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第二十四章 圆
思维导图
【类型覆盖】
类型一、三角形内切圆半径、周长、面积关系问题
【解惑】如图，已知 是 的内切圆， ， 与 的切点分别为 D，E，
F，若 ， ，则 的半径为（ ）
A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
【答案】B
【分析】连接 ， ，由 ， ， ，求得 ，由 与 ， ， 的切点
分别为 ， ， ，得 ， ， ，由 ，求得，则 ，再证明四边形 是正方形，所以 ，
于是得到问题的答案．
【详解】解：连接 ， ，
， ， ，
，
与 的切点分别为 D，E，F，
， ， ， ， ，
，
，
，
， ，
四边形 是正方形，
，
的半径长为2，
故选：B．
【点睛】此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线长定理、勾股定理、正方形的判定与性质等知识，求
得 ，并且证明四边形 是正方形是解题的关键．
【融会贯通】
1．如图， 是 的内切圆，与 ， ， 分别相切于点D，E，F．若 的半径为2，
， ， ，则 的面积为（ ）A． B．24 C．26 D．52
【答案】C
【分析】本题考查了三角形内切圆与三角形三边的关系，熟练掌握三角形三边与内切圆的关系是解答此题
的关键；根据三角形面积 三角形边长之和乘以内切圆半径之积的一半．进行列式计算即可．
【详解】解： 是 的内切圆且半径为2， ， ，
，
，
则 的面积为26，
故选：C
2．已知 的周长为20，其内切圆半径 ，则 的面积为 ．
【答案】50
【分析】根据三角形的面积等于三角形的周长与内切圆半径的乘积的一半，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得： 的面积为 ；
故答案为：50．
【点睛】本题考查三角形的内切圆．熟记三角形的面积等于三角形的周长与内切圆半径的乘积的一半，是
解题的关键．
3．【阅读材料】
已知，如图1，在面积为 的 中， ， ， ，内切圆 的半径为 ．连接 、 、
， 被划分为三个小三角形．∵ ．
∴ ．
【理解运用】
(1) 两条直角边长为3和4，则它的内切圆半径为______；
(2)如图2， 中 ， ， ，求 的内切圆的半径；
(3)如图3，在四边形 中， 与 分别为 与 的内切圆， 与 切点分别为
、 、 ，设 的半径为 ， 的半径为 ，若 ， ， ， ，
，求 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用勾股定理求出 斜边的长，再求出 的面积，根据材料代入数据计算即
可解答；
（2）过点 作 ，设 ，则 ，利用勾股定理 ，建立方程，求出 ，进而求出 ，再求出 的面积，根据材料代入数据计算即可解答；
（3）根据材料中内切圆半径的求法，进一步易得 的长，但求内切圆半径需首先知道三角形各边边长，
根据切线长定理及勾股定理，先求 的长，三角形各边长可知，则 的值易得．
【详解】（1）解：∵ 两条直角边长为3和4，
∴ 斜边的长为： ，
∵出 的面积为： ，
根据材料：
它的内切圆半径为: ；
（2）解：如图2，过点 作 ，
则 ，
∴ ，
中 ， ， ，
设 ，则 ，
∴ ，
解得： ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的面积为 ，
根据材料：
的内切圆半径为: ；
（3）解： ，，
，
．
是 的内切圆，
， ， ，
，
∴设 ，则 ，
，
，即（ ，
解得 ，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了和圆有关的综合性题目，同时涉及到切线的性质、切线长定理、勾股定理等相关知识．
这类创新性题目已经成为新课标热衷的考点，同时要求学生在日常的学习中要注重自我学习能力的培养以
及学习、理解、创新新知识的能力的培养．
类型二、圆锥侧面展开最短路径
【解惑】如图所示，圆锥底面的半径为5，母线长为20，一只蜘蛛从底面圆周上一点A出发沿圆锥的侧面
爬行一周后回到点A的最短路程是( )A． B． C． D．
【答案】D
【分析】易得圆锥的底面周长也就是圆锥的侧面展开图的弧长，利用弧长公式即可求得侧面展开图的圆心
角，进而构造直角三角形求得相应线段即可．
【详解】圆锥的底面周长=2π×5=10π，
设侧面展开图的圆心角的度数为n．
∴ ，
解得n=90，
圆锥的侧面展开图，如图所示：
∴最短路程为： =20 ，
故选D．
【点睛】求立体图形中两点之间的最短路线长，一般应放在平面内，构造直角三角形，求两点之间的线段
的长度．用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长．
【融会贯通】
1．如图所示是一个几何体的三视图，如果一只蚂蚁从这个几何体的点B出发，沿表面爬到AC的中点D处，
则最短路线长为（ ）
A． B． C． D．2【答案】A
【分析】将圆锥的侧面展开，设顶点为 ，连接 ， ．线段 与 的交点为 ，线段 是最短
路程．
【详解】解：如图将圆锥侧面展开，得到扇形 ，则线段 为所求的最短路程．
设 ．
，
即 ．
为弧 中点，
， ，
，
最短路线长为 ．
故选：A．
【点睛】本题考查了平面展开 最短路径问题，扇形的面积和特殊值的三角函数等问题，解题时注意把立
体图形转化为平面图形．
2．如图， 是圆锥底面的直径， ，母线 ．点 为 的中点，若一只蚂蚁从 点处出
发，沿圆锥的侧面爬行到 点处，则蚂蚁爬行的最短路程为 ．【答案】 /
【分析】先画出圆锥侧面展开图（见解析），再利用弧长公式求出圆心角 的度数，然后利用等边三
角形的判定与性质、勾股定理可得 ，最后根据两点之间线段最短即可得．
【详解】画出圆锥侧面展开图如下：
如图，连接 、 ，
设圆锥侧面展开图的圆心角 的度数为 ，
因为圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长，扇形的半径等于母线长，
所以 ，
解得 ，
则 ，
又 ，
是等边三角形，
点 为 的中点，
， ，
在 中， ，
由两点之间线段最短可知，蚂蚁爬行的最短路程为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图、弧长公式、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆锥侧面
展开图是解题关键．3．已知O为圆锥的顶点，M为圆锥底面圆上一点，点P在 上．一只蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬
行，回到P点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示．若沿 将圆锥侧面剪开并展平，请画出所得侧面展
开图．
【答案】详见解析．
【分析】利用圆锥的性质，由题意蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短，就用到
两点间线段最短定理．
【详解】解：蜗牛绕圆锥侧面爬行的最短路线应该是一条线段，
又因为蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行后，又回到起始点P处，那么如果将圆锥侧面展开图还原成圆锥
后，位于母线OM上的点P应该能够与母线OM′上的点（P′）重合，
如图所示：
．
【点睛】本题考查圆锥的性质，立意相对较新，考查了学生的空间想象能力，运用到两点间线段最短定理．
类型三、秦九韶与海伦公式
