33已知圆，点，过动点作圆的切线PQ，切点为Q，若，则PCD面积的最大值为_4设点是圆上的两点，点，如果，则线段长度的取值范围为_5已知是边长为的等边三角形，点是以为圆心的单位圆上一动点，点满足，则的最小值是_