第二十七章 圆（二十四种题型压轴专练）-2024-2025学年九年级数学下册单元速记·巧练（华东师大版）

第二十七章 圆 压轴专练 题型一、圆中最值——两定一动 1．如图，是的直径，，点在上，，是弧的中点，是直径上的一动点，的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．如图所示，点A是半圆上一个三等分点，点B是的中点，点P是直径上一动点，若的直径为2，则的最小值是 ．    题型二、圆中最值——两动一定 1．如图，已知正方形的边长为2，点F是正方形内一点，连接，且，点E是边上一动点，连接，则长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．在矩形中，，，点P、E、F分别是边、、上的动点，且，点M是的中点，点Q是的中点，连接、，则的最小值为 ． 题型三、圆中最值——点运动路径 1．如图，在半径为的上，为上一动点，将射线绕逆时针旋转交于，取的中点，求在的运动过程中的路径长为（    ） A． B． C． D． 2．如图，已知点是第一象限内的一个定点，若点是以点为圆心，4为半径的圆上的一个动点，连接，过点作，且．当点在上运动一周时，点运动的路径长是 ． 题型四、圆中最值——折叠圆 1．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的最小值是（　　） A．2﹣2 B．6 C．2﹣2 D．4 2．如图，在，，E为边上的任意一点，把沿折叠，得到，连接．若，则的最小值为 ． 题型五、圆中最值——直角圆 1．如图，正方形的边长为4，是射线上一个动点，点在上，且满足，则线段的最小值为（    ）      A． B．2 C． D． 2．如图，正方形的边长是6，点M是边上的一个动点，连结，作于点P，连结，线段长度的最小值为 ． 题型六、圆中最值——定角定长 1．如图，在矩形中，，，点在上，，在矩形内找一点，使得，则线段的最小值为（    ） A． B． C．4 D． 2．如图，已知以为直径的半圆O，C 为弧上一点，，P为弧上任意一点，交AP于D，连接，若，则的最小值为 ．    题型七、圆中最值——四点共圆 1．如图，在中，，，，点D是边上一个动点，以为直径画圆分别交于点E、F，则弦的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．如图，在等腰直角三角形中，，点在以斜边为直径的圆上，为的中点．当点沿圆从点开始运动一周时，长度的最小值是 ． 题型八、圆中最值——瓜豆原理 1．如图，抛物线与轴交于A、B两点，P是以点为圆心、2为半径的圆上的动点，Q是线段的中点，连结，则线段的最小值是（      ） A． B． C． D． 2．如图，点M是等边三角形边的中点，P是三角形内一点，连接，将线段以A为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为 ． 题型九、圆中最值——切线与勾股定理 1．如图，直线与x轴、y轴分别交于点A，B，点P是以点为圆心，半径长为2的圆上一动点，过点P的切线交直线于点Q，则线段的最小值是（　　） A． B．4 C． D．8 2．如图，在直角坐标系中，A点坐标为，的半径为3，P为x轴上一动点，切于点B， 则最小值是 ． 题型十、圆中最值——阿氏圆 1．如图，在平面直角坐标系中，点，点，点，以点A为圆心，4个单位长度为半径作圆，点C是⊙上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．如图，半圆的半径为，为直径，为切线，，为弧上一动点，则的最小值为 ． 题型十一、圆与三角形 1．新定义：如果一个三角形中有两个内角，满足，那我们称这个三角形为“近直角三角形”． (1)若是“近直角三角形”，，，则______度； (2)如图1，在中，，，．若是的平分线，在边上是否存在点（异于点），使得是“近直角三角形”？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． (3)如图2，在中，，点为边上一点，以为直径的圆交于点，连接交于点，若为“近直角三角形”，且，，求的值． 2．背景：在数学综合实践活动中，小明利用等积法得到了关于三角形角平分线的一个结论，如图1，已知是的角平分线，可证．小红经过思考，认为可以构造相似三角形来证明．小红的证明思路是：如图2，过点B作，交的延长线于点E，从而证得． (1)证明：请参照小红提供的思路，利用图2证明 (2)运用：如图3，是的角平分线，M是边的中点，过M点作，交的延长线于点N，交于点G．若，，求线段的长． (3)拓展：如图4，是的外接圆，是直径，点D是半圆的中点，连接交于点E．若，，则线段的长为 ． 3．定义：如果三角形两边的乘积是第三条边上高线平方的倍，则称这个三角形是“小屋三角形”，这条高线叫做“小屋线”． (1)如图1，中，，，求证：是“小屋三角形”． (2)如图2，是圆的内接三角形，是钝角，是的“小屋线”，设长为，圆的面积为，求的值． (3)如图3，在（2）的条件下，是优弧的中点，连结，，当与的平方差为时，求圆的周长． 题型十二、圆与四边形 1．如图，四边形是的内接四边形，，，垂足分别是、． (1)直接写出与的数量关系__________，并证明你的结论； (2)若，．求的长． 2．如图，四边形内接于，为直径，，于． (1)若，，求的长； (2)若，，求的长； (3)在（）条件下，如图，是线段上一点，，连接并延长交于，求的长． 3．定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”． (1)如图1，在对角互余四边形中，，且．若，求四边形的面积和周长． (2)如图2，在四边形中，连接，点O是外接圆的圆心，连接，求证：四边形是“对角互余四边形”； (3)在（2）的条件下，如图3，已知，，，连接，求线段的长． 题型十三、圆与一次函数 1．已知一次函数的图像经过点，与轴相交于点，与轴相交于点，点，记， (1)求的值； (2)点在直线上，且在点的下方，以为直径的与线段CD有交点，求的面积的取值范围． (3)在（2）的条件下，将线段绕点按逆时针旋转得到线段，再将线段绕点按顺时针旋转得到线段，再将线段绕点按逆时针旋转得到线段，若抛物线经过A、B、、四点，求该抛物线顶点的纵坐标的最大值与最小值的差． 2．如图1，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，P是射线上一点，以为直径画圆，圆心为M． (1)点A的坐标为 ，点B的坐标为 ； (2)当与直线相切时，请在图2中作出点P的位置（不写作法，保留作图痕迹），并求的半径长； (3)当⊙M与直线相交时，另一个交点记为Q，直线l过点Q且与x轴平行，交于点．当三条射线中，其中一条是另两条射线所夹角的角平分线时，求点的坐标． 3．在平面直角坐标系中，设直线的解析式为：（、为常数且），当直线与一条曲线有且只有一个公共点时，我们称直线与这条曲线“相切”，这个公共点叫做“切点”． (1)求直线与双曲线的切点坐标； (2)已知一次函数，二次函数，是否存在二次函数，其图象经过点，使得直线与，都相切于同一点？若存在，求出的解析式；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的条件下，抛物线的顶点坐标为，点为轴上一点．在平面内存在点，使，且这样的点有且只有一个，则点的坐标为______． 题型十四、圆与反比例函数 1．阅读理解： 如图1、图2，点分别在外、在内，直线分别交于点，则的长度是点到上的点的最短距离，的长度是点到上的点的最长距离，这个模型被称为“一箭穿心”． (1)请就图1中为何最长进行证明； (2)若平面内的点到上的点的最短距离为3，最长距离为7．则的半径为______； (3)如图3，正比例函数与反比例函数的图象交于两点，点在以点为圆心，1为半径的上，是的中点，已知长的最大值为，求的值． 2．正比例函数的图像和反比例函数的图像都关于原点对称．九年级一班数学小组的同学们根据正比例函数及反比例函数的图像及性质以及中心对称的相关知识进行如下的探究活动；如图，双曲线为常数与直线分别交于四点，以原点 O为圆心，经过四点画圆，若图中阴影部分的面积为． (1)求的半径和k的值； (2)求经过两点的一次函数解析式． 3．【问题背景】 （1）数学活动课上，老师拿出一个由五个边长均为1的小正方形连成的形教具，如图1，将它放入一个直角三角形中，已知，，顶点、、、刚好落在三边上，求的长； 【问题提出与解决】 （2）小颖同学受到启发，将该教具放入如图2所示的直角坐标系中，顶点、、分别落在坐标轴上，提出问题：如果反比例函数图象经过顶点，求的值； （3）小明同学也受到启发，画了一个圆，如图3，将该教具放入圆内，使圆经过其顶点、、，提出问题：求该圆的面积． 题型十五、圆与二次函数 1．如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于，两点，，为抛物线顶点． (1)求，的值； (2)点为直线下方抛物线上一点，过点作轴，垂足为点，交于点，是否存在？若存在，求出此时点坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图2，以为圆心，2为半径作圆，为圆上任一点，求的最小值． 2．如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，其中A在B的左侧，；与y轴的正半轴交于点C；与一次函数的图象交于A、D两点，连接，． (1)求b的值； (2)求二次函数的关系式； (3)在抛物线上是否存在点P，使得以P为圆心的圆与直线和x轴都相切？若存在，求出P点横坐标；若不存在，请说明理由． 3．已知二次函数，与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），顶点为P，与y轴交于点D． (1)点A的坐标为___________，点B的坐标为___________； (2)如图，点M是在x轴下方抛物线上一点，面积为3m，求点M的横坐标； (3)的圆心C在x轴上，且经过A、B两点，若直线PD与相交，则m的取值范围是___________． 题型十六、圆与相似 1．已知抛物线经过点，点，直线，直线，直线经过抛物线的顶点，且与相交于点，直线与轴、轴分别交于点、，若把抛物线上下平移，使抛物线的顶点在直线上（此时抛物线的顶点记为），再把抛物线左右平移，使抛物线的顶点在直线上（此时抛物线的顶点记为）．    (1)求抛物线的解析式． (2)判断以点为圆心，直径长为的圆与直线的位置关系，并说明理由． (3)设点、在直线上（点在点的下方），当与相似时，求、的坐标（直接写出结果）． 2．已知如图，抛物线与轴相交于两点，与轴的正半轴相交于点，过、、三点的与轴相切于点．为轴负半轴上的一个动点，直线交于点，交抛物线于点． (1)请求出点坐标和的半径； (2)请确定抛物线的解析式； (3)若：：，求点坐标； (4)若与以、、为顶点的三角形相似，求的值．（先画出符合题意的示意图再求解） 3．如图1，正方形的边长为2，点M是的中点，P是线段上的一个动点（不与M、C重合），以为直径作，过点P作的切线，交于点F，切点为E． (1)求证：； (2)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； (3)延长、交于点G，连接并延长交直线于H（图2），问是否存在点P，使以A，F，O为顶点的三角形和以H，E，G为顶点的三角形相似，如果存在，求的长；如果不存在，请说明理由 题型十七、圆与三角函数 1．如图，内接于，交于点，连接．     (1)如图，求证：平分； (2)如图，延长交于点，连接，交于点，，求的度数； (3)如图，在（）的条件下，若，，求弦的长． 2．如图1，在，，点D是射线上一动点，连接，以为边在右侧作正方形，连接． (1)若G为的中点，连接，求的最小值； (2)当点D在线段上运动时． ①求的度数； ②连接交线段于点H，若，求的长； (3)如图2，当点D在线段的延长线上时，延长交于点M，连接．若，直接写出的值． 3．如图，等腰三角形和无重叠地拼接在一起，且，的外接圆与边交于点E（点E不与点C，D重合），过点E作线段的垂线，交的延长线于点F，交线段于点H，连接． (1)求证； (2)若的半径为5， ①若，求的长； ②连接，若平分，求的值； (3)若，对于任意长度，都有的值是一个定值，求这个定值． 题型十八、圆与新定义 1．定义：同一个圆中，互相垂直且相等的两条弦叫做等垂弦，等垂弦所在直线的交点叫做等垂点． (1)如图1，、是的等垂弦，，垂足分别为D，E． 求证：四边形是正方形； (2)如图2，是的弦，作，分别交于D，C两点，连接．分别交、与点、点． 求证：，是的等垂弦； (3)已知的直径为10，、是的等垂弦，P为等垂点．若．求的长． 2．在平面直角坐标系xOy中，已知点，N．对于点P给出如下定义：将点P绕点M逆时针旋转，得到点，点关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”． (1)如图1，若点M在坐标原点，点． ①点的“对应点”Q的坐标为 ； ②若点P的“对应点”Q的坐标为，则点P的坐标为 ； (2)如图2，已知的半径为1，M是上一点点，，若为外一点，点Q为点P的“对应点”，连接．①当点在第一象限时，求点Q的坐标（用含a，b，m的式子表示）； ②当点M在上运动时，直接写出PQ长的最大值与最小值的积为 ．（用含m的式子表示） 3．对于线段和点给出如下定义：点在线段的垂直平分线上，若以点为圆心，为半径的优弧上存在三个点，使得是等边三角形，则称点是线段的“关联点”．例如，图1中的点是线段的一个“关联点”. 特别地，若这样的等边三角形有且只有一个，则称点是线段的“强关联点”．    在平面直角坐标系中，点的坐标为． (1)如图2，在点，，，中，是线段的“关联点”的是 ； (2)点在直线上．存在点，是线段的“关联点”，也是线段的“强关联点”． ①直接写出点的坐标； ②动点在第四象限且，记．若存在点，使得点是线段的“关联点”，也是的“关联点”，直接写出及线段的取值范围． 题型十九、圆中的无刻度尺作图 1．请仅用无刻度的直尺作图． (1)如图1，是的内接三角形，点在上一点，且．画出中的平分线； (2)如图2，是的内接三角形，是的中点．画出的的平分线； (3)如图3，是的内接三角形，点在上一点，且，画出的外角的角平分线． 2．如图，在边长为1的正方形网格中，点、、均在格点上，（用无刻度的直尺作图，并保留作图痕迹）. (1)在图①中，作的中线； (2)在图②中，作的高线； (3)在图③中，作以为直径的圆的切线，且为格点. 3．如图，是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．