例1 如图，E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点．求证：E、F、G、H四点共圆．
证明菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，连接OE、OF、OG、OH．
∵AC和BD 互相垂直，
∴在Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、Rt△DOA中，E、F、G、H，分别是AB、BC、CD、DA的中点，
即E、F、G、H四点共圆．
(2)若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角)，则四点共圆．
例2 如图，在△ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．
求证：B、E、F、C四点共圆．
证明∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠AED＋∠AFD=180°，
即A、E、D、F四点共圆，
∠AEF=∠ADF．
又∵AD⊥BC，∠ADF＋∠CDF=90°，
∠CDF＋∠FCD=90°，
∠ADF=∠FCD．
∴∠AEF=∠FCD，
∠BEF＋∠FCB=180°，
即B、E、F、C四点共圆．
(3)若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆．
证明在△ABC中，BD、CE是AC、AB边上的高．
∴∠BEC=∠BDC=90°，且E、D在BC的同侧，
∴E、B、C、D四点共圆．
∠AED=∠ACB，∠A=∠A，
∴△AED∽△ACB．
上述三种方法是证“四点共圆”的基本方法，至于证第四点在前三点(不在同一直线上)所确定的圆上就不叙述了．
【例1】在圆内接四边形ABCD中，∠A-∠C=12°，且∠A∶∠B=2∶3．求∠A、∠B、∠C、∠D的度数．
解∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠A+∠C=180°．
∵∠A-∠C=12°，
∴∠A=96°，∠C=84°．
∵∠A∶∠B=2∶3，
∠D=180°-144°=36°．
利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．
【例2】已知：如图1所示，四边形ABCD内接于圆，CE∥BD交AB的延长线于E．求证：AD·BE=BC·DC．
证明：连结AC．
∵CE∥BD，
∴∠1=∠E．
∵∠1和∠2都是所对的圆周角，
∴∠1=∠2．
∠1=∠E．
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠EBC=∠CDA．
∴△ADC∽△CBE．
AD∶BC=DC∶BE．
AD·BE=BC·DC．
本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论．
关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理．现在中学课本一般都不列入，现介绍如下：
定理：圆内接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
已知：如图2所示，四边形ABCD内接于圆．求证：AC·BD=AB·CD＋AD·BC．
证明：作∠BAE=∠CAD，AE交BD于E．
∵∠ABD=∠ACD，
即AB·CD=AC·BE．①
∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，
∴∠BAC=∠EAD．又∠ACB=∠ADE，
AD·BC=AC·DE．②
由①，②得AC·BE+AC·DE=AB·CE＋AD·BC
AC·BD=AB·CD＋AD·BC
这个定理叫托勒密(ptolemy)定理，是圆内接四边形的一个重要性质．这个证明的关键是构造△ABE∽△ACD，充分利用相似理论，这在几何中是具有代表性的．在数学竞赛中经常看到它的影子，希望能引起我们注意．
命题“菱形都内接于圆”对吗？
命题“菱形都内接于圆”是不正确的．所以是假命题．理由是：根据圆的内接四边形的判定方法之一，如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．这个判定的前提是一组对角互补，而菱形的性质是一组对角相等．而一组相等的角，它们的内角和不一定是180°．如果内角和是180°，而且又相等，那么只可能是每个内角等于90°，既具有菱形的性质，且每个内角等于90°，那末这个四边形一定是正方形．而正方形显然是菱形中的特例，不能说明一般情形．
判定四边形内接于圆的方法之二，是圆心到四边形四个顶点的距离相等．圆既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是圆心．菱形同样既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点．但菱形的对称中心到菱形各个顶点的距离不一定相等．所以，也无法确定菱形一定内接于圆；如果菱形的对称中心到菱形各边顶点的距离相等，再加上菱形的对角线互相垂直平分这些性质，那么这个四边形又必是正方形．综上所述，“菱形都内接于圆”这个命题是错误的．
5圆的内接四边形
例1 已知：如图7-90，ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形，通过对角线的交点E与AB垂直于点H的直线交CD于点M．求证：CM=MD．
证明∠MEC与∠HEB互余，∠ABE与∠HEB互余，所以∠MEC=∠ABE．又∠ABE=∠ECM，所以∠MEC=∠ECM．从而CM=EM．同理MD=EM．所以CM=MD．
点评本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD，则MH⊥AB）．这两个命题在某些问题中有时有用．本例叫做婆罗摩笈多定理．
例2 已知：如图7-91，ABCD是⊙O的内接四边形，AC⊥BD，
分析一如图7-91（a），由于E是AB的中点，从A引⊙O的
需证明GB=CD．但这在第七章ξ1.4圆周角中的例3已经证明了．
证明读者自己完成．
*分析二如图7-91（b），设AC，BD垂直于点F．取CD的
有OE∥MF．从而四边形OEFM应该是平行四边形．证明了四边形OEFM是平行四边形，问题也就解决了．而证明四边形OEFM是平行四边形已经没有什么困难了．*分析三如图7-91（b），通过AC，BD的交点F作AB的垂线交CD于点M．连结线段EF，MO．由于OE⊥AB，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例1的点评），MO⊥CD，所以EF∥MO．所以四边形OEFM为平行四边形．从而OE=MF，而由
例3 求证：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积，即图中
AB·CD+BC·AD=AC·BD．
分析在AB·CD+BC·AD=AC·BD中，等号左端是两个乘积的和，要证明这种等式成立，常需把左端拆成两个单项式来证明，即先考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，然后再考虑AB·CD+BC·AD是否等于AC·BD．而要考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，要用到相似三角形．为此，如图7-92，作AE，令∠BAE=∠CAD，并且与对角线BD相交于点E，这就得到△ABE∽△ACD．由此求得AB·CD=AC·BE．在圆中又出现了△ABC∽△AED，由此又求得BC·AD=AC·ED．把以上两个等式左右各相加，问题就解决了．证明读者自己完成．
点评本例叫做托勒玫定理．它在计算与证明中都很有用．
