圆的平面几何性质与定理练习题(奥数辅导).doc
小学奥数题库《几何》-曲线型-圆环-1星题(含解析)全国通用版
几何曲线型几何圆环1星题课程目标知识提要圆环•概述圆环是由两个半径不相等的同心圆构成的，大圆面积比小圆面积多的部分就是圆环。
•面积公式S=πR2−πr2=π(R2−r2)精选例题圆环1. 如下图所示，已知圆环的面积是141.3平方厘米，那么阴影部分的面积是平方厘米．（π取3.14）【答案】45【分析】设大圆半径为R，小圆半径为r，则圆环面积为π(R2−r2)=141.3(平方厘米),所以阴影部分面积为R2−r2=141.3÷3.14=45(平方厘米).2. 如下图所示，大正方形的面积是400平方厘米，则圆环的面积是平方厘米．（π取3.14）【答案】157平方厘米【分析】将小正方形转45∘，如下图所示，可以看出大正方形的面积是小正方形面积的两倍，所以大圆面积是小圆面积的两倍．因为大正方形面积是400平方厘米，所以大圆面积为314平方厘米，小圆面积为157平方厘米，圆环面积为314−157=157(平方厘米)．3. 如下图所示，有10个同心圆，任意两个相邻的同心圆半径之差等于里面最小圆的半径．如果射击时命中最里面的小圆得10环，命中最外面的圆环得1环．得1环圆环的面积是10环圆面积的倍．【答案】19【分析】1环、2环、10环的外圈的圆的半径值比为10:9:1，面积比为100:81:1，1环面积是10面积的(100−81)÷1=19倍．4. 两个半径不等的同心圆，内圆半径3cm，外圆直径8cm，圆环面积是多少？【答案】21.98平方厘米．【分析】注意外圆的直径是8cm，半径应是4cm，那么圆环的面积是π×4×4—π×3×3=21.98(平方厘米).5. 图中阴影部分的面积为50平方厘米，求环形面积．（π取3.14）【答案】157平方厘米【分析】环形的面积应该用大圆的面积减去小圆的面积，但分别求出两个圆的面积显然不可能．题中已知阴影部分的面积，也就是R2−r2=50平方厘米，那么环形的面积为：πR2−πr2=π(R2−r2)=π×50=157(平方厘米).6. 图中阴影部分的面积是25cm2，求圆环的面积．【答案】157cm2．【分析】设大圆半径为R，小圆半径为r，依题有R 22−r22=25，即R2−r2=50.则圆环面积为：πR2−πr2=π(R2−r2)=50π=157(cm2).7. 在直径为6米的圆形花坛的外面，围绕着一条宽1米的环形小路，这条小路的面积是多少？【答案】21.98平方米．【分析】此题相当于知道小圆直径和环宽，求圆环的面积．小圆半径3米，大圆半径4米，圆环的面积是21.98平方米．8. 已知与小圆相切的线段长度是10厘米，那么图中圆环的面积是多少？【答案】25π平方厘米【分析】连接OC、OB，则OC⊥AB，在直角三角形OBC中，OB 2−OC 2=BC 2=(12AB)2=25, 图中圆环的面积为πR 2−πr 2=π(R 2−r 2)=π×(OB 2−OC 2)=25π(平方厘米).9. 如图，有一卷紧紧缠绕在一起的塑料薄膜，薄膜的直径是 20 厘米，中间有一直径为 8 厘米的卷轴，已知薄膜的厚度为 0.04 厘米，则薄膜展开后的面积是多少平方米？（π 取 3.14）【答案】 65.94【分析】 卷纸问题：依据体积不变原则求解，缠绕在一起时塑料薄膜的体积为：[π×(202)2−π×(82)2]×100=8400π(立方厘米)薄膜展开后为一个长方形，体积保持不变，而厚度为 0.04 厘米，所以薄膜展开后的面积为8400π÷0.04=659400(平方厘米)=65.94(平方米).。
【数学】培优圆的综合辅导专题训练含答案
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．（1）OC的长为；（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=；（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t （秒）．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．【答案】（1）4；（2）35；（3）点E的坐标为（1，2）、（53，103）、（4，2）．【解析】分析：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．（3）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题．详解：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），则有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形，∴OC=BH，BC=OH．∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，∴tan∠BAH=BHHA=1，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．故答案为4．（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2）．由（1）得：OH =2，BH =4．∵OC 与⊙M 相切于N ，∴MN ⊥OC ．设圆的半径为r ，则MN =MB =MD =r ．∵BC ⊥OC ，OA ⊥OC ，∴BC ∥MN ∥OA ．∵BM =DM ，∴CN =ON ，∴MN =12（BC +OD ），∴OD =2r ﹣2，∴DH =OD OH -=24r -．在Rt △BHD 中，∵∠BHD =90°，∴BD 2=BH 2+DH 2，∴（2r ）2=42+（2r ﹣4）2．解得：r =2，∴DH =0，即点D 与点H 重合，∴BD ⊥0A ，BD =AD ．∵BD 是⊙M 的直径，∴∠BGD =90°，即DG ⊥AB ，∴BG =AG ．∵GF ⊥OA ，BD ⊥OA ，∴GF ∥BD ，∴△AFG ∽△ADB ， ∴AF AD =GF BD =AG AB =12，∴AF =12AD =2，GF =12BD =2，∴OF =4，∴OG同理可得：OB AB ，∴BG =12AB ．设OR =x ，则RG x ．∵BR ⊥OG ，∴∠BRO =∠BRG =90°，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=BG 2﹣RG 2，∴（2﹣x 2=（）2﹣（x ）2．解得：x =5，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=（2﹣（5）2=365，∴BR =5．在Rt △ORB 中，sin ∠BOR =BR OB35． 故答案为35． （3）①当∠BDE =90°时，点D 在直线PE 上，如图2．此时DP =OC =4，BD +OP =BD +CD =BC =2，BD =t ，OP =t ． 则有2t =2．解得：t =1．则OP =CD =DB =1．∵DE ∥OC ，∴△BDE ∽△BCO ，∴DE OC =BD BC =12，∴DE =2，∴EP =2， ∴点E 的坐标为（1，2）．