關(guān)于圓的問(wèn)題

圓的有關(guān)問(wèn)題是與直線型緊密結(jié)合在一起的，因而綜合性強(qiáng)，富于變化.

圓的有關(guān)計(jì)算與證明

例1  （第3屆全國(guó)部分省市初中數(shù)學(xué)通訊賽試題）圓內(nèi)接八邊形的四條邊長(zhǎng)為1，另四條邊長(zhǎng)為2.求此八邊形的面積.

解  由弓形面積公式知所求的八邊形的面積與八邊形各邊排列的順序無(wú)關(guān).

不妨設(shè)八邊形ABCDEFGH如圖35-1，且有

AB=CD=EF=GH=2，

BC=DE=FG=HA=1.

雙向延長(zhǎng)AH、BC、DE、FG得正方形KLMN.

故S_{八邊形ABCDEFGH}=S_{正方形KLMN}-4S_△ABK

=

例2  （第19屆全蘇中學(xué)生競(jìng)賽題）在邊長(zhǎng)為1cm的正五邊形,去掉所有與五邊形各頂點(diǎn)距離都小于1cm的點(diǎn),求余下部分的面積.

解 以A為圓心,1cm長(zhǎng)為半徑的扇形ABE內(nèi)的點(diǎn)到點(diǎn)A的距離都小于1cm.分別以正五邊形的各頂點(diǎn)為圓心,1cm長(zhǎng)為半徑作弧,以五段圓弧為邊界的“曲邊五邊形”MNPQR內(nèi)的點(diǎn)到正五邊形ABCDE各頂點(diǎn)的距離小于1cm.五邊形內(nèi)余下的部分是五個(gè)等積的“曲邊三角形”BMC、CND、DPE、EQA、ARB（如圖35-2）.

考察“曲邊三角形”BMC與以∠BAM為圓心角(等于60°)的扇形BAM的面積之和,恰等于等邊三角形ABM與以∠CBM為圓心角（等于108°-60°=48°）的扇形CBM的面積之和.

所以，所要求的面積為：

5S_曲邊△BMC

=5(S_△ABM+S_扇形CBM-S_扇形BAM)

=5

=

例3  （第22屆國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）三個(gè)全等的圓有一個(gè)公共點(diǎn)O，并且都在一個(gè)已知△ABC內(nèi).每個(gè)圓與△ABC的兩邊相切.求證：△ABC的內(nèi)心、外心和O點(diǎn)共線.

證明  如圖35-3,設(shè)三等圓為⊙A′、⊙B′和⊙C′.故A′B′∥AB，B′C′∥BC，C′A′∥CA.于是△A′B′C′∽△ABC.

由于三等圓分別與△ABC的兩邊相切，故AA′、BB′、CC′相交于△ABC內(nèi)心I.顯然，I也是△A′B′C′的內(nèi)心.因此，△ABC的外心E，△A′B′C′的外心E′與I三點(diǎn)共線.

又O是三等圓的公共點(diǎn)，OA′=OB′=OC′，因此O即是△A′B′C′的外心E′.故E，O、I三點(diǎn)共線.

四點(diǎn)共圓

例4 （1980年哈爾濱初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）如圖35-4，在△ABC中，BD、CE為高，F(xiàn)、G分別為ED、BC的中點(diǎn)，O為外心，求證：AO∥FG.

證明 過(guò)A作⊙O的切線AT.

∵BD、CE為高，

∴B、C、D、E四點(diǎn)共圓.

∴∠TAC=∠ABC=∠ADE

∴AT∥ED.又AO⊥AT，

∴AO⊥ED.

又∵G為BC中點(diǎn)，

∴DG=BC=EG.

而EF=DF，∴FG⊥ED.

故AO∥FG.

例5（1990年全國(guó)初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）已知在凸五邊形ABCDE中，∠BAE=3a,BC=CD=DE，且∠BCO=∠CDE=180°-2a，求證：∠BAC=∠CAD=∠DAE.

證明  連結(jié)BD、CE.

∵BC=CD=DE，

∠BCD=∠CDE，

∴△BCD≌△CDE.

又∠BCD=180°-2a,

∴∠CBD=∠CDB

=∠DCE=∠DEC=a,

∴B、C、D、E四點(diǎn)共圓，且BC=CD=DE=2a.

∴BCDE=6a.又∠BAE=3a，

∴A、B、C、D、E共圓.

∴∠BAC=∠CAD=∠DAE=a.

例6 （1988年廣州等五市數(shù)學(xué)聯(lián)賽題）如圖35-6，AB為定圓O中的定弦，作⊙O的弦C₁D₁，C₂D₂，…C₁₉₈₈D₁₉₈₈，對(duì)其中每一i（i=1，2，…,1988），C_iD_i都被弦AB平分于M_i.過(guò)C_i、D_i分別作⊙O的切線，兩切線交于P_i.求證：點(diǎn)P₁，P₂，…，P₁₉₈₈與某定點(diǎn)等距離，并指出這定點(diǎn)是什么點(diǎn).