意一点．求证：PA=PB+PC．
分析一本例是线段和差问题，因此可用截取或延长的方法证明．如图7-93（a），在PA上取点M，使PM=PB，剩下的问题是证明MA=PC，这只要证明△ABM ≌△CBP就可以了．
证明读者自己完成．
分析二如图7-93（a），在PA上取点M，使MA=PC，剩下的问题是证明PM=PB，这只要证明△BPM是等边三角形就可以了．
证明读者自己完成．
分析三如图7-93（b），延长CP到M，使PM=PB，剩下的问题是证明PA=MC，这只要证明△PAB≌△CMB就可以了．
证明读者自己完成．
读者可仿以上的方法拟出本例的其他证明．
*本例最简单的证明是利用托勒玫定理（例3）．
证明由托勒玫定理得PA·BC=PB·AC+PC·AB，由于BC=AC=AB，所以有PA=PB+PC．
例2 如图7—116，⊙O1和⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D．经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F．
求证：CE∥DF．
分析：要证明CE∥DF．考虑证明同位角(或内错角)相等或同旁内角互补．由于CE、DF分别在两个圆中，不易找到角的关系，若连结AB，则可构成圆内接四边形，利用圆内接四边形的性质定理可沟通两圆中有关角的关系．
证明：连结AB．
∵ABEC是圆内接四边形，
∴∠BAD=∠E．
∵ADFB是圆内接四边形，
∴∠BAD＋∠F=180°，
∴∠E＋∠F=180°．
∴CE∥CF．
说明：(1)本题也可以利用同位角相等或内错角相等，两直线平行证明．如延长EF至G，因为∠DFG=∠BAD，而∠BAD=∠E，所以∠DFG=∠E．
(2)应强调本题的辅助线是为了构成圆内接四边形，以利用它的性质，导出角之间的关系．
(3)对于程度较好的学生，还可让他们进一步思考，若本题不变，但不给出图形，是否还有其他情况？
问题提出后可让学生自己画图思考，通过讨论明确本题还应有如图7—117的情况并给予证明．
例3 如图7—118，已知在△ABC中，AB=AC，BD平分∠B，△ABD的外接圆和BC交于E．求证：AD=EC．
分析：要证AD=EC，不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知∠ABD=
∠DBE，容易看出．若连结DE，则有AD=DE．因此只要证
DE=EC．由于DE和EC为△DEC的两边，所以只要证∠EDC=∠C．由已知条件可知∠C=∠ABC．因此只要证∠EDC=∠ABC．因为△EDC是圆内接四边形ABED 的一个外角，所以可证∠EDC=∠ABC．问题可解决．
证明：连结DE．∵BD平分∠ABC，
∴，AD=DE．
∵ABED是圆内接四边形，
∴∠EDC=∠ABC．
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，∴∠EDC＝∠C．
于是有DE=EC．因此AD=EC．
四、作业
1．如图7—120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD，并且AC⊥BD，∠BAD=70°18′，求四边形其余各角．
2．圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数的比为2∶3∶6，求四边形各内角的度数．
3．如图7—121，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D．求证：DB=DC．
作业答案或提示：
1．∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=109°42′．
2．∠A=45°，∠B=67.5°，∠C=135°，∠D=112.5°．
3．提示：因为∠DBC=∠DAC，∠EAD=∠DCB，∠EAD=∠DAC，所以∠DBC=∠DCB，因此DB=DC．
判定四点共圆的方法
引导学生归纳判定四点共圆的方法：
(1)如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆．
(2)如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．
(3)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．
(4)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆(因为四个顶点与斜边中点距离相等)．
3．如图7—124，已知ABCD为平行四边形，过点A和B的圆与AD、BC分别交于E、F．
求证：C、D、E、F四点共圆．
提示
连结EF．由∠B+∠AEF=180°，∠B＋∠C=180°，可得∠AEF=∠C．
四点共圆的应用
山东宁阳教委教研室栗致根
四点共圆在平面几何证明中应用广泛，熟悉这种应用对于开阔证题思路，提高解题能力都是十分有益的．
一用于证明两角相等
例1 如图1，已知P为⊙O外一点，PA切⊙O于A，PB切⊙O于B，OP 交AB于E．求证：∠APC＝∠BPD．
证明连结OA，OC，OD．由射影定理，得AE2=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE＝PE·EO……(1)；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE……(2)；由(1)、(2)得CE·ED＝PE·EO，∴P、C、O、D四点共圆，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∠2=∠4．∴∠1＝∠3，易证∠APC＝∠BPD(∠4＝∠EDO)．
二用于证明两条线段相筹
例2 如图2，从⊙O外一点P引切线PA、PB和割线PDC，从A点作弦AE 平行于DC，连结BE交DC于F，求证：FC＝FD．
证明连结AD、AF、EC、AB．∵PA切⊙O于A，则∠1＝∠2．∵AE∥CD，则∠2＝∠4．∴∠1=∠4，∴P、A、F、B四点共圆．∴∠5＝∠6，而∠5＝∠2=∠3，∴∠3＝∠6．∵AE∥CD，∴EC=AD，且∠ECF=∠ADF，∴△EFC≌△AFD，∴FC＝FD．三用于证明两直线平行
例3 如图3，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，∠B的两条三等分线交AD 于E、G，交AC于F、H．求证：EH∥GC．
证明连结EC．在△ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC，∠BAE＝∠CAE，∴△AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆，∴∠6＝∠3．在△GEB和△GEC中，∵GE＝GE，∠BEG＝∠CEG，EB＝EC，∴△GEB≌△GEC，∴∠4=∠2＝∠3，∴∠4＝∠6．∴EH∥GC．
四用于证明两直线垂直
证明在△ABD和△BCE中，∵AB=BC，∠ABD＝∠BCE，BD＝CE，则△ABD≌△BCE，∴∠ADB=∠BEC，∴P、D、C、E四点共圆．设DC的中点为O连结OE、DE．易证∠OEC＝60°，∠DEO＝30°∴∠DEC＝90°，于是∠DPC=90°，∴CP⊥AD．
五用于判定切线
例5 如图5，AB为半圆直径，P为半圆上一点，PC⊥AB于C，以AC为直径的圆交PA于D，以BC为直径的圆交PB于E，求证：DE是这两圆的公切线．证明连结DC、CE，易知∠PDC＝∠PEC＝90°，∴P、D、C、E四点共圆，于是∠1=∠3，而∠3＋∠2＝90°，∠A＋∠2=90°，则∠1＝∠A，∴DE是圆ACD的切线．同理，DE是圆BCE的切线．因而DE为两圆的公切线
六用于证明比例式
例6 AB、CD为⊙O中两条平行的弦，过B点的切线交CD的延长线于G，弦PA、PB分别交CD于E、F．