②当∠BED =90°时，如图3．∵∠DBE =OBC ，∠DEB =∠BCO =90°，∴△DBE ∽△OBC ，∴BEBC =2DB BE OB ∴，∴BE =5t ． ∵PE ∥OC ，∴∠OEP =∠BOC ．∵∠OPE =∠BCO =90°，∴△OPE ∽△BCO ，∴OEOB =25OPBC∴，=2t，∴OE=5t．∵OE+BE=OB=255，∴t+5t=25．解得：t=53，∴OP=53，OE=55，∴PE=22OE OP-=103，∴点E的坐标为（51033，）．③当∠DBE=90°时，如图4．此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．则有OD=PE，EA=22PE PA+=2（6﹣t）=62﹣2?t，∴BE=BA﹣EA=42﹣（62﹣2t）=2t﹣22．∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．在Rt△DBE中，cos∠BED=BEDE=2，∴DE=2BE，∴t=22（t﹣22）=2t﹣4．解得：t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，2）．综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（1，2）、（51033，）、（4，2）．点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．2．如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．（1）求∠AOC的度数；（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3）．【解析】【分析】（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°．（2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系．（3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．【详解】（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，∴△OAC是等边三角形，故∠AOC=60°．（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；∴AC=1OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，2而OC是⊙O的半径，故PC与⊙O的位置关系是相切．（3）如图；有三种情况：①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，﹣3劣弧MA的长为：6044 1803ππ⨯=；②取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2（﹣2，﹣3劣弧MA的长为：12048 1803ππ⨯=；③取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3（﹣2，3优弧MA的长为：240416 1803ππ⨯=；④当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4（2，3）；优弧MA的长为：300420 1803ππ⨯=；综上可知：当S△MAO=S△CAO时，动点M所经过的弧长为481620,,,3333ππππ对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3【点睛】本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．3．如图，在直角坐标系中，已知点A(－8，0)，B(0，6)，点M在线段AB上。
奥数专题平面图形之圆的面积(有例题讲解和相应的练习)
平面图形面积————圆的面积专题简析：在进行组合图形的面积计算时，要仔细观察，认真思考，看清组合图形是由几个基本单位组成的，还要找出图中的隐蔽条件与已知条件和要求的问题间的关系。
并且同学们应该牢记几个常见的圆与正方形的关系量：在正方形里的最大圆的面积占所在正方形的面积的3.144,而在圆内的最大正方形占所在圆的面积的23.14,这些知识点都应该常记于心，并牢牢掌握！例题1。
求图中阴影部分的面积（单位：厘米）。
【分析】如图所示的特点，阴影部分的面积可以拼成1/4圆的面积。
62×3.14×1/4＝28.26（平方厘米）练习11.求下面各个图形中阴影部分的面积（单位：厘米）。
2.求下面各个图形中阴影部分的面积（单位：厘米）。
答例题2。
求图中阴影部分的面积（单位：厘米）。
【分析】阴影部分通过翻折移动位置后，构成了一个新的图形（如图所示）。
从图中可以看出阴影部分的面积等于大扇形的面积减去大三角形面积的一半。
3.14×42×1/4－4×4÷2÷2＝8.56（平方厘米）练习21、计算下面图形中阴影部分的面积（单位：厘米，正方形边长4）。
答2、计算下面图形中阴影部分的面积（单位：厘米，正方形边长4）。
答1 2例题3。
如图19－10所示，两圆半径都是1厘米，且图中两个阴影部分的面积相O的面积。
等。
求长方形ABO1【分析】因为两圆的半径相等，所以两个扇形中的空白部分相等。
又因为图中两个阴影部分的面积相等，所以扇形的面积等于长方形面积的一半（如图19－10右图所示）。
所以3.14×12×1/4×2＝1.57（平方厘米）练习31、如图所示，圆的周长为12.56厘米，AC两点把圆分成相等的两段弧，阴影部分（1）的面积与阴影部分（2）的面积相等，求平行四边形ABCD的面积。
答2、如图所示，AB＝BC＝8厘米，求阴影部分的面积。
《圆的基本性质》奥数复习题
《圆的基本性质》复习题姓名 学号一、填空题1.如果圆中一条弦长与半径相等，那么此弦所对的圆周角的度数为 .2.在Rt ΔABC 中，AB ＝6，BC ＝8，则这个三角形的外接圆直径是3.在等边三角形ABC 外有一点D ，满足AD=AC ，则∠BDC= 。
4.在四边形ABCD 中，AB=BC=AC=AD ，AH ⊥CD 于H ，CP ⊥BC 交AH 于P ，若AP=l ，则BD=5.如图，点A 、B 、Q 、D 、C 在圆上，BQ 与QD 分别是42°和38°， 则∠P+∠Q= . 6．（1998年全国初中数学竞赛试题）已知圆环内直径为a cm ，外直径为b cm ，将50个这样的圆环一个接一个环套地连成一条锁链，那么这条锁链拉直后的长度为 cm 。
7.如图，扇形MON 中,∠MON=90°,过线段MN 的中点A 作AB ∥ON ，交MN 于B ，∠BON= 8.（2008年蚌埠二中自主招生考试数学素质测试题）已知⊙O 的半径1=OA ，弦AB 、AC 的长分别是2、3，则BAC ∠的度数是 。
9.（2006年“TRULY 信利杯”全国初中数学竞赛初赛试题）半径为2的⊙O 中，弦AB 与弦CD 垂直相交于点P ，连结OP ，若OP ＝1，则AB ²＋CD ²的值为 。