仅用无刻度的直尺，在给定网格中完成下列画图： (1)在图1中的内部画一点，使得； (2)在图2中，是边的中点，连接，在线段上画一点，使得； (3)在图3中边的延长线上画一点，使得． 题型二十、阿基米德折线原理 1．【问题呈现】阿基米德折弦定理：如图（1），和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，在上截取，连接、、和． 是的中点， ① 又② 又 即． 根据证明过程，分别写出步骤①，②的理由：① ；② ； 【理解运用】在图（1）中，若，则 ； 【变式探究】如图（3），是的两条弦，点M是的中点，于点D，请写出之间存在的数量关系： ； 【实践应用】如图（4），内接于，是的直径，点D为圆周上一动点，满足．若，的半径为5，求的长． 2．问题呈现：阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，M是的中点，则从M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．   （1）证明：如图2，在上截取，连接和． ∵M是的中点， ∴ …… 请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； 实践应用： （2）如图3，已知内接于，，D是的中点，依据阿基米德折弦定理可得图中某三条线段的等量关系为　　． （3）如图4，已知等腰内接于，，D为上一点，连接，，于点E，的周长为，，请求出的长． 3．小明学习了垂径定理后，作了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究． (1)更换定理的题设和结论可以得到许多新的发现．如图，在中，是的中点，直线于点，则可以得到＝，请证明此结论．    (2)从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，称为该圆的一条折弦．如图，古希腊数学家阿基米德发现，若、是的折弦，是的中点，于点．则．这就是著名的“阿基米德折弦定理”．那么如何来证明这个结论呢？小明的证明思路是∶在上截取，连接、、、…请你按照小明的思路完成证明过程．    (3)如图，已知等边三角形内接于，＝，点是上的一点，＝，于点，则的周长为_________．    题型二十一、秦九韶——海伦公式 1．【问题引入】 古希腊几何学家海伦和我国南宋数学家秦九韶都曾提出利用三角形的三边求面积的公式，称为海伦-秦九韶公式，如果一个三角形的三边长分别是，记，那么三角形的面积为：，在中，，，所对的边长分别为，若，，，则的面积为6； 【问题探索】 如图一，在中，设，，，，是的内切圆，分别与的延长线、的延长线以及线段均只有一个公共点，的半径为，的半径为．    (1)分析与证明： 如图二，连接，则被划分为三个小三角形，用表示的面积，即．那么是否成立？请证明你的结论． (2)理解与应用： 当，，时，求的面积． 2．已知任意三角形的三边长，如何求三角形面积？ 古希腊的几何学家海伦解决了这个问题，在他的著作《度量论》一书中给出了计算公式——海伦公式（其中a，b，c是三角形的三边长，，S为三角形的面积），并给出了证明． 事实上，对于已知三角形的三边长求三角形面积的问题，还可用我国南宋时期数学家秦九韶提出的秦九韶公式等方法解决． 如图，在中，，，．    (1)用海伦公式求的面积； (2)求的内切圆半径r． 3．我国著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，三斜即指三角形的三条边长，可以用该方法求三角形面积．若改用现代数学语言表示，其形式为：设a，b，c为三角形三边，S为面积，则①．而在文明古国古希腊，也有一个数学家海伦给出了求三角形面积的另一个公式，若设（周长的一半），则② （1）这两个公式在表面上形式很不一致，请你用以5，12，13为三边构成的三角形，分别验证它们的面积值； （2）三角形的面积是数学中非常重要的一个几何度量值，很多数学家给出了不同形式的计算公式．请你证明如下这个公式：如图，△ABC的内切圆半径为r，三角形三边长为a，b，c，仍记，S为三角形面积，则S＝pr． 题型二十二、托勒密定理 1．请阅读下列材料，完成相应的任务： 克罗狄斯・托勒密（，约90年-168年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天文学家，地理学家，占星学家和光学家． 托勒密定理实出自依巴谷（）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善． 托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积． 已知：如图1，四边形内接于，求证：下面是该结论的证明过程： 证明：如图1，作，交于点.， （依据1），（依据2）， ，，. ，，即， ，， ． 任务： (1)托勒密定理的逆命题是______； 上述证明过程中的“依据1”为______； “依据2”为______． (2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：______． (3)如图2，以为直径的中，点为上一点，且，的角平分线交于点，连接，，若，求的长． 2．阅读下列材料，并完成相应任务 托勒密，古希腊天文学家、地理学家和光学家，而他在数学方面也有重大贡献，下面就是托勒密发现的一个定理，圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两条对角线的乘积． 下面是该定理的证明过程（部分） 已知：如图①四边形是的内接四边形    求证： 证明：以C顶点，为一边作交于点E，使得 又∵ ∴ ∴   ∴， 又， ∴ ∴ ∴， ∴ ∴                ∴    即 任务： (1)请将“托勒密”定理的证明过程补充完整； (2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： ． (3)如图②若，试探究线段之间的数量关系，并利用托勒密定理证明这个结论．    3．学习过“圆内接四边形”后，刘老师布置了课后阅读“认识托勒密”，小明读了托勒密的生平、贡献，对“托勒密定理”很感兴趣，并进行了下列的研究，请完成他的研究．托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积． 已知：如图1，______． 求证：______． 证明：如图2，作，交BD于点E， …… ∴∽， ∴， …… ∴∽， ∴， ∴． (1)请帮小明写出已知和求证，并完成证明过程； (2)如图3，已知正五边形ABCDE内接于，，求对角线BD的长． 题型二十三、米勒原理 1．阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务． 米勒定理 米勒（）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使得三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程 已知：如图1，与相切于点A，与相交于点B，C． 求证：． 证明：如图2，连接． ∵为的切线， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ……    任务： (1)请完成剩余的证明过程 (2)应用：如图3，是的切线，经过的圆心O，且，割线交于点D，E，，求的长． 2．综合与实践【数学理解】德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图2，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大．人们称这一命题为米勒定理．    (1)【问题提出】如图1，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：． (2)【问题解决】如图3，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆⊙与轴相切于点时，最大．当最大时，求点的坐标． 3．综合与实践 【问题提出】 （1）如图，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：． 【数学理解】 德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大，人们称这一命题为米勒定理． 【问题解决】 （2）如图，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆与轴相切于点时，最大，当最大时，求点的坐标． 题型二十四、古拉美古塔定理 1．阅读与思考： 阅读以下材料，并按要求完成相应任务： 婆罗摩笈多（）是古代印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下：古拉美古塔定理，如图，四边形内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线于点F，则． ，证明：，， ， ，， ． ， ∴_____________________（同弧所对的圆周角相等）． 又∵， ． ． … 任务： (1)材料中横线部分缺少的内容为：______； (2)古拉美古塔定理的逆命题：如图，四边形内接于，对角线，垂足为点M，直线交于点E，交于点F．若，则．请证明该命题． 2．婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古代印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下： 古拉美古塔定理：如图①，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线AD于点F．则． 证明：∵，，∴， ∴，，∴， ∵，∴． 又∵，∴，∴． … 任务： (1)将上述证明过程补充完整； (2)古拉美古塔定理的逆命题：如图②，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线FM交BC于点E，交AD于点F．若，则．请证明该命题． 3．阅读下列材料，完成相应的任务 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，特别是在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献．他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”．该定理的内容及部分证明过程如下： 古拉美古塔定理：已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，直线ME⊥BC，垂足为E，并且交直线AD于点F，则AF＝FD． 证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC ∴∠CME+∠C＝90°，∠CBD+∠C＝90° ∴∠CBD＝∠CME ∴　 　，∠CME＝∠AMF ∴∠CAD＝∠AMF ∴AF＝MF … 任务： （1）材料中划横线部分短缺的条件为：　 　； （2）请用符号语言将下面“布拉美古塔定理”的逆命题补充完整，并证明该逆命题的正确性： 已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E， ①　 　． 求证：②　 　． 证明： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！21 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十七章 圆 压轴专练 题型一、圆中最值——两定一动 1．如图，是的直径，，点在上，，是弧的中点，是直径上的一动点，的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作点关于的对称点，连接交于点，则点就是所求作的点，求出，进而求出的长，的长度即的最小值．此时最小，且等于的长．连接，，，利用垂径定理，得出，过点作于点，利用等腰三角形三线合一的性质和锐角三角函数求解即可． 【详解】解：作点关于的对称点，连接交于点，则点就是所求作的点． 此时最小，且等于的长． 连接，，， ， ， 是弧的中点， ， ， 由轴对称可知，， ， ， ， ， 过点作于点， ， ， 在中，， ， 的最小值为， 故选：B． 【点睛】本题考查了轴对称——最短路线问题，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形的应用等，确定点的位置是本题的关键． 2．如图所示，点A是半圆上一个三等分点，点B是的中点，点P是直径上一动点，若的直径为2，则的最小值是 ．    【答案】 【分析】作点关于的对称点，连接交于点，连接，由三角形两边之和大于第三边即可得出此时最小，连接，根据点是半圆上一个三等分点、点是的中点，即可得出，再利用勾股定理即可求出的值，此题得解． 本题考查了圆心角、弧、弦的关系，轴对称中最短路线问题，三角形的三边关系以及勾股定理，根据三角形的三边关系确定取最小值时点的位置是解题的关键． 【详解】解：作点关于的对称点，连接交于点，连接， 此时最小，连接，如图所示．   点和点关于对称， ． 点是半圆上一个三等分点，点是的中点， ，， ． ， ． 故答案为：． 题型二、圆中最值——两动一定 1．如图，已知正方形的边长为2，点F是正方形内一点，连接，且，点E是边上一动点，连接，则长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方形的性质得到，推出，得到点F在以为直径的半圆上移动，如图，设的中点为O，正方形关于直线对称的正方形，则点的对应点是B，连接交于E，交半圆O于F，线段的长即为的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点F在以为直径的半圆上移动， 如图，设的中点为O，正方形关于直线对称的正方形，则点的对应点是B， 连接交于E，交半圆O于F，线段的长即为的长度最小值，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的长度最小值为， 故选：A． 【点睛】此题考查了正方形的性质，圆周角定理，轴对称的性质，点的运动轨迹，勾股定理，最小值问题，正确理解点的运动轨迹是解题的关键． 2．