证明如图6．连结BE、PG．∵BG切⊙O于B，则∠1=∠A．∵AB∥CD，则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙O中，由相交弦定理，得CF·FD=FP·FB．
七用于证明平方式
例7 ABCD为圆内接四边形，一组对边AB和DC延长交于P点，另一组对边AD和BC延长交于Q点，从P、Q引这圆的两条切线，切点分别是E、F，(如图7)求证：PQ2＝QF2＋PE2．
证明作△DCQ的外接圆，交PQ于M，连结MC，∵∠1=∠2＝∠3，则P、B、C、M四点共圆．由圆幂定理得PE2＝PC·PD＝PM·PQ，QF2=QC·QB＝QM·QP，两式相加得PE2＋QF2＝PM·PQ＋QM·QP=PQ(PM＋QM)＝PQ·PQ=PQ2
∴PQ2=PE2＋QF2．
圆的相关练习题 1、已知：弦AB 把圆周分成1：5的两部分，这弦AB 所对应的圆心角的度数为 。 2、如图：在⊙O 中，∠AOB 的度数为1200，则的长是圆周的 。 3、已知：⊙O 中的半径为4cm ，弦AB 所对的劣弧为圆的3 1，则弦AB 的长为 cm ，AB 的弦心距为 cm 。 4、如图，在⊙O 中，AB ∥CD ，的度数为450，则∠COD 的度数为 。 5、如图，在三角形ABC 中，∠A=700，⊙O 截△ABC 的三边所得的弦长相等，则 ∠BOC=（ ）。 A ．140° B ．135° C ．130° D ．125° （第2题图） （第4题图） （第5题图） 6、下列语句中，正确的有（ ） (1)相等的圆心角所对的弧相等； (2)平分弦的直径垂直于弦； (3)长度相等的两条弧是等弧； (4) 圆是轴对称图形，任何一条直径都是对称轴 A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 7、已知：在直径是10的⊙O 中， 的度数是60°，求弦AB 的弦心距。 8、已知：如图，⊙O 中，AB 是直径，CO ⊥AB ，D 是CO 的中点，DE ∥AB ， 求证：
600 9. 已知：AB 交圆O 于C 、D ，且AC ＝BD.你认为OA ＝OB 吗？为什么？ 10. 如图所示，是一个直径为650mm 的圆柱形输油管的横截面，若油面宽AB=600mm ，求油面的最大深度。 一、选择题 1．（北京市西城区）如图，BC 是⊙O 的直径，P 是CB 延长线上一点，PA 切⊙O 于点A ，如果PA ＝3，PB ＝1，那么∠APC 等于 （） （A ）ο15 （B ）ο30 （C ）ο45 （D ）ο60 2.（北京市西城区）“圆材埋壁”是我国古代著名的数学菱《九章算术》中的一个问题，“今在圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用 现在的数学语言表述是：“如图，CD 为⊙O 的直径，弦AB ⊥CD ，垂足为E ，CE ＝1 寸，AB ＝10寸，求直径CD 的长”．依题意，CD 长为 （ ） （A ）2 25寸 （B ）13寸 （C ）25寸 （D ）26寸 5．（北京市朝阳区）如果圆锥的侧面积为20π平方厘米，它的母线长为5厘米，那么此圆锥的底面半径的长等于 （ ） （A ）2厘米 （B ）22厘米 （C ）4厘米 （D ）8厘米 6．（天津市）相交两圆的公共弦长为16厘米，若两圆的半径长分别为 10厘米和17厘米，则这两圆的圆心距为 （ ） （A ）7厘米 （B ）16厘米 （C ）21厘米 （D ）27厘米 7．（重庆市）如图，⊙O 为△ABC 的内切圆，∠C ＝ο 90，AO 的延长线交BC 于点D ，AC ＝4，DC ＝1，，则⊙O 的半径等于 （ ）
四点共圆(圆内接四边形)的性质： 1.圆幂定理； 2.图Ⅰ：相交弦定理。如图，AB、CD为圆O的两条任意弦。相交于点P，连接AD、BC，由于∠B与∠D同为弧AC所对的圆周角，因此由圆周角定理知：∠B=∠D，同理 ∠A=∠C，所以所以有：即： 图Ⅱ：割线定理。如图，连接AD、BC。可知∠B=∠D，又因为∠P为公共角，所以
，线段PT所在的直线切圆O于点C，BC、AC为圆O的弦，∠TCB、∠TCA、∠PCA、 ∠PCB都为弦切角。弦切角的度数等于它所夹的弧的圆心角度数的一半。等于它所夹的弧的 圆周角度数。 三角形角平分线定理：三角形中角的平分线将对边所分成的两部分和两邻边成比例(反之也成立)。三角形的外角平分线也有类似性质。设AD、AE 是∠A 及外角的平分线，则有AB/AC=BD/DC=BE/EC。弦切角定理：弦切角等于它所夹弧所对的圆周角；反之也成立(可用于证明切线)。 斯特沃特定理(Stewart)： 海伦公式。 梅涅劳斯定理 塞瓦定理 托勒密定理(Ptolemy) 西姆松定理(Simson) 欧拉定理 ( Euler ) 费马点(Fermat ) 三角形重心的性质：1、重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2 ： 1 。 2、重心和三角形 3 个顶点组成的 3 个三角形面积相等。 3、重心到三角形 3 个顶点距离的平方和最小。 6 三角形垂心的性质：设△ ABC 的三条高为 AD 、 BE 、 CF ， D 、 E 、 F 为垂足，垂心为 H； 1、锐角三角形的垂心在三角形内；直角三角形的垂心在直角顶点上；钝角三角形的垂心在三
角形外。2、三角形的垂心是它垂足三角形的内心；或者说，三角形的内心是它旁心三角形的垂心。 3、垂心 H 关于三边的对称点，均在△ ABC 的外接圆上。 4、三角形的三个顶点、三个垂足、垂心这 7 个点可以得到 6 组四点共圆，有三组 ( 每组四个 ) 相似的直角三角形，且 AH · HD=BH · HE=CH · HF。 5、 H、 A、 B 、 C 四点中任一点是其余三点为顶点的三角形的垂心 ( 并称这样的四点为一个垂心组 ) 。 6、△ ABC ，△ ABH ，△ BCH ，△ ACH 的外接圆是等圆。 7、在非直角三角形中，过 H 的直线交 AB、 AC 所在直线分别于 P 、 Q，则AB/AP · tanB+ AC/AQ · tanC=tanA+tanB+tanC 。 8、三角形任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的2 倍。9、设O ，H 分别为△ABC 的外心和垂心，则∠BAO=∠HAC ，∠ ABH= ∠ OBC ，∠ BCO= ∠ HCA 。 10 、锐角△的垂心到三顶点的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和的2 倍。11 、锐角三角形的垂心是垂足三角形的内心；锐角三角形的内接三角形 ( 顶点在原三角形的边上 ) 中，以垂足三角形的周长最短。 12 、西姆松定理（Simson 西姆松线）：从一点向三角形的三边所引垂线的三垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。 13、设锐角△ABC 内有一点 P，那么 P 是垂心的充分必要条件是：PB*PC*BC+PB*PA*AB+PA*PC*AC=AB*BC*CA。 三角形内心的性质：设 I 为△ ABC 的内心，连 AI 交△ ABC 外接圆于点 K，则 1 ①∠BIC=90°+2∠A；S=pr，abcr=p· AI· BI· CI 8 ②三角形一内角平分线与其外接圆的交点到三角形另两顶点的距离与其到内心的距离相等(即K 是△ BIC 的外心)。反之，I 在 AK 上且 KI=KB，则 I 为△ ABC 的内心。 1 ③P 为△ ABC 的内切圆与边 AB 的切点，则 AP=p-a=2(b+c-a)。 三角形外心的性质： abc ①设 O 为△ ABC 的外心，则∠BOC=2∠A 或 360° -2∠A； R=4S 。△②锐角三角形的外心到三边的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和。③设H 为△ABC 的垂心，则 OH ? OA ? OB ? OC 。 面积方法所谓面积方法，就是在处理一些数学问题时，以面积的有关知识为论证或计算的手段，通过适当的变换，从而导得所考虑的量与量之间的关系，最后得到结论。由于平面上的