10.如图，在△ABC 中，∠A= 70°，⊙O 截△ABC 的三边所截得的弦长都相等，则∠BOC= .11.如图，△ABC 内接于直径为d 的圆．设BC=a ，AC=b ，那么△ABC 的高 CD= .12.（北京市竞赛题）如图所示，正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989 cm ²，P 为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA ：PB=5：14，则PB 的长为 。
13.如图，在直径为20cm 的半圆0上P 、Q 两点，PC ⊥ AB 于C,QD ⊥AB 于D,QE ⊥ PO 于 E,AC=4cm ，则DE= cm.14.已知P 是正方形ABCD 内的一点，O 为正方形的中心，AP⊥BP ，OP=，PA=6，则正方形ABCD 的边长为 。
六年级下册数学试题-奥数专练：平面几何之圆与扇形(上)(含答案)全国通用
1．⑴圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点所组成的图形叫做圆。
定点称为圆形，定长称为半径。
⑵半径：连接圆心和圆上任意一点的线段叫做半径；通常用字母r 表示；同圆或等圆的半径相等 。
⑶弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦。
⑷直径：通过圆心并且两端都在圆上的线段叫做直径；直径常用字母d 表示；圆中最长的弦为直径⑸弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧；大于半圆的弧为优弧，小于半圆的弧为劣弧。
⑹扇形：在圆上，由两条半径和一段弧围成的图形叫做扇形。
扇形由顶点在圆心的角的两边和这两边所截一段圆弧围成的图形，扇形是圆的一部分，我们经常说的12圆、14圆、16圆等等其实都是扇形，而这个几分之几表示的其实是这个扇形的圆心角占这个圆周的几分之几。
⑺圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角。
⑻圆周角：顶点在圆周上，且它的两边分别与圆有另一个交点的角叫做圆周角。
2．圆的性质：圆既是轴对称图形又是中心对称图形，经过圆心的每一条直线都是它的对称轴，圆心是的对称中心，围绕圆心旋转任何一个角度，都能和它原来的图形重合3．⑴圆的周长：L ＝2πr ；扇形的弧长：l ＝2πr ×360n(n 表示扇形圆心角的度数)； ⑵圆的面积：S ＝πr 2； 扇形的面积：S ＝πr 2×13602n lr (n 表示扇形圆心角的度数)。
4．弓形：弓形一般不要求周长，主要求面积。
一般来说，弓形面积＝扇形面积－三角形面积。
(除了半圆)5．常用的思想方法：⑴转化思想(复杂转化为简单，不熟悉的转化为熟悉的)； ⑵等积变形(割补、平移、旋转等)； ⑶借来还去(加减法)；⑷外围入手(从会求的图形或者能求的图形入手，看与要求的部分之间的关系)。
平面几何之圆与扇形(上)板块一、圆与扇形的面积与周长1．圆的半径是6厘米，它的周长是()厘米，面积是( )平方厘米。
2．一个半圆形，半径是3厘米，周长是( )厘米，面积是( )平方厘米。
3．一张圆桌面的周长是376.8厘米，要在它上面配一块圆形玻璃，这块圆形玻璃的面积是( )平方厘米。
初中数学竞赛辅导讲义及习题解答 第18讲 圆的基本性质
第十八讲圆的基本性质形，又是一中心对称图形．用圆的基本性质解题应注意：
三角形，常与勾股定理和解直角三角形知识结
(3)如图乙，若将垂足G改取为半径OB上任意一点，点D改取在EB上，仍作直线CD、
ED，分别交直线AB于点F、M，试判断：此时是否有△FDM∽△COM? 证明你的结论．
形问题提供新的解题思路，而在解与圆相关问题时常用到直线形的知识与方法(主要是指全等与相似)．∠B=∠CAE，EF：FD＝4：3．
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(3)寻找相似三角形，运用比例线段求出x的值．
圆相关问题的关键．
形A被这些圆所覆盖．
轴对称和中心对称性．
要长、宽都是1cm的正方形小硅片若干．如果晶圆片的直径为10．05cm，问：一张这种晶圆片能否切
中，不写推理过程)；
最小值为．
换叫作反演变换，点P与点P′叫做互为反演点．
的周长．
根．
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圆的有关性质练习及答案(供参考)
1° ° D CB A O圆的有关性质【知识要点】 1．圆的定义：（1）动态定义：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。
（2）静态定义：在平面内到定点（圆心O ）的距离等于定长（半径r ）所有点的集合叫做圆：2.圆的相关概念弦：直径：弧：半圆弧：优弧：劣弧：等弧：同心圆：3.垂径定理及推论：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。
由此得到推论：（1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧。
（2）弦的垂直平分线,经过圆心, 并且平分弦所对的两条弧。
4.圆的轴对称性：(1)圆是轴对称图形；(2)经过圆心的每一条直线都是它的对称轴；(3)圆的对称轴有无数条。
5..圆的旋转不变性圆是以圆心为对称中心的中心对称图形6．圆心角、弧、弦关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对弦的弦心距相等。
7．弧的度数等于它所对的圆心角的度数。
8..圆周角定理及推论:在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等,并等于这条弧所对的圆心角的一半.推论:（1）半圆(或直径)所对的圆周角是直角.90°的圆周角所对的弦是直径.（2）三角形的一边上的中线等于这边的一半，则这个三角形是直角三角形9：三角形：圆内接三角形；圆：三角形的外接圆 四边形：圆内接四边形圆：四边形的外接圆 定理：圆内接四边形的对角互补【基础和能力训练】 一、选择题1．平行四边形的四个顶点在同一圆上，则该平行四边形一定是（ ）A.正方形 B.菱形 C.矩形 D.等腰2.（2014•毕节地区）如图，已知⊙O 的半径为13，弦AB 长为24，则点O 到AB 的距离是（ ） A 6 B 5 C 4 D 33. （ 2014•珠海）如图，线段AB 是⊙O 的直径， 弦CD 丄AB ，∠CAB =20°，则∠AOD 等于（ ） A 160° B 150° C 140° D 120°4.（2015湖南常德）如图，四边形ABCD 为⊙O 的内接四边形，已知∠BOD ＝100°，则∠BCD 的度数为（ ） A 、50° B 、80° C 、100° D 、130°5.（2015上海）如图，已知在⊙O 中，AB 是弦，半径OC ⊥AB ，垂足为点D ，要使四边形OACB 为菱形，还需要添加一个条件，这个条件可以是（ ）A 、AD ＝BD ；B 、OD ＝CD ；C 、∠CAD ＝∠CBD ；D ∠OCA ＝∠OCB ．6． 如图：是小明完成的.作法是：取⊙O 的直径AB ，在⊙O 上任取一点C 引弦CD ⊥A B.当C 点在半圆上移动时(C 点不与A 、B 重合)，∠OCD 的平分线与⊙O 的交点P 必（ ） A 。
