中学考试复习专题隐圆

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圆中的重要几何模型-隐圆模型(解析版)精选全文完整版

圆中的重要几何模型-隐圆模型隐圆是各地中考选择题和填空题、甚至解答题中常考题，题目常以动态问题出现，有点、线的运动，或者图形的折叠、旋转等，大部分学生拿到题基本没有思路，更谈不上如何解答。

隐圆常见的有以下四种形式，动点定长、定弦对直角、定弦对定角、四点共圆(对角互补或等弦对等角)，上述四种动态问题的轨迹是圆。

题目具体表现为折叠问题、旋转问题、角度不变问题等，此类问题综合性强，隐蔽性强,很容易造成同学们的丢分。

本专题就隐圆模型的相关问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1、动点定长模型(圆的定义)若P为动点，但AB=AC=AP，则B、C、P三点共圆，A圆心，AB半径圆的定义：平面内到定点的距离等于定值的所有点构成的集合．寻找隐圆技巧：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧．例1.(2020·四川中考真题)已知：等腰直角三角形ABC的腰长为4，点M在斜边AB上，点P为该平面内一动点，且满足PC=2，则PM的最小值为()A.2B.22-2C.22+2D.22【答案】B【分析】根据等腰直角三角形的性质得到斜边AB=42，由已知条件得到点P在以C为圆心，PC为半径的圆上，当点P在斜边AB的中线上时，PM的值最小，于是得到结论．【详解】解：∵等腰直角三角形ABC的腰长为4，∴斜边AB=42，∵点P为该平面内一动点，且满足PC=2，∴点P在以C为圆心，PC为半径的圆上，当点P在斜边AB的中线上时，PM的值最小，∵△ABC是等腰直角三角形，∴CM=12AB=22，∵PC=2，∴PM=CM-CP=22-2，故选：B．【点睛】本题考查线段最小值问题，涉及等腰三角形的性质和点到圆的距离，解题的关键是能够画出图形找到取最小值的状态然后求解．例2.(2020·江苏连云港市·中考真题)如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的eO与x轴的正半轴交于点A，点B是eO上一动点，点C为弦AB的中点，直线y=34x-3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最小值为．【答案】2【分析】如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．求出MN，当点C与C′重合时，△C′DE 的面积最小．【详解】解：如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．∵AC=CB，AM=OM，∴MC=12OB=1，∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．∵直线y=34x-3与x轴、y轴分别交于点D、E，∴D(4，0)，E(0，-3)，∴OD=4，OE=3，∴DE=OE2+OD2=32+42=5，∵∠MDN=∠ODE，∠MND=∠DOE，∴△DNM∽△DOE，∴MNOE=DMDE，∴MN3=35，∴MN=95，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，△C′DE的面积最小值=12×5×95-1，故答案为2．【点睛】本题考查三角形的中位线定理，三角形的面积，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．例3.(2022·北京市·九年级专题练习)如图，四边形ABCD中，AE、AF分别是BC，CD的中垂线，∠EAF=80°，∠CBD=30°，则∠ABC=，∠ADC=．【答案】 40°； 60°【分析】连接AC，根据线段垂直平分线的性质可得AB=AC=AD，从而得到B、C、D在以A为圆心，AB为半径的圆上，根据圆周角定理可得∠DAC=2∠DBC=60°，再由等腰三角形的性质可得∠DAF=∠CAF=30°，即可求解．【详解】解：连接AC，∵AE、AF分别是BC、CD的中垂线，∴AB=AC=AD，∴B、C、D在以A为圆心，AB为半径的圆上，∵∠CBD=30°，∴∠DAC=2∠DBC=60°，∵AF⊥CD，CF=DF，∴∠DAF=∠CAF=30°，∴∠ADC=60°，∵AB=AC,BE=CE，∴∠BAE=∠CAE，又∵∠EAC=∠EAF-∠CAF=80°-30°=50°，∴∠ABC=∠ACE=90°-50°=40°．故答案为：40°，60°．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，根据题意得到B、C、D在以A为圆心，AB为半径的圆上是解题的关键．例4.(2022·广东·汕头市一模)如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=8，AB=10，D是AC上一点，且CD =3，E是BC边上一点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，连接BF，则BF的最小值为．【答案】35-3##-3+35【分析】先由折叠判断出F的运动轨迹是为以D为圆心，CD的长度为半径的圆，当B、D、F共线且F在B、D之间时BF最小，根据勾股定理及圆的性质求出此时BD、BF的长度即可．【详解】解：由折叠知，F点的运动轨迹为：以D为圆心，CD的长度为半径的圆，如图所示，可知，当点B、D、F共线，且F在B、D之间时，BF取最小值，∵∠C=90°，AC=8，AB=10，∴BC=6，在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=CD2+BC2=32+62=35，∴BF=BD-DF=35-3，故答案为：35-3．【点睛】本题考查了折叠的性质、圆的性质、勾股定理解直角三角形的知识，该题涉及的最值问题属于中考常考题型，根据折叠确定出F点运动轨迹是解题关键．模型2、定边对直角模型(直角对直径)固定线段AB 所对动角∠C 恒为90°，则A 、B 、C 三点共圆，AB 为直径寻找隐圆技巧：一条定边所对的角始终为直角，则直角顶点轨迹是以定边为直径的圆或圆弧．例1.(2022·湖北·武汉九年级阶段练习)如图，AB 是⊙O 的直径，AB =4，C 为AB的三等分点(更靠近A 点)，点P 是⊙O 上一个动点，取弦AP 的中点D ，则线段CD 的最大值为．【答案】3+1【分析】如图，连接OD ，OC ，首先证明点D 的运动轨迹为以AO 为直径的⊙K ，连接CK ，当点D 在CK 的延长线上时，CD 的值最大，利用勾股定理求出CK 即可解决问题．【详解】解：如图，连接OD ，OC ，∵AD =DP ，∴OD ⊥PA ，∴∠ADO =90°，∴点D 的运动轨迹为以AO 为直径的⊙K ，连接CK ，AC ，当点D 在CK 的延长线上时，CD 的值最大，∵C 为AB的三等分点，∴∠AOC =60°，∴△AOC 是等边三角形，∴CK ⊥OA ，在Rt △OCK 中，∵∠COA =60°，OC =2，OK =1，∴CK =OC 2-OK 2=3，∵DK =12OA =1，∴CD =3+1，∴CD 的最大值为3+1，故答案为：3+1．【点睛】本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点D 的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题．例2.(2022·山东泰安·中考真题)如图，四边形ABCD 为矩形，AB =3，BC =4．点P 是线段BC 上一动点，点M 为线段AP 上一点．∠ADM =∠BAP ，则BM 的最小值为()A.52B.125C.13-32D.13-2【答案】D【分析】证明∠AMD =90°，得出点M 在O 点为圆心，以AO 为半径的园上，从而计算出答案．【详解】设AD 的中点为O ，以O 点为圆心，AO 为半径画圆∵四边形ABCD 为矩形∴∠BAP +∠MAD =90°∵∠ADM =∠BAP∴∠MAD +∠ADM =90°∴∠AMD =90°∴点M 在O 点为圆心，以AO 为半径的园上连接OB 交圆O 与点N∵点B 为圆O 外一点∴当直线BM 过圆心O 时，BM 最短∵BO 2=AB 2+AO 2，AO =12AD =2∴BO 2=9+4=13∴BO =13∵BN =BO -AO =13-2故选：D ．【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．例3.(2022·内蒙古·中考真题)如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，AC 为直径，若AB =23，BC =3，点P 从B 点出发，在△ABC 内运动且始终保持∠CBP =∠BAP ，当C ，P 两点距离最小时，动点P 的运动路径长为．【答案】33π.【分析】根据题中的条件可先确定点P 的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP 的长最小时点P 的位置，进而求出点P 的运动路径长．【详解】解：∵AC 为⊙O 的直径，∴∠ABC =90°.∴∠ABP +∠PBC =90°.∵∠PAB =∠PBC ,∴∠PAB +∠ABP =90°.∴∠APB =90°.∴点P 在以AB 为直径的圆上运动，且在△ABC 的内部，如图，记以AB 为直径的圆的圆心为O 1，连接O 1C 交⊙O 1于点P ，连接O 1P ,CP .∵CP ≥O 1C -O 1P ,∴当点O 1,P ,C 三点共线时，即点P 在点P 处时，CP 有最小值，∵AB =23∴O 1B =3在Rt ΔBCO 1中，tan ∠BO 1C =BC O 1B =33= 3.∴∠BO1C =60°.∴BP =60π×3180=33π.∴.C ,P 两点距离最小时，点P 的运动路径长为33π.【点睛】本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P 的路径是解答本题的关键．模型3、定边对定角模型(定弦定角模型)固定线段AB 所对同侧动角∠P =∠C ，则A 、B 、C 、P 四点共圆根据圆周角定理：同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角都相．寻找隐圆技巧：AB 为定值，∠P 为定角，则P 点轨迹是一个圆．例1.(2021·广东·中考真题)在△ABC 中，∠ABC =90°,AB =2,BC =3．点D 为平面上一个动点，∠ADB =45°，则线段CD 长度的最小值为．【答案】5-2【分析】由已知∠ADB =45°，AB =2，根据定角定弦，可作出辅助圆，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知，点D 在以O 为圆心OB 为半径的圆上，线段CD 长度的最小值为CO -OD ．【详解】如图：以12AB 为半径作圆，过圆心O 作ON ⊥AB ,OM⊥BC ，以O 为圆心OB 为半径作圆，则点D 在圆O 上，∵∠ADB =45°∴∠AOB =90°∵AB =2AN =BN =1∴AO =12+12=2∵ON =OM =12AB =1,BC =3∴OC =12+(3-1)2=5∴CO -OD =5-2线段CD 长度的最小值为:5-2．故答案为：5-2．【点睛】本题考查了圆周角与圆心角的关系，圆外一点到圆上的线段最短距离，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．例2.(2022·浙江湖州·中考真题)在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD 中，M ，N 分别是AB ，BC 上的格点，BM =4，BN =2．若点P 是这个网格图形中的格点，连接PM ，PN ，则所有满足∠MPN =45°的△PMN 中，边PM 的长的最大值是()A.42B.6C.210D.35【答案】C 【分析】根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，过点M 、N 作以点O 为圆心，∠MON =90°的圆，则点P 在所作的圆上，观察圆O 所经过的格点，找出到点M 距离最大的点即可求出．【详解】作线段MN 中点Q ，作MN 的垂直平分线OQ ，并使OQ =12MN ，以O 为圆心，OM 为半径作圆，如图，因为OQ 为MN 垂直平分线且OQ =12MN ，所以OQ =MQ =NQ ，∴∠OMQ =∠ONQ =45°，∴∠MON =90°，所以弦MN 所对的圆O 的圆周角为45°，所以点P 在圆O 上，PM 为圆O 的弦，通过图像可知，当点P 在P 位置时，恰好过格点且P M 经过圆心O ，所以此时P M 最大，等于圆O 的直径，∵BM =4，BN =2，∴MN =22+42=25，∴MQ =OQ =5，∴OM =2MQ =2×5=10，∴P M =2OM =210，故选C ．【点睛】此题考查了圆的相关知识，熟练掌握同弧所对的圆周角相等、直径是圆上最大的弦，会灵活用已知圆心角和弦作圆是解题的关键．例3.(2022·广西贵港·中考真题)如图，在边长为1的菱形ABCD 中，∠ABC =60°，动点E 在AB 边上(与点A 、B 均不重合)，点F 在对角线AC 上，CE 与BF 相交于点G ，连接AG ,DF ，若AF =BE ，则下列结论错误的是()A.DF =CEB.∠BGC =120°C.AF 2=EG ⋅ECD.AG 的最小值为223【答案】D 【分析】先证明△BAF ≌△DAF ≌CBE ，△ABC 是等边三角形，得DF =CE ，判断A 项答案正确，由∠GCB +∠GBC =60゜，得∠BGC =120゜，判断B 项答案正确，证△BEG ∽△CEB 得BE GE=CE BE ，即可判断C 项答案正确，由∠BGC =120°，BC =1，得点G 在以线段BC 为弦的弧BC 上，易得当点G 在等边△ABC 的内心处时，AG 取最小值，由勾股定理求得AG =33，即可判断D 项错误．【详解】解：∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC =60°，∴AB =AD =BC =CD ，∠BAC =∠DAC =12∠BAD =12×(180°-∠ABC )=60°=∠ABC ，∴△BAF ≌△DAF ≌CBE ，△ABC 是等边三角形，∴DF =CE ，故A 项答案正确，∠ABF =∠BCE ，∵∠ABC =∠ABF +∠CBF =60゜，∴∠GCB +∠GBC =60゜，∴∠BGC =180゜-60゜=180゜-(∠GCB +∠GBC )=120゜，故B 项答案正确，∵∠ABF =∠BCE ，∠BEG =∠CEB ，∴△BEG ∽△CEB ，∴BE GE=CE BE ，∴BE 2=GE ∙CE ，∵AF =BE ，∴AF 2=GE ∙CE ，故C 项答案正确，∵∠BGC =120°，BC =1，点G 在以线段BC 为弦的弧BC 上，∴当点G 在等边△ABC 的内心处时，AG 取最小值，如下图，∵△ABC 是等边三角形，BC =1，∴BF ⊥AC ，AF =12AC =12，∠GAF =30゜，∴AG =2GF ，AG 2=GF 2+AF 2，∴AG 2=12AG 2+12 2，解得AG =33，故D 项错误，故应选：D 【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、等边三角形的判定及性质、圆周角定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．模型4、四点共圆模型(对角互补模型与等弦对等角)1)若平面上A 、B 、C 、D 四个点满足∠ABC +∠ADC =180°，则A 、B 、C 、D 四点共圆．条件：1)四边形对角互补；2)四边形外角等于内对角．2)若平面上A、B、C、D四个点满足∠ADB=∠ACB，则A、B、C、D四点共圆．条件：线段同侧张角相等．例1.(2022·广东·九年级专题练习)如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠ACD=30°，AD =2，E是AC的中点，连接DE，则线段DE长度的最小值为．【答案】3-1【分析】先判断出四边形ABCD是圆内接四边形，得到∠ACD=∠ABD=30°，根据题意知点E在以FG为直径的⊙P上，连接PD交⊙P于点E，此时DE长度取得最小值，证明∠APD=90°，利用含30度角的直角三角形的性质求解即可．【详解】解：∵∠BAD=∠BCD=90°，∴四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠ACD=∠ABD=30°，∴∠ADB=60°，∵AD=2，∴BD=2AD=4，分别取AB、AD的中点F、G，并连接FG，EF，EG，∵E是AC的中点，∴EF∥BC，EG∥CD，∴∠AEF=∠ACB，∠AEG=∠ACD，∴∠AEF+∠AEG=∠ACB+∠ACD=90°，即∠FEG=90°，∴点E在以FG为直径的⊙P上，如图：当点E恰好在线段PD上，此时DE的长度取得最小值，连接PA，BD=2，∴∵F、G分别是AB、AD的中点∴FG∥BD，FG=12∠ADB=∠AGF=60°，∵PA=PG，∴△APG是等边三角形，∴∠APG=60°，∵PG=GD=GA，且∠AGF=60°，∴∠GPD=∠GDP=30°，∴∠APD=90°，∴PD=AD2-PA2=22-12=3，∴DE长度的最小值为(3-1)．故答案为：(3-1)．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，得到点E 在以FG 为直径的⊙P 上是解题的关键．例2.(2022陕西中考模拟)如图，在等边△ABC 中，AB =6，点P 为AB 上一动点，PD ⊥BC 于点D ，PE ⊥AC 于点E ，则DE 的最小值为．【答案】92【详解】如解图，∵∠PEC =∠PDC =90°，故四边形PDCE 对角互补，故P 、D 、C 、E 四点共圆，∠EOD =2∠ECD =120°，故ED =3R ，要使得DE 最小，则要使圆的半径R 最小，故直径PC 最小，当CP ⊥AB 时，PC 最短为33，故R =332，故DE =3R =3×332=92．例3.(2022江苏九年级期末)如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，BC =3，AC =4，点P 为平面内一点，且∠CPB =∠A ，过C 作CQ ⊥CP 交PB 的延长线于点Q ，则CQ 的最大值为()A.175B.154C.455D.655【答案】B【分析】根据题意可得A 、B 、C 、P 四点共圆，由AA 定理判定三角形相似，由此得到CQ 的值与PC 有关，当PC 最大时CQ 即取最大值．【详解】解：∵在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠CPB =∠A ，BC =3，AC =4∴A 、B 、C 、P 四点共圆，AB 为圆的直径，AB =BC 2+AC 2=5∵CQ ⊥CP ∴∠ACB =∠PCQ =90°∴△ABC ∽△PQC∴AC BC =PC CQ ，43=PC CQ，即CQ =34PC ∴当PC 取得最大值时，CQ 即为最大值∴当PC =AB =5时，CQ 取得最大值为154故选：B ．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质以及四点共圆，掌握同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等确定四点共圆，利用相似三角形性质得到线段间等量关系是解题关键．课后专项训练例4.(2022·江苏无锡·中考真题)△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF=°；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是．【答案】 80 4-3##-3+4【分析】利用SAS证明△BDC≌△AEC，得到∠DBC=∠EAC=20°，据此可求得∠BAF的度数；利用全等三角形的性质可求得∠AFB=60°，推出A、B、C、F四个点在同一个圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，此时线段AF长度有最小值，据此求解即可．