證明 連OC_i、OD_i，對(duì)每個(gè)i（i=1，2，…1988），

∵C_iD_i均被AB平分于M_i，

∴C_iM_i·D_iM_i=AM_i·BM_i.        ①

又P_iC_i,P_iD_i分別切⊙O于C_i、D_i，

故知O、C_i、P_i、D_i共圓，且OP_i通過(guò)C_iD_i的中點(diǎn)M_i.

∴C_iM_i·D_iM_i=P_iM_i·OM_i.            ②

由①、②得OM_i·M_iP_i=M_iA·M_iB.

∴P_i和O、A、B共圓.

但O、A、B為定點(diǎn)，∴P_i和⊙OAB的圓心距離相等.

即點(diǎn)P₁，P₂，…，P₁₉₈₈與定點(diǎn)等距離，這定點(diǎn)為⊙OAB的圓心.

例7若凸四邊形兩對(duì)角線的乘積等于它的兩組對(duì)邊乘積之和，則此四邊形人接于圓.

證明如圖35-7，在凸四邊形ABCD中，設(shè)AC·BD=AB·CD+AD·BC.（※）

作∠ECD=∠ACB，∠EBC=∠CAD，于是△BEC∽△ADC，

∴

                  　　  ②

由①得BE·AC=AD·BC.           ③

由②及∠1=∠2,可得△ABC∽△DCE.

∴∠3=∠4，

即      DE·AC=AB·DC              ④

③+④即有

(BE+DE)·AC=AD·BC+AB·DC.              ⑤

比較⑤式與(※)式     得BE+DE=BD.

這說(shuō)明，E在BD上，∠3與∠BDC重合.

∴∠BDC=∠BAC.故A、B、C、D四點(diǎn)共圓.

此例是托勒密逆定理.

1．  雜題

例8（第1屆美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題）如圖35-8，已知AD、BC是⊙O的兩條相交的弦，且B在劣弧AD上，⊙O的半徑為5，BC=6，AD被BC平分；又設(shè)從A出發(fā)的弦只有AD能被BC等分，這樣可以知道AB劣弧對(duì)應(yīng)的圓心角的正弦是一個(gè)有理數(shù).如果把這個(gè)有理數(shù)化為最簡(jiǎn)分?jǐn)?shù)，求mn.

分析設(shè)AD、BC交于M，M為AD中點(diǎn)，則點(diǎn)M的軌跡是在A點(diǎn)與⊙O內(nèi)切的半徑為的⊙P，依題意BC與⊙P切于點(diǎn)M.

要求mn，須求sin∠AOB=，亦是求cos∠AOB之值.

作ON⊥BC于N，連OB，則

BN==3，ON=

作PQ⊥ON于Q,連PM,則PQNM為矩形,故有QN=PM=OP

=AO=,

OQ=ON-QN=

MN=PQ

=

BM=BN-MN=1

BP=

在△POB中,由余弦定理,

cos∠AOB=

　　　　=

        =,

∴sin∠AOB=

          =

∴mn=7×25=175.

例9(1962年北京中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)任意剪六個(gè)圓形紙片放在桌面上,使得沒有一個(gè)紙片的中心落在另一紙片上或被另一紙片蓋住,然后用一枚針去世扎這一堆紙片.證明:不論針尖落在哪一點(diǎn),總是不能一次把六個(gè)紙片全部扎中.

分析 這命題等價(jià)于：平面上有六個(gè)圓，每個(gè)圓心都在其余各圓的外部，證明平面上任意一點(diǎn)都不會(huì)同時(shí)在這六個(gè)圓內(nèi)部.

證明 （反證法）如圖35-9，設(shè)平面上有一點(diǎn)M同時(shí)在這六個(gè)圓內(nèi)部，連結(jié)六個(gè)圓心：

MO₁，MO₂，…，MO₆.

則∠O₁MO₂+∠O₂MO₃+…+∠O₆MO₁=360°.

因此，至少有一個(gè)角不大于60°，不妨設(shè)∠O₁MO₂≤60°，即γ≤60°.

又，α+β+γ=180°則α,β中必有一個(gè)不小于60°.不妨設(shè)β≥60°，則β≥γ.

∴O₁O₂≤O₁M＜r₁(r₁為圓⊙O₁的半徑).

故O₂在⊙O₁內(nèi)，這與題設(shè)矛盾，這就證明了M點(diǎn)不可能同時(shí)在六個(gè)圓的內(nèi)部.

例10（第21屆國(guó)際中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）如圖35-10，平面上兩圓相交，其中一交點(diǎn)為A.兩動(dòng)點(diǎn)各以勻速自A點(diǎn)出發(fā)在不同的圓周上同向移動(dòng)，這兩點(diǎn)移動(dòng)一周后同時(shí)返回到A點(diǎn).求證平面上有一定點(diǎn)P，它不論在何時(shí)皆和兩動(dòng)點(diǎn)等距離.

解設(shè)⊙O₁與⊙O₂相交于A和A′并設(shè)兩動(dòng)點(diǎn)Q₁和Q₂分別在⊙O₁和⊙O₂上，使∠AO₁Q₁=∠AO₂Q₂.連Q₁A′Q₂A′.因?yàn)閳A周角等于同弧所對(duì)圓心角的一半，故∠AA′Q₁=∠AO₁Q₁,∠AA′Q₂=π-∠AXQ₂=π-∠AO₂Q₂.

∴∠AA′Q₁+