2019-2020学年高中数学竞赛-第16讲圆中比例线段、根轴教案.doc

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1、2019-20202019-2020 学年高中数学竞赛学年高中数学竞赛 第第 1616 讲圆中比例线段、根轴教案讲圆中比例线段、根轴教案本节主要介绍圆幂定理及其应用，介绍根轴的有关知识.圆幂定理是指相交弦定理、切割线定理及割线定理，它们揭示了与圆有关的线段的比例关系，是平面几何中研究有关圆的性质的一组很重要的定理，应用及其广泛.圆幂定理通常可以通过相似三角形得到，因此研究圆中的比例线段，一般离不开相似三角形.相交弦定理 圆内的两条相交弦被交点分成的两条线段的积相等.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割线定理 从圆外一点引圆的两条割线，这一点

2、到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等.上述三个定理统称为圆幂定理，它们的发现距今已有两千多年的历史，它们有下面的同一形式：圆幂定理 过一定点作两条直线与圆相交，则定点到每条直线与圆的交点的两条线段的积相等，即它们的积为定值.这里切线可以看作割线的特殊情形，切点看作是两个重合的交点.若定点到圆心的距离为d，圆半径为r，则这个定值为|d2-r2|.当定点在圆内时，d2-r20，d2-r2等于从定点向圆所引切线长的平方.特别地，我们把d2-r2称为定点对于圆的幂.一般地我们有如下结论：到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线；如果此二圆相交，那么该轨迹是此二圆的公共弦所在直线这条直线

3、称为两圆的“根轴”对于根轴我们有如下结论：三个圆两两的根轴如果不互相平行，那么它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”三个圆的根心对于三个圆等幂当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点A类例题例 1 试证明圆幂定理.分析 涉及到圆中线段，我们可以运用垂径定理进行证明证明如图，当点P在圆内时，过点O作OQAB于Q，连结OP、OB，则QA=QB.于是PAPB=(PQ+QA)(QB-PQ)=QB2-PQ2=(OB2-OQ2)-(OP2-OQ2)=OB2-OP2=r2-d2=|d2-r2|.当点P在圆上和圆外时，同理可得PAPB=|d2-r2|.说明 关于圆幂定理的证明方法很多，

4、同学们可以自己再思考几种证明方法.链接（1）此结论也可以在椭圆中得到推广，有兴趣同学可以自己去研究研究?Q?O?B?A?P?Q?B?O?A?P例 2 利用圆 幂 定 理 证明：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边上的射影的比例中项；每一直角边是它在斜边上的射影和斜边的比例中项.分析 本题可以用相似三角形来证明，但本题要求用圆幂定理，显然要有圆，可以考虑三角形的外接圆，于是有下面的证法.?E?D?A?B?C证明 如图，在 RtMAC中，ACB=90，做的外接圆，CD是斜边AB上的高，延长 CD 交外接圆于 E.由相交弦定理，得ADDB=CDDE，因CD=DE，故CD2=ADDB.又因为，

5、BC是外接圆直径，所以AC切圆BDC于C，由切割线定理有AC2=ADAB，同理有BC2=BDBA.例3 已知AB切O于B，M为AB的中点，过M作O的割线MD交O于C、D两点，连AC并延长交O于E，连AD交O于F.求证：EFAB.分析 要证明EFAB，可以证明内错角相等，即要证明MAE=AEF，而CEF=CDF，即要证明MAC=MDA，于是可以通过三角形相似，证明对应角相等.证明 AB是O的切线，M是AB中点，MA2=MB2=MCMDMACMDAMAC=MDA，CEF=CDF，MAE=AEF（2）圆中线段还有很多有趣的结论，例如(Ptolemy 定理)圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和.

6、想一想如何证明，参见本书第十八讲.（3）对于相交弦定理的逆命题也是成立，即若线段AB、CD相交于点P，且APPB=CPPD，则A、B、C、D四点共圆.证明请读者自己思考.链接 本题通过构造圆，应用圆幂定理证明等积问题，构思巧妙这种方法在数学中是常见的，例如：如图,四边形ABCD中,ABCD,ADDCDBp,BCq.求对角线AC的长.分析：由“ADDCDBp”可知A、B、C在半径为p的D上.利用圆的性质即可找到AC与p、q的关系.解解：延长CD交半径为p的D于E点,连结AE.显然A、B、C在D上.ABCD,BCAE.从而,BCAEq.在ACE中,CAE90,CE2p,AEq,故AC22AECE