在矩形中，，，点P、E、F分别是边、、上的动点，且，点M是的中点，点Q是的中点，连接、，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】作点Q关于的对称点N，连接，交于点P，则，可得，即当点M、P、N三点共线时，的值最小，最小值为，此时点M是在以点C为圆心，以为半径的圆弧上运动，可得圆外一点N到圆上一点M距离的最小值为，利用勾股定理求得，即可求解． 【详解】解：作点Q关于的对称点N，连接，交于点P，则， ∴， 即当点M、P、N三点共线时，的值最小，最小值为， ∵，，点M是的中点， ∴， ∴点M是在以点C为圆心，以为半径的圆弧上运动， ∴圆外一点N到圆上一点M距离的最小值为， 在矩形中，，，点Q是的中点， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查轴对称−最短路线问题、矩形的性质、勾股定理、直角三角形的性质，圆的基本性质，得出点M的轨迹是圆是解题的关键． 题型三、圆中最值——点运动路径 1．如图，在半径为的上，为上一动点，将射线绕逆时针旋转交于，取的中点，求在的运动过程中的路径长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理推论，圆内接四边形，圆周角定理，弧长公式，当点重合时，，由为中点，则，当点在运动过程中，在以为圆心，为半径的上运动，然后根据弧长公式即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】如图，取圆上一点， ∵，， ∴， ∴， 如图，当点重合时， ∵， ∵为中点， ∴， ∴， ∴为直径， 当点在运动过程中，在以为圆心，长度为半径的上运动， ∵为中点，为中点， ∴， ∴， ∴在的运动过程中的路径长为， 故选：． 2．如图，已知点是第一象限内的一个定点，若点是以点为圆心，4为半径的圆上的一个动点，连接，过点作，且．当点在上运动一周时，点运动的路径长是 ． 【答案】 【分析】本题考查隐圆问题、相似三角形的判定和性质，连接，过点作，且，构造，推出，可得以点C为圆心，长为半径的圆即为点运动的轨迹，求的周长即可．求出点B的运动轨迹是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，过点作，且，连接，，以点C为圆心，长为半径作圆， ，， ， ，即， 又，， ， ， ， ， 以点C为圆心，长为半径的圆即为点运动的轨迹， 点运动的路径长为：， 故答案为：． 题型四、圆中最值——折叠圆 1．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的最小值是（　　） A．2﹣2 B．6 C．2﹣2 D．4 【答案】A 【分析】B′的运动轨迹是以E为圆心，以AE的长为半径的圆．所以，当B′点落在DE上时，B′D取得最小值．根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知B′E＝BE＝2，DE﹣B′E即为所求． 【详解】解：如图，B′的运动轨迹是以E为圆心，以AE的长为半径的圆．所以，当B′点落在DE上时，B′D取得最小值． 根据折叠的性质，△EBF≌△EB′F， ∴EB′⊥B′F， ∴EB′＝EB， ∵E是AB边的中点，AB＝4， ∴AE＝EB′＝2， ∵AD＝6， ∴DE＝＝2 ， ∴DB′＝2﹣2． 故选A． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用，确定点B′在何位置时，B′D的值最小，是解决问题的关键． 2．如图，在，，E为边上的任意一点，把沿折叠，得到，连接．若，则的最小值为 ． 【答案】4 【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理，借助隐形圆求最值．根据折叠得到，进而得到点F在以B为圆心6为半径的圆上，利用“一箭穿心”，求出的最小值即可，解题的关键是得到点的运动轨迹． 【详解】解：∵沿折叠，得到， ∴， ∴点F在以B为圆心6为半径的圆上， 设以B为圆心6为半径的圆与交于点， 则，的最小值为的长； 在中， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为4， 故答案为：4． 题型五、圆中最值——直角圆 1．如图，正方形的边长为4，是射线上一个动点，点在上，且满足，则线段的最小值为（    ）      A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质、相似三角形的性质等知识点的应用，根据已知证明，再证出说明点Q的运动轨迹是在以为直径的圆上，再根据点圆关系求出最值即可． 【详解】如图，连接，    ∵，且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点Q的运动轨迹是在以为直径的圆上， 如图，取中点O，连接交于Q，则此时最小，    ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：D． 2．如图，正方形的边长是6，点M是边上的一个动点，连结，作于点P，连结，线段长度的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查正方形的性质，点到圆上最短距离，勾股定理，根据于点P，得到，进而得到点P在以为直径的圆上运动，取中点O，连接，，当点三点共线时，的长度有最小值，根据勾股定理求出，由即可求解． 【详解】解：取中点O，连接， ，正方形的边长是6， ， 点P在以为直径的圆上运动， ， 当点三点共线时，的长度有最小值， ， ， 故答案为：． 题型六、圆中最值——定角定长 1．如图，在矩形中，，，点在上，，在矩形内找一点，使得，则线段的最小值为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的性质、等腰三角形的性质和圆周角定理，在的上方，作，使得，连接，过点分别作于点于点．则，那么，点的运动轨迹是以为圆心，长为半径的在矩形内的部分，当点落在线段上时，的值最小，根据矩形的性质得，结合已知求得和，继而证明四边形是矩形，可知和，利用勾股定理可求得，即可求得． 【详解】解：如图，在的上方，作，使得，连接，过点分别作于点于点． ， 点的运动轨迹是以为圆心，长为半径的在矩形内的部分， 当点落在线段上时，的值最小， 四边形是矩形， ， ，， ， ，，， ，， ，， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ． 故选：A． 2．如图，已知以为直径的半圆O，C 为弧上一点，，P为弧上任意一点，交AP于D，连接，若，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】先求出，，则可判断点D在的外接圆上，设圆心为E，在优弧取点G，连接，，，，，过E作于F，可求，利用等腰三角形的三线合一性质求出，，利用正弦定义求出，求出，可得，利用勾股定理求出，由，当E、D、B三点共线时，最小，最小值为，即可求解． 【详解】解∶连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∴点D在的外接圆上，设圆心为E，在优弧取点G，连接，，，，，过E作于F，    ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， 当E、D、B三点共线时，最小，最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的想性质，三角形的外接圆，解直角三角形等知识，判断点D在在的外接圆上运动是解题的关键． 题型七、圆中最值——四点共圆 1．如图，在中，，，，点D是边上一个动点，以为直径画圆分别交于点E、F，则弦的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和解直角三角形，推出是解题的关键．根据三角形内角和定理求得，连接、，作于，作于，如图，根据圆周角定理得到＝，再计算出，则最小时，的长度最小，此时圆的直径的长最小，利用垂线段最短得到的长度最小值为的长，接着计算出，从而得到的最小值，然后确定长度的最小值． 【详解】解：∵中，，， ∴ 连接、，作于，作于，如图，    ， 而，， ，， 在中，， 当最小时，的长度最小，此时圆的直径的长最小，即的长最小， 的长度最小值为的长， ∵， 的最小值为， 长度的最小值为； 故选：B． 2．如图，在等腰直角三角形中，，点在以斜边为直径的圆上，为的中点．当点沿圆从点开始运动一周时，长度的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了点与圆的关系，圆周角定理，勾股定理，明确点在以为直径的圆上是解题的关键．取的中点，连接，推出，得到点在以为直径的圆上，设圆心为，连接，当、、共线时，最小，根据等腰三角形的性质得到，然后利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图，取的中点，连接， 为的中点， ， ， 点在以为直径的圆上，设圆心为，连接，当、、共线时，最小， 在等腰直角三角形中，， ， ， ， ，， ， ， 的最小值是， 故答案为：． 题型八、圆中最值——瓜豆原理 1．如图，抛物线与轴交于A、B两点，P是以点为圆心、2为半径的圆上的动点，Q是线段的中点，连结，则线段的最小值是（      ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线，点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．连接，如图，先解方程得，再判断为的中位线得到，利用点与圆的位置关系，连接交圆于P时，最小，然后计算出的最小值即可得到线段的最小值． 【详解】解：连接，如图， 当时，， 解得，则， ∵Q是线段的中点， 为的中位线， ， 当最小时，最小， 连接交圆于P时，最小， ， 的最小值， ∴线段的最小值为． 故选：C． 2．如图，点M是等边三角形边的中点，P是三角形内一点，连接，将线段以A为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、圆的有关定义以及和性质等知识，得到点Q的运动路线是解答的关键．连接，，将线段绕着点A逆时针旋转得到线段，连接，，由旋转性质可推导，是等边三角形，则，，根据圆的定义可得点Q在以H为圆心，1为半径的圆上运动，进而可知当M、Q、H共线时，最小，最小值为，根据等边三角形的性质求得值即可求解． 【详解】解：连接，，将线段绕着点A逆时针旋转得到线段，连接，， 由旋转性质得，，，即， ∴，是等边三角形， ∴，， 则点Q在以H为圆心，1为半径的圆上运动， ∵， ∴当M、Q、H共线时，最小，最小值为， ∵点M是等边三角形边的中点，， ∴，， ∴，即， ∴的最小值为， 故答案为：． 题型九、圆中最值——切线与勾股定理 1．如图，直线与x轴、y轴分别交于点A，B，点P是以点为圆心，半径长为2的圆上一动点，过点P的切线交直线于点Q，则线段的最小值是（　　） A． B．4 C． D．8 【答案】A 【分析】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，求一次函数与坐标轴的交点坐标，先求出点A和点B的坐标，进而得到，，则，再求出，得到，则；由切线的性质得到，则，故由垂线段最短可得，当时，最小，即此时最小，利用等面积法可得，则． 【详解】解：如图所示，连接， ∵直线与x轴、y轴分别交于点A，B， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵过点P的切线交直线于点Q， ∴， ∴， ∴当最小时，最小， 由垂线段最短可得，当时，最小，即此时最小， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 2．如图，在直角坐标系中，A点坐标为，的半径为3，P为x轴上一动点，切于点B， 则最小值是 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了切线的性质、勾股定理、垂线段最短等知识点，解题的关键是将的最小值问题转化成的最小值问题是解题的关键． 如图，连接，由勾股定理可知要使最小，只需最小；当轴于P时，最短，可确定点P的坐标，进而确定，最后在中求出的值即可． 【详解】解：如图，连接， 根据切线的性质定理，得 ， ∴要使最小，只需最小 当轴于P时，最短， 此时P点的坐标是， ∵A点坐标为， ∴， 在中，，， ∴， ∴最小值是4． 故答案为：4． 题型十、圆中最值——阿氏圆 1．如图，在平面直角坐标系中，点，点，点，以点A为圆心，4个单位长度为半径作圆，点C是⊙上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取E（-10，0），证明△AEC∽△ACD，得到CE=CD，则可将BC+CD的最小值转化为BE的长，再利用勾股定理计算即可． 【详解】解：∵A（-12，0），B（0，4），D（-4，0）， ∴OA=12，OD=4，则AD=8，AC=4， 取E（-10，0），则AE=2，DE=6， 在△AEC和△ACD中， ∠CAE=∠DAC，， ∴△AEC∽△ACD， ∴，即CE=CD， 则BC+CD=BC+CE≥BE， 即BC+CD的最小值为BE的长， 即为=， 故选A． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、两点之间线段最短原理，值得强调的是，本题是一类典型几何最值问题，构造“子母型相似”是解答此问题的关键． 2．如图，半圆的半径为，为直径，为切线，，为弧上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理，相似三角形的的判定和性质，三角形中位线的性质，连接，由切线的性质可得，即得，取的中点，连接，可得，得到，即得，得到，可知当在一条直线上时，最小为，作于，于，则为的中位线，得到，进而可得，，即得，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， 是半的切线， ， ， 取的中点，连接， ， ， 又， ， ， ， ， ∴当在一条直线上时，最小为， 作于，于，则为的中位线， ， ，， ， 的最小值为． 题型十一、圆与三角形 1．新定义：如果一个三角形中有两个内角，满足，那我们称这个三角形为“近直角三角形”． (1)若是“近直角三角形”，，，则______度； (2)如图1，在中，，，．若是的平分线，在边上是否存在点（异于点），使得是“近直角三角形”？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． (3)如图2，在中，，点为边上一点，以为直径的圆交于点，连接交于点，若为“近直角三角形”，且，，求的值． 