【详解】解：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴AC=BC，DC=EC，∠BAC=∠ACB=∠DCE =60°，∴∠DCB+∠ACD=∠ECA+∠ACD=60°，即∠DCB=∠ECA，在△BCD和△ACE中，CD=CE∠BCD=∠ACE BC=AC，∴△ACE≌△BCD(SAS)，∴∠EAC=∠DBC，∵∠DBC=20°，∴∠EAC=20°，∴∠BAF=∠BAC+∠EAC=80°；设BF与AC相交于点H，如图：∵△ACE≌△BCD∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，且∠AHF=∠BHC，∴∠AFB=∠ACB=60°，∴A、B、C、F四个点在同一个圆上，∵点D在以C为圆心，3为半径的圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，∴此时线段AF长度有最小值，在Rt△BCD中，BC=5，CD=3，∴BD=52-32=4，即AE=4，∴∠FDE=180°-90°-60°=30°，∵∠AFB=60°，∴∠FDE=∠FED=30°，∴FD=FE，过点F作FG⊥DE于点G，∴DG=GE=32，∴FE=DF=DGcos30°=3，∴AF=AE-FE=4-3，故答案为：80；4-3．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．例5.(2021·湖北鄂州·中考真题)如图，Rt △ABC 中，∠ACB =90°，AC =23，BC =3．点P 为ΔABC 内一点，且满足PA 2+PC 2=AC 2．当PB 的长度最小时，ΔACP 的面积是()A.3B.33C.334D.332【答案】D 【分析】由题意知∠APC =90°，又AC 长度一定，则点P 的运动轨迹是以AC 中点O 为圆心，12AC 长为半径的圆弧，所以当B 、P 、O 三点共线时，BP 最短；在Rt ΔBCO 中，利用勾股定理可求BO 的长，并得到点P 是BO 的中点，由线段长度即可得到ΔPCO 是等边三角形，利用特殊Rt ΔAPC 三边关系即可求解．【详解】解：∵PA 2+PC 2=AC 2∴∠APC =90°取AC 中点O ，∴AO =PO =CO =12AC 点P 的轨迹为以O 为圆心，12AC 长为半径的圆弧上由题意知：当B 、P 、O 三点共线时，BP 最短∵CO =12AC =12×23=3,BC =3∴BO =BC 2+CO 2=23∴BP =BO -PO =3∴点P 是BO 的中点∴在Rt ΔBCO 中，CP =12BO =3=PO ∴ΔPCO 是等边三角形∴∠ACP =60°∴在Rt ΔAPC 中，AP =CP ×tan60°=3∴S ΔAPC =12AP ×CP =3×32=332．【点睛】本题主要考察动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P 的运动轨迹，即隐形圆．例6.(2020·西藏中考真题)如图，在矩形ABCD 中，E 为AB 的中点，P 为BC 边上的任意一点，把沿PE 折叠，得到，连接CF ．若AB =10，BC =12，则CF 的最小值为．【答案】8【分析】点F 在以E 为圆心、EA 为半径的圆上运动，当E 、F 、C 共线时时，此时FC 的值最小，根据勾股定理求出CE ，再根据折叠的性质得到BE =EF =5即可．【详解】如图所示，点F 在以E 为圆心EA 为半径的圆上运动，当E 、F 、C 共线时时，此时CF 的值最小，根据折叠的性质，△EBP ≌△EFP ，∴EF ⊥PF ，EB =EF ，∵E 是AB 边的中点，AB =10，∴AE =EF =5，∵AD =BC =12，∴CE ===13，∴CF =CE -EF =13-5=8．故答案为8．【点睛】本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用，灵活应用相关知识是解答本题的关键．例7.(2022·北京·清华附中九年级阶段练习)如图，四边形ABCD 中，DA =DB =DC ，∠BDC =72°，则∠BAC 的度数为．【答案】36°##36度【分析】根据题意可得A ,B ,C 三点在以D 为圆心DA 为半径的圆上，根据圆周角定理即可求解．【详解】解：如图，∵DA =DB =DC ，∴A ,B ,C 三点在以D 为圆心DA 为半径的圆上，∵∠BDC =72°，CB =CB ∴∠BAC =12∠BDC =36°．故答案为：36°．【点睛】本题考查了圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．例8.(2022·河北·唐山九年级阶段练习)如图所示，在四边形ABCD 中，AB =AC =AD ，∠BAC =26°，∠CAD =74°，则∠BCD =°，∠DBC °．【答案】 130 37【分析】根据题意可得点B，C，D在以A为圆心的圆上，根据圆周角定理求得∠BDC，∠DBC，根据三角形内角和定理求得∠BCD．【详解】∵AB=AC=AD，∴点B，C，D在以A为圆心的圆上，∵∠BAC=26°∴∠BDC=12∠BAC=13°，∵∠CAD=74°，∴∠DBC=12∠CAD=37°．∴∠BCD=180-∠DBC-∠BDC=180°-13°-37°=130°故答案为：130，37【点睛】此题考查了圆周角定理，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解题的关键．例9.(2022·安徽蚌埠·一模)如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC内部的一个动点，满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为()A.325B.2C.213-6D.213-4【答案】D【分析】结合题意推导得∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP；根据直角三角形斜边中线的性质，得OP=OA=OB=12AB=4；根据圆的对称性，得点P在以AB为直径的⊙O上，根据两点之间直线段最短的性质，得当点O、点P、点C三点共线时，PC最小；根据勾股定理的性质计算得OC，通过线段和差计算即可得到答案．【详解】∵∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵∠PAB=∠PBC，∴∠BAP+∠ABP=90°，∴∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP，∴OP=OA=OB=12AB=4∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，当点O、点P、点C三点共线时，PC最小在Rt△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=6，OB=4，∴OC=BO2+BC2=42+62=213，∴PC=OC-OP=213-4∴PC最小值为213-4故选：D．【点睛】本题考查了两点之间直线段最短、圆、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、两点之间直线段最短、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．例10.(2022·成都市·九年级专题练习)如图，在Rt ΔABC 中，∠ACB =Rt ∠，AC =8cm ，BC =3cm ．D 是BC 边上的一个动点，连接AD ，过点C 作CE ⊥AD 于E ，连接BE ，在点D 变化的过程中，线段BE 的最小值是()A.1B.3C.2D.5【答案】A 【分析】由∠AEC =90°知，点E 在以AC 为直径的⊙M 的CN 上(不含点C 、可含点N )，从而得BE最短时，即为连接BM 与⊙M 的交点(图中点E ′点)，BE 长度的最小值BE ′=BM -ME ′．【详解】如图，由题意知，∠AEC =90°，∴E 在以AC 为直径的⊙M 的CN上(不含点C 、可含点N )，∴BE 最短时，即为连接BM 与⊙M 的交点(图中点E ′点)，在Rt ΔBCM 中，BC =3cm ，CM =12AC =4cm ，则BM =BC 2+CM 2=5cm ．∵ME ′=MC =4cm ，∴BE 长度的最小值BE ′=BM -ME ′=1cm ，故选：A ．【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，三角形的三边关系等知识点，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．例11.(2022·广东·九年级课时练习)如图，△ACB 中，CA =CB =4，∠ACB =90°，点P 为CA 上的动点，连BP ，过点A 作AM ⊥BP 于M ．当点P 从点C 运动到点A 时，线段BM 的中点N 运动的路径长为()A.22πB.2πC.3πD.2π【答案】A【详解】解：设AB 的中点为Q ，连接NQ ，如图所示：∵N 为BM 的中点，Q 为AB 的中点，∴NQ 为△BAM 的中位线，∵AM ⊥BP ，∴QN ⊥BN ，∴∠QNB =90°，∴点N 的路径是以QB 的中点O 为圆心，14AB 长为半径的圆交CB 于D 的QD，∵CA =CB =4，∠ACB =90°，∴AB =2CA =42，∠QBD =45°，∴∠DOQ =90°，∴QD 为⊙O 的14周长，∴线段BM 的中点N 运动的路径长为：90π×14×42180=22π，故选：A ．例12.(2022·全国·九年级专题练习)如图，在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC ，AB =4cm ，CD 是中线，点E 、F 同时从点D 出发，以相同的速度分别沿DC 、DB 方向移动，当点E 到达点C 时，运动停止，直线AE 分别与CF 、BC 相交于G 、H ，则在点E 、F 移动过程中，点G 移动路线的长度为()A.2B.πC.2πD.22π【答案】D【详解】解：如图，∵CA =CB ，∠ACB =90°，AD =DB ，∴CD ⊥AB ，∴∠ADE =∠CDF =90°，CD =AD =DB ，在△ADE 和△CDF 中AD =CD∠ADE =∠CDF DE =DF，∴△ADE ≌△CDF (SAS )，∴∠DAE =∠DCF ，∵∠AED =∠CEG ，∴∠ADE =∠CGE =90°，∴A 、C 、G 、D 四点共圆，∴点G 的运动轨迹为弧CD ，∵AB =4，AB =2AC ，∴AC =22，∴OA =OC =2，∵DA =DC ，OA =OC ，∴DO ⊥AC ，∴∠DOC =90°，∴点G 的运动轨迹的长为90π×2180=22π．故选：D ．例13.(2022·山西·九年级课时练习)如图，在等腰Rt ∆ABC 中，AC =BC =42，点P 在以斜边AB 为直径的半圆上，M 为PC 的中点.当点P 沿半圆从点A 运动至点B 时，点M 运动的路径长是()A.22π+4B.2πC.42+2D.4π【答案】B 【详解】分析：取AB 的中点O 、AC 的中点E 、BC 的中点F ，连结OC 、OP 、OM 、OE 、OF 、EF ，如图，利用等腰直角三角形的性质得到AB =2BC =8，则OC =12AB =4，OP =12AB =4，再根据等腰三角形的性质得OM ⊥PC ，则∠CMO =90°，于是根据圆周角定理得到点M 在以OC 为直径的圆上，由于点P 点在A 点时，M 点在E 点；点P 点在B 点时，M 点在F 点，则利用四边形CEOF 为正方得到EF =OC =4，所以M 点的路径为以EF 为直径的半圆，然后根据圆的周长公式计算点M 运动的路径长．详解：取AB 的中点O 、AC 的中点E 、BC 的中点F ，连结OC 、OP 、OM 、OE 、OF 、EF ，如图，∵在等腰Rt △ABC 中，AC =BC =42，∴AB =2BC =8，∴OC =12AB =4，OP =12AB =4． ∵M 为PC 的中点，∴OM ⊥PC ，∴∠CMO =90°，∴点M 在以OC为直径的圆上，点P 点在A 点时，M 点在E 点；点P 点在B 点时，M 点在F 点，易得四边形CEOF 为正方形，EF =OC =4，∴M 点运动的路径为以EF 为直径的半圆，∴点M 运动的路径长=12•4π=2π．故选B ．点睛：本题考查了轨迹：点按一定规律运动所形成的图形为点运动的轨迹．解决此题的关键是利用等腰三角形的性质和圆周角定理确定M 点的轨迹为以EF 为直径的半圆．例14.(2022·山东·烟台九年级期中)如图，平面直角坐标系中，点A 、B 坐标分别为(3，0)、(0，4)，点C 是x 轴正半轴上一点，连接BC ．过点A 垂直于AB 的直线与过点C 垂直于BC 的直线交于点D ，连接BD ，则sin ∠BDC 的值是．【答案】45【分析】根据图形的特点证明∠BDC =∠BAO ，故可出sin ∠BDC 的值．【详解】∵BA ⊥AD ，BC ⊥CD ∴∠BAD =∠BCD =90°∴A 、B 、C 、D 四点共圆∴∠BDA =∠BCA∵∠BDA +∠DBA =∠BCA +∠CBO =90°∴∠DBA =∠CBO∴∠DBA -∠CBA =∠CBO -∠CBA 即∠DBC =∠ABO又∠DBC +∠BDC =∠ABO +∠BAO =90°∴∠BDC =∠BAO∵点A 、B 坐标分别为(3，0)、(0，4)，∴BO =4，OA =3，AB =42+32=5∴sin ∠BAO =BO AB=45∴sin ∠BDC =45故答案为：45．【点睛】此题主要考查三角函数的求解，解题的关键是熟知四点共圆的性质、勾股定理及三角函数的求解方法．例15.(2022·湖北·九年级期中)如图，△ABC 中，AC =BC =6，∠ACB =90°，若D 是与点C 在直线AB 异侧的一个动点，且∠ADB =45°，则CD 的最大值为．【答案】62+6##6+62【分析】以AB 为底边，在AB 的下方作等腰三角形AOB ，则OA =AC =6，根据∠ADB =45°，点与圆的位置关系可知，点D 在以O 为圆心，6为半径的圆上运动，当CD 过圆心时，CD 最大，根据OA =AC =6，∠CAO =90°，利用勾股定理可求出CO 的长，即可得．【详解】解：如图所示，以AB 为底边，在AB 的下方作等腰三角形AOB ，则OA =AC =6，∵∠ADB =45°，∴点D 在以O 为圆心，6为半径的圆上运动，当CD 过圆心时，CD 最大，∵OA =AC =6，∠CAO =90°，∴CO =62+62=62，∴CD 的最大值为：62+6，故答案为：62+6．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．例16.(2022·浙江·九年级专题练习)如图，AB 是Rt △ABC 和Rt △ABD 的公共斜边，AC =BC ，∠BAD =32°，E 是AB 的中点，联结DE 、CE 、CD ，那么∠ECD =°．【答案】13【分析】先证明A 、C 、B 、D 四点共圆，得到∠DCB 与∠BAD 的是同弧所对的圆周角的关系，得到∠DCB 的度数，再证∠ECB =45°，得出结论．【详解】解：∵AB 是Rt △ABC 和Rt △ABD 的公共斜边，E 是AB 中点，∴AE =EB =EC =ED ，∴A 、C 、B 、D 在以E 为圆心的圆上，∵∠BAD =32°，∴∠DCB =∠BAD =32°，又∵AC =BC ，E 是Rt △ABC 的中点，∴∠ECB =45°，∴∠ECD =∠ECB -∠DCB =13°．故答案为：13．【点睛】本题考查直角三角形的性质、等腰三角形性质、圆周角定理和四点共圆问题，综合性较强．例17.(2022·黑龙江·九年级阶段练习)如图，等边△ABC 中，D 在BC 上，E 在AC 上，BD =CE ，连BE 、AD 交于F ，T 在EF 上，且DT =CE ，AF =50，TE =16，则FT =．【答案】17【分析】用“SAS ”可判定△ABD ≌△BCE ，得到∠AFE =60°，延长FE 至点G ，使得FG =FA ，连AG ，AT ，得到△AFG 是等边三角形，证明A 、B 、D 、T 四点共圆，设法证明△FAT ≌△GAE (ASA )，即可求得答案．【详解】∵△ABC 为等边三角形，∴AB =AC =BC ，∠ABD =∠BCE =60°，在△ABD 和△BCE 中，AB =BC∠ABD =∠BCE =60°BD =CE，∴△ABD ≌△BCE (SAS )，∴∠BAD =∠CBE ，∵∠ADC =∠CBE +∠BFD =∠BAD +∠B ，∴∠BFD =∠B =∠AFE =60°；延长FE 至点G ，使得FG =FA ，连AG ，AT ，∵∠AFE =60°，∴△AFG 是等边三角形，∴AG =AF =FG =50，∠AGF =∠FAG =60°，∵∠BAF +∠EAF =∠CAG +∠EAF =60°，∴∠BAF =∠CAG ，∵DT =CE ，∴∠DBT =∠BTD ，∵∠BAD =∠CBE ，∴∠BAD =∠BTD ，∴A 、B 、D 、T 四点共圆，∴∠BAD =∠DAT ，∴∠FAT =∠GAE ，在△FAT 和△GAE 中，∠FAT =∠GAEAF =AG ∠AFG =∠AGF =60°，∴△FAT ≌△GAE (ASA )，∴FT =GE ，∵FG =50，TE =16，∴FT =12(FG -TE )=17．故答案为：17．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等，作出辅助线，判断出△FAT ≌△GAE 是解本题的关键．例18.(2020·四川成都·二模)如图，在矩形ABCD 中，AB =9，AD =6，点O 为对角线AC 的中点，点E 在DC 的延长线上且CE =1.5，连接OE ，过点O 作OF ⊥OE 交CB 延长线于点F ，连接FE 并延长交AC 的延长线于点G ，则FG OG=．【答案】455【分析】作OM ⊥CD 于M ，ON ⊥BC 于N ，根据三角形中位线定理分别求出OM 、ON ，根据勾股定理求出OE ，根据相似三角形的性质求出FN ，得到FC 的长，证明△GFC ∽△GOE ，根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算得到答案．【详解】解：作OM ⊥CD 于M ，ON ⊥BC 于N ，∵四边形ABCD 为矩形，∴∠D =90°，∠ABC =90°，∴OM ∥AD ，ON ∥AB ，∵点O 为AC 的中点∴OM =12AD =3，ON =12AB =4.5，CM =4.5，CN =3，∵CE =1.5，∴ME =CM +CE =6在Rt △OME 中，OE =OM 2+ME 2=32+62=35，∵∠MON =90°，∠EOF =90°，∴∠MOE +∠NOE =∠NOF +∠NOE =90°，∴∠MOE =∠NOF ，又∠OME =∠ONF =90°，∴△OME ∽△ONF ，∴OM ON=ME FN ，即34.5=6FN ，解得，FN =9，∴FC =FN +NC =12，∵∠FOE =∠FCE =90°，∴F 、O 、C 、E 四点共圆，∴∠GFC =∠GOE ，又∠G =∠G ，∴△GFC ∽△GOE ，∴FG OG =FC OE =1235=455，故答案为：455．【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、圆周角定理的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．例19.(2022·成都市锦江区嘉祥外国语学校九年级阶段练习)如图，在△ABC 中，AC =6，BC =83，∠ACB =60°，过点A 作BC 的平行线l ，P 为直线l 上一动点，⊙O 为△APC 的外接圆，直线BP 交⊙O 于E 点，则AE 的最小值为．【答案】2【分析】如图，连接CE ．首先证明∠BEC =120°，根据定弦定角，可得点E 在以M 为圆心，MB 为半径的BC 上运动，连接MA 交BC 于E ′，此时AE ′的值最小．【详解】解：如图，连接CE ．∵AP ∥BC ，∴∠PAC =∠ACB =60°，∴∠CEP =∠CAP=60°，∴∠BEC =120°，∵BC =83,为定值，则点E 的运动轨迹为一段圆弧如图，点E 在以M 为圆心，MB 为半径的BC 上运动，过点M 作MN ⊥BC∴⊙M 中优弧BC 度数为2∠BEC =240°，则劣弧BC 度数为120°∴△BMC 是等腰三角形，∠BMC =120°，∵∠BCM =30°，BC =83，MB =MC∴BN =BM 2-MN 2==3MN =12BC =43∴MB =MC =8，∴连接MA 交BC 于E ′，此时AE ′的值。

