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专题16 圆拓展之公式、定理、模型问题
解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基
题型一、秦九韶与海伦公式
题型二、相交弦定理（含相似）
题型三、（切）割弦定理（含相似）
题型四、弦切角定理（含相似）
题型五、托勒密定理（含相似）
题型六、婆罗摩笈多定理
题型七、阿基米德折弦定理
题型八、欧拉公式与西姆松定理（含相似）
题型九、米勒定理（含相似）
题型十、最小覆盖圆模型
注：部分圆定理内容包含相似内容，适合先学相似的学生使用
通法通法—明晰核心解法，助力能力迁移
题型编号
题型名称
知识点
易错点
题型一
秦九韶与海伦公式
1.秦九韶三斜求积术：已
知三角形三边长，可通过
三边平方的组合运算开
方得到任意三角形的面
积；2.海伦公式：先计算
三角形三边和的一半（半
周长），三角形面积等于
半周长乘以半周长分别
减去三边所得三个乘积
的算术平方根，适用于任
意三角形，和秦九韶公式
本质等价
1.计算过程中平方、乘积
运算出错，忽略根号下结
果必须为非负数；2.混淆
两个公式的结构，记忆错
误；3.不会灵活在两个公
式间转换
题型二
相交弦定理
圆内两条相交弦，被交点
分成的两条线段长度的
乘积相等，可通过同弧所
对圆周角相等得三角形
相似推导定理
1.忽略“圆内相交”的前
提，弦延长到圆外相交时
错误套用结论；2.利用相
似推导时找错对应边，颠
倒写错乘积关系
目 录
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题型三
（切）割弦定理
从圆外一点引圆的两条
割线，该点到每条割线与
圆两个交点的距离的乘
积相等；若其中一条为切
线，则切线长度的平方等
于割线两个交点距离的
乘积，是切线长定理的推
广，可由相似三角形推导
1.记错乘积关系，错误将
不同割线的线段相乘；2.
混淆割线定理和切线长
定理，忽略切线特殊情况
的结论，记错切线结论中
的平方关系
题型四
弦切角定理
弦切角等于它所夹的弧
对应的圆周角，可用来证
明角相等，结合相似三角
形得到线段比例关系
1.找错弦切角所夹的弧，
错误对应相等的角，导致
后续相似推导错误；2.
忽略弦切角一边是切线
的前提，非切线情况下错
误套用结论
题型五
托勒密定理
圆内接凸四边形，两组对
边乘积的和等于两条对
角线的乘积；逆定理可用
来判定四点共圆，可通过
相似三角形推导定理
1.记错结论，漏写“对边
乘积的和”，错误记为对
边乘积等于对角线乘积；
2.忽略“圆内接四边形”
的前提，给任意四边形错
误套用结论
题型六
婆罗摩笈多定理
1.几何性质：若圆内接四
边形的对角线互相垂直，
则过对角线交点作任意
一边的垂线，垂线必然平
分该边的对边；2.面积公
式：圆内接四边形的面积
等于半周长乘以半周长
分别减四条边长所得乘
积的算术平方根
1.忽略“圆内接四边形、
对角线互相垂直”两个前
提，给任意四边形直接套
用性质结论；2.混淆海伦
公式和婆罗摩笈多四边
形面积公式，记错公式结
构
题型七
阿基米德折弦定理
圆中从同一点出发的两
条不共线弦构成折弦，折
弦所对两段弧的弧中点，
向较长的折弦作垂线，垂
足平分折弦的总长度
1.混淆优弧中点和劣弧
中点，找错弧中点导致结
论用错；2.分不清折弦的
边，记错垂足位置，错误
使用结论
题型八
欧拉公式与西姆松定理
1.三角形欧拉公式：三角
形外接圆圆心与内切圆
圆心的距离的平方，等于
外接圆半径的平方减去
两倍外接圆半径乘以内
切圆半径；2.西姆松定
理：过三角形外接圆上异
于顶点的任意一点作三
边所在直线的垂线，三个
1.记错欧拉公式的系数
与符号，容易漏掉“两倍”
关系；2.忽略西姆松定理
“点在外接圆上”的前提，
给圆内圆外的点错误套
用共线结论；3.垂足落在
边的延长线上时，错误认
为不满足共线结论
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垂足共线（该线称为西姆
松线），常结合相似证明
共线与比例
题型九
米勒定理
米勒定理（最大视角定
理）：两个定点在已知直
线的同侧，在直线上找一
点使得对两个定点的张
角最大，该点就是过两个
定点且与已知直线相切
的圆的切点，常用于解决
最大张角类最值问题
1.忽略“两个定点在直线
同侧”的前提，异侧情况
错误套用结论；2.找错切
点位置，相似推导比例关
系时对应边找错，导致最
大张角判断错误
题型十
最小覆盖圆模型
能完全覆盖给定图形的
所有圆中，半径最小的圆
就是该图形的最小覆盖
圆：锐角三角形的最小覆
盖圆是其外接圆，直角三
角形和钝角三角形的最
小覆盖圆是以最长边为
直径的圆；多个点的最小
覆盖圆一定至少经过两
个点
1.错误认为所有三角形
的最小覆盖圆都是外接
圆，钝角三角形错把外接
圆当成最小覆盖圆；2.
给多个点构造最小覆盖
圆时，漏找共圆的点，得
到的不是半径最小的圆
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基
题型一、秦九韶与海伦公式
典例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在他的著作《度量》一书
中，给出了计算公式
①，并给出了证明．其中
是三角形的三边长，
，为三角形的面积，这一公式被称为海伦公式．我国南宋时期数学家秦九韶（约
约
），曾提出利用三角形的三边求面积的秦九韶公式
②．后人经过对公式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．请
根据上述公式，解答下列问题：
(1)若有三个三角形，它们的三边长分别为
；
；
，求其中非直角三角形的面积：（利用公式
①求解）
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(2)若一个三角形的三边长分别为
，求该三角形的面积．（利用公式②求解）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据勾股定理的逆定理判断出非直角三角形，再用公式①进行计算即可求解；
（2）直接利用公式②求解，即可求解．
【详解】（1）解：
，
根据勾股定理的逆定理可知：三边长分别为7，8，9 的这个三角形不是直角三角形，
当假设在这个三角形中
时，
则
，
根据公式①，得该三角形的面积
；
（2）解：
三角形的三边长分别为
当假设
时，
根据公式②，得该三角形的面积
．
变式1-1 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
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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：S
30，
由②得：p
15，
S
30；
（2）连接OA、OB、OC，如图所示：
∴S＝S△AOB+S△AOC+S△BOC
rc
rb
ra
＝（
）r
＝pr．
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【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1-2 我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《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
为三角形三边，
为面积，则
，这是中国古代数学的瑰宝之一．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
（1）尝试验证．这两个公式在表面上形式很不一致，请你用以
为三边构成的三角形，分别验证它们的
面积值；
（2）问题探究．经过验证，你发现公式①和②等价吗？若等价，请给出一个一般性推导过程（可以从
或者
）；
（3）问题引申．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，
的内切圆半径为，三角形三边长为
，仍记
，
为三角形面积，则
．
【答案】（1）
；
（2）公式
和
等价；推导过程如下：
，
，
中根号内的式子可化为：
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，
；
（3）证明：连接
，如图所示：
．
【分析】
分别将5,7,8 代入两个公式计算验证即可；
求出
，把①中根号内的式子可化为：
，即可得出结论；
连接
，
，由三角形面积公式即可得出结论．
【详解】解：
由
得：
，
由
得：
，
；
略
略
【点睛】本题考查三角形的内切圆、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．
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变式1-3 已知任意三角形的三边长，如何求三角形面积？
古希腊的几何学家海伦解决了这个问题，在他的著作《度量论》一书中给出了计算公式—海伦公式S
（其中a，b，c 是三角形的三边长，p
，S 为三角形的面积），并给出
了证明
例如：在△ABC 中，a＝3，b＝4，c＝5，那么它的面积可以这样计算：
∵a＝3，b＝4，c＝5
∴p
6
∴S
6
事实上，对于已知三角形的三边长求三角形面积的问题，还可用我国南宋时期数学家秦九韶提出的秦九
韶公式等方法解决．
根据上述材料，解答下列问题：
如图，在△ABC 中，BC＝5，AC＝6，AB＝9
（1）用海伦公式求△ABC 的面积；
（2）求△ABC 的内切圆半径r．
【答案】（1）10
；（2）r
．
【分析】（1）先根据BC、AC、AB 的长求出P，再代入到公式S
即可求得S 的值；
（2）根据公式S
r（AC+BC+AB），代入可得关于r 的方程，解方程得r 的值．
【详解】解：（1）∵BC＝5，AC＝6，AB＝9，
∴p
10，
∴S
10
；
故△ABC 的面积10
；
（2）∵S
r（AC+BC+AB），
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∴10
r（5+6+9），
解得：r
，
故△ABC 的内切圆半径r
．
【点睛】本题主要三角形的内切圆与内心、二次根式的应用，熟练掌握三角形的面积与内切圆半径间的公
式是解题的关键．
类型二、相交弦定理（含相似）
典例2 阅读与思考：
小明在某本数学书上看到相交弦定理（圆内的两条相交弦被交点分成的两条线段长的积相等），方框内容是
书上相交弦定理证明过程的一部分，请仔细阅读，并完成以下任务：
已知：如图1，
的两弦
，
相交于点
．
求证：
．
证明：如图，连结
，
．
……
(1)请将相交弦定理证明过程补充完整．
(2)小明又看到一道课后习题：如图2，
是
的弦，是
上一点，若
，
，
，
求
的半径．请运用相交弦定理求解．
【答案】(1)
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证明：连结
，
，
∵
，
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
(2)
的半径为
【分析】本题考查圆周角与相似三角形，直接开平方法解一元二次方程熟练掌握圆周角的性质和相似三角
