专题07 圆的拓展定理（压轴题专项训练）数学苏科版九年级上册

专题07 圆的拓展定理 目录 典例详解 类型一、秦九韶与海伦公式 类型二、阿基米德折弦定理 类型三、古拉美古塔定理（婆罗摩笈多定理） 类型四、米勒原理 类型五、中线长定理与切割线定理 类型六、弦切角定理 类型七、曲轴连杆原理 类型八、莱洛三角形 类型九、圆的新定义——几何 类型十、圆的新定义——函数 类型十一、托勒密定理 类型一、秦九韶与海伦公式 知识点： 秦九韶公式与海伦公式均为已知三角形三边求面积的公式。 秦九韶公式：S=1/4√ 特点：基于三边直接运算，不含半周长。公式体现了中国传统数学的构造性思维，直接通过三边的平方运算展开，无需预先计算半周长，步骤更侧重代数变形。 海伦公式：S=√[p(p-a)(p-b)(p-c)]，其中p=(a+b+c)/2，a、b、c为三角形的三边长，S为三角形的面积。 特点：利用半周长计算，形式对称。公式反映了古希腊数学的对称美学，通过半周长构造对称式，运算过程强调几何参数的整体性。 方法： 在学习和应用秦九韶海伦公式时，需要掌握以下步骤： 一、理解公式：首先要深入理解秦九韶公式和海伦公式的推导过程和几何意义，明确公式中各个符号的含义。 二、记忆公式：通过反复练习和记忆，熟练掌握秦九韶公式和海伦公式的形式，以便在实际问题中灵活运用。 三、应用公式：在求解三角形面积时，根据已知条件选择合适的公式进行计算。如果已知三角形的三边长，可以直接使用海伦公式或秦九韶公式求解。在解题过程中，要注意公式的适用范围和限制条件，确保计算结果的准确性。 例1．我国宋代数学家秦九韶的著作《数书九章》中关于三角形的面积公式与古希腊数学家海伦的成果并称“海伦-秦九韶公式”．它的主要内容是：如果一个三角形的三边长分别是，，，记，为三角形的面积，那么． (1)在中，，，，请用上面的公式计算的面积． (2)一个三角形的三边长分别为，，，，，且，求，的值． 变式1-1．已知是关于的一元二次方程的两实数根． (1)求的取值范围； (2)已知等腰的底边，若恰好是另外两边的边长，求这个三角形的周长． (3)阅读材料：若三边的长分别为，那么可以根据海伦-秦九韶公式可得： ，其中，在（2）的条件下，若和的角平分线交于点，根据以上信息，求的面积． 变式1-2．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． 变式1-3．阅读下列材料并回答问题： 材料1：如果一个三角形的三边长分别为a，b，c，记，那么三角形的面积为． ① 古希腊几何学家海伦（Heron，约公元50年），在数学史上以解决几何测量问题而闻名．他在《度量》一书中，给出了公式①和它的证明，这一公式称海伦公式． 我国南宋数学家秦九韶（约1202﹣﹣约1261），曾提出利用三角形的三边求面积的秦九韶公式：． ② 下面我们对公式②进行变形： ． 这说明海伦公式与秦九韶公式实质上是同一公式，所以我们也称①为海伦﹣﹣秦九韶公式． 问题：如图，在△ABC中，AB=13，BC=12，AC=7，⊙O内切于△ABC，切点分别是D、E、F． （1）求△ABC的面积； （2）求⊙O的半径． 类型二、阿基米德折弦定理 知识点： 阿基米德折弦定理：一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点。具体来说，如果AB和BC组成圆的折弦，且AB大于BC，M是弧ABC的中点，MF垂直于AB，垂点为F，那么AF等于BF加BC。 方法： 证明阿基米德折弦定理通常有以下几种方法： 方法一：补短法。延长DB至F，使BF等于BA。由于M是弧ABC的中点，可以得出∠MCA=∠MAC=∠MBC。通过一系列的角度和边的关系证明，可以得出△MBF全等于△MBA，进而证明MF等于MC。由于MD垂直于CF，所以CD等于DF，即DB加BF，也就是AB加BD。 方法二：截长法。在CD上截取DG等于DB。由于MD垂直于BG，可以得出MB等于MG，∠MGB=∠MBC=∠MAC。通过一系列的角度证明，可以得出△MBA全等于△MGC，进而证明AB等于GC。因此，CD等于CG加GD，即AB加BD。 方法三：垂线法或其他几何变换法。这些方法通常涉及更复杂的几何构造和证明，但核心思路仍然是利用圆的性质和角度、边的关系来证明定理。 例2．如图，和是的两条弦（即折线是的一条折弦），，M是的中点，过点M作垂足为D，求证：．（阿基米德折弦定理） 变式2-1．阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 阿基米德折弦定理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1．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”． 证明如下：如图2，在上截取，连接，，，． 则（依据1）． ∵是的中点，∴， ∴． 在和中， ∴，∴． ∵于点，∴（依据2）． ∴．      任务： (1)填空：材料中的依据1是指________________；依据2是指________________． (2)如图3，是的直径，是上一点，且满足，若，的半径为10，求的长． 变式2-2．有关阿基米德折弦定理的探讨与应用 【问题呈现】 （1）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M是的中点，则从点M向作垂线，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． 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． 【理解运用】 （2）如图③，内接于，过点O作于点D，延长交于点E，过点E作于点F．若，，则的长为______． 【实践应用】 （3）如图④，等边内接于，点D是上一点，且，连接．若，则的周长为______．          变式2-3．（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，完成下列步骤： ① ，② ． （2）【理解运用】如图1，是的两条弦，， 点是的中点，于点，则的长为_____． （3）【变式探究】如图3，若点是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断之间存在怎样的数量关系？并加以证明． （4）【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题： 如图4，是的直径，点圆上一定点，点圆上一动点，且满足，若，的半径为10，求长．    类型三、古拉美古塔定理（婆罗摩笈多定理） 古拉美古塔定理（也称为婆罗摩笈多定理）： 知识点： 定理内容：已知四边形ABCD内接于圆O，对角线AC垂直于BD，垂足为M。直线ME垂直于BC，垂足为E，并且交直线AD于点F，则AF等于FD。 证明过程： 由于AC垂直于BD，ME垂直于BC，根据直角三角形的性质，我们可以得到角CME加角MCE等于90度，角CBD加角MCE也等于90度。因此，角CBD等于角CME。又因为角CME等于角AMF（对顶角相等），所以角CAD等于角AMF。由此，我们可以得出AF等于MF，而MF等于FD（因为MF是FD的一部分，且由于AC垂直于BD，F是AD与ME的交点，所以MF与FD在同一直线上且长度相等）。所以，AF等于FD。 方法： 在解决与古拉美古塔定理相关的问题时，我们首先需要识别题目中的关键信息，即四边形是否内接于圆，对角线是否垂直，以及是否存在垂直于一边并交另一对角线于一点的直线。一旦识别出这些信息，我们就可以应用古拉美古塔定理来解决问题。 在证明过程中，我们需要利用直角三角形的性质和对顶角相等的性质来推导出相关的角度关系。然后，我们可以利用这些角度关系来推导出线段之间的关系，从而证明定理。 逐步推导，最终得出正确答 例3．阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多定理： 如图，四边形内接于，对角线，垂足为M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么． 证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵① ，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴② ． … 任务： (1)材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______； (2)根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题： 如图，已知中，，，分别交于点D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长． 变式3-1．请阅读下面的材料，并解答问题． 婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就，他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》，婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，其中有著名的婆罗摩笈多定理．婆罗摩笈多定理：圆的内接四边形的对角线与垂直相交于M，过点M的直线与边分别相交于点F、E．则有下两个结论： 如果，那么； 如果，那么． 数学课上，赵老师带领大家对该定理的第一条进行了探究． 证明：， ，即， ， ， 在中，， …… 请解答以下问题： (1)请完成所给材料的证明过程； (2)请证明结论（2）； (3)应用：如图圆O中，半径为4，A，B，C，D为圆上的点，，连接交于点F，过点F作于E，延长交于G，则的长度为______． 变式3-2．阅读与思考 请认真阅读材料，并完成相应任务． 婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，这类四边形被称为“婆罗摩笈多四边形”．我们一起了解这位数学家的研究成果吧！ 如图1，已知⊙O的内接四边形，对角线于点．婆罗摩笈多发现等于⊙O半径平方的4倍． 下面是他的探究思路： 于点， ． ．（依据1） 如图2，连接并延长交⊙O于点，连接， 则．（依据2） ． 又，． ，． ．． …… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指： ，依据2是指： ； (2)请完成材料中的剩余证明； (3)如图3，⊙M的半径为5，四边形内接于⊙M，且于点，则的长为 ． 变式3-3．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． 类型四、米勒原理 米勒定理，又称最大张角定理 一、知识点 1.定理背景与历史意义：该定理起源于1471年德国数学家米勒对地球表面垂直悬杆最大视角的研究。作为数学史上100个著名极值问题之一，该定理在天文学、光学和机械工程中均有重要应用。 2.定理核心内容：设点A、B为固定点，点P在某一动边（如直线OM）上移动，当且仅当△ABP的外接圆与该动边相切于点P时，∠APB达到最大值。 3.几何解释： a.根据圆外角定理，圆外角的度数恒小于所夹弧对应的圆周角。 b.当外接圆与动边相切时，切点P处的视角既是圆周角，也是当前条件下的最大张角。 4.公式推导：设外接圆半径为R，利用切割线定理可得PC²=PA·PB。通过几何坐标法或相似三角形可进一步推导切点的具体位置。 二、方法 1.构造外接圆：以AB为弦，作与动边（如x轴）相切的圆，切点即为最大张角点。 2.验证位置：使用射影定理或代数计算验证切点的唯一性。需结合圆的性质（如弦切角定理、切割线定理）与相似三角形知识，实际作图中可借助几何软件辅助完成。 例4．1471年，德国数学家米勒提出了雕塑问题：假定有一个雕塑高AB＝3米，立在一个底座上，底座的高BC＝2.2米，一个人注视着这个雕塑并朝它走去，这个人的水平视线离地1.7米，问此人应站在离雕塑底座多远处，才能使看雕塑的效果最好，所谓看雕塑的效果最好是指看雕塑的视角最大，问题转化为在水平视线EF上求使视角最大的点，如图：过A、B两点，作一圆与EF相切于点M，你能说明点M为所求的点吗？并求出此时这个人离雕塑底座的水平距离？ 变式4-1．【发现问题】如图1，在画展厅，为保护展品，会放置围栏分隔观赏者和展品，现在数学小组想知道围栏位置是否合适，做出以下研究． 【资料查阅】1471年德国数学家米勒也提出过类似问题，如图2，观赏最佳的位置就是展品的最高点A与最低点B与观赏者的眼睛C所形成的视角最大． 【米勒定理】如图3，当经过A，B，C三点的与过点C的水平线相切于点C时，视角最大，站在此处观赏最理想．这是为什么呢？ 请思考后完成填空： 设点是上任意一个异于C的点， 是的外角， ______（填“、或”）， 又 ______， ． 眼睛位于点C处时，最大． 【问题解决】如图4，在上述定理基础上，假如竖直墙壁上的展品的最高点A距离地面的高度为3.4米，最低点B距离地面的高度为2.4米，观赏者的眼睛C距离地面的高度为1.6米，那么围栏放在什么位置最合适呢？ 变式4-2．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． 变式4-3．（1）如图1，在足球比赛场上，甲带球奔向对方球门，当他带球冲到A点时，同伴乙已冲到B点，甲是自己射门好，还是将球传给乙，让乙射门好？ 对上面这个问题，小明结合图1判断甲的视角小于乙的视角，根据“仅从射门角度考虑，球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进”的经验，认为甲应该将球传给乙．请结合图1给出小明得到的理由； （2）德国数学家米勒曾提出最大视角问题，并得到这样的结论：如图2，点A，B是平面内两个定点，C是直线l上的一个动点，当且仅当的外接圆与l相切于点C时，最大． 如图3，，点A，B是边上两点，，点C是边上一动点． ①若最大为，请求出当时，的长； ②若最大不超过，直接写出的取值范围．    类型五、中线长定理与切割线定理 一、中线长定理（此处需注意，通常初中数学中不直接提及“中线长定理”这一名称，但可以理解为其与圆的某些性质相关的推论） 在圆中，与中线相关的性质通常结合垂径定理来理解。垂径定理指出：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。这可以视为一种“中线”性质，但这里的“中线”是直径，而非传统意义上的三角形中线。 在解决与圆相关的问题时，如果涉及到弦的垂直平分线，可以考虑利用垂径定理来简化问题。 二、切割线定理 1. 定义：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长与这点到割线与圆交点的两条线段长的乘积相等（即切线长的平方等于与圆相交的两条线段长的乘积）。 表达式：若从圆外一点P引圆的切线PA和割线PCD，则PA²=PC×PD。 2. 证明方法： 通常通过构造相似三角形来证明。从切点A连接圆心O，再连接OC、OD（O为圆心），由于∠OAC=∠ODA（均为直角）且∠ACO=∠ADO（均为弦所对的圆周角），因此三角形AOC与三角形AOD相似。通过相似三角形的性质，可以推导出切线长的平方等于与圆相交的两条线段长的乘积。 3. 应用： 切割线定理在解决与圆相关的几何问题时非常有用，特别是当需要求解切线长或与切线相关的线段长时。此外，它还可以用于判断直线与圆的位置关系以及求解与圆相关的复杂几何问题。 例5．阅读理解：小明热爱数学，在课外书上看到了一个有趣的定理——“中线长定理”：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．如图1，在中，点 D 为的 中 点 ，根据“中线长定理”，可得：． 小明尝试对它进行证明，部分过程如下： 解：过点A作于点E，如图2，在中，， 同理可得：，， 为证明的方便，不妨设，，    (1)请你完成小明剩余的证明过程； (2)在中，点D为的中点，，，，求的长； (3)如图3，的半径为6，点A在圆内，且，点B和点C在上，且，点E、F分别为、的中点，求的长． 变式5-1．阅读理解：小明热爱数学，在课外书上看到了一个有趣的定理--“中线长定理”：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．如图1，在△ABC中，点D为BC的中点，根据“中线长定理”，可得： AB2+AC2=2AD2+2BD2．小明尝试对它进行证明，部分过程如下： 解：过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2， 同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2， 为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y， ∴AB2+AC2=AE2+BE2+AE2+CE2=… （1）请你完成小明剩余的证明过程； 理解运用： （2）①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=6，AC=4，BC=8，则AD= ； ②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ； 拓展延伸： （3）小明解决上述问题后，联想到如下的题目： 如图4，已知⊙O的半径为5，以A（-3，4）为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，求AD长的最大值． 