2024年九年级数学中考专题之勾画隐圆,破解最值课件

△A´B´C,点M是BC的中点,点P是A´B´的中点,连接PM,若线段
A
BC=2,∠BAC=30°,则线段PM的最大值是
.
P
B'
A'
C
M
B
应用模型---变式提升
在Rt△ABC中,∠ACB=90°,将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到
△A´B´C,点M是BC的中点,点P是A´B´的中点,连接PM,若线段 A
如图，在Rt△ABC中,∠B=90°,AB=6,BC=4,点D是AB的中点, 点E是线段BC上的动点,△BDE沿DE所在的直线折叠得到 △B´DE ,连接B´C,则线段B´C长的最小值是多少?
A
D
B'
BE
C
应用模型---变式训练
如图，在Rt△ABC中,∠B=90°,AB=6,BC=4,点D是AB的中点,
建立模型:
问题1.如图，P为⊙O外一定点，如何在⊙O 上找一点A，使PA最小和最大？
A
OA P
建立模型:
问题2.如图，P为⊙O内一定点，如何在⊙O 上找一点A，使PA最小和最大？
A O PA
应用模型:
例1:如图，在Rt△ABC中,∠B=90°,AB=6,BC=4,以AB为直径
的半圆交AC于点D,P是弧BD上的一个动点,连接CP,则CP的最
BC=2,∠BAC=30°,则线段PM的最大值是 3 .
P
B'
A'
N
C
M
B
牛刀小试
• 数学兴趣小组在“中学生学习报”中了解到“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，用含30°角的直角三角板做实验，如图，∠ACB＝90°，BC＝6cm，M，N分别是AB，BC的中点，标记点N的位置后，将三角板绕点C逆时针旋转，点M旋转到点M′，在旋转过程中，线段NM′的最大值是（）