形的判定与性质是解题的关键，
（1）连结
，
，根据圆周角的定理可得
，从而得到
，进而得到
；
（2）延长
交圆O 于点D，延长
交圆O 于点F，设圆O 的半径为
，由（1）中的结论可得
，代入即可求出
的半径．
【详解】（1）略
（2）解：延长
交圆O 于点D，延长
交圆O 于点F，
设圆O 的半径为
，则
，
，
根据（1）中结论得
，
即为
，
解得：
或
（不符合题意，舍去），
∴
的半径为
．
变式2-1 阅读与思考
小明在某本数学书上看到相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书
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上相交弦定理证明过程的一部分，请仔细阅读，并完成相应的任务．
圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等．已知：
如图，
的两弦
，
相交于点P．
求证：
．
证明：如图，连结
，
．
……
任务：
(1)请将上述证明过程补充完整．
(2)小明又看到一道课后习题：如图，
是
的弦，P 是
上一点，
，
，
，
求
的半径．请运用相交弦定理求解．
【答案】(1)
连结
，
，
∵
，
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
(2)
的半径为
【分析】本题考查圆周角与相似三角形，熟练掌握圆周角的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键，
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（1）连结
，
，根据圆周角的定理可得
，从而得到
，进而得到
；
（2）延长
交圆O 于点D，延长
交圆O 于点F，设圆O 的半径为
，由（1）中的结论可得
，代入即可求出
的半径．
【详解】（1）略
（2）解：延长
交圆O 于点D，延长
交圆O 于点F，
设圆O 的半径为
，则
，
，
根据（1）中结论得
，
即为
，
解得：
或
（不符合题意，舍去），
∴
的半径为
．
变式2-2 相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．
(1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，
并写出证明过程．已知：如图①，弦
，
交于点P，求证：______________．
(2)如图②，已知
是
的直径，
与弦
交于点P，且
于点P，过D 作
的切线，交
的延长线于E，D 为切点，若
，
的半径为5，求
的长．
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【答案】(1)
．
证明：连接AC、BD．如图①．
∵
，
．
∴
．
∴
．
∴
．
(2)
【分析】（1）先证明
，再利用相似的性质即可；
（2）利用（1）可知
，求出
，再证明
，利用相似的性质求出
，求差
即可得到
的长．
【详解】（1）略
（2）解：∵
，
，
．由（1）可知
．
∴
．
∵
，
是
的直径，
，
．
连接OD．如图②．
∵
为切线．
∴
．
∵
．
．
∴
．
∴
．
∵
，
∴
．
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∴
，
．
又∵
．
∴
．
【点睛】本题考查了圆的相关性质，三角形相似的判定与性质，严格的逻辑思维和严密的书写过程是解题
的关键．
变式2-3 阅读与思考：小刚喜欢看书，他在学习了圆后，看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内
的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的
任务．
圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等．
已知：如图1，
的两条弦
，
相交于点P．
求证：
．
证明：如图1，连结
，
．
∵
① ，
② ，
∴
，
∴
③
∴
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
任务：
(1)请将上述证明过程补充完整：
①____________，②____________，③____________；
(2)小刚又看到一道课后习题，如图2，AB 是
的弦，P 是AB 上的一点，
，
，
，求
的半径．
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【答案】(1)B，D，
；
(2)7
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（2）延长
交圆O 于点D，延长
交圆O 于点F，设圆O 的半径为r，则
，
，根据
（1）中结论代入求解即可．
【详解】（1）连接
．
∵
，
．
∴
，（有两个角对应相等的两个三角形相似）
∴
，
∴
，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
故答案为：B，D，
；
（2）延长
交圆O 于点D，延长
交圆O 于点F，
设圆O 的半径为r，则
，
，
根据（1）中结论得
，即为
，
解得：
或
（不符合题意，舍去），
的半径为
．
【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质，圆的相交弦定理等，理解题意，熟练掌握运用圆的相交弦定
理是解题关键．
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题型三、（切）割弦定理（含相似）
典例3 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．
圆幂定理
圆幂定理是平面几何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定理、切割线定理、割线定
理以及它们的推论，其中切割线定理的内容是从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是
这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
如图1，
为
外一点，
与
相切于点A，
为
上一点（点
不与点A 重合），
线段
与
相交于点
（点
不与
重合），则
．
部分证明过程如下：如图2，连接
．
∵
与
相切于点
，
∴
，
∴
．
∵
，
∴
（依据1）．
∵
，
∴
，
∴
，
∴
．
∵
（依据2），
∴
．
∵
，
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…
任务：
(1)材料中的依据1 是指_________，依据2 是指_________．
(2)按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分．
(3)如图3，
与半径为6的
相切于点
，
交
交于点
，割线
交
于点
和
，若
，
，则
_________．
【答案】(1)等边对等角，圆周角定理
(2)
证明：如图2：∵
与
相切于点
，
∴
，
∴
．
∵
，
∴
（依据1）．
∵
，
∴
，
∴
，
∴
．
∵
（依据2），
∴
．
∵
，
∴
，
∴
，
∴
．
(3)
【分析】本题主要考查了等边对等角、圆周角定理、圆的切线性质、相似三角形的判定与性质等知识点，
灵活运用相关知识成为解题的关键．
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（1）由等边对等角以及圆周角定理即可解答；
（2）证明
，再根据相似三角形的性质列比例式求解即可；
（3）由切线的性质可得
、
，设
，则
、
，再运用勾股定理列
方程求得
，则
，然后运用圆幂定理求解即可．
【详解】（1）解：∵
，
∴
（等边对等角）．
如图2，
（圆周角定理）．
故答案为：等边对等角，圆周角定理．
（2）略
（3）解：如图：连接
，
，
∵
与半径为6 的
相切于点
，
∴
，
，
设
，则
，
，
∵
，
∴
，解得：
，
∴
，
由圆幂定理可得：
，
∴
．
故答案为：
．
变式3-1 我们已经学习了垂径定理、圆周角定理等，实际上，与圆相关的定理还有很多，比如切割线定理：
从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．切割线定理揭示
了从圆外一点引圆的切线和割线时，切线与割线之间的关系．
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下面我们尝试证明切割线定理．
已知：如图1，
是
外一点，
与
相切于点
，
交
于点
，
（即
是
的割线），连
接
，
．
求证：𝑃𝐴2 = 𝑃𝐶• 𝑃𝐵．
证明：如图2，连接
并延长，交
于点
，连接
．
与
相切于点
，
.
，
是
的直径，
……
(1)根据上面的证明思路，补全剩余的证明过程．
(2)图2 中，若
，
，求
的长．
【答案】(1)
，
，
，
，
，
又
，
，
，
；
(2)
的长为
．
【分析】（1）先根据切线的性质得到
，再根据圆周角得到
，进而得到
，
加上
为公共角，则可判断
，然后根据相似三角形的性质得到
，从而得到
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；
（2）设
，则
，利用
，可得
，结合
，进而得出
，
作
于点
，在
中，由勾股定理得
，推出
，据此计算即可求解．
【详解】（1）略
（2）解：设
，则
，
由（1）知𝑃𝐴2 = 𝑃𝐶• 𝑃𝐵，
，
解得
或
（舍去），
，
，
，
，
作
于点
，
在
中，由勾股定理得
，
，
∴
，
∵
是
的直径，
∴
，
∵
，
∴
，
∴
，
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答：
的长为
．
变式3-2【定理学习】欧几里得在《几何原本》中提出切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线（圆外一
点引出一条与圆有两个交点的直线叫割线），切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
【定理证明】（1）如图①，点
为
外一点，
与
相切于点
，割线
与圆相交于
两点，求
证：
（提示：连结
，并延长
交
于点
，连结
）．
【解决问题】
（2）如图②，
是
的切线，连结
交
于点
的半径为．若
，
求的值．
【答案】
（1）证明： 连接
，并延长
交
于点
，连接
，
∵
与
相切于点
，
∴
， 即
，
∴
，
∵
是
的直径，
∴
，
∴
，
∴
，
∵
，
∴
，
∵
，
∴
，
，即
；
（2）的值为
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【分析】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，掌握构造相似三角形，并应用相
似三角形的性质得到线段之间的关系是解题的关键.