圆周运动专题总结 知识点一、匀速圆周运动 1、定义：质点沿圆周运动，如果在相等的时间里通过的 相等，这种运动就叫做匀速周圆运 动。 2、运动性质：匀速圆周运动是 运动，而不是匀加速运动。因为线速度方向时刻在变化，向 心加速度方向，时刻沿半径指向圆心，时刻变化 3、特征：匀速圆周运动中，角速度ω、周期T 、转速n 、速率、动能都是恒定不变的；而线速度 v 、加速度a 、合外力、动量是不断变化的。 4、受力提特点： 。 随堂练习题 1.关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ） A ．匀速圆周运动是匀速运动 B ．匀速圆周运动是匀变速曲线运动 C ．物体做匀速圆周运动是变加速曲线运动 D ．做匀速圆周运动的物体必处于平衡状态 2.关于向心力的说法正确的是（ ） A ．物体由于作圆周运动而产生一个向心力 B ．向心力不改变做匀速圆周运动物体的速度大小 C ．做匀速圆周运动的物体的向心力即为其所受合外力 D ．做匀速圆周运动的物体的向心力是个恒力 3.在光滑的水平桌面上一根细绳拉着一个小球在作匀速圆周运动，关于该运动下列物理量中 不变的是（A ）速度 （B ）动能 （C ）加速度 （D ）向心力 知识点二、描述圆周运动的物理量 ⒈线速度 ⑴物理意义：线速度用来描述物体在圆弧上运动的快慢程度。 ⑵定义：圆周运动的物体通过的弧长l ?与所用时间t ?的比值，描述圆周运动的“线速度”， 其本质就是“瞬时速度”。 ⑶方向：沿圆周上该点的 方向 ⑷大小：=v = ⒉角速度 ⑴物理意义：角速度反映了物体绕圆心转动的快慢。 ⑵定义：做圆周运动的物体，围绕圆心转过的角度θ?与所用时间t ?的比值 ⑶大小：=ω = ，单位： （s rad ） ⒊线速度与角速度关系： ⒋周期和转速： ⑴物理意义：都是用来描述圆周运动转动快慢的。 ⑵周期T ：表示的是物体沿圆周运动一周所需要的时间，单位是秒；转速n （也叫频率f ）： 表示的是物体在单位时间内转过的圈数。n 的单位是 （s r ）或 （m in r ）f 的单位：
专题20 简单的四点共圆 破解策略 如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称之为四个点共圆·一般简称为”四点共圆”．四点共圆常用的判定方法有： 1．若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆． 如图，若OA＝OB＝OC＝OD，则A，B，C，D四点在以点O为圆心、OA为半径的 圆上． D 【答案】（1）略；（2）AB，CD相交成90°时，MN取最大值，最大值是2． 【提示】（1）如图，连结OP，取其中点O＇，显然点M，N在以OP为直径的⊙O＇上，连结NO＇并延长，交⊙O＇于点Q，连结QM，则∠QMN＝90°，QN＝OP＝2，而∠MQN＝180°－∠BOC＝60°，所以可求得MN的长为定值． （2）由（1）知，四边形PMON内接于⊙O＇，且直径OP＝2，而MN为⊙O＇的一条弦，故MN为⊙O＇的直径时，其长取最大值，最大值为2，此时∠MON＝90°． 2．若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个顶点共圆． 如图，在四边形ABCD中，若∠A＋∠C＝180°（或∠B＋∠D＝180°）则A，B，C，D四点在同一个圆上．
D 【答案】（1）略；（2）AD ；（3）AD＝DE·tanα． 【提示】（1）证A，D，B，E四点共圆，从而∠AED＝∠ABD＝45°，所以AD＝DE． （2）同（1），可得A，D，B，E四点共圆，∠AED＝∠ABD＝30°，所以AD DE ＝tan30°， 即AD＝ 3 DE． 3．若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个顶点共圆． 如图，在四边形ABCD中，∠CDE为外角，若∠B＝∠CDE，则A，B，C，D四点在同一个圆上． 【答案】略 4．若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这两个点和这条线段的两个端点共圆． 如图，点A，D在线段BC的同侧，若∠A＝∠D，则A，B，C，D四点在同一个圆上．
四点共圆的判定和性质 四点共圆的定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”. 证明四点共圆有下述一些基本方法： 方法1:从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆． 方法2:把被证共圆的四点连成共底边的两个三角形，若能证明其两顶角为直角，从而即可肯定这四个点共圆． 方法3:把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，从而即可肯定这四点. 方法4:把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆． 方法5:把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆；或把被证共圆的四点两两连结并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆． 方法6:证被证共圆的点到某一定点的距离都相等，从而确定它们共圆． 上述六种基本方法中的每一种的根据，就是产生四点共圆的一种原因，因此当要求证四点共圆的问题时，首先就要根据命题的条件，并结合图形的特点，在这六种基本方法中选择一种证法，给予证明． 判定与性质： 圆内接四边形的对角和为180度,并且任何一个外角都等于它的内对角。 如四边形ABCD内接于圆O，延长AB至E，AC、BD交于P，则A+C=180度，B+D=180° ∠ABC=∠ADC（同弧所对的圆周角相等） ∠CBE=∠D（外角等于内对角） △ABP∽△DCP（三个内角对应相等） AP×CP=BP×DP（相交弦定理） AB×CD+AD×CB=AC×BD（托勒密定理） 托勒密定理及证明： 如图，四边形ABCD内接于圆O，那么AB*CD+AD*BC=AC*BD 证明：作∠BAE=∠CAD，交BD于点E ∵∠ABE=∠ACD，∠BAE=∠CAD ∴△ABE∽△ACD ∴AB：AC=BE：CD ∴AB×CD=AC×BE ∵∠BAC=∠EAD，∠ACB=∠ADE ∴△ABC∽△AED ∴BC：DE=AC：AD ∴BC×AD=AC×DE ∴AB×CD+BC×AD=AC×BE+AC×DE=AC（BE+DE）=AC×BD
新初中数学圆的经典测试题含答案 一、选择题 1．中国科学技术馆有“圆与非圆”展品，涉及了“等宽曲线”的知识．因为圆的任何一对平行切线的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”．除了例以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如勒洛只角形(图1)，它是分别以等边三角形的征个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧．三段圆弧围成的曲边三角形．图2是等宽的勒洛三角形和圆． 下列说法中错误的是( ) A ．勒洛三角形是轴对称图形 B ．图1中，点A 到?BC 上任意一点的距离都相等 C ．图2中，勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF 的中心1O 的距离都相等 D ．图2中，勒洛三角形的周长与圆的周长相等 【答案】C 【解析】 【分析】 根据轴对称形的定义，可以找到一条直线是的图像左右对着完全重合，则为轴对称图形.鲁列斯曲边三角形有三条对称轴. 鲁列斯曲边三角形可以看成是3个圆心角为60°，半径为DE 的扇形的重叠，根据其特点可以进行判断选项的正误. 【详解】 鲁列斯曲边三角形有三条对称轴，就是等边三角形的各边中线所在的直线，故正确； 点A 到?BC 上任意一点的距离都是DE ，故正确; 勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF 的中心1O 的距离都不相等，1O 到顶点的距离是到边的中点的距离的2倍，故错误； 鲁列斯曲边三角形的周长=3×60180DE DE ππ?=? ,圆的周长=22 DE DE ππ?=? ,故说法正确. 故选C. 【点睛】 主要考察轴对称图形，弧长的求法即对于新概念的理解． 2．如图，在ABC ?中，90ABC ∠=?，6AB =，点P 是AB 边上的一个动点，以BP 为