【答案】(1)20 (2)存在， (3)的值为或 【分析】（1）不可能是或，当时，，，不成立；故，，，则 （2）由，则，即，即，解得：，即可求解 （3）①如图2所示，当时，设，则，则，即，解得：，即可求解； ②如图3所示，当时，，则，则（圆的半径），点是的中点，则，在中，，由三角函数可求解． 【详解】（1）解：不可能是或， 当时，，，不成立； 故，，，则， 故答案为20； （2）存在，理由： 在边上是否存在点（异于点，使得是“近直角三角形”， ，，则， 则， 设，则， ∴， ∴， ∵， 则， 即，即，解得：， 则； （3）①如图2所示，当时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，则，则， ， 过点作于点， 设，则， 则，即，解得：； ，则， 则； ②如图3所示，当时， 过点作交于点，交于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为的垂直平分线， ∴点是圆的圆心（的中垂线与直径的交点）， ∴， ，， ， ∴， 则， 则，则（圆的半径）， ∵点是的中点，G为中点， ∴， 在中，， 在中，，，， ，， ， ， 综上，的值为或． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定以及性质，全等三角形的判定与性质，三角函数值，圆周角等知识．属于圆的综合题，解决本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 2．背景：在数学综合实践活动中，小明利用等积法得到了关于三角形角平分线的一个结论，如图1，已知是的角平分线，可证．小红经过思考，认为可以构造相似三角形来证明．小红的证明思路是：如图2，过点B作，交的延长线于点E，从而证得． (1)证明：请参照小红提供的思路，利用图2证明 (2)运用：如图3，是的角平分线，M是边的中点，过M点作，交的延长线于点N，交于点G．若，，求线段的长． (3)拓展：如图4，是的外接圆，是直径，点D是半圆的中点，连接交于点E．若，，则线段的长为 ． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据材料提示，证明，即可求解； （2）由（1）的结论可得，，根据平行线分线段成比例即可求解； （3）根据等弧所对圆周角相等可得是角平分线，根据（1）中的结论可得的值，设，用含的式子分别表示出长，根据直径所对圆心角为直角，运用勾股定理可得的值，由此可求出的长，再证，在中，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，则， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：是的角平分线， ． 为的中点， ． ， ， ，，． 平分，． ， ， ， ； （3）解：如图所示，连接， ∵是半圆的中点， ∴， ∴，即平分， 由（1）的结论可得，， 设，则，， ∴，则， ∵是直径， ∴，则， 在中，， ∴，则， ∴，， ∵， ∴，即， 在中，． ∴线段的长为：． 【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质，直径所对圆周角为直角，勾股定理求线段长等知识是解题的关键． 3．定义：如果三角形两边的乘积是第三条边上高线平方的倍，则称这个三角形是“小屋三角形”，这条高线叫做“小屋线”． (1)如图1，中，，，求证：是“小屋三角形”． (2)如图2，是圆的内接三角形，是钝角，是的“小屋线”，设长为，圆的面积为，求的值． (3)如图3，在（2）的条件下，是优弧的中点，连结，，当与的平方差为时，求圆的周长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）过点作于，根据等边对等角可得，再根据直角三角形中角所对边等于斜边的一半可得，进而可得，即可得证． （2）作于，作直径，连接，表示出，结合，进而即可求解． （3）连接并延长，交于，作于点．设圆的半径为， ．先证四边形是矩形，则可得，，，．在和中，根据勾股定理将和用含有和的式子表示出来，再根据求出的值，即可知圆的直径，即可求解． 【详解】（1） 解：如图，过A点作于D ∵中，，， ∴， ， ， ， ∴是“小屋三角形”． （2）解：如图， 作于E，作直径，连接， 则，， ， ， ， ， ， ， ， ∵是的“小屋线”， ， ， ， ， ∵长为，圆的面积为， ∴， 即 ∴ （3） 解：如图，连接并延长，交于，作于点， 设圆的半径为， ， ∵是优弧的中点， ， ， 又， ∴四边形是矩形， ， ，，， 在中，，， 在中，， ∴， 在中， 在中，， ， ， ， ， ， 圆的直径为． ∴圆的周长为 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、解直角三角形、垂径定理、勾股定理等知识．正确的做出辅助线并且能够设未知数，列方程是解题的关键． 题型十二、圆与四边形 1．如图，四边形是的内接四边形，，，垂足分别是、． (1)直接写出与的数量关系__________，并证明你的结论； (2)若，．求的长． 【答案】(1)，证明见详解 (2) 【分析】（1）连接并延长交于点G，连接，证明是的中位线，则有，再根据同弧所对的圆周角相等可得，直径所对的圆周角是直角可得，则有，根据，，从而可得，，继而可得； （2）先证明，由等腰三角形三线合一的性质得出，再由勾股定理求出，再证明，由相似三角形的判定以及性质即可得出答案． 【详解】（1）解：， 证明如下：连接并延长交于点G，连接， ∵， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角是，同弧所对的圆周角相等，三角形中位线的判定以及性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定以及性质，勾股定理等知识， 掌握这些性质以及判定是解题的关键． 2．如图，四边形内接于，为直径，，于． (1)若，，求的长； (2)若，，求的长； (3)在（）条件下，如图，是线段上一点，，连接并延长交于，求的长． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【分析】（）连接，证明是等边三角形，得，然后 弧长公式求解即可； （）连接，交于点，设，则，由勾股定理求出，则，，根据弧、弦、圆心角的关系得，证明，由，，得，从而求解； （）连接，过作于点，则，由勾股定理求出，，然后分别证明，，最后根据性质即可求解． 【详解】（1）如图，连接， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴的长为； （2）如图，连接，交于点， ∵，， ∴设，则， ∵， ∴， 在中由勾股定理得：， ∴，解得：， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）如图，连接，过作于点，则， 由（）得：，， ∴， ∴，同理得：， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∵，， ∴， ∴， ∴，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，弧长公式，勾股定理，相似三角形的判定与性质，垂径定理及推论，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 3．定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”． (1)如图1，在对角互余四边形中，，且．若，求四边形的面积和周长． (2)如图2，在四边形中，连接，点O是外接圆的圆心，连接，求证：四边形是“对角互余四边形”； (3)在（2）的条件下，如图3，已知，，，连接，求线段的长． 【答案】(1)四边形的面积为，周长为； (2)见解析； (3)线段的长是． 【分析】（1）由四边形是对角互余四边形，，得，则，可求得， ，于是可求得，； （2）延长交于点E，连接，由是的直径，得，而，则，即可证明四边形是“对角互余四边形”； （3）作于点F，使点F与点A在直线的异侧，由，根据勾股定理得，可证明，得，，所以，由，得，而，则，因为，所以，连接，证明，可求得． 【详解】（1）解：如图1， ∵四边形是对角互余四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形的面积为，周长为； （2）证明：如图2，延长交于点E，连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是“对角互余四边形”； （3）解：如图3，作于点F，使点F与点A在直线的异侧， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段的长是． 【点睛】此题重点考查圆周角定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、相似三角形的判定与性质、新定义问题的求解等知识与方法，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 题型十三、圆与一次函数 1．已知一次函数的图像经过点，与轴相交于点，与轴相交于点，点，记， (1)求的值； (2)点在直线上，且在点的下方，以为直径的与线段CD有交点，求的面积的取值范围． (3)在（2）的条件下，将线段绕点按逆时针旋转得到线段，再将线段绕点按顺时针旋转得到线段，再将线段绕点按逆时针旋转得到线段，若抛物线经过A、B、、四点，求该抛物线顶点的纵坐标的最大值与最小值的差． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）把点B的坐标代入一次函数解析式中即可求解； （2）当经过点时，此时圆的半径最大，过点A，B分别作轴的垂线，垂足为K，H，证明，设点，由相似求出m的值，从而求得最大直径的值；当与线段相切于点经过点时，连接，与前面类似可求得最小直径的值；最后即可求得面积的范围； （3）设，，由（2）得的范围；连接，过点A作于点H，由旋转知，，则可求得点的坐标；由旋转性质易得四边形和四边形都是平行四边形．点、关于点对称，抛物线的对称轴为直线，从而设抛物线的解析式为顶点式，即；由抛物线经过A、B两点，则得方程组，整理得，即可求得抛物线顶点纵坐标的最大值与最小值，从而求得结果． 【详解】（1）解：直线经过点， ， ． （2）解：（i）当经过点时， 为直径， ，过点A，B分别作轴的垂线，垂足为K，H， ， ∴， ， ． 设点，，解得， ，， 当与线段相切于点经过点时，连接，因为直径，所以圆心必在直线上， 设，则点，则， 连接，过点A，B分别作轴的垂线，垂足为K，H，则点， 同理可得， ， 整理得：， 解得，（舍去）， ，． ， ， 即， 的面积的取值范围是：． 即． （3）解：设，， ，即，而，． 如图，连接，过点A作于点H，由旋转知，， 则，， ∴轴， 即轴， 则， ； 由旋转知，，， ， 即∥，；∥，， 四边形和四边形都是平行四边形． 轴，点、关于点对称，轴， 抛物线经过A、B、、四点，即对称轴经过、的中点， 抛物线的对称轴为直线， 设抛物线的解析式为， 图像经过和， ， 化简得， ∵， ，即； ， ， ， ， ， ． 抛物线的顶点的最大值为，最小值为，最大值与最小值的差为． 【点睛】本题是函数与几何的综合问题，考查了圆的知识，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，平行四边形的判定与性质，一次函数与二次函数等知识，综合性强，运算量较大，对学生的运算能力提出了较高的要求． 2．如图1，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，P是射线上一点，以为直径画圆，圆心为M． (1)点A的坐标为 ，点B的坐标为 ； (2)当与直线相切时，请在图2中作出点P的位置（不写作法，保留作图痕迹），并求的半径长； (3)当⊙M与直线相交时，另一个交点记为Q，直线l过点Q且与x轴平行，交于点．当三条射线中，其中一条是另两条射线所夹角的角平分线时，求点的坐标． 【答案】(1) (2)作图见解析，的半径长为 (3)的坐标为或 【分析】（1）在中，令得y＝4，令y＝0得x＝3，即得； （2）过B作，交x轴于P，则点P即为所求；由，得，即有，，故的半径长为； （3）分三种情况：①当平分时；②当平分时；③由P是射线上一点，可知不能平分． 【详解】（1）在中，令得，令得， ∴， 故答案为：； （2）过B作，交x轴于P，如图： 点P即为所求； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的半径长为； （3）①当平分时，如图： ∵为直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴Q为的中点，坐标为， 设，由得， 解得， ∴， ∵M为中点， ∴， ∴，且轴， ∴在直线上， ∵， ∴； ②当平分时，过Q作轴于K，过M作于T，如图； ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由垂径定理可知， ∴， ∵， ∴； ③∵P是射线上一点， ∴不能平分； 综上所述，的坐标为或． 【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，尺规作图等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用． 3．在平面直角坐标系中，设直线的解析式为：（、为常数且），当直线与一条曲线有且只有一个公共点时，我们称直线与这条曲线“相切”，这个公共点叫做“切点”． (1)求直线与双曲线的切点坐标； (2)已知一次函数，二次函数，是否存在二次函数，其图象经过点，使得直线与，都相切于同一点？若存在，求出的解析式；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的条件下，抛物线的顶点坐标为，点为轴上一点．在平面内存在点，使，且这样的点有且只有一个，则点的坐标为______． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）联立直线和双曲线的解析式得到关于的一元二次方程，解方程求出的值，即可求解； （2）联立直线与得到关于的一元二次方程，解方程求出的值，求出切点的坐标，求出抛物线的表达式为：，联立直线与得到关于的一元二次方程，根据方程有唯一解，得出根的判别式，据此列出关于的一元二次方程，求出的值，即可得出抛物线的解析式； （3）先求出点的坐标，判断出点是与轴的切点，过点作轴交于点，确定的中点，连接，求出的中点的坐标和点的坐标，待定系数法求出直线的解析式，据此设点，则点，根据两点间的距离公式列出方程，求出的值，即可求解． 