（1）根据切线可得到
，根据直径得到
，可推出
，
再由同弧对应的圆周角相等得到
，然后证明
得到结论
（2）延长
交
于点
， 连结
，
，可以得到
，由（1）的结论代入可得到关于的
方程，解方程即可求出的值.
【详解】（1）略
（2）如图， 延长
交
于点
， 连结
，
，
∵
的半径为，
，
，
由（1）可知
，
，
，
整理得
，
解得
或
(舍去)，
∴的值为
.
变式3-3 切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中
项．切割线定理揭示了从圆外一点引圆的切线和割线时，切线与割线之间的关系．
如图1，
是
外一点，
切
于点
，
交
于点
（即
是
的割线），则
．
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下面是切割线定理的证明过程：
证明：如图2，连接
并延长，交
于点
，连接
．
切
于点
，
．
．
是
的直径，
……
(1)根据前面的证明思路，补全剩余的证明过程；
(2)在图1 中，已知
，
，则
______，
______．
【答案】(1)
证明：如图2，连接
并延长，交
于点
，连接
．
∵
切
于点
，
∴
．
∴
．
∵
是
的直径，
∴
，
∴
．
∵
，
∴
，
∵
，
∴
，
∴
，
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∴
．
(2)
，
【分析】（1）先证明
，再证明
，即可补充完成证明过程；
（2）根据
可求出
的值，根据
可求出
的值．
【详解】（1）略
（2）解：∵
，
，
∴
．
∴
，
∴
．
∵
，
∴
，
∴
．
故答案为：
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，证明
是解答本题
的关键．
题型四、弦切角定理（含相似）
典例4 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．
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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．
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(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略
（2）解：连接
，则
，
∵
是
的直径，
∴
，
又∵
，
∴
，
∴
，
故答案为：
．
变式4-1 阅读与思考
圆形，是一个看来简单，实际上是十分奇妙的形状．古希腊的毕达哥拉斯学派认为：“一
切图形中最美的是球形，一切平面图形中最美的是圆形．”中华民族自古也有以“圆合”
为美的心理习惯，认为圆形有圆满、周全的含义，有完美、和谐的意象．早在2000 多年
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前，“科圣”墨子在《墨经》中就有“圆，一中同长也”的记载．与圆有关的定理有很多，
弦切角定理就是其中之一．其内容为弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．
（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．）具体来说，如果一条直线
与圆相切于某一点，并且过该点的另一条直线（弦）与圆相交，那么这两条直线所夹的角
就是一个弦切角．
如图，直线
与
相切于点
，任取
上不与点
重合的点
，则
和
是
弦
与切线
所成的弦切角．
下面是励志小组对于此定理探究的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
证明：如图1，
与
相切于点
．当圆心
在弦
上时，容易得到，
，
所以弦切角
．
如图2，
与
相切于点
．当圆心
在
的外部时，过点
作直径
交
于
点
，连接DF．
是直径，
，（__________）
……
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请你认真阅读以上内容，完成下列任务：
任务一：写出上述证明过程中空缺处依据的定理是__________；
任务二：请结合图2 补全上述证明过程；
任务三：如图3，
是
的直径，点C 在
上，延长
至D 使得
，过点C 作
的切线交
于H．若
，
，则
的半径为__________．
【答案】任务一：直径所对的圆周角是直角；
任务二：
如图2，
与
相切于点
．当圆心
在
的外部时，过点
作直径
交
于点
，连接DF．
是直径，
，（直径所对的圆周角是直角）
与
相切于点
，
，
，
，
又
和
是弧
所对的圆周角，
，
．
任务三：3
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的性质，圆周角定
理，是解题的关键：
任务一：根据直径所对的圆周角是直角进行作答即可；
任务二：根据切线的性质，同角的余角相等以及同弧所对的圆周角相等，即可得出结论；
任务三：圆周角定理，结合中垂线的判定和性质，推出
，三线合一，得到
，证明
，求出
的长，进而得到
的长即可．
【详解】任务一：依据是直径所对的圆周角是直角．
任务二：略
任务三：∵
是直径，
∴
，
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∵
，
∴
垂直平分
，
∴
，
∴
，
∵
是切线，
∴由任务二可知：
，
∵
，
∴
，
∴
，
∵
，
∴
，
∴
，即：
，
∴
，
∴
，
∴
的半径为3．
变式4-2 请阅读材料，并完成相应的任务．战国时期数学家墨子提写的《墨经》一书中就有了圆的记载，与
圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．
定义：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．（也就是切线与弦所夹的角，
切点为弦切角的顶点）．如图1 中
即为弦切角．
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．
下面是弦切角定理的证明过程：
①如图1．已知：为圆上任意一点，当弦
经过圆心
，且
切
于点
时，易证：弦切角
．
②如图
．当点
是优弧
上任意一点，
切
于点
．求证：弦切角
．
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证明：连接
并延长交
于点
，连接
，如图2 所示．
与
相切于点
，
▲ ，
，
是直径，
▲ （直径所对的圆周角是直角），
，
，
又
▲ （同弧所对的圆周角相等），
．
完成下列任务：
(1)将上述证明过程补充完整；
(2)运用材料中的弦切角定理解决下列问题：
①如图3，
的顶点
在
上，
和
相交于点
，且
是
的切线，切点为
，连接
．若
，求
的长；
②如图4，
，以
为直径的
交
于点
，过点
作
的切线，交
的延长线于点
．试猜想
与
的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】(1)
；
；
(2)①
；
②
，证明：如图
，连接
，
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是直径，
，
，
又
，
是
的角平分线，即：
，
又
是
的切线，
，
．
【分析】（1）根据切线的性质，以及圆周角的性质，即可求解，
（2）①由弦切角定理，可得：
，进而得出
，由对应边成比例，即可求出
的
长，
②连接
，由
是直径，可得
，结合
，根据等腰三角形三线合一，即可得出
是
的角平分线，根据弦切角定理，即可求解，
本题考查了切线的性质，圆周角的性质，直径所对的圆周角是
，相似三角形的性质与判定，等腰三角形
三线合一，解题的关键是：理解并应用弦切角定理，结合已经学会的知识点进行解题．
【详解】（1）略；
（2）解：①如图，
是
的切线，切点为
，
，
又
，
，
，即：
，
，解得：
；
②略
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变式4-3 阅读与思考
请阅读下面的材料，并完成相应的任务
弦切角定理
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．”意思是，
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．
与圆相切的直线，同圆内与圆相交的弦相交所形成的夹角叫做弦切角．
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．
下面是弦切角定理的部分证明过程：
已知：
是
的弦，
是
的切线，
为切点．
求证：弦切角
的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．
证明：分三种情况，
①如图（1），当圆心
在弦
上时，
与
相切于点
，
．
在
上任取一点
，连接
，
，则
（依据1），
．
②如图（2），当圆心
在
的内部时，过点
作直径
交
于点
，在
上任取一点
，连接
，
，
，则
（依据2）．
为
的直径，
．
与
相切于点A，
，
，即
．
③如图（3），当圆心
在
的外部时，
……
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任务：
(1)填空：材料中的依据1 是指________，依据2 是指________
(2)请完成图（3）的剩余证明过程．
(3)如图（4），
是
的切线，
为
的直径，连接
交
于点
．若
，
，
的
半径为5，则
的长为________．
【答案】(1)直径所对的圆周角等于
；同弧所对的圆周角相等
(2)
解：如图，当圆心
在
的外部时，
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
的度数等于它所夹的弧所对圆周角
的度数；
(3)
【分析】（1）根据直径所对的圆周角等于
和同弧所对的圆周角相等求解即可；
（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；
（3）连接
，
，证明
，得出
，证明
，得出
，即
，求出结果即可．
【详解】（1）解：材料中的依据1 是指直径所对的圆周角等于
，依据2 是指同弧所对的圆周角相等；
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（2）略
（3）解：连接
，
，如图所示：
∵
是
的直径，
∴
，
∴
，
∵
是
的切线，
∴
，
∵
，
∴
，
∴
，
由弦切角定理得，
，
，
∴
，
∴
，
∵
，
，
∴
，
∴
，
∵
，
，
∴
，
∴
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形相似的判定和性质，切线的性质定理，直径所对的圆周角为
直角，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质定理．
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题型五、托勒密定理（含相似）
典例5 阅读下列材料，并完成相应任务
托勒密，古希腊天文学家、地理学家和光学家，而他在数学方面也有重大贡献，下面就是托勒密发现的一
个定理，圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两条对角线的乘积．
下面是该定理的证明过程（部分）
已知：如图①四边形
是
的内接四边形
求证：
证明：以C 顶点，
为一边作
交
于点E，使得
又∵
∴
∴
∴
，
又
，
∴
∴
∴
，
∴
∴
∴ 即
任务：
(1)请将“托勒密”定理的证明过程补充完整；
(2)当圆内接四边形
是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： ．
(3)如图②若
，试探究线段
之间的数量关系，并利用托勒密定理证明这个结
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论．
【答案】(1)
(2)勾股定理
(3)
，证明见解析
【分析】（1）根据相似三角形的性质求解即可；
（2）根据矩形性质验证即可；
（3）根据题中证明过程解答即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：当圆内接四边形
是矩形时，
∴
，
，
∴
，
∴托勒密定理就是我们非常熟知的勾股定理；
（3）解：
证明：∵
，
∴
∴
∴
是等边三角形
∴
由托勒密定理得：
∴
∴
；
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【点睛】本题考查新定义下的证明，涉及到相似三角形的判定与性质，圆的性质，灵活运用所学知识是关
键．
变式5-1 请阅读下列材料，完成相应的任务：
罗狄斯托勒密（ClaudiusPtolemaeus，约90 年168 年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天文学家，
地理学家、占星学家和光学家．
托勒密定理实出自依巴谷（Hipparchus）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善．