请你利用上面的方法和结论，求出AD长的最大值． 变式5-2．弗朗索瓦•韦达是十六世纪法国最杰出的数学家之一，最早提出“切割线定理”（圆幂定理之一），指的是从圆外一点引圆的切线和割线，则切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，下面紧跟着圆的切线作图的思路尝试证明与运用． (1)作图（保留作图痕迹）： 已知是的直径，点P是延长线上的一点． ①作线段的垂直平分线交于点Q；②以点Q为圆心，长为半径作圆，交圆O于点E，F；③连接和． (2)试说明是圆O切线的理由． 变式5-3．请阅读下列材料，并完成相应的任务： 三角形中线定理 三角形中线定理又称阿波罗尼奥斯定理，是一种平面几何的定理之一，指三角形三边和中线长度关系． 阿波罗尼奥斯（约公元前262-190年），古希腊数学家，与欧几里得、阿基米德合称为古希腊亚历山大前期的三大数学家． 中线定理：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．如图1，在中，点D为BC的中点，根据“阿波罗尼奥斯”，可得．下面是该定理的证明过程（部分）： 证明：过点A作于点E，如图2，在中，， 同理可得：，， 证明的方便，不妨设，， … 任务： (1)按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分； (2)如图3，在中，点为的中点，，，，则的长为______； (3)如图4，已知平行四边形中，和相交于点，设，，请直接用含，的代数式表示的值； (4)如图5，已知平行四边形内接于，点为内一点，若，，，，请直接写出的长． 类型六、弦切角定理 知识点： 一、弦切角定义 顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角。 二、弦切角定理 弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数。 弦切角定理应用方法： 一、识别弦切角 在题目中，首先要识别出弦切角，即顶点在圆上，一边与圆相交，另一边与圆相切的角。 二、应用弦切角定理 根据弦切角定理，弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角。因此，在题目中，如果已知弦切角，可以利用弦切角定理求出它所夹的弧所对的圆周角，或者反之。 三、结合其他定理进行求解 在解决与弦切角相关的问题时，通常需要结合其他圆的定理，如圆周角定理、圆心角定理、垂径定理等，进行综合分析和求解。 例6．弦切角定理是指弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角． 举例来说，假设有一个圆，一条切线与圆相切于点C，一条弦，那么由切线和弦构成的弦切角 与弦AC和切线所夹的弧 对应的圆周角相等． 为了说明这一说法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程． 已知： 如图， 内接于， ． 求证： ． 变式6-1．阅读以下材料，并完成相应的任务： 定义：顶点在圆上，一边与圆相交，另一边与圆相切的角叫做弦切角．弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角． 下面是该定理的部分证明过程： 已知：如图，与相切于点A，点，在上，连接，，． 求证：． 证明：连接并延长，交于点，连接． 与相切于点A （依据1） 是的直径 （依据2）      任务： (1)上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？ 依据1：________________________ 依据2：________________________ (2)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分． (3)已知图中的半径2，弦切角，直接写出的长． 变式6-2．小高同学在一本数学课外读物上看到一个与圆相关的角——弦切角（弦切角的定义：把顶点在圆上，一边与圆相切，另一边和圆相交的角叫做弦切角），知道了弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．【证明】 在证明时，细心的小高考虑了三种情况，圆心在弦切角的一条边上，圆心在弦切角外，圆心在弦切角内．如图1，与相切于点，为直径，当圆心在上时，容易得到，所以弦切角，请帮助小高继续解决下面的问题． (1)如图2，是的切线，为切点，为直径，夹弧所对的圆周角为，求证： (2)如图3，是的切线，为切点，夹弧所对的圆周角为．求证； 【解决问题】 (3)如图4，中，，以为直径的交于点，过点作的切线交的延长线于点，直接写出与的数量关系：______ 变式6-3．阅读材料，完成任务 一切平面图形中最美的是圆形，人类会作圆并且真正了解圆的性质是在2000多年 前，由我国的墨子给出圆的概念：“一中同长也”．意思说，圆有一个圆心，圆心到圆周 的长都相等．这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下的定义要早100年．与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．我们把顶点在圆上， 一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角． 弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数． 下面是某数学兴趣小组对弦切角定理的证明片段，请仔细阅读，并完成相应任务． 证明：如图①，与 ⊙O 相切于点A． 当圆心O 在 弦 上时，容易得到，所以弦切角的度数等于它所夹半圆所对的圆周角度数．                如图②，与相切于点A， 当圆心O在的内部时，过点 A 作直径交于点D，在弧上任取一点E，连接，，， 则．( 依 据) 是的直径，则 是的切线，则 所以，， 即 所以弦切角的度数等于它所夹弧所对圆周角的度数． 【任务】 (1)①请写出在上面的证明过程中的依据：_________ ②请完成如图③ ，与相切于点A．当圆心O在的外部时，弦切角定理的证明过程． (2)如下图，在△ABC  中 ，，以 为直径的交 于 点E， 过点B作的切线交的延长线于点D，直 接 写 出 与的数量关系：_______________． 类型七、曲轴连杆原理 一、曲轴连杆与圆的关系 在曲轴连杆机构中，虽然直接涉及圆的几何形状较少，但圆的几何原理在机构的设计和分析中起着重要作用。例如，连杆的旋转、曲柄的圆周运动等都与圆的性质密切相关。 二、项目化学习方法 1.观察与分析：首先观察曲轴连杆机构的实际运动情况，分析其中涉及的几何形状和运动规律。 2.建立模型：根据观察和分析的结果，利用数学知识（特别是圆的几何知识）建立曲轴连杆机构的数学模型。 3.求解与验证：通过求解数学模型，得到机构的关键参数和运动规律。然后，通过实际测量或仿真验证模型的准确性。 4.优化与设计：根据求解结果和实际需求，对曲轴连杆机构进行优化设计，以提高其性能或满足特定要求。 5.总结与反思：对整个项目化学习过程进行总结，反思其中的成功经验和不足之处，以便在未来的学习中不断改进和提高。 例7．水平放置的曲轴连杆的工作原理示意图如图所示，连杆在活塞的带动下绕轴匀速转动，连杆拖动气缸中的活塞做直线运动．连杆，连杆． (1)当连杆从位置按顺时针方向转至连杆与首次相切时，求活塞移动的距离． (2)当连杆从位置按顺时针方向旋转时，求活塞移动的距离．（说明：计算结果保留根号．） 变式7-1．【观察思考】： 某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块在平直滑道上可以左右滑动，在滑动的过程中，连杆也随之运动，并且带动连杆绕固定点摆动．在摆动过程中，两连杆的接点在以为半径的上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点作于点，并测得分米，分米，分米．    (1)点在上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是______分米； (2)如图3，小明同学说：“当点滑动到点的位置时，与是相切的．”你认为他的判断对吗？为什么？ (3)小丽同学发现：“当点运动到上时，点到的距离最小．”事实上，还存在着点到距离最大的位置，此时，点到的距离是______分米； 变式7-2．【观察思考】 某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块在平直滑道上可以左右滑动，在滑动的过程中，连杆也随之运动，并且带动连杆绕固定点摆动．在摆动过程中，两连杆的接点在以为半径的上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点作于点，并测得分米，分米，分米． 【解决问题】 (1)点在上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是_________分米． (2)如图3，小明同学说：“当点滑动到点的位置时，与是相切的．”你认为他的判断对吗？为什么？ (3)①小丽同学发现：“当点运动到上时，点到的距离最小．”事实上，还存在着点到距离最大的位置，此时，点到的距离是_________分米； ②当绕点左右摆动时，所扫过的区域为扇形，求这个扇形面积的最大值． 变式7-3．综合与实践 【主题】曲轴连杆机构的运动分析与设计 【素材】 在某小型发动机的机构中，曲轴连杆的工作原理如图1所示：O为连杆轴，B为圆柱形气缸中活塞的圆心，直线平行于气缸内壁，连杆在活塞的带动下绕O轴匀速转动，连杆拖动活塞做往复运动．连杆长，连杆长． 【实践操作】 模拟曲轴连杆机构的运动过程，研究不同位置下连杆与活塞的关系． 【实践探索】 (1)活塞在气缸内最大移动的距离是__________． (2)点C为直线与的交点，当连杆从位置按顺时针方向旋转时，求活塞移动的距离．（计算结果保留根号） (3)如图2，发动机气缸底部开口的宽度为（与活塞直径相等），开口圆心为P，曲轴支点O位于气缸外部．当连杆支点A进入气缸内部时，需满足点A到气缸内壁的距离至少为，且活塞运动时不能脱离气缸．请确定满足条件时O、P之间距离的取值范围（结果保留一位小数）． 类型八、莱洛三角形 一、知识点 1 莱洛三角形的定义： 莱洛三角形，又称勒洛三角形、圆弧三角形或鲁洛克斯三角形，是机械学家莱洛发现的一种特殊三角形。其绘制方法是先画一个正三角形，然后以正三角形的三个顶点为圆心，边长长为半径画弧，三段圆弧围成的图形即为莱洛三角形。 2 莱洛三角形的性质： 莱洛三角形是等宽图形，即始终与两条平行线相切。图形内任意两点间的距离均不超过其定宽宽度（即边长）。在定宽的平行线内滚动时，任意时刻与任意一条直线有且只有一个交点。 3 莱洛三角形的周长与面积： 周长相当于三个圆心角为60º的弧长之和，面积可通过计算三个弓形与一个等边三角形的面积之和得出，也可通过计算半个圆形的面积减去两个等边三角形的面积得出。 二、方法 1 绘制莱洛三角形的方法： 使用几何作图工具，如几何画板，先绘制一个正三角形，然后分别以三个顶点为圆心，边长长为半径画弧，最后隐藏正三角形，即可得到莱洛三角形。 2 应用莱洛三角形解决实际问题： 利用莱洛三角形的等宽性质，可以设计一些特殊的机械零件，如转子发动机的转子。在钻孔作业中，使用莱洛三角形钻头可以打出近似正方形的孔。此外，莱洛三角形在扫地机器人、运输工具等领域也有广泛应用。 例8．在综合实践活动课上，为了探究“什么形状的车轮让车辆行驶更平稳”，甲，乙，丙三位同学分别制作了不同形状的车轮，并将车轮竖直放在水平地面上进行无滑动的滚动．在滚动过程中，车轮最高点离地面距离的最大值与最小值的差叫最高点振幅；车轮轴心离地面距离的最大值与最小值的差叫轴心振幅． 探究一： （1）如图1，甲同学制作的圆形车轮轴心O为其圆心，半径，在滚动过程中，最高点振幅为______ ，轴心振幅为______． 探究二： （2）如图2，乙同学制作的正方形车轮的轴心O为正方形的中心，边长，求车轮滚动过程中的最高点振幅和轴心振幅． 【知识科普】如图3，分别以正三角形的三个顶点A，B，C为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，三段弧线围成的图形叫做“莱洛三角形”． 探究三： （3）丙同学制作的“莱洛三角形”车轮的轴心O为正的中心，且．丙同学在探究过程中发现“莱洛三角形”车轮在滚动过程中如图最高点离地面的距离始终相等，即最高点振幅为0，请帮助丙同学计算轴心振幅． 【探究结果】 （4）研究表明，车轮的最高点振幅和轴心振幅越小，车轮行驶越平稳，你认为甲、乙、丙三个同学的方案中，______的方案更适合做车轮．（选“甲”或“乙”或“丙”) 变式8-1．【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 【合作探究】 （1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______； （2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______； （3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． （4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______． 变式8-2．项目化学习：车轮的形状 [问题提出]车轮为什么要做成圆形，这里面有什么原理？ [合作探究] （1）探究A组：如图1，圆形车轮半径为，其车轮轴心O到地面的距离始终为______ ； （2）探究B组：如图2，正方形车轮的轴心为O，若正方形的边长为，求车轮轴心O距离地面的最高点与最低点的高度差； （3）探究C组：如图3，有一个破损的圆形车轮，半径为，破损部分是一个弓形，其所对圆心角为，车轮轴心为O，让车轮在地上无滑动地滚动一周，求点O经过的路程． （探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮轴心是否在一条水平线上运动．） [拓展延伸]如图4，分别以正三角形的三个顶点A，B，C为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”． （4）探究D组：使“莱洛三角形”沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”“车轮轴心O”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动的过程中，其“最高点”和“车轮轴心O”所形成路径的大致图案是______． A．    B． C．    D． （延伸发现：“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心O并不稳定．） 变式8-3．项目化学习：车轮的形状． 【问题提出】车轮为什么要做成圆形, 这里面有什么数学原理? 【合作探究】 (1)探究组：如图1，圆形车轮半径为，其车轮轴心到地面的距离始终为______． (2)探究组：如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，求车轮轴心 最高点与最低点的高度差． (3)探究组：如图3, 有一个破损的圆形车轮, 半径为，破损部分是一个弓形，其所对圆心角为，其车轮轴心为，让车轮在地上无滑动地滚动一周，求点经过的路程． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定． 【拓展延伸】如图4，分别以正三角形的三个顶点为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这个曲线图形叫做“莱洛三角形”． (4)探究组：使 “莱洛三角形” 沿水平方向向右滚动，在滚动过程中，其每时每刻都有 “最高点”，“中心点” 也在不断移动位置，那么在 “莱洛三角形” 滚动一周的过程中，其“最高点”和“中心点”所形成的图案大致是______． 延伸发现：“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． 类型九、圆的新定义——几何 一、知识点 1.圆的定义与性质 在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆。其固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径。 圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是圆的对称轴。 