【详解】（1）解：联立，得：， 整理得：， 解得：， 当时，， 则切点坐标为：． （2）解：存在，理由： ∵与相切， 联立，得， 整理得： 解得：， 当时，， 则切点为：； ∵直线与，都相切于同一点， 即与的切点在图象上， 将、代入抛物线表达式得：， 解得：， 则抛物线的表达式为：， ∵与相切， 联立，得， 整理得：， 则该一元二次方程有唯一解，即， 整理得： 解得：， 故抛物线的表达式为：． （3）解：由（2）知，抛物线的表达式为：，则顶点的坐标为， 在平面内存在点，使， 即点、、在同一个上， 又∵点为轴上一点，且这样的点有且只有一个， 故点是与轴的切点， 如图：过点作轴交于点，确定的中点，连接， ∵，， 故中点的坐标为，的坐标为， 设直线的解析式为， 将，代入得：， 解得：， 即直线的表达式为：， 则点在直线上，故设点，则点， 则， ∵，， ∴， 解得：，（舍去） 故点 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，二次函数的综合应用，圆周角定理，待定系数法求一次函数解析式，两点间的距离公式等，确定出点所在的位置是解题的关键． 题型十四、圆与反比例函数 1．阅读理解： 如图1、图2，点分别在外、在内，直线分别交于点，则的长度是点到上的点的最短距离，的长度是点到上的点的最长距离，这个模型被称为“一箭穿心”． (1)请就图1中为何最长进行证明； (2)若平面内的点到上的点的最短距离为3，最长距离为7．则的半径为______； (3)如图3，正比例函数与反比例函数的图象交于两点，点在以点为圆心，1为半径的上，是的中点，已知长的最大值为，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)2或5 (3) 【分析】（1）根据三角形的任意两边之和大于第三边即可得解； （2）分两种情况讨论：①点P在外，②点P在内，根据线段的和差即可求解； 连接，交于点D，则的最小值是的长，根据勾股定理即可求出，进而得到的长，即可解答； （3）连接，根据中位线定理可得长的最大值为，当过圆心C时，最长，过B作轴于D，设，则，，根据勾股定理可得，列出方程求出点B的坐标，代入反比例函数解析式即可求解． 【详解】（1）解：如图，点C为上任意一点，连接，， 当点C与点B不重合时， ∵在中，， 又， ∴，即， 当点C与点B重合时，， ∴综上可得，， ∵点C为上任意一点， ∴的长是点P到上的点的最长距离． （2）解：若点P在外，如图①， 则，， ∴， ∴的半径为2； 若点P在内，如图②， 则，， ∴， ∴的半径为5； 综上所述，的半径为2或5． 故答案为：2或5； （3）解：连接，由对称性得：， 而Q是的中点， ∴ ∵的长的最大值为，则长的最大值为， 如图所示： 当过圆心C时，最长，过B作轴与D， ， ，B在直线上， 设，则，， 在 中，由勾股定理得：， ， 整理得：， 解得：（舍去），或， ∴， ∵B在反比例函数的图象上， ． 【点睛】本题属于反比例函数与一次函数综合题，考查反比例函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，三角形的中位线的性质，三角形三边关系的应用，圆的基本性质等，综合性比较强，难度较大． 2．正比例函数的图像和反比例函数的图像都关于原点对称．九年级一班数学小组的同学们根据正比例函数及反比例函数的图像及性质以及中心对称的相关知识进行如下的探究活动；如图，双曲线为常数与直线分别交于四点，以原点 O为圆心，经过四点画圆，若图中阴影部分的面积为． (1)求的半径和k的值； (2)求经过两点的一次函数解析式． 【答案】(1)的半径为6，k的值为 (2) 【分析】（1）如图，作轴于，作轴于，设，，则，，，，由，，可得，，则，由中心对称的性质可知，，即，可求，则，可求，则，代入，进而可求； （2）同理（1），，待定系数法求经过两点的一次函数解析式即可． 【详解】（1）解：如图，作轴于，作轴于， 设，，则，，，， ∵，， ∴，， ∴， 由中心对称的性质可知，， ∴， 解得，或（舍去）， ∴， 解得，， ∴， 将代入得，， 解得，， ∴的半径为6，k的值为； （2）解：同理（1），， 设经过两点的一次函数解析式为， 将、代入得，， 解得，， ∴经过两点的一次函数解析式为． 【点睛】本题考查了一次函数解析式，反比例函数解析式，扇形面积，正切，正比例函数的图像与性质，反比例函数的图像与性质等知识．熟练掌握一次函数解析式，反比例函数解析式，扇形面积，正切，正比例函数的图像与性质，反比例函数的图像与性质是解题的关键． 3．【问题背景】 （1）数学活动课上，老师拿出一个由五个边长均为1的小正方形连成的形教具，如图1，将它放入一个直角三角形中，已知，，顶点、、、刚好落在三边上，求的长； 【问题提出与解决】 （2）小颖同学受到启发，将该教具放入如图2所示的直角坐标系中，顶点、、分别落在坐标轴上，提出问题：如果反比例函数图象经过顶点，求的值； （3）小明同学也受到启发，画了一个圆，如图3，将该教具放入圆内，使圆经过其顶点、、，提出问题：求该圆的面积． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）过点F作于点H，则四边形是矩形，根据锐角三角函数的知识分别求出求出的值，进而可求出的长； （2）过D作轴于E，由题意知，，，，，然后由和求出，从而得出D坐标，代入反比例函数解析式求k，进而可得反比例函数解析式； （3）取中点E，作，取圆心O，连接，则，可得，设，在和中，由勾股定理得关于x的方程，解方程求x的值，的值，进而可得的半径，然后代入圆的面积公式进行求解即可． 【详解】解：（1）如图所示：过点F作于点H，则四边形是矩形， 由题意知，，， ∴， ∴，， ∴； （2）如图所示：过D作轴于E， 由题意知，，，，，， 在中，由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得，， 同理， ∴， 即， 解得，， ∴， ∴， ∴， ∴反比例函数解析式为； （3）如图，取中点E，作，取圆心O，连接，则， 则， 设， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得， ∴， ∴的半径为， ∴圆O的面积． 【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，反比例函数，正方形的性质，垂径定理，圆的面积，勾股定理等知识．解题的关键在于正确作出辅助线． 题型十五、圆与二次函数 1．如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于，两点，，为抛物线顶点． (1)求，的值； (2)点为直线下方抛物线上一点，过点作轴，垂足为点，交于点，是否存在？若存在，求出此时点坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图2，以为圆心，2为半径作圆，为圆上任一点，求的最小值． 【答案】(1)，. (2)存在， (3) 【分析】（1）通过长度先得到点坐标，再将两点代入函数解析式，解方程即可； （2）先求出直线的函数表达式，设出点坐标为，进而得到两点坐标，再通过列出方程，解方程即可； （3）取取，连接，，先证得，得到，进而可得到，再通过两点坐标求得长度． 【详解】解：（1）， 点坐标为， 将，代入， 得，， 解得， （2）设直线的表达式为， 由（1）可知抛物线的表达式为， 故点坐标为， 直线的表达式为 设点坐标为， 则，， ， 若， 则， 解得， ， 故，此时点坐标为； （3）如图，取，连接， ，，， 又， ， ， ， ， ， 故的最小值为． 【点睛】本题考查二次函数综合问题，能够熟练掌握二次函数的基本性质以及相似三角形的应用是解题关键． 2．如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，其中A在B的左侧，；与y轴的正半轴交于点C；与一次函数的图象交于A、D两点，连接，． (1)求b的值； (2)求二次函数的关系式； (3)在抛物线上是否存在点P，使得以P为圆心的圆与直线和x轴都相切？若存在，求出P点横坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】 （1）根据二次函数，则其对称轴为直线，根据抛物线对称轴和，即可求得点A、B的坐标分别为：、，从而得抛物线的表达式为：，再由直线的表达式为，可得，过点B作于点H，根据，故设，则，则，则，则，则，过点D作x轴的平行线交过点A和y轴的平行线于点T，则为等腰直角三角形，则，则点，将点D的坐标代入抛物线表达式得：，求得：，即可求解； （2）由（1）知，即求解； （3）设点，分两种情况：当点在轴右侧时，先求得，再根据，即，所以，求解即可；当点在轴左侧时，同理可解． 【详解】（1） 解：由抛物线的表达式知，其对称轴为直线， ∵， ∴设点A、B的坐标分别为：、，则，解得：， 则点A、B的坐标分别为：、， 则抛物线的表达式为：， 如下图，设直线交y轴负半轴于E，过点B作于点H， ∵直线的表达式为， 令，则，令，则， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，故设，则，则， 则，则，则， 过点D作x轴的平行线交过点A和y轴的平行线于点T， 则为等腰直角三角形，则，则点， 将点D的坐标代入抛物线表达式得：，解得：， 则抛物线的表达式为：，即； （2） 解：由（1）知，抛物线的表达式为：； 则抛物线的表达式为：； （3） 解：存在， 理由：设点， 当点P在y轴右侧时，如下图①， 当以P为圆心的圆与直线和x轴都相切， 则点P为的角平分线和抛物线的交点， 由（1）知：， 而直线m和x轴的夹角为， 如上图②，设为等腰直角三角形，，则， 设，则， 则， 设与x轴相切于T，连接， ∴， ∴ ∴ ∵点P在第四象限， ∴，， 则， ∵ ∴， ∴ ∴ 解得：，（舍去） 当点P在y轴左侧时，则点P所在的直线（n）和m垂直， 同理可解得：，（舍去）， 综上， P点横坐标为． 【点睛】 本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、一次函数的图象和性质、圆和直线的位置关系等，有一定的综合性，难度适中． 3．已知二次函数，与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），顶点为P，与y轴交于点D． (1)点A的坐标为___________，点B的坐标为___________； (2)如图，点M是在x轴下方抛物线上一点，面积为3m，求点M的横坐标； (3)的圆心C在x轴上，且经过A、B两点，若直线PD与相交，则m的取值范围是___________． 【答案】(1)， (2)1或2 (3) 【分析】（1）令，则，解之，即可求解； （2）过点M作轴于N，设，根据，即，化简整理，得，解之即可求解； （3）连接，作直线，过点C作于E，过点D作于F，求得，，，，再证明，求得，若直线PD与相交，则， 即，又，求解即可． 【详解】（1）解：令，则， 解得：，， ∴，； （2）解：过点M作轴于N， 设， ∵， ∴， 化简整理，得 解得：，， ∴点M的横坐标为1或2； （3）解：连接，作直线，过点C作于E，过点D作于F，如图， ∵，， ∴， ∵的圆心C在x轴上，且经过A、B两点， ∴， ∵， ∴， ∴， 令，则， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 若直线PD与相交，则， 即， ∴ 又∵， ∴． 【点睛】本题考查二次函数与x轴的交点，二次函数图象性质，二次函数与面积综合，相似三角形的判定与性质，直线与圆的位置关系．此题综合性较强，熟练掌握相关性质是解题的关键． 题型十六、圆与相似 1．已知抛物线经过点，点，直线，直线，直线经过抛物线的顶点，且与相交于点，直线与轴、轴分别交于点、，若把抛物线上下平移，使抛物线的顶点在直线上（此时抛物线的顶点记为），再把抛物线左右平移，使抛物线的顶点在直线上（此时抛物线的顶点记为）．    (1)求抛物线的解析式． (2)判断以点为圆心，直径长为的圆与直线的位置关系，并说明理由． (3)设点、在直线上（点在点的下方），当与相似时，求、的坐标（直接写出结果）． 【答案】(1) (2)相切，理由见解析 (3)，或，或， 【分析】（1）把点、坐标代入，即可求解； （2）求而出点、点的坐标，计算得长度即可求解； （3）分点在直线下方、点在直线上方两种情况，求解即可． 【详解】（1）解：把点、坐标代入得： ，解得：， 则抛物线的表达式为：； （2）解：以点为圆心，直径长为的圆与直线相切，理由如下： ， 故顶点坐标为， 把点坐标代入直线表达式得：，即， 直线表达式为：， 设：点代入直线的表达式得：， 即点的坐标为， 设：点代入直线表达式得：， 则点坐标为， 同理得：点、的坐标分别为、、 联立、得，解得：，即：点的坐标为， ，， 点在直线上，， ，即：， ， ∵以点为圆心，直径长为的圆 ∴以点为圆心的圆的半径为 以点为圆心，半径长为4的圆与直线相离； ∴ ∴以点为圆心，直径长为的圆与直线相切； （3）解：①当点在直线下方时，    设：，点、的坐标分别为，， 则，， 过点作轴交于点，则，， ，， 等腰和等腰相似， ，则， 点、的坐标分别为、， 则，，， ，则点的坐标为， ， ，则点的坐标为； ②当点在直线上方时， 同理可得点的坐标为，点的坐标为或； 故：点、的坐标分别为、或、或、． 【点睛】本题是二次函数综合运用，主要考查了待定系数法求函数解析式，直线与圆的位置关系，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质等知识，难点在（3），利用等腰三角形相似得出，再利用解直角三角形的方法求线段的长度，从而求解． 2．已知如图，抛物线与轴相交于两点，与轴的正半轴相交于点，过、、三点的与轴相切于点．为轴负半轴上的一个动点，直线交于点，交抛物线于点． (1)请求出点坐标和的半径； (2)请确定抛物线的解析式； (3)若：：，求点坐标； (4)若与以、、为顶点的三角形相似，求的值．（先画出符合题意的示意图再求解） 【答案】(1)点坐标是，的半径长为 (2) (3) (4)图见解析，或 【分析】（1）由题意知，，且轴，设，根据勾股定理即可求解； （2）根据待定系数法求解即可； （3）设点坐标为，根据面积相等即可求解； （4）根据相似三角形对应边和对应角进行分类讨论． 