7、224qp.AEDCBOEFDABCMEFAB情景再现1AD是 RtABC斜边BC上的高,B的平分线交AD于M,交AC于N.求证：AB2AN2BMBN.2如图，O内的两条弦AB、CD的延长线相交于圆外一点E，由E引AD的平行线与直线BC交于F，作切线FG，G为切点.求证：EF=FG.3已知如图，两圆相交于M、N，点C为公共弦MN上任意一点，过C任意作直线与两圆的交点顺次为A、B、D、E.求证：ABBC=EDDC.B类例题例 4 如图,ABCD是O的内接四边形,延长AB和DC相交于E,延长AB和DC相交于E,延长AD和BC相交于F,EP和FQ分别切O于P、Q.求证：EP2FQ2EF2.分析 因E

8、P和FQ是O的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP、FQ向EF转化.证明 如图,作BCE的外接圆交EF于G,连结CG.因FDCABCCGE,故F、D、C、G四点共圆.由切割线定理,有EF2(EGGF)EFEGEFGFEFECEDFCFBECEDFCFBEP2FQ2,即EP2FQ2EF2.链接 本题结论也可以改为EP、FQ、EF可以作为一个直角三角形的三边例 5AB是O的直径，MEAB于E，C为O上任一点，AC、EM交于点D，BC交DE于F求证：EM2=EDEF证明 延长ME与O交于N由相交弦定理，EMEN=EAEB，但EM=EN，EM2=EAEBMNAB，B=90BFE=D，故AED

9、FEBAEED=FEEB，即EAEB=EDEFEM2=EDEF?G?F?E?B?A?C?DAOQPCBGFEDCBAFMNOED?C?D?B?N?M?A?E例 6(1997 年全国高中理科实验班招生考试)如图所示，PA、PB是O的两条切线，PEC是O的一条割线，D是AB与PC的交点，若PE=2，CD=1，求DE的长.解 设DE=x，连PO交AB于F，PA2=PEPC=2(3+x)在直角三角形PAF中，PA2=PF2+AF2PF2+AF2=2(3+x)在直角三角形PDF中，PF2+DF2=PD2PF2+DF2=(2+x)2：AF2DF2=2(3+x)(2+x)2，AF2DF2=(AF+DF)(A

10、FF)=ADBD=DECD=x1，6+2x44xx2=x即x2+3x2=0 x=2173，但x0，x=2317，DE=2317 情景再现4如图，P为两圆公共弦AB上一点，过点P分别作两圆的弦CD、EF，求证：C、D、E、F四点共圆.5正ABC内接于O，M、N分别是AB、AC的中点，延长MN交O于点D，连结BD交AC于P，求PCPA6如图，已知四边形ABCD内接于直径为3 的O，对角线AC是直径，AC、BD交于点P，AB=BD，且PC=0.6.求此四边形的周长(1999 年全国初中数学联赛)C类例题例 7 如图，自圆外一点P向O引割线交圆于R、S两点，又作切线PA、PB，A、B为切点，AB与PR

11、相交于Q求证：1PR+1PS=2PQ分析 要证1PR+1PS=2PQ成立，也就是要证 明1PR1PQ=1PQ1PS成立，即RQPR=QSPS也就是要证 明RQQS=PRPS成立 于是可通过三角形相似及圆中的比例线段来证证明 如图，连结AR、AS、RB、BS，PA是O的切线，?Q?R?B?A?O?P?SFOPECBAD?F?P?B?A?D?C?EABCMNDPOABCDOPPAR=PSA又APR=SPA，PARPSAPAPS=ARAS=PRPA.PAPSPRPA=(ARAS)2，即PRPS=AR2AS2同理，PRPS=BR2BS2AR2AS2=BR2BS2，即ARAS=BRBS又RAQ=BSQ，

12、AQR=SQB，AQRSQB，ARSB=AQSQ=RQBQ同理AQSRQB，BRSA=RQAQ=BQSQARSBBRSA=AQSQRQAQ=RQSQ又ARAS=BRBS，RQSQ=AR2AS2从而PRPS=RQSQ又1PR+1PS=2PQ1PR1PQ=1PQ1PSRQPR=QSPS本题得证.说明 当1PR+1PS=2PQ时，我们称PR、PQ、PS成调和数列.链接 本题证明过程中，我们得到了不少结论：RQPR=QSPS；RQSQ=AR2AS2；PRPS=AR2AS2；ARAS=BRBS等同学们可以再研究，还有不少有趣的结论.例 8AB是O的弦，M是其中点，弦CD、EF经过点M，CF、DE交AB于