托勒密定理：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1，四边形
内接于
，求证：
下面是该结论的证明过程：
证明：如图1，作
，交
于点E．∵
，∴
（依据1），∴
（依据2），∴
，∴
，∵
，∴
，∵
，∴
，即
，…
任务：
(1)托勒密定理的逆命题是______；上述证明过程中的“依据1”为______；“依据2”为______；
(2)请完成后续证明；
(3)如图2，以
为直径的
中，点C 为
上一点，且
，
的角平分线交
于点D，
连接
，若
，求
的长．
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【答案】(1)如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；
同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似
(2)
证明：如图，作
，交
于点E，
∵
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴
，
∵
，
∴
，
∵
，
∴
，
即
．
∴
，
∴
，
∴
．
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∴
．
∴
；
(3)
【分析】（1）根据逆命题，同弧所对的圆周角相等，两个角分别对应相等的两个三角形相似，进行作答即
可．
（2）如图，作
，交
于点E，证明
，则
，
，
由
，可得
，
，即
．证明
，
则
，
．则
．
（3）由
为直径，可得
，四边形
为圆的内接四边形，由
，
可得
，勾股定理求
．由
的角平分线交
于点D，可得
，
，
为等腰直角三角形，则
．由四边形
为圆的内接四边形，
可得
，即
，计算求解即可．
【详解】（1）解：由题意知，托勒密定理的逆命题是：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线
的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形．
证明过程中的“依据1”为：同弧所对的圆周角相等；
“依据2”为：两个角分别对应相等的两个三角形相似．
故答案为：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；
同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似；
（2）略
（3）解：∵
为直径，
∴
，
∴四边形
为圆的内接四边形，
∵
，
∴
，由勾股定理得，
．
∵
的角平分线交
于点D，
∴
，
∴
，
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∴
，
∴
为等腰直角三角形，
∴
．
∵四边形
为圆的内接四边形，
∴
，即
，解得
．
【点睛】本题考查了逆命题，等弧对等角，相似三角形的判定与性质，直径所对的圆周角为直角，勾股定
理，含
的直角三角形，等腰三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
变式5-2 阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读并完成相应任务．
托勒密定理
希腊著名天文学家托勒密（Ptolemy）重要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学
书”，书中提出了著名的托勒密定理：在圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对
边乘积之和（图1），
即
．
证明如下：
如图2，在
上取一点
，连接
，使
．
又
（理由：___▲___），
，
，
①．……，
②．
由①
②，得
，
即
．
启发：如图3，
内接正五边形
的边长为1，求对角线
的长．
任务：
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(1)研究报告中，“▲”处空缺的内容：_____；
(2)将“……”处的证明过程补充完整；
(3)材料“启发”中，对角线
的长为_____．
【答案】(1)同弧所对的圆周角相等
(2)
解：
（理由：同弧所对的圆周角相等），
又
，
即
，
，
，
(3)
【分析】本题考查圆周角定理，相似三角形性质和判定，圆内接正多边形性质，解题的关键在于正确理解
托勒密定理．
（1）根据圆周角定理分析，即可解题；
（2）结合题干所给步骤同理得到
，进而证明
，结合相似三角形性质即可解题；
（3）连接
，
，结合正五边形性质和圆周角定理，得到
，
，再结合托勒密定理建立
等式求解，即可解题．
【详解】（1）解：根据题意可知，研究报告中，“▲”处空缺的内容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）略
（3）解：连接
，
，
内接正五边形
的边长为1，
，
，
，
同理可得
，
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，
，
解得
或
（不合题意，舍去），
故答案为：
．
变式5-3 请阅读下列材料，完成相应的任务：
克罗狄斯・托勒密（
，约90 年-168 年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天
文学家，地理学家，占星学家和光学家．
托勒密定理实出自依巴谷（
）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善．
托勒密定理：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．
已知：如图1，四边形
内接于
，求证：
下面是该结论的证明过程：
证明：如图1，作
，交
于点
.
，
（依据1），
（依据2），
，
，
.
，
，即
，
，
，
．
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任务：
(1)托勒密定理的逆命题是______；
上述证明过程中的“依据1”为______；
“依据2”为______．
(2)当圆内接四边形
是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：______．
(3)如图2，以
为直径的
中，点
为
上一点，且
，
的角平分线交
于点
，
连接
，
，若
，求
的长．
【答案】(1)如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；
同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似
(2)勾股定理
(3)
【分析】（1）利用逆命题的意义，矩形的性质，勾股定理，圆的有关性质和相似三角形的判定定理解答即
可；
（2）利用相似三角形的判定定理和性质定理，矩形的性质及勾股定理解答即可；
（3）利用圆的有关性质，等腰直角三角形的性质，含
角的直角三角形的性质分别求得四边形
的
边长，再利用（2）的结论解答即可得出结论．
【详解】（1）解：托勒密定理的逆命题是如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么
这个四边形是圆的内接四边形．
证明过程中的“依据1”为：同弧所对的圆周角相等；
依据2”为：两个角分别对应相等的两个三角形相似．
故答案为：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；
同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似；
（2）解：如图，作
，交
于点
，
，
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，
，
，
，
，
，
，
，
即
．
，
，
．
．
，
四边形
是矩形，
，
，
故答案为：勾股定理；
（3）解：
为直径，
，
，
，
，
．
的角平分线交
于点
，
，
，
为等腰直角三角形，
．
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四边形
为圆的内接四边形，
．
，
．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三
角形的判定与性质，含
交的直角三角形的性质，逆命题的意义，本题是阅读型题目，理解并熟练应用新
结论是解题的关键．
题型六、婆罗摩笈多定理
典例6 阅读下列相关材料，并完成相应的任务．
婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了《婆罗摩修正体系》，曾经提出了“婆罗摩笈多定
理”，也称“布拉美古塔定理”．
定理的内容是：“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边”．
按图写出这个定理的已知和求证，并完成这个定理的证明过程；
已知：________________________________________________________________________________，
求证：________________________________________________________________________________，
证明：________________________________________________________________________________．
【答案】
：已知：如图，在圆内接四边形ABCD 中，对角线AC⊥BD 于点M，过点M 作AB 的垂线分别交AB、DC
于点F，E．
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求证：点E 是DC 的中点．
证明：∵AC⊥BD，EF⊥AB，
∴∠BMF＋∠AMF＝90°，∠MAF＋∠AMF＝90°，
∴∠BMF＝∠MAF，
∵∠EDM＝∠MAF，∠EMD＝∠BMF，
∴∠EDM＝∠EMD，
∴DE＝ME，
同理可证ME＝CE，
∴DE＝CE，
∴点E 是DC 的中点．
点E 是DC 的中点．
∵AC⊥BD，EF⊥AB，
∴∠BMF＋∠AMF＝90°，∠MAF＋∠AMF＝90°，
∴∠BMF＝∠MAF，
∵∠EDM＝∠MAF，∠EMD＝∠BMF，
∴∠EDM＝∠EMD，
∴DE＝ME，
同理可证ME＝CE，
∴DE＝CE；
【分析】由AC⊥BD，EF⊥AB，即可得出∠BMF＝∠MAF，进而证得∠EDM＝∠EMD，得出DE＝ME，同
理可证ME＝CE，即可证得结论．
【详解】略
【点睛】本题考查圆的综合问题，同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，等角的余角相等，掌握以上知识
是解题的关键．
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变式6-1 阅读材料并完成相应任务：
婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．其中就包括
他提出的婆罗摩笈多定理（也称布拉美古塔定理）．
婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．
下面对该定理进行证明．
已知：如图（1），四边形
内接于
，对角线
于点
，
于点
，延长
交
于点
．
求证：
．
证明：
，
，
，
，
．
……
任务：
(1)请完成该证明的剩余部分；
(2)请利用婆罗摩笈多定理完成如下问题：如图（2），已知
中，
，
，
，
分别交
于点
，，连接
，
交于点
．过点
作
，分别交
，
于点
，
．若
，求
的长．
【答案】(1)
证明：
，
，
，
，
，
，
，
，
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，
同理，
，
；
(2)
【分析】（1）应用圆周角定理，等腰三角形的判定，可证明；
（2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．
【详解】（1）略
（2）
四边形
是
内接四边形，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质．
变式6-2 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
．
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，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)
证明：在
中，
，
，
，
，
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，
，
，
，
，
，
．
【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）略
变式6-3 阅读下列相关材料，并完成相应的任务．婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了
《婆罗摩修正体系》，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”．定理的内容是：“若圆