圆是中心对称图形，圆心就是它的对称中心。 垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。 2.圆中的相关概念 连接圆上任意两点的线段叫做弦，经过圆心的弦叫做直径，直径是最长的弦。 圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。 能够重合的两个圆叫做等圆。同圆或等圆的半径相等。 在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧。 圆心相同，半径不相等的圆叫做同心圆。 二、方法 1.解新定义题型的方法 从定义知识的新情景问题入手：先认真阅读，正确理解新定义的含义；再运用新定义解决问题；然后得出结论。 从数学理论应用探究问题入手：对于涉及到数学理论的题目，要解决后面提出的新问题，必须仔细研究前面的问题解法。 从日常生活中的实际问题入手：处理此类问题需要结合生活实际，再将问题转化成数学知识，或者将生活图形转化为数学图形，从而利用数学知识进行解答。 2.具体解题步骤 理解“新定义”：明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论。 重视“举例”：利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法。 类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题。 例9．阅读与思考 关于“对角互余四边形”的研究定义：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”． 例题分析：如图1，在四边形中，连接，，点是外接圆的圆心，连接，．求证：四边形是“对角互余四边形”． 小明的证明如下： 证明：连接， ， （依据一）． ， ， ， （依据二）， ， ， 四边形是“对角互余四边形”． (1)在小明的证明过程中，依据一为：__________________，依据二为：__________________； (2)如图2，在对角互余四边形中，，且，． ①______； ②若，求四边形的面积和周长． 变式9-1．【新知引入】定义：如图（1），点M，N把线段分割成和，若以为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段的勾股分割点． （1）已知点M，N是线段的勾股分割点，若，则___________． 【探究证明】 （2）如图（2），在中，，M，N在线段上，且．求证：点M，N是线段的勾股分割点． 【拓展应用】 （3）如图（3），在中，圆心角，P是上一动点，连接，分别作的垂直平分线，分别交直线于点C，D，已知，当是以为底边的等腰三角形时，请直接写出线段的长．    变式9-2．定义：若圆中两条弦的平方和等于直径的平方，则称这两条弦是一组“勾股弦”． (1)如图①，矩形是的内接四边形，与___________是一组“勾股弦”（填一条弦即可）； (2)如图②，是的一组“勾股弦”，，求证：； (3)如图③，已知是的一组“勾股弦”，分别为的中点，连接并延长交于点，连接并延长交于点，且，求的值． 变式9-3．定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”． (1)如图1，是的一条弦（非直径），若在上找一点，使得是“圆等三角形”，则这样的点能找到_________个； (2)如图2，四边形是的内接四边形，连结对角线，和均为“圆等三角形”，且，． ①当时，求度数； ②如图③，当，时，求阴影部分的面积． 类型十、圆的新定义——函数 一、知识点 1.圆的基本概念：圆是平面上所有与给定点（圆心）距离相等的点的集合。这些距离（半径）决定了圆的大小。 2.圆的相关元素： 半径：连接圆心和圆上任一点的线段。 直径：经过圆心，且其两端点都在圆上的线段（直径是特殊的弦）。 弦：连接圆上任意两点的线段。 弧：圆上两点之间的部分。 圆心角：顶点在圆心，两边与圆相交的角。 圆周角：顶点在圆上，两边都与圆相交的角。 3.圆的性质： 圆是轴对称图形，任何经过圆心的直线都是其对称轴。 圆是中心对称图形，关于圆心对称。 垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。 圆心角的度数等于它所对的弧的度数；圆周角的度数等于它所对弧度数的一半。 4.圆与函数的关系： 在某些新定义题型中，圆可能与函数（如二次函数）的图像有关联。例如，通过给定的函数图像和圆的关系，求解相关的几何或代数问题。 二、方法 1.理解新定义： 仔细阅读题目，理解新定义的条件、原理、方法和结论。 通过举例来检验是否理解和正确运用新定义。 2.运用数学知识： 将新定义题型中的几何元素（如圆、弦、弧等）与数学理论（如垂径定理、圆心角与弧的关系等）相结合。 利用代数方法（如设立方程）求解几何问题。 3.结合生活实际： 对于一些涉及实际情境的新定义题型，尝试将问题转化为数学模型。 利用图形转换和数学知识进行解答。 4.解题步骤： 明确题目要求和新定义的条件。 设立必要的代数表达式或方程。 利用几何性质和数学定理进行推理和计算。 得出结论，并检验答案是否符合题目要求。 例10．在平面直角坐标系中，的半径为．对于的弦和点给出如下定义：若点在弦的垂直平分线上，且点关于直线的对称点在上，则称点是弦的“关联点”． (1)直线与交于，两点．写出一个弦的“关联点”的坐标为_______； (2)若点是弦的“关联点”，直接写出的长； (3)已知点，对于线段上一点，存在的弦，使得点是弦的“关联点”，记的长为，当点在线段上运动时，直接写出的取值范围． 变式10-1．在平面直角坐标系中，对于图形，点给出如下定义：图形向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到图形，若图形与图形有且只有一个公共点，称点为图形的“限定点”． 已知点，， (1)在点，，中，的“限定点”是____． (2)点在直线上，且点为的“限定点”，则点的坐标为____． (3)的圆心在轴上，半径为，若上存在点，使得点为的“限定点”，则点的横坐标的取值范围为____． 变式10-2．在平面直角坐标系中，已知半径为1的和线段，给出如下定义：若存在点使得线段关于点中心对称的线段恰为的一条弦，则称线段是的关于点的关联线段． (1)如图，点的横、纵坐标都是整数，在线段中，的以点为中心的关联线段是___________； (2)若，线段是的关于点的关联线段，则点的坐标为___________； (3)已知点是一点，线段在直线上，线段是的关于点的关联线段，则线段长度的最大值为___________；此时点坐标为___________． 变式10-3．在平面直角坐标系中，的半径为1．对于两点A和B，其中点A在上．给出如下定义：若线段的垂直平分线与相交，且两交点之间的距离为d，则称点B是点A的“d关联点”． (1)如图1，点． ①在点，，中，点______是点A的“d关联点”，其中d=______； ②若点C是点A的“1关联点”，则点C的横坐标的最大值为______； (2)直线与x轴，y轴分别交于点M，N．对于线段MN上任意一点P，都存在上的点Q，使得点P是点Q的“t关联点”，直接写出t的取值范围． 类型十一、托勒密定理 知识点： 托勒密定理，也被称为波罗蜜定理，是几何学中的一个重要定理。该定理揭示的是圆内接四边形对角线与边长数量关系。 狭义托勒密定理：圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。即，若四边形ABCD四点共圆，则有AB×CD+BC×AD=AC×BD。 推论：对于圆内接四边形，若存在两相等邻边，则存在等比例关系。例如，若AB=AD=a，BD=b，则有b×AC=a×(CD+BC)，即AC:(CD+BC)=a:b。 广义托勒密定理：任意凸四边形的两对对边乘积之和大于等于两对角线乘积。当且仅当四边形为圆内接四边形时，等号成立。 方法： 在解决与托勒密定理相关的问题时，可以采取以下步骤： 一、识别题型：首先判断题目中的四边形是否为圆内接四边形，或者是否可以通过构造辅助线将其转化为圆内接四边形。 二、应用定理：若四边形为圆内接四边形，则可以直接应用托勒密定理，写出等式AB×CD+BC×AD=AC×BD。 三、求解问题：根据题目给出的条件，将已知量代入等式，通过代数运算求解未知量。 四、验证答案：在得到答案后，可以通过将答案代入原等式进行验证，确保答案的正确性。 例11．阅读下列材料，完成文后任务： 克罗狄斯·托勒密（约公元年—公元年），希腊著名的天文学家、地理学家和光学家．在数学方面，他论证了四边形的特性，即著名的托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边的乘积之和． 用数学文字表示为：如图1，已知四边形内接于，则 任务： （1）如图1，当为等边三角形时，与有怎样的数量关系？并说明理由； （2）如图2，已知为直径，，，求的长； （3）如图3，在四边形中，，，，则的面积为_________． 变式11-1．阅读与思考 请阅读下列材料，并完成相应的任务： 克罗狄斯•托勒密（约90年﹣168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有 　 　． 任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为 　 　． （2）如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝2，求对角线BD的长． 变式11-2．问题探究： （1）已知：如图①，△ABC中请你用尺规在BC边上找一点D，使得点A到点BC的距离最短． （2）托勒密（Ptolemy）定理指出，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．如图②，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与B、C重合），请你根据托勒密（Ptolemy）定理证明：PA=PB+PC 问题解决： （3）如图③，某学校有一块两直角边长分别为30m、60m的直角三角形的草坪，现准备在草坪内放置一对石凳及垃圾箱在点P处，使P到A、B、C三点的距离之和最小，那么是否存在符合条件的点P？若存在，请作出点P的位置，并求出这个最短距离（结果保留根号）；若不存在，请说明理由． 变式11-3．请阅读下列材料，并完成相应的任务． 克罗狄斯·托勒密（约90年－168年），古希腊天文学家、地理学家和光学家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下： 圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形内接于，则有______． 任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为_______． （2）已知，如图2，四边形内接于，平分，，求证：． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 圆的拓展定理 目录 典例详解 类型一、秦九韶与海伦公式 类型二、阿基米德折弦定理 类型三、古拉美古塔定理（婆罗摩笈多定理） 类型四、米勒原理 类型五、中线长定理与切割线定理 类型六、弦切角定理 类型七、曲轴连杆原理 类型八、莱洛三角形 类型九、圆的新定义——几何 类型十、圆的新定义——函数 类型十一、托勒密定理 类型一、秦九韶与海伦公式 知识点： 秦九韶公式与海伦公式均为已知三角形三边求面积的公式。 秦九韶公式：S=1/4√ 特点：基于三边直接运算，不含半周长。公式体现了中国传统数学的构造性思维，直接通过三边的平方运算展开，无需预先计算半周长，步骤更侧重代数变形。 海伦公式：S=√[p(p-a)(p-b)(p-c)]，其中p=(a+b+c)/2，a、b、c为三角形的三边长，S为三角形的面积。 特点：利用半周长计算，形式对称。公式反映了古希腊数学的对称美学，通过半周长构造对称式，运算过程强调几何参数的整体性。 方法： 在学习和应用秦九韶海伦公式时，需要掌握以下步骤： 一、理解公式：首先要深入理解秦九韶公式和海伦公式的推导过程和几何意义，明确公式中各个符号的含义。 二、记忆公式：通过反复练习和记忆，熟练掌握秦九韶公式和海伦公式的形式，以便在实际问题中灵活运用。 三、应用公式：在求解三角形面积时，根据已知条件选择合适的公式进行计算。如果已知三角形的三边长，可以直接使用海伦公式或秦九韶公式求解。在解题过程中，要注意公式的适用范围和限制条件，确保计算结果的准确性。 例1．我国宋代数学家秦九韶的著作《数书九章》中关于三角形的面积公式与古希腊数学家海伦的成果并称“海伦-秦九韶公式”．它的主要内容是：如果一个三角形的三边长分别是，，，记，为三角形的面积，那么． (1)在中，，，，请用上面的公式计算的面积． (2)一个三角形的三边长分别为，，，，，且，求，的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查二次根式的应用，解一元二次方程； （1）根据题目的指示，了解海伦-秦九昭公式，根据具体的数字先计算的值，然后再代入公式，计算三角形的面积即可； （2）根据得以得到，再根据面积可以得到，代入计算即可． 【详解】（1）解：在中，，，， ∴， ∴的面积为， （2）解：∵， ∴，即①， 又∵ ∴， 即， ∴②． ∴联立①②解得：(∵，不合题意的舍去) 变式1-1．已知是关于的一元二次方程的两实数根． (1)求的取值范围； (2)已知等腰的底边，若恰好是另外两边的边长，求这个三角形的周长． (3)阅读材料：若三边的长分别为，那么可以根据海伦-秦九韶公式可得： ，其中，在（2）的条件下，若和的角平分线交于点，根据以上信息，求的面积． 【答案】(1)且 (2) (3) 【分析】（1）根据题意，计算一元二次方程根的判别式大于或等于0，根据一元二次方程的定义得出，即可求解； （2）根据恰好是等腰的腰长，令，解一元二次方程求得，进而即可求解； （3）由(2)知：的三边长为，代入公式求得面积，进而根据角平分线的性质求得，再根据三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）解：由题意得：，且， 化简得：， 解得：且； （2）由题意知：恰好是等腰的腰长， ∴， ∵是关于的一元二次方程的两实数根， ∴， 解得， ∴， 解得， ∵， ∴的周长为：； （3）由(2)知：的三边长为， ∴5， ∴， 过分别作，，，垂足分别为， ∵是△ABC角平分线的交点， ∴， ∴ ， 解得， ∴． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，等腰三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键． 变式1-2．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． 变式1-3．阅读下列材料并回答问题： 材料1：如果一个三角形的三边长分别为a，b，c，记，那么三角形的面积为． ① 古希腊几何学家海伦（Heron，约公元50年），在数学史上以解决几何测量问题而闻名．他在《度量》一书中，给出了公式①和它的证明，这一公式称海伦公式． 我国南宋数学家秦九韶（约1202﹣﹣约1261），曾提出利用三角形的三边求面积的秦九韶公式：． ② 下面我们对公式②进行变形： ． 这说明海伦公式与秦九韶公式实质上是同一公式，所以我们也称①为海伦﹣﹣秦九韶公式． 问题：如图，在△ABC中，AB=13，BC=12，AC=7，⊙O内切于△ABC，切点分别是D、E、F． （1）求△ABC的面积； （2）求⊙O的半径． 【答案】（1）；（2）． 【详解】试题分析：（1）由已知△ABC的三边a=3，b=12，c=7，可知这是一个一般的三角形，故选用海伦﹣秦九韶公式求解即可；． （2）由三角形的面积=lr，计算即可． 试题解析：（1）∵AB=13，BC=12，AC=7，∴p==16，∴==； （2）∵△ABC的周长l=AB+BC+AC=32，∴S=lr=，∴r==． 考点：三角形的内切圆与内心；阅读型． 类型二、阿基米德折弦定理 知识点： 阿基米德折弦定理：一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点。具体来说，如果AB和BC组成圆的折弦，且AB大于BC，M是弧ABC的中点，MF垂直于AB，垂点为F，那么AF等于BF加BC。 方法： 证明阿基米德折弦定理通常有以下几种方法： 方法一：补短法。延长DB至F，使BF等于BA。由于M是弧ABC的中点，可以得出∠MCA=∠MAC=∠MBC。通过一系列的角度和边的关系证明，可以得出△MBF全等于△MBA，进而证明MF等于MC。由于MD垂直于CF，所以CD等于DF，即DB加BF，也就是AB加BD。 方法二：截长法。在CD上截取DG等于DB。由于MD垂直于BG，可以得出MB等于MG，∠MGB=∠MBC=∠MAC。通过一系列的角度证明，可以得出△MBA全等于△MGC，进而证明AB等于GC。因此，CD等于CG加GD，即AB加BD。 方法三：垂线法或其他几何变换法。