【详解】（1）解：由题意知，，且轴， 设， ∴ 过点P作 ∴ 点坐标是，的半径长为； （2）将，代入得： ，解得 抛物线的解析式是：； （3）设点坐标为， 由题意有 解得 点在抛物线上 解得或不合题意，舍去 点的坐标为； （4）根据题意， 所以和相似有两种情况 和对应，此时是的直径 则， ∽ ：：即 ∽ ：： 即． 和对应，此时是的直径， 所以直线过点 ， 直线的解析式是： 点的坐标为 由∽得：： ． 【点睛】本题考查了二次函数解析式的确定、图形面积的求法、圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定和性质等知识点．（4）题中，要根据相似三角形对应边和对应角的不同分类讨论，不要漏解． 3．如图1，正方形的边长为2，点M是的中点，P是线段上的一个动点（不与M、C重合），以为直径作，过点P作的切线，交于点F，切点为E． (1)求证：； (2)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； (3)延长、交于点G，连接并延长交直线于H（图2），问是否存在点P，使以A，F，O为顶点的三角形和以H，E，G为顶点的三角形相似，如果存在，求的长；如果不存在，请说明理由 【答案】(1)见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1）首先证明进而得出，即可得出答案． （2）过F作于Q，利用勾股定理求出y与x之间的函数关系，根据M是中点以及，即可得出的取值范围； （3）根据，得出以A，F，O为顶点的三角形和以H，E，G为顶点的三角形相似只存在两种情况：或，然后分类讨论求出结果即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的两条切线， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：过F作于Q，如图所示： 则， ∴四边形为矩形， ∴，， 由（1）可知：， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， ， ∵在中，， ∴ 化简得：． （3）解：存在这样的P点．理由如下： ∵， ∴以A，F，O为顶点的三角形和以H，E，G为顶点的三角形相似只存在两种情况：或， ∵， ∴，， 当时，， ∵正方形中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 根据解析（2）可知：， ∴， 解得：， 即； 当时，， ∵正方形中， ∴， ∴， ∴此时、重合，即点E在上， ∵点P在上， ∴当点E在上时，不可能与相切， ∴此种情况不存在； 综上分析可知：时，以A，F，O为顶点的三角形和以H，E，G为顶点的三角形相似． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，求函数解析式，切线的性质，圆周角定理，三角形全等的判定和性质，解直角三角形，三角形相似的性质，解题的关键是数形结合，作出辅助线，注意分类讨论． 题型十七、圆与三角函数 1．如图，内接于，交于点，连接．     (1)如图，求证：平分； (2)如图，延长交于点，连接，交于点，，求的度数； (3)如图，在（）的条件下，若，，求弦的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（）由垂径定理得，进而可得，即可求证； （）如图，连接，证明可得，即得，得到，再由圆周角定理即可求解； （）如图，连接，由是的直径得，由余弦的定义可得，又由得，即得，由勾股定理得，设，则，利用勾股定理得，解得，得到，，再利用可得，据此即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：如图，连接， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴等于的半径， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； （3）解：如图，连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， 解得， ∴． 【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，余弦的定义，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 2．如图1，在，，点D是射线上一动点，连接，以为边在右侧作正方形，连接． (1)若G为的中点，连接，求的最小值； (2)当点D在线段上运动时． ①求的度数； ②连接交线段于点H，若，求的长； (3)如图2，当点D在线段的延长线上时，延长交于点M，连接．若，直接写出的值． 【答案】(1) (2)①或；② (3) 【分析】（1）取的中点，根据正方形的性质，证明，可得，当最小时，最小，而当时，最小，再由三角函数求出即可； （2）①根据正方形的性质，证明，分两种情况讨论，当点E在下方时，证明五点共圆，即可求出答案，同理，当点E在上方时，证明五点共圆，即可求出答案； ②先证明，得，再分别求出，，证明得，证明得，进而可得，可得，再由值代入即可求出； （3）过点C作于点P， 过点E作于点Q，于点T，可证四边形是矩形，再证，进而可证是等腰直角三角形，再依次求出，，，即可求出． 【详解】（1）解：取的中点， G为的中点，是的中点， ，， ， ， 四边形是正方形， ，， 在， ，， ， ， ， ， 当最小时，最小， 当时，最小， 在中，， 的最小值为； （2）①解：四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图3，当点E在下方时，设交于点K， 交于点L， ， ， 四点共圆， 四边形是正方形， 四点共圆， 五点共圆， ， ； 如图4， 当点E在上方时，设交于点O， ， 四点共圆， 四边形是正方形， 四点共圆， 五点共圆， ， ， 综上所述，当点D在线段上运动时，的度数为或； ② 交线段于点H， 点E在下方，如图5， 由①知， ， ， ， 在中， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）如图6，过点C作于点P， 过点E作于点Q，于点T， ， 在中，， ， ， ，， ， 由（2）①得，， ， 四边形是正方形， ， ，，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角函数，正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点，正确作出辅助线是解题的关键． 3．如图，等腰三角形和无重叠地拼接在一起，且，的外接圆与边交于点E（点E不与点C，D重合），过点E作线段的垂线，交的延长线于点F，交线段于点H，连接． (1)求证； (2)若的半径为5， ①若，求的长； ②连接，若平分，求的值； (3)若，对于任意长度，都有的值是一个定值，求这个定值． 【答案】(1)见解析 (2)①   ② (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，再由圆内接四边形的性质可得，再由，可得，即可求证； （2）①连接，并延长交于点，连接，可得，从而得到，进而得到，继而得到，设，，可求出的值，从而得到，，再由勾股定理求出，再由，即可求解；②由平分，得到，由，得到，根据等量代换得到，，设，得到：，解得：，设，则，在中，在中，应用勾股定理，解得，代入，即可求解， （3）过点作于点，可得，再由平行四边形的性质可得，根据题意可得，从而得到，，再由，可得，可得，再由对于的任意长度，都有的值是一个定值，求出的值，即可求解， 本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，垂径定理，圆内接四边形的性质，解直角三角形，解题的关键是：根据题意列出等量关系式． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：①如图，连接，并延长交于点M，连接， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 设，， ∴， ∵的半径为5， ∴，即，∴，， ∴，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，即，解得：， ② ∵平分， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴，即： 设，则：，即：，解得：，，（舍）， 设，则， 在中，， 在中，，即：，整理得：， ∴， （3）如图，过点A作于点G， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵对于的任意长度，都有的值是一个定值， ∴， 解得：或0（舍去）， ∴当时，的值是一个定值，为． 题型十八、圆与新定义 1．定义：同一个圆中，互相垂直且相等的两条弦叫做等垂弦，等垂弦所在直线的交点叫做等垂点． (1)如图1，、是的等垂弦，，垂足分别为D，E． 求证：四边形是正方形； (2)如图2，是的弦，作，分别交于D，C两点，连接．分别交、与点、点． 求证：，是的等垂弦； (3)已知的直径为10，、是的等垂弦，P为等垂点．若．求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)或 【分析】（1）根据，，，得证四边形是矩形，结合，根据垂径定理，得证明四边形是正方形． （2）连接，根据定义，利用圆周角定理证明． （3）分P等垂点在圆内和圆外两种情况求解即可． 【详解】（1）证明：根据题意，得，，， ∴四边形是矩形， ∵， 根据垂径定理，得 ∴四边形是正方形． （2）证明：∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 连接，设，交点为G， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴，是的等垂弦． （3）解：当等垂点P位于圆内，如答图所示， 过点O作，垂足分别为E，F， 根据题意，得， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． ∵， 设，， ∵， ∴， ∴， 连接， ∵的直径为10， ∴， 根据勾股定理，得， ∴， 解得（舍去）， ∴； 当等垂点P位于圆外时，如答图所示， 过点O作，垂足分别为H，G， 根据题意，得， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． ∵， 设，， ∵， ∴， ∴， 连接， ∵的直径为10， ∴， 根据勾股定理，得， ∴， 解得（舍去）， ∴． 综上所述，或． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，分类思想，正方形的判定和性质，熟练掌握圆的性质，正方形的性质，勾股定理是解题的关键． 2．在平面直角坐标系xOy中，已知点，N．对于点P给出如下定义：将点P绕点M逆时针旋转，得到点，点关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”． (1)如图1，若点M在坐标原点，点． ①点的“对应点”Q的坐标为 ； ②若点P的“对应点”Q的坐标为，则点P的坐标为 ； (2)如图2，已知的半径为1，M是上一点点，，若为外一点，点Q为点P的“对应点”，连接．①当点在第一象限时，求点Q的坐标（用含a，b，m的式子表示）； ②当点M在上运动时，直接写出PQ长的最大值与最小值的积为 ．（用含m的式子表示） 【答案】(1)①；② (2)①；② 【分析】（1）①根据点，得，设，根据题意，得，求得，解答即可； ②设，根据Q的坐标为，得，求得，解答即可； （2）①根据题意，作出点，过点M作轴，与过点P垂直x轴的直线交于点B，过点作于点A，交x轴于点C，过点M作轴于点D，根据定义，三角形全等解答即可． ②根据题意，构造出点Q的运动轨迹为圆，，根据圆的最值性质解答即可． 【详解】（1）解：①根据点，得， 设，根据题意，得， 解得， 故， 故答案为：． ②设，根据Q的坐标为，得， 解得， 故， 根据题意，得 故答案为：． （2）解：①根据题意，作出点，过点M作轴，与过点P垂直x轴的直线交于点B，过点作于点A，交x轴于点C，过点M作轴于点D， 则四边形是矩形，四边形是矩形， ∵，， ∴，，，，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， 解得， ∴． ②解：∵ ∴， ∴ ， ∵的半径为1，M是上一点，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点Q在圆心为，半径为的圆上， ∵点， ∴， ∴，， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了新定义，三角形全等的判定和性质，矩形的判定和性质，旋转的性质，中点坐标公式，圆的性质，熟练掌握全等，圆的性质是解题的关键． 3．对于线段和点给出如下定义：点在线段的垂直平分线上，若以点为圆心，为半径的优弧上存在三个点，使得是等边三角形，则称点是线段的“关联点”．例如，图1中的点是线段的一个“关联点”. 特别地，若这样的等边三角形有且只有一个，则称点是线段的“强关联点”．    在平面直角坐标系中，点的坐标为． (1)如图2，在点，，，中，是线段的“关联点”的是 ； (2)点在直线上．存在点，是线段的“关联点”，也是线段的“强关联点”． ①直接写出点的坐标； ②动点在第四象限且，记．若存在点，使得点是线段的“关联点”，也是的“关联点”，直接写出及线段的取值范围． 【答案】(1) (2)①；②或或； 【分析】（1）根据“关联点”的定义进行判断即可； （2）①设直线与线段的垂直平分线交于点C，求出，根据点P是线段的“关联点”，是线段的“强关联点”，得出点P在直线上，，，证明，求出，得出点B的纵坐标为，即可求出结果； ②根据题意得出点D在以点A为圆心，2为半径的圆上，点Q在直线上，点Q也在的垂直平分线上，画出图形，找出临界点，然后求出的取值范围，的范围即可． 