(完整)圆的基本性质练习含答案详解,推荐文档
圆的基本性质考点1 对称性圆既是________①_____对称图形，又是______②________对称图形。
任何一条直径所在的直线都是它的____③_________。
它的对称中心是_____④_______。
同时圆又具有旋转不变性。
温馨提示：轴对称图形的对称轴是一条直线，因此在谈及圆的对称轴时不能说圆的对称轴是直径。
考点2 垂径定理定理：垂直于弦的直径平分______⑤______并且平分弦所对的两条___⑥________。
常用推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于______⑦_______，并且平分弦所对的两条_____⑧___________。
温馨提示：垂径定理是中考中的重点考查内容，每年基本上都以选择或填空的形式出现，一般分值都在3分左右，这个题目难度不大，只要在平时的练习中，多注意总结它所用的数学方法或数学思想等，以及常用的辅助线的作法。
在这里总结一下：（1）垂径定理和勾股定理的有机结合是计算弦长、半径等问题的有效方法，其关键是构造直角三角形；（2）常用的辅助线：连接半径；过顶点作垂线；（3）另外要注意答案不唯一的情况，若点的位置不确定，则要考虑优弧、劣弧的区别；（4）为了更好理解垂径定理，一条直线只要满足：①过圆心；②垂直于弦；③平分弦；④平分弦所对的优弧；⑤平分弦所对的劣弧；考点3 圆心角、弧、弦之间的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧______⑨______，所对的弦也_____⑩________。
常用的还有：（1）在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角___○11____________，所对的弦_____○12___________。
（2）在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角____○13___________，所对的弧______○14 __________。
方法点拨：为了便于理解和记忆，圆心角、弧、弦之间的关系定理，可以归纳为：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应地其余各组量也都相等。
(试卷)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第27章 圆的解析性质及应用
第二十七章 圆的解析性质及应用【基础知识】圆有如下一系列有趣的解析性质：性质1 圆心为(,)a b ，半径为r 的圆的方程为222()()x a y b r -+-=．性质2 二次方程表示圆的方程所应满足的条件是2240D E F +->，且220x y Dx Ey F ++++=． 性质3 圆心为（,a b ），半径为r 的圆的参数方程为cos sin x a r y b r θθ=+⋅⎧⎨=+⋅⎩（θ为参数）．性质 4 与两定点(,0)a ，(,0)b （a b ≠）距离的比为mn（n m ≠且0,0n m >>）的点的轨迹是圆：22222222()an bm mn a b x y n m n m ⎛⎫--⎡⎤-+= ⎪⎢⎥--⎣⎦⎝⎭． 性质5 与两定点(,0)a ，(0,)c 的距离的比为mn (n m ≠且0n >，0m >)的轨迹是圆：2222an x n m ⎛⎫- ⎪-⎝⎭ 2222222()cm mn a c y n m n m ⎛⎫+⎡⎤++= ⎪⎢⎥--⎣⎦⎝⎭． 性质6 以点11(,)A x y ，22(,)B x y 为圆的直径两端点的圆的方程为 1212()()()()0x x x x y y y y --+--=．注 上述方程可变形为2212121212()()0x y x x x y y y x x y y +-+-+++=．此式说明：若两曲线的两交点坐标满足它，则此两点为这圆的直径的两端点．性质7 若直线(),0f x y =与二次曲线(,)0F x y =相交于P ，Q 两点，且由(,)0,(,)0.f x y F x y =⎧⎨=⎩消去y ，得()0g x =；消去x ，得()0h y =(其中()g x 与()h y 的二次项系数均为1），那么以P ，Q 为直径端点的圆的直径式方程为()()0g x h y +=．证明 设P ，Q 的坐标分别为11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则1x ，2x 是方程()0g x =的两个根；1y ，2y 是方程()0h y =的两个根，即12()()()0g x x x x x =--=，12()()()0h y y y y y =--=．两式相加，有 1212()()()()()()0g x h y x x x x y y y y +=--+--=．由性质6，即证得结论成立．性质8 设O 为平面直角坐标系原点，P 为直线l ：(,)1g x y Ax By =+=(A ，B 不同时为零）上一点，射线OP 交圆：2222(,)1x y f x y r r=+=于点R ，若点Q 在OP 上且满足22OQ OP OR r ⋅==，则点P 在l 上移动时，Q 点的轨迹是圆2222224()224Ar Br A B r x y ⎛⎫⎛⎫+⋅-+-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，或(,)(,)0f x y g x y -=． 证明 设00(,)P x y ，(,)Q x y ，则由Q 在OP 上可设OP k OQ =⋅u u u r u u u r．由2OQ OP r ⋅=，有OQ R OQ ⋅⋅=2r ，即22r k OQ=，亦即22r OP OQ OQ=⋅u u u ru u u r，从而2022r x x x y =⋅+，2022r y y x y =⋅+．又00(,)x y 在直线l 上，即有001Ax By +=，亦即2222221r x r y A B x y x y ⋅⋅⋅+⋅=++，由此得222Ar x ⎛⎫- ⎪⎝⎭22224()24Br A B r y ⎛⎫+⋅+-=⎪⎝⎭． 上式又可化为2222x y Ax By r r+=+，故(,)(,)0f x y g x y -=．性质9 过两圆1(,)0f x y =，2(,)0f x y =（或一圆与一二次曲线）交点的圆的方程为1(,)f x y +2(,)0(1)f x y λλ=≠-．注 若1λ=-，则为一直线方程．性质10 设直线l ：0Ax By C ++=，圆Γ：222()()x a y b r -+-=，圆心(,)O a b 到直线l 的距离为d =(1)当d R <时，直线l 与圆Γ相交，反之亦真；(2)当d R =时，直线l 与圆Γ相切，反之亦真； (3)当d R >时，直线l 与圆Γ相离，反之亦真．