初中数学冲刺重难点：隐圆问题的7种模型

初中数学冲刺重难点：隐圆问题的7种模型初中数学中的隐圆问题是一个较为复杂的概念，涉及多种模型。

以下是七种常见的隐圆模型：模型一：动点到定点的距离等于定长在这个模型中，一个动点到一个固定点的距离始终等于一个定长。

这个模型可以通过在圆上任意选择一个点，并连接该点和圆心，形成一个半径，然后通过旋转半径来寻找符合条件的点。

模型二：定点到动点的距离随动点的移动而变化在这个模型中，一个定点到另一个动点的距离会随着动点的移动而不断变化。

这个模型可以通过在圆上选择一个定点，并连接该点和圆心，形成一个半径，然后移动半径来寻找符合条件的点。

模型三：直角所对的直径在这个模型中，一个直径所对的圆周角必须是直角。

这个模型可以通过在圆上选择一个点，并连接该点和圆心，形成一个直径，然后通过旋转直径来寻找符合条件的点。

模型四：四点共圆在这个模型中，四个点都在同一个圆上。

这个模型可以通过在圆上选择四个点，并连接这四个点形成一个四边形，然后通过旋转四边形的边来寻找符合条件的点。

模型五：三角形外接圆在这个模型中，一个三角形有三个顶点，这三个顶点都在同一个圆上。

这个模型可以通过在圆上选择三个点，并连接这三个点形成一个三角形，然后通过旋转三角形的边来寻找符合条件的点。

模型六：圆与多边形的内切与外接在这个模型中，一个圆与一个多边形相切或相离。

这个模型可以通过在圆上选择一个点，并连接该点和圆心，形成一个半径，然后通过旋转半径来寻找符合条件的点。

模型七：两圆相交、相切、相离在这个模型中，两个圆相交、相切或相离。

这个模型可以通过在两个圆上分别选择两个点，并连接这两组对应点形成两个直径，然后通过旋转直径来寻找符合条件的点。

高中数学专题复习讲义--填空题中隐圆专题(无答案)

填空题中的隐圆问题主备人：审核人：行政审核人：【教学目标】：能根据题目中隐含条件挖掘出隐圆，从而变成解决点与圆、直线与圆、圆与圆位置关系，培养学生对数学知识的迁移、组合、融会贯通的能力；提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的能力.【重点重点】:挖掘出隐圆、转化成点与圆、直线与圆、圆与圆位置关系【重点难点】:挖掘出隐圆、转化成点与圆、直线与圆、圆与圆位置关系【教学过程】一、基础训练：1.在平面直角坐标系xOy 中，点(10)(40)A B ，，，．若直线0x y m -+=上存在点P 使得12P A P B =，则实数m 的取值范围是．2. 在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：(x －a)2＋(y －a ＋2)2＝1，点A(0，2)，若圆C 上存在点M ，满足MA 2＋MO 2＝10，则实数a 的取值范围是________．例1．已知,A B 是圆221:1C x y +=上的动点，AB =P 是圆222:(3)(4)1C x y -+-= 上的动点，则PA PB +的取值范围为．变式1：已知ABC ∆是边长为3的等边三角形，点P 是以A 为圆心的单位圆上一动点，点Q 满足2133AQ AP AC =+，则BQ 的最小值是．变式2. 已知实数,,a b c 满足2b c a +=，直线:0l ax by c ++=，过点()2,3P 作直线l 的垂线，垂足为M ，O 为坐标原点，则线段OM 的最大值为．例2. 已知点A(0，1)，B(1，0)，C(t ，0)，点D 是直线AC 上的动点，若AD ≤2BD 恒成立，则最小正整数t 的值为____________变式：已知圆22:1O x y +=.若圆O 上存在两点,A B ,直线2y =上存在点M ，满足(0)MA AB λλ=>，则λ的取值范围是____________．课堂反馈：1.在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为(x －1)2＋(y －1)2＝9，直线l ：y ＝kx ＋3与圆C 相交于A 、B 两点，M 为弦AB 上一动点，以M 为圆心，2为半径的圆与圆C 总有公共点，则实数k 的取值范围为________．2.在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2＋y 2＝1，O 1：(x －4)2＋y 2＝4，动点P 在直线x ＋3y －b ＝0上，过P 分别作圆O ，O 1的切线，切点分别为A ，B ，若满足PB ＝2PA 的点P 有且只有两个，则实数b 的取值范围是____________．。

中考数学复习寻找隐圆,求解最值

如图，点 A 是直线 y=－x 上的一个动点，点 B 是 x 轴上的动点，若 AB=2，求△AOB 面积的最小值.
隐隐圆圆条条件件：： OA∠ABDO＝＝B2＝O(定1C线3＝5)°5(定为角定)值
发现模型 —— 模型三四点共圆
例3 如图，等边△ABC 中，AB =6，P 为 AB 上一动点，若∠AEP ＋∠BDP＝ 180°，求DE 的最小值.
（3）求在旋转过程中点P的纵坐标的最大值
P
P P P
1、基本模型：
课堂小结
PAmin PA1
PAmax PA2
当PA与⊙O相切时， ∠APO最大
一定一动点，动点在圆上
2、注意挖掘隐圆的条件
模型一定点定长定圆模型二定线定角定圆模型三四点共圆
走进中考（课后作业）
在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边上的中点，N
OM＝2(定线) ∠ADM＝90°(定角)
• 隐圆模型二定线定角定圆
在圆O中，若AB为直径，则∠ACB=90°
若AB是固定的线段，且总有∠ACB=90°，则C在以AB为直径的圆上.
• 隐圆模型二定线定角定圆
在圆O中，若弦AB长度固定，则弦AB(同侧)所对的圆周角相等.
若有一固定线段AB及AB 所对的∠C角度不变，则C在以AB为弦的圆上.
易证△ABE≌△DCF △DAG≌△DCG
隐圆条件：∠AHB=90°
挑战自我
A（4，0）、B（0,2），点F为AB上一点且AF=2，将线段AF绕点A旋转，在旋转过程中，点P始终为 BF中点，求线段OP的最大值
发现模型 —— 隐圆模型一定点定长定圆
例1 如图，在△ABC 中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将 △ABC 绕顶点C 顺时针旋转，得到△MNC，P、Q 分别是 AC、MN 的中点，AC＝2，连结PQ，求旋转时PQ 的最

