向量運算視角下隱圓問題的幾何特征與解題路徑

近年來，隱圓問題在高考解析幾何試題中頻繁出現，成為考查學生幾何直觀與代數運算能力的載體，該類試題一般以向量為載體，隱含動點軌跡為圓作為條件，要求學生從復雜幾何關系中抽象出圓的方程并求解與圓有關的綜合問題，這不僅要求學生具備扎實的幾何圖形分析能力，還需靈活運用代數工具對條件進行轉化.向量作為連接幾何與代數的橋梁，為隱圓問題的解決提供了全新視角.一方面，向量運算可直接通過模長、數量積等代數化表達揭示幾何關系；另一方面，向量工具的動態性契合隱圓問題中動點軌跡的分析需求.例如，當動點滿足向量模長定值、向量間夾角恒定等條件時，其軌跡往往隱含圓或圓弧，通過向量運算可直接推導圓心與半徑，顯著提升解題效率，

1向量視角下的隱圓幾何特征

1）到定點的距離等于定長

已知 A，B，C 為定點，若 或 或 ，則點 P 的軌跡為圓.若 ∣c-a-b∣=λ ，可設 ，則 |c-a-b|=λ 也能轉化成 的形式.

2）到兩定點距離的平方和為定值

若 A，B 為定點，點 P 滿足 ，則點 P 的軌跡是以 AB 的中點 M 為圓心 為半徑的圓.

3）數量積為定值

若 A，B 為定點，且 0），則點 P 的軌跡是以 AB 的中點 M 為圓心、 為半徑的圓.

4）四點共圓

若一個四邊形對角互補，則該四邊形的四個頂點共圓.在向量問題中，若三個向量有共同的起點，則這三個向量的終點和起點連線構成一個四邊形，若該四邊形對角互補，則可構造“隱圓\"解題.

5）阿波羅尼斯圓

在平面上給定兩點 A，B ，設點 P 滿足 ，則當 λgt;0 且 λ≠1 時，點 P 的軌跡是一個圓，稱該圓為阿波羅尼斯圓.在向量問題中，若 ∣a∣=λ∣b∣（λgt;0 且 λ≠1 ），即兩個向量的模長呈現一定的比例時，可構造阿波羅尼斯圓解題

2基于向量運算的隱圓解題路徑

例1已知 ΔABC 為等邊三角形， AB=2 ，ΔABC 所在平面內的點 P 滿足 1，則 的最小值為（ ）.

本題的常規方法是利用 ΔABC 為等邊三角形，基于圖形的對稱性建立平面直角坐標系，求得點 P 的軌跡方程，再進行后續的求解，思路直接，但過程較為煩瑣.若能夠發現|AP－AB-AC|=1的特征，直觀感知動點 P 可能與某個定點的距離為定值，猜測點 P 的軌跡為一個圓.基于此考慮，取點 A 關于直線 BC 的對稱點 D ，由已知條件得

所以點 P 的軌跡是以點 D 為圓心、1為半徑的圓，則 ，故選C.

例2（2025年北京卷10）在平面直角坐標系xOy 中， ，設 C（3，4） ，則 的取值范圍是（ ）.

A.[6，14] B.[6，12]C.[8，14] D.[8，12]本題的精妙之處在于將兩個圓隱藏于題設中，首先由已知得 則 OA⊥OB ，故線段 AB 是以 O 為圓心 為半徑的圓上長度為2的一條弦.設 AB 的中點為 M ，則∣OM∣=1 ，從而得到本題的第二個隱圓，即點 M 在以O 為圓心、1為半徑的圓上.易得 [CO]+1]=[4，6] ，則 的取值范圍是[8，12]，故選D.

例3 （2025年新高考I卷18）設橢圓 C 的離心率為 下頂點為 A ，右頂點為

（1）求橢圓的標準方程

（2）已知動點 P 不在 y 軸上，點 R 在射線 AP 上，且滿足 ∣AR∣∣AP∣=3

（i）設 P（m，n） ，求點 R 的坐標（用 m，n 表示）；（ii）設 O 為坐標原點， M 是橢圓上的動點，直線OR 的斜率為直線 OP 的斜率的3倍，求 ∣PM∣ 的最大值.

（求解過程略）.

解析

（2）（i）將已知條件用向量關系表示為 X ，其中 λgt;0 ，則 m2+（n+1）2，進而求得點R的坐標為

（ii）由條件 k_OR=3k_OP 直觀感知點 P 滿足隱圓的特征（數量積為定值）.由

結合已知條件得 ，即 m²+n²+ 8n-2=0 ，即 m²+（n+4）²=18（m≠0） ，所以點 P 在以 N（0，-4） 為圓心、 為半徑的圓上（除去兩個點）.接下來只需分析圓的性質，不難發現 ∣PM∣_max 為點 M 到圓心 N 的距離加上半徑，即 ∣PM∣_max=

例4設向量 _a，b，c 滿足 |a|=|b|=1，a?b= ，則 的最大值為（ ）.