性质11 直线0Ax By C ++=与圆222x y r +=相切的充要条件是()2222A B r C +=． 性质12 设00(,)M x y ，圆的方程222x y r +=，对于直线l 的方程200x x y y r +=，则(1)当M 在圆上时，l 为圆的切线；(2)当M 在圆外时，l 为圆的切点弦直线；(3)当M 在圆内时，l 为与以M 为中点的弦平行且过此弦端点切线交点的直线．事实上，这可由第二十五章的性质7推论后的注即得．这里，其实l 即为点M 关于圆的极线． 【典型例题与基本方法】例1 已知一圆在x 轴上的截距为a ，b ，在y 轴上的截距为(0)c c ≠，求此圆的方程．解法1 由于圆过点(,0)A a ，(,0)B b ，(0,)C c 三点，则圆心M 在AB ，AC 的垂直平分线上，即M 点是两直线1()2x a b =+，2222()()x a y x y c -+=+-的交点，求得2,22a b c ab M c ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，又可求得半径r MA ==．故由性质1，得所求圆的方程为22222a b c ab x y ⎛⎫++⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 22222b a c ab c ⎛⎫-+⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 解法2 设此圆的方程为220x y Dx Ey F ++++=．此圆在x 轴上的距离是a ，b ，则20a Da F ++=，① 20b Db F ++=． ②由①，②知a ，b 是方程20x Dx F ++=的两根，从而由韦达定理，有a b D +=-，ab F =． 又此圆在y 轴上截距为c ，有20c Ec F ++=．③从而20c Ec ab ++=，即2c abE c+=-．此时，显然满足2240D E F +->，故由性质2知所求圆的方程为22()0ab x y a b x c y ab c ⎛⎫+-+-++= ⎪⎝⎭．注 也可由①，②，③联立求出D ，E ，F ．例2 设A 为定点(b ，0)，P 为圆229x y +=上一点，M 是AP 上的一点，且满足12AM MP =．当点P 在圆上运动时，求点M 的轨迹方程．解法1 如图27-1，作MN PO ∥交x 轴于N ，显见MN 为定长，即1MN =，且N 为定点(4，0)． 由圆的平面几何定义知，到定点的距离等于定长的点的轨迹是圆，定点是圆心，定长为半径，故所求圆的方程为22(4)1x y -+=．解法2 设点M 的坐标是(,)x y ，设圆229x y +=的参数方程为3cos ,3sin .x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数）于是可设点P 的坐标为(3cos ,3sin )θθ，由此例定理（或由定比分点坐标公式）得点M 的轨迹的参数方程为4cos ,sin .x y θθ=+⎧⎨=⎩（θ为参数）由此即知，线段AP 上的点M 的轨迹是以点(4，0)为圆心，以1为半径的圆．图27-1例3 已知一曲线是与两个定点(0,0)O ，A (3，0)的距离的比为12的点的轨迹，求此曲线的方程． 解法1 由题设，运用性质4，知0a =，3b =，1m =，2n =．或运用性质5，知3a =，0c =，1n =，2m =，可求得曲线方程为22(1)4x y ++=．解法2 由题设及圆的轨迹定义和所求的曲线为圆，即可推知其圆心在直线OA 上，且圆与直线OA 的两个交点即为直径的两端点．由平面几何知识得动点P 满足12PO PA=点为(1,0)P ，(3,0)Q -，从而所求方程为(1)(3)(0)(0)0x x y y -++--=，即22(1)4x y ++=．例4 求以相交两圆1C ：22410x y x y ++++=，及2C ：222210x y x y ++++=的公共弦为直径的圆的方程．解法1 由两圆的方程相减即得公共弦所在直线的方程：20x y -=． 设所求圆的方程为2241(2)0x y x y x y λ+++++-=，即22(42)(1)10x y x y λλ++++-+=．其圆心12,2λλ-⎛⎫-- ⎪⎝⎭必在直线20x y -=上，即由()122202λλ----=，求得75λ=-． 故所求圆的方程为2255161250x y x y ++++=． 解法2 可求得两已知圆的公共弦方程为20x y -=． 运用性质7，由22410,20.x y x y x y ⎧++++=⎨-=⎩分别消去y ，x ，得25610x x ++=及251240y y ++=．此两式相加，得225561250x y x y ++++=，此即为所求圆的方程． 例5 直线2y x =-与抛物线22y x =相交于A ，B ．求证：OA OB ⊥． 证明 由222y x y x=-⎧⎨=⎩分别消去y ，x ，得2640x x -+=，2240y y -+=．此两式相加，得以AB 为直径的圆的方程：22620x y x y +--=． 显然，原点O 在圆22620x y x y +--=上，故OA OB ⊥．例6 已知双曲线的中心在原点，焦点在x 轴上，P ，Q 两点．若OP OQ ⊥，且4PQ =，求双曲线的方程．（1991年全国高考理科题）解 设双曲线方程为22221x y a b-=，直线方程为)y x c -，其中c =．联立直线和双曲线方程分别消去y ，x ，得 2222222222635()05353a c a c a b g x x x b a b a+=+-=--．42223()053b h y y y b a =+=-．由性质7，知以PQ 为直径的圆的方程为()()0g x h y +=．因OP OQ ⊥，所以圆过原点，则(0)(0)0g h +=，即222243530a c a b b +-=．解得223b a =．设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则PQ 的中点为1212,22x xy y M ++⎛⎫ ⎪⎝⎭．由题设得122OM PQ ==，即221212()()16x x y y +++=．而2122261532a c x x cb a +=-=--，12y y +==． 将其代入()*式，得22151644c c +=，解得24c =．由此求得21a =，23b =．故所求双曲线方程为2x213y -=．例7 已知函数y =y 的最大值．（新加坡竞赛题）解 令u =v =0u v y +-=，及圆的方程：222u v +=． 由已知可知直线与圆有公共点(,)u v ），从而2y ≤，等号当且仅当0x =时成立，故max 2y =． 例8 确定最大的实数z ，使5x y z ++=，3xy yz zx ++=，并且x ，y 也是实数． （第7届加拿大竞赛题）解 由已知，得22222()2()52319x y z x y z xy yz zx ++=++-++=-⋅=． 