第62讲、隐圆问题(教师版)2025高考数学一轮复习讲义

第62讲隐圆问题必考题型全归纳题型一：隐圆的第一定义：到定点的距离等于定长例1．（2024·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考期末）平面内，定点A ，B ，C ，D 满足||||||2DA DB DC ===，且2DA DB DB DC DC DA ⋅=⋅=⋅=-，动点P ，M 满足||1AP =，PM MC = ，则2||BM的最大值为（）A B C ．434D ．494【答案】D【解析】由题||||||DA DB DC ==，则D 到A ，B ，C 三点的距离相等，所以D 是ABC 的外心.又2DA DB DB DC DC DA ⋅=⋅=⋅=-，变形可得()0DA DB DB DC DB DA DC DB CA ⋅-⋅=⋅-=⋅=，所以DB AC ⊥，同理可得DA BC ⊥，DC AB ⊥，所以D 是ABC 的垂心，所以ABC 的外心与垂心重合，所以ABC 是正三角形，且D 是ABC 的中心；由1||||cos ||||()22DA DB DA DB ADB DA DB ⋅=∠=⋅-=- ，解得||2DA = ，所以ABC 的边长为如图所示，以A 为坐标原点建立直角坐标系，则(3,B ，C =，(2,0)D ，||1AP =，可设(cos ,sin )P θθ，其中[0θ∈，2]π，而PM MC =，即M 是PC的中点，则3cos sin (,)22M θθ++，2223712sin()cos 33712496||()2444BM πθθ+--+=+==，当23θπ=时，2||BM 取得最大值为494．故选：D ．例2．（2024·全国·高一阶段练习）已知,a b 是单位向量，0a b ⋅= ，若向量c满足||1c a b -+= ，则||c b -的取值范围是（）A．1]+B．1]+C ．[0,2]D．1]-【答案】D【解析】单位向量,a b 满足0a b ⋅= ，即a b ⊥，作,OA a OB b == ，以射线OA ，OB 分别作为x 、y轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图，(1,0),(0,1)a b == ，设(,)c x y = ，则(1,1)c a b x y -+=-+ ，由||1c a b -+=得：22(1)(1)1x y -++=，令1cos (02π)1sin x y θθθ=+⎧≤<⎨=-+⎩，即(1cos ,1sin )c θθ=+-+，||c b -==其中锐角ϕ满足sin cos ϕϕ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，因此，当sin()1θϕ-=-时，max ||1c b -==，当sin()1θϕ-=时，min ||1c b -=-，所以||c b -的取值范围是1].故选：D例3．（2024·全国·高三专题练习）已知单位向量a 与向量()0,2b = 垂直，若向量c满足1a b c ++=，则c r 的取值范围为（）A ．1⎡⎤⎣⎦B ．⎣⎦C ．1⎤-+⎦D ．⎤⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意不妨设()1,0a = ，设(),c x y = ，则()()()()1,00,2,1,2a b c x y x y ++=++=++．∵1a b c ++= ，∴()()22121x y +++=，即表示圆心为()1,2--，半径为1的圆，设圆心为P ，∴OP =．∵c r P 11c ≤=，∴c r的取值范围为1⎤-⎦，故选：C ．变式1．（2024·湖北武汉·高二湖北省武昌实验中学校考阶段练习）如果圆22()()8x a y a -+-=a 的取值范围是（）A ．()3,3-B ．(1,1)-C ．(3,1)-D ．(3,1)(1,3)-- 【答案】D【解析】问题可转化为圆22:()()8O x a y a -+-=和圆221:2O x y +=相交，两圆圆心距d ||a ，由1||R r OO R r -<<+得||a <，解得1||3a <<，即(3,1)(1,3)a ∈--⋃.故选：D变式2．（2024·新疆和田·高二期中）如果圆（x ﹣a ）2+（y ﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2，则实数a 的取值范围是（）A ．()(0-⋃B ．(-C ．（﹣1，0）∪（0，1）D ．（﹣1，1）【答案】A【解析】∵圆（x ﹣a ）2+（y ﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2，∴圆O ：x 2+y 2＝4与圆C ：（x ﹣a ）2+（y ﹣1）2＝1相交，∵|OC |=由R ﹣r ＜|OC |＜R +r 得：13，∴0a ＜＜∴﹣a ＜0或0＜a ＜．故选A ．变式3．（2024·新疆·高三兵团第三师第一中学校考阶段练习）在平面内，定点A ，B ，C ，D 满足||||||2DA DB DC === ，0DA BC DB AC DC AB ⋅=⋅=⋅=，动点P ，M 满足||1AP = ，PM MC =，则2||BM 的最大值为．【答案】494【解析】平面内，||||||2DA DB DC === ，0DA BC DB AC DC AB ⋅=⋅=⋅=，∴DA BC ⊥，⊥DB AC ，DC AB ⊥ ，可设(0,0)D ，(2,0)A ，(B -，(1,C -，动点P ，M 满足||1AP =，PM MC =，可设(2cos ,sin )P θθ+，1cos (2M θ+，∴3cos (2BM θ+=，∴2223712sin()3cos 496(244BM πθθ+-+=+ ，当且仅当sin()16πθ-=时取等号，2||BM ∴ 的最大值为494．故答案为：494．变式4．（2024·安徽池州·高一池州市第一中学校考阶段练习）在平面内，定点D 与A 、B 、C 满足||||||DA DB DC == ，8DA DB DB DC DC DA ⋅=⋅=⋅=- ，动点P 、M 满足2AP = ，PM MC=，则2||BM 的最大值为．【答案】49【解析】由||||||DA DB DC ==，可得D 为ABC 的外心，又DA DB DB DC DC DA ⋅=⋅=⋅，可得()0DB DA DC ⋅-= ，()0DC DB DA ⋅-= ，即0DB AC DC AB ⋅=⋅=，即有⊥DB AC ，DC AB ⊥，可得D 为ABC 的垂心，则D 为ABC ∆的中心，即ABC 为正三角形，由8DA DB ⋅=-,即有||||cos1208DA DB ︒⋅=- ,解得||||4DA BD ==，ABC 的边长为24cos30⨯⨯= 由PM MC =，可得M 为PC 中点，22211||()()24BM BP BC AP AB BC =+=-+ ()22212224AP AB BC AP AB AP BC AB BC =++-⋅+⋅-⋅，设,AP AB α〈〉= ，则2,3AP BC πα〈〉=- ，2,3AB BC π<>= ,2122||[4484822222433BM ππαα⎛⎫=++-⋅⋅+⋅⋅--⋅ ⎪⎝⎭ 2125cos()]1237cos )32πααααα=---+=-+-3712cos 6πα⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,当5(0,)6παπ=∈时，最大值为49,故答案为：49题型二：隐圆的第二定义：到两定点距离的平方和为定值例4．（2024·四川广元·高二四川省剑阁中学校校考阶段练习）在平面直角坐标系xOy 中，(22),(4,0)P Q -，为两个定点，动点M 在直线=1x -上，动点N 满足2216NO NQ +=，则||PM PN +的最小值为．【答案】5【解析】设点(,)N x y ，由2216NO NQ +=得：2222(4)16x y x y ++++=，即2240x y x ++=，即22(2)4x y ++=，N ∴在以OQ 为直径的圆上，不妨设(2cos 2,2sin )N θθ-，(1,)M m -，则(3,2)PM m =--，(2cos 4,2sin 2)PN θθ=--，∴(2cos 7,2sin 4)PM PN m θθ+=-+-，2222||(2cos 7)(2sin 4)8694[(4)sin 7cos ]PM PN m m m m θθθθ∴+=-++-=-++--2(4)53)m θϕ=-++-，其中ϕ为辅助角，t ，sin()a θϕ-=，则7t ≥，11a -≤≤．22||44PM PN t at ∴+=++，令222()44(2)44f t t at t a a =++=++-，7t ≥，11a -≤≤，()f t ∴在[7，)∞+上单调递增，故当7t =时，()f t 取得最小值5328a +，再令()5328g a a =+，11a -≤≤，显然()g a 在[1-，1]上单调递增，故1a =-时，()g a 取得最小值532825-=，综上，当7t =，1a =-时，2||PM PN + 取得最小值25．故||PM PN +的最小值为5,故答案为：5．例5．（2024·全国·高三专题练习）已知,,,A B C D 四点共面，2BC =，2220AB AC +=，3CD CA=，则||BD 的最大值为．【答案】10【解析】设AC m =，由题意可得：3,DC m AB =，则：22228cos 22AC BC AB m C AC BC m+--==⨯，ABC 构成三角形，则：2{2m m +>-，解得：24m <<，由余弦定理：BD =当4m =时，BD取得最大值为10.例6．（2024·浙江金华·高二校联考期末）已知圆()()22:121C x y ++-=，点()10A -，，()10.B ，设P 是圆C 上的动点，令22d PA PB =+，则d 的最小值为．【答案】14-【解析】设()00,P x y ，()222001PA x y =++，()222001PB x y =-+，()()222222000011PA PB x y x y +=-++++22220000002121x x y x x y =-++++++2200222x y =++()220022x y =++，当OP 取得最小值时，22PA PB +取得最小值，由圆()()22:121C x y ++-=，则圆心()1,2C -，半径1r =，易知min 11OP OC r =-==，则)2min 212d =+14=-故答案为：14-.变式5．（2024·高二课时练习）正方形ABCD 与点P 在同一平面内，已知该正方形的边长为1，且222PA PB PC +=，则PD 的取值范围为.【答案】22⎡+⎣【解析】如图，以A 为坐标原点，建立平面直角坐标系，则()()()()0,0,1,0,1,1,0,1A B C D ，设点(),P x y ，则由222PA PB PC +=，得()()()222222111x y x y x y ++-+=-+-，整理得()2212x y ++=，即点P 的轨迹是以点()0,1M -圆心M 到点D 的距离为2DM =，所以min max 22PD PD ==所以PD 的取值范围是22⎡+⎣.故答案为：22⎡+⎣.变式6．（2024·上海闵行·高二校考期末）如图，△ABC 是边长为1的正三角形，点P 在△ABC 所在的平面内，且22||||PA PB +uu r uu r 2||PC a +=uu u r （a 为常数），满足条件的点P 有无数个，则实数a 的取值范围是．【答案】1a >【解析】以BC 所在的直线为x 轴，BC 中点为原点建立直角坐标系，如图所示：则11(,0),(,0),222A B C -设(,),P x y 则22222222211||(,||(,||()222PA x y PB x y PC x y =+-=++=-+ 222||||||PA PB PC a++=22222211:(()()22x y x y x y a +++++-+=化简得225330,4x y a +-+-=即221((1).3x y a +=-当1a <时，点(,)P x y 不存在；当1a =时，点(,)P x y 只有一个；当1a >时，点(,)P x y 的轨迹是一个圆形，有无数个；故答案为：1a >变式7．（2024·全国·高三专题练习）如图，ABC ∆是边长为1的正三角形，点P 在ABC ∆所在的平面内，且222||||PA PB PC a ++= （a 为常数），下列结论中正确的是A ．当01a <<时，满足条件的点P 有且只有一个B ．当1a =时，满足条件的点P 有三个C ．当1a >时，满足条件的点P 有无数个D ．当a 为任意正实数时，满足条件的点总是有限个【答案】C【解析】以BC 所在直线为x 轴，BC 中点为原点，建立直角坐标系，如图所示则0,2A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，102B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，102C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，设(),P x y，可得222PA x y ⎛=+- ⎝⎭，22212PB x y ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ ，22212PC x y ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ ，∵222||||||PA PB PC a ++=，∴22222211222x y x y x y a ⎛⎛⎫⎛⎫+-++++-+= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得：2253304x y a ++-=，即2205132a x y +-+-=，配方，得()221163x y a ⎛⎫+- =⎪ ⎪⎝⎭…（1）当1a <时，方程（1）的右边小于0，故不能表示任何图形；当1a =时，方程（1）的右边为0，表示点06⎛ ⎝⎭，，恰好是正三角形的重心；当1a >时，方程（1）的右边大于0，表示以06⎛ ⎝⎭，为圆心，半径为r =的圆，由此对照各个选项，可得只有C 项符合题意.故选：C ．题型三：隐圆的第三定义：到两定点的夹角为90°例7．（2024·湖北武汉·高二湖北省武昌实验中学校考阶段练习）已知圆22:(1)(3)10C x y -+-=和点()5,M t ，若圆C 上存在两点,A B 使得MA MB ⊥，则实数t 的取值范围是．【答案】15t ≤≤【解析】对于5x =上任意一点M ，当,AM B M '均为圆的切线时AMB ∠'最大，由题意，90AMB '∠=︒，即MA MB '⊥，此时M 为满足题设条件的临界点，如上图，若B '与B 重合，则MA MB ⊥，,AM BM 为圆的切线，此时||||2AC CM =，综上，M 在临界点之间移动过程中，有||||2AC CM ≥2≥，解得2(3)4t -≤，可得15t ≤≤.故答案为：15t ≤≤例8．（2024·江苏南京·金陵中学校考模拟预测）已知圆C ：(x －1)2＋(y －4)2＝10和点M (5，t )，若圆C 上存在两点A ，B ，使得MA ⊥MB ，则实数t 的取值范围是【答案】[2，6]【解析】因为点M 在圆C 外，当AM ，BM 与圆C 相切时，∠AMB 最大，要使在圆C 上存在两点A 和B ，使得MA ⊥MB ，只需当AM ，BM 与圆C 相切时，∠AMB ≥90°，即∠AMC ≥45°，则sin ∠AMC≥2，解得2≤t ≤6.故答案为：[2，6].例9．（2024·高二课时练习）设m R ∈，过定点A 的动直线0mx y -=和过定点B 的动直线430x my m +--=交于点P ，则PA PB +的取值范围是（）A ．B ．⎡⎤⎣⎦C ．⎡⎣D ．[]5,10【答案】C【解析】由已知可得动直线0mx y -=经过定点()0,0A ，动直线430x my m +--=经过定点()3,4B ，且两条直线互相垂直，且相交于点P ，所以PA PB ⊥，即22225PA PB AB +==，由基本不等式可得()()222222PA PB PA PB PA PB +≤+≤+，即()22550PA PB ≤+≤，可得5PA PB ≤+≤故选：C.变式8．（2024·陕西西安·高二西安市铁一中学校考期末）设m ∈R ，过定点A 的动直线0x my +=和过定点B 的动直线30mx y m --+=交于点(),P x y ，则PA PB ⋅的最大值是（）A B C ．5D ．10【答案】C 【解析】显然0x my +=过定点(0,0)A ，直线30mx y m --+=可化成(1)3y m x =-+，则经过定点()1,3B ，根据两条直线垂直的一般式方程的条件，1(1)0m m ⨯+⨯-=，于是直线0x my +=和直线30mx y m --+=垂直，又P 为两条直线的交点，则PA PB ⊥，又AB ==222102PA PB AB PA PB +==≥⋅，则5PA PB ⋅≤，当PA PB =PA PB ⋅的最大值是5.故选：C变式9．（2024·高二课时练习）设m R ∈，过定点A 的动直线0x my +=和过定点B 的动直线30mx y m --+=交于点(,)P x y ，则22||||PA PB +的值为（）A ．5B ．10CD【答案】B【解析】由题意，动直线0x my +=经过定点()0,0，则()0,0A ，动直线30mx y m --+=变形得()()130m x y -+-=，则()1,3B ，由030x my mx y m +=⎧⎨--+=⎩得22233,11m m m P m m ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭，∴22||||PA PB +222223311m m m m m ⎛⎫--⎛⎫=+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭22222331311m m m m m ⎛⎫--⎛⎫+-+- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭()()()()()22222222333131mm m m m m m -+-++++=+()432224322269696161m m m m m m m m m m m-++-+++++++=+()4222102010101m m m++==+，故选：B ．变式10．（2024·全国·高三校联考阶段练习）设m R ∈，动直线1l ：0x my +=过定点A ，动直线2l ：30mx y m --+=过定点B ，且1l ，2l 交于点(),P x y ，则PA PB +的最大值是（）AB．C ．5D ．10【答案】B【解析】根据方程推出12l l ⊥，可得1l ，2l 的交点(),P x y 在以AB 为直径的圆上，可得222||||||10PA PB AB +==，再根据不等式知识可求得结果.动直线1l ：0x my +=过定点A (0,0)，动直线2l ：30mx y m --+=过定点B (1,3)，因为1(1)0m m ⨯+⨯-=，所以12l l ⊥，所以1l ，2l 的交点(),P x y 在以AB 为直径的圆上，所以22212||||||1310PA PB AB +==+=，设PA PB +t =||AB ≥=，则222||||2||||PA PB PA PB t ++=，所以22||||10PA PB t =-，因为22||||2||||PA PB PA PB +≥，当且仅当||||PA PB =时等号成立，所以21010t ≥-，即220t ≤t ≤≤.||||PA PB ≤+≤所以PA PB +的最大值是故选：B变式11．（2024·全国·高三专题练习）设向量a ，b ，c 满足||||1a b ==，12a b ⋅= ，()()0a c b c -⋅-=，则||c 的最小值是（）A ．12B ．12C D ．1【答案】B【解析】建立坐标系，以向量a ，b 的角平分线所在的直线为x 轴，使得a ，b的坐标分别为122⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，221⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，设c的坐标为(),x y ，因为()()0a c b c -⋅-=，所以11,,02222x y x y ⎛⎫⎫--⋅---= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，化简得2214x y ⎛+= ⎝⎭，表示以⎫⎪⎪⎝⎭为圆心，12为半径的圆，则||c的最小值表示圆上的点到原点的距离的最小值，12，故选：B变式12．（2024·全国·高三专题练习）已知点(1,0)A m -，(1,0)B m +，若圆C ：2288310x y x y +--+=上存在一点P ，使得PA PB ⊥，则实数m 的最大值是（）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】C【解析】根据题意，圆C ：x 2+y 2-8x-8y+31=0，即（x-4）2+（y-4）2=1；其圆心为（4，4），半径r=1，设AB 的中点为M ，又由点A （1-m ，0），B （1+m ，0），则M （1，0），|AB|=2|m|，以AB 为直径的圆为（x-1）2+y 2=m 2，若圆C ：x 2+y 2-8x-8y+31=0上存在一点P ，使得PA ⊥PB ，则圆C 与圆M 有公共点，又由5MC ==，即有|m|-1≤5且|m|+1≥5，解可得：4≤|m|≤6，即-6≤m≤-4或4≤m≤6，即实数m 的最大值是6；故选C ．变式13．（2024·江西宜春·高一江西省万载中学校考期末）已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足()(2)0a c b c -⋅-= ，则c r 的最大值是（）AB ．2C D【答案】C【解析】如图，设OA a = ，OB b = ，2OE b = ，OC c =，则a c CA -= ，2b c CE -= ，因为()(2)0a c b c -⋅-= ，故0CA CE ⋅= ，故CA CE ⊥ ，所以C 在以AE 为直径的圆上，故c r的最大值为圆的直径AE =故选：C.变式14．（2024·全国·高三专题练习）已知,a b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足()()0a c b c --=，则c r 的最大值是（）A ．1B ．2C D ．2【答案】C【解析】设OA OB ⊥，且OA a,OB b,OC c === ，D 为线段AB 的中点，因为1a b == ，所以2AB AD =，则2221()()02a c b c CA CB CD DA CD --=⋅=-=-= ，所以2CD = ，所以点C 在以D 为圆心，半径为2的圆，所以c r 的最大值即为该圆的直径，所以c r 故选：C.变式15．（2024·湖北武汉·高二校联考期中）已知a 和b 是平面内两个单位向量，且,3a b π= ，若向量c满足()()0a c b c -⋅-= ，则c r 的最大值是（）A 1+B C D 【答案】B【解析】如图所示：设OA a = ，OB b = ，OC c =，则CA a c =- ，CB b c =- ，因为()()0a c b c -⋅-= ，所以0CA CB ⋅= ，即CA CB ⊥ .所以C 在以AB 为直径的圆上.设AB 的中点为D ，因为a 和b 是平面内两个单位向量，且,3a b π= ，所以1AB =，OD =所以max1122cOD =+=.故选：B变式16．（2024·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第一中学校校考期中）已知向量a ，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足()()20a c b c -⋅-= ，则c 的最大值是（）A BC ．2D 【答案】B【解析】因为a ，b是平面内两个互相垂直的单位向量，故可设()1,0a = ，()0,1b = ，(),c x y =，则()1,a c x y -=-- ，()22,12b c x y -=--，因为()()20a c b c -⋅-= ，所以()()()()12120x x y y --+--=，整理得到22102x y x y +--=，即221152416x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故c r，故选：B.题型四：隐圆的第四定义：边与对角为定值、对角互补、数量积定值例10．（2024·全国·高一专题练习）设向量,,a b c 满足=1a b = ，12a b ⋅=- ，,60a c b c ︒--=，则||c的最大值等于.【答案】2【解析】由题设，1cos ,2||||a b a b a b ⋅<>==-，而,[0,]a b π<>∈ ，则2,3a b π<>= ，令,,a OA b OB c OC === ，则,a c CA b c CB -=-= ，又,60a c b c ︒--=，如下图示：所以23AOB π∠=，3ACB π∠=，则AOB ACB π∠+∠=，故,,,A O B C 共圆，而2222||()23AB b a b a b a =-=-⋅+=，即||AB =22sin 3R ==，对于||c，当OC 为直径时最大，即max ||2c = .故答案为：2.例11．（2024·全国·高三专题练习）在边长为8正方形ABCD 中，点M 为BC 的中点，N 是AD 上一点，且3DN NA =，若对于常数m ，在正方形ABCD 的边上恰有6个不同的点P ，使得PM PN m ⋅=u u u u r u u u r，则实数m 的取值范围为.【答案】(1,8)-【解析】以AB 所在直线为x 轴，以AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则(8,4)M ，(0,2)N ，（1）当点P 在AB 上时，设(,0)P x ，08x ≤≤，∴(,2)PN x =- ，(8,4)PM x =-，∴288PM PN x x ⋅=-+ ，∵08x ≤≤，∴88PM PN -≤⋅≤．∴当8m =-时有一解，当88m -<≤时有两解；（2）当点P 在AD 上时，设(0,)P y ，08y <≤，∴(0,2)PN y =- ，(8,4)PM y =-，∴268PM PN y y ⋅=-+，∵08y <≤，∴124PM PN -≤⋅≤，∴当1m =-或824m ≤≤时有一解，当18m -<<时有两解；（3）若P 在DC 上，设(,8)P x ，08x <≤，∴(,6)PN x =-- ，(8,4)PM x =--，∴2824PM PN x x ⋅=-+，∵08x <≤，∴824PM PN ≤⋅≤．∴当8m =时有一解，当824m <≤时有两解；（4）当点P 在BC 上时，设(8,)P y ，08y <<，∴(8,2)PN y =-- ，(0,4)PM y =-，∴268PM PN y y ⋅=-+，∵08y <<，∴124PM PN -≤⋅<，∴当1m =-或824m <<时有一解，当18m -<<时有两解，综上，在正方形ABCD 的四条边上有且只有6个不同的点P ，使得PM PN m ⋅=u u u u r u u u r成立，那么m 的取值范围是(1,8)-，故答案为：(1,8)-．例12．（2024·全国·高三专题练习）在平面四边形ABCD 中，连接对角线BD ，已知9CD =，16BD =，=90BDC ∠︒，4sin 5A =，则对角线AC 的最大值为（）A ．27B ．16C ．10D ．25【答案】A【解析】以D 为坐标原点，DB ,DC 分别为x ,y 轴建立如图所示直角坐标系，则(0,0),(16,0),(0,9)D B C ,因为4sin 5A =，||16BD =，所以由平面几何知识得A 点轨迹为圆弧（因为为平面四边形ABCD ，所以取图中第四象限部分的圆弧），设圆心为E ,则由正弦定理可得圆半径为1||11610(8,6)42sin 25BD E A ⨯=⨯=∴-，因此对角线AC 的最大值为22||108(69)1027,CE +=+--+=故选：A变式17．（2024·全国·高考真题）设向量,,a b c 满足2a b == ，2a b ⋅=- ，,60a c b c --=︒ ，则c v 的最大值等于A ．4B ．2CD ．1【答案】A【解析】因为2a b == ，2a b ⋅=- ，所以1cos ,2a b a b a b⋅==-, ,120a b =︒ .如图所以，设,,OA a OB b OC c === ，则CA a c =- , C B b c=-, 120AOB ∠=︒.所以60ACB ∠=︒，所以180AOB ACB ∠+∠=︒，所以,,,A O B C 四点共圆.不妨设为圆M ，因为AB b a =- ,所以222212AB a a b b =-+=.所以AB =由正弦定理可得AOB ∆的外接圆即圆M 的直径为2R 4AB sin AOB==∠.所以当OC 为圆M 的直径时，c取得最大值4.故选A.变式18．（2024·全国·高三专题练习）在平面内,设A 、B 为两个不同的定点,动点P 满足:2PA PB k ⋅=(k 为实常数)，则动点P 的轨迹为（）A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．不能确定【答案】A【解析】设2AB a =，以AB 所在直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立直角坐标系如图所示：则(,0),(,0)A a B a -设(,)P x y 2222(,)(,)PA PB a x y a x y x y a k ⋅=-----=+-=即2222x y a k +=+，表示圆故选：A变式19．（2024·全国·高三专题练习）如图，梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AB =，4CD =，BC AD =E 和F 分别为AD 与BC 的中点，对于常数λ，在梯形ABCD 的四条边上恰好有8个不同的点P ，使得PE PF λ⋅=成立，则实数λ的取值范围是A ．59(,420--B ．511(,)44--C ．111(,44-D ．91(,)204--【答案】D【解析】以DC 所在直线为x 轴，DC 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系，2=,∴A (−1,2),B (1,2),C (2,0),D (−2,0),∴33,1,,122E F ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.1)当P 在DC 上时,设P (x ,0)(−2⩽x ⩽2),则33,1,,122PE x PF ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.于是23351224PE PF x x x λ⎛⎫⎛⎫⋅=---+=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，∴当54λ=-时,方程有一解,当51144λ-< 时，λ有两解；(2)当P 在AB 上时,设P (x ,2)(−1⩽x ⩽1),则33,1,,122PE x PF ⎛⎫⎛⎫=---=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.∴23351224PE PF x x x λ⎛⎫⎛⎫⋅=---+=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，∴当54λ=-时,方程有一解,当5144λ-<-时，λ有两解；(3)当P 在AD 上时，直线AD 方程为y =2x +4，设P (x ,2x +4)(−2<x <−1),则33,23,,2322PE x x PF x x ⎛⎫⎛⎫=----=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.于是()22332723512224PE PF x x x x x λ⎛⎫⎛⎫⋅=---+--=++= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，∴当920λ=-或1944λ-<<时,方程有一解,当91204λ-<<-时，方程有两解；(4)当P 在CD 上时,由对称性可知当209λ=-或1944λ-<<时，方程有一解，当91204λ-<<-时，方程有两解；综上,若使梯形上有8个不同的点P 满足PE PF λ⋅=成立，则λ的取值范围是511519120191,,,,,444420494204⎛⎤⎛⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⋂--⋂--⋂--=-- ⎪ ⎪ ⎪⎥⎥⎝⎦⎝⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭.本题选择D 选项.变式20．（2024·江苏·高一专题练习）已知正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别为AD ，BC 的中点，如果对于常数λ，在正方形ABCD 的四条边上，有且只有8个不同的点P ，使得PE PF λ⋅=成立，那么λ的取值范围是（）A ．(]0,2B ．()0,2C ．(]0,4D ．()0,4【答案】D 【解析】如图所示,设EF 的中点为O ,则2PE PF PO PE PF FE⎧+=⎨-=⎩,两式平方相减得2244PE PF PO EF ⋅=- ,所以24PE PF PO λ⋅=-= ,即24PO λ=+ ,所以PO = 由对称性可知每个边上存在两个点P ,所以点P 在边的中点和顶点之间,故2<<解得04λ<<,故选:D题型五：隐圆的第五定义：到两定点距离之比为定值例13．（2024·四川宜宾·高二四川省宜宾市第四中学校校考阶段练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点M 与两定点,Q P 的距离之比(0,1)MQ MPλλλ=>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为221x y +=，其中，定点Q 为x 轴上一点，定点P 的坐标为1,0,33λ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，若点()1,1B ，则3MP MB +的最小值为（）ABCD【答案】D【解析】设(),0Q a ，(),M x y ，所以=MQ ，由1,03P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以PM =||||MQ MP λ=且3λ=3=，整理可得2223148a a x y x +-++=，又动点M 的轨迹是221x y +=，所以2304118aa +⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，解得3a =-，所以()3,0Q -，又=3||MQ MP ，所以3||||||||MP MB MQ MB BQ +=+≥，因为(1,1)B ，所以3||||MP MB +的最小值BQ ==当M 在位置1M 或2M 时等号成立.故选：D例14．（2024·江西赣州·统考模拟预测）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点A ，B 的距离之比为(0,1)λλλ>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆22:1O x y +=、点1,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭和点10,2B ⎛⎫⎪⎝⎭，M 为圆O 上的动点，则2||||MA MB -的最大值为（）A ．52BC ．32D【答案】B【解析】设(),M x y ，令2MA MC =，则12MA MC=，由题知圆221x y +=是关于点A 、C 的阿波罗尼斯圆，且12λ=，设点(),C m n ，则12MAMC==，整理得：22222421333m n m n x y x y ++-+++=，比较两方程可得：2403m +=，203n =，22113m n +-=，即2m =-，0n =，点()2,0C -，当点M 位于图中1M 的位置时，2||||||||MA MB MC MB -=-的值最大，最大为BC =故选：B.例15．（2024·湖南张家界·高二统考期末）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点A ，B 的距离之比为(0,1)λλλ>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点M 与两定点9,05A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()5,0B 的距离之比为35时的阿波罗尼斯圆为229x y +=．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆22:4O x y +=上的动点M 和定点()1,0A -，()1,1B ，则2MA MB +的最小值为（）A ．2BC D【答案】C【解析】如图，点M 在圆22:4O x y +=上，取点(4,0)-N ，连接,MO MN ，有||2||4ON OM ==，当点,,O M N 不共线时，||||2||||OM ON OA OM ==，又AOM MON ∠=∠，因此AOM ∽MON △，则有||||2||||MN OM MA OA ==，当点,,O M N 共线时，有||2||MN MA =，则||2||MN MA =，因此2||||||MA MB MN MB BN +=+≥==当且仅当点M 是线段BN 与圆O 的交点时取等号，所以2MA MB +故选：C变式21．（2024·广东东莞·高三东莞实验中学校考开学考试）对平面上两点A 、B ，满足()1PA PBλλ=≠的点P 的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点A ，B 是此圆的一对阿波罗点．不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数λ只与阿波罗点相对于圆的位置有关．已知()1,0A ，()4,0B ，()0,3D ，若动点P 满足12PA PB=，则2PD PB +的最小值是．【答案】【解析】由题意知：12PA PB=，即2PB PA =，2222PD PB PD PA AD ∴+=+≥（当且仅当,,A P D 三点按顺序共线时取等号），又AD ==，2PD PB ∴+的最小值为；故答案为：.变式22．（2024·上海·高三校联考阶段练习）古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A 、B ，动点P 满足|PA PB λ=（其中λ是正常数，且1λ≠），则P 的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点(1,0)(2,1)M N -、，P 是圆22:3O x y +=PN +的最小值为【解析】如图，在x 轴上取点()3,0S -，3OM OP OP OS ==，MOP POS ∠=∠，MOP POS ∴，PS ∴=，PN PS PN SN +=+≥（当且仅当P 为SN 与圆O 交点时取等号），)minPNSN ∴+===变式23．（2024·四川广安·高二广安二中校考期中）阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点Q ，P 的距离之比()0,1MQ MPλλλ=>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为221x y +=，定点Q 为x 轴上一点，1,02P ⎛⎫- ⎪⎝⎭且2λ=，若点()1,1B ，则2MP MB+的最小值为.【解析】设(),0Q a ，(),M x y，所以=MQ ，又1,02P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以MP =.因为MQ MPλ=且2λ=2=，整理可得22242133+-++=a a x y x ，又动点M 的轨迹是221x y +=，所以24203113aa +⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，解得2a =-，所以()2,0Q -，又2MQ MP =，所以2MP MB MQ MB +=+，因为()1,1B ，所以2MP MB +的最小值为==BQ 当且仅当,,Q MB三点共线时取等..变式24．（2024·河北沧州·校考模拟预测）阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是“如果动点M 与两定点,A B 的距离之比为(()0,1λλλ>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆”下面我们来研究与此相关的一个问题，已知点P 为圆22:4O x y +=上的动点，()()4,0,3,1M N -，则2PM PN +的最小值为.【答案】【解析】假设存在这样的点(),0Q t ，使得2PM PQ=，则224PM PQ =，设点(),P x y ，则()()222244x y x t y ⎡⎤++=-+⎣⎦，即()()222222228164233884160x y x x y tx t x y t x t +++=+-+⇒+-++-=，该圆对照224x y +=，所以1t =-，所以点()1,0Q -，所以()22222PM PN PQ PN PQ PN QN +=+=+≥=故答案为：变式25．（2024·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数(>0,1)k k k ≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，已知P 、Q 分别是圆22:(-4)+=8C x y ，圆22:+(-4)=1D x y 上的动点，O 是坐标原点，则||+|2PQ PO 的最小值是．【答案】1【解析】如图所示：取点(2,0)M ，设|||2z PQ PO =+，则min ||1||z PD PO =-，在PMC 和OPC 中，2MC PC PC OC ==，所以PMC 和OPC 相似，且相似比为2，所以OP =，则min ||||1D z P PM +=-，而||||PD PM DM +≥==即||||PD PM +的最小值为所以min 1z -=.故答案为：1-。