【详解】（1）解：在的垂直平分线上取点，连接，使，以点为圆心，为半径作圆，交的垂直平分线于点，连接，，    则，， ∴为等边三角形， 此时在优弧上只能作一个等边三角形， ∴点是线段的“强关联点”， ∵当时，在优弧上任意作一个圆周角一定大于， ∴要使线段的“关联点”存在，， ∵不在线段的垂直平分线上， ∴点不是线段的“关联点”， 连接，，，，如图所示：    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点是线段的“关联点”， ∵， ∴， ∴点不是线段的“关联点”； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点是线段的“关联点”； （2）解：①设直线与线段的垂直平分线交于点C，如图所示：      把代入得：， ∴， ∴， ∵点P是线段的“关联点”，是线段的“强关联点”， ∴点P在直线上，，， ∴， ∴，， ∴，， ∴点B的纵坐标为， 把代入得：， 解得：， ∴； ②∵， ∴点D在以点A为圆心，2为半径的圆上， ∵，， ∴点O、B在该圆上， 过点A作于点E， ∴， ∴垂直平分， ∴点Q在直线上， 根据解析①可知：， ∴当时， ∴， ∵点Q也在的垂直平分线上， ∴的垂直平分线必须与相交， 当时，的垂直平分线与的垂直平分线互相平行，此时的不符合题意， 根据解析（1）可知，当时，点Q不是的“关联点”， ∴要Q是的“关联点”，则， 即， 如图，取、，使，则点D在（不包括端点、）上时，不符合题意， ∴的取值范围是：或或，      作的垂直平分线交于点F，交于点Q， 则， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题主要考查了新定义运算，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，两点间距离公式，解题的关键是作出辅助线，理解题意，根据题意画出图形． 题型十九、圆中的无刻度尺作图 1．请仅用无刻度的直尺作图． (1)如图1，是的内接三角形，点在上一点，且．画出中的平分线； (2)如图2，是的内接三角形，是的中点．画出的的平分线； (3)如图3，是的内接三角形，点在上一点，且，画出的外角的角平分线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）连接，根据同弧或等弧所对的圆周角相等即可知射线是的平分线； （2）连接并延长与圆交于点，连接，根据垂径定理可得，再由同弧或等弧所对的圆周角相等即可知射线是的平分线； （3）延长交于G，连接，根据垂径定理得垂直平分，从而得到，进儿得到，再根据圆内接四边形的性质可得，然后根据圆周角定理得，从而得到，即平分． 【详解】（1）解：连接，则射线即为所求， ， ， 是的角平分线； （2）解：连接并延长与圆交于点，连接，则射线即为所求， 是的中点， ， ， ， 是的平分线； （3）解：如图3，延长交于G，则射线为所求． 理由：连接， ∵，经过圆心， ∴垂直平分， ∴， ∴， 根据圆内接四边形的性质得：， ∵， ∴， ∵， ∴，即平分． 【点睛】本题考查了使用无刻度直尺作图，垂径定理，圆周角定理，等边对等角，圆内接四边形的性质，熟练掌握垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质是解题的关键． 2．如图，在边长为1的正方形网格中，点、、均在格点上，（用无刻度的直尺作图，并保留作图痕迹）. (1)在图①中，作的中线； (2)在图②中，作的高线； (3)在图③中，作以为直径的圆的切线，且为格点. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了圆的切线的判定，三角形的中线，高等知识． （1）利用矩形的对角线互相平分解决问题即可； （2）取格点T，连接交于点N，线段即为所求； （3）取格点E，连接，线段即为所求． 【详解】（1）解：如图①中，线段即为所求； 理由：∵点是矩形的对角线的交点， ∴， ∴点是的中点， ∴是的中线； （2）解：如图②中，线段即为所求； 理由如下：； 由勾股定理得， 所以，边上的高为； 假设是边上的高，且设，则， 又 ∴ 解得，， ∴， ∴， 所以，是边上的高； （3）解：如图③中，线段即为所求． 理由如下： ∴， ∴， ∵ ∴ ∵是的直径， ∴J 圆的切线 3．如图，是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．仅用无刻度的直尺，在给定网格中完成下列画图： (1)在图1中的内部画一点，使得； (2)在图2中，是边的中点，连接，在线段上画一点，使得； (3)在图3中边的延长线上画一点，使得． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查作图应用与设计作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）根据三角形的外心的定义解决问题； （2）作直线，交于点，利用重心的性质解决问题； （3）由．判断出，可得，在的延长线寻找一点，使得即可． 【详解】（1）如图1中，点即为所求； （2）如图2中，线段，点即为所求； （3）如图3中，点即为所求． 题型二十、阿基米德折线原理 1．【问题呈现】阿基米德折弦定理：如图（1），和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，在上截取，连接、、和． 是的中点， ① 又② 又 即． 根据证明过程，分别写出步骤①，②的理由：① ；② ； 【理解运用】在图（1）中，若，则 ； 【变式探究】如图（3），是的两条弦，点M是的中点，于点D，请写出之间存在的数量关系： ； 【实践应用】如图（4），内接于，是的直径，点D为圆周上一动点，满足．若，的半径为5，求的长． 【答案】[问题呈现]①相等的弧所对的弦相等；②同弧所对的圆周角相等；[理解运用]1；[变式探究]；[实践应用] 或． 【分析】[问题呈现]：根据圆的性质即可求解； [理解运用]，即，即，解得：，即可求解； [变式探究]证明，则，，又，则，即可求解； [实践应用]已知，过点作于点，则，所以．如图，同理易得． 【详解】[问题呈现] 由证明过程可知， （相等的弧所对的弦相等）； （同弧所对的圆周角相等）； 故答案为：①相等的弧所对的弦相等；②同弧所对的圆周角相等； [理解运用]， 即， 即， 解得：， ， 故答案为：1； [变式探究]． 证明：在上截去，连接、、、， 是弧的中点， ，． 又 ， 又， ， ， 即， 故答案为：； [实践应用] 是圆的直径， ． 因为，圆的半径为5，所以． 已知， 过点作于点， 则， 所以． 所以． 如图，同理易得． 所以的长为或． 【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 2．问题呈现：阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，M是的中点，则从M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．   （1）证明：如图2，在上截取，连接和． ∵M是的中点， ∴ …… 请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； 实践应用： （2）如图3，已知内接于，，D是的中点，依据阿基米德折弦定理可得图中某三条线段的等量关系为　　． （3）如图4，已知等腰内接于，，D为上一点，连接，，于点E，的周长为，，请求出的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）4 【分析】（1）首先证明，进而得出，再利用等腰三角形的性质得出，即可得出答案； （2）直接根据阿基米德折弦定理得出结论； （3）根据阿基米德折弦定理得出，进而求出，最后用勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图2，在上截取，连接和．   ∵M是的中点， ∴． 在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）根据阿基米德折弦定理得，， 答案为：； （3）根据阿基米德折弦定理得，， ∵的周长为， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】此题是圆的综合题，考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，理解和应用阿基米德折弦定理解题关键． 3．小明学习了垂径定理后，作了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究． (1)更换定理的题设和结论可以得到许多新的发现．如图，在中，是的中点，直线于点，则可以得到＝，请证明此结论．    (2)从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，称为该圆的一条折弦．如图，古希腊数学家阿基米德发现，若、是的折弦，是的中点，于点．则．这就是著名的“阿基米德折弦定理”．那么如何来证明这个结论呢？小明的证明思路是∶在上截取，连接、、、…请你按照小明的思路完成证明过程．    (3)如图，已知等边三角形内接于，＝，点是上的一点，＝，于点，则的周长为_________．    【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)． 【分析】（1）连接，，易证为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得． （2）如图，在上截取＝，连接、、、，由是的中点，得，进而证明，根据全等三角形的性质及等腰三角形的三线合一即可得证； （3）根据，从而证明，得出，然后判断出，进而求得． 【详解】（1）如图，连接，，      ∵是劣弧的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰三角形， ∵， ∴； （2）证明：如图，在上截取＝，连接、、、，      ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵＝， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴由（）得， ∵，， ∴是等腰直角三角形，， ∴，， ∵， ∴， ∴的周长为∶． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了垂径定理及其推论，等边三角形得性质，勾股定理，弧、弦、弦心距之间得关系，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，掌握并熟练运用等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质是解题的关键． 题型二十一、秦九韶——海伦公式 1．【问题引入】 古希腊几何学家海伦和我国南宋数学家秦九韶都曾提出利用三角形的三边求面积的公式，称为海伦-秦九韶公式，如果一个三角形的三边长分别是，记，那么三角形的面积为：，在中，，，所对的边长分别为，若，，，则的面积为6； 【问题探索】 如图一，在中，设，，，，是的内切圆，分别与的延长线、的延长线以及线段均只有一个公共点，的半径为，的半径为．    (1)分析与证明： 如图二，连接，则被划分为三个小三角形，用表示的面积，即．那么是否成立？请证明你的结论． (2)理解与应用： 当，，时，求的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）根据题意得到、、，再结合材料给出的面积公式即可解答； （2）根据角平分线的判定得到是的角平分线，再利用锐角三角函数得到，最后根据切线长定理得到即可解答． 【详解】（1）解：成立，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴． （2）解：连接，连接， ∵与相切于点，与相切于点， ∴，， ∴是的角平分线， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵的半径为， ∴．      【点睛】本题考查了角平分线的判定，角平分线的定义，锐角三角函数，切线长定理，掌握锐角三角函数是解题的关键． 2．已知任意三角形的三边长，如何求三角形面积？ 古希腊的几何学家海伦解决了这个问题，在他的著作《度量论》一书中给出了计算公式——海伦公式（其中a，b，c是三角形的三边长，，S为三角形的面积），并给出了证明． 事实上，对于已知三角形的三边长求三角形面积的问题，还可用我国南宋时期数学家秦九韶提出的秦九韶公式等方法解决． 如图，在中，，，．    (1)用海伦公式求的面积； (2)求的内切圆半径r． 【答案】(1)的面积； (2)的内切圆半径． 【分析】（1）先根据的长求出的值，再代入到公式即可求得S的值； （2）根据公式，代入可得关于r的方程，解方程得r的值． 【详解】（1）解：∵，，， ∴， ∴； 故的面积； （2）解：∵， ∴， 解得：， 故的内切圆半径． 【点睛】本题主要三角形的内切圆与内心、二次根式的应用，熟练掌握三角形的面积与内切圆半径间的公式是解题的关键． 3．我国著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，三斜即指三角形的三条边长，可以用该方法求三角形面积．若改用现代数学语言表示，其形式为：设a，b，c为三角形三边，S为面积，则①．而在文明古国古希腊，也有一个数学家海伦给出了求三角形面积的另一个公式，若设（周长的一半），则② （1）这两个公式在表面上形式很不一致，请你用以5，12，13为三边构成的三角形，分别验证它们的面积值； （2）三角形的面积是数学中非常重要的一个几何度量值，很多数学家给出了不同形式的计算公式．请你证明如下这个公式：如图，△ABC的内切圆半径为r，三角形三边长为a，b，c，仍记，S为三角形面积，则S＝pr． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）根据题意所给公式将a=5，b=12，c=13代入公式计算即可验证； （2）连接OA、OB、OC，S=S△AOB+S△AOC+S△BOC，由三角形面积公式即可得出结论． 【详解】解：（1）由①得：S30， 由②得：p15， S30； （2）连接OA、OB、OC，如图所示： ∴S＝S△AOB+S△AOC+S△BOC rcrbra ＝（）r ＝pr． 【点睛】本题考查了三角形的内切圆、数学常识以及三角形面积公式；熟练掌握三角形面积的计算方法是解题的关键． 题型二十二、托勒密定理 1．请阅读下列材料，完成相应的任务： 克罗狄斯・托勒密（，约90年-168年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天文学家，地理学家，占星学家和光学家． 托勒密定理实出自依巴谷（）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善． 托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积． 