令直线l ：(5)0x y z ++-=，O e ：22219x y z +=-． 由已知可知l 与O e 有公共点，从而2310130z z --≤．解得313z 1-≤≤，故max 133z =．例9 1()2x y z =++．（1978年罗马竞赛题）解 u =v =t =，u v t s ++=，则可令l ：()0u v t s ++-=，O e ：222u v s +=- 23t -．因l 与O e 222(2)360s t t s t -+++≤．因s 有实数解，则22[2(2)]4(36)0t t ∆=-+-+≥，即2(1)0t -≤，故1t =．此时23s t =+=，223z t =+=，代入l 与O e 的方程得2u v +=，222u v +=．解此方程得1u v ==，故原方程的解为1x =，2y =，3z =． 【解题思维策略分析】1．运用圆的解析性质证明圆锥曲线性质例10 从椭圆22221x y a b+=上一点P ，引以短轴为直径、原点为圆心的O e 的两条切线，切点为A ，B ，直线AB 与x 轴，y 轴分别相交点M ，N ，则222222a b a bONOM+=．证明 如图27-2，设00(,)P x y ，O e 的方程为222x y b +=，则切点弦AB 的方程为200x x y y b +=． 由0x =得20b ON y y ==，0y =得20b OM x x ==，从而2222222220022442a y b x a b a b a b b bON OM++===．注 类似地，(i )可证明将上例中的O e 换为以长轴为直径的圆，P 为此圆上一点，引椭圆的两条切线，则44222a b a OMON+=；(ii)可证明对于双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>，抛物线22(0)y px p =>的类似于上例的结论：(a)从双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>上一点P ，向以实轴为直径、原点为圆心的圆O 引两条切线，切点为A ，B ，直线AB 与x 轴、y 轴分别交于M ，N ，则222222b a b aOMON-=． (b)从双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>上一点P ，向以虚轴为直径，原点为圆心的圆O 引两条切线，切点为A ，B ，直线AB 与x 轴、y 轴分别交于M ，N ，则222222b a a bOMON-=． (c)从抛物线22(0)y px p =>上一点P ，向以2p（通径）为直径，原点为圆心的圆引两条切线，切点为图27-2A ，B ，直线AB 与x 轴，y 轴相交于点M ，N ，则222OM pON=． 例11 设P 是半径为R 的圆O 内任意一点，过点P 任意引(2)n n ≥条直线1l ，2l ，…，n l ．如果这n 条直线相邻两条所成的角都为πn，且第i 条直线i l 交圆于i M ，i M '两点（1i =，2，…，n ），那么221()nii i PMPM ='+∑是与P 点无关的定值22nR ．证明 以圆心O 为坐标原点，射线OP 为x 轴正半轴建立直角坐标系，则圆的方程为222x y R +=．设(,0)P r ，不妨设直线1l 的倾斜角α最小，1l 的参数方程为cos ,sin ,x r t y t αα=+⎧⎨=⎩（t 为参数） 将此方程代入圆的方程222x y R +=，整理得2222cos 0t r t r R α+⋅⋅+-=．设关于t 的上述二次方程的两根为1t ，2t ，则知 122cos t t r α+=-，2212()t t R r =--．由t 的几何意义，从而222211121212()2PM PM t t t t t '+=+=+-222222(1cos2)2()2(cos2)r R r r R αα=++-=+ （*）设直线i l （1i =，2，…，n ）对应的倾斜角为(1)πi n α-+，分别以πnα+，2πn α+，…，(1)πn n α-+代（*）式的α，然后将n 个式子(连同(*)式）相加，并注意三角公式 12(1)πcos 0ni m i n θ=-⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦∑，（n m >均为正整数） 从而22222112(1)π()2cos 22nn ii i i i PMPM r nR nR n α==⎧-⎫⎡⎤'+=++=⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭∑∑． 注 若注意到22211111212()4M M PM PM t t t t ''=-=+-，可得22212(2)ni i i M M n R r ='=⋅-∑；211PM +21212222121()21t t t t t t PM +-=⋅'，可得2222221112()n i i i nR R r PM PM =⎛⎫ ⎪+= ⎪-'⎝⎭∑；221212221112()411t t t t PM PM t t ⎛⎫+-+= ⎪ ⎪'⋅⎝⎭，可得22222212(2)()i i n R r PM PM R r ⎛⎫1-∑+= ⎪ ⎪'-⎝⎭等． 2．注意点圆方程的巧用例12 已知圆0C 的方程为222x y r +=，求经过圆0C 上一点00(,)M x y 的切线方程．解 视点00(,)M x y 为点圆曲线0Γ：2200()()0x x y y -+-=．于是00{}C M Γ=∩，由性质9，得曲线系2222200[()()]0x y r x x y y λ+-+-+-=．且由题设知其中1λ=-，故有22220000222x x y y x y r r +=++=．即得200x x y y r +=即为所求．例13 求与圆C ：2268170x y x y +--+=切于点(1,2)的圆的方程． 解 视点(1，2)为点圆曲线0Γ：22(1)(2)0x y -+-=，由性质9得所求圆的方程为2268x y x y +--2217[(1)(2)]0x y λ-+-+-=．即 ()2223428111x y λλλλλ+⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭+．由228(1)λ=+⎝⎭，求得115λ=-或295λ=-．于是得1C ：22279222x y ⎛⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭及2C ：22231222x y ⎛⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 易知点(1，2)满足圆1C 的方程，且圆1C 与圆C 的圆心距等于两圆半径之差的绝对值，所以圆1C 与圆C 内切于点(1，2)，圆1C 为所求．同理，圆1C 与圆C 外切于点(1，2)，圆2C 也为所求． 3．