内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边”．
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任务：
（1）按图（1）写出了这个定理的已知和求证，并完成这个定理的证明过程；
已知：__________________
求证：_________________
证明：
（2）如图（2），在
中，弦
于M，连接
分别是
上的点，
于
于H，当M 是
中点时，直接写出四边形
是怎样的特殊四边形：__________．
【答案】（1）见解析；（2）菱形
【分析】（1）先写出已知、求证，先证明
，再证明
，
即可证明
（2）先证明
，再证明
,由布拉美古塔定理证明
即可证明
【详解】（1）已知：如图，在圆内接四边形
中，对角线
于点M，过点M 作
的垂线分别
交
于点
．
求证：点E 是
的中点
证明：
，
，
，
，
，
同理可证
，
，
∴点E 是
的中点
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故答案为：已知：如图，在圆内接四边形
中，对角线
于点M，过点M 作
的垂线分别交
于点
．
求证：点E 是
的中点
（2）四边形
是菱形
理由：由布拉美古塔定理可知，
分别是
的中点，
是
中点
∴四边形
是菱形
故答案为：四边形
是菱形
【点睛】本题考查菱形的判定、根据题意写已知求证、灵活进行角的和差关系的转换是解题的关键
题型七、阿基米德折弦定理
典例7 请阅读下列材料，并完成相应的任务：
阿基米德折弦定理
阿基米德（公元前287 年一公元前212 年），伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力
学家，静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有“力学之父”的美称，阿基米德和高斯，牛顿并列为世
界三大数学家．
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阿拉伯Al-Binmi（973 年一1050 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-Binmi
译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理．
阿基米德折弦定理：如图1，AB 和BC 是⊙O 的两条弦（即折线ABC 是圆的一条折弦），
，M 是
的中点，则从M 向BC 所作垂线的垂足D 是折弦ABC 的中点，即
．
小明同学运用“截长法”和三角形全等来证明
，过程如下：
证明：如图2 所示，在CB 上截取
，连接MA，MB，MC 和MG．
∵M 是
的中点，∴
，
任务：
(1)请按照上述思路，写出该证明的剩余部分；
(2)如图3，已知等边
内接于⊙O，
，D 为
上一点，
，
于点E，请直接
写出
的周长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
的周长为
【分析】
（1）首先证明
，进而得出
，再利用等腰三角形的性质得出
，
即可得出答案；
（2）首先证明
，进而得出
，以及
，进而求出BE 的长即可得出答
案．
【详解】（1）证明：如图2 所示，在CB 上截取
，连接MA，MB，MC 和MG．
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∵M 是
的中点，
∴
，
在
和
中
，
∴
，
∴
．
又∵
，
∴
，
∴
；
（2）解：如图3，截取
，连接AF，AD，CD．
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则
．
∵
是等边三角形，
∴
，
在
和
中
，
∴
，
∴
．
∵
，
∴
，
则
．
∵
，
∴
，
∴
．
∵
，
∴
，
∴
，
∴
的周长为：
．
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【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形以及等边三角形的性质，正确作出辅助
线利用全等三角形的判定与性质解题是解题关键．
变式7-1 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________________．
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(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，
∵
，
∴
，
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∴
，
∴
，
∵
，
，
∴
．
变式7-2 阅读材料，解答问题：
关于圆的引理
古希腊数学家、物理学家阿基米德流传于世的数学著作有10 余种，下面是《阿基米德全
集》的《引理集》中记载的一个命题：
如图1，
是
的弦，点C 在
上，
于点D，在弦
上取一点E，使
，
点F 是
上的一点，且
连接
，则
．
小颖对这个问题很感兴趣，经过思考，写出了下面的证明过程：
证明：如图2，连接
，
于点D，
．
，
（依据1），
．
∵四边形
内接于
，
．（依据2）
……
(1)上述证明过程中的依据1 为____________________，依据2 为____________________；
(2)将上述证明过程补充完整．
【答案】(1)在同圆中相等的弧所对的弦相等，圆内接四边形的对角互补
(2)证明：如图2，连接
，
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于点D，
．
，
，
，
，
．
∵四边形
内接于
，
．
，
，
在
和
中，
，
【分析】（1）利用等腰三角形的判定和圆内接四边形的性质解答即可；
（2）在原题的基础上利用全等三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【详解】（1）解：上述证明过程中的依据1 为在同圆中相等的弧所对的弦相等，依据2 为圆内接四边形的
对角互补．
（2）略．
变式7-3 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（Archimedes 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、
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高斯并称为三大数学王子．
阿拉伯Al-Birni（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AI-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 是弧
ABC 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“截长法”证明
的部分证明过程．
证明：如图2，在CD 上截取
，连接MA，MB，MC 和MG．
∵M 是弧ABC 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 为弧AC 上一点，
，
于点E，
，
连接AD，则△DAB 的周长是___________．
【答案】(1)见解析
(2)2
＋4
【分析】（1）首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性质得出BD＝
GD，即可得出答案；
（2）首先证明△CBF≌△CAD（SAS），进而得出CF＝CD，AD+DE＝BE，进而求出BE 和AB 的长即可得
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出答案．
【详解】（1）证明：如图2，在CB 上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC 和MG．
∵M 是
的中点，
∴MA＝MC．
在△MBA 和△MGC 中
∵
∴△MBA≌△MGC（SAS），
∴MB＝MG，
∴△MBG 是等腰三角形
又∵MD⊥BC，
∴BD＝GD，
∴DC＝GC+GD＝AB+BD；
（2））解：如图4，截取BF＝AD，连接CF，CD，
∵△ABC 是等边三角形
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∴ BC＝AC，∠CBF＝∠CAD，∠ABC＝60°，
在△CBF 和△CAD 中
∵
∴△CBF≌△CAD（SAS），
∴CF＝CD，∠BCF＝∠ACD＝∠ABD＝15°
∴△CDF 是等腰三角形，
∵CE⊥BD，
∴FE＝DE，∠BCE＝90°
则AD+DE＝BE，
∵∠ABD＝15°
∴∠CBE＝∠ABC－∠ABD＝45°
∴∠BCE＝90°－∠CBE＝45°
∴△BCE 是等腰直角三角形
∴BE＝CE＝2，BC＝
∴AD+DE＝BE＝2，AB＝BC＝2
∴△DAB 的周长＝AB＋AD+DE＋BE＝2
＋4
故答案为：2
＋4
【点睛】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、等边三角形的性质、勾
股定理等知识，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形解决问题．
题型八、欧拉公式与西姆松定理（含相似）
典例8 瑞士数学家菜昂哈德•欧拉（LeonhardEuler）是18 世纪数学界最杰出的人物之一．欧拉于1765 年
在他的著作《三角形的几何学》中提出“欧拉线定理”：任意三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直
线上，这条直线就叫该三角形的欧拉线．
【定理证明】
已知：如图所示，在△ABC 中，点G，O，H 分别是△ABC 的重心、外心、垂心．
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求证：G，O，H 三点共线．
证明：作△ABC 的外接圆，连接OB，并延长BO 交外接圆于点D；作中线AM；连接AD，CD，AH，CH，
OH，OM；设AM 交OH 于点G′．
…
（1）请你按照辅助线的语言表述，补全图，并继续完成欧拉线定理的证明．
【基础运用】
（2）在【定理证明】的基础上，判断OH 与OG 的数量关系，并说明理由．
【能力提升】
（3）在平面直角坐标系中，已知△ABC 的三个顶点A（0，0），B（4，0），C（3，
），请直接写出△ABC
的欧拉线的函数解析式．
【答案】（1）见解析；（2）OH＝3OG；见解析；（3）y＝
x﹣2
．
【分析】（1）作△ABC 的外接圆，连接OB，并延长BO 交外接圆于点D，作中线AM，连接AD，CD，AH，
CH，OH，OM，设AM 交OH 于点G′，根据平行四边形的判定可得四边形ADCH 是平行四边形，再根据
平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质可得点G′是△ABC 的重心，可得点G 与点G′重合，从而
证明G，O，H 三点共线；
（2）根据相似三角形的性质可得OH＝3OG；
（3）先根据△ABC 的三个顶点坐标得到重心G（
，
），设△ABC 的外心为（2，a），则
＝
，解得a＝0，依此可得△ABC 的欧拉线的函数解析式．
【详解】解：（1）作△ABC 的外接圆，连接OB，并延长BO 交外接圆于点D，作中线AM，连接AD，CD，
AH，CH，OH，OM，设AM 交OH 于点G′，如图，
∵BD 是直径，
∴∠BAD，∠BCD 是直角，
∴AD⊥AB，DC⊥BC，
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又∵点H 是△ABC 的垂心，
∴CH⊥AB，AH⊥BC，
∴DA∥CH，DC∥AH，
∴四边形ADCH 是平行四边形，
∴AH＝DC，
∵点M 是BC 的中点，点O 是BD 的中点，
∴OM＝
DC，
∴OM＝
AH，
又∵OM∥AH，
∴△OMG′∽△HAG′，
∴
＝
，
∴点G′是△ABC 的重心，
∴点G 与点G′重合，
∴G，O，H 三点共线；
（2）判断：OH＝3OG．理由如下：
由（1）知：△OMG∽△HAG，
∴
＝
，则HG＝2OG，
∴OH＝3OG；
（3）∵△ABC 的三个顶点A（0，0），B（4，0），C（3，
），
∴重心G（
，
），
设△ABC 的外心为（2，a），则
＝
，
解得a＝0，
∴△ABC 的欧拉线方程为y﹣0＝（
﹣0）÷（
﹣2）×（x﹣2），即函数解析式是y＝
x﹣2
．
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【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形的外接圆，相似三角形的判定与性质，解题的关键
是熟练掌握这些性质．
变式8-1 阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，
下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC 中，R 和r 分别为外接圆和内切圆的半径，O 和I 分别为其外心和内
心，则
.