【解惑】我国南宋时期数学家秦九韶（1208年～1268年）曾提出利用三角形的三边求其面积的秦九韶公
式 （ 为三角形的三边长）．若一个三角形的三边长分别为 ，则其面
积是（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】本题考查的知识点为：代数式求值，化为最简二次根式．把三角形的三边长 ， ，
代入公式 计算即可．
【详解】解：由题意得： 这个三角形的三边长分别为2，3，4
将此三角形三边长度代入公式
得：
故选：B．
【融会贯通】
1．已知任意三角形的三边长，如何求三角形的面积？古希腊的几何学家海伦解决了这个问题，在他的著
作《度量》一书中，给出了计算公式海伦公式 ①，其中 是三角形的三边
长， ， 为三角形的面积，并给出了证明．我国南宋时期数学家秦九韶（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，经过对公式②进行整理变
形，发现海伦公式和秦九韶公式实质上是同一个公式，所以我们也称①为海伦-秦九韶公式．在 中，
若 ，则 的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查二次根式的应用，解题的关键是熟练掌握二次根式的性质并根据三边长度的特点选
择合适的公式代入计算．根据海伦公式，已知三角形三边长，先计算半周长p，再代入公式
即可求出面积．【详解】解：由三边长分别为 ，则 ，
代入海伦公式： ，
因此 的面积为 ，
故选：C．
2．我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》中，给出著名的三斜求积公式，即一个三角形的
三边长分别为a，b，c，则该三角形的面积为 现已知 的三边长为2，
3， ，则利用公式求得 的面积是 ．
【答案】
【分析】根据面积公式代入计算即可．
本题考查了代数式的值，二次根式的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【详解】解： 的三边长为2，3， ，三角形的面积为 ，
的面积是
，故答案为：
3．我国南宋时期数学家秦九韶（约1202—约1261），曾提出利用三角形的三边求面积的秦九韶公式
（其中a，b，c表示三角形的三边长），此公式与古希腊的几何学家海伦
（Heron，约公元50年）提出的海伦公式 （其中a，b，c表示三角形的三边长，
）如出一辙，所以秦九韶公式与海伦公式实质上是同一个公式，所以我们也称
为海伦-秦九韶公式．
(1)已知在 中， ， ， ，且a，b，c满足 ．
① ______， ______， ______．
②请你从两个公式中选择一个合适的公式，求出 的面积．
(2)如图，在 中， ， ， ，请你用海伦-秦九韶公式求 的面积．
【答案】(1)① ， ，3；② 的面积为
(2) 的面积为
【分析】本题主要考查平方，绝对值，算术平方根的非负性，秦九韶公式与海伦公式，熟练掌握运算法则
是解题的关键．
（1）①根据平方，绝对值，算术平方根的非负性得到答案即可；
②选择海伦公式进行计算即可；
（2）根据题目给出的公式进行计算即可．【详解】（1）解：① ，
，
故答案为： ， ，3；
②
；
（2）解：
；
类型四、圆的平移、折叠、旋转
【解惑】如图，在平面直角坐标系中，直线 与 轴， 轴分别相交于 ，B两点， ，
圆心 的坐标为 ， 与 轴相切于原点 ，若将 沿 轴向右平移，当 与直线 的位置关
系是相交时，横坐标为整数的点 的个数是（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【分析】本题考查切线的性质， 角的特殊直角三角形的性质，掌握求圆与直线相切的点坐标是解题的
关键．
由数形结合，画出圆与直线相切的情形，即可求解．
【详解】解：如图所示，当点 在 、 时，圆与直线相切，
当点 在 、 之间移动时， 与直线相交，
，
∴
∵ ，
∴
∵ 与 相切，
∴ ， ，
∵ ，
，
∴
同理 ，
∴
故 点在 之间移动 与直线 的位置关系是相交，
点 在 之间移动横坐标整数点有： 3，4，5，6，7，8，9，共7个．
故选：A．
【融会贯通】
1．如图， 是 的直径，将弧 沿弦 折叠后，弧 刚好经过圆心O．若 ，则 的长是
（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质和折叠的性质，直径所对的圆周角是90度，含30度角的直
角三角形的性质，根据题意作出辅助线，构造出等边三角形是解题的关键．
过点 作 于点 ，交 于点 ，连接 ，根据折叠的性质得到 垂直平分 ，所以
，再判断 为等边三角形得到 ，得出 ，再证明 ，最
后利用含30度角的直角三角形性质和勾股定理得到 的长．
【详解】解：如图，过点 作 于点 ，交 于点 ，连接 ，
将弧 沿弦 折叠后，弧 刚好经过圆心 ，
垂直平分 ，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
是直径，
，
，
，
故选：C．2．如图，AB为半径为8的 的弦，弧 沿弦 折叠经过圆心O，点D为弧 上一动点，连接
交 于点C，点P为 的中点，则 最小值为 ．
【答案】
【分析】连接 ， ， ，作 交 于点G．连接 ， ．首先证明 是等边三角形，
再证明 点在以 为直径的圆上运动．得出当 、 、 在同一直线时， 长度最小，再求解可得结论．
【详解】解：连接 ， ， ，作 交 于点G．连接 ， ．
由题知： 沿着弦 折叠，正好经过圆心 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
是 中点，，
又 ，
是 中点，
即 是 斜边中线，
，
即 点在以 为直径的圆上运动．
所以，当 、 、 在同一直线时， 长度最小，
此时， ， ，
的半径是8，即 ， ，
，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线定理等知识，
灵活运用相关知识是解题的关键．
3．已知，如图，等边 ，点D是平面内一点（点D不在直线 上），连接 、 ．将 绕
点A按逆时针方向旋转 得到 ，点D的对应点是点E．
设直线 与直线 交于点G．
(1)如图1，判断线段 与线段 的数量关系，并说明理由；
(2)当点D是线段 的中点，根据题意，在图2中画出图形，求 的度数；
(3)探索 与 的数量关系，直接写出结论．
【答案】(1) ，理由见解析
(2)
(3) 或
【分析】（1）根据旋转的性质得到 ，即可得到 ；（2）根据题意画出图形，证明 和 是等边三角形，再利用对角线相互平分且相等的四边形是
矩形即可得到结论；
（3）分两种情况，画出图形，利用圆内接四边形的判定和性质求解即可．
【详解】（1）解： ，理由如下，
∵将 绕点A按逆时针方向旋转 得到 ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：画出图形，如图，
由旋转的性质知 ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∵点D是线段 的中点，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ；
（3）解：如图，
是等边三角形，∴ ， ，
∵将 绕点A按逆时针方向旋转 得到 ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是圆内接四边形，
∴ ；
如图，同理 和 是等边三角形，
∴ ，
∴四边形 是圆内接四边形，
∴ ，
综上， 或 ．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的