借助圆的解析性质求解其他代数问题例14 若正数x ，y ，z 满足x y z a ++=，2222(0)2a x y z a ++=>，求证：203x <≤，203y <≤，203z <≤．证明 由已知有x y a z +=-，22222a x y z +=-，此二式同时成立，即知直线x y a z +=-与圆22222a x y z +=-（2z ）有公共点，即原点到直线的距离不大于圆的半径，得2320z az -≤．又0a >，则203z a <≤．同理有203y a <≤，203z a <≤．例15 已知cos cos 2m αβ+=，sin sin 2n αβ+=．求cot cot αβ的值．解 令(cos ,sin )A αα，(cos ,sin )B ββ，则知A ，B 在圆221x y +=上．设线段AB 的中点为(,)C m n ，则1(cos cos )2m αβ=+，1(sin sin )2n αβ=+，且OC n k m=，AB m k n =-．AB 的方程为22m m n y x n n +=-+，并代入圆的方程，得222222222222()()10m m m n n m n x x n n n ⎛⎫++-+-+= ⎪⎝⎭．又cos α，cos β为此方程两根，有222222()cos cos n m n m nαβ+-⋅=+． 同理22222()sin sin m n m m n αβ+-⋅=+．故2222222()cot cot ()m n n m n m αβ+-⋅=+-为所求．【模拟实战】习题A1．求过直线l ：240x y ++=与圆C ：222410x y x y ++-+=的两个交点P ，Q ，且面积最小的圆的方程．2．已知直线1y x =-与椭圆22221(1)1x y a a a +=>-相交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆过椭圆的左焦点，求a 的值．3．已知圆C ：2224x y +=，直线l ：1128x y+=，P 是l 上一点，射线OP 交圆于点R ，又点Q 在OP 上且满足：2OQ OP OR ⋅=．当点P 在l 上移动时，求点Q 的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线． 4．求与抛物线24y x =相切于点P (1，4)且过点(3，0)的圆的方程． 5．求函数3cos ()2sin xy f x x+==-的值的取值范围．6．解方程组222 1.x y z x y z ⎧++=⎪⎨++=⎪⎩7．已知a ，b +∈R ，且1a b +=，求证：2211252a b b a ⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥．8．已知α，β是锐角，目4422sin cos 1cos sin ααββ+=．求证：π2αβ+=．9．已知sin sin()cos()ααβαβ++++=π,π4β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，求β的值．习题B1．自点A (3-，3)发出的光线l 射到x 轴上，被x 轴反射，其反射光线与圆224470x y x y +--+=相切，求光线l 所在直线方程．2．半径等于某个正三角形高的圆在这个正三角形的一边上滚动．证明三角形两边截圆的弧的总长等于60︒． 3．（九点圆定理）证明：三角形三边的中点，三高的垂足，垂心与顶点连接线段的中心，这九个点共圆．。
(完整版)圆的基本性质练习题一
圆的基本性质练习一、看准了再选1．.如图，⊙O 中，ABDC 是圆内接四边形，∠BOC=110°，则∠BDC 的度数是（ ） A.110° B.70° C.55° D.125°2．如图，⊙O 的直径CD 过弦EF 的中点G 且EF ⊥CD ，若∠EOD=40°,则∠DCF 等于（ ） A.80° B. 50° C.40° D. 20°3.直线ａ上有一点到圆心O 的距离等于⊙O 的半径，则直线ａ与⊙O 的位置关系是（ ） Ａ、相离 Ｂ、相切 Ｃ、相切或相交 Ｄ、相交4.在⊙O 中，弦AB 垂直并且平分一条半径，则劣弧AB 的度数等于（ ） A.30° B.120° C.150° D.60°5．如图，⊙O 的半径OA=3，以点A 为圆心，OA 的长为半径画弧交⊙O 于B ，C•则BC=（ ）． A ．32 B ．33 C ．323 D ．3326．．如图所示，∠1，∠2，∠3的大小关系是（ ）．A ．∠1>∠2>∠3B ．∠3>∠1>∠2C ．∠2>∠1>∠3D ．∠3>∠2>∠1 7．．如图，已知∠BAC=45°，一动点O 在射线AB 上运动（点O•与点A 不重合），设OA=x ，如果半径为1的圆O 与射线AC 有公共点，那么x 的取值范围是（ ） A ．0<x ≤2 B ．1<x ≤2 C ．1≤x ≤2 D ．x>28．如图，AB 、AC 与⊙O 相切于点B 、C ，∠A=50°，点P 是圆上异于B 、C 的一动点，则∠BPC 的度数是（ ）OCFGD EAPBC OA ．65°B ．115°C ．65°或115°D ．130°或50°9如图，PA 、PB 分别切⊙O 于A 、B ，AC 是⊙O 的直径，连结AB 、BC 、OP ，则与∠PAB 相等的角有（ ）个。
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的平面几何性质与定理练习题（高一数学417）
1、如图，。
是△43C的边8C外的旁切圆,O、E、F分别为。
0与BC、
CA. A3的切点.若。
町与EF相交于K,求证：AK平分BC.
2、AABC的内切圆分别切BC、CA. AB于点D、E、F,过点F作BC的平行线分别交直线DA. DE 于点H、G.求证：FH=HG.
3、AD为。
的直径,P。
为。
的切线,PC8为。
的割线,P0分别交AH、AC于点M、N求证：OM=ON.
4、如图，在△ ABC中,AB=AC f D是底边BC上一点,E是线段AD上一点且
ZBED=2ZCED=ZA.求证：BD=2CD.
5、凸四边形ABCD ZABC=60° , ZBAD= ZBCD=90° , AB=2, CD =1,对角线
AC、BD交于点。
，如图.则sinZAOB=・（托勒密定理）
6、已知抛物线J=-X2+2X+8与X轴交于8、C两点，点。
平分HC.若在*轴上侧的4点为抛物线上的动点,且NHAC为锐角，则AD的取值范围是—・
7、AD是RtAABC斜边BC上的高，ZB的平行线交AD于M,交AC于N.求证：AB2~AN2= BM ・ BN.
8、如图,ABCD是。
O的内接四边形，延长AB和DC相交于E,延长AD和
相交于和F0分别切。
于P、0求证：EP1+FQ2=EF\
9、如图8, △ABC 与Z\A' B f C的三边分别为0、b、c 与/、b，、" ,HZB=ZB Z , ZA + ZA = 180°.试证：aa f =bb' +cc，.（托勒密定理）
10.作一个辅助圆证明：AABC中，若AD平分NA,则—=—
AC DC
11.已知凸五边形ABCDE中，ZBAE=3"C=CD=DE, ZBCD= ZCDE= 180°-2a.求证:
ZBAC=ZCAD= ZDAE.