A.2 B. C. （20 D. 1

O 由已知條件易得 解析 ?a，b?=120^° .令 a= ，則 a-ι ∠AOB= 120^° .又因為 ?a-c，b-c?= 60^° ，所以 ∠ACB=60^° ，則 ∠AOB+∠ACB=180^° ，故

圖1

A，O，B，C 四點共圓，如圖1所示．由于 （b-a）²=b²-2a?b+a²=3 ，即 ，故ΔABC 的外接圓直徑為 sin 60°=2，當OC為直徑時最大，即 的最大值為2，故選A.

例5已知圓 O：x²+y²=1 和點 A（-2，0） ，若定點 B（b，0）（b≠-2） 和常數 λ 滿足：對于圓 O 上的任意一點 M ，都有 ∣MB∣=λ∣MA∣ ，則 λ=

由題意可知 λgt;0 ，且 λ≠1. 因為 ∣MB∣= λ∣MA∣ ，所以點 M 的軌跡為阿波羅尼斯圓.M（x，y） ，由 ∣MB∣=λ∣MA∣ ，得

則 .因為對于圓 O 上的任意一點 M ，都有 ∣MB∣=λ∣MA∣ ，所以 結合 λgt;0 ，且 λ≠1 ，解得

3 鞏固訓練

練習1已知 ^a，b 是單位向量， a?b=0 ，若向量 c 滿足 ∣c-a+b∣=1 ，則 |c-b| 的取值范圍是（ ）.

A. B.

C.[0，2] D. 由已知 a⊥b ，設 ，以

所在直線分別為 x 軸、 y 軸建

立平面直角坐標系，如圖2所

示，則 a=（1，0），b=（0，1） .設

c=（x，y） .因為 ∣c-a+b∣=1 .

所以 （x-1）²+（y+1）²=1 ，它

圖2

高 75數理化

表示圓心為 C（1，-1） 、半徑為1的圓.

又 ，所以 表示圓C 上的點到點 B（0，1） 的距離，且 ，所以 ，則 ∣c-b∣ 的取值范圍是 ，故選D.

練習2 已知 A，B，C，D 四點共面， BC=2 ∣AB∣²+∣AC∣²=20 ，則 的最大值為

0 以 c 為原點，解析 CB 所在直線為 x 軸建立平面直角坐標系，如圖3所示，則B（2，0） .設 D（x，y） ，因為 ，所以 .因為 AB²+ AC²=20 ，所以

圖3

化簡得 （x-3）²+y²=81 ，所以點 D 在以 E（3，0） 為圓心、 r=9 為半徑的圓上，故 的最大值為

練習3已知 ^a，b 是平面內兩個互相垂直的單位向量，若向量 α_c 滿足 （a-c）?（b-2c）=0 ，則 ∣c∣ 的最大值是（ ）.

A.

因為 （a-c）?（b-2c）= 0，所以

c）=0 設 ，

OB 的中點為 D ，如圖4所示，以

所在直線分別為 x 軸、 y

軸建立平面直角坐標系，則 a-ι

圖4

，所以 ，故點 c 在以AD 為直徑的圓 M 上.因為 OA⊥OB ，所以點 O 在圓M 上，則 ∣c∣ 的最大值為圓 M 的直徑 AD= ，故選B.

練習4若 c?=60^° ，則當 ∣c∣ 取得最大值時，以共起點的向量 ^b，c 的終點為頂點的三角形為（ ）.

A.直角三角形 B.等腰三角形C.等邊三角形 D.鈍角三角形

0 由已知易得 ?a，b?= 解析 120^° .如圖5所示，設 ，則 由題意 可得 ∠BOA=120^° ∠BCA= 60^° ，則 ∠BOA+∠BCA= 180^° ，所以 O，A，C，B 四點 共圓.

圖5

當 OC 為該圓的直徑時， ∣c∣ 取得最大值，此時OB⊥BC，OA⊥AC 在 ΔOAB 中，由余弦定理得 .設四邊形OACB的外接圓半徑為 R .由正弦定理得 R=1 ，則 OC=2R=2 ，故 |AC|=|BC|= ，所以 ΔABC 是等邊三角形，即以共起點的向量 _a，b，c 的終點為頂點的三角形為等邊三角形，故選C.

練習5在 ΔABC 中， BC=2 ，若 則 的取值范圍是以BC的中點O 為坐標原點，BC所在直線為 Ψ_x 軸建立平面直角坐標系，如圖6所示，則 B（-1，0） ，C（1，0） .設點

圖6

（ $_ y ＼ne 0 ＼$ ，由 ，可得

（x+1）²+y²=2[（x-1）²+y²]，

則 ，故點 A 的軌跡為圓（不包含與 x 軸的交點），記該圓與 x 軸的交點分別為M，N （點 M 在點 N 的左側），則

所以

故 的取值范圍為

（完）