判定和性质，矩形的判定和性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
类型五、弦切角、托勒密定理
【解惑】阅读与思考
阅读下面内容并完成任务：
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：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
如图1，直线 与 相切于点 ， 为 的弦， 叫弦切角， 叫做弦切角 所夹的弧，
是 所对的圆周角， 为直径时，很容易证明 ．小华同学认为这是一种特殊情况，若 不是直径会如何呢？即在图2中 吗？她连接 并延
长，交 于点 ，连接 …问题得到了解决．
小颖同学利用图3证明了当弦切角 为直角时，弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
小亮积极思考，提出当弦切角 为钝角时，能证明 （如图4）吗？
任务：
(1)请按照小华的思路，利用图2证明 ；
(2)结合小华、小颖的思路或结论，利用图4解答小亮提出的问题；
(3)写出在上面解决问题的过程中体现的数学思想：______（写出两种）；
(4)解决问题：如图5，点 为 的弦 延长线上一点， 切 于点 ，连接 ， ， ，
，则 ______°
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)转化思想和类比思想
(4)
【分析】（1）连接 并延长，交 于点 ，连接 ，则 ，根据 是 的直径，可得
，再根据切线的性质可得 ，即可；（2）连接 并延长，交 于点 ，连接 ，根据 是 的直径，可得 ，再根据
切线的性质可得 ，从而得到 ，再由圆内接四边形的性质，可得
，即可；
（3）上面解决问题的过程中体现的数学思想为：转化思想和类比思想；
（4）接 并延长，交 于点 ，连接 ，则 ，证明 ，即可．
【详解】（1）证明：连接 并延长，交 于点 ，连接 ，则 ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∵直线 与 相切于点 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）证明：连接 并延长，交 于点 ，连接 ，
∵ 是 的直径，
∴ ，∴ ，
∵直线 与 相切于点 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是 的内接四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（3）解：上面解决问题的过程中体现的数学思想为：转化思想和类比思想；
故答案为：思想转化思想和类比思想
（4）解：如图，接 并延长，交 于点 ，连接 ，则 ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∵直线 与 相切于点 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理，切线的
性质，圆内接四边形的性质是解题的关键．【融会贯通】
1．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．如图1，AC为⊙O的切线，点A
为切点，AB为⊙O内一条弦，∠CAB即为弦切角，
(1)古希腊数学家欧几里得的《几何原本》是一部不朽的数学巨著，全书共13卷，以第1卷的23个定义、5
个公设和5个公理作为基本出发点，给出了119个定义和465个命题及证明．第三卷中命题32一弦切角定
理的内容是：“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．”
如下给出了弦切角定理不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．
已知：如图2，AC为⊙O的切线，点A为切点，AB为⊙O内一条弦，点D在⊙O上，连接OA，OB，
BD，AD．
求证：______．
证明：
(2)如图3，AB为⊙O的切线，A为切点，点C是⊙O上一动点，过点C作CD⊥AB于点D，CD交⊙O于
E，连接OE，OC，AE．若AD＝10，AE＝2 ，求弦CE的长．
【答案】(1) ，证明见解析
(2)弦CE的长为21
【分析】（1）过点 ，作 ，根据垂径定理和圆周角定理可得 ，根据切
线的性质可得 ，即可得 ，进而即可证明
；
（2）过点 作 ，勾股定理 的长，在 中，勾股定理求得 ，进而即可求得 的
长．【详解】（1）求证：
证明：如图，过点 作 ，
，
，
，
，
是 的切线，
，
，
，
（2）如图，过点 作 ，
AB为⊙O的切线，CD⊥AB，
四边形 是矩形，
，
在 中，
设圆的半径为 ，则 ，
在 中，
即解得
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，掌握垂径定理以及切线的性质是解题的关键．
2．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．
3．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．
类型六、阿基米德折弦定理
【解惑】【了解概念】折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形．如图1，线段
、 组成折线段 ，点 在折线段 上，若 ，则称点 是折线段 的中点．
【概念应用】
（1）如图2， 的半径为2， 是 的切线， 为切点，点 是折线段 的中点．若 ，
则 的长为________________；
【认识定理】
爱动脑筋的小亮发现将折线段 放在圆中，且 、 、 三点都在圆上时，就有数学中著名的阿基米德折弦定理：如图3， 和 是 的两条弦（即折线段 是圆的一条折弦） ， 是
的中点， ，垂足为 ，则 ．
这个定理有很多证明方法，下面是运用“截长法”证明 的部分证明过程，
【证明定理】
证明：如图3，在 上截取 ，连接 ， ， 和 ．
是 的中点，
…
（2）请按照上面的证明思路，在图3中连接辅助线并写出该证明的剩余部分；
【灵活运用】
（3）如图4，已知等边三角形 内接于 ， 为弧 上一点， 于点 ，连接 ，若
， ，请直接写出 的周长．
【答案】（1） ；（2）见解析；（3） ．
【分析】（1）根据 角所对的直角边等于斜边的一半，求出 再由所给的定义求出 的长即可;
（2）在 上截取 ，连接 ， ， 和 ，可证明 得到 进一
步则可证明 ；
（3）先证明 为等腰直角三角形，得到 ，再求出 ，由（2）同理得到
，即可求解．【详解】（1）解：∵ 是 的切线， 为切点，
∵ 是折线段 的中点，
．
（2）证明：如图3，在 上截取 ，连接 ， ， 和 ．
是 的中点，
， ，
在 和 中，
，
，
；
（3）解：∵ 为等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由（2）同理可得， ，
∴ 的周长
．
【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，三角形全等的判定
及性质，理解阿基米德折弦定理是解题的关键．
【融会贯通】
1．某某中学组织有关圆的学习活动，他们对阿基米德折弦定理进行了深入研究．
【问题呈现】
阿基米德折弦定理：如图 ． 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 ．
同学们正在讨论如何证明该定理的正确性．他们想到用“截长法”进行证明．下面是部分证明过程．请补