这些方法通常涉及更复杂的几何构造和证明，但核心思路仍然是利用圆的性质和角度、边的关系来证明定理。 例2．如图，和是的两条弦（即折线是的一条折弦），，M是的中点，过点M作垂足为D，求证：．（阿基米德折弦定理） 【答案】见解析 【分析】本题考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，在上截取，连接，，，，由题意可得，由圆周角定理可得，从而得出，由全等三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，即可得解． 【详解】解：如图，在上截取，连接，，，， ∵M是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 变式2-1．阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 阿基米德折弦定理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1．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”． 证明如下：如图2，在上截取，连接，，，． 则（依据1）． ∵是的中点，∴， ∴． 在和中， ∴，∴． ∵于点，∴（依据2）． ∴．      任务： (1)填空：材料中的依据1是指________________；依据2是指________________． (2)如图3，是的直径，是上一点，且满足，若，的半径为10，求的长． 【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；等腰三角形三线合一． (2) 【分析】本题考查圆周角定理的推论和等腰三角形的性质，勾股定理； （1）根据圆周角定理的推论和等腰三角形的性质即可得到答案； （2）过点作于点．先求出，再求出，从而得，进而即可求解． 【详解】（1）解：由题意得：同弧所对的圆周角相等；等腰三角形三线合一． （2）如图，过点作于点， ∵是的直径， ∴∠， ∵，圆的半径为10， ∴， ∴， ∵， ∴是的中点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 变式2-2．有关阿基米德折弦定理的探讨与应用 【问题呈现】 （1）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M是的中点，则从点M向作垂线，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． 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． 【理解运用】 （2）如图③，内接于，过点O作于点D，延长交于点E，过点E作于点F．若，，则的长为______． 【实践应用】 （3）如图④，等边内接于，点D是上一点，且，连接．若，则的周长为______．          【答案】（1）见解析；（2）3；（3） 【分析】（1）先证明，得出，根据三线合一性质得到，进而得到；（2）利用垂径定理得到，根据阿基米德折弦定理求出，利用求出结果；（3）根据等边三角形性质，基米德折弦定理，结合题意得出是等腰直角三角形，求出，进而求出，从而求出结果． 【详解】解：（1）问题呈现：在和中， ， ， ， ， ， 即； （2）， ， 是的中点， ，， ， ， ， ， 故答案为：3； （3）是等边三角形， ， ， 是的中点， ， 如图：作于点， 则， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， 故答案为： 【点睛】本题考查了垂径定理，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，理解题中给出的阿基米德折弦定理是解答本题的关键． 变式2-3．（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，完成下列步骤： ① ，② ． （2）【理解运用】如图1，是的两条弦，， 点是的中点，于点，则的长为_____． （3）【变式探究】如图3，若点是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断之间存在怎样的数量关系？并加以证明． （4）【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题： 如图4，是的直径，点圆上一定点，点圆上一动点，且满足，若，的半径为10，求长．    【答案】（1）相等的弧所对的弦相等，同弧所对的圆周角相等；（2）2；（3），见解析；（4）或 【分析】（1）根据圆的性质即可求解； （2）由“问题”呈现结论即可求解； （3）在上截取，连接、、、，证明可得，由等腰三角形的性质可得，可得结论； （4）分两种情况讨论，由（1）结论可求解． 【详解】（1）解：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：相等的弧所对的弦相等，同弧所对的圆周角相等； （2）由题意得：，即， ， ， ， 故答案为：2； （3）， 证明：在上截取，连接、、、，如图3，   是弧的中点， ，， 又， ， ， ， 又， ， ，即； （4）如图4，当点在下方时，过点作于点，    是圆的直径， ， ，圆的半径为10， ， ， ， ， ， ， 当点在上方时，， 同理得， 综上所述：的长为或． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，理解题意是解本题的关键． 类型三、古拉美古塔定理（婆罗摩笈多定理） 古拉美古塔定理（也称为婆罗摩笈多定理）： 知识点： 定理内容：已知四边形ABCD内接于圆O，对角线AC垂直于BD，垂足为M。直线ME垂直于BC，垂足为E，并且交直线AD于点F，则AF等于FD。 证明过程： 由于AC垂直于BD，ME垂直于BC，根据直角三角形的性质，我们可以得到角CME加角MCE等于90度，角CBD加角MCE也等于90度。因此，角CBD等于角CME。又因为角CME等于角AMF（对顶角相等），所以角CAD等于角AMF。由此，我们可以得出AF等于MF，而MF等于FD（因为MF是FD的一部分，且由于AC垂直于BD，F是AD与ME的交点，所以MF与FD在同一直线上且长度相等）。所以，AF等于FD。 方法： 在解决与古拉美古塔定理相关的问题时，我们首先需要识别题目中的关键信息，即四边形是否内接于圆，对角线是否垂直，以及是否存在垂直于一边并交另一对角线于一点的直线。一旦识别出这些信息，我们就可以应用古拉美古塔定理来解决问题。 在证明过程中，我们需要利用直角三角形的性质和对顶角相等的性质来推导出相关的角度关系。然后，我们可以利用这些角度关系来推导出线段之间的关系，从而证明定理。 逐步推导，最终得出正确答 例3．阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多定理： 如图，四边形内接于，对角线，垂足为M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么． 证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵① ，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴② ． … 任务： (1)材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______； (2)根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题： 如图，已知中，，，分别交于点D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长． 【答案】(1)①；② (2)1 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质，掌握相应角的定义和计算是关键． （1）根据圆周角定理和等角对等边的性质可得结论； （2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴． … 故答案为：①；②； （2）解：四边形是内接四边形， ， ， ，即， ， ， ， ， ． 变式3-1．请阅读下面的材料，并解答问题． 婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就，他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》，婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，其中有著名的婆罗摩笈多定理．婆罗摩笈多定理：圆的内接四边形的对角线与垂直相交于M，过点M的直线与边分别相交于点F、E．则有下两个结论： 如果，那么； 如果，那么． 数学课上，赵老师带领大家对该定理的第一条进行了探究． 证明：， ，即， ， ， 在中，， …… 请解答以下问题： (1)请完成所给材料的证明过程； (2)请证明结论（2）； (3)应用：如图圆O中，半径为4，A，B，C，D为圆上的点，，连接交于点F，过点F作于E，延长交于G，则的长度为______． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用圆周角定理及直角三角形的性质得到进而推出，同理得到，根据等边对等角即可得出结论； （2）根据题意得到，进而得到，利用圆周角定理结合对顶角推出，从而得到，即可证明； （3）连接，设交于点M，先利用等腰三角形的性质结合题意易证，再利用三角形内角和定理推出，从而证明，由（1）中结论易得，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得到，再根据勾股定理求出，即可得出结果． 【详解】（1）证明：， ，即， ， ， 在中，， ， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴； （2）证明：∵ ∴， ∴ 又∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴； （3）解：如图，连接，设交于点M， ， ， ， ，即， ， ， ， ， ， 由（1）中结论可得， ， ， 在中，， ． 【点睛】本题考查圆的内接四边形，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，熟练运用等腰三角形等角对等边的性质是解题的关键． 变式3-2．阅读与思考 请认真阅读材料，并完成相应任务． 婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，这类四边形被称为“婆罗摩笈多四边形”．我们一起了解这位数学家的研究成果吧！ 如图1，已知⊙O的内接四边形，对角线于点．婆罗摩笈多发现等于⊙O半径平方的4倍． 下面是他的探究思路： 于点， ． ．（依据1） 如图2，连接并延长交⊙O于点，连接， 则．（依据2） ． 又，． ，． ．． …… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指： ，依据2是指： ； (2)请完成材料中的剩余证明； (3)如图3，⊙M的半径为5，四边形内接于⊙M，且于点，则的长为 ． 【答案】(1)勾股定理；直径所对的圆周角是直角 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据勾股定理和直径所对的圆周角是直角即可解答； （2）根据圆周角定理进行线段的转换，再利用勾股定理即可解答； （3）直接利用（2）中原理即可解答． 【详解】（1）解：材料中的依据1是指勾股定理，依据2是指直径所对的圆周角是直角， 故答案为：勾股定理；直径所对的圆周角是直角； （2）证明：于点， ， ， 如图2，连接并延长交⊙O于点，连接， 则， ， 又， ， ， ． ， ， ， ， 即等于⊙O半径平方的4倍； （3）解：根据（2）中结论可得， ， 故答案为：． 变式3-3．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，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． 类型四、米勒原理 米勒定理，又称最大张角定理 一、知识点 1.定理背景与历史意义：该定理起源于1471年德国数学家米勒对地球表面垂直悬杆最大视角的研究。作为数学史上100个著名极值问题之一，该定理在天文学、光学和机械工程中均有重要应用。 2.定理核心内容：设点A、B为固定点，点P在某一动边（如直线OM）上移动，当且仅当△ABP的外接圆与该动边相切于点P时，∠APB达到最大值。 3.几何解释： a.根据圆外角定理，圆外角的度数恒小于所夹弧对应的圆周角。 b.当外接圆与动边相切时，切点P处的视角既是圆周角，也是当前条件下的最大张角。 4.公式推导：设外接圆半径为R，利用切割线定理可得PC²=PA·PB。通过几何坐标法或相似三角形可进一步推导切点的具体位置。 二、方法 1.构造外接圆：以AB为弦，作与动边（如x轴）相切的圆，切点即为最大张角点。 2.验证位置：使用射影定理或代数计算验证切点的唯一性。需结合圆的性质（如弦切角定理、切割线定理）与相似三角形知识，实际作图中可借助几何软件辅助完成。 例4．1471年，德国数学家米勒提出了雕塑问题：假定有一个雕塑高AB＝3米，立在一个底座上，底座的高BC＝2.2米，一个人注视着这个雕塑并朝它走去，这个人的水平视线离地1.7米，问此人应站在离雕塑底座多远处，才能使看雕塑的效果最好，所谓看雕塑的效果最好是指看雕塑的视角最大，问题转化为在水平视线EF上求使视角最大的点，如图：过A、B两点，作一圆与EF相切于点M，你能说明点M为所求的点吗？并求出此时这个人离雕塑底座的水平距离？ 【答案】可以说明点M为所求的点，理由见解析；米 【分析】连接AM，BM，OM，作OG⊥AB于G，连接OB，在直线EF找一点P，连接AP,BP,BP交于Q点，连接AQ，根据同弧所对的圆周角相等，此时视角最大，即点M为所求的点；要求EM的长，可以转化为求弦的弦心距．根据图中的数据可以求得该圆的半径是2米，然后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，连接AM，BM，OM，作OG⊥AB于G，则AG=BG=1.5， 连接OB，在直线EF找一点P，连接AP,BP,BP交于Q点，连接AQ， 则， 此时视角最大，即点M为所求的点； 根据题意，得OM=BG+BE=1.5+2.2−1.7=2（米）， 在直角三角形OBG中，（米），即为这个人离雕塑底座的水平距离． 【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，解题的关键是添加辅助线，掌握勾股定理和垂径定理． 变式4-1．【发现问题】如图1，在画展厅，为保护展品，会放置围栏分隔观赏者和展品，现在数学小组想知道围栏位置是否合适，做出以下研究． 【资料查阅】1471年德国数学家米勒也提出过类似问题，如图2，观赏最佳的位置就是展品的最高点A与最低点B与观赏者的眼睛C所形成的视角最大． 【米勒定理】如图3，当经过A，B，C三点的与过点C的水平线相切于点C时，视角最大，站在此处观赏最理想．这是为什么呢？ 请思考后完成填空： 设点是上任意一个异于C的点， 是的外角， ______（填“、或”）， 又 ______， ． 眼睛位于点C处时，最大． 【问题解决】如图4，在上述定理基础上，假如竖直墙壁上的展品的最高点A距离地面的高度为3.4米，最低点B距离地面的高度为2.4米，观赏者的眼睛C距离地面的高度为1.6米，那么围栏放在什么位置最合适呢？ 【答案】米勒定理∶，；问题解决∶ 围栏放在距离墙壁米位置最合适 【分析】米勒定理∶由得，由圆的基本性质得，即可求证； 问题解决∶过作交于，由矩形的判定方法得 四边形是矩形，由矩形的性质得，，由线段和差可求，，由垂径定理得，由勾股定理得，即可求解． 【详解】米勒定理 请思考后完成填空： 设点是上任意一个异于C的点， 是的外角， ， （填“、或”）， 又， ， ， 眼睛位于点C处时，最大， 故答案：，； 问题解决∶ 解：如图，过作交于， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中， ， ， 故围栏放在距离墙壁米位置最合适． 【点睛】本题考查了矩形的判定及性质，圆的基本性质，垂径定理，勾股定理，掌握性质，理解米勒定理及题意中线段的实际意义，构建直角三角形用勾股定理求解是解题的关键． 变式4-2．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． 变式4-3．（1）如图1，在足球比赛场上，甲带球奔向对方球门，当他带球冲到A点时，同伴乙已冲到B点，甲是自己射门好，还是将球传给乙，让乙射门好？ 对上面这个问题，小明结合图1判断甲的视角小于乙的视角，根据“仅从射门角度考虑，球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进”的经验，认为甲应该将球传给乙．