如图1，⊙O 和⊙I 分别是△ABC 的外接圆和内切圆，⊙I 与AB 相切分于点F，设⊙O 的半径为R，⊙I 的半
径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI＝d，
则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI 交⊙O 于点D，过点I 作⊙O 的直径MN，连接DM，AN.
∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，
∴△MDI∽△ANI，
∴
，
∴
①，
如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O 的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，
∵DE 是⊙O 的直径，∴∠DBE=90°，
∵⊙I 与AB 相切于点F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA，
∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，
∴△AIF∽△EDB，
∴
，∴
②，
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任务：(1)观察发现：
，
(用含R，d 的代数式表示)；
(2)请判断BD 和ID 的数量关系，并说明理由；
(3)请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；
(4)应用：若△ABC 的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC 的外心与内心之间的距离为 cm.
【答案】(1)R-d；(2)BD=ID，理由见解析；(3)见解析；(4)
.
【分析】(1)直接观察可得；
(2)由三角形内心的性质可得∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，由圆周角定理可得∠DBC=∠CAD，再根据三角形
外角的性质即可求得∠BID=∠DBI，继而可证得BD=ID；
(3)应用(1)(2)结论即可；
(4)直接代入结论进行计算即可．
【详解】(1)∵O、I、N 三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为R﹣d；
(2)BD=ID，理由如下：
∵点I 是△ABC 的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID；
(3)由(2)知：BD=ID，
又
，
，
∴DE·IF=IM·IN，
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∴
，
∴
∴
；
(4)由(3)知：
，
把R=5，r=2 代入得：
，
∵d>0，
∴
，
故答案为
.
【点睛】本题是圆综合题，主要考查了三角形外接圆、外心和内切圆、内心，圆周角性质，角平分线定义，
三角形外角性质等，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键.
变式8-2 阅读以下材料，并完成相应的任务：
西姆松定理是一个平面几何定理，其表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延
长线的垂线，则三垂足共线（此线常称为西姆松线）．数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理．如图1，已
知
内接于⊙O，点P 在⊙O 上（不与点A、B、C 重合），过点P 分别作AB，BC，AC 的垂线，垂足分
别为D，E，F 求证：点D，E，F 在同一条直线上
以下是他们的证明过程：
如图1，连接PB，PC，DE，EF，取PC 的中点Q，连接QE，QF，
则
（依据1），
∴E，F，P，C 四点共圆．
∴
（依据2）．
又∵
，
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∴
．
∵
，
∴B，D，P，E 四点共圆．
∴
（依据3）．
∵
，
∴
（依据4）．
∴点D，E，F 在同一条直线上．
任务：
(1)填空：
①依据1 指的是中点的定义及______；
②依据2 指的是______；
③依据3 指的是______；
④依据4 指的是______．
(2)善于思考的小英发现当点P 是
的中点时，
．请你利用图2 证明该结论的正确性．
【答案】(1)①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补；③同弧或等弧所对的
圆周角相等；④等量代换
(2)
证明：如图，连接PA，PB，PC．
∵点P 是
的中点，
∴
．
∴
，
．
又∵
，
，
∴
．
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∴
（HL）．
∴
．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线的性质，圆内接四边形的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等
进行求解即可；
（2）如图，连接PA，PB，PC，只需要证明
即可证明结论．
【详解】（1）解：①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
②圆内接四边形对角互补；
③同弧或等弧所对的圆周角相等；
④等量代换；
（2）略
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，全等三角形的性质与判
定，弧，弦，圆周角的关系，同弧或等弧所对的圆周角相等等等，正确作出辅助线和熟知相关知识是解题
的关键．
变式8-3 阅读下列材料，并完成相应的任务．
西姆松定理是一个平面几何定理，其表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延
长线的垂线，则三垂足共线（此线常称为西姆松线）．
某数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理．
如图（1），已知
内接于
，点P 在
上（不与点A，B，C 重合），过点P 分别作
，
，
的垂线，垂足分别为．点D，E，F 求证：点D，E，F 在同一条直线上．
如下是他们的证明过程（不完整）：
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如图（1），连接
，
，
，
，取
的中点Q，连接
，
，则
，
（依据1）
∴点E，F，P，C 四点共圆，∴
．（依据2）
又∵
，
∴
．
同上可得点B，D，P，E 四点共圆，
……
任务：
(1)填空：
①依据1 指的是中点的定义及________；
②依据2 指的是________．
(2)请将证明过程补充完整．
(3)善于思考的小虎发现当点P 是
的中点时，
，请你利用图（2）证明该结论的正确性．
【答案】(1)①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补
(2)
解：如图（1），连接PB，PC，DE，EF，取PC 的中点Q，连接QE、QF，
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则EQ=FQ=
PC=PQ=CQ，
∴点E，F，P，C 四点共圆，
∴∠FCP+∠FEP=180°，
又∵∠ACP+∠ABP=180°，
∴∠FEP=∠ABP，
同上可得点B，D，P，E 四点共圆，
∴∠DBP=∠DEP，
∵∠ABP+∠DBP=180°，
∴∠FEP+∠DEP=180°，
∴点D，E，F 在同一直线上；
(3)
证明：如图，连接
．
∵点P 是
的中点，
∴
，
∴
．
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又∵
，
∴
，
∴
，
∴
．
【分析】（1）利用直角直角三角形斜边上的中线的性质和圆内接四边形对角互补即可；
（2）利用直角三角形斜边上中线的性质证明点E，F，P，C 和点B，D，P，E 四点分别共圆，再说明∠FEP+
∠DEP=180°，可证明结论；
（3）连接PA，PB，PC，利用HL 证明Rt△PBD≌Rt△PCF，从而得出结论．
【详解】（1）①依据1 指的是中点的定义及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
②依据2 指的是圆内接四边形对角互补，
故答案为：①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补；
（2）略
（3）略
【点睛】本题主要考查了四点共圆，以及圆内接四边形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性
质等知识，证明Rt△PBD≌Rt△PCF 是解题的关键．
题型九、米勒定理（含相似）
典例9 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，
∴
，
∴
．
∵
，
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∴
．
∵
，
∴
．
∵
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴
，
……
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)
剩余证明过程为：
∵
，
∴
，
∴
，
∴
；
(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．
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【详解】（1）略
（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9-1【阅读材料】德国数学家约翰内斯•米勒在1471 年提出了一个有趣的问题：如图①，一根竖直悬挂
的杆
，在地面（直线l）上的哪个点P 能让杆
看起来最长（也就是
最大）．这个最大视角问题
是数学史上100 个著名的极值问题之一．利用圆的知识，其实这个问题并不难解决．如图②，作
过点A，
B 且与直线l 相切于点C，当点P 异于点C 时，容易证明
，所以当点P 与点C 重合时，
最大，也就是说，当
的外接圆与l 相切时，
最大．
【解决问题】
(1)请完成材料中
的证明；
(2)材料中的最大视角问题，设
，点B 到直线l 的距离为b，当
最大时，点P 到
所在直线的