12.在左ABC中AB=BC, NA3C=20。
，在AB边上取一点使BM=AC.求匕
AA/C的度数.
13.如图10, AC是OA BCD较长的对角线，过C作CFLAF, CELAE.求证: AB
• AE+AD • AF=AC2.
14.如图11.已知。
Oi和。
2相交于A、色直线CD过A交。
Oi和。
2 于
C、Q,且AC=AD, EC、ED分别切两圆于C、D.求证：AC2=AB • AE.
15.己知8是△ABC的外接圆之劣弧3C的中点•求证：AB - AC=AE2-BE2.
16.若正五边形ABCDE的边长为q对角线长为试证：---=1. a b
答案：
1、证明：如图10,过点K作的行平线分别交直线A3、AC于。
、P 两点,
连OP、OQ、OE、OF.由OD1BC,可知OKA.PQ.
由OF_LAB,可知。
、K、F、Q 四点共圆，有ZFOQ=ZFKQ.
由OEA-AC,可知0、K、P、E 四点共圆.有ZEOP= ZEKP.
图
11
又 Sabcd =swi=半 2 ^sinZAOB= 15 + 6陌
~26- 6、解：如图5,所给抛物线的顶点为A°(l,9),对称轴为x=l,与x 轴 交于两点8(—2, 0)、
C (4, 0).分别以BC 、DA 为直径作。
、G )E,则两圆与抛物线均交于
两点户(1一2扼，1)、0(1 + 272,1).
可知，点A 在不含端点的抛物线击诺内时，NB4CV90° .且有3
=DP=DQ<AD^DA {}=9,即 AD 的取值范围是 3VADW9.
7、证明：如图6, VZ2 + Z3=Z4+Z5=90°，又Z3 = Z4, Z1 = Z5,
/. Z1 = Z2.从而,AM=AN.
以AM 长为半径作04,交AB 于交曲的延长线于E.则AE
显然，ZFKQ= ZEKP f 可知 ZFOQ= A EOP.
由 OF=OE,可知 Rt/\OFQ^RtAOEP. 则 OQ=OP.
于是,OK 为PQ 的中垂线，故 QK=KP. 所以,AK 平分BC.
2、(提示：过点A 作8C 的平行线分别交直线OE 、DF 于点M 、N.)
3、(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB. AD 于点E 、F.过。
作的垂线,G 为垂足.AB
〃GF.)
4、证明：如图1,延长AO 与的外接圆相交于点F,连结CF 与则 ZBFA =
ZBCA= ZABC= A AFC,即 /BFD= ZCFD .故 BF:CF=BD:DC.
又ZBEF= /BAG ZBFE= ZBCA,从而ZFBE= ZABC= ZACB= Z BFE.
故 EB=EF.
作ZBEF 的平分线交BF 于G,则BG=GF.
因/GEF= - ZBEF= ZCEF, ZGFE= ZCFE,故左FEG^AFEC.从 2
而 GF=FC. 于是，BF=2CF.故 BD=2CD.
5、|托勒密定理
解：因ZBAD=ZBCD=90°，故 A 、B 、C 、D 四点共圆.延长 R4、CD 交于
P,则 ZADP=ZABC=60° .设 AD=x,有 AP=的 x, DP=2x.由割
线定理得(2 + V3x) V3 x=2x(l+2x).
解得 AD=x=2 V3 —2, BC= — BP=4— V3 ・ 2
由托勒密定理有 BD ・ CA=(4-V3) (2^3-2)+2X1 = 10A /3-12.
=AF=AN. 由割线定理有 BM ・BN=BF •BE =（AB+AE ）｛AB-AF ）=（AB+AN ）（4B-4N ）=AB 2~AN 2f 即 AB 2-AN 2 = BM • BN.
8、 证明：如图7,作△3CE 的外接圆交EF 于G,连结CG
因ZFDC= ZABC=ZCGE f 故 F 、。
、C 、G 四点共圆.
由切割线定理，有
E"= （EG+GF ） ,EF=EG •EF+GF ・EF=EC *ED+FC •FB
=EC ・ ED+FC ・ FB=EP 1+F （f i
即 EP 1+F （f=EF 2.
9、 |托勒密定现
证明:作左ABC 的外接圆，过C 作CD//AB 交圆于D,连结AD 和BD,
如图 9 所示. V ZA+ZA 7 =180° =ZA + ZD,
ZBCD=BB=ZB‘ ,
A Z A 7 =ZD, Z
B 1 =ZBCD. A'B' B'C' A'C
「•△A' B* C s4DCB. 有 DC CB DB
an c' d b' . - cic ab' 即——=—=——. 故DC=——,DB=——・ DC a DB a' a'
又 AB//DC,可知 BD=AC=b t BC=AD=a.
从而，由托勒密定理，得 AD ・BC=AB - DC+AC - BD,
b‘ 故口/ =bb , +cc ，・
A D RD
10、 （提示:不妨设AB^AC,作ZkAOC 的外接圆交AB 于E,证左ABC^ADBE f 从而 ——=—— AC DE BD 、
= ------ .） DC
11、 （提示：由已知证明ZBCE=ZBDE=180° 一3。
,从而A 、夕、C 、D 、E 共圆，得
ZBAC=Z
CAD= ZDAE.）
12、 （提示：以BC 为边在△ ABC 外作正连结KAf,证8、M. C 共圆，从而ZBCM= - Z 2
BKM=10°，得ZAMC= 30° .）
13、 （提示:分别以和CZ ）为直径作圆交AC 于点G 、H.则CG=AH f 由割线定理可证得结论.）
14、 （提示：作△3CD 的外接圆。
3,延长 曲 交OQ,于F,证E 在上,得左ACE 竺△ADF, 从而AE=AF f 由相交弦定理即得结论.） 图9
15、（提示：以BE为半径作辅助圆OE,交AE及其延长线于N、M,由左ANC^/\ABM证AH -AC =AN ・ AM.）16、（提示：证b2=a2+ah f联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得・）。