充完整．
证明：如图 ，在 上截取 ，连接 、 、 和 ．
是 的中点．
___________．
又 ， ，
___________ ___________．，
又 ，
___________．
．
即 ．
【变式探究】
如图 ，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．
【实践应用】
如图 ， 是 的直径，点 是圆上一定点，点 是圆上一动点，且满足 ．若 ，
的半径为 ．求 的值．
【答案】【问题呈现】 ； ； ；
【变式探究】DB=CD+BA，证明见解析
【实践应用】 的值为 或
【分析】【问题呈现】根据相等的弧所对的弦相等，全等三角形的判定，等腰三角形三线合一依次补充完
整证明过程．
【变式探究】在 上截取 ，连接 、 、 、 ，由“ ”可证△MAB≌△MGB，
可得MA=MG，由等腰三角形的性质可得 ，进而利用线段之间的数量关系等量代换可得结论．
【实践应用】分点 在 下方和点 在 上方两种情况讨论，分别对应【变式探究】和【问题呈现】
两种情况的结论即可求解，注意构造辅助线过点 作 的垂线．
【详解】解：【问题呈现】 ； ； ； ．
【变式探究】DB=CD+BA．
证明：如图 ，在 上截取 ，连接 、 、 、 ，点 是 的中点，
，∠MBA=∠MBG，
又 ， ，
∴△MAB≌△MGB(SAS)，
∴MA=MG，
∴MC=MG，
又 ，
，
∴BA+CD=BG+DG=DB，即DB=CD+BA；
【实践应用】如图 ，当点 在 下方时，过点 作D G ⊥AC于点 ，连接 ，
1 1
是 的直径，
，
的半径为 ，
，
在 中， ，
∴AC=❑√BC2−AB2=❑√102−62=8，
∵∠D AC=45°，
1
∴∠D OC=90°，
1
点 为 的中点，∴AG =CG +AB，
1 1
∴CG +AB=AG ，即8−AG +6=AG ， 解得AG =7，
1 1 1 1 1
∴AD =❑√72+72=7❑√2；
1
如图 ，当点 在 上方时，过点 作D G ⊥AC于点 ，
2 2
同理可得，CG =AG +AB，即8−AG =AG +6，解得AG =1，
2 2 2 2 2
∵∠D AC=45°，
2
∴AD =❑√12+12=❑√2；
2
综上所述： 的值为 或 ．
【点睛】本题考查的是圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，
解直角三角形，理解阿基米德折弦定理是解题的关键．
2．阅读材料，并完成相应任务．
问题背景：在《阿基米德全集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的关于圆
的一些问题，其中有这样一个问题：如图1，AB和BC是 的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），
，点M是 的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即 ．
(1)如图2，牛牛同学尝试运用“截长法”说明“ ”，于是他在CD上截取 ，连接MA，MB，ME，MC．请根据牛牛的思路完成证明过程；
(2)如图3，在 中， ， ，若 ，则AE的长度为_______．
【答案】(1)见详解
(2)2
【分析】（1）正确解读题意，证 ，即可证明；
（2）根据（1）的思路即可求解；
【详解】（1）解：在 中
∵点M是 的中点
在 和 中
（2）如图，在BC上截取 ，连接MB，MA，MD，MC．
在 中∵
在 和 中
，
故答案是：2．
【点睛】本题主要考查圆的性质、三角形的全等，掌握相关知识，正确解读题意是解本题的关键．
3．请阅读下面材料，并完成相应的任务；
阿基米德折弦定理
阿基米德（Arehimedes，公元前287—公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、
高斯并称为三大数学王子．
阿拉伯Al-Biruni（973年—1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al-
Biruni译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理．
阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是 的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦）， ，M是
的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即 ．这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明 的部分证明过程．
证明：如图2，过点M作 射线AB，垂足为点H，连接MA，MB，MC．
∵M是 的中点，
∴ ．
…
任务：
（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
（2）如图3，已知等边三角形ABC内接于 ，D为 上一点， ， 于点E，
，连接AD，则 的周长是______．
【答案】（1）见解析；（2） ．
【分析】（1）先证明 ，进而得到 ，再证明 ，最
后由线段的和差解题；
（2）连接CD，由阿基米德折弦定理得，BE=ED+AD，结合题意得到 ，由勾股定理解得
，据此解题．
【详解】证明：（1） 是 的中点，在 与 中，
与 中，
；
（2）如图3，连接CD
等边三角形ABC中，AB=BC
由阿基米德折弦定理得，BE=ED+AD故答案为： ．
【点睛】本题考查圆的综合题、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、勾股
定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
类型七、新定义圆——几何
【解惑】定义：有一个内角等于与其相邻的两个内角之差的四边形称为幸福四边形．
(1)已知 ，请直接写出一个α的值______，使四边形 为幸福四边形；
(2)如图1， 中，D、E分别是边 上的点， ．求证：四边形 为幸福四边形；
(3)在（2）的条件下，如图2，过D，E，C三点作 ，与边 交于另一点F，与边 交于点G，且
．
①求证： 是 的直径；
②连接 ，若 ，求 的长．
【答案】(1) 或 或 或 （写一个即可）；
(2)见解析；
(3)①见解析；② ．
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，正确理解
新定义是解题的关键．
（1）根据幸福四边形的定义分情况讨论，将 表示为 ，列式求解即可；
（2）根据条件证明 ，由幸福四边形的定义即可证明结论；
（3）①连接 ，由幸福四边形的性质，证明 ，由圆周角定理的推论证明结论；②过E作 于点H，在 中由勾股定理求出 的长．
【详解】（1）∵ ， ， ，
∴ ，
若 ，则 ，解得 ；
若 ，则 ，解得 （舍去）；
若 ，则 ，无解，舍去；
若 ，则 ，解得 ；
若 ，则 ，解得 ；
若 ，则 ，无解，舍去；
若 ，则 ，解得 ；
若 ，则 ，解得 ；
故答案是： 或 或 或 （写出一个即可）；
（2）证明：如图，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为幸福四边形；
（3）①证明：连接 ，∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵四边形 为幸福四边形，
∴ ，
而 ，
∴ ，