专题16 构造辅助圆(隐圆)解题的几种常见模型-2023年中考数学二轮复习核心考点拓展训练(解析版)

专题16 构造辅助圆（隐圆）解题的几种常见模型（解析版）类型一定点定长模型典例1（威海中考）如图，已知AB＝AC＝AD，∠CBD＝2∠BDC，∠BAC＝44°，则∠CAD的度数为（）A．68°B．88°C．90°D．112°思路引领：如图，作辅助圆；首先运用圆周角定理证明∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，结合已知条件∠CBD＝2∠BDC，得到∠CAD＝2∠BAC，即可解决问题．解：如图，∵AB＝AC＝AD，∴点B、C、D在以点A为圆心，以AB的长为半径的圆上；∵∠CBD＝2∠BDC，∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，∴∠CAD＝2∠BAC，而∠BAC＝44°，∴∠CAD＝88°，故选：B．总结提升：该题主要考查了圆周角定理及其推论等几何知识点及其应用问题；解题的方法是作辅助圆，将分散的条件集中；解题的关键是灵活运用圆周角定理及其推论等几何知识点来分析、判断、推理或解答．针对训练1．（苏州期中）如图，四边形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2．则BD2的值为（）A．14B．15C．18D．12思路引领：作AM⊥BC于点M，AN⊥BD于点N，根据题给条件及等腰三角形的性质证明△ABN≌△BAM，继而求出AN的值，在Rt△ABN中，利用勾股定理求解即可．解：作AM⊥BC于点M，AN⊥BD于点N，∵AC＝AB，∴△ABC为等腰三角形，∴AM也是△ABC的中线和角平分线（三线合一），∴∠CAM＝∠BAM，∴△ABM≌△ACM，∵AB∥CD，AC＝AD，∴∠ADC＝∠ACD＝∠CAB，∵∠ADB＝∠ABD＝∠CDB，∴∠ADB=12∠ADC＝∠MAB，∴∠MAB＝∠DBA，又∵AB＝AB，∴△ABN≌△BAM（AAS），∴AN=12BC=12，∵AB＝2，∴BN2＝AB2﹣AN2=15 4，∴BD2＝4BN2＝15．故选：B．总结提升：本题考查了梯形的知识，同时涉及了等腰三角形的性质和勾股定理的知识，难度适中，解题关键是正确作出辅助线．2．（2021春•牧野区校级期中）如图，在矩形ABCD中，E为AB的中点，P为BC边上的任意一点，把△PBE 沿PE折叠，得到△PFE，连接CF．若AB＝10，BC＝12，当CF取最小值时，BP的值等于．思路引领：点F在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当E、F、C共线时时，此时FC的值最小，根据勾股定理求出CE，根据折叠的性质可知BE＝EF＝5，即可求出CF，再利用勾股定理即可解决问题．解：如图所示，点F在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当E、F、C共线时时，此时CF的值最小，根据折叠的性质，△EBP≌△EFP，∴EF⊥PF，EB＝EF，∵E是AB边的中点，AB＝10，∴AE＝EF＝5，∵AD＝BC＝12，∴CE=BE2+BC2=13，∴CF＝CE﹣EF＝13﹣5＝8．由折叠可知：FP＝BP，∴CP＝BC﹣BP＝12﹣BP，在Rt△CFP中，根据勾股定理得：CF2+FP2＝CP2，∴82+BP2＝（12﹣BP）2，解得BP=10 3．故答案为：10 3．总结提升：本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．类型二对角互补模型典例2 （2018•汉阳区模拟）如图，在菱形ABCD中，点P是BC边上一动点，P和C不重合，连接AP，AP 的垂直平分线交BD于点G，交AP于点E，在P点由B点到C点的运动过程中，∠APG的大小变化情况是（）A．变大B．先变大后变小C．先变小后变大D．不变思路引领：连接AC交BD于O，连接EO、AG，根据菱形的性质得出∠AOB＝90°，AO＝CO，求出A、E、G、O四点共圆，得出∠PAG＝∠EOB，∠APG＝∠PAG，求出∠APG＝∠EOB＝∠DBC，即可求出答案．解：连接AC交BD于O，连接EO、AG，∵四边形ABCD是菱形，∴∠AOB＝90°，∵EG是AP的垂直平分线，∴AG＝PG，∠AEG＝∠AOB＝90°，∴A、E、G、O四点共圆，∴∠PAG＝∠EOB，∠APG＝∠PAG，∴∠EOG＝∠APG，∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，∵AE＝PE，∴OE∥BC，∴∠EOB ＝∠DBC =12∠ABC ，∵菱形ABCD 固定，∴∠ABC 的度数固定，即∠APG 的度数不变，故选：D ．总结提升：本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线性质，圆内接四边形性质等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键．变式训练1．（2018•碑林区校级一模）如图，在△ABC 中，∠ACB ＝120°，AC ＝BC ＝2，D 是AB 边上的动点，连接CD ，将△BCD 绕点C 沿顺时针旋转至△ACE ，连接DE ，则△ADE 面积的最大值＝．思路引领：设BD 为a ，表示线段AE ，AD ，用a 表示△ADE 的面积表达式，从而利用二次函数的极值属性求出极值．解：设BD 为a∵∠ACB ＝120°，AC ＝BC ＝2∴AB ＝23∴AD =23―a∵AE ＝BD ，∠B ＝∠CAE ＝30°，BC ＝AC∴△BDC ≌△AEC （SAS ）作EF ⊥AB ，垂足为F在Rt △AEF 中∠FAE ＝60°，AE ＝BD ＝a∴AF =12a ，EF =123a ∴△ADE 的面积=12×(23―a)×123a =―34a 2+32a 即当a =3，△ADE 的面积有最大值为343故答案为343总结提升：本题考查了数形结合的数学思想，将几何问题转化为函数问题，利用函数关系式获得极值．2．（2020•淮阴区模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，O为AC的中点，过O作OE⊥OF，OE、OF分别交射线AB，BC于E、F，则EF的最小值为．思路引领：首先过点O分别作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，易证四边形OMBN为矩形，则OM∥BC，ON∥AB，由直角三角形中30°角性质，可得AC的长，进而求得BC长．又O为AC中点，可求得OM 与ON的长，由勾股定理可得MN的长．又由垂线段最短，可得当OE与OM重合，OF与ON重合时，EF最短．得解．解：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2．∴AC＝2AB＝4．过点O分别作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N．∵∠B＝90°，∴四边形OMBN为矩形，∴OM∥BC，ON∥AB．∴△AOM∽△ACB，△CON∽△CAB，∴OM：CB＝OA：CA，ON：AB＝OC：AC．∵O为AC中点，则OB=12AC＝2＝MN，由垂线段最短，可得当OE与OM重合，OF与ON重合时，EF最短．∴EF的最小值为2．故答案为：2．总结提升：本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及垂线段最短的知识，难度适中，注意数形结合思想的运用．3．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），点P在直线y=33x上，连接AP，过点P作PQ⊥AP，交x轴于点Q，连接AQ．求∠QAP的度数．思路引领：分点P在第三象限、点P在第一象限的线段OH上、点P在第一象限的线段OH的延长线上三种情况，用四点共圆求解．解：①当点P在第三象限时，如图2，由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得Q、P、O、A四点共圆，∴∠PAQ＝∠POQ＝30°；②当点P在第一象限的线段OH上时，如图3，由∠QPA＝∠QOA＝90°可得Q、P、O、A四点共圆，∴∠PAQ+∠POQ＝180°，又此时∠POQ＝150°，∴∠PAQ＝180°﹣∠POQ＝30°；③当点P在第一象限的线段OH的延长线上时，由∠QPA＝∠QOA＝90°可得∠APQ+∠AOQ＝180°，∴Q、P、O、A四点共圆，∴∠PAQ＝∠POQ＝30°．总结提升：本题为一次函数综合题，涉及到四点共圆、等腰三角形性质，分类讨论求解是解决此题关键．类型三定边定角模型（1）定边对直角典例3东西湖区模拟）如图，已知A（2，6）、B（8，﹣2），C为坐标轴上一点，且△ABC是直角三角形，则满足条件的C点有（）个．A．6B．7C．8D．9思路引领：过点A作AB的垂线，交x轴于点C1，交y轴于点C2；过点B作AB的垂线，交x轴于点C3，交y轴于点C4；根据直径所对的圆周角为直角，以AB为直径作圆，根据A和B的坐标求出AB的长度，即为圆的直径，可得出半径的长，进而判断得出圆与y轴相切，可得出圆与y轴有1个交点，与x 轴交于2点．所以满足条件的点共有7个．解：分三种情况考虑：①当A为直角顶点时，过A作AC⊥AB，交x轴于点C1，交y轴于点C2，此时满足题意的点为C1，C2；②当B为直角顶点时，过B作BC⊥AB，交x轴于点C3，交y轴于点C4，此时满足题意的点为C3，C4；③当C为直角顶点时，以AB为直径作圆，由A（2，6）、B（8，﹣2），可得此圆与y轴相切，则此圆与y轴有1个交点，与x轴有2个交点，分别为C5，C6，C7．综上，所有满足题意的C有7个．故选：B．总结提升：此题考查了圆周角定理，直角三角形以及坐标与图形性质，利用了分类讨论及数形结合的思想．注意：若△ABC是直角三角形，则它的任意一个顶点都有可能为直角顶点．针对训练1．（2021•内乡县一模）（1）【学习心得】于彤同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC 是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝　°．（2）【问题解决】如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度数．（3）【问题拓展】如图3，如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是　5―1　．思路引领：（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC＝∠BAC，（3）根据正方形的性质可得AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG 全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2＝∠3，从而得到∠1＝∠3，然后求出∠AHB＝90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=12AB＝1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AC，∴以点A为圆心，AB为半径作圆A，点B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，∴∠BDC=12∠BAC＝45°，故答案是：45；（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴点A、B、C、D共圆，∴∠BDC＝∠BAC，∵∠BDC＝25°，∴∠BAC＝25°，（3）如图3，在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，在△ABE和△DCF中，AB=CD∠BAD=∠CDAAE=DF，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1＝∠2，在△ADG和△CDG中，AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，∴∠1+∠BAH＝90°，∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，取AB的中点O，连接OH、OD，则OH＝AO=12AB＝1，在Rt△AOD中，OD=AO2+AD2=12+22=5，根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，最小值＝OD﹣OH=5―1．（解法二：可以理解为点H是在Rt△AHB，AB直径的半圆AB上运动当O、H、D三点共线时，DH长度最小）故答案为：5―1．总结提升：本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．（2）定边对定角典例4（2021秋•如皋市期中）如图，△ABC 为等边三角形，AB ＝3．若P 为△ABC 内一动点，且满足∠PAB ＝∠ACP ，则线段PB 长度的最小值为（）A ．1.5B ．3C ．433D ．2思路引领：由等边三角形的性质得出∠ABC ＝∠BAC ＝60°，AC ＝AB ＝3，求出∠APC ＝120°，当O 、P 、B 共线时，PB 长度最小，由等边三角形的性质得出AD ＝CD =12AC =32，∠PAC ＝∠ACP ＝30°，求出PD 和BD 的长，可得PB 的长，即可得出答案．解：∵△ABC 是等边三角形，∴∠ABC ＝∠BAC ＝60°，AC ＝AB ＝3，∵∠PAB ＝∠ACP ，∴∠PAC +∠ACP ＝60°，∴∠APC ＝120°，∴点P 的运动轨迹是AC ，设AC 所在圆的圆心为O ，当O 、P 、B 共线时，PB 长度最小，设OB 交AC 于D ，如图所示：此时PA＝PC，OB⊥AC，则AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，∠ABD=12∠ABC＝30°，∴PD=32，BD=332，∴PB＝BD﹣PD=332―32=3．故选：B．总结提升：本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、勾股定理等知识；作辅助线构建圆是解决问题的关键．典例5（2021秋•白云区期中）在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．（1）求∠A+∠C的度数；（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并证明；（3）若点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求∠BEC的度数．思路引领：（1）在四边形ABCD中，由四边形内角和定理即可得出结果；（2）以BD为边向下作等边△BDQ，连接CQ，由等边三角形的性质得出∠DBQ＝60°，BD＝BQ，证出∠ABD＝∠CBQ，证明△ABD≌△CBQ，得出AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，证出∠DCQ＝90°，再由勾股定理即可得出结论；（3）根据旋转的性质作辅助线，构建全等三角形，利用勾股定理的逆定理和等边三角形的判定和性质可得结论．解：（1）在四边形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠B＝60°，∠D＝30°，∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°；（2）结论：CD2+AD2＝BD2，理由：以BD为边向下作等边△BDQ，连接CQ，则∠DBQ＝60°，BD＝BQ，∵∠ABC＝∠DBQ＝60°，∴∠ABD＝∠CBQ，在△ABD和△CBQ中，AB=BC∠ABD=∠CBQ，BD=BQ∴△ABD≌△CBQ（SAS），∴AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，∴∠A+∠BCD＝∠BCQ+∠BCD＝270°，∴∠DCQ＝90°，∴CD2+CQ2＝DQ2，∵CQ＝AD，DQ＝BD，∴CD2+AD2＝BD2；（3）如图2，∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴将△ABE绕点B顺时针旋转60°得到△CBE'，∴△ABE≌△CBE，∴BE＝BE'，AE＝CE'，∠EBE'＝60°，∴△EBE'是等边三角形，∴EE'＝BE，∠BEE'＝60°，∵AE2＝BE2+CE2，∴CE'2＝E'E2+CE2，∴∠CEE'＝90°，∵∠BEE'＝60°，∴∠BEC＝60°+90°＝150°．总结提升：本题是四边形的综合题，考查了四边形内角和定理、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、全等三角形的判定与性质、解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．针对训练1．（广州中考）如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．（1）求∠A+∠C的度数；（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；（3）若AB＝1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求点E运动路径的长度．思路引领：（1）利用四边形内角和定理计算即可；（2）连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．想办法证明△DCQ是直角三角形即可解决问题；（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．想办法证明∠BEC＝150°即可解决问题；解：（1）如图1中，在四边形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠B＝60°，∠D＝30°，∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°．（2）如图2中，结论：DB2＝DA2+DC2．理由：连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．∵∠ABC＝∠DBQ＝60°，∴∠ABD＝∠CBQ，∵AB＝BC，DB＝BQ，∴△ABD≌△CBQ（SAS），∴AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，∵∠A+∠BCD＝∠BCQ+∠BCD＝270°，∴∠DCQ＝90°，∴DQ2＝DC2+CQ2，∵CQ＝DA，DQ＝DB，∴DB2＝DA2+DC2．（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．则△AER是等边三角形，∵EA2＝EB2+EC2，EA＝RE，EC＝RB，∴RE2＝RB2+EB2，∴∠EBR＝90°，∴∠RAE+∠RBE＝150°，∴∠ARB+∠AEB＝∠AEC+∠AEB＝210°，∴∠BEC＝150°，∴点E的运动轨迹在O为圆心的圆上，在⊙O上取一点K，连接KB，KC，OB，OC，∵∠K+∠BEC＝180°，∴∠K＝30°，∠BOC＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等边三角形，∴OB＝OC＝BC＝1，∴点E的运动路径=60⋅π⋅1180=π3．总结提升：本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题2．如图，在△ABC中，∠C＝120°，则△ABC所在的平面上是否存在点M，使△ABM的面积等于△ABC 的面积，且∠AMB＝60°？若存在，画出该点的位置，若不存在，请说明理由．思路引领：构造等边三角形ABE，作等边△ABE的外接圆⊙O，过点C作AB的平行线交⊙O于点M1和M2，由同底等高三角形面积相等可知△ABM1和△ABM2的面积与△ABC的面积相等，由同弧所对的圆周角相等可知∠AM1B＝∠AM2B＝∠E＝60°，故M1和M2是符合题意的点，分别作M1和M2关于AB 的对称点M3和M4也符合题意．解：存在点M，如图，构造等边三角形ABE，作等边△ABE的外接圆⊙O，过点C作AB的平行线交⊙O于点M1和M2，∴∠AM1B＝∠AM2B＝∠E＝60°，∵M1M2∥AB，∴S△ABM1＝S△ABM2＝S△ABC，∴M1和M2是符合题意的点，分别作M1和M2关于AB的对称点M3和M4，则点M3和M4也符合题意，故符合题意的点有4个，分别为M1、M2、M3和M4．总结提升：本题考查了三角形的综合知识，掌握圆周角定理和同底等高三角形面积相等是解决问题的关键．。

向量中的隐圆问题(四大题型)(解析版)