距离是多少？（用含a，b 的代数式表示）
(3)如图③，E 是射线
上的一点，
，
，C 是
的中点．把
绕点C 顺时针旋转
得到
，连接
．求当
最大时，
的长．
【答案】(1)见解析
(2)
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(3)
【分析】（1）设
与
交于点D，连接
，利用三角形外角得到角度的关系，再结合圆周角定理即可
证明；
（2）根据（1）中结论可知当点P 与点C 重合时，
最大，再添加辅助线，得到
，结
合勾股定理求解即可；
（3）先证明
与
全等，可得
，添加辅助线证明
，得到边成比例，
再证明
为等边三角形，利用边的关系求解即可．
【详解】（1）证明：∵
与直线l 相切于点C，
∴点C 是
与直线l 的唯一公共点，
∴当点P 异于点C 时，点P 在圆外，
设
与
交于点D，连接
，如图，
∵
，
∴
，
∵
，
∴
；
（2）解：由题意可知，当点P 与点C 重合时，
最大．
如图，设
所在直线与l 相交于点F，连接
，过点O 作
于点E，如图，
则
即为此时点P 到
所在直线的距离，
∵
与直线l 相切于点C，
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∴
，
∵
，
，
∴四边形
为矩形，
∵
，
∴
，
∴
，
，
∴
，
在
中，
，
∴
；
即当
最大时，点P 到
所在直线的距离是
；
（3）解：如图，延长
到点F，使
，连接
，
，如图，
∵
，
，
，
在
与
中，
，
∴
，
∴
，
由旋转性质可知，
，
，
∴
，
，
∴
，
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∴
，
∴当
最大时，
最大．
在
左侧作
，使得
，连接
，
则
，
∴
，
，
∴
，
∴
，
，
∴点F 在过点G 且与
垂直的直线上运动，
∴当
的外接圆与直线
相切时，
最大，
∵延长
，交
于点H，连接
，如图，
设
，
∵
的外接圆与直线
相切，
∴
，
∴
，
∵
，
∴
，
∴
，
∴
，
，
又∵
，
∴
，
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∴
，即
，
∵在
中，
，
，
∴
为等边三角形，
∴
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴
．
变式9-21471 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．
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【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9-3 自主式探究学习是学习数学学科的重要能力之一．
情境一：爱思考的小苏利用
“
”探究一些数学模型，以下是他和
之间的部分聊天记
录：
我正在整理数学笔记，你能给我讲讲米勒圆模型的概念和例子吗？
已思考（用时10 秒）
好的，很高兴能为你讲解米勒圆模型．这是一个在几何和数学问题中非常经典的模型，尤
其在处理“最大张角”问题时非常有用．
一、米勒圆模型的概念
1．核心问题（生活场景）：
假设你在一条笔直的海岸线上观察海上的两座灯塔（点
和点
，你站在海岸线的哪个
位置，才能使得看这两座灯塔的视角（即
最大？
这就是著名的“米勒问题”或“最大张角问题”．
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2．数学模型与结论：
米勒圆模型给出了这个问题的几何解答：
已知条件：给定一条定直线和直线外的两个定点
、
．
问题：在直线上找一点
，使得
最大．
结论：
1．作圆：过点
、
作一个与直线相切的圆．
2．切点即为所求：这个圆与直线的切点
，就是使得
最大的点．
3．理论依据：在直线上，点
位于由
、形成的某个“米勒圆”（或称“等角圆”
上，
根据“同弧所对的圆周角相等”以及“圆外角小于圆周角”的定理，可以证明这个切点处
的视角是最大的．
3．米勒圆的方程（拓展理解）：
在平面直角坐标系中，对于两个定点
,
和
,
，到这两点张角为定值
（例如
的动点
的轨迹是一个圆，这个轨迹圆就被称为点
、
的米勒圆或等角圆．
二、经典例子与应用
我们来看一个最经典、最常考的直角米勒圆模型．
例题：
在平面直角坐标系中，点
，点
，点
是
轴上的一个动点，
（1）当
时，求点
的坐标．
（2）在
轴上找一点
，使得
最大．
求使得
最大的点
．
根据米勒圆模型的结论，我们需要找到过
、两点且与
轴相切的圆，其切点即为所求．
1．设圆心坐标：
由于圆过
和
两点，根据圆的对称性，圆心
必在线段
的垂直平分线上．
的垂直平分线为：
．
设圆心
的坐标为
，半径为．
2．建立方程：
因为圆与
轴相切，所以圆心到
轴的距离等于半径，即
．
又因为圆经过点
，所以
．
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（2）
因此有方程：
．
这个方程无解
不成立），说明在
轴上方或下方找不到这样的圆．
情境二：如图1，在正方形
中，
为线段
上一点，作
交
于
点，细心的小苏发现
的轨迹并不是一直朝一个方向运动；他随后根据
，
，
的相等关系展开了研究．
请根据以上情境，完成下列问题清单：
(1)接着情境二的图1，若
，试求
的最大值；
(2)接着情境一，如图2，在正方形
中，
是
上一点，连接
，
，当
取得最大值时，
直接写出
的值．
(3)数学的模型往往服务于生活之中．如图三是一个摄影棚，在四边形
中，
，
，且
，
，
．
是支架，
．
是在轨道
上的移动点，点光源
在线段
的中
间，且射出的光与
垂直，打在支架
的点
处．随着
点的运动，试求解或证明：
Ⅰ．Ⅰ点是三角形
的外心．
Ⅱ．Ⅰ点经过的路径长．
【答案】(1)1
(2)
(3)
Ⅰ．证明：如图，连接
，
，
，
，
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∵
，
，
，
∴
，
∵
，
∴
，
∵
，
∴
垂直平分
，
∴
，
∵点
是
的中点，且
，
∴
垂直平分
，
∴
，
∴
，
∴
点是
的外心．
Ⅱ
【分析】（1）根据题意先判定求
的最小值，即
取最大值，然后由米勒圆模型求出
长度，即可
根据中位线性质，通过
求出
的最小值．
（2）根据米勒圆模型求出米勒圆半径和正方形边长的数量关系，然后通过
求
出答案．
（3）Ⅰ．由垂直平分线的性质得出
即可判定点
为
的外心；
Ⅱ．先判定点
的运动轨迹为
，然后通过米勒圆模型求出
最大时米勒圆的半径大小，然后
由平行线分线段成比例求出
的大小．再根据
求出
和
的长度，即可得到点
的经过
的路径长．
【详解】（1）解：由于
，故求出
的最小值，即可得出
的最大值．
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∵
，
∴当
取最大值时，
取最小值，
取最大值．
如图，连接
，由
，可知
、
、
、
四点共圆，则
．
根据米勒圆模型，当
的外接圆与
相切时，即
时，
取最大值，
由垂径定理可知
，
此时
，
由勾股定理建立方程：
，即
，
解得
，
∴
，
∵
是
的中位线，
∴
，
∴
．
故
的最大值为1．
（2）解：如图，过
、
两点的
与
相切，连接
，
，
的延长线交
于点
，
的延长
线交
于
．
设正方形
边长为
，
的半径为
，
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∴
，
，
，
同理（1），在
中，
，即
，
解得
，
∴
，
∵
为
的中位线，则
，
∴
．
（3）Ⅰ．略
Ⅱ．解：如图，连接
，设点
为
的中点，过点
作
交
于点
，
交
于点
，过点
作
于点
，
∵
，
，
∴四边形
为矩形，
∴
，
．
根据题意当点
在
上运动时，点
在
上运动，当
运动到点
时，
为其在
上的投射点，
从图中可以看出，在点
从点
向点
运动时，点
在从
上先是从点
向点
运动，然后到达点
后开
始反向运动至点
，
则点
为点
向
方向到达的最远点，
∴点
运动的路程为：
．
根据米勒圆模型，当
外接圆半径
时，
取最大值．
由于
且
，则
，即此时
取最大值，
∴
，即
取最小值时，
取最大值．
设
外接圆半径为
，
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在
中，
，
，
则
，
，
在
中，
，
∵
，
，
∴
，
∴
，
∵
，
∴
，
∵
，
，
∴
，
解得
，
∴
，
由
可得
，得
，
∵
，
，
∴
，
∴
，
∵
，
，
∴
，
∴
，
．
故点
经过的路径长为
．
【点睛】本题主要考查了米勒圆模型的应用，圆的性质，圆周角定理，正方形的性质，垂直平分线的判定
与性质，勾股定理，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定与性质，正确理解米勒圆模型，熟练掌握圆
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的性质，圆周角定理，正方形性质，垂直平分线的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数的定义，相似三
角形的判定与性质是解题的关键．
题型十、最小覆盖圆模型
典例10 数学活动：探究平面图形的最小覆盖圆
定义：我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆
盖圆，其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆．
(1)线段的最小覆盖圆
线段
的覆盖圆有无数个，其中，以
为直径的圆是其最小覆盖圆．
理由如下：易知线段
的最小覆盖圆一定经过点
、点
．如图①，以
为直径作
，再过
、
两
点作
（
与
不重合），连接
，
．在
中，有
（______▲______）．
，即
的直径大于
的直径
是线段
的最小覆盖圆，“▲”处应填写的推理依据为____________．
(2)直角三角形的最小覆盖圆
要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为（1）中线段的最小覆盖圆问题，这样就可以先确定
直角三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的
最小覆盖圆，如图②，在
中，
．
是以
为直径的圆，请你判断点
与
的位
置关系，并说明理由．
又由（1）可知，
是Rt
最长边
的最小覆盖圆，所以，
是
的最小覆盖圆．
(3)作矩形的最小覆盖圆
如图③，在矩形
中，用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形
的最小覆盖圆；（不写做法，保留
作图痕迹．）