∵D、G、C、E四点共圆，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的直径；
②过E作 于点H，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴在 中，由勾股定理得 ．
【融会贯通】1．在同一个圆中两条互相垂直且相等的弦定义为“等垂弦”．
(1)如图1， 是 的弦，作作 、 ，分别交 于点 ，连接 交 于点E．求
证： 、 是 的等垂弦；
(2)如图2， 的半径为5， 、 是 的等垂弦， 与 交于点 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，由圆心角相等可得 ，由圆周角定理可得 ，
，可证 ，可得结论；
（2）作 ，垂足为 ，作 ，垂足为，可证矩形 为正方形，利用勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：如图①，连接 ，
， ，
，
，
，，
，
同理 ，
，即 ，
， ，
、 是 的等垂弦；
（2）解：如图②，作 ，垂足为 ，作 ，垂足为 ，
则 ，
、 是 的等垂弦，
， ，
， ，
∴四边形 是矩形，
又 ，
，
，
矩形 为正方形，
，
， ，
，
在 中， ，
即 ，
解得 ，则 ．
【点睛】本题为与圆有关的新定义问题，综合性较强，根据题意理解等垂弦的定义并结合圆的有关知识是
解题的关键，还考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识．
2．定义：有一个角是直角，对角线相等的四边形是“近似矩形”．
(1)如图1，四边形 是“近似矩形”， ， ， ，求 的值．
(2)如图2，在四边形 中，点 是 上的点， 是 的直径， 分别与 交于点
，连结 ，若 平分 ， ，
①如图3，若 ，求 的度数；
②求证：四边形 是“近似矩形”．
【答案】(1)
(2)① ；②见解析
【分析】（1）先根据新定义得出 ，再根据勾股定理计算即可；
（2）①利用直径所对的圆周角为直角，得到 ，结合角平分线定义证明
，推出 ， ，利用弧、弦、圆心角之间的关系推出
，设 ，结合 ，记 交 于点 ，得到 ，
，再根据 整理，即可得解；
②由①知 ， ， ，结合等腰三角形性质，“近似矩形”定义，即可证
得结论．
【详解】（1）∵四边形 是 “近似矩形”， ， ， ，
∴ ，
∴ ；（2）解： 是 的直径，
，
，
平分 ，
，
，
，
，
，
，
，
， ，
，即 ，
，记 交 于点 ，
，
设 ，
，
，
，
，
；
②证明：由①同理可知 ， ， ，
，
，四边形 是“近似矩形”．
【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，弧、弦、圆心角之间的关系，等腰
三角形性质，正确理解新定义是解题的关键．
3．定义：若四边形的一条对角线平分一个内角，我们将此对角线称为“唯美线”，这样的四边形称为
“唯美四边形”，如图，四边形 中， 平分 ，则 为四边形 的“唯美线”．利用上
述知识解答下列问题．
[问题发现]（1）如图①，若 ，求 的最小值；
[深度探究]（2）如图②，连接对角线 ，若 平分 ，且 ，求 的度数；
[拓展延伸]（3）若四边形 为唯美四边形， ， 平分 ， 与
相交于点 ，则当 为等腰三角形时，请直接写出线段 的长．
【答案】（1）4；（2） ；（3）4或
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，角平分线的定义、性质与判定，四点共圆的判定，勾股定理等，
熟练掌握相关知识点，能结合图形做出适当的辅助线，能推出 四点共圆是解题的关键；
（1）过点P作 于D， 交 延长线于点E，先确定 的最小值为 ，再利
用矩形的判定与性质，勾股定理求解；
（2）先利用角平分线的定义和三角形的外角知识推出 ，再利用角平分线的性质和判定，
推出 平分 ，再求解即可；
（3）根据 为等腰三角形时，分 或 或 讨论，利用 ，
，推出 四点共圆，再利用圆周角定理，勾股定理求解，综合可得结果；
【详解】（1）如图①，过点P作 于D， 交 延长线于点E，则 ，
，
当A与E重合，C与D重合时， 有最小值；
，
，
四边形 是矩形，
，
平分 ，
，
，
，
由勾股定理得 ，
，解得 ，
，
的最小值为4．
（2） 平分 ，
，
平分 ，
，
又 ， ，
，
，
，如图2，过点P作 于E， 于F， 交 延长线于G，
平分 ，
，
同理可证 ，
，
平分 ，
， ，
．
（3）当 为等腰三角形时， 或 或 ，
点O在 上， ，
当 时，如图③，
平分 ， ，
，
又 ，
四点共圆，
，
，
，
，
，；
当 时，如图④，过点A作 于M，
同理可证 四点共圆，
，
，
，
，
，
，
在 中，设 ，
，
，
在 中， ，
，
，
，
由 解得 ，
，
综上可知，线段 的长为4或 ．
类型八、新定义圆——函数
【解惑】对于平面内的点 和图形 ，给出如下定义：以点 为圆心， 为半径作圆．若 与图形 有公共点，且半径 存在最大值与最小值，则将半径 的最大值与最小值的差叫做点 视角下图形 的宽度，
记作 ．
(1)如图1， 为坐标原点， ， ，则 ；
(2)如图2，在菱形 中， ， ， ，已知 ，求 ；
(3)如图3， ， 在第一象限且纵坐标为2， 是线段 延长线上一点，且 ，则
的横坐标为 ，若点 为 轴负半轴上一动点，且点 的横坐标小于 ，则 的最大值为 ．
【答案】(1)1
(2)
(3)6；
【分析】（1）根据定义可知 ， ，据此求解即可；
（2）当 经过点D时， ，当 与 相切时， ，据此求出 即可得到
答案；
（3）由题易知 ，再根据两点距离公式代入即可求出F横坐标， 的最大值为
的最大值，作点E关于x轴对称点 ， ，进而得解．
【详解】（1）解：如图，连接 ，根据题意可知 表示以点O为圆心，r为半径作圆，与线段 有交点时，r最大值和最小值的差，
当 恰好经过点P时，r有最小值，
∵ ，
∴ ，
当 恰好经过点Q时，r有最大值，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：1；
（2）解：如图，连接 ，过D作 轴于点H，过M作 于点K，
∵ ， ，
∴ ，
∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
如图，当 与 相切于点E时，延长 交y轴于点F，过C作 于点N，连接 、 ，
同理可得 ， ，
∴ ，
∵ ， ，
，
∴ ，
由切线的性质可得 ，
∴ ，且 ，∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）解：如图，
∵ ，
∴ ，
设 ，
∵ ，
∴ ，
解得 或 （舍去），
∴F的横坐标为6；
设 ，
∵ ， ，
∴ ， ，∴ ，
作E关于x轴对称点 ，则 ，连接
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴当 三点共线时， 有最大值，即此时 有最大值，最大值为 的长
∴ ，
∴ 最大值为 ，
故答案为：6； ．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，两点距离计算公式，菱形的性质，轴对称最短路径问题，圆的基本
性质等等，正确理解定义是解题的关键．
【融会贯通】
1．在平面直角坐标系 中， 的半径为 ．对于点 和 的弦 ，给出如下定义：点 向左平移
个单位长度，再向下平移 个单位长度，得到点 ，若点 在弦 上，且不与点 ， 重合，则称点 是
弦 “伴随点”．(1)如图，点 ， ，在点 ， ， 中，弦 的“伴随点”是______；