向量中的隐圆问题目录题型一：数量积隐圆⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯01题型二：平方和隐圆⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯06题型三：定幂方和隐圆⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯08题型四：与向量模相关构成隐圆⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13方法技巧总结技巧一.向量极化恒等式推出的隐圆乘积型：PA ⋅PB=λ定理：平面内，若A ,B 为定点，且PA ⋅PB=λ,则P 的轨迹是以M 为圆心λ+14AB 2为半径的圆证明：由PA ⋅PB =λ，根据极化恒等式可知，PM 2−14AB 2=λ，所以PM =14AB 2+λ，P 的轨迹是以M为圆心λ+14AB 2为半径的圆．技巧二.极化恒等式和型：PA 2+PB 2=λ定理：若A ，B 为定点，P 满足PA 2+PB 2=λ,则P 的轨迹是以AB 中点M 为圆心，λ−12AB 22为半径的圆。

λ−12AB 2>0 证明：PA 2+PB 2=2PM 2+12AB 2=λ，所以PM =λ−12AB 22，即P 的轨迹是以AB 中点M 为圆心，λ−12AB 22为半径的圆．技巧三.定幂方和型若A ，B 为定点，mPA 2+PB 2=nPA 2+mPB 2=n mPA 2+nPB 2=λ，则P 的轨迹为圆．证明：mPA 2+PB 2=n ⇒m x +c 2+y 2 +x −c 2+y 2 =n ⇒(m +1)(x 2+y 2)+2c (m −1)x +(m +1)c 2−n =0⇒x 2+y 2+2(m −1)c m +1⋅x +c 2(m +1)−nm +1=0．技巧四.与向量模相关构成隐圆坐标法妙解必考题型归纳题型一：数量积隐圆1(2023·上海松江·校考模拟预测)在△ABC 中，AC =3,BC =4,∠C =90°.P 为△ABC 所在平面内的动点，且PC =2，若CP =λCA +μCB，则给出下面四个结论：①λ+μ的最小值为-45；②PA ⋅PB 的最小值为-6；③λ+μ的最大值为34；④PA ⋅PB 的最大值为8.其中，正确结论的个数是()A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】如图，以C 为原点，CA ,CB 所在的直线分别为x ,y 轴，建立平面直角坐标系，则C (0,0),A (3,0),B (0,4)，因为PC =2，所以设P (2cos θ,2sin θ)，则CP =(2cos θ,2sin θ)，CA =(3,0),CB =(0,4)，所以CP =λCA +μCB=(3λ,4μ)，所以2cos θ=3λ2sin θ=4μ ，即23cos θ=λ12sin θ=μ(θ为任意角)，所以λ+μ=23cos θ+12sin θ=5645cos θ+35sin θ =56sin θ+φ (其中sin φ=45,cos φ=35)，所以λ+μ的最大值为56，最小值为-56，所以①③错误，因为PA =(3-2cos θ,-2sin θ),PB=(-2cos θ,4-2sin θ)，所以PA ⋅PB=-2cos θ(3-2cos θ)-2sin θ(4-2sin θ)=4-(8sin θ+6cos θ)=4-10sin (θ+α)(其中sin α=35,cos α=45)因为-10≤-10sin (θ+α)≤10，所以-6≤4-10sin (θ+α)≤14，所以PA ⋅PB∈[-6,14]，所以PA ⋅PB的最小值为-6，最大值为14，所以②正确，④错误，故选：A2(2023·全国·高三专题练习)若正△ABC 的边长为4，P 为△ABC 所在平面内的动点，且PA =1，则PB⋅PC的取值范围是()A.3,15B.[9-23,9+23]C.[9-33,9+33]D.[9-43,9+43]【答案】D 【解析】由题知，以A 为坐标原点，以AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，如图，则B 4,0 ，C 2,23 ，由题意设P cos θ,sin θ 0≤θ<2π ，则PB=4-cos θ,-sin θ ，PC=2-cos θ,23-sin θ ，∴PB ⋅PC=4-cos θ 2-cos θ -sin θ23-sin θ=9-6cos θ-23sin θ=9-2×2332cos θ+12sin θ =9-43sin θ+π3，∵0≤θ<2π，∴π3≤θ+π3<7π3，可得9-43sin θ+π3∈9-43,9+43 .故选：D 3(2023·山东菏泽·高一统考期中)在△ABC 中，AC =5，BC =12，∠C =90°.P 为△ABC 所在平面内的动点，且PC =2，则PA ⋅PB的取值范围是()A.-22,26B.-26,22C.-30,22D.-22,30【答案】D【解析】在Rt △ABC 中，以直角顶点C 为原点，射线CB ,CA 分别为x ,y 轴非负半轴，建立平面直角坐标系，如图，令角α(α∈R )的始边为射线CB ，终边经过点P ，由PC =2，得P (2cos α,2sin α)，而B (12,0),A (0,5)，于是AP =(2cos α,2sin α-5),BP=(2cos α-12,2sin α)，因此AP ⋅BP=2cos α(2cos α-12)+2sin α(2sin α-5)=4-2(5sin α+12cos α)=4-26sin (α+φ)，其中锐角φ由tan φ=125确定，显然-1≤sin (α+φ)≤1，则-22≤4-26sin (α+φ)≤30，所以PA ⋅PB的取值范围是-22,30 .故选：D1.(2023·全国·高三专题练习)已知△ABC 是边长为43的等边三角形，其中心为O ，P 为平面内一点，若OP =1，则PA ⋅PB的最小值是A.-11 B.-6C.-3D.-15【答案】A【解析】作出图像如下图所示，取AB 的中点为D ，则OD =43×32×13=2，因为OP =1，则P 在以O 为圆心，以1为半径的圆上，则PA ⋅PB =PA +PB 2-PA -PB 24=2PD 2-AB 24=PD 2-12.又PD 为圆O 上的点P 到D 的距离，则PD min =2-1=1，∴PA ⋅PB的最小值为-11.故选：A .2.(2023·北京·高三专题练习)△ABC 为等边三角形，且边长为2，则AB 与BC的夹角大小为120°，若BD =1，CE =EA ，则AD ⋅BE的最小值为.【答案】-3-3【解析】因为△ABC 是边长为2的等边三角形，且CE =EA ，则E 为AC 的中点，故BE ⊥AC ，以点B 为坐标原点，BE 、EA分别为x 、y 轴的正方向建立如下图所示的平面直角坐标系，则A 3,1 、E 3,0 、B 0,0 ，设点D cos θ,sin θ ，BE =3,0 ，AD =cos θ-3,sin θ-1 ，所以，AD ⋅BE =3cos θ-3 ≥-3-3，当且仅当cos θ=-1时，等号成立，因此，AD ⋅BE 的最小值为-3-3.故答案为：-3-3.3.(2023·全国·高三专题练习)已知圆Q :x 2+y 2=16，点P 1,2 ，M 、N 为圆O 上两个不同的点，且PM ⋅PN =0若PQ =PM +PN ，则PQ 的最小值为.【答案】33-5/-5+33【解析】解法1：如图，因为PM ⋅PN=0，所以PM ⊥PN ，故四边形PMQN 为矩形，设MN 的中点为S ，连接OS ，则OS ⊥MN ，所以OS 2=OM 2-MS 2=16-MS 2，又△PMN 为直角三角形，所以MS =PS ，故OS 2=16-PS 2①，设S x ,y ，则由①可得x 2+y 2=16-x -1 2+y -2 2 ，整理得：x -12 2+y -1 2=274，从而点S 的轨迹为以T 12,1 为圆心，332为半径的圆，显然点P 在该圆内部，所以PS min =332-PT =332-52，因为PQ =2PS ，所以PQ min =33-5；解法2：如图，因为PM ⋅PN=0,所以PM ⊥PN ，故四边形PMQN 为矩形，由矩形性质，OM 2+ON 2=OP 2+OQ 2，所以16+16=5+OQ 2，从而OQ =33，故Q 点的轨迹是以O 为圆心，33为半径的圆，显然点P 在该圆内，所以PQmin =33-OP =33-5.故答案为：33-5.题型二：平方和隐圆4(2023·全国·高三专题练习)已知a ,b ,c ,d 是单位向量，满足a ⊥b ,m =a +2b ,|m -c |2+|m -d|2=20，则|c -d|的最大值为．【答案】255【解析】依题意，a ,b 可为与x 轴、y 轴同向的单位向量，设a =1,0 ,b =0,1 ,c=cos x ,sin x ,d =cos y ,sin y∴m =1,2 ,∴|m -c |2+|m -d|2=20=cos x -1 2+sin x -2 2+cos y -1 2+sin y -2 2化简得：4=cos x +2sin x +cos y +2sin y运用辅助角公式得：4=5sin x +φ +5sin y +φ ,tan φ=12,φ∈0,π245=sin x +φ +sin y +φ =2sin x +y 2+φ cos x -y 2，即得：cos x -y 2=25sin x +y 2+φ，故cos 2x -y 2=45sin 2x +y 2+φ≥45；c-d=cos x -cos y2+sin x -sin y 2=2-2cos x -y =4-4cos 2x -y2≤4-4×45=255.故答案为：2555(2023·上海·高三专题练习)已知平面向量PA 、PB 满足PA |2+ PB |2=4，|AB |2=2，设PC =2PA+PB ，则PC ∈.【答案】36-22,36+22【解析】因为AB 2=AP +PB 2=PA 2+PB 2-2PA ⋅PB =2且PA 2+PB 2=4，所以PA ⋅PB=1；又因为PA +PB 2=PA 2+PB 2+2PA ⋅PB =6，所以PA +PB =6；由AB 2=PB -PA 2=PA -PB 2=2，所以PA -PB =2；根据PC =2PA +PB =32PA +PB +12PA -PB 可知：32PA +PB -12PA -PB ≤PC ≤32PA +PB +12PA -PB ，左端取等号时：P ,A ,B 三点共线且P 在线段AB 外且P 靠近B 点；右端取等号时，P ,A ,B 三点共线且P 在线段AB 外且P 靠近A 点，所以36-22≤PC≤36+22，所以PC∈36-22,36+22.故答案为：36-22,36+22.6(2023·江苏·高二专题练习)在平面直角坐标系中，已知点A2,0，B0,2，圆C:x-a2+y2=1，若圆C 上存在点M，使得MA2+MB2=12，则实数a的取值范围为()A.1,1+22B.1-22,1+22C.1,1+22D.1-2,1+2【答案】B【解析】先求出动点M的轨迹是圆D,再根据圆D和圆C相交或相切，得到a的取值范围.设M(x, y)，则(x-2)2+y2+x2+(y-2)2=12，所以(x-1)2+(y-1)2=4，所以点M的轨迹是一个圆D,由题得圆C和圆D相交或相切，所以1≤(1-a)2+12≤3，所以1-22≤a≤1+22.故选：B1.(2023·江苏·高二专题练习)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:x+y+a=0与点A(0，2)，若直线l上存在点M满足MA2+MO2=10(O为坐标原点)，则实数a的取值范围是()A.-5-1,5-1B.[-5-1,5-1]C.-22-1,22-1D.[-22-1,22-1]【答案】D【解析】设M x,-x-a，∵直线l:x+y+a=0与点A0，2，直线l上存在点M满足MA2+MO2=10，∴x2+x+a2+x2+-x-a-22=10，整理,得4x2+22a+2x+a2+a+22-10=0 ①，∵直线l上存在点M,满足MA2+MO2=10，∴方程①有解，∴Δ≥0，解得：-22-1≤a≤22-1，故选D.2.(2023·宁夏吴忠·高二吴忠中学校考阶段练习)设A-2，0，B2，0，O为坐标原点，点P满足PA|2+PB|2≤16，若直线kx-y+6=0上存在点Q使得∠PQO=π6，则实数k的取值范围为()A.-42，42B.-∞，-42∪ 42，+∞C.-∞，-52∪52，+∞ D.-52，52【答案】C【解析】设P x ，y ，∵PA |2+ PB |2≤16，∴x +2 2+y 2+x -2 2+y 2≤16，即x 2+y 2≤4．∴点P 的轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆面．若直线kx -y +6=0上存在点Q 使得∠PQO =π6，则PQ 为圆x 2+y 2=4的切线时∠PQO 最大，∴sin ∠PQO =OP OQ =2OQ≥12，即OQ ≤4．∴圆心到直线kx -y +6=0的距离d =61+k 2≤4，∴k ≤-52或k ≥52．故选：C ．3.(2023·江西吉安·高三吉安三中校考阶段练习)在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x +12+y 2=2，点A 2,0 ，若圆C 上存在点M ，满足MA 2+MO 2<10，则点M 的纵坐标的取值范围是.【答案】-72,72【解析】解析：设M x ,y ，因为MA 2+MO 2≤10，所以x -2 2+y 2+x 2+y 2≤10，化简得x 2+y 2-2x -3≤0，则圆C ：x 2+y 2+2x -1=0与圆C ：x 2+y 2-2x -3=0有公共点，将两圆方程相减可得两圆公共弦所在直线方程为x =-12代入x 2+y 2-2x -3≤0可得-72≤y ≤72，故答案为：-72,72 .题型三：定幂方和隐圆7(2023·湖南长沙·高一长沙一中校考期末)已知点A -1,0 ，B 2,0 ，直线l ：kx -y -5k =0上存在点P ，使得PA 2+2PB 2=9成立，则实数k 的取值范围是.【答案】-1515,1515【解析】由题意得：直线l :y =k (x -5)，因此直线l 经过定点(5,0)；设点P 坐标为(x 0，y 0)；∵PA 2+2PB 2=9，∴y 02+(x 0+1)2+2y 02+2(x 0+2)2=9化简得：x 02+y 02-2x 0=0，因此点p 为x 2+y 2-2x =0与直线l :y =k (x -5)的交点．所以应当满足圆心(1,0)到直线的距离小于等于半径∴|-4k |k 2+1≤1解得：k ∈-1515,1515 故答案为k ∈-1515,15158(2023·浙江·高三期末)已如平面向量a 、b 、c ，满足a =33，b =2，c =2，b ⋅c =2，则a -b 2⋅a -c 2-a -b ⋅a -c 2的最大值为()A.1923B.192C.48D.43【答案】B【解析】如下图所示，作OA =a ，OB =b ，OC =c，取BC 的中点D ，连接OD ，以点O 为圆心，a为半径作圆O ，cos ∠BOC =cos <b ,c >=b ⋅cb ⋅c =12，∵0≤∠BOC ≤π，∴∠BOC =π3，所以，△BOC 为等边三角形，∵D 为BC 的中点，OD ⊥BC ，所以，△BOC 的底边BC 上的高为OD =2sin π3=3，a -b =OA -OB =BA ，a -c=OA -OC =CA ，所以，a -b ⋅a -c=BA ⋅CA =AB ⋅AC =AB ⋅AC cos ∠BAC ，所以，a -b 2⋅a -c 2-a -b ⋅a -c 2=AB 2⋅AC 2-AB ⋅AC cos ∠BAC2=AB ⋅ACsin ∠BAC 2=2S △ABC 2，由圆的几何性质可知，当A 、O 、D 三点共线且O 为线段AD 上的点时，△ABC 的面积取得最大值，此时，△ABC 的底边BC 上的高h 取最大值，即h max =AO +OD =43，则S △ABC max =12×2×43=43，因此，a -b 2⋅a -c 2-a -b ⋅a -c 2的最大值为4×43 2=192.故选：B .9(2023·河北衡水·高三河北衡水中学校考期中)已知平面单位向量e 1 ，e 2 的夹角为60°，向量c 满足c 2-2e 1+e 2 ⋅c +32=0，若对任意的t ∈R ，记|c-t e 1 |的最小值为M ，则M 的最大值为A.12+34B.1+32C.1+334D.1+3【答案】A【解析】由c 2-2e 1+e 2 ⋅c +32=0推出c -2e 1 +e 22 2=-32+2e 1 +e 2 24=14，所以c -2e 1 +e 2 2=12，如图，c 终点的轨迹是以12为半径的圆，设OA =e 1，OB =e 2，OC =c ，OD =te 1 ，所以|c -te 1|表示CD 的距离，显然当CD ⊥OA 时|c -te 1|最小，M 的最大值为圆心到OA 的距离加半径，即M max =12⋅sin60°+12=2+34，故选：A1.(2023·江苏·高三专题练习)已知a ，b 是两个单位向量，与a ，b 共面的向量c 满足c 2-(a +b)⋅c +a ⋅b =0，则c 的最大值为()A.22 B.2C.2D.1【答案】C【解析】由平面向量数量积的性质及其运算得(c -a )⊥(c -b )，设DA =a ,DC =b ,DC =c ，则c -a =AC ,c -b=BC ，则点C 在以AB 为直径的圆O 周上运动，由图知：当DC ⊥AB 时，|DC |≥|DC ′|，设∠ADC =θ，利用三角函数求c 的最值．由c 2-(a +b )⋅c +a ⋅b =0得：(c -a )⋅(c -b )=0，即(c-a )⊥(c -b )，设DA =a ,DC =b ,DC =c ，则c -a =AC,c -b =BC ，则点C 在以AB 为直径的圆O 上运动，由图知：当DC ⊥AB 时，|DC |≥|DC ′|，设∠ADC =θ，则DC =|DO |+|AO |=sin θ+cos θ=2sin θ+π4，所以当θ=π4时，|DC |取最大值2，故选：C ．2.(2023·浙江舟山·高一舟山中学校考阶段练习)已知a 、b 、e 是平面向量，e 是单位向量．若a 2-4a ⋅e +2e 2=0，b 2-3b ⋅e +2e 2=0，则a 2-2a ⋅b+2b 2的最大值为．【答案】7【解析】因为a 2-4a ⋅e +2e 2=0，则a -2e 2=2，即a -2e =2，因为b 2-3b ⋅e +2e 2=0，即b -e ⋅b -2e =0，作OA =a ，OB =b ，OE =e ，OC =2e ，则a -2e =CA =2，b -e ⋅b -2e=EB ⋅CB =0，则EB ⊥CB ，固定点E ，则E 为OC 的中点，则点B 在以线段CE 为直径的圆D 上，点A 在以点C 为圆心，2为半径的圆C 上，如下图所示：a 2-2a ⋅b +2b 2=a -b 2+b 2=BA 2+OB 2≤BC +2 2+OB 2，设∠BCE =θ，则BC=cos θ，因为OC =2，OB 2=CB -CO 2=CB 2-2CB ⋅CO cos θ+CO 2=4-3cos 2θ，故a 2-2a ⋅b +2b 2≤BC +2 2+OB 2=cos θ+2 2+4-3cos 2θ=-2cos 2θ+22cos θ+6=-2cos θ-222+7≤7，当cos θ=22时，等号成立，即a 2-2a ⋅b +2b 2的最大值为7.故答案为：7.3.(2023·四川达州·高二四川省大竹中学校考期中)已知a ，b ，e 是平面向量，e是单位向量.若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2-5e ⋅b +4=0，则a -b 的最小值是．【答案】53-64【解析】由b 2-5e ⋅b +4=0得，(b -4e )⋅(b -e)=0，故(b -4e )⊥(b -e )，或b =e 或b =4e ，设OA =e ，OB =b ，以O 为原点，OA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示坐标系，则A (1,0)，令C (4,0)，则b -e =AB ，b -4e =CB ，由(b -4e )⊥(b -e )，或b =e 或b =4e ，得B 点在以52,0 为圆心，32为半径的圆上，又非零向量a 与e 的夹角为π3，则设a 的起点为原点，则终点在不含端点的两条射线y =±3x ，(x >0)上，则a -b 的几何意义等价于圆上的点到射线上的点的距离，则其最小值为圆心52,0 到直线的距离减去半径，不妨以y =3x 为例，则a -b的最小值为3×522-32=53-64故答案为：53-644.(2023·全国·高三专题练习)已知平面向量a 、b 、c 、e ，满足a ⊥b ，a=2b ，c =a +b ，e =1，若a 2-6a ⋅e +8=0，则c ⋅e -13c 2的最大值是.【答案】310-76【解析】因为a 2-6a ⋅e +8=0，即a 2-6a ⋅e +9e 2=1，可得a -3e=1，设e =1,0 ，a =x ,y ，则a -3e =x -3,y ，则x -3 2+y 2=1，设x =3+cos θy =sin θ，则a=3+cos θ,sin θ ，因为a ⊥b ，a =2b ，则b =-sin θ2,3+cos θ2 或b =sin θ2,-3+cos θ2，因为c =a +b ，则c =3+cos θ-sin θ2,32+sin θ+cos θ2或c =3+cos θ+sin θ2,-32+sin θ-cos θ2，令c =m ,n ，则m -3 2+n -32 2=54或m -3 2+n +32 2=54，根据对称性，可只考虑m -3 2+n -32 2=54，由c ⋅e -13c 2=m -13m 2+n 2 =-13m -32 2+n 2 +34，记点A 3,32 、B 32,0 、P m ,n ，则AB =3-32 2+32 2=322，PA =1，所以，PB =PA +AB ≥PA -AB =32-52，当且仅当点M 为线段AB 与圆x -3 2+y -32 2=54的交点时，等号成立，所以，c ⋅e -13c 2=-13m -32 2+n 2 +34=-13PB 2+34≤-13×32-52 2+34=310-76.故答案为：310-76.5.(2023·河南南阳·南阳中学校考模拟预测)已知a 、b 、e 是平面向量，e =1，若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2-4b ⋅e +3=0，则a -b 的最小值是.【答案】3-1/-1+3【解析】设a =x ,y ,e =1,0 ,b =m ,n ，则由a ,e =π3得a ⋅e =a e cos π3,x =12x 2+y 2，可得y =±3x ，由b 2-4e ⋅b+3=0得m 2+n 2-4m +3=0,(m -2)2+n 2=1，因此，a -b =x -m 2+y -n 2表示圆(m -2)2+n 2=1上的点m ,n 到直线y =±3x 上的点x ,y 的距离；故其最小值为圆心2,0 到直线y =±3x 的距离d =232=3减去半径1，即3-1.故答案为：3-1题型四：与向量模相关构成隐圆10(2023·辽宁大连·大连二十四中校考模拟预测)已知a ,b ,c 是平面内的三个单位向量，若a⊥b ，则a +2c +3a +2b -2c的最小值是．【答案】25【解析】∵a ,b ,c 均为单位向量且a ⊥b ，∴不妨设a =1,0 ，b =0,1 ，c=x ,y 且x 2+y 2=1，∴a +2c =2x +1,2y ，3a +2b -2c=3-2x ,2-2y ，∴a +2c +3a +2b -2c=2x +1 2+4y 2+3-2x 2+2-2y 2=2x +12 2+y 2+x -32 2+y -12，∴a +2c +3a +2b -2c 的几何意义表示的是点x ,y 到-12,0 和32,1 两点的距离之和的2倍，点-12,0 在单位圆内，点32,1 在单位圆外，则点x ,y 到-12,0 和32,1 两点的距离之和的最小值即为-12,0 和32,1 两点间距离，∴所求最小值为2-12-322+0-1 2=25.故答案为：25.11(2023·上海·高三专题练习)已知a 、b 、c 、d 都是平面向量，且|a |=|2a -b |=|5a -c |=1，若a ,d=π4，则|b -d |+|c -d |的最小值为．【答案】29-2【解析】作图，a =OA ，则2a =OB，5a =OC ，因为2a -b=1，所以b 起点在原点，终点在以B 为圆心，1为半径的圆上；同理，5a -c =1，所以c起点在原点，终点在以C 为圆心，1为半径的圆上，所以|b -d |+|c -d|的最小值则为BD +CD min -2，因为a ,d =π4，BD =B D ，当B ，D ，C 三点共线时，BD +CD min =B C =52+22=29，所以BD +CD min -2=29-2.故答案为：29-2.12(2023·上海金山·统考二模)已知a 、b 、c 、d 都是平面向量，且a =2a -b =5a -c =1，若a ,d=π4，则b -d +c -d 的最小值为.【答案】29-2/-2+29【解析】如图，设OA =2a ，OM =5a ，OB=b ，OC =c ，OD =d ，则点B 在以A 为圆心，以1为半径的圆上，点C 在以M 为圆心，以1为半径的圆上，∠NOM =π4，所以点D 在射线ON 上，所以b -d +c -d=DB +DC ≥DA -1+DM -1=DA +DM -2，作点A 关于射线ON 对称的点G ，则DG =DA ，且∠GOA =π2，所以DA +DM ≥GM=4+25=29(当且仅当点G ,D ,M 三点共线时取等号)所以b -d +c -d的最小值为29-2，故答案为：29-2.1.(2023·全国·高三专题练习)已知线段MN 是圆C :(x -1)2+y 2=8的一条动弦，且MN =23，若点P 为直线2x +y +8=0上的任意一点，则PM +PN的最小值为.【答案】25【解析】如图，P 为直线2x +y +8=0上的任意一点，过圆心C 作CD ⊥MN ，连接PD ，由MN =23，可得CD =CN 2-MN 22=5，由PM +PN =2PD≥2PC -CD ，当C ,P ,D 共线时取等号，又D 是MN 的中点，所以CP ⊥MN ，所以|PD |min =2-0+822+1-5=5.则此时PM +PN =2PD=25，∴PM +PN的最小值为25.故答案为：252.(2023·全国·高三专题练习)已知O 为坐标原点，A ，B 在直线x -y -4=0上，AB =22，动点M 满足MA =2MB ，则OM 的最小值为.【答案】223/232【解析】设M x ,y ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，因为AB =22，所以AB 2=x 1-x 2 2+y 1-y 2 2=8，因为MAMB=2，所以MA 2=4MB 2，x -x 12+y -y 1 2=4x -x 2 2+4y -y 2 2，整理得x -4x 2-x 13 2+y -4y 2-y 13 2=4y 1-y 1 2+4x 1-x 2 29=329，可得M 点在以D 4x 2-x 13,4y 2-y 13 为圆心，半径为423的圆上，MA =x 1-x ,y 1-y ,BM =x -x 2,y -y 2 ，当BM =-14MA 时，可得x -x 2=-14x 1-x ,y -y 2=-14y 1-y ，即x =4x 2-x 13,y =4y 2-y 13圆心在D 4x 2-x 13,4y 2-y 13在直线x -y -4=0上，过O 做x -y -4=0的垂线，当垂足为圆心D 点时，OD 长度最小，OM 的长度也最小，且OD 长度最小值为0-0-4 2=22，此时OM 的最小值为22-423=223.故答案为：223.3.(2023·全国·高三专题练习)已知a ,b 是单位向量，a ⋅b =0.若向量c 满足|c -a -b |=1，则|c|的最大值是.【答案】2+1/1+2【解析】法一　由a ⋅b =0，得a ⊥b.如图所示，分别作OA =a ,OB =b ,作,OC =a +b，由于a ,b是单位向量,则四边形OACB 是边长为1的正方形，所以|OC |=2,作OP =c ，则|c -a -b |=|OP -OC |=|CP |=1,所以点P 在以C 为圆心，1为半径的圆上.由图可知，当点O ，C ，P 三点共线且点P 在点P 1处时，|OP |取得最大值2+1,故|c|的最大值是2+1,故答案为：2+1法二　由a ⋅b =0，得a ⊥b，建立如图所示的平面直角坐标系，则OA =a =(1,0),OB =b =(0,1)，设c =OC =(x ,y )，由|c -a -b|=1，得(x -1)2+(y -1)2=1，所以点C 在以(1,1)为圆心，1为半径的圆上.所以|c|max =2+1故答案为：2+14.(2023·新疆·高三新疆兵团第二师华山中学校考阶段练习)已知是a 、b 是单位向量，a ⋅b =0，若向量c 满足|c -a +b |=2，则|c|的最大值为【答案】2+2/2+2【解析】由a 、b 是单位向量，且a ⋅b =0，则可设a =(1,0)，b =(0,1)，c=(x ,y )，所以c -a +b=x -1,y +1 ，∵向量c 满足c -a +b=2，∴(x -1)2+(y +1)2=2，即(x -1)2+(y +1)2=4，它表示圆心为C (1,-1)，半径为r =2的圆，又|c|=x 2+y 2表示圆上的点x ,y 到坐标原点O 0,0 的距离，因为OC =12+-1 2=2，所以cmax =OC +r =2+2．故答案为：2+2．5.(2023·全国·高三专题练习)已知a ,b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足a -c ⋅b -2c =0，则c的最大值是．【答案】52【解析】因为a ,b 是平面内两个互相垂直的单位向量，故不妨设a =(1,0),b =(0,1)，设c=(x ,y )，由a -c ⋅b -2c=0得：(1-x ,-y )⋅(-2x ,1-2y )=0，即-2x (1-x )-y (1-2y )=0，即x -122+y -142=516，则c 的终点在以12,14 为圆心，半径为54的圆上，故c 的最大值为12 2+14 2+54=52，故答案为：526.(2023·全国·高三专题练习)已知平面向量a 、b 、c 满足：a 与b 的夹角为2π3,c -a ⋅c -b =0,a + b =2，记M 是c -a-b 的最大值，则M 的最小值是．【答案】3+12【解析】如图，设OA =a ,OB =b ,OC =c ,E 为AB 中点，令|a |=x ,|b |=y ,|AB |=2r ,|OE |=t ，则∠AOB =2π3,x +y =2 ①，因为OE =12(OA +OB ),AB =OB -OA ，故有OA ⋅OB =|OE |2-14|AB |2⇒-12xy =t 2-r 2，cos ∠AOB =x 2+y 2-4r22xy ⇒-xy =x 2+y 2-4r 2⇒4r 2=(x +y )2-xy ②，由①②得r 2=1-xy 4，从而t 2=r 2-12xy =1-34xy ,xy ∈(0,1]，因为c -a ⋅c-b =0，所以AC ⊥BC ，即点C 在以AB 为直径的圆E 上.∵|c -a -b |=|c -(a +b)|=|OE +EC -2OE |=|EO +EC |≤|EO |+|EC |，∴M =|c -a -b |max =|EO |+|EC |=t +r =1-34xy +1-14xy ≥1+32，当且仅当|a|=|b |=1时，即xy =1时等号成立.故答案为：3+127.(2023·全国·高三专题练习)已知向量a ，b 满足2a +b =3，b =1，则a +2a +b的最大值为.【答案】5【解析】令2a +b =3cos α,3sin α ,b =cos β,sin β ，∴2(a +b)=(3cos α+cos β,3sin α+sin β)2a=(3cos α-cos β,3sin α-sin β)，∴2|a +b|=(3cos α+cos β)2+(3sin α+sin β)2=10+6cos (α-β)，2|a|=(3cos α-cos β)2+(3sin α-sin β)2=10-6cos (α-β)，令S =|a |+2|a +b |=12⋅10-6cos (α-β)+10+6cos (α-β)，设t =cos (α-β)(-1≤t ≤1)，则S =1210-6t +10+6t ，S =12⋅-62⋅10-6t +6210+6t ，令S =0⇒4(10-6t )=10+6t ⇒t =1，若函数S 存在极值点，则t =1是函数S 的唯一极值点，显然，函数S 在t =1取得最值，∴S max =S (1)=12⋅4+16=5，故答案为：5.8.(2023·全国·高三专题练习)已知向量a ,b ,c 满足a =4,b =22,<a ,b >=π4,c -a⋅c -b =-1，则c -a 的最大值为．【答案】2+1【解析】设OA =a ,OB =b ,OC =c，以OA 所在的直线为x 轴，O 为坐标原点建立平面直角坐标系，∵a =4,b =22,<a ,b >=π4,则A (4,0)，B (2,2)，设C (x ,y )，∵c -a ⋅c -b=-1，∴x 2+y 2-6x -2y +9=0，即x -3 2+y -1 2=1，∴点C 在以(3,1)为圆心，1为半径的圆上，c -a表示点A ，C 的距离，即圆上的点与A (4,0)的距离，∵圆心到A 的距离为2，∴c -a的最大值为2+1.故答案为：2+1.9.(2023·全国·高三专题练习)设a ，b 为单位向量，则a +b +a-3b 的最大值是【答案】833【解析】依题意a ，b 为单位向量，设a=cos α,sin α ,b =cos β,sin β ，-1≤cos α-β ≤1则a +b +a-3b =cos α+cos β2+sin α+sin β 2+cos α-3cos β2+sin α-3sin β 2=2+2cos α-β +10-6cos α-β=2⋅1+cos α-β +6⋅53-cos α-β≤2+6 ⋅1+cos α-β +53-cos α-β =8×83=833，当且仅当2⋅53-cos α-β =6⋅1+cos α-β ，即cos α-β =-13时等号成立.故答案为：833。