已知：如图1，四边形内接于，求证：下面是该结论的证明过程： 证明：如图1，作，交于点.， （依据1），（依据2）， ，，. ，，即， ，， ． 任务： (1)托勒密定理的逆命题是______； 上述证明过程中的“依据1”为______； “依据2”为______． (2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：______． (3)如图2，以为直径的中，点为上一点，且，的角平分线交于点，连接，，若，求的长． 【答案】(1)如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似 (2)勾股定理 (3) 【分析】（1）利用逆命题的意义，矩形的性质，勾股定理，圆的有关性质和相似三角形的判定定理解答即可； （2）利用相似三角形的判定定理和性质定理，矩形的性质及勾股定理解答即可； （3）利用圆的有关性质，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质分别求得四边形的边长，再利用（2）的结论解答即可得出结论． 【详解】（1）解：托勒密定理的逆命题是如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形． 证明过程中的“依据1”为：同弧所对的圆周角相等； 依据2”为：两个角分别对应相等的两个三角形相似． 故答案为：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似； （2）解：如图，作，交于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即． ， ， ． ． ， 四边形是矩形， ， ， 故答案为：勾股定理； （3）解：为直径， ， ，， ，． 的角平分线交于点， ， ， 为等腰直角三角形， ． 四边形为圆的内接四边形， ． ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，含交的直角三角形的性质，逆命题的意义，本题是阅读型题目，理解并熟练应用新结论是解题的关键． 2．阅读下列材料，并完成相应任务 托勒密，古希腊天文学家、地理学家和光学家，而他在数学方面也有重大贡献，下面就是托勒密发现的一个定理，圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两条对角线的乘积． 下面是该定理的证明过程（部分） 已知：如图①四边形是的内接四边形    求证： 证明：以C顶点，为一边作交于点E，使得 又∵ ∴ ∴   ∴， 又， ∴ ∴ ∴， ∴ ∴                ∴    即 任务： (1)请将“托勒密”定理的证明过程补充完整； (2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： ． (3)如图②若，试探究线段之间的数量关系，并利用托勒密定理证明这个结论．    【答案】(1) (2)勾股定理 (3)，证明见解析 【分析】（1）根据相似三角形的性质求解即可； （2）根据矩形性质验证即可； （3）根据题中证明过程解答即可． 【详解】（1）解：   ； （2）解：当圆内接四边形是矩形时， ∴，， ∴， ∴托勒密定理就是我们非常熟知的勾股定理； （3）解： 证明：∵， ∴ ∴ ∴是等边三角形 ∴ 由托勒密定理得： ∴ ∴； 【点睛】本题考查新定义下的证明，涉及到相似三角形的判定与性质，圆的性质，灵活运用所学知识是关键． 3．学习过“圆内接四边形”后，刘老师布置了课后阅读“认识托勒密”，小明读了托勒密的生平、贡献，对“托勒密定理”很感兴趣，并进行了下列的研究，请完成他的研究．托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积． 已知：如图1，______． 求证：______． 证明：如图2，作，交BD于点E， …… ∴∽， ∴， …… ∴∽， ∴， ∴． (1)请帮小明写出已知和求证，并完成证明过程； (2)如图3，已知正五边形ABCDE内接于，，求对角线BD的长． 【答案】(1)已知：如图1，四边形ABCD内接于；求证：；证明见解析． (2) 【分析】（1）理解题意，再根据同弧所对的圆周角相等证明． （2）连接AD、AC，正五边形分割出的三个三角形全等，再由托勒密定理即可求出． 【详解】（1）已知：如图1，四边形ABCD内接于， 求证：， 证明：如图2，作，交BD于点E， ∵ ∴， ∴ ∴． ∵ ∴． ∵ ∴ 即， ∴ ∴， ∴． （2）在图3中，连接AD、AC． ∵五边形ABCDE是正五边形 ∴ ∴设． 在圆内接四边形ABCD中， 由托勒密定理可得： 即， 解得，（舍去） ∴对角线BD的长为． 【点睛】本题考查了圆和四边形的性质，解题的关键在于理解题意，明确同弧所对的圆周角相等即可证明． 题型二十三、米勒原理 1．阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务． 米勒定理 米勒（）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使得三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程 已知：如图1，与相切于点A，与相交于点B，C． 求证：． 证明：如图2，连接． ∵为的切线， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ……    任务： (1)请完成剩余的证明过程 (2)应用：如图3，是的切线，经过的圆心O，且，割线交于点D，E，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据提供的过程，继而证明，可得，再转化为； （2）连接，根据切割线定理得到，，将已知线段代入求出，再代入中，即可求出结果． 【详解】（1）解：证明：如图2，连接． ∵为的切线， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）可知：，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定，圆的性质，根据题干中的材料，熟练掌握割线定理是解题的关键． 2．综合与实践【数学理解】德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图2，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大．人们称这一命题为米勒定理．    (1)【问题提出】如图1，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：． (2)【问题解决】如图3，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆⊙与轴相切于点时，最大．当最大时，求点的坐标． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形的外角和，同弧或者等弧所对的圆周角相等，即可； （2）当的外接圆⊙与轴相切于点时，最大，连接，，过点作于点，根据垂径定理，勾股定理，即可求出． 【详解】（1）证明：由图可知：∵，是所对的圆周角， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）当的外接圆⊙与轴相切于点时，最大， ∴连接，，过点作于点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴在中，， ∵点，的坐标分别是，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴点．    【点睛】本题考查圆的基本性质，解题的关键是掌握同弧或者等弧所对的圆周角和圆心角的关系，垂径定理，圆的切线定理． 3．综合与实践 【问题提出】 （1）如图，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：． 【数学理解】 德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大，人们称这一命题为米勒定理． 【问题解决】 （2）如图，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆与轴相切于点时，最大，当最大时，求点的坐标． 【答案】（）证明见解析；（）． 【分析】（）利用圆周角定理可得，再利用三角形外角性质即可得； （）连接，，过点作交轴于点，连接，可得，证明四边形是矩形，进而求得的长，进一步得出结果． 【详解】（） ∴， ∵， ∴； （）如图， 连接，，过点作交轴于点，连接， ∴，， ∵与轴相切， ∴轴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，垂径定理，圆的切线的性质，三角形外角性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用． 题型二十四、古拉美古塔定理 1．阅读与思考： 阅读以下材料，并按要求完成相应任务： 婆罗摩笈多（）是古代印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下：古拉美古塔定理，如图，四边形内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线于点F，则． ，证明：，， ， ，， ． ， ∴_____________________（同弧所对的圆周角相等）． 又∵， ． ． … 任务： (1)材料中横线部分缺少的内容为：______； (2)古拉美古塔定理的逆命题：如图，四边形内接于，对角线，垂足为点M，直线交于点E，交于点F．若，则．请证明该命题． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查圆周角定理，斜边上的中线，等角对等边： （1）根据圆周角定理，作答即可； （2）斜边上的中线，得到，得到，， 圆周角定理，得到，推出，即可得证． 【详解】（1）证明：，， ， ，， ． ， ∴（同弧所对的圆周角相等）． 又∵， ． ． 故答案为：； （2）证明：在中，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． 2．婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古代印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下： 古拉美古塔定理：如图①，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线AD于点F．则． 证明：∵，，∴， ∴，，∴， ∵，∴． 又∵，∴，∴． … 任务： (1)将上述证明过程补充完整； (2)古拉美古塔定理的逆命题：如图②，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线FM交BC于点E，交AD于点F．若，则．请证明该命题． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）可推出∠DMF＝∠ADM，进而得证； （2）先推出FM＝AF＝FD，进而可推出∠CBD+∠BME＝90°即可得证． 【详解】（1）在Rt△ADM中，∠ADM＝90°， ∴∠DMF＝90°﹣∠AMF， ∠ADM＝90°﹣∠CAD， 又∠AMF＝∠CAD， ∴∠DMF＝∠ADM， ∴FM＝FD， ∴AF＝FD （2）在Rt△AMD中，AF＝FD， ∴FM＝AF＝FD， ∴∠MAD＝∠AMF， ∠ADM＝∠FMD， ∵， ∴∠MAD＝∠CBD， ∵∠BME＝∠FMD， ∴∠BME＝∠ADM， ∴∠CBD+∠BME＝∠MAD+∠ADM＝90°， ∴∠BEM＝90°， ∴FE⊥BC． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，圆周角定理及等腰三角形的判定和性质，解决问题的关键是熟练掌握相关图形的性质和判定． 3．阅读下列材料，完成相应的任务 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，特别是在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献．他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”．该定理的内容及部分证明过程如下： 古拉美古塔定理：已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，直线ME⊥BC，垂足为E，并且交直线AD于点F，则AF＝FD． 证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC ∴∠CME+∠C＝90°，∠CBD+∠C＝90° ∴∠CBD＝∠CME ∴　 　，∠CME＝∠AMF ∴∠CAD＝∠AMF ∴AF＝MF … 任务： （1）材料中划横线部分短缺的条件为：　 　； （2）请用符号语言将下面“布拉美古塔定理”的逆命题补充完整，并证明该逆命题的正确性： 已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E， ①　 　． 求证：②　 　． 证明： 【答案】（1）∠CBD=∠CAD；（2）①FA=FD，②FE⊥BC；证明见解析． 【分析】（1）根据圆周角定理可得结论． （2）把题设与结论交换可得逆命题，利用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可． 【详解】解：（1）由题意：空格处为∠CBD=∠CAD． 故答案为：∠CBD=∠CAD； （2）①FA=FD，②FE⊥BC． 故答案为：FA=FD，FE⊥BC． 理由：∵AF=FD，AC⊥BD， ∴∠AMD=90°， ∴AF=MF=FD， ∴∠FMD=∠ADM， ∵∠DAM+∠ADM=90°， ∴∠FMD+∠DAM=90°， ∵∠FMD=∠BME，∠DAM=∠DBC， ∴∠DBC+∠BME=90°， ∴∠MEB=90°， ∴FE⊥BC． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等角的余角相等，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！9 学科网（北京）股份有限公司 $$