(2)已知 是直线 上一点，且存在 的弦 ，使得点 是弦 的“伴随点”．记点 的横坐标
为 ，直接写出 的取值范围；
(3)已知点 ．对于线段 上任意一点 ，存在 的弦 ，使得点 是弦 的
“伴随点”，将点 对应的弦 的长度的最小值记为 ，直接写出 的最大值及 的取值范围．
【答案】(1) ；
(2) 或
(3) 的最大值为 ，
【分析】本题考查了点的平移，切线的性质，勾股定理，解直角三角形，理解新定义是解题的关键；
（1）根据新定义，结合坐标系，平移即可求解；
（2）根据新定义，弦 ，先得出 在 的圆环内，进而得点 是弦 的“伴随点”则以
为圆心的圆环，设 分别和圆环交于 ，进而分别求得其横坐标，结合图形，即可求
解；
（3）根据新定义先得 对应的弦 的长度的最小值时， 经过 的 的切点，进而求得经过时，取得 的最大值，进而得出 的范围，即可求解．
【详解】（1）解：根据新定义，将先弦 向右平移1个单位，再向上平移1个单位，
则平移后经过点 ，则 是弦 的“伴随点”
故答案为： ；
（2）解： 的弦 ， 的半径为 ．
∴ 是等边三角形，
设
则
∴ 在 的圆环内
如图，将圆环向右平移1个单位，再向上平移1个单位，得到以 为圆心的圆环，设 分别和圆环
交于 ，
则点 是弦 的“伴随点”在圆环内部，不包括圆弧外边界（根据定义不和端点重合），由于 与 轴的夹角为
∴ 的横坐标为 ， 的横坐标为 ，
同理可得 的横坐标为 ， 的横坐标为
∴ 或
（3）解：如图，将 向右平移1个单位，再向上平移1个单位，得到以 为圆心的圆，设 为
的对应弦，
线段 上任意一点 ，存在 的弦 ，使得点 是弦 的“伴随点”，则 为 的圆环内的
弦，
当 经过 的 的切点时， 取得最小值 ，
当 为半径 为 的切点时，即 的中点时， 取得最大值，
∵点 在 上，∴ 的最大值为
∴ ,
∴ 的最大值为
∴ ，
∵ ， ,
即 是线段 上的点，当 重合时 取得最小值，当 重合时 取得最大值，而不包括端点，
则不能取等于号，
∴
2．在平面直角坐标系 中，对于点P、点M、点Q，给出如下定义：点P绕点M逆时针旋转 得到点
，点N为线段 的中点（点N不与点 重合），则称线段 的长为点P关于点M及点Q的“垂中
距”，记为 ．(1)已知点 ．
①若点 ，则 为______________；
②若点C为y轴上一动点，则 的最小值为______________．
(2)若 ，直接写出 的取值范围．
【答案】(1)①1．②
(2)
【分析】（1）①过点 作 轴交y轴于点D，证明 得 ，
，从而 ，由中点坐标公式求出 的中点N的坐标为 ，进而可求出 ；
②设 ，同理可证， ，得出 ， ，从而 ，
求出 的中点N的坐标为 ，由勾股定理得 ，然后利用二次函数的性质即可求
解；
（2）由题意可知，点A在以点O为圆心，以2为半径的圆上运动，点C在以点O为圆心，以1为半径的
圆上运动，将点O绕点C逆时针旋转 至点 ，由新定义可知，点 在以以点 为圆心，以2为半径的
圆上运动，在1为半径的圆O上取点C，在2 为半径的圆O上取点A，点A绕点C旋转90度至点 ，由
旋转的性质得， ， ，证明 得 ，
，由勾股定理求出 ，然后在 中，利用三角形三边的关系即可求解．
【详解】（1）①过点 作 轴交y轴于点D，则 ，由旋转的性质得， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ 的中点N的坐标为 ，
∴ ．
故答案为：1；
②设 ，如图，同理可证， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ 的中点N的坐标为 ，
∴ ，
∴当 时， 取得最小值 ，
∴ 的最小值是 ，即 的最小值为 ．
故答案为： ；
（2）∵ ，
∴点A在以点O为圆心，以2为半径的圆上运动，点C在以点O为圆心，以1为半径的圆上运动，
将点O绕点C逆时针旋转 至点 ，由新定义可知，点 在以以点 为圆心，以2为半径的圆上运动，
在1为半径的圆O上取点C，在2 为半径的圆O上取点A，点A绕点C旋转90度至点 ，∵由旋转的性质得， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
取 的中点N，连接 ，则 ，
∴ ，
在 中，
∵ ，
∴ ，即 ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，圆的性质，勾股定理，二次函数的性
质，难度较大，属中考压轴题，数形结合是解答本题的关键．
3．在平面直角坐标系xOy中， 的半径为 ．对于 的弦 和点C（C可以与A，B重合）给出如下
定义：若直线 经过弦 的一个端点，另一端点与点C之间的距离恰好等于 ，则称点C是弦 的
“关联点”．
(1)如图，点 ．①点 ，在点 ， ， 中，弦AB的“关联点”是________；
②点 ，若点C是弦 的“关联点”，直接写出点D的坐标________；
(2)已知点 ， ．线段 上存在弦 的“关联点”，记 的长为t，直接写出t的取值
范围．
【答案】(1)① ， ；② ， ；
(2) ， ．
【分析】（1）①如图所示，通过题中关联点的定义，分别分析点 、 、 即可判断；②根据题意分析
可得 ，以点 为圆心，半径为 作圆，交圆 于点 、点 ，过点 作 轴于点 ，连接
、 ，设点 的坐标为 ，则 ，即 ，解得 ，
进而求出点 的纵坐标，考虑轴对称的性质，可得点 与点 关于 轴对称，即可求出点 、 的坐标；
（2）通过分析可得线段 与圆 相切，设线段 与圆 相切于点 ，连接 ，设线段 上的“关
联点”为点 ，当点 在点 时， 取最小值，最小值为 ，当点 在点 时， 取最大值，最大值
为 ， ，第一种情况，连接 交圆 于点 ，以点 为圆心， 长为半径作圆，交圆 于点
、点 （ ，点 不用考虑），过点 作 于点 ，连接 、 、 ，设，根据勾股定理，得 ，第二种情况，连接 ，延长 交圆 于点 ，以点
为圆心， 长为半径作圆，交圆 于点 、点 （ ，点 不用考虑），过点 作 于点
，连接 、 、 ，设 ，根据勾股定理，得 ，即可确定t的取值范围．
【详解】（1）解：①由点 可得， 所在直线的解析式为 ，
直线 经过点 ，
点 与点 之间的距离为 ， ，
，
点 是弦 的“关联点”；
由题中图像可得，直线 经过点 ，
点 与点 之间的距离为 ， ，
，
点 是弦 的“关联点”；
由题中图像可得，直线 经过点 ，
点 与点 之间的距离为 ， ，
，
点 不是弦 的“关联点”；
故答案为： ， ；② 点 是弦 的“关联点”，直线 经过点 ，
，
，
，
如图所示，以点 为圆心， 长为半径作圆，交圆 于点 、点 ，过点 作 轴于点 ，连
接 、 ，
设点 的坐标为 ，则 ，
即 ，
解得 ，
，
点 的坐标为 ，
点 与点 关于 轴对称，
点 的坐标为 ，故答案为： ， ；
（2）如图所示，在直角坐标系中作出点 ， ，连接 ，
根据题意得， ，
，
，
即 等于圆 的半径，
，即 ，
线段 与圆 相切，
设线段 与圆 相切于点 ，连接 ，
线段 上存在弦 的“关联点”，设此“关联点”为点 ，点 为线段 上的动点，
当点 在点 时， 取最小值，最小值为 ，当点 在点 时， 取最大值，最大值为 ，
设 ，
，
第一种情况，如图所示，连接 交圆 于点 ，以点 为圆心， 长为半径作圆，交圆 于点 、点
（ ，点 不用考虑），过点 作 于点 ，连接 、 、 ，设 ，
根据勾股定理，得 ，
即 ，
，
，
记 的长为 ，
；
第二种情况，如图所示，连接 ，延长 交圆 于点 ，以点 为圆心， 长为半径作圆，交圆 于
点 、点 （ ，点 不用考虑），过点 作 于点 ，连接 、 、 ，设 ，
根据勾股定理，得 ，
即 ，
，
记 的长为 ，
；
综上所述， ， ．
