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
.
例1.（2020年全国2卷）在中，
（1）求；
（2）若，求周长的最大值.
解析：（1）由正弦定理可得：，
，.
（2）（方法1.化边+均值不等式）
由余弦定理得：，
即.（当且仅当时取等号），，
解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.
（方法2：隐圆角度）[1]延长到点,使得,则
联结，因为为等腰三角形，所以。根据，可知点在如图所示的上运动.显然当为直径,即点位于点处时,取到最大值,此时为直角三角形,,故周长的最大值为.
（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：已知点是的边上的两个定点，点是边上的动点，则
当在何处时，使（凌晨讲数学）得最大？
对米勒问题有如下重要结论称之为米勒定理.
米勒定理1：已知点是的边上的两个定点，点是边上的动点，
则当且仅当的外接圆与边相切于点时，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.由圆周角定理：，
因此，当且仅当的外接圆与边相切于点时，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：若定点是圆内部两点，为圆上任意一动点，则最大当过三点的圆与圆相内切.
例2.（2022南昌一模）已知点.点为圆上一个动点，则的最大值为__________.
解析：如上图2，设D是圆上不同于点P的任意一点，连结DA与圆交于点E，连接
EC，由三角形外角的性质，可知，由圆周角定理：，
因此，当且仅当的外接圆与圆相切于点时，最大.
此时，可设的外接圆圆心，由于此时三点共线且
，而，则，解得：，
于是，由正弦定理，则的最大值为.
★3.四边形中的最值关系后的隐圆
若四边形对角互补，或者，则四点共圆.
例3．在平面四边形ABCD中，，AD=3，BD=则CD的最小值为（）
B． C． D．
解析：如图，可设，则，则由托勒密不等式可得：
，代值可得：，等号成立当且仅当四点共圆.
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，
??
（1）若图，求线段BD长度的最大值；
（2）若图，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，则，由材料可知，，
即，解得，所以线段BD长度的最大值为．
（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，在中，由余弦定理，得①，在中，由余弦定理，得②
??
因为A、B、C、D四点共圆，所以，从而③，由①②③，解得，因为，所以．从而，，所以．
★4.阿波罗尼斯圆与球
（1）定义：已知平面上两点，则所有满足的动点的轨迹是一个以
定比为内分和外分定线段的两个分点的连线为\t/item/%E9%98%BF%E6%B0%8F%E5%9C%86/_blank直径的圆，圆的半径为
，圆心为.
解析：设．因为且由两点间距离公式得，化简得．
所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，且有圆与轴交于
，
则有，则由角平分线定理,可知是的内角平分线.
例5.中，，，则的面积最大值为_______.
解析：由，见系代入得．设圆心为，显然当轴时，面积最大，此时．所以．
例6．如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点，（在的上方），且．
（1）圆的标准方程为___________；
（2）过点任意作一条直线与圆相交于，两点，下列三个结论
①；②；③
其中正确结论的序号是__________________．
解析：（1）依题意，设（为圆的半径），因为
所以，所以圆心为，故圆的标准方程为．
（2）在（1）的基础上易得，于是，．所以．由阿波罗尼斯圆的定义知圆是以，为定点，且比值为的阿波罗尼斯圆故①成立；因为
，所以②成立；③成立．因此正确结论的序号是①②③．
（2）.阿氏圆的逆用.结论：已知圆上任意一点和坐标轴上任意两点，求形如的最值问题，可逆用阿氏圆转化为三点共线最值计算.
例7．已知圆是以