全国初中数学竞赛辅导初3 第13讲 圆的基本性质.docx

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全国初中数学竞赛辅导初3第13讲圆的基本性质

第十三讲圆的基本性质

　　在课内同学们已学了圆的许多基本性质，在此基础上，我们再补充一些与圆有关的性质．

§13．1圆内角与圆外角

　　与圆有关的角我们学习过圆心角、圆周角、弦切角以及它们的大小与它们所对（或夹）的弧的度数之间的关系．

　　如果角的顶点在圆内，则称这样的角为圆内角，如图3－28中的∠APB即为圆内角．圆内角的大小究竟与弧有何关系呢？

延长AP，BP分别交圆于C，D两点，再连结AD，则∠APB=∠A+∠D．因为

所以

即圆内角的度数等于它和它的对顶角所对的两弧度数和的一半，其中圆心角是特殊的圆内角．

　　如果角的顶点在圆外，且角的两边都与同一个圆相交，则称这样的角为圆外角，如图3－29中的∠APB即为圆外角，圆外角的度数与它所夹两弧的度数有关．连结AD，则∠P=∠CAD-∠D．因为

所以

即圆外角的度数等于它所夹两弧度数差的一半．

§13．2圆内接多边形　

　　1．圆内接三角形与正弦定理

　　在前一讲中我们介绍了正弦定理，利用三角形的外接圆不但可以证明正弦定理，而且还能得出更完满的结果．

　　如图3－30所示．设⊙O为△ABC的外接圆，⊙O的半径为R，连接BO并延长交⊙O于A′，连结A′C，则∠A=∠A′，且∠A′CB=90°，所以

上面这个等式就是正弦定理，它说明任意一个三角形中，一边与其所对的角的正弦值之比都等于该三角形的外接圆的直径．　

　　2．圆内接四边形与四点共圆

　　任意一个三角形都存在外接圆，但是任意一个四边形不一定存在外接圆．什么样的四边形外接于圆呢？

我们知道，圆内接四边形对角互补，这个性质定理的逆命题就是圆内接四边形的判定定理，即对角互补的四边形是圆内接四边形．我们学过圆的这个性质：

同弧所对的圆周角相等，如图3－31中A，B，C，A′在圆O上，则∠A=∠A′．这个性质的逆命题就是四点共圆的判定定理，即具有公共边的且同侧公共边所对的角相等的两个三角形共圆，如图3－32所示．△ABC与△A′BC中∠A=∠A′，则A，B，C，A′四点共圆．

§13．3圆外切多边形的性质及判定　

　　1．三角形内切圆半径

　　如图3－33所示，⊙O是△ABC的内切圆，D，E，F为切点，设内切圆半径为r，连接AO，BO，CO，则有

　　若△ABC为直角三角形，如图3－34所示，⊙I为其内切圆，D，E，F为切点．由切线长定理知，AD=AF，BD=BE，CE=CF，所以有

AC+BC-AB=CF+CE．

又因为四边形IECF是边长为r的正方形，所以

CF+CE=2r，

　　即直角三角形内切圆半径等于两直角边之和与斜边差的一半．　

　　2．圆外切四边形

　　根据切线长定理可推出，圆外切四边形两组对边和相等，即AD+BC=AB+CD（如图3－35所示）．

　　若圆外切四边形是梯形，则圆外切梯形两底和等于两腰和．特别地，圆外切等腰梯形的腰长等于中位线的长（如图3－36所示）．

　　我们知道，任意一个三角形既有外接圆也有内切圆，但是任意一个四边形不一定有外接圆，也不一定有内切圆，只有两组对边和相等的四边形才有内切圆．

　　下面通过例题，进一步说明与圆有关的常见的一些问题的思路和解法．

　　例1已知⊙O的半径r=4，AB，CD为⊙O的两条弦，AB，CD的长分别是方程

的两根，其中AB＞CD，且AB∥CD．求AB与CD间的距离．

　　分析解一元二次方程求得方程两根，从而得出弦AB与CD的长，由弦长及半径可求出每条弦的弦心距．若AB，CD位于圆心同侧，则两弦间距离等于弦心距的差；若AB，CD位于圆心异侧，则两弦间距离等于弦心距之和．