13、P、Q，求证：MP=QM证明 设MP=x，QM=y，AM=BM=a，由正弦定理，得PMsin3=PCsin1,QDsin1=MQsin4,EQsin2=MQsin3,PMsin4=PFsin2,四式相乘并化简，得QDQEPM2=PFPCMQ2（*）由相交弦定理，得QDQE=AQQB=(a+y)，PCPF=APPB=(a-x)，代入（*）式，得(a2-x2)y2=(a2-y2)x2，ABDEFM1234OPQ化简，得x2=y2，所以MP=QM说明 本题是著名的蝴蝶定理，由于该定理的图形像一只翩翩起舞蝴蝶而得名.作为一个古老的定理，证明方法多种多样，而且有多种推广，有兴趣的同学可参考本书第十八、十

14、九讲的内容.例 9 给出锐角ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与AC边的高BB及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆.(第 19 届美国数学奥林匹克)分析 设PQ，MN交于K点，连接AP，AM.欲证M，N，P，Q四点共圆，须证MKKNPKKQ，即证(MC-KC)(MC+KC)(PB-KB)(PB+KB)或MC2-KC2=PB2-KB2.不难证明AP=AM，从而有AB2+PB2=AC2+MC2.故MC2-PB2=AB2-AC2=(AK2-KB2)-(AK2-KC2)=KC2-KB2.由即得，命题得证.证明 略.说明 本题再次用到了相交弦定理

15、的逆定理.情景再现7O1与O2相交于M、N，AB、CD为公切线，A、B、C、D为切点，直线MN交AB于P，交CD于Q，求证：PQ2=AB2+MN2.8以O为圆心的圆通过ABC的两个顶点A、C，且与AB、BC两边分别相交于K、N两点，ABC和KBN的两外接圆交于B、M两点证明：OMB为直角(1985 年第 26 届国际数学竞赛）9如图，自圆外一点P向O作切线，PA、PB，A、B为切点，AB与PO相交于C，弦EF过点C求证：APE=BPF?F?C?B?A?O?E?PABCKMNPQBCO2PQ1DABCMNO O A C B K N M P 习题 161已知，AD是O的直径，ADBC，AB、AC分

16、别与圆交于E、F，那么下列等式中一定成立的是()AAEBE=AFCFBAEAB=AOADCAEAB=AFACDAEAF=AOAD2设A的直径等于等边三角形ABC的边长，等腰三角形ABC的周长与ABC的周长相同，且BC与A相切，那么()ABAC120BBAC=120CBACr2)，连心线O1O2的中点为D，且O1O2上有一点H，满足 2DHO1O2=r12r22，过H作垂直于O1O2的直线l，证明直线l上任一点M向两圆所引切线长相等.12如图，设D为线段AB上任一点，以AB、AD、BD为直径分别作三个半圆O、O、O，EF是半圆O、O的公切线，E、F为切点DCAB，交半圆O于C求证四边形DFCE为

17、矩形本节“情景再现”解答：1分析：因AB2AN2(ABAN)(ABAN)BMBN,而由题设易知AMAN,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：证明：如图,234590,又34,15,12.从而,AMAN.以AM长为半径作A,交AB于F,交BA的延长线于E.则AEAFAN.由割线定理有BMBNBFBE(ABAE)(ABAF)(ABAN)(ABAN)AB2AN2,即AB2AN2BMBN.2证明：EFAD，FEA=A C=A，C=FEA，FEBFCEFE2=FBFCFG是O的切线，FG2=FBFCEF=FG.3证明：根据相交弦定理，得MCCN=ACCD，MCCN=BCCEACCD=BCCE（A

18、B+BC）CD=BC（CD+DE）ABCD=BCDE即ABBC=EDDC.4证明：由相交弦定理，得APPBCPPD，APPBEPPF，CPPDEPPF.由相交弦定理的逆定理，可得C、D、E、F四点共圆.5解 延长NM交O于E，设正三角形边长为a，ND=x由相交弦定理得，NDNE=ANNC，x(a2+x)=a2a2，即x2+a2xa24=0解得x=a4(51)PDNPBCPNPC=NDBC=xa=14(51)以PN=12aPC代入得，12aPCPC=14(51)即PCa=23+5=3 52PCPA=PCaPC=5126解 作AD的垂直平分线BE，垂足为EAB=BD，BE过点OAC为直径，ABC=