四点共圆的判定与性质 一、四点共圆的判定 （一）判定方法 1、若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆。 2、若一个四边形的一组对角互补（和为180°），则这个四边形的四个点共圆。 3、若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个点共圆。 4、若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这两个点和这条线的两个端点共圆。 5、同斜边的直角三角形的顶点共圆。 6、若AB、CD 两线段相交于P 点，且PA×PB=PC×PD，则A、B、C、D 四点共圆（相交弦定理的逆定理）。 7、若AB、CD 两线段延长后相交于P。且PA×PB=PC×PD，则A、B、C、D 四点共圆（割线定理）。 8、若四边形两组对边乘积的和等于对角线的乘积，则四边形的四个顶点共圆（托勒密定理的逆定理。 （二）证明 1、若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆。 若可以判断出OA=OB=OC=OD，则A、B、C、D 四点在以O 为圆心OA 为半径的圆上。 2、若一个四边形的一组对角互补（和为180°），则这个四边形的四个点共圆。 若∠A+∠C=180 °或∠B+∠D=180 °，则点A、B、C、D 四点共圆。
3、若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个点共圆。 若∠B=∠CDE，则A、B、C、D 四点共圆证法同上。 4、若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这 两个点和这条线的两个端点共圆。 若∠A=∠D 或∠ABD=∠ACD，则A、B、C、D 四点共圆。 6、若AB、CD 两线段相交于P 点，且PA×PB=PC×PD，则A、B、C、D 四点共圆（相交弦定理的逆定理）。
圆的相关练习题（含答案） 1、已知：弦AB 把圆周分成1：5的两部分，这弦AB 所对应的圆心角的度数为 。 2、如图：在⊙O 中，∠AOB 的度数为1200，则 的长是圆周的 。 3、已知：⊙O 中的半径为4cm ，弦AB 所对的劣弧为圆的3 1，则弦AB 的长为 cm ， AB 的弦心距为 cm 。 4、如图，在⊙O 中，AB ∥CD ， 的度数为450，则∠COD 的度数为 。 5、如图，在三角形ABC 中，∠A=700，⊙O 截△ABC 的三边所得的弦长相等，则 ∠BOC=（ ）。 A ．140° B ．135° C ．130° D ．125° （第2题图） （第4题图） （第5题图） 6、下列语句中，正确的有（ ） (1)相等的圆心角所对的弧相等； (2)平分弦的直径垂直于弦； (3)长度相等的两条弧是等弧； (4) 圆是轴对称图形，任何一条直径都是对称轴 A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 7、已知：在直径是10的⊙O 中， 的度数是60°，求弦AB 的弦心距。 8、已知：如图，⊙O 中，AB 是直径，CO ⊥AB ，D 是CO 的中点，DE ∥AB ， 求证：
600 9. 已知：AB 交圆O 于C 、D ，且AC ＝BD.你认为OA ＝OB 吗？为什么？ 10. 如图所示，是一个直径为650mm 的圆柱形输油管的横截面，若油面宽AB=600mm ，求油面的最大深度。 11. 如图所示，AB 是圆O 的直径，以OA 为直径的圆C 与圆O 的弦AD 相交于点E 。你认为图中有哪些相等的线段？为什么？ 答案：1.60度 2. 3 2 3. 1 3 4 4.90度 5.D 6.A 7.2.5 8.提示：连接OE ，求出角COE 的度数为60度即可 9.略 10.100毫米 11.AC=OC ， OA=OB ， AE=ED B
九年级数学四点共圆例题讲解 知识点、重点、难点 四点共圆就是圆得基本内容，它广泛应用于解与圆有关得问题．与圆有关得问题变化多，解法灵活，综合性强，题型广泛，因而历来就是数学竞赛得热点内容。 在解题中，如果图形中蕴含着某四点在同一个圆上，或根据需要作出辅助圆使四点共圆，利用圆得有关性质定理，则会使复杂问题变得简单，从而使问题得到解决。因此，掌握四点共圆得方法很重要。 判定四点共圆最基本得方法就是圆得定义：如果A、B、C、D四个点到定点O得距离相等，即OA＝OB＝OC ＝OD，那么A、B、C、D四点共圆． 由此，我们立即可以得出 1、如果两个直角三角形具有公共斜边，那么这两个直角三角形得四个顶点共圆。 将上述判定推广到一般情况，得： 2、如果四边形得对角互补，那么这个四边形得四个顶点共圆。 3、如果四边形得外角等于它得内对角，那么这个四边形得四个顶点共圆。 4、如果两个三角形有公共底边，且在公共底边同侧又有相等得顶角，那么这两个三角形得四个顶点共圆。 运用这些判定四点共圆得方法，立即可以推出： 正方形、矩形、等腰梯形得四个顶点共圆。 其实，在与圆有关得定理中，一些定理得逆定理也就是成立得，它们为我们提供了另一些证明四点共圆得方法．这就就是： 1、相交弦定理得逆定理：若两线段AB与CD相交于E，且AE·EB=CE·ED，则A、B、C、D四点共圆。 2．割线定理得逆定理：若相交于点P得两线段PB、PD上各有一点A、C，且PA·PB =PC·PD，则A、B、 C、D四点共圆。 3、托勒密定理得逆定理：若四边形ABCD中，AB·CD＋BC·DA= AC·BD，则ABCD就是圆内接四边形。 另外，证多点共圆往往就是以四点共圆为基础实现得一般可先证其中四点共圆，然后证其余各点均在这个圆上，或者证其中某些点个个共圆，然后判断这些圆实际就是同一个圆。 例题精讲 例1：如图，P为△ABC内一点，D、E、F分别在BC、CA、AB上。已知P、D、C、E四点共圆，P、E、A、F 四点共圆，求证：B、D、P、F四点共圆。 证明连PD、PE、PF．由于P、D、C、F四点共圆，所以∠BDP = ∠PEC．又由于A、E、P、F四点共圆，所以∠PEC =∠AFP．于就是∠BDP= ∠AFP，故B、D、P、F四点共圆。 例2：设凸四边形ABCD得对角线AC、BD互相垂直，垂足为E，证明：点E关于AB、BC、CD、DA得对称点共圆。 为1 2 ，此变换把E关于AB、BC、 证明以E为相似中心作相似变换，相似比 CD、DA得对称点变为E在AB、BC、CD、DA上得射影P、Q、R、S（如图）、只需证明PQRS就是圆内接四边形。 由于四边形ESAP、EPBQ、EQCR及ERDS都就是圆内接四边形（每个四边形都有一组对角为直角），由E、P、B、Q共圆有∠EPQ = ∠EBQ、由E、Q、C、R共圆有∠ERQ=∠ECQ，于就是∠EPQ＋∠ERQ = ∠EBQ＋∠ECQ=90°、同理可得∠EPS ＋∠ERS =90°、从而有∠SPQ＋∠QRS =180°，故PQRS就是圆内接四边形。 例3：梯形ABCD得两条对角线相交于点K，分别以梯形得两腰为直径各作一圆，点K位于这两个圆之外，证明：由点K向这两个圆所作得切线长度相等。 证明如图，设梯形ABCD得两腰为AB与CD，并设AC、BD与相应二圆得第二个交点分别为M、N、由于∠AMB、∠CND就是半圆上得圆周角，所以∠AM B=∠CND = 90°．从而∠BMC =∠BNC=90°，故B、M、N、C四点共圆，因此∠MNK=∠ACB．又∠ACB =∠KAD，所以∠MNK =∠KAD、于就是M、N、D、A四点共圆，因此KM·KA = KN·KD、由切割线定理得K向两已知圆所引得切线相等。 例4：如图，A、B为半圆O上得任意两点，AC、BD垂直于直径EF，BH⊥OA，求证：DH=AC、证法一在BD上取一点A'，使A'D = AC，则ACDA'就是矩形。连结A'H、AB、OB、由于BD⊥EF、BH⊥OA，所以∠BDO =∠B HO=90°、于就是D、B， H、O四点共圆，所以∠HOB =∠HDB、由于∠AHB =∠AA'B = 90°，所以A、H、A'、B四点共圆。故∠DA'H=∠OAB，因此∠DHA'=∠OBA、而OA = OB，所以∠OBA=∠OAB，于就是∠DHA'=∠D A'H、所以DH=DA'，故DH =