　　解由方程

所以

　　作OF⊥CD于F，因为AB∥CD，所以OF⊥AB，设垂足为E．

（1）若AB，CD位于圆心O的同侧（图3－37（a）），则AB与CD间的

（2）若AB，CD位于圆心O的异侧（图3－37（b）），则AB与CD间的距离

　　说明

（1）垂径定理在与弦长有关的计算或证明中是经常使用的，应注意．

（2）注意运用分类讨论的思想，将符合条件的图形间的不同位置关系逐一考查．

　　例2已知△ABC内接于⊙O，∠B=60°，AD是直径，过D点

　　分析在△ABC中，只知道AB的长度及∠B的大小，是无法确定BC的长的．因为AD是直径，DE是⊙O的切线，所以DE⊥AD．若连接DC，则∠ADC=∠B=60°，且∠DCE=90°，∠CDE=30°，这样△DCE可解，求出DE边以后可利用切割线定理求出AC的长，或者求出DC边后利用射影定理求出AC，这样由△ABC可解出BC的长．

　　解连结DC．因为AD为⊙O的直径，DE切⊙O于D，所以

AD⊥DE，∠ACD=90°．

又因为

∠ADC=∠B=60°，

所以　　　　　　　　　　　　　　　　∠CDE=90°-60°=30°．

因为

DC2=AC×CE（射影定理），

在△ABC中，根据余弦定理有

AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosB．

设BC=x，则

22+x2-4x·cos60°=6，

整理得

x2-2x-2=0，

　　说明本题已知条件中虽然给出了两条线段的长度及一个角的大小，但是这些已知量没有集中在同一个三角形中，所以图中各个三角形都无法求解，这时应通过作适当的辅助线，将这些已知量尽可能地转移到同一个三角形中．

　　另外，在求出AC后，问题转化为在△ABC中已知两边及一对角求另一边，用余弦定理列出一元二次方程，BC的情况完全由方程确定，也可以通过A点向BC边作高线AF，转化为解直角三角形的问题．应注意，垂足F究竟落在BC上还是落在BC的延长线上，因此，应分类讨论．

　　例3如图3－39所示．已知⊙O的外切△ABC，AB，BC，AC边上的切点为M，D，N，MN与直线DO交于E，连接AE并延长交BC于F．求证：

BF=CF．

　　分析若证F是BC的中点，因为ED与BC垂直，因此考虑将MN绕E点旋转到与BC平行的位置，即M′N′，这时只要E点是M′N′的中点，结论即可得出．

　　证过E点作M′N′∥BC，交AB于M′，交AC于N′，连结OM，ON，OM′，ON′．因为⊙O是△ABC的内切圆，且D，M，N为切点，所以

∠OMM′=∠ODB=90°．

因为　　　　　∠OEM′=∠ODB，

所以　　　　　　∠OMM′=∠OEM′，

所以O，E，M，M′四点共圆，所以

∠OME=∠OM′E．

同理，O，E，N′，N四点共圆，所以

∠ONE=∠ON′E．

因为OM=ON，所以

∠OME=∠ONE，∠OM′E=∠ON′E，

OM′=ON′，EM′=EN′．

因为M′N′∥BC，

所以BF=FC．

　　例4如图3－40所示．在半径为1的⊙O中，引两条互相垂直的直径AE和BF，在EF上取点C，弦AC交BF于P，弦CB交AE于Q．证明：

四边形APQB的面积是1．

正方形面积为2．而△ABD的面积为正方形面积的一半，所以，只需证明S△APQB=S△ABD，即证S△BPD=S△BPQ，即证DQ∥PB．因为BP⊥AE，所以，只需证DQ⊥AE．

　　证因为AE，BF为互相垂直的两条直径，垂足O为圆心，所以AE，BF互相平分、垂直且相等，所以四边形ABEF是正方形．所以

∠ACB=∠AEF=45°，

即　　　　∠DCQ=∠QED，

所以D，Q，E，C四点共圆．连接CE，DQ，则∠DCE+∠DQE=180°．因为AE为⊙O的直径，所以

∠DCE=90°，∠DQE=90°．

因为∠FOE=90°，进而DQ∥BF，所以

S△BPQ=S△BPD，

所以

S△ABP+S△BPQ=S△ABP+S△BPD，

即

SABQP=S△ABD．

　　说明当题目的结论直接证明较繁或无法证明时，可根据条件先证明某四点共圆，再利用圆的性质可使问题得以解决，这种方法常称之为“作辅助圆”方法．

练习十三

任一点，自M向弦BC引垂线，垂足为D．求证：

AB+BD=DC．

　　2．如图3－42所示．P是△ABC的外接圆上一点，由P向边BC，CA，AB引垂线，垂足分别是D，E，F．求证：

D，E，F三点共线．

　　3．如图3－43所示．AB为半圆O的直径，经过A，B引弦AC与BD，设两弦交于E，又过C，D分别引⊙O的切线交于点P，连接PE．求证：

PE⊥AB．