隐圆问题的十大类型：高考数学微专题

隐圆问题的十大类型：高考数学微专题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！当然，这部分内容在课本上也多有涉及，比如阿波罗尼斯圆，圆的参数方程等，基于此，本节将系统梳理相关内容，力争做成一份全面，完整的隐圆资料.类型1.利用圆的定义（到定点的距离等于定长的点的轨迹）确定隐形圆例1.如果圆4)3()2(22=--+-a y a x 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________.类型2.动点P 满足对两个定点B A ,的张角是90（1-=⋅PB P A k k 或者0=⋅→→PB P A ）确定隐形圆.该类型实质就是直径所对的圆周角为直角的应用.例2.已知点P 在圆O ：224x y +=上，点()30A -,，()0,4B ，满足AP BP ⊥的点P 的个数为（）A．3B．2C．1D．0例3.已知点()3,0P -在动直线()30mx ny m n +-+=上的投影为点M ，若点32,2N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则MN 的最大值为（）A．1B．32C．2D．1124．已知点P 是圆C ：222430x y x y +--+=的动点，直线l ：30x y --=上存在两点A ，B ，使得π2APB ∠=恒成立，则线段AB 长度的最小值是（）A．B．C．D．5．已知EF 是圆22:2430C x y x y +--+=的一条弦，且CE CF ⊥，P 是EF 的中点，当弦EF 在圆C 上运动时，直线:30l x y --=上存在两点,A B ，使得2APB π∠≥恒成立，则线段AB 长度的最小值是（）A．1B．C．D．2+6．若对于圆22:2220C x y x y +---=上任意的点A ，直线:4380l x y ++=上总存在不同两点M ，N ，使得90MAN ∠≥︒，则MN 的最小值为______.类型3.正弦定理对边对角模型.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AaR sin 2=.7.（2020年全国2卷）在ABC ∆中，C B C B A sin sin sin sin sin 222⋅=--（1）求A ；（2）若3=BC ，求ABC ∆周长的最大值.8．如图，正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在边AD ，BC 上，且2DE AE =，2CF BF =．点P 在正方形ABCD 的边AD 或BC 上运动，若1PE PF ⋅=，则满足条件的点P 的个数是（）A．0B．2C．4D．6类型5.动点P 满足对两个定点B A ,满足：)0(||||22>=+λλPB P A .类型6.阿波罗尼斯圆定义：已知平面上两点B A ,，则所有满足1,||||≠=λλPB P A 的动点P 的轨迹是一个以定比为n m :内分和外分定线段AB 的两个分点的连线为直径的圆.若)0,(),0,(b B a A ,则圆的半径为|||1|2AB ⋅-λλ，圆心为)0|,|11(22AB ⋅-+λλ.解析：设(,0),(,0),(,)A c B c P x y -．因为(0,0AP BP c λλ=>>且1)λ≠由两点间距离=，化简得2222221211x c y c λλλλ⎛⎫+⎛⎫-+= ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭．所以点P 的轨迹是以221,01c λλ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭为圆心，以221c λλ-为半径的圆．9.ABC ∆中，2=AB ，BC AC 2=，则ABC ∆的面积最大值为_______.类型7.“从动点圆”，若A 为定点，点P 在圆上运动，则线段AP 的中点也在一个圆上.10.已知线段AB 的端点B 的坐标是(4,3)，端点A 在圆22(1)4x y ++=上运动，则线段AB的中点M 的轨迹方程是__________.类型8.圆的内接四边形与托勒密定理若四边形ABCD 对角互补，或者BC AD CD AB DB AC ⋅+⋅=⋅，则D C B A ,,,四点共圆.11．在平面四边形ABCD 中，,AB AC AC ⊥=，AD =3，BD =则CD 的最小值为（）B．2C．2类型9.向量隐圆12.已知向量→→→c b a ,,满足12||,1||-=⋅==→→→→b a b a ，且向量→→→→--c b c a ,的夹角为4π，则||→c 的最大值为_________.13.（2018年浙江高考）已知a 、b 、e 是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为3π，向量b 满足2430b e b -⋅+= ，则a b - 的最小值是（）11C．2D．214已知平面向量a 、b 、c 满足0a b ⋅= ，1a b == ，()()12c a c b -⋅-= ，则c a - 的最大值为（）B．12+C．32D．2类型10.米勒圆与最大视角米勒定理1：已知点B A ,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.13.（2022南昌一模）已知点)0,3(),0,1(B A -.点P 为圆45:22=+y x O 上一个动点，则APB ∠sin 的最大值为__________.隐圆问题的十大类型（解析版）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！当然，这部分内容在课本上也多有涉及，比如阿波罗尼斯圆，圆的参数方程等，基于此，本节将系统梳理相关内容，力争做成一份全面，完整的隐圆资料.类型1.利用圆的定义（到定点的距离等于定长的点的轨迹）确定隐形圆例1.如果圆4)3()2(22=--+-a y a x 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4)3()2(22=--+-a y a x 与圆122=+y x 有两个交点，求a 的取值范围问题，由两圆相交的条件可知：)0,56(-∈a .类型2.动点P 满足对两个定点B A ,的张角是90（1-=⋅PB P A k k 或者0=⋅→→PB P A ）确定隐形圆.该类型实质就是直径所对的圆周角为直角的应用.例2.已知点P 在圆O ：224x y +=上，点()30A -,，()0,4B ，满足AP BP ⊥的点P 的个数为（）A．3B．2C．1D．0解析：设点(,)P x y ，则224x y +=，且(3,)(,4)AP x y BP x y =+=-，，由AP BP ⊥，得22(3)(4)340AP BP x x y y x y x y ⋅=++-=++-= ，即22325()(2)24x y ++-=，故点P 的轨迹为一个圆心为3(,2)2-，半径为52的圆，则两圆的圆心距为52，半径和为59222+=，半径差为51222-=，有159222<<，所以两圆相交，满足这样的点P 有2个.故选B.例3.已知点()3,0P -在动直线()30mx ny m n +-+=上的投影为点M ，若点32,2N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则MN 的最大值为（）A．1B．32C．2D．112解析：由动直线方程()30mx ny m n +-+=得()()130m x n y -+-=，所以该直线过定点Q（1,3），所以动点M 在以PQ 为直径的圆上，5,2=圆心的坐标为3(1,)2-，所以点N 3=，所以MN 的最大值为5113+22=.故选：D.4．已知点P 是圆C ：222430x y x y +--+=的动点，直线l ：30x y --=上存在两点A ，B ，使得π2APB ∠=恒成立，则线段AB 长度的最小值是（）A．B．C．D．解析：圆()()22:122C x y -+-=，圆心为()1,2C ，半径为1r 依题意，P 是圆C 上任意一点，直线l 上存在两点,A B ，使得π2APB ∠=恒成立，故以AB 为直径的圆D 始终与圆C 相切，即圆D 的半径2r 的最小值是P 到直线l 距离的最1r ==AB 的最小值是2⨯=.故选：A5．已知EF 是圆22:2430C x y x y +--+=的一条弦，且CE CF ⊥，P 是EF 的中点，当弦EF 在圆C 上运动时，直线:30l x y --=上存在两点,A B ，使得2APB π∠≥恒成立，则线段AB 长度的最小值是（）A．1B．C．D．2+解析：由题可知：22:(1)(2)2C x y -+-= ，圆心()1,2C ，半径r =又CE CF ⊥，P 是EF 的中点，所以112CP EF ==，所以点P 的轨迹方程22(1)(2)1x y -+-=，圆心为点()1,2C ，半径为1R =，若直线:30l x y --=上存在两点,A B ，使得2APB π∠≥恒成立，则以AB 为直径的圆要包括圆22(1)(2)1x y -+-=，点()1,2C 到直线l 的距离为d =，所以AB 长度的最小值为()212d +=+，故选：B．6．若对于圆22:2220C x y x y +---=上任意的点A ，直线:4380l x y ++=上总存在不同两点M ，N ，使得90MAN ∠≥︒，则MN 的最小值为______.解析：由题设圆22:(1)(1)4C x y -+-=，故圆心(1,1)C ，半径为2r =，所以C 到:4380l x y ++=的距离3d r ==>，故直线与圆相离，故圆C 上点到直线:4380l x y ++=的距离范围为[1,5]，圆C 上任意的点A ，直线:4380l x ++=上总存在不同两点M 、N ，使90MAN ∠≥︒，即以MN 为直径的圆包含圆C ，至少要保证直线上与圆C 最近的点，与圆上点距离最大值为半径的圆包含圆C ，所以10MN ≥.故答案为：10类型3.正弦定理对边对角模型.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AaR sin 2=.7.（2020年全国2卷）在ABC ∆中，C B C B A sin sin sin sin sin 222⋅=--（1）求A ；（2）若3=BC ，求ABC ∆周长的最大值.解析：（1）由正弦定理可得：222BC AC AB AC AB --=⋅，2221cos 22AC AB BC A AC AB +-∴==-⋅()0,A π∈ ，23A π∴=.（2）由余弦定理得：222222cos 9BC AC AB AC AB A AC AB AC AB =+-⋅=++⋅=，即()29AC AB AC AB +-⋅=.22AC AB AC AB +⎛⎫⋅≤ ⎪⎝⎭（当且仅当AC AB =时取等号），()()()22223924AC AB AC AB AC AB AC AB AC AB +⎛⎫∴=+-⋅≥+-=+ ⎪⎝⎭，解得：AC AB +≤（当且仅当AC AB =时取等号），ABC ∴ 周长3L AC AB BC =++≤+，ABC ∴ 周长的最大值为3+类型4.动点P 满足对两个定点B A ,满足：)0(≠=⋅→→λλPB P A .分析：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：222||41||)0(41AB PM AB PM PB P A +=⇒≠=-=⋅→→→→λλλ，故动点P 是以AB 中点M为圆心，半径为2||41AB +λ的圆.8．如图，正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在边AD ，BC 上，且2DE AE =，2CF BF =．点P 在正方形ABCD 的边AD 或BC 上运动，若1PE PF ⋅=，则满足条件的点P 的个数是（）A．0B．2C．4D．6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2||41EF +λ的圆.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类型5.动点P 满足对两个定点B A ,满足：)0(||||22>=+λλPB P A .解析：由于→→→→⋅-+=+PB P A PB P A PB P A 2)(||||222，设AB 中点为M ，则由向量关系与极化恒等式可知：λ=--=⋅-+→→→→→→→)41(242)(2222AB PM PM PB P A PB P A ，整理可得：→→+=22412AB PM λ，显然动点P 以M 为圆心，→+2412AB λ为半径的圆.类型6.阿波罗尼斯圆定义：已知平面上两点B A ,，则所有满足1,||||≠=λλPB P A 的动点P 的轨迹是一个以定比为n m :内分和外分定线段AB 的两个分点的连线为直径的圆.若)0,(),0,(b B a A ,则圆的半径为|||1|2AB ⋅-λλ，圆心为)0|,|11(22AB ⋅-+λλ.解析：设(,0),(,0),(,)A c B c P x y -．因为(0,0AP BP c λλ=>>且1)λ≠由两点间距离=，化简得2222221211x c y c λλλλ⎛⎫+⎛⎫-+= ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭．所以点P 的轨迹是以221,01c λλ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭为圆心，以221c λλ-为半径的圆．9.ABC ∆中，2=AB ，BC AC 2=，则ABC ∆的面积最大值为_______.解析：由2,AB AC ==，见系代入得22(3)8x y -+=．设圆心为M ，显然当CM x ⊥轴时，ABC 面积最大，此时||CM =．所以()122ABC mx S ∆=⋅⋅=．类型7.“从动点圆”，若A 为定点，点P 在圆上运动，则线段AP 的中点也在一个圆上.10.已知线段AB 的端点B 的坐标是(4,3)，端点A 在圆22(1)4x y ++=上运动，则线段AB 的中点M 的轨迹方程是__________.解析：设点M 的坐标为(,)x y ，点00(,)A x y ，M 为AB 的中点，B 的坐标为(4,3)，004232x x y y +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，解得002423x x y y =-⎧⎨=-⎩，点00(,)A x y 满足2200(1)4x y ++=22(241)(23)4x y ∴-++-=，即2233122x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故点M 的轨迹是以33,22⎛⎫ ⎪⎝⎭为圆心，以1为半径的圆，点M 的轨迹方程为：2233122x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．类型8.圆的内接四边形与托勒密定理若四边形ABCD 对角互补，或者BC AD CD AB DB AC ⋅+⋅=⋅，则D C B A ,,,四点共圆.11．在平面四边形ABCD中，,AB AC AC ⊥=，AD =3，BD=则CD 的最小值为（）解析：如图，可设x AB =，则x BC x AC 3,2==，则由托勒密不等式可得：BD AC AB CD BC AD ⋅≥⋅+⋅，代值可得：362233≥⇒⋅≥⋅+⋅CD x x CD ，等号成立当且仅当D C B A ,,,四点共圆.B．2C．2类型9.向量隐圆12.已知向量→→→c b a ,,满足12||,1||-=⋅==→→→→b a b a ，且向量→→→→--c b c a ,的夹角为4π，则||→c 的最大值为_________.解析：依题→→b a ,夹角为43π，而向量→→→→--c b c a ,的夹角为4π，故由四点共圆结论可知，向量→c 的终点C 与B A O ,,四点共圆，则||→c 的最大值即为圆的直径，由于5||||=-=→→b a AB 则由正弦定理：1043sin||||max ==→πAB c .13.（2018年浙江高考）已知a 、b 、e 是平面向量，e是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为3π，向量b 满足2430b e b -⋅+= ，则a b - 的最小值是（）11C．2D．2解析：设()()(),,1,0,,a x y e b m n ===，则由π,3a e =得πcos ,3a e e x y a ⋅=⋅=∴= ，由2430be b -⋅+= 得()2222430,21,m n m m n +-+=-+=因此，a b - 的最小值为圆心()2,0到直线y =的距离2321，为1.-选A.14已知平面向量a 、b 、c 满足0a b ⋅= ，1a b == ，()()12c a c b -⋅-= ，则c a - 的最大值为（）B．12+C．32D．2解析：在平面内一点O ，作OA a = ，OB b = ，OC c = ，则0a b OA OB ⋅=⋅=，则OA OB ⊥，因为1a b ==，则1== OA OB ，故AOB为等腰直角三角形，则AB =uu u r取AB 的中点E ，则()()()11112222OE OA AE OA AB OA OB OA OA OB a b =+=+=+-=+=+，所以，()22222a ba b a b +=++⋅=，所以，2122a b ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因为()()()212c a c b c c a b -⋅-=-⋅+= ，所以，()()()22222142a b a b c c a b c OC OE EC +⎛⎫+-⋅++=-=-== ⎝⎭，则1EC = ，所以，12c a OC OA AC AE EC AE EC -=-==+≤+=+.11当且仅当AE 、EC 同向时，等号成立，故c a -1.故选：B.类型10.米勒圆与最大视角米勒定理1：已知点B A ,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.13.（2022南昌一模）已知点)0,3(),0,1(B A -.点P 为圆45:22=+y x O 上一个动点，则APB ∠sin 的最大值为__________.解析：如图，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ADC AEC ∠>∠，由圆周角定理：=∠APC AEC ∠，因此ADC APC ∠>∠，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),1(t M ，由于此时P M O ,,三点共线且MP OM OP +=，而42+==t MC MP ，则531422=+++t t ，解得：5442=t ，于是58=M R ，由正弦定理，则APB ∠sin 的最大值为45.。

中考专题：隐圆

–1
–2
–3
P
隐圆
定边直角可作辅助圆
y
4
C
3
2
1
A
O
B
x
–5 –4 –3 –2 –1
A1 2 3 4 5
–1
–2
P
–3பைடு நூலகம்
隐圆
定边直角可作辅助圆
正方形ABCD中,AD=2,E,F在边DC,CB上,
且始终保持DE=CF,连接AE和DF交于点
P,则线段CP的最小值为
A
D
A
PE
D O
PE
B
FC
B
FC
隐圆
∠BDC=30°,则∠BAD= _______
隐圆
动点到定点距离相等可作辅助圆在△ABC中,∠ACB＝90°,∠ABC＝30°,将△ABC绕顶点C顺时针旋转,旋转角为θ(0°<θ<180°),得到△A′B′C 设AC中点为E,A′B′中点为P,AC＝a,连接EP,则EP长度最大值为_______
隐圆
动点到定点距离相等可作辅助圆在△ABC中,∠ACB＝90°,∠ABC＝30°,将△ABC绕顶点C顺时针旋转,旋转角为θ(0°<θ<180°),得到△A′B′C 设AC中点为E,A′B′中点为P,AC＝a,连接EP,则EP长度最大值为_______
隐圆
动点到定点距离相等可作辅助圆在△ABC中,∠ACB＝90°,∠ABC＝30°,将△ABC绕顶点C顺时针旋转,旋转角为θ(0°<θ<180°),得到△A′B′C 设AC中点为E,A′B′中点为P,AC＝a,连接EP,则EP长度最大值为_______
隐圆
定边直角
1.圆中,直径所对圆周角为____ 2.固定线段AB所对动角C始终等于90°, 则A,B,C在以____为直径的圆上

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实用标准文档大全中考复习专题：隐型圆一、根据圆的定义作辅助圆例1 如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝AC＝AD＝p，BC＝q，求BD的长．

例2、如图，正方形ABCD的边长为2，将长为2的线段QF的两端放在正方形相邻的两边上同时滑动．如果点Q从点A出发，沿图中所示方向按滑动到点A为止，同时点F从点B出发，沿图中所示方向按滑动到点B为止，那么在这个过程中，线段QF的中点M所经过的路线长为 _______

变式1: 在矩形ABCD中，已知AB=2cm，BC=3cm，现有一根长为2cm的木棒EF紧贴着矩形的边（即两个端点始终落在矩形的边上），按逆时针方向滑动一周，则木棒EF的中点P在运动过程中所围成的图形的面积为___________ 实用标准

文档大全变式2：如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=3，点E,F分别为AD,DC边上的点，且EF=2，G为 EF的中点，P为BC边上一动点，则PA+PG的最小值为_________

BCDPE

变式3：在平面直角坐标系中，点A的为坐标为（3，0），B为Y轴正半轴上的点，C是第一象限内的点，且AC=2，设tan∠BOC=m，则m的取值范围为_____

变式4：如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，E是AB边的中点，F是线段BC上的动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB′F，连接B′D，则B′D的小值是_______

式5：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点F在边AC上，并且CF=2，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是___________

变式6：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3,是AB边上的动点（不与点B重合），将△BCP沿CP所在的直线翻折，得到△B′CP，连接B′A，则B′A长度的最小值是__________．实用标准文档大全变式7：如图，在平行四边形ABCD中，∠BCD=30°，BC=4，CD=,M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则A′C长度的最小值是_________．

练习：如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，M是边CD上一点，将△ADM沿直线AM对折，得到△ANM．（1）当AN平分∠MAB时，求DM的长；（2）连接BN，当DM=1时，求△ABN的面积；（3）当射线BN交线段CD于点F时，求DF的最大值．

2.共端点两条线段为定长在△ABC中，AC=4,AB=5,则△ABC面积的最大值为_____________ 实用标准文档大全变式1：已知在四边形ABCD中，AD+DB+BC=16，则四边形ABCD面积的最大值为_______ . 变式2：在△ABC中，AB=3，AC= 当∠B最大，BC的长是_______. 3.共端点三条线段为定长引列如图，已知AB=AC=AD, ∠CBD=2∠BDC，∠BAC=44°，则∠CAD的度数为_________.

引列图变式1图

变式1：如图，在四边形ABCD中，DC∥AB，BC=1，AB=AC=AD=2，则BD=_______. 实用标准

文档大全 C

变式2图变式3图

变式2：如图，在等腰△ABC中，AC=BC，∠C=70°，点P在△ABC的外部，且与点C均在AB的同侧.如果PC=BC，那么∠APC=________ .

变式3：如图，在△OAB中，OA=OB，∠AOB=15°.在△OCD中，OC=OD, ∠COD=45°，且点C在OA边上.连接CB，将线段OB绕着点O逆时针旋转一定角度得到线段OE，使得DE=OE,则∠BOC的度数为_________.

知识架构如图，点A(2,0),B(6,0),CB⊥x轴于点AC，在y轴正半轴求作点P,使∠APB=∠ACB.(尺规作图，保留作图痕迹)

OAB

Cx 归纳：当某条边与该边所对的角是定值时，该角的定点的轨迹是圆弧方法：见直角找斜边（定长）想直径定外心现“圆”形。实用标准文档大全引例已知A,B两点在直线L的异侧，在L上求作点P，使△PAB为直角三角形，（尺规作图，保留痕迹）

B 变式1：如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，D为线段AC上一动点，连接BD，过点C作CH⊥BD于点H，连接AH，则AH的最小值为________.

CBDH

变式2：如图，在正方形ABCD中，AB=2，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E，F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段AF,BE相交于点P，则线段DP的最小值为________.

变式3：直线y=x+4分别与x轴，y轴相交于M，N,边长为2的正方形OABC一个顶点O在坐标系的原点，实用标准

文档大全直线AN与MC相交于P.若正方形绕着点O旋转一周，则点P到点（0,2）长度的最小值是________.

方法三：见定角→找对边（定长）→想周角→转心角→现“圆”形. 问题提出：如图，已知线段AB，试在平面内找到符合所有条件的点C，∠ACB=30°（利用直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不写作法）

自主探索1：在平面直角坐标系中，已知点A（3，0），B（-1.0），C是y轴上一动点.当∠BCA=45°时，点C的坐标为________ .

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y 2345-1-2561B-1o4213-3-4-5xAy 自主探索1图自主探索2图自主探索2：在平面直角坐标系中，已知点A（3,0），B（-1,0），C是y轴上一动点.当∠BCA=60°时，点C的坐标为_______. 实用标准文档大全 2345-1-2561B-1o4213-3-4-5xAy 2345

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y 自主探索3图自主探索4图

自主探索3：在平面直角坐标系中，已知点A（3,0），B（-1,0），C是y轴上一动点.当∠BCA=120°时，点C的坐标为_______.

自主探索4：在平面直角坐标系中，已知点A（3,0），B（-1,0），C是y轴上一动点.当∠BCA=135°时，点C的坐标为_______.

变式1：如图，B是线段AC的终点，过点C的直线l于AC成60°角，在直线l上取一点P，使∠APB=30°，则满足条件的点P的个数是_______.

变式1图

变式2：如图，在边长为2的等边△ABC中，动点D，E分别在BC，AC边上，且保持AE=CD，连接BE，AD，相交于点P，则CP的最小值为_________.

实用标准

文档大全变式3：如图，点A与点B的坐标分别是A（1,0），B（5,0），P是该平面直角坐标系内的一个动点. （1）使∠APB=30°的点P有_______个（2）若点P在y轴上，且∠APB=30°，求满足条件的点P的坐标（3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否存在最大值？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.

变式4: （1）请利用以上操作所获得的经验，在图①的矩形ABCD内部用直尺于圆规作出一点P,使点P满足：∠BPC=∠BEC，且PB=PC。（要求:用直尺与圆规作出点P，保留作图痕迹）

BCE

图① 图②

（2）如图②，在平面直角坐标系的第一象限内有一点B，坐标为（2，m），过点B作AB⊥y轴，BC⊥x轴，垂足分别为A，C若点P在线段AB上滑动（点P可以与A,B重合），发现使得∠OPC=45°的位置有两个，则m的取值范围为_________.

实用标准文档大全变式5：如图，已知抛物线y=ax²+bx+c（a≠0）与x轴交于A（1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，2），连接AC，BC。（1）求抛物线的解析式；（2）若BC的垂直平分线交抛物线于D，E两点，求直线DE的解析式；（3）若点P在抛物线的对称轴上，且∠CPB=∠CAB，求出所有满足条件的点P的坐标。

CABO

二、结论类似于圆幂定理的形式时作辅助圆例如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，D是边BC上的一点，且AD＝１，求BD·DC的值．

BCD

三、探究动点对定线段所张的角时作辅助圆例1 如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠B＝90°，设AB＝a，DC＝b，AD＝c，当a、b、c之间满足什么关系时，在直线BC上存在点P，使AP⊥PD？

BCD

P 例2 如图，在平面直角坐标系xOy中，给定y轴正半轴上的两点A (0，8)、B(0，2)，试在x轴正半轴上求一点C，使∠ACB取得最大值。