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题） 1．如图，△ABC的内接三角形，P为BC延长线上一点，∠PAC=∠B，AD为⊙O的直径，过C作CG⊥AD于E，交AB于F，交⊙O于G． （1）判断直线PA与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）求证：AG2=AF·AB； （3）若⊙O的直径为10，AC=25，AB=45，求△AFG的面积. 【答案】（1）PA与⊙O相切，理由见解析；（2）证明见解析；（3）3. 【解析】 试题分析：（1）连接CD，由AD为⊙O的直径，可得∠ACD=90°，由圆周角定理，证得∠B=∠D，由已知∠PAC=∠B，可证得DA⊥PA，继而可证得PA与⊙O相切． （2）连接BG，易证得△AFG∽△AGB，由相似三角形的对应边成比例，证得结论. （3）连接BD，由AG2=AF?AB，可求得AF的长，易证得△AEF∽△ABD，即可求得AE的长，继而可求得EF与EG的长，则可求得答案． 试题解析：解：（1）PA与⊙O相切．理由如下： 如答图1，连接CD， ∵AD为⊙O的直径，∴∠ACD=90°. ∴∠D+∠CAD=90°. ∵∠B=∠D，∠PAC=∠B，∴∠PAC=∠D. ∴∠PAC+∠CAD=90°，即DA⊥PA. ∵点A在圆上， ∴PA与⊙O相切．
（2）证明：如答图2，连接BG ， ∵AD 为⊙O 的直径，CG ⊥AD ，∴AC AD =.∴∠AGF=∠ABG. ∵∠GAF=∠BAG ，∴△AGF ∽△ABG. ∴AG ：AB=AF ：AG. ∴AG 2=AF?AB. （3）如答图3，连接BD ， ∵AD 是直径，∴∠ABD=90°. ∵AG 2=AF?AB ，55∴5 ∵CG ⊥AD ，∴∠AEF=∠ABD=90°. ∵∠EAF=∠BAD ，∴△AEF ∽△ABD. ∴ AE AF AB AD =545=，解得：AE=2. ∴221EF AF AE = -=. ∵224EG AG AE = -=，∴413FG EG EF =-=-=. ∴1132322 AFG S FG AE ?=??=??=．
圆内接四边形与四点共圆 思路一：用圆的定义：到某定点的距离相等的所有点共圆。→若连在四边形的三边的中垂线相交于一点，那么这个四边形的四个顶点共圆。（这三边的中垂线的交点就是圆心）。 产生原因：圆的定义：圆可以看作是到定点的距离等于定长的点的集合。 基本模型： AO=BO=CO=DO ? A、B、C、D四点共圆（O为圆心） 思路二：从被证共圆的四点中选出三点作一个圆，然后证另一个点也在这个圆上，即可证明这四点共圆。→要证多点共圆，一般也可以根据题目条件先证四点共圆，再证其他点也在这个圆上。 思路三：运用有关性质和定理： ①对角互补，四点共圆：对角互补的四边形的四个顶点共圆。 产生原因：圆内接四边形的对角互补。 基本模型： ∠ + = 180 B）? A、B、C、D四点共圆 ∠D 180 = ∠ + ∠D A（或0 ②张角相等，四点共圆：线段同侧两点与这条线段两个端点连线的夹角相等，则这两个点和线段的两个端点共四个点共圆。 产生原因：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等。 方法指导：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角（即：张角）相等(同弧所对的圆周角相等），从而即可肯定这四点共圆。
∠? A、B、C、D四点共圆 = CAB∠ CDB ③同斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆，其斜边为圆的直径。 产生原因：直径所对的圆周角是直角。 ∠D = C? A、B、C、D四点共圆 = ∠ 90 ④外角等于内对角，四点共圆：有一个外角等于其内对角的四边形的四个顶点共圆。产生原因：圆内接四边形的外角等于内对角。 基本模型： ∠? A、B、C、D四点共圆 = ECD∠ B
人教版初中数学圆的经典测试题含答案解析 一、选择题 1．如图，在ABC ?中，5AB =，3AC =，4BC =，将ABC ?绕一逆时针方向旋转40? 得到ADE ?，点B 经过的路径为弧BD ，则图中阴影部分的面积为( ) A ． 14 63π- B ．33π+ C ． 33 38 π- D ． 259 π 【答案】D 【解析】 【分析】 由旋转的性质可得△ACB ≌△AED ，∠DAB=40°，可得AD=AB=5，S △ACB =S △AED ，根据图形可得S 阴影=S △AED +S 扇形ADB -S △ACB =S 扇形ADB ，再根据扇形面积公式可求阴影部分面积． 【详解】 ∵将△ABC 绕A 逆时针方向旋转40°得到△ADE ， ∴△ACB ≌△AED ，∠DAB=40°， ∴AD=AB=5，S △ACB =S △AED ， ∵S 阴影=S △AED +S 扇形ADB -S △ACB =S 扇形ADB ， ∴S 阴影=4025360π?=259 π ， 故选D. 【点睛】 本题考查了旋转的性质，扇形面积公式，熟练掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等. 2．如图，圆形铁片与直角三角尺、直尺紧靠在一起平放在桌面上．已知铁片的圆心为O ，三角尺的直角顶点C 落在直尺的10cm 处，铁片与直尺的唯一公共点A 落在直尺的14cm 处，铁片与三角尺的唯一公共点为B ，下列说法错误的是（ ） A ．圆形铁片的半径是4cm B ．四边形AOB C 为正方形 C ．弧AB 的长度为4πcm D ．扇形OAB 的面积是4πcm 2 【答案】C 【解析】
证明四点共圆的基本方法 证明四点共圆有下述一些基本方法： 方法1 从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆． 方法2 把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，从而即可肯定这四点共圆．（若能证明其两顶角为直角，即可肯定这四个点共圆，且斜边上两点连线为该圆直径。） 方法3 把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆． 方法4 把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆；或把被证共圆的四点两两连结并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆．(根据托勒密定理的逆定理) 方法5 证被证共圆的点到某一定点的距离都相等，从而确定它们共圆． 上述五种基本方法中的每一种的根据，就是产生四点共圆的一种原因，因此当要求证四点共圆的问题时，首先就要根据命题的条件，并结合图形的特点，在这五种基本方法中选择一种证法，给予证明． 例1 如图，E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点．求证：E、F、G、H 四点共圆． 证明菱形ABCD的对角线AC和 BD相交于点O，连接OE、OF、OG、OH． ∵AC和BD 互相垂直， ∴在Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、 Rt△DOA中，E、F、G、H，分别是AB、 BC、CD、DA的中点，