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【答案】(1)三角形的任意两边之和大于第三边
(2)
在
上，理由见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据三角形的三边关系可得答案；
（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质证明
即可得到答案；
（3）连接
，交于点
，以
为圆心，
为半径作圆即可求解．
【详解】（1）解：“▲”处应填写的推理依据为：三角形的任意两边之和大于第三边；
（2）解：∵
，
为
的中点，
∴
，
∴
在
上；
（3）解：如图，
即为矩形
的最小覆盖圆；
变式10-1 在数学的学习过程中，小明积累了许多解决问题的策略，其中特殊化的策略尤为重要．特殊化指
的是当面对一个一般性问题时，可以先考虑其特殊情况（如特殊数值、特殊位置、特殊图形等），从中发现
规律、性质或解题思路，再将结论或方法推广到一般情况．下面数学活动小组将利用特殊化策略解决平面
图形的最小覆盖圆．
【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的
小学
初中
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覆盖圆，其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆．
(1)【探究一】最简单的图形——线段的最小覆盖圆
线段
的覆盖圆有无数个，其中，以
为直径的圆是其最小覆盖圆．
理由如下：易知线段
的最小覆盖圆一定经过点
，点
．如图1，以
为直径作
，再过
，
两点
作
（
与
不重合），连结
，
．
在
中，有
（▲）．
，
，即
的直径大于
的直径．
是线段
的最小覆盖圆．
“▲”处应填写的推理依据为_________________．
(2)【探究二】特殊的三角形——直角三角形的最小覆盖圆
要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为线段的最小覆盖圆问题，这样就可以先确定直角三
角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小覆
盖圆．
如图2，在
中，
，
是以
为直径的圆．请你判断点
与
的位置关系，并说明
理由．
(3)由【探究一】可知，
是
最长边
的最小覆盖圆，所以，
是
的最小覆盖圆．
【拓展应用】一般的图形——矩形的最小覆盖圆
如图3，在矩形
中，
，
．用无刻度的直尺在图3 中作出矩形
的最小覆盖圆
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的圆心
；（不写作法，保留作图痕迹）
(4)该矩形
的最小覆盖圆的直径为_____
．
【答案】(1)三角形的任意两边之和大于第三边
(2)点
在
上，
理由如下：连接
，
，点
为线段
的中点，
，
点
在
上．
(3)如图所示：
(4)
【分析】（1）根据三角形的三边关系可得答案；
（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可得到答案；
（3）根据矩形对角线相等且互相平分的性质可得矩形对角线的交点即是圆心
；
（4）在
中，利用勾股定理求出矩形
的最小覆盖圆的直径
即可．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：连接
交于点
，点
即为所求圆心，
理由：
是矩形
的最小覆盖圆，
点
都在
上，
，
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点
是矩形
的对角线
的交点 ；
（4）解：如图，
在
中，
，
，
．
变式10-2 综合与实践：探究平面图形的最小覆盖圆
【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的
覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的
最小覆盖圆是以线段为直径的圆．
【探究】要确定三角形的最小覆盖圆，可以将其转化为线段的最小覆盖圆．比如直角三角形，先确定直角
三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小
覆盖圆．
(1)请用圆规和无刻度的直尺在图（1）中作出
的最小覆盖圆．
应用：如图（2），正方形
的边长为6，在边
上截取
，以
为边在
上方作正方形
．
(2)连接
，
，
经过
，，三点（
是
的最小覆盖圆），且与边
，
分别交于点
，
，求
的直径．
(3)将正方形
绕点
顺时针旋转，分别取
，
，
，
的中点
，
，
，
，顺次连接各
中点，得到四边形
（如图（3））．在旋转过程中，四边形
的最小覆盖圆的直径
的值是否发生
变化？如果不变，直接写出
的值；如果变化，直接写出
的取值范围．
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【答案】(1)见详解
(2)
(3)变化，
．
【分析】（1）作
的中垂线，再以中垂线与
的交点为圆心，交点与点
之间的距离为半径画圆即可；
（2）连接
，根据四边形
是正方形，四边形
是正方形，得出点
在一条直线上，
且
，则
，在
中，勾股定理求出
．解直角三角形求出
，即可得
的直径．
（3）连接
，
交
于点
交于点
，连接
，根据三角形的中位线定理，证明四
边形
为平行四边形，证明
，推出四边形
为正方形，进而得到四边形
的
最小覆盖圆的直径为
的长，根据正方形的性质得到
，根据
，
求出
的范围，即可得出结果．
【详解】（1）解：如图所示；
（2）解：连接
．
∵四边形
是正方形，四边形
是正方形，
∴
，
∴点
在一条直线上，
∴
，
，
，
，
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∴在
中，
，得
．
，
，
∴
的直径是
．
（3）解：变化；
连接
，
交
于点
交于点
，连接
，
∵分别取
的中点
，顺次连接各中点，得到四边形
，
，
，
∴四边形
为平行四边形，
∵正方形
，正方形
，
，
，
，
，
，
∴四边形
为菱形，
，
，
，
，
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∴四边形
为正方形，
∴
，四边形
的最小覆盖圆的直径为
，
∴
随着
的变化而变化，
，即
，
，
，即
．
变式10-3【背景资料】
最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平
面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形
的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的
圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆．
【动手操作】
如图1，
中，
，请作出
的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作
法．）
【迁移运用】
正方形
的边长为7，在边
上截取
，以
为边向外作正方形
．
（1）如图2，连接
，求
的最小覆盖圆的直径；
（2）将图2 中的正方形
绕点C 逆时针旋转
（如图3），
经过A，D，F 三点，且与边
分
别交于点I，L，求
的最小覆盖圆的直径；
（3）将正方形
绕点C 旋转，分别取
的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四
边形
（如图4）．在旋转过程中，四边形
的最小覆盖圆的直径d 的值是否发生变化？如果不变，
请直接写出d 的值；如果变化，请直接写出d 的取值范围．
【答案】【动手操作】
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∵
中，
，
∴
是钝角三角形，
∴
的最小覆盖圆为以
为直径的圆，作图如下：
【迁移运用】（1）
；（2）
；（3）变化，
【分析】动手操作：作
的中垂线，再以中垂线与
的交点为圆心，交点与点
之间的距离为半径画圆
即可；
（1）延长
交
于点
，求得
为钝角，根据题意得到
为
的最小覆盖圆的直径，在
中，利用勾股定理进行求解即可；
（2）连接
，根据题意，易得
为锐角三角形，
的外接圆为其最小覆盖圆，根据正方形的性
质，得到
，进而得到
即为
的外接圆的直径，进行求解即可；
（3）连接
，
交
于点
，
交于点
，连接
，根据三角形的中位线定理，证明四
边形
为平行四边形，证明
，推出四边形
为正方形，进而得到四边形
的
最小覆盖圆的直径为
的长，根据正方形的性质得到
，根据
，
求出
的范围，即可得出结果．
【详解】解：动手操作：略
迁移运用：
（1）∵正方形
的边长为7，正方形
，
∴
，
∴
，
∴
为钝角三角形，
∴
为
最小覆盖圆的直径，
延长
交
于点
，则：
，
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∴四边形
为矩形，
∴
，
∴
，
∴
；
（2）连接
，作
于点
，延长
交
于点
，
则：四边形
为矩形，
∴
，
，
∴
，
，
在
中，
，
∴
，
∵
，即：
，
∴
，
∵
过点
，
，
∴
，
为
的直径，
又∵
，
∴
为锐角三角形，
∴
即为
的最小覆盖圆，
∵
，
∴
，即：
，
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∴
，
∴
，即
的最小覆盖圆的直径为
；
（3）变化；
连接
，
交
于点
，
交于点
，连接
，
∵分别取
的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形
，
∴
，
∴
，
∴四边形
为平行四边形，
∵正方形
，正方形
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴
，
，
∴
，
∴四边形
为菱形，
∵
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴四边形
为正方形，
∴
，四边形
的最小覆盖圆的直径为
，
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∴
随着
的变化而变化，
∵
，即
，
∴
，
∴
，即
．
【点睛】本题考查三角形的外接圆，圆周角定理，解直角三角形，正方形的判定和性质，勾股定理，三角
形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握题干给出的
信息，判断三角形和四边形的最小覆盖圆，是解题的关键．