19、ADC=90，BOCD BPODPC，OPPC=BOCD=BPDPBO=OC=1.5，PC=0.6，OP=1.50.6=0.9，CD=1OHABMO21DOFDCABO OEEANCDBFM12345ABCDOPEAD2=AC2CD2=8，AD=22由OE=21CD=0.5，得BE=2，AB2=BE2+AE2=6，AB=6BC=322 ABAC 所求周长=223617证明：PQ2=(PM+MQ)2=PM2+(MN+NQ)2+2PMMQ=PM2+MN2+NQ2+2MNNQ+2PMMQPM=NQ，PN=MQPQ2=2PM2+2MNPM+2PMPN+MN2=2PM(PM+MN)+2PMPN+MN2(

20、PMPN=PA2)=4PA2+MN2 PA=PB，故AB=2PA PQ2=AB2+MN28证明：由BM、KN、AC三线共点P，知PMPB=PNPK=PO2-r2由PMN=BKN=CAN，得P、M、N、C共圆，故BMBP=BNBC=BO2-r2 得，PMPB-BMBP=PO2-BO2，即(PM-BM)(PM+BM)=PO2-BO2，就是PM2-BM2=PO2-BO2，于是OMPB9证明：如图，连结OA、OB、OE、OF，显然O、A、P、B四点共圆，于是ACCB=OCCP.又因为ACCB=ECCF，所以OCCP=ECCF.所以O、E、P、F四点共圆，又因为OE=OF，所以OPE=OPF从而APE=

21、BPF?F?C?B?A?P?E?O O A C B K N M P 本节“习题 16”解答：1 解 连DE，则由AD为O的直径，故DEAB，ADBC，B、E、D、D四点共圆 AEAB=ADAD同理，AFAC=ADAD，AEAB=AFAC故选C2解 设切点为T，且BT=x，AT=r，则得rxxr322，解得x=43r由于tan6043，故BAC120，故选C3解 在直角三角形OPM中，PO2=OM2+PM2，即(8+R)2=R2+122，解得R=5，故选C（或由切割线定理，得 122=8(8+2R)，2R=10）4解 设FBE=x，则FDE=x，BDE=60，由BDF=60，得ABD=BDFA=

22、32 BFD=32但BFD=FBE+C，即 32=x+30，故x=2，选B5解PM2=MT2=MBMA，PMBAMP；MAC=BPM，BPM=BDC，DCMP，设DC交AM于点E，则PMBDEB；且AECAMPPMB即图中有 3 个与MPB相似的三角形故选C.6解 延长线BD与O交于E，于是BA2=BCBE，BE=12DE=6 取CE中点G，连OG 则DG=1.5，OG2=22(32)2=74 OE2=OG2+GE2=22 即OE=22故选D7解 设PC=x，PA=y，PCAPBD，则2135yx，2150 xy解之得x=40，y=45，PT=608证明：连MN，则由BMBA=BNBC，得BM

23、NBCA，MNBN=ACAB=12CM平分ACB，MN=AMBN=2AM9解 设PO延长线与O交于D，连OA则PA2=PCPD，以PA=12，PC=6，代入，得PD=24，于是CD=18，OC=9，OAPA，CEPA，PCPO=CEOA，以PC=6，PO=15，OA=12 代入，得CE=24510证明 连PA、PB、PC则APB=90，APC=90，C、P、B三点在一条直线上 由OAAB，知ABC是直角三角形 CAPCBACA2=CPCB但CT为O的切线，CT2=CPCB，CT=CA11 证明：过M作O1、O2的切线MA、MB，切点为A、BMO12MO22=O1H2O2H2=(O1H+O2H)(O1HO2H)=O1O2(O1D+DHO2D+DH)=2O1O2DH=r12r22MO12O1A2=MO22O2B2，即MA=MB12证明：连OE，OF，设O、O的半径分OHABMO21DTCBOOPACBADOEGEOPABCDOFDCAPBO OE别为R1、R2，CD、EF交于点P则OOFE为直角梯形，EF2=OO2(OEOF)2=(R1+R2)2(R1R2)2=4R1R2 又，由ABC是直角三角形，CD是其斜边上的高，CD2=ADBD=4R1R2 CD=EF PE=PD，PF=PD，DEF是直角三角形PE=PF=PD，CD、EF互相平分即DFCE是矩形