即E、F、G、H四点共圆． (2)若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角)，则四点共圆． 例2 如图，在△ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC． 求证：B、E、F、C四点共圆． 证明∵DE⊥AB，DF⊥AC， ∴∠AED＋∠AFD=180°， 即A、E、D、F四点共圆， ∠AEF=∠ADF． 又∵AD⊥BC，∠ADF＋∠CDF=90°， ∠CDF＋∠FCD=90°， ∠ADF=∠FCD． ∴∠AEF=∠FCD， ∠BEF＋∠FCB=180°， 即B、E、F、C四点共圆． (3)若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆． 【例1】在圆内接四边形ABCD中，∠A-∠C=12°，且∠A∶∠B=2∶3．求∠A、∠B、∠C、∠D的度数． 解∵四边形ABCD内接于圆，
人教版初中数学圆的经典测试题附答案解析 一、选择题 1．已知⊙O的直径CD=10cm，AB是⊙O的弦，AB=8cm，且AB⊥CD，垂足为M，则AC的长为（） A．25cm B．45 cm C．25cm或45cm D．23cm或 43cm 【答案】C 【解析】 连接AC，AO， ∵O的直径CD=10cm，AB⊥CD，AB=8cm， ∴AM=1 2 AB= 1 2 ×8=4cm,OD=OC=5cm, 当C点位置如图1所示时， ∵OA=5cm，AM=4cm，CD⊥AB， ∴2222 54 OA AM -=-=3cm， ∴CM=OC+OM=5+3=8cm， ∴2222 4845 AM CM +=+=； 当C点位置如图2所示时，同理可得OM=3cm， ∵OC=5cm， ∴MC=5?3=2cm， 在Rt△AMC中2222 4225 AM CM +=+=cm. 故选C. 2．如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，且CD⊥AB，BC=3，AC=4，则sin∠ABD的值是（）
A．4 3 B． 3 4 C． 3 5 D． 4 5 【答案】D 【解析】 【分析】 由垂径定理和圆周角定理可证∠ABD=∠ABC，再根据勾股定理求得AB=5，即可求sin∠ABD 的值． 【详解】 ∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB， ∴弧AC=弧AD， ∴∠ABD=∠ABC． 根据勾股定理求得AB=5， ∴sin∠ABD=sin∠ABC=4 5 ． 故选D． 【点睛】 此题综合考查了垂径定理以及圆周角定理的推论，熟悉锐角三角函数的概念． 3．如图，已知AB是⊙O是直径，弦CD⊥AB，AC=22，BD=1，则sin∠ABD的值是() A．2B．1 3 C． 2 3 D．3 【答案】C 【解析】 【分析】 先根据垂径定理，可得BC的长，再利用直径对应圆周角为90°得到△ABC是直角三角形，利用勾股定理求得AB的长，得到sin∠ABC的大小，最终得到sin∠ABD
圆的动点问题 25．（本题满分14分，第（1）小题4分，第（2）小题5分，第（3）小题5分） 已知：在Rt ABC △中，∠ACB =90°，BC =6，AC =8，过点A 作直线MN ⊥AC ，点E 是直线 MN 上的一个动点， （1）如图1，如果点E 是射线AM 上的一个动点(不与点A 重合)，联结CE 交AB 于点P ．若 AE 为x ，AP 为y ，求y 关于x 的函数解析式，并写出它的定义域； (2) 在射线AM 上是否存在一点E ，使以点E 、A 、P 组成的三角形与△ABC 相似，若存在求 AE 的长，若不存在，请说明理由； （3）如图2，过点B 作BD ⊥MN ，垂足为D ，以点C 为圆心，若以AC 为半径的⊙C 与以ED 为半径的⊙E 相切，求⊙E 的半径． A B C P E M 第25题图1 D A B C M 第25题图2 N
25．（本题满分14分，第（1）小题6分，第（2）小题2分，第（3）小题6分） 在半径为4的⊙O 中，点C 是以AB 为直径的半圆的中点，OD ⊥AC ，垂足为D ，点E 是射线AB 上的任意一点，DF //AB ，DF 与CE 相交于点F ，设EF =x ，DF =y ． （1） 如图1，当点E 在射线OB 上时，求y 关于x 的函数解析式，并写出函数定义域； （2） 如图2，当点F 在⊙O 上时，求线段DF 的长； （3） 如果以点E 为圆心、EF 为半径的圆与⊙O 相切，求线段DF 的长． A B E F C D O A B E F C D O
25．如图，在半径为5的⊙O中，点A、B在⊙O上，∠AOB=90°，点C是弧AB上的一个动点，AC与OB的延长线相交于点D，设AC=x，BD=y． （1）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域； （2）如果⊙O1与⊙O相交于点A、C，且⊙O1与⊙O的圆心距为2，当BD=OB时，求⊙O1 的半径； （3）是否存在点C，使得△DCB∽△DOC？如果存在，请证明；如果不存在，请简要说明理由．
精品文档 九年级数学四点共圆例题讲解 知识点、重点、难点 四点共圆是圆的基本内容，它广泛应用于解与圆有关的问题．与圆有关的问题变化多，解法灵活，综合性强，题型广泛，因而历来是数学竞赛的热点内容。 在解题中，如果图形中蕴含着某四点在同一个圆上，或根据需要作出辅助圆使四点共圆，利用圆的有关性质定理，则会使复杂问题变得简单，从而使问题得到解决。因此，掌握四点共圆的方法很重要。 、、、＝＝＝OCOB四个点到定点DO 判定四点共圆最基本的方法是圆的定义：如果A的距离相等，即BOAC、、、D四点共圆．，那么ACB OD 由此，我们立即可以得出 1.如果两个直角三角形具有公共斜边，那么这两个直角三角形的四个顶点共圆。 将上述判定推广到一般情况，得： 2.如果四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。 3.如果四边形的外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆。 4.如果两个三角形有公共底边，且在公共底边同侧又有相等的顶角，那么这两个三角形的四个顶点共圆。 运用这些判定四点共圆的方法，立即可以推出： 正方形、矩形、等腰梯形的四个顶点共圆。 其实，在与圆有关的定理中，一些定理的逆定理也是成立的，它们为我们提供了另一些证明四点共圆的方法．这就是： 、、、D四点共圆。B =CE·ED，则AC· 1.相交弦定理的逆定理：若两线段AB和CD相交 于E，且AEEB、、、BPD，则APA，且·PB =PC 2．割线定理的逆定理：若相交于点P的两线段PB·PD上各有一点A、C 、D四点共圆。C 3.托勒密定理的逆定理：若四边形ABCD中，AB·CD＋BC·DA= AC·BD，则ABCD是圆内接四边形。 另外，证多点共圆往往是以四点共圆为基础实现的一般可先证其中四点共圆，然后证其余各点均在这个圆上，或者证其中某些点个个共圆，然后判断这些圆实际是同一个圆。 例题精讲 、、、、、、、、、、F四点共圆，上。已知PPDAC1例：如图，P为△ABC内一点，DEEF分别在BCECAAB、、、