【点睛】本题是新定义综合题，考查了最值问题、圆的定义、切线的性质、直角坐标系中两点坐标、勾股
定理、锐角三角函数的应用等知识点，解题的关键是通过题干，熟练掌握新定义“关联点”的内涵，同时
运用“分类讨论”、“数形结合”的思想画图，根据动点的轨迹确定 的取值范围，通过勾股定理找到
与 之间的关系，进而确定 的取值范围．
类型九、动圆相切求t
【解惑】如图1，在矩形 中， ，点P以 的速度从点A向点B运动，点Q以的速度从点C向点B运动．若点P、Q同时出发，设运动时间为t秒 ．
(1)当t为何值时， 的面积等于 ；
(2)如图2，若 是 的外接圆，连接 ，交 于点N，当 时，求t的值．
【答案】(1) 秒
(2)
【分析】本题考查矩形中的动点问题，勾股定理，圆周角定理，一元二次方程的实际应用，熟练掌握相关
知识点，是解题的关键：
（1）利用分割法 ，列出一元二次方程进行求解即可；
（2）过D作 ，交 的延长线于点G，连接 ，证明 ，得到
，利用勾股定理，列出方程进行求解即可．
【详解】（1）解： ，
，
，
，
，
即 ，
解得： （舍去）．答：运动 秒后 的面积为 ；
（2）解：如图，过D作 ，交 的延长线于点G，连接 ，
，
，
，
，
在 和 中，
，
，
在 中， ，
，
，
，
，
，
，
解得： （舍）， ．
故 ．
【融会贯通】1．如图1所示，在平面直角坐标系中， 为坐标原点，点 坐标为 ， 过点 ．与 轴、 轴
分别交于 、 两点， 为弧 的中点．连接 并延长交 轴于点 ，连接 并延长，使得 ，
连接 ．
(1)求点 的坐标；
(2)连接 、 ，判断四边形 的形状并说明理由；
(3)点 从 点出发以每秒 个长度单位的速度沿折线段 运动，同时点 也从 点出发以相同的
速度沿射线 运动，当点 到达 点两点同时停止，设运动时间为 ， 的面积为 ，求 与 之间
的函数关系式，并写出自变量 的取值范围；
(4)如图2，若点 为 中点， 为直线 上一点，将线段 绕 旋转某一角度得到的线段 ，线段
是否能是 的弦，若能请求出 点的坐标，若不能请说明理由．
【答案】(1)
(2)四边形 是菱形，理由见解析
(3)
(4)能，
【分析】（1）连接 ，交 于点 ，连接 ，先确定 为 直径，在通过计算求出 ，
即可判定 为等边三角形，再判定 为等边三角形，即可求解；
（2）利用等边三角形和垂直判定 ，结合 ， 即可判定；
（3）分两种情况：当 在 上时和当 在 上时，分别计算即可；
（4）先判断当点 在 轴上方时不存在；再画出当点 在 轴下方时的图形，过点 作 于点 ，
过点 作 轴于点 ，连接 ，判定 ，在 中和 中，利用列式求出 ，即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接 ，交 于点 ，连接 ，
∵ ，
∴ 为 直径，
∵ 为弧 的中点．
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∵ 轴， 轴，
∴ ，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴ ；（2）解：四边形 是菱形，理由如下：
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ 为 直径，
∴ ，
即 ，
∴四边形 是菱形；
（3）解：①当 在 上时，如图，过点 作 于 ，
由题意得： ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
②当 在 上时，如图，过点 作 于 ，由题意得： ， ，
∴ ；
综上所述， 与 之间的函数关系式为 ；
（4）解：线段 能是 的弦，理由如下：
①当点 在 轴上方时，如图：
若点 在 上，则点 不可能在 上，故不存在；
②当点 在 轴下方时，如图：过点 作 于点 ，过点 作 轴于点 ，连接 ，
∵ 在 上，
∴ ，
∵点 为 中点，
∴ ，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ， ，
∵ 为等边三角形， ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 为菱形，
∴ ，
∴ ，
设 ，
在 中， ，即 ，
在 中， ，
即 ，
则 ，
解得： ，
即 ，
∵ ，
∴ ， ，
∴点 和点 重合，
∴ ．
【点睛】本题是考查圆的综合题型，涉及垂径定理，圆周角的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判
定与性质，勾股定理，含 直角三角形的性质，动点图形的函数解析式等，熟练掌握这些性质和判定，
并可以根据题意作出适当辅助线和辅助图是解题的关键．
2．在矩形 中， ， ，点 从点 出发，沿 边向点 以每秒 的速度移动，
同时点 从点 出发沿 边向点 以每秒 的速度移动， 、 两点在分别到达 、 两点时就停止
移动，设两点移动的时间为t秒，解答下列问题：
(1)如图 ，当 为几秒时， 的面积等于 ？(2)如图 ，以 为圆心， 为半径作 在运动过程中，是否存在这样的 值，使 正好与四边形
的一边 或边所在的直线 相切？若存在，求出 值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1或4
(2)存在，0或
【分析】(1)由题意可知PA=t，BQ=2t，从而得到PB=5−t，BQ=2t，然后根据△PQB的面积为4cm2列方程求
解即可；
(2)当t=0时，点P与点A重合时，点B与点Q重合，此时圆Q与PD相切；当⊙Q正好与四边形DPQC的
DC边相切时，由圆的性质可知QC=QP，然后依据勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解： 当运动时间为 秒时， ， ，
， ．
的面积等于 ，
．
．
解得： ， ．
答：当 为 秒或 秒时， 的面积等于 ；
（2）解：(Ⅰ)由题意可知圆 与 、 不相切．
Ⅱ 如图 所示：当 时，点 与点 重合时，点 与点 重合．，
，
，
为圆 的切线；
Ⅲ 当 正好与四边形 的 边相切时，如图 所示．
由题意可知： ， ， ．
在 中，由勾股定理可知： ，即 ．
解得： ， 舍去 ．
综上所述可知当 或 时， 与四边形 的一边相切．【点睛】本题主要考查的是矩形的性质，切线的判定和性质，三角形的面积公式、勾股定理，根据题意画
出图形是解题的关键．
3．在矩形 中， cm， cm，点P从点A出发，沿 边向点B以每秒1cm的速度移动，
同时点Q从点B出发沿 边向点C以每秒2cm的速度移动P、Q两点在分别到达B、C两点后就停止移动，
设两点移动的时间为t秒，回答下列问题：
(1)如图1，当t为几秒时，△PBQ的面积等于5 ？
(2)如图2，当t＝ 秒时，试判断 的形状，并说明理由；
(3)如图3，以Q为圆心， 为半径作 ．
①在运动过程中，是否存在这样的t值，使 正好与四边形 的一边（或边所在的直线）相切？若
存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
②若 与四边形 有三个公共点，请直接写出t的取值范围．
【答案】(1)1秒或5秒
(2)直角三角形，理由见解析
(3)①存在， 或 ；②
【分析】（1）由题意可知 ， ，从而得到 ， ，然后根据 的面积＝5
列方程求解即可；
（2）由 ，可求得 ， ， ， ，由勾股定理可证明 ，由勾股
定理的逆定理可知 为直角三角形；（3）①当 时，点P与点A重合时，点B与点Q重合，此时圆Q与 相切；当 正好与四边形
的 边相切时，由圆的性质可知 ，然后依据勾股定理列方程求解即可；