请结合图1给出小明得到的理由； （2）德国数学家米勒曾提出最大视角问题，并得到这样的结论：如图2，点A，B是平面内两个定点，C是直线l上的一个动点，当且仅当的外接圆与l相切于点C时，最大． 如图3，，点A，B是边上两点，，点C是边上一动点． ①若最大为，请求出当时，的长； ②若最大不超过，直接写出的取值范围．    【答案】（1）见解析（2）①② 【分析】（1）利用圆周角定理和外角的性质即可得证； （2）①根据直角三角形的外接圆的圆心在斜边的中线上，确定圆心的位置，连接，利用切线的性质和含30度角的直角三角形的性质进行求解即可；②求出时的长，即可得出结果． 【详解】解：（1）连接，    则：， ∵是的外角， ∴， ∴； （2）①当时，的外接圆的圆心在斜边的中点上，设圆心为，连接，则：，    ∵的外接圆与l相切于点C， ∴， ∵， ∴， ∴； ②当时，如图：    连接， 则：，，过点作，则：，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 过点作， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由题意，可知越大，越短， ∴． 【点睛】本题考查三角形的外接圆，切线的性质，圆周角定理，含30度角的直角三角形，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 类型五、中线长定理与切割线定理 一、中线长定理（此处需注意，通常初中数学中不直接提及“中线长定理”这一名称，但可以理解为其与圆的某些性质相关的推论） 在圆中，与中线相关的性质通常结合垂径定理来理解。垂径定理指出：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。这可以视为一种“中线”性质，但这里的“中线”是直径，而非传统意义上的三角形中线。 在解决与圆相关的问题时，如果涉及到弦的垂直平分线，可以考虑利用垂径定理来简化问题。 二、切割线定理 1. 定义：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长与这点到割线与圆交点的两条线段长的乘积相等（即切线长的平方等于与圆相交的两条线段长的乘积）。 表达式：若从圆外一点P引圆的切线PA和割线PCD，则PA²=PC×PD。 2. 证明方法： 通常通过构造相似三角形来证明。从切点A连接圆心O，再连接OC、OD（O为圆心），由于∠OAC=∠ODA（均为直角）且∠ACO=∠ADO（均为弦所对的圆周角），因此三角形AOC与三角形AOD相似。通过相似三角形的性质，可以推导出切线长的平方等于与圆相交的两条线段长的乘积。 3. 应用： 切割线定理在解决与圆相关的几何问题时非常有用，特别是当需要求解切线长或与切线相关的线段长时。此外，它还可以用于判断直线与圆的位置关系以及求解与圆相关的复杂几何问题。 例5．阅读理解：小明热爱数学，在课外书上看到了一个有趣的定理——“中线长定理”：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．如图1，在中，点 D 为的 中 点 ，根据“中线长定理”，可得：． 小明尝试对它进行证明，部分过程如下： 解：过点A作于点E，如图2，在中，， 同理可得：，， 为证明的方便，不妨设，，    (1)请你完成小明剩余的证明过程； (2)在中，点D为的中点，，，，求的长； (3)如图3，的半径为6，点A在圆内，且，点B和点C在上，且，点E、F分别为、的中点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）过点作于点，如图2，在中，，同理可得：，，为证明的方便，不妨设，，根据勾股定理即可证明； （2）利用中线定理计算即可； （3）连接，，，，由是的中线，是的中线，利用中线定理可得，，而，可推得，故． 【详解】（1）过点作于点，如图2，在中，， 同理可得：，，为证明的方便，不妨设，， ． （2）在中，点为的中点， ， ，，， ， 或（舍去）； （3）连接，，，，如图3， 是的中线，是的中线， ，， ，， ，是的中线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， （负值已经舍弃）． 【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及三角形的中线、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用勾股定理解决问题，学会用转化的思想思考问题，学会添加辅助线解决问题，属于中考压轴题． 变式5-1．阅读理解：小明热爱数学，在课外书上看到了一个有趣的定理--“中线长定理”：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．如图1，在△ABC中，点D为BC的中点，根据“中线长定理”，可得： AB2+AC2=2AD2+2BD2．小明尝试对它进行证明，部分过程如下： 解：过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2， 同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2， 为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y， ∴AB2+AC2=AE2+BE2+AE2+CE2=… （1）请你完成小明剩余的证明过程； 理解运用： （2）①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=6，AC=4，BC=8，则AD= ； ②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ； 拓展延伸： （3）小明解决上述问题后，联想到如下的题目： 如图4，已知⊙O的半径为5，以A（-3，4）为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，求AD长的最大值． 请你利用上面的方法和结论，求出AD长的最大值． 【答案】（1）见解析；（2）①；②4；（3）AD长的最大值为10． 【分析】（1）过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，根据勾股定理即可证明； （2）①利用中线定理计算即可；②利用中线定理即可解决； （3）如图4中，连接OA，取OA的中点E，连接DE．利用中线定理求出DE，再利用三边关系即可解决问题； 【详解】解：（1）过点A作AE⊥BC于点E，如图2， 在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2， 同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2， 为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y， ∴AB2+AC2=2AE2+（x+y）2+（x-y）2=2AE2+2x2+2y2 =2AE2+2BD2+2DE2 =2AD2+2BD2； （2）①∵AB2+AC2=2AD2+2BD2， ∴62+42=2AD2+2×42， ∴AD=； ②如图3中， ∵AF是△ABC的中线，EF是△AEO的中线，OF是△BOC的中线， ∵2EF2+2AE2=AF2+OF2， 2AF2+2BF2=AB2+AC2， OF2=OB2-BF2， ∴4EF2=2OB2-4AE2=2OB2-OA2， ∴EF2=OB2-OA2=16， ∴EF=4（负根舍弃）， 故答案为：①；②4； （3）如图4中，连接OA，取OA的中点E，连接DE． 由（2）的②可知：DE2=OB2-OA2=， ∴DE=； 在△ADE中，AE=，DE=， ∵AD≤AE+DE， ∴AD长的最大值为+=10． 【点睛】本题考查了圆的性质、中线定理、勾股定理、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是灵活运用勾股定理解决问题，学会用转化的思想思考问题，学会添加辅助线解决问题，属于中考压轴题． 变式5-2．弗朗索瓦•韦达是十六世纪法国最杰出的数学家之一，最早提出“切割线定理”（圆幂定理之一），指的是从圆外一点引圆的切线和割线，则切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，下面紧跟着圆的切线作图的思路尝试证明与运用． (1)作图（保留作图痕迹）： 已知是的直径，点P是延长线上的一点． ①作线段的垂直平分线交于点Q；②以点Q为圆心，长为半径作圆，交圆O于点E，F；③连接和． (2)试说明是圆O切线的理由． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了基本作图---垂线，以及圆的切线的判定，垂直平分线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． （1）按要求作图即可； （2）根据是的中垂线，得到，点O在圆Q上， ，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得，即可证明． 【详解】（1）解：作图如下： （2）证明：连接， ∵以Q为圆心，为半径作圆，交圆O于点E、F， ∴， ∵是的中垂线， ∴，点O在圆Q上， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即，垂直， ∴是圆O的切线． 变式5-3．请阅读下列材料，并完成相应的任务： 三角形中线定理 三角形中线定理又称阿波罗尼奥斯定理，是一种平面几何的定理之一，指三角形三边和中线长度关系． 阿波罗尼奥斯（约公元前262-190年），古希腊数学家，与欧几里得、阿基米德合称为古希腊亚历山大前期的三大数学家． 中线定理：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．如图1，在中，点D为BC的中点，根据“阿波罗尼奥斯”，可得．下面是该定理的证明过程（部分）： 证明：过点A作于点E，如图2，在中，， 同理可得：，， 证明的方便，不妨设，， … 任务： (1)按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分； (2)如图3，在中，点为的中点，，，，则的长为______； (3)如图4，已知平行四边形中，和相交于点，设，，请直接用含，的代数式表示的值； (4)如图5，已知平行四边形内接于，点为内一点，若，，，，请直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) (4) 【分析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，勾股定理，平行四边形的性质，矩形的性质； （1）用线段的和差关系以及等量代换即可证明． （2）直接利用阿波罗尼奥斯定理，即可求解． （3）根据平行四边形的性质以及阿波罗尼奥斯定理，即可求解； （4）根据题意得出是矩形，进而根据阿波罗尼奥斯定理，即可求解． 【详解】（1）解： ． （2）解：∵在中，点为的中点，，，， ∴， 根据“阿波罗尼奥斯”，可得 ∴ 解得：； （3）∵四边形是平行四边形， ∴ ∵，， ∴ 在中，是中线， 根据“阿波罗尼奥斯”，可得 ∴ ∴； （4）∵平行四边形内接于，是直径， ∴ ∴四边形是矩形，， ∴ ∴ 在中，根据“阿波罗尼奥斯”，可得 ∴, 解得：． 类型六、弦切角定理 知识点： 一、弦切角定义 顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角。 二、弦切角定理 弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数。 弦切角定理应用方法： 一、识别弦切角 在题目中，首先要识别出弦切角，即顶点在圆上，一边与圆相交，另一边与圆相切的角。 二、应用弦切角定理 根据弦切角定理，弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角。因此，在题目中，如果已知弦切角，可以利用弦切角定理求出它所夹的弧所对的圆周角，或者反之。 三、结合其他定理进行求解 在解决与弦切角相关的问题时，通常需要结合其他圆的定理，如圆周角定理、圆心角定理、垂径定理等，进行综合分析和求解。 例6．弦切角定理是指弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角． 举例来说，假设有一个圆，一条切线与圆相切于点C，一条弦，那么由切线和弦构成的弦切角 与弦AC和切线所夹的弧 对应的圆周角相等． 为了说明这一说法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程． 已知： 如图， 内接于， ． 求证： ． 【答案】直线与相切于点C；；证明见解析 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形内角和性质，切线的性质，等边对等角，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先补充好题干内容，再根据切线的性质得，结合半径相等以及三角形内角和性质得，根据圆周角定理得，即可作答． 【详解】解：如图，内接于⊙O，直线与相切于点C，求证：． 连接， ∵直线与相切于点C， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 故答案为：直线与相切于点C，． 变式6-1．阅读以下材料，并完成相应的任务： 定义：顶点在圆上，一边与圆相交，另一边与圆相切的角叫做弦切角．弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角． 下面是该定理的部分证明过程： 已知：如图，与相切于点A，点，在上，连接，，． 求证：． 证明：连接并延长，交于点，连接． 与相切于点A （依据1） 是的直径 （依据2）      任务： (1)上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？ 依据1：________________________ 依据2：________________________ (2)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分． (3)已知图中的半径2，弦切角，直接写出的长． 【答案】(1)依据1：圆的切线垂直于过切点的半径；依据2：直径所对的圆周角是直角 (2)，，， (3)2 【分析】（1）利用圆切线的性质及圆周角定理的推论即可解决； （2）通过根据同角的余角相等得到，再利用说明即可； （3）在中，先求出，利用角对的直角边等于斜边的一半即可解决． 【详解】（1）解：与相切于点A， （圆的切线垂直于过切点的半径）， ， 是的直径， ，（直径所对的圆周角是直角） 故答案为：圆的切线垂直于过切点的半径；直径所对的圆周角是直角； （2）证明：连接并延长，交于点，连接． 与相切于点A， （圆的切线垂直于过切点的半径）， ， 是的直径， ，（直径所对的圆周角是直角） ， ， ， ； （3）解：弦切角， 由（2）可知：， ， 为直径， ， 在中，， ． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，直角三角形的性质等知识点，熟记知识点是解题的关键． 变式6-2．小高同学在一本数学课外读物上看到一个与圆相关的角——弦切角（弦切角的定义：把顶点在圆上，一边与圆相切，另一边和圆相交的角叫做弦切角），知道了弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．【证明】 在证明时，细心的小高考虑了三种情况，圆心在弦切角的一条边上，圆心在弦切角外，圆心在弦切角内．如图1，与相切于点，为直径，当圆心在上时，容易得到，所以弦切角，请帮助小高继续解决下面的问题． (1)如图2，是的切线，为切点，为直径，夹弧所对的圆周角为，求证： (2)如图3，是的切线，为切点，夹弧所对的圆周角为．求证； 【解决问题】 (3)如图4，中，，以为直径的交于点，过点作的切线交的延长线于点，直接写出与的数量关系：______ 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据切线的性质得，根据圆周角定理得，再根据同角的余角相等，可得结论； （2）作直径，连接，由（1）同理得，，再根据同弧所对的圆周角相等，即可证明结论； （3）连接，由（1）知，，再利用等腰三角形的性质，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵为直径 ∴ ∵ ∴ ∵是的切线 ∴ ∴ 即 ∴； （2）证明：如图，过点作直径交于点，连接， ∵四边形是的内接四边形 ∴，即 ∵是的切线 ∴ ∴ 即 ∵为直径 ∴ ∵ ∴ 即 ∴ （3）解：连接， 由（1）知， 是直径， 故答案为 【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，将一般情况转化为特殊情形是解题的关键． 