“匀速圆周运动”的典型例题 【例1】如图所示的传动装置中，A、B两轮同轴转动．A、B、C三轮的半径大小的关系是R A=R C=2R B．当皮带不打滑时，三轮的角速度之比、三轮边缘的线速度大小之比、三轮边缘的向心加速度大小之比分别为多少？ 【例2】一圆盘可绕一通过圆盘中心O且垂直于盘面的竖直轴转动．在圆盘上放置一木块，当圆盘匀速转动时，木块随圆盘一起运动（见图），那么 [ ] A．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向背离圆盘中心 B．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向指向圆盘中心
C．因为木块随圆盘一起运动，所以木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块的运动方向相同 D．因为摩擦力总是阻碍物体运动，所以木块所受圆盘对它的摩擦力的方向与木块的运动方向相反 E．因为二者是相对静止的，圆盘与木块之间无摩擦力 【例3】在一个水平转台上放有A、B、C三个物体，它们跟台面间的摩擦因数相同．A的质量为2m，B、C各为m．A、B离转轴均为r，C为2r．则 [ ] A．若A、B、C三物体随转台一起转动未发生滑动，A、C的向心加速度比B大 B．若A、B、C三物体随转台一起转动未发生滑动，B所受的静摩擦力最小 C．当转台转速增加时，C最先发生滑动 D．当转台转速继续增加时，A比B先滑动 【例4】如图，光滑的水平桌面上钉有两枚铁钉A、B，相距L0=0.1m．长L=1m 的柔软细线一端拴在A上，另一端拴住一个质量为500g的小球．小球的初始位置在AB连线上A的一侧．把细线拉直，给小球以2m／s的垂直细线方向的水平速度，使它做圆周运动．由于钉子B的存在，使细线逐步缠在A、B上． 若细线能承受的最大张力T m=7N，则从开始运动到细线断裂历时多长？ 【说明】圆周运动的显著特点是它的周期性．通过对运动规律的研究，用递推法则写出解答结果的通式（一般表达式）有很重要的意义．对本题，还应该熟练掌握数列求和方法．
圆的经典练习题及答案 一、填空题 1.（2011省，15，4分）如图，AB是半圆直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠CAB交 弧BC于点D，连结CD、OD，给出以下四个结论：①AC∥OD；②OE CE=；③△ODE ∽△ADO；④AB CE CD? = 2 2．其中正确结论的序号是． 【答案】①④ 2. （2011，13，5分）如图，⊙O的两条弦AB、CD互相垂直，垂足为E，且AB=CD，已 知CE=1，ED=3，则⊙O的半径是． 【答案】 3. （2011，15,3分）如图，⊙O的弦CD与直径AB相交，若∠BAD=50°，则∠ACD= 【答案】40° 4. （2011日照，14，4分）如图，在以AB为直径的半圆中，有一个边长为1的接正形CDEF，则以AC和BC的长为两根的一元二次程是． 【答案】如：x2-5x+1=0； 5. （2011，23 ，3分）如图，PA与⊙O相切，切点为A，PO交⊙O于点C，点B是优弧 CBA上一点，若∠ABC==320，则∠P的度数为。 （第16题） A B D C O E
【答案】260 6. （2011威海，15，3分）如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，若AE=5,BE=1,42 CD ,则∠AED= . 【答案】30° 7. （2011，16,4分）如图，△ABC的外心坐标是__________. 【答案】（－2，－1） 8. （2011，14，4）如图，点A，B，C，D都在⊙O上，的度数等于84°，CA是∠OCD 的平分线，则∠ABD十∠CAO= °． 【答案】53° 9. （2011，14，5分）如图，AB是⊙O的直径，点C，D都在⊙O上，连结CA，CB，DC， DB．已知∠D=30°，BC＝3，则AB的长是． O x y B C A
知识点、重点、难点 四点共圆是圆的基本内容，它广泛应用于解与圆有关的问题．与圆有关的问题变化多，解法灵活，综合性强，题型广泛，因而历来是数学竞赛的热点内容。 在解题中，如果图形中蕴含着某四点在同一个圆上，或根据需要作出辅助圆使四点共圆，利用圆的有关性质定理，则会使复杂问题变得简单，从而使问题得到解决。因此，掌握四点共圆的方法很重要。 判定四点共圆最基本的方法是圆的定义：如果A、B、C、D四个点到定点O的距离相等，即OA＝OB＝OC＝OD，那么A、B、C、D四点共圆． 由此，我们立即可以得出 1.如果两个直角三角形具有公共斜边，那么这两个直角三角形的四个顶点共圆。 将上述判定推广到一般情况，得： 2.如果四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。 3.如果四边形的外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆。 4.如果两个三角形有公共底边，且在公共底边同侧又有相等的顶角，那么这两个三角形的四个顶点共圆。 运用这些判定四点共圆的方法，立即可以推出： 正方形、矩形、等腰梯形的四个顶点共圆。 其实，在与圆有关的定理中，一些定理的逆定理也是成立的，它们为我们提供了另一些证明四点共圆的方法．这就是： 1.相交弦定理的逆定理：若两线段AB和CD相交于E，且AE·EB=CE·ED，则A、B、C、D四点共圆。 2．割线定理的逆定理：若相交于点P的两线段PB、PD上各有一点 A、C，且PA·PB =PC·PD，则A、 B、 C、D四点共圆。 3.托勒密定理的逆定理：若四边形ABCD中，AB·CD＋BC·DA= AC·BD，则ABCD是圆内接四边形。 另外，证多点共圆往往是以四点共圆为基础实现的一般可先证其中四点共圆，然后证其余各点均在这个圆上，或者证其中某些点个个共圆，然后判断这些圆实际是同一个圆。 例题精讲 例1：如图，P为△ABC内一点，D、E、F分别在 BC、CA、AB上。已知P、D、C、E四点共圆，P、E、A、F四点共圆，求证：B、D、P、F四点共圆。 证明连PD、PE、PF．由于P、D、C、F四点共圆，所以∠BDP = ∠PEC．又由于A、E、P、F四点共圆，所以∠PEC =∠AFP．于是∠BDP= ∠AFP，故B、D、P、F四点共圆。 例2：设凸四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直，垂足为E，证明：点E关于AB、BC、CD、DA的对称点共圆。 证明以E为相似中心作相似变换，相似比为，此变换把E关于 1 2 AB、BC、CD、DA的对称点变为E在AB、BC、CD、DA上的射影P、Q、R、S（如图）.只需证明PQRS是圆内接 四边形。 由于四边形ESAP、EPBQ、EQCR及 ERDS都是圆内接四边形（每个四边形都有一 组对角为直角），由E、P、B、Q共圆有∠ EPQ = ∠EBQ.由E、Q、C、R共圆有∠ERQ=∠ ECQ，于是∠EPQ＋∠ERQ= ∠EBQ＋∠ ECQ=90°.同理可得∠EPS＋∠ERS =90°.从而有∠SPQ＋∠QRS =180°，故PQRS是圆内接四边形。 例3：梯形ABCD的两条对角线相交于点K，分别以梯形的两腰为直径各作一圆，点K位于这两个圆之外，证明：由点K向这两个圆所作的切线长度相等。 证明如图，设梯形ABCD的两腰为AB和 CD，并设AC、BD与相应二圆的第二个交点 分别为M、N.由于∠AMB、∠CND是半圆上 的圆周角，所以∠AM B=∠CND = 90°．从 而∠BMC =∠BNC=90°，故B、M、N、C四 点共圆，因此∠MNK=∠ACB．又∠ACB =∠ KAD，所以∠MNK =∠KAD.于是M、N、D、A四点共圆，因此KM·KA = KN·KD.由切割线定理得K向两已知圆所引的切线 相等。 例4：如图，A、B为半圆O上的任意两点，AC、 BD垂直于直径EF，BH⊥OA，求证：DH=AC. 证法一在BD上取一点A'，使A'D = AC，则 ACDA'是矩形。连结A'H、AB、OB.由于BD⊥EF 、