②先求得 与四边形 有两个公共点时t的值，然后可确定出t的取值范围．
【详解】（1）∵当运动时间为t秒时， ， ，
∴ ， ，
∵ 的面积等于5 ，
∴ ，
∴ ＝5，
解得： ， ，
答：当t为1秒或5秒时，△PBQ的面积等于5 ；
（2） 的形状是直角三角形．
理由：∵当 秒时， ， ，
， ，
在 中，由勾股定理可知： ,
同理：在 和 中由勾股定理可得： ， ,
∵ ，
∴ ，
所以 的形状是直角三角形；
（3）①（Ⅰ）由题意可知圆Q与 、 不相切，
（Ⅱ）如图1所示：当 时，点P与点A重合时，点B与点Q重合，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 为圆Q的切线；
（Ⅲ）当 正好与四边形 的 边相切时，如图2所示，
由题意可知： ， ， ，
在 中，由勾股定理可知： ，即 ，
解得： ， （舍去），
综上所述可知当 或 时， 与四边形 的一边相切；
②（Ⅰ）当 时，如图1所示： 与四边形 两个公共点；
（Ⅱ）如图3所示：当圆Q经过点D时， 与四边形 有两个公共点，由题意可知： ， ， ， ，
由勾股定理可知： ， ，
∵ ，
∴ ，即 ，
整理得： ，
解得： ， （舍去），
∴当 时， 与四边形 有三个公共点．
【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了三角形的面积公式、勾股定理以及勾股定
理的逆定理，根据题意画出图形，求得 与四边形 有两个公共点时t的值，从而确定出 与四
边形 有三个公共点时t的取值范围是解题的关键．
类型十、无刻度尺作图
【解惑】如图，在每个小正方形的边长为1的网格中， 内接于圆，点 均在格点上，且
．（I）线段 的长等于 ；
（II）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出一个点 ，使 ，并简要说明点 的
位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 图见解析，取圆与网格线的交点 ，连接 相交于点 ；取圆与网格
线的交点 ，连接 ， ，分别与网格线相交于点 ；连接 并延长，与圆分别相交于点 ；
连接 相交于点 ，则点 即为所求
【分析】本题主要考查网格与勾股定理，圆周角定理，垂径定理等知识的综合，掌握以上知识，数形结合
分析是关键．
（I）根据网格，运用勾股定理即可求解；
（II）根据圆与格点，确定圆心，再运用垂径定理，四边形的内角和得到 ，根据圆周角定理，
三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：（I） ；
（II）如图，
取圆与网格线的交点 ，连接 相交于点 ，即为圆心；
取圆与网格线的交点 ，连接 ， ，分别与网格线相交于点 ，如图所示，取格点矩形 ，
，连接 ，分别与 交于点 ，连接 并延长，与圆分别相交于点 ，∴点 是弦 的中点，
∴ ；
连接 相交于点 ，如图所示，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在四边形 中， ，即
，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
则点 即为所求．
【融会贯通】
1．图1、图2、图3均是7×7的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，经过格点A，B、C．
(1)操作：
只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按要求画图，保留作图痕迹，不要求写画法．
步骤一：在图1、图2、图3中画出圆心O．（直接点出即可）
步骤二：在图1中画 的切线 ．
步骤三：图2中，点D为 与网格线的交点，在 上画点F，使F是 的中点．
(2)探究：
①求 的长度（结果保留π）．
②图3中，点P，Q、M均在格点上，连接 与 交于点N，连接 ．直接写出 的长．
【答案】(1)见解析
(2)① ；②
【分析】本题考查圆与网格作图，勾股定理与网格，求弧长；
（1）步骤一：在图1、图2、图3中连接 ，则 中点即为圆心O．
步骤二：取圆心 右边4格的格点 ，则 ， ，此时 ， 即为 的切线．
步骤三：图2中，连接 ，根据 和 竖直方向距离2格得到 与中间横线的交点即为线段 中点 ，
连接 并延长与 交点即为 ，根据垂径定理可得F是 的中点．
（2）①由图2可得， 是等腰直角三角形，则 ， ，根据F是 的中点
得到 ，再求出半径 ，即可求出 的长度；②连接 ，则 、 、 三点共线，设 与 交于点 ，连接 ，先证明 为等腰直角三角
形，再在 中求出 ，最后在 中求出 ．
【详解】（1）解：圆心O，切线 ，使F是 的中点，如图所示：
（2）解：①由图2可得， 是等腰直角三角形，则 ，
∴ ，
∵F是 的中点，
∴ ，
∵半径 ，
∴ 的长度为 ；
②连接 ，则 、 、 三点共线，设 与 交于点 ，连接 ，
由图可得 ， ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
2．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上点 ， ， ， 均是格点．(1)线段 的长等于___________；
(2)点 在线段 上，连接 ，点 是点 关于 的对称点，射线 与射线 相交于点 ．当
的面积最大时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点 ， ，并简要说明点 与点
的位置是如何找到的（不要求证明）__________．
【答案】(1) ；
(2)见解析．
【分析】（1）根据勾股定理计算即可求得；
（2）取格点 ，连接 ， 交于点 ，连接 与网格线相交于点 ，连接 与圆交于点 ；连
接 分别交网格线于点 ，点 ；取格点 ，连接 交网格线于点 ，连接 交网格线于点 ，分别
连接 并延长，交于点 ．即可推得．
本题考查了勾股定理，圆的综合应用，解题的关键是熟练掌握圆的相关性质．勾股定理的应用．
【详解】（1）解：在方格中找到以 为斜边的直角三角形，
用勾股定理求解为： ，
（2）解：如图，取格点 ，连接 ， 交于点 ，连接 与网格线相交于点 ，连接 与圆交
于点 ；连接 分别交网格线于点 ，点 ；取格点 ，连接 交网格线于点 ，连接 交网格线于
点 ，分别连接 并延长，交于点 ．
3．如图是由小正方形组成的 网络，每个小正方形的顶点叫做格点．其中点 为格点， 经过点 ，
点 、 为 与横格线的交点，仅用无刻度的直尺在绘定网格中完成画图任务．(1)如图1，先将点 绕点 旋转 得到点 ，再将线段 绕点 旋转 得到线段 ；
(2)如图2，在 上画点 （点 异于点 ）， ；并过点 作 的切线 ．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）因为将点 绕点 旋转 得到点 ，所以连接 ，并延长交于 于一点，即为点 ，
同理得点E，连接 ，即可作答．
（2）由矩形的性质得 是 的中点，先找出圆心的位置，作出 的垂直平分线，连接 并延长交圆
上于一点，即点C，连接 ，则 的垂直平分线与 的交点即为 （结合网格得出 ，得
出 是圆 的直径），因为网格特征得 ，故 ，因为 是直径， ，
则 ，得 得 ，结合 是直径， 得出
，把 与 的交点记为 ，连接 并延长交 于一点，即为点P，结合网格特征
证明 ，则 ，运用 证明 ，得 ，因为
， ，即运用三角形内角和性质得 ，即 ，推出 ，
因为 为半径，则 是 的切线，即可作答．
【详解】（1）解：线段 如图所示：（2）解：点 ，过点 作 的切线 ，如图所示：