变式6-3．阅读材料，完成任务 一切平面图形中最美的是圆形，人类会作圆并且真正了解圆的性质是在2000多年 前，由我国的墨子给出圆的概念：“一中同长也”．意思说，圆有一个圆心，圆心到圆周 的长都相等．这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下的定义要早100年．与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．我们把顶点在圆上， 一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角． 弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数． 下面是某数学兴趣小组对弦切角定理的证明片段，请仔细阅读，并完成相应任务． 证明：如图①，与 ⊙O 相切于点A． 当圆心O 在 弦 上时，容易得到，所以弦切角的度数等于它所夹半圆所对的圆周角度数．                如图②，与相切于点A， 当圆心O在的内部时，过点 A 作直径交于点D，在弧上任取一点E，连接，，， 则．( 依 据) 是的直径，则 是的切线，则 所以，， 即 所以弦切角的度数等于它所夹弧所对圆周角的度数． 【任务】 (1)①请写出在上面的证明过程中的依据：_________ ②请完成如图③ ，与相切于点A．当圆心O在的外部时，弦切角定理的证明过程． (2)如下图，在△ABC  中 ，，以 为直径的交 于 点E， 过点B作的切线交的延长线于点D，直 接 写 出 与的数量关系：_______________． 【答案】(1)①同弧所对的圆周角相等  ②见解析 (2) 【分析】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，作辅助线构造同弧所对的圆周角是解题的关键． （1）①根据推导过程得到理论依据即可；②根据同弧所对的圆周角相等以及直径所对的圆周角是直角解题即可； （2）根据弦切角定理得到，然后根据等腰三角形的三线合一得到，即可得到结论． 【详解】（1）解：①根据证明过程可得依据为：同弧所对的圆周角相等； 故答案为：同弧所对的圆周角相等； ②在优弧上任取一点E，连接，，， 则， 是的直径，则 是的切线，则 所以，， 即 所以弦切角的度数等于它所夹弧所对圆周角的度数． （2）解：连接，则， ∵是的直径， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：． 类型七、曲轴连杆原理 一、曲轴连杆与圆的关系 在曲轴连杆机构中，虽然直接涉及圆的几何形状较少，但圆的几何原理在机构的设计和分析中起着重要作用。例如，连杆的旋转、曲柄的圆周运动等都与圆的性质密切相关。 二、项目化学习方法 1.观察与分析：首先观察曲轴连杆机构的实际运动情况，分析其中涉及的几何形状和运动规律。 2.建立模型：根据观察和分析的结果，利用数学知识（特别是圆的几何知识）建立曲轴连杆机构的数学模型。 3.求解与验证：通过求解数学模型，得到机构的关键参数和运动规律。然后，通过实际测量或仿真验证模型的准确性。 4.优化与设计：根据求解结果和实际需求，对曲轴连杆机构进行优化设计，以提高其性能或满足特定要求。 5.总结与反思：对整个项目化学习过程进行总结，反思其中的成功经验和不足之处，以便在未来的学习中不断改进和提高。 例7．水平放置的曲轴连杆的工作原理示意图如图所示，连杆在活塞的带动下绕轴匀速转动，连杆拖动气缸中的活塞做直线运动．连杆，连杆． (1)当连杆从位置按顺时针方向转至连杆与首次相切时，求活塞移动的距离． (2)当连杆从位置按顺时针方向旋转时，求活塞移动的距离．（说明：计算结果保留根号．） 【答案】(1) (2) 【分析】此题考查了圆的切线的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握切线的性质和含角的直角三角形的性质是解题的关键． （1）根据切线的性质得到，则，即可求出答案； （2）过点A作于点H，利用含角的直角三角形的性质和勾股定理求出相关线段的长度即可． 【详解】（1）解：∵连杆与相切， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ （2）过点A作于点H， 当连杆从位置按顺时针方向旋转时，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 变式7-1．【观察思考】： 某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块在平直滑道上可以左右滑动，在滑动的过程中，连杆也随之运动，并且带动连杆绕固定点摆动．在摆动过程中，两连杆的接点在以为半径的上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点作于点，并测得分米，分米，分米．    (1)点在上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是______分米； (2)如图3，小明同学说：“当点滑动到点的位置时，与是相切的．”你认为他的判断对吗？为什么？ (3)小丽同学发现：“当点运动到上时，点到的距离最小．”事实上，还存在着点到距离最大的位置，此时，点到的距离是______分米； 【答案】(1)12 (2)不对，详见解析 (3)6 【分析】（1）当O、P、Q三点共线时，在中，由勾股定理可求得的长度即可解答； （2）显然不对，当Q、H重合时，，显然构不成直角三角形，故与不相切； （3）当P到直线l的距离最长时，这个最大距离为，此时直线l； 【详解】（1）解：当O、P、Q三点共线时，分米 在中， 由勾股定理可求得， ∴点在上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是分米． 故答案为：12； （2）解：不对．理由如下： ∵， ∵当Q、H重合时，， ∵，即， ∴与不垂直． ∴与不相切． （3）解：因为的值永远是6，只有时，点P到直线l的距离最大，此时最大的距离是6分米； 【点睛】本题主要考查了勾股定理、切线的判定、矩形的判定和性质、垂径定理等知识点，灵活运用相关知识是解答本题的关键． 变式7-2．【观察思考】 某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块在平直滑道上可以左右滑动，在滑动的过程中，连杆也随之运动，并且带动连杆绕固定点摆动．在摆动过程中，两连杆的接点在以为半径的上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点作于点，并测得分米，分米，分米． 【解决问题】 (1)点在上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是_________分米． (2)如图3，小明同学说：“当点滑动到点的位置时，与是相切的．”你认为他的判断对吗？为什么？ (3)①小丽同学发现：“当点运动到上时，点到的距离最小．”事实上，还存在着点到距离最大的位置，此时，点到的距离是_________分米； ②当绕点左右摆动时，所扫过的区域为扇形，求这个扇形面积的最大值． 【答案】(1)12 (2)不对，详见解析 (3)①6，② 【分析】（1）当O、P、Q三点共线时，在中，由勾股定理可求得的长度即可解答； （2）显然不对，当Q、H重合时，，显然构不成直角三角形，故与不相切； （3）①当P到直线l的距离最长时，这个最大距离为，此时直线l； ②当P到直线l的距离最大时，无法再向下摆动，若设点P摆动的两个极限位置为P、，连接，则四边形是矩形，设与交于点D，那么，则，在中，，则，，最后根据扇形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：当O、P、Q三点共线时，分米 在中， 由勾股定理可求得， ∴点在上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是分米． 故答案为：12； （2）解：不对．理由如下： ∵， ∵当Q、H重合时，， ∵，即， ∴与不垂直． ∴与不相切． （3）解：①因为的值永远是6，只有时，点P到直线l的距离最大，此时最大的距离是6分米； ②由①知，在上存在点P，到l的距离为6，此时，将不能再向下转动， 如图．在绕点O左右摆动过程中所扫过的最大扇形就是． 连接，交于点D， ∵均与l垂直，且， ∴四边形是矩形， ∴,． ∴，得． ∴． ∴所求最大圆心角的度数为． ∴这个扇形面积的最大值． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、切线的判定、矩形的判定和性质、垂径定理等知识点，灵活运用相关知识是解答本题的关键． 变式7-3．综合与实践 【主题】曲轴连杆机构的运动分析与设计 【素材】 在某小型发动机的机构中，曲轴连杆的工作原理如图1所示：O为连杆轴，B为圆柱形气缸中活塞的圆心，直线平行于气缸内壁，连杆在活塞的带动下绕O轴匀速转动，连杆拖动活塞做往复运动．连杆长，连杆长． 【实践操作】 模拟曲轴连杆机构的运动过程，研究不同位置下连杆与活塞的关系． 【实践探索】 (1)活塞在气缸内最大移动的距离是__________． (2)点C为直线与的交点，当连杆从位置按顺时针方向旋转时，求活塞移动的距离．（计算结果保留根号） (3)如图2，发动机气缸底部开口的宽度为（与活塞直径相等），开口圆心为P，曲轴支点O位于气缸外部．当连杆支点A进入气缸内部时，需满足点A到气缸内壁的距离至少为，且活塞运动时不能脱离气缸．请确定满足条件时O、P之间距离的取值范围（结果保留一位小数）． 【答案】(1)12 (2) (3) 【分析】本题主要考查了一点到圆上一点的距离的最值问题，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，正确理解题意是解题的关键． （1）根据，可得当点A在线段上时，有最大值，最大值为，求出此时的长即可得到答案； （2）过A作于H，利用勾股定理求出的长，再求出的长，进而得到的长即可得到答案； （3）当与相交时，点A进入气缸内部，且离气缸内壁最近，此时，在中，求出当时，的长；再由活塞不能脱离气缸，得到当A与C重合时，，则，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴当点A在线段上时，有最大值，最大值为， ∴活塞在气缸内最大移动的距离是； （2）解：如图所示，过A作于H， 当连杆从位置按顺时针方向旋转时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴BH， ∴， ∴， ∴活塞移动的距离是． （3）J解：∵P为的中点 ∴， 当与相交时，点A进入气缸内部，且离气缸内壁最近，此时， ∴， ∵， ∴ 在中，当时， ∴， ∴ ∵活塞不能脱离气缸， ∴当A与C重合时，， ∴， ∴ ， ∴． 类型八、莱洛三角形 一、知识点 1 莱洛三角形的定义： 莱洛三角形，又称勒洛三角形、圆弧三角形或鲁洛克斯三角形，是机械学家莱洛发现的一种特殊三角形。其绘制方法是先画一个正三角形，然后以正三角形的三个顶点为圆心，边长长为半径画弧，三段圆弧围成的图形即为莱洛三角形。 2 莱洛三角形的性质： 莱洛三角形是等宽图形，即始终与两条平行线相切。图形内任意两点间的距离均不超过其定宽宽度（即边长）。在定宽的平行线内滚动时，任意时刻与任意一条直线有且只有一个交点。 3 莱洛三角形的周长与面积： 周长相当于三个圆心角为60º的弧长之和，面积可通过计算三个弓形与一个等边三角形的面积之和得出，也可通过计算半个圆形的面积减去两个等边三角形的面积得出。 二、方法 1 绘制莱洛三角形的方法： 使用几何作图工具，如几何画板，先绘制一个正三角形，然后分别以三个顶点为圆心，边长长为半径画弧，最后隐藏正三角形，即可得到莱洛三角形。 2 应用莱洛三角形解决实际问题： 利用莱洛三角形的等宽性质，可以设计一些特殊的机械零件，如转子发动机的转子。在钻孔作业中，使用莱洛三角形钻头可以打出近似正方形的孔。此外，莱洛三角形在扫地机器人、运输工具等领域也有广泛应用。 例8．在综合实践活动课上，为了探究“什么形状的车轮让车辆行驶更平稳”，甲，乙，丙三位同学分别制作了不同形状的车轮，并将车轮竖直放在水平地面上进行无滑动的滚动．在滚动过程中，车轮最高点离地面距离的最大值与最小值的差叫最高点振幅；车轮轴心离地面距离的最大值与最小值的差叫轴心振幅． 探究一： （1）如图1，甲同学制作的圆形车轮轴心O为其圆心，半径，在滚动过程中，最高点振幅为______ ，轴心振幅为______． 探究二： （2）如图2，乙同学制作的正方形车轮的轴心O为正方形的中心，边长，求车轮滚动过程中的最高点振幅和轴心振幅． 【知识科普】如图3，分别以正三角形的三个顶点A，B，C为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，三段弧线围成的图形叫做“莱洛三角形”． 探究三： （3）丙同学制作的“莱洛三角形”车轮的轴心O为正的中心，且．丙同学在探究过程中发现“莱洛三角形”车轮在滚动过程中如图最高点离地面的距离始终相等，即最高点振幅为0，请帮助丙同学计算轴心振幅． 【探究结果】 （4）研究表明，车轮的最高点振幅和轴心振幅越小，车轮行驶越平稳，你认为甲、乙、丙三个同学的方案中，______的方案更适合做车轮．（选“甲”或“乙”或“丙”) 【答案】（1）0；0 （2）；；（3） ；（4）甲 【分析】探究一：根据题意即可解决问题； 探究二：连接，过点O作，中心O在线段上，根据题意和正方形的性质即可解决问题； 探究三：如图3，过点O作，垂足为M，延长交弧于点N，根据题意和等边三角形的性质即可解决问题．探究结果根：据车轮的最高点振幅和轴心振幅越小，车轮行驶越平稳，结合以上探究结果即可解决问题． 【详解】解：探究一：圆形车轮轴心O为其圆心，半径，在滚动过程中，最高点振幅为，轴心振幅为， 故答案为：0；0； 探究二：如图2，连接，过点O作，中心O在线段上． 转动过程中，当与地面垂直时，最高点和轴心离地面的距离均最大， 在中，，， ， 即最高点离地面的距离最大值为； 同理：， 即轴心离地面的距离最大值为； 当正方形一边落在地面上时，最高点和轴心离地面的距离均最小， 最高点离地面的距离最小值为，轴心离地面的距离最小值为， 最高点振幅为：，轴心振幅为：； 探究三：如图3，过点O作，垂足为M， 为正的中心， ， 在中，，， ， ， 为圆心，， ； 延长交弧于点N， 当与地面垂直且点N落在地面上时，轴心离地面的距离最小， ， 当与地面垂直，且点A落在地面上时，轴心离地面的距离最大如图，； 轴心振幅为：； 探究结果：车轮的最高点振幅和轴心振幅越小，车轮行驶越平稳， 选甲的方案更适合做车轮． 故答案为：甲． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了圆的概念，正方形的性质，等边三角形的性质，含30度的直角三角形的性质，解决本题的关键是理解最高点振幅、轴心振幅定义． 变式8-1．【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 【合作探究】 （1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______； （2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______； （3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． （4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______． 【答案】；；； 【分析】本题主要考查圆的综合应用，主要考查了弧长公式，正方形的性质，等边三角形的性质，理解题意并画出图形是解题的关键． （1）利用正方形的性质解答即可； （2）画出图形，找到最高点和最低点即可得到答案； （3）分别求出三部分一定的距离，然后相加即可； （4）由题意知：最高点与水平面距离不变，即可得到结论． 【详解】解：（1）圆形车轮与地面始终相切， 车轮轴心到地面的距离始终等于圆的直径， 圆形车轮半径为， 故车轮最高点到地面的距离始终为， 故答案为：； （2）如图所示，为正方形车轮的轴心移动的部分轨迹， 点为车轮轴心的最高点，点为车轮轴心的最低点， 由题意得车轮轴心距离地面的最低高度为 车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为， 故答案为：； （3）点的运动轨迹为圆，以点为圆心，为半径， 运动距离为． 故答案为：； （4）由题意知，当“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡， 故“最高点”和“最低点所形成的图案大致是”， 故答案为：． 变式8-2．项目化学习：车轮的形状 [问题提出]车轮为什么要做成圆形，这里面有什么原理？ [合作探究] （1）探究A组：如图1，圆形车轮半径为，其车轮轴心O到地面的距离始终为______ ； （2）探究B组：如图2，正方形车轮的轴心为O，若正方形的边长为，求车轮轴心O距离地面的最高点与最低点的高度差； （3）探究C组：如图3，有一个破损的圆形车轮，半径为，破损部分是一个弓形，其所对圆心角为，车轮轴心为O，让车轮在地上无滑动地滚动一周，求点O经过的路程． （探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮轴心是否在一条水平线上运动．） [拓展延伸]如图4，分别以正三角形的三个顶点A，B，C为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”． （4）探究D组：使“莱洛三角形”沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”“车轮轴心O”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动的过程中，其“最高点”和“车轮轴心O”所形成路径的大致图案是______． A．    B． C．    D． （延伸发现：“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心O并不稳定．） 【答案】（1）6；（2）；（3）；（4）A 【分析】（1）根据圆的性质进行作答即可； （2）根据滚动过程，确定最高点，最低点，利用正方形的性质，勾股定理计算求解即可； （3）根据滚动过程，分别求出三部分的移动距离，然后求和即可； （4）根据在滚动过程中，其“最高点”与水平面的距离不变；“车轮轴心O”到水平面的距离开始先升高再下降，再升高再下降，不断循环，进行判断作答即可． 【详解】（1）解：由圆的性质可知，其车轮轴心O到地面的距离始终为， 故答案为：6； （2）解：如图2，O为正方形中心，于， 由题意知，正方形车轮轴心O距离地面的最高点为，高度为， 最低点为，高度为， ∴最高点与最低点的高度差为； （3）解：∵弓形所对圆心角为， ∴， 滚动过程如图， 从图1滚动到图2，点绕点旋转，点的运动距离为； 从图2滚动到图3，点绕点旋转，点的运动距离为； 从图3滚动到图4，点的运动距离为以圆心角为，半径为的圆弧的弧长，即； ∵， 综上，让车轮在地上无滑动地滚动一周，点O经过的路程为， （4）解：由题意知，当“莱洛三角形”沿水平方向向右滚动，在滚动过程中，其“最高点”与水平面的距离不变；“车轮轴心O”到水平面的距离开始先升高再下降，再升高再下降，不断循环， ∴ “最高点”和“车轮轴心O”所形成路径的大致图案是A， 故答案为：A． 【点睛】本题考查了圆，正方形的性质，勾股定理，弧长，等边三角形的性质．理解题意，熟练掌握圆，正方形的性质，勾股定理，弧长，等边三角形的性质是解题的关键． 变式8-3．项目化学习：车轮的形状． 【问题提出】车轮为什么要做成圆形, 这里面有什么数学原理? 【合作探究】 (1)探究组：如图1，圆形车轮半径为，其车轮轴心到地面的距离始终为______． (2)探究组：如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，求车轮轴心 最高点与最低点的高度差． (3)探究组：如图3, 有一个破损的圆形车轮, 半径为，破损部分是一个弓形，其所对圆心角为，其车轮轴心为，让车轮在地上无滑动地滚动一周，求点经过的路程． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定． 【拓展延伸】如图4，分别以正三角形的三个顶点为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这个曲线图形叫做“莱洛三角形”． (4)探究组：使 “莱洛三角形” 沿水平方向向右滚动，在滚动过程中，其每时每刻都有 “最高点”，“中心点” 也在不断移动位置，那么在 “莱洛三角形” 滚动一周的过程中，其“最高点”和“中心点”所形成的图案大致是______． 延伸发现：“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． 【答案】(1)4 (2)最高距离与最低距离的差为cm (3)一个周期完成总路程为cm (4)A 【分析】（1）根据圆的半径之间解答即可； （2）根据正方形的性质求出最高点到地面的距离为BD的长度，最低点到地面的距离OA的长度即可； （3）分别求出三部分路程，然后相加即可； （4）由题意，最高点到水平面的距离是不变的，中心点O到水平面的距离开始是增加然后减小，再增加，又减小，不断循环，由此即可判断． 【详解】（1）解：∵圆的半径为4cm， ∴其车轮轴心O到地面的距离始终为4cm。 （2）如图所示： 其最低点到地面的距离为OA的长度，最高点到地面的距离为BD的长度， ∵正方形的边长为4cm， ∴OA=2cm， ， ∴最高距离与最低距离的差为cm． （3）如图所示： 从图2至图3：绕点A旋转45°，经过路程， 从图3至图4：绕点B旋转45°，经过路程， 从图4至图5：移动一个270°的弧长，经过路程， 至此，一个周期完成，则总路程为：． （4）由题意，最高点到水平面的距离是不变的，中心点O到水平面的距离开始是增加然后减小，再增加，又减小，不断循环，故图象A正确； 故选：A． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、正方形和圆的性质，弧长计算，点的运动轨迹等知识，能根据图形得出相应点的运动轨迹是解题的关键． 类型九、圆的新定义——几何 一、知识点 1.圆的定义与性质 在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆。其固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径。 圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是圆的对称轴。 圆是中心对称图形，圆心就是它的对称中心。 垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。 2.圆中的相关概念 连接圆上任意两点的线段叫做弦，经过圆心的弦叫做直径，直径是最长的弦。 圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。 能够重合的两个圆叫做等圆。同圆或等圆的半径相等。 在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧。 圆心相同，半径不相等的圆叫做同心圆。 二、方法 1.解新定义题型的方法 从定义知识的新情景问题入手：先认真阅读，正确理解新定义的含义；再运用新定义解决问题；然后得出结论。 从数学理论应用探究问题入手：对于涉及到数学理论的题目，要解决后面提出的新问题，必须仔细研究前面的问题解法。 从日常生活中的实际问题入手：处理此类问题需要结合生活实际，再将问题转化成数学知识，或者将生活图形转化为数学图形，从而利用数学知识进行解答。 2.具体解题步骤 理解“新定义”：明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论。 重视“举例”：利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法。 类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题。 例9．阅读与思考 关于“对角互余四边形”的研究定义：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”． 例题分析：如图1，在四边形中，连接，，点是外接圆的圆心，连接，．求证：四边形是“对角互余四边形”． 小明的证明如下： 证明：连接， ， （依据一）． ， ， ， （依据二）， ， ， 四边形是“对角互余四边形”． (1)在小明的证明过程中，依据一为：__________________，依据二为：__________________； (2)如图2，在对角互余四边形中，，且，． ①______； ②若，求四边形的面积和周长． 【答案】(1)等边对等角；在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半 (2)①；②面积为，周长为 【分析】（1）根据证明过程，结合等腰三角形的性质，圆周角定理进行解答即可； （2）①根据对角互余的四边形定义求出，根据垂线定义得出，求出结果即可； ②根据含的直角三角形的性质求出，，，，然后根据三角形面积公式和周长公式求出结果即可． 【详解】（1）解：根据解题过程可知：依据一是等边对等角；依据二是在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半； （2）解：①∵四边形是对角互余的四边形， ∴， ∵， ∴， ∴； ②，， ， 在对角互余四边形中，， ， 在中，，，， ，， 在中，，， ∴，， ， ， ， 四边形的周长 ． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是熟练掌握相关的性质． 变式9-1．【新知引入】定义：如图（1），点M，N把线段分割成和，若以为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段的勾股分割点． （1）已知点M，N是线段的勾股分割点，若，则___________． 【探究证明】 （2）如图（2），在中，，M，N在线段上，且．求证：点M，N是线段的勾股分割点． 【拓展应用】 （3）如图（3），在中，圆心角，P是上一动点，连接，分别作的垂直平分线，分别交直线于点C，D，已知，当是以为底边的等腰三角形时，请直接写出线段的长．    【答案】（1）或；（2）见解析；（3）或 【分析】（1）分是直角三角形的斜边和直角边两种情况，分运用由勾股分割点的求解即可； （2）将绕点逆时针旋转得到，连接，证明，得到，在中，，即，即可得到点，是线段的勾股分割点； （3）分点P在上方和下方两种情况讨论，连接，当点P在上方，根据题意易得都是等腰三角形，同理（2）可证点C，D是线段的勾股分割点，得到，证明，推出，设，则，利用勾股定理即可建立一元二次方程求解即可，点P在下方，同理求解即可． 【详解】（1）解：∵点，是线段的勾股分割点， ∴分两种情况： 当为斜边时，． 当为斜边时，． ∴或； 故答案为：或； （2）证明：， ， 将绕点逆时针旋转得到，连接，则，，，．    ∵，， ∴，即， ∴． 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴在中，，即， ∴点，是线段的勾股分割点． （3）解：如图，当点P在上方时，连接，    ∵点在上， ∴是的内接三角形， ∴分别在的垂直平分线上， ∵， ∴都是等腰三角形， ∴， ∵是以为底边的等腰三角形， ∴， ∴，， ∴， ∵圆心角， ∴， 由（2）同理可证点C，D是线段的勾股分割点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则． ∴，即， 解得：或（舍去）， ∴， ∴； 当点P在下方时，如图，    ∵， ∴， 同理得点A，B是线段的勾股分割点， ∴， 同理上一种情况得， 设，则， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴； 综上，的长为或． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了新定义“勾股分割点”、勾股定理、等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程等知识点，正确添加辅助线、构造全等三角形解决问题是解题的关键． 变式9-2．定义：若圆中两条弦的平方和等于直径的平方，则称这两条弦是一组“勾股弦”． (1)如图①，矩形是的内接四边形，与___________是一组“勾股弦”（填一条弦即可）； (2)如图②，是的一组“勾股弦”，，求证：； (3)如图③，已知是的一组“勾股弦”，分别为的中点，连接并延长交于点，连接并延长交于点，且，求的值． 【答案】(1)（或） (2)见解析 (3) 【分析】本题属于圆的综合题，主要全等三角形判定与性质，垂径定理及其推论，圆周角所对弦是直径，圆内接四边形． （1）由矩形可得，，再由内接四边形可得是直径，即可根据“勾股弦”定义解答； （2）由垂径定理可得，，再由“勾股弦”定义得到，再结合勾股定理可得，，即可证明； （3）利用（2）中规律得到，，再设，半径为r，则，，，，，由列方程解得，最后代入计算即可． 【详解】（1）解：连接，如图①， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵矩形是的内接四边形， ∴是直径， ∴与或是一组“勾股弦”， 故答案为：（或）； （2）证明：∵，， ∴，，，， ∵、是的一组“勾股弦”， ∴， ∴，即， ∵， ∴，， 在和中 ， ∴； （3）解：解：连接，，如图③， ∵N、Q分别为、的中点， ∴，，，， ∵、是的一组“勾股弦”， ∴由（2）可得，， ∵， ∴设，半径为r，则，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 整理得， 解得或， ∵， ∴， ∴． 变式9-3．定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”． (1)如图1，是的一条弦（非直径），若在上找一点，使得是“圆等三角形”，则这样的点能找到_________个； (2)如图2，四边形是的内接四边形，连结对角线，和均为“圆等三角形”，且，． ①当时，求度数； ②如图③，当，时，求阴影部分的面积． 【答案】(1)4 (2)①；② 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，扇形的面积和三角形的面积，等边三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键． （1）过作直线的垂线交于，，分别以和为圆心，为半径作弧与圆的交点就是所求的点； （2）①根据圆内接四边形的性质得到，当时，当时，当时，根据等腰三角形的性质即可得到结论；②)根据圆内接四边形的性质得到推出是等边三角形，得到．连接．根据圆周角定理得到， ，求得，，根据等边三角形的性质得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）解：过作直线的垂线交于，，分别以和为圆心，为半径作弧与圆的交点就是所求的点；如图所示： 满足条件的点C共有4个， 故答案为：4； （2）解∶①， ， 为圆等三角形，且， ， ②， ， 为“圆等三角形”， 是等边三角形， ， 连接，，交于， ，， ， ，， ， 四点共线， ， 与是等边三角形， ， ， 阴影部分的面积扇形的面积的面积 ． 类型十、圆的新定义——函数 一、知识点 1.圆的基本概念：圆是平面上所有与给定点（圆心）距离相等的点的集合。这些距离（半径）决定了圆的大小。 2.圆的相关元素： 半径：连接圆心和圆上任一点的线段。 直径：经过圆心，且其两端点都在圆上的线段（直径是特殊的弦）。 弦：连接圆上任意两点的线段。 弧：圆上两点之间的部分。 圆心角：顶点在圆心，两边与圆相交的角。 圆周角：顶点在圆上，两边都与圆相交的角。 3.圆的性质： 圆是轴对称图形，任何经过圆心的直线都是其对称轴。 圆是中心对称图形，关于圆心对称。 垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。 圆心角的度数等于它所对的弧的度数；圆周角的度数等于它所对弧度数的一半。 4.圆与函数的关系： 在某些新定义题型中，圆可能与函数（如二次函数）的图像有关联。例如，通过给定的函数图像和圆的关系，求解相关的几何或代数问题。 二、方法 1.理解新定义： 仔细阅读题目，理解新定义的条件、原理、方法和结论。 通过举例来检验是否理解和正确运用新定义。 2.运用数学知识： 将新定义题型中的几何元素（如圆、弦、弧等）与数学理论（如垂径定理、圆心角与弧的关系等）相结合。 利用代数方法（如设立方程）求解几何问题。 3.结合生活实际： 对于一些涉及实际情境的新定义题型，尝试将问题转化为数学模型。 利用图形转换和数学知识进行解答。 4.解题步骤： 明确题目要求和新定义的条件。 设立必要的代数表达式或方程。 利用几何性质和数学定理进行推理和计算。 得出结论，并检验答案是否符合题目要求。 例10．在平面直角坐标系中，的半径为．对于的弦和点给出如下定义：若点在弦的垂直平分线上，且点关于直线的对称点在上，则称点是弦的“关联点”． (1)直线与交于，两点．写出一个弦的“关联点”的坐标为_______； (2)若点是弦的“关联点”，直接写出的长； (3)已知点，对于线段上一点，存在的弦，使得点是弦的“关联点”，记的长为，当点在线段上运动时，直接写出的取值范围． 【答案】(1)或； (2)或； (3)或． 【分析】根据轴对称的性质可知，当“关联点”关于弦的对称点在直线的上方时，“关联点”恰好是原点，当“关联点”关于弦的对称点在直线的下方时，“关联点”的坐标是； 点是弦的“关联点”，根据垂径定理和“关联点”的定义可知弦轴，当点关于弦的对称点是时，利用勾股定理可以求出；当点关于弦的对称点是时，利用勾股定理可以求出； 当点在线段上时，因为的半径，当越小时，的值越大，根据垂线段最小，可以计算出的最小值是，所以的最大值是，根据“关联点”的定义可知，所以，利用勾股定理求出，根据垂径定理即可得到；点越接近点，的长度越接近，所以可得：点在线段上时，当点与点重合时，可知点 关于弦的对称点的是，从而可求，利用勾股定理求出，根据垂径定理可得；当点与点重合时，可知，所以． 【详解】（1）解：如下图所示，原点关于弦的对称点是在上， 点是弦的“关联点”； 点关于弦的对称点是在上， 点是弦的“关联点”； 综上所述，弦的“关联点”的坐标是或， 故答案为：或； （2）解：由垂径定理可知弦的垂直平分线过圆心， 又点在弦的垂直平分线上， 弦轴， 点关于弦的对称点是或， 如下图所示， 当点关于弦的对称点是时， 直线是， 设点的坐标是， 的半径为， ， 解得：， 点的坐标是或， ； 如下图所示， 当点关于弦的对称点是时， 直线是， 设点的坐标是， 的半径为， ， 解得：， 点的坐标是或， ， 综上所述，的长为或； （3）解：如下图所示，设交于点， 当于点时，设交于点，作线段的垂直平分线交于点、，交于点，连接， 点，， ，， ， ， ， 解得：， ， 点是的中点， ， ， 在中，， ； 当点运动越接近点 ，则越接近， ； 如下图所示，当点运动到点的位置时， ， ， 在中，， ； 如下图所示，当运动到点的位置时， ； ； 综上所述，或． 【点睛】本题考查了垂径定理、轴对称的性质、中点坐标、勾股定理等知识．解决本题的关键是根据垂径定理、轴对称的性质找到边之间的关系，利用中点坐标和勾股定理计算边的长度． 变式10-1．在平面直角坐标系中，对于图形，点给出如下定义：图形向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到图形，若图形与图形有且只有一个公共点，称点为图形的“限定点”． 已知点，， (1)在点，，中，的“限定点”是____． (2)点在直线上，且点为的“限定点”，则点的坐标为____． (3)的圆心在轴上，半径为，若上存在点，使得点为的“限定点”，则点的横坐标的取值范围为____． 【答案】(1) (2)或 (3)或 【分析】（1）可证明平移后点O的对应点即为点P，由于是以O为直角顶点的等腰直角三角形，那么由平移的性质可得平移后的对应图形是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，根据和有且只有一个交点，得到的某一个顶点在的边上或的某一个顶点在的边上，可得点P在六边形的边上，据此求解即可； （2）根据（1）所求可得点P即为直线与六边形的交点，据此求解即可； （3）根据（1）所求只需要找到与六边形有交点时m的取值范围即可得到答案． 【详解】（1）解：当是的“限定点”时， 当时，则平移后点O的对应点坐标为，即， 当时，则平移后点O的对应点坐标为，即， 当时，则平移后点O的对应点坐标为，即， 当时，则平移后点O的对应点坐标为，即， 综上所述，平移后点O的对应点即为点P， ∵，， ∴， ∴是以O为直角顶点的等腰直角三角形， ∴由平移的性质可得平移后的对应图形是以点P为直角顶点的等腰直角三角形， ∵和有且只有一个交点， ∴的某一个顶点在的边上或的某一个顶点在的边上， 如图所示，当点在线段上时，则点P在线段上，； 当点在线段上时，则点P在线段上，； 当点在线段上时，则点P在线段上； 当点在线段上时，则点P在线段上； 当点在线段上时，则点P在线段上； 点在线段上时，则点P在线段上； 综上所述，点P在六边形的边上， ∵在点，，中，只有在六边形的边上， ∴在点，，中，的“限定点”是； （2）解：∵点在直线上，且点为的“限定点”， ∴由（1）可得点P即为直线与六边形的交点， 在中，当时，，当时，， ∴点P的坐标为或． （3）解：如图所示，当恰好经过点A时，则， ∴； 如图所示，当与恰好相切时，设切点为N，连接， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴； 如图所示，当与恰好相切时，同理可得， ∴， ∴； 如图所示，当恰好经过点D时，则时，解得； ∵上存在点，使得点为的“限定点”， ∴与六边形有交点， ∵当或时，与六边形有交点， ∴点C的横坐标m的取值范围为或． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化平移，切线的性质，求一次函数的函数值，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确推出点P的轨迹是解题的关键． 变式10-2．在平面直角坐标系中，已知半径为1的和线段，给出如下定义：若存在点使得线段关于点中心对称的线段恰为的一条弦，则称线段是的关于点的关联线段． (1)如图，点的横、纵坐标都是整数，在线段中，的以点为中心的关联线段是___________； (2)若，线段是的关于点的关联线段，则点的坐标为___________； (3)已知点是一点，线段在直线上，线段是的关于点的关联线段，则线段长度的最大值为___________；此时点坐标为___________． 【答案】(1) (2)或 (3)2；或 【分析】本题考查了新定义，涉及勾股定理，圆的对称性，中心对称的性质，一次函数的图象上点的坐标特征，难度较大，解题的关键在于理解新定义，利用反向思考的方式解决问题． （1）首先根据可知比的直径还大，根据题意不符合，然后作图可知均符合题意； （2）由于线段是的关于点的关联线段，那么反向思考线段在一定也在半径为1的上，且与关于点C对称，由，半径为1，则为等边三角形，然后根据等边三角形的性质以及勾股定理求出点坐标，再根据中点坐标公式求解点坐标； （3）反向思考线段在一定也在半径为1的上，且与关于点C对称，而，那么当时，为直径，而线段在直线上，故点在直线上，设，点在上，且点与点关于点C对称，则，再建立方程求出点坐标再根据中点坐标公式求解点坐标． 【详解】（1）解：∵，而的半径为1，则直径为2， ∴线段不可能是的关于点的关联线段； 如图所示，结合定义可知和是的以点为中心的关联线段， 故答案为：； （2）解：如图： ∵线段是的关于点的关联线段， ∴反向思考线段在一定也在半径为1的上，且与关于点C对称， ∵，半径为1， ∴为等边三角形， ∴根据等边的对称性可知点在轴上，记与轴交于点H， ∴， ∴， ∴或， ∵与关于点C对称， ∴或； （3）解：∵线段是的关于点的关联线段， ∴反向思考线段在一定也在半径为1的上，且与关于点C对称， ∵， ∴当时，为直径， 而线段在直线上， ∴点在直线上，如图： 设， ∵点在上，且点与点关于点C对称， ∴， ∴， 解得：， ∴或， ∴或， 故答案为：2；或． 变式10-3．在平面直角坐标系中，的半径为1．对于两点A和B，其中点A在上．给出如下定义：若线段的垂直平分线与相交，且两交点之间的距离为d，则称点B是点A的“d关联点”． (1)如图1，点． ①在点，，中，点______是点A的“d关联点”，其中d=______； ②若点C是点A的“1关联点”，则点C的横坐标的最大值为______； (2)直线与x轴，y轴分别交于点M，N．对于线段MN上任意一点P，都存在上的点Q，使得点P是点Q的“t关联点”，直接写出t的取值范围． 【答案】(1)①，；②； (2) 【分析】(1) ①依次作出对应的垂直平分线，可知的垂直平分线与相交，且其垂直平分线的解析式为，对应的； ②作等边，轴于点，以点为圆心，长为半径作圆，若点为点的“1关联点”，则的垂直平分线与半径为的圆相切，点与点关于中心对称，由，，可得，此即点横坐标的最大值； (2)根据“关联点”的定义和垂径定理，再运用勾股定理即可分别求得PQ的极值即可得出t的取值范. 【详解】（1）解∶ ①依次作出对应的垂直平分线， 的垂直平分线与相交， 点．， 线段中点坐标为， ， ， ， ， ， ， 设直线为， 得， 解得， 其垂直平分线的解析式为， 对应的； ②如图，作等边，轴于点，以点为圆心，长为半径作圆， 若点为点的“1关联点”，则的垂直平分线与半径为的圆相切，点与点关于中心对称， ， ， ， ， ， 可得， 此即点横坐标的最大值为； 故答案为∶①，； ②； （2）解： 如图，点是点的“关联点”，的垂直平分线与相交，截得的线段是， 则，则，， 则， 即点的“关联点”距离点的最远距离为， 当点在上运动时，点随之运动，则点的“关联点”最远的位置，在以点为圆心，为半径的圆上， 对于固定的点而言，距离点最近的“关联点”不需要分析，事实上，如图所示， 弦长，点关于点的对称点，即为距离点最近的“关联点”， 点是上的点，点是点的“关联点”，则点最远处依然是在一个圆上，圆的半径为，结合已知，点与点的距离最远，因此，需要使得点在以为半径的圆内即可， 又， 得， 解得（舍负）， 据此可得的最大值为， 直线且，直线与坐标轴的交点，，可知，上任意一点，在上都可以找到一点，使得线段的垂直平分线与相交，且被所截得线段长恰好为，由已知，，且的弦长最大为直径，所以可得， 如图，当线段与相切时， 设点即为切点，此时，圆上任意一点为，线段的垂直平分线经过圆心，被截得的弦长即为直径，长度为2，矛盾；线段与没有交点，则； 综上所述，可得， 【点睛】本题是圆的综合题，考查了最值问题，垂径定理，轴对称的性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握新概念“关联点”是解题的关键． 类型十一、托勒密定理 知识点： 托勒密定理，也被称为波罗蜜定理，是几何学中的一个重要定理。该定理揭示的是圆内接四边形对角线与边长数量关系。 狭义托勒密定理：圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。即，若四边形ABCD四点共圆，则有AB×CD+BC×AD=AC×BD。 推论：对于圆内接四边形，若存在两相等邻边，则存在等比例关系。例如，若AB=AD=a，BD=b，则有b×AC=a×(CD+BC)，即AC:(CD+BC)=a:b。 广义托勒密定理：任意凸四边形的两对对边乘积之和大于等于两对角线乘积。当且仅当四边形为圆内接四边形时，等号成立。 方法： 在解决与托勒密定理相关的问题时，可以采取以下步骤： 一、识别题型：首先判断题目中的四边形是否为圆内接四边形，或者是否可以通过构造辅助线将其转化为圆内接四边形。 二、应用定理：若四边形为圆内接四边形，则可以直接应用托勒密定理，写出等式AB×CD+BC×AD=AC×BD。 三、求解问题：根据题目给出的条件，将已知量代入等式，通过代数运算求解未知量。 四、验证答案：在得到答案后，可以通过将答案代入原等式进行验证，确保答案的正确性。 例11．阅读下列材料，完成文后任务： 克罗狄斯·托勒密（约公元年—公元年），希腊著名的天文学家、地理学家和光学家．在数学方面，他论证了四边形的特性，即著名的托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边的乘积之和． 用数学文字表示为：如图1，已知四边形内接于，则 任务： （1）如图1，当为等边三角形时，与有怎样的数量关系？并说明理由； （2）如图2，已知为直径，，，求的长； （3）如图3，在四边形中，，，，则的面积为_________． 【答案】（1）AC=BC+CD；证明见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）由托勒密定理：及等边三角形的性质即可求得． （2）由勾股定理可求得BD，进而可求CD，再由由托勒密定理：即可求得AC的长． （3）由题意可得四边形ABCD在以BD为直径的圆上，设圆心为O，连接OC、OA，并作OE⊥AC于点E，则的面积即可由求得． 【详解】解：（1） 证：由题意得： 为等边三角形   即． （2）为直径   ．    ． 由托勒密定理可知 ． （3）∵，，， ∴四边形ABCD在以BD为直径的圆上 且BD===6 CD===4 ∵ 代入AB、CD、BC、AD、AC可得 AC= 连接OA、OC，作OE⊥AC交于点E，如图： BD=6，AD=3， ， ∴ ∵OC=3，AC= ∴OE== ∴ ∴ = 【点睛】本题考查了三角形和圆的综合问题，解题的关键是进行等量代换及作出辅助线． 变式11-1．阅读与思考 请阅读下列材料，并完成相应的任务： 克罗狄斯•托勒密（约90年﹣168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有 　 　． 任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为 　 　． （2）如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝2，求对角线BD的长． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）由托勒密定理可直接求解； （2）连接，根据圆周角与弦的关系可得，设，在四边形中，根据托勒密定理有，，建立方程即可求得的长 【详解】（1）由托勒密定理可得： 故答案为： （2）如图，连接， 五边形是正五边形，则, 设， 即 解得（舍去） 【点睛】本题考查了托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，理解题意添加辅助线是解题的关键． 变式11-2．问题探究： （1）已知：如图①，△ABC中请你用尺规在BC边上找一点D，使得点A到点BC的距离最短． （2）托勒密（Ptolemy）定理指出，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．如图②，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与B、C重合），请你根据托勒密（Ptolemy）定理证明：PA=PB+PC 问题解决： （3）如图③，某学校有一块两直角边长分别为30m、60m的直角三角形的草坪，现准备在草坪内放置一对石凳及垃圾箱在点P处，使P到A、B、C三点的距离之和最小，那么是否存在符合条件的点P？若存在，请作出点P的位置，并求出这个最短距离（结果保留根号）；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）过点A作BC边的垂线，垂足为D，点D即为所求，见解析；（2）证明见解析；（3）点P到A、B、C三点距离之和的最小值约是m． 【分析】（1）过点A作AD⊥BC于D，点D即为所求． （2）由托勒密定理得：PA•BC=BP•AC+CP•AB．再由等边三角形的性质得到AB=BC=AC，代入即可得到结论． （3）如图③，以BC为边向外作正ΔBCD，再作它的外接圆，连接AD，与外接圆交于点P，点P就是所要求作的位置．由托勒密定理得到PD=BP+PC，而三点A、P、D共线，因此点P到三个顶点的距离和PA+PB+PC=PA+PD=AD最短．过点D作DE⊥AC，交其延长线于点E．由含30°角的直角三角形的性质及勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）过点A作BC边的垂线，垂足为D，点D即为所求，如图①． （2）如图②，由托勒密定理得：PA•BC=BP•AC+CP•AB． 又∵ΔABC为等边三角形，∴AB=BC=AC，∴AP•BC=（BP+CP）•BC． ∴AP=BP+PC． （3）如图③，以BC为边向外作正ΔBCD，再作它的外接圆，连接AD，与外接圆交于点P，点P就是所要求作的位置． 由托勒密定理得：PD=BP+PC，而三点A、P、D共线，因此点P到三个顶点的距离和PA+PB+PC=PA+PD=AD最短． 过点D作DE⊥AC，交其延长线于点E． ∵BC=CD=30，∠DCE=30°，∴DE=15，CE=． 在RtΔADE中，由勾股定理得： =，则点P到A、B、C三点距离之和的最小值约是m． 【点睛】本题考查了勾股定理、等边三角形的性质、圆周角定理以及含30°角的直角三角形，解题的关键是利用托勒密定理． 变式11-3．请阅读下列材料，并完成相应的任务． 克罗狄斯·托勒密（约90年－168年），古希腊天文学家、地理学家和光学家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下： 圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形内接于，则有______． 任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为_______． （2）已知，如图2，四边形内接于，平分，，求证：． 【答案】（1）；（2）见解析 【分析】（1）由托勒密定理可直接求解； （2）连接AC，通过证明△ACD是等边三角形，可得AC=AD=CD，由AC•BD=AB•CD+BC•AD，可求解． 【详解】解：（1）由托勒密定理可得： 故答案为： （2）如图，连接 ∵， ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∴是等边三角形 ∴， ∵四边形是圆内接四边形 ∴ ∴． 【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，圆的有关知识，阅读理解题意是本题的关键． 1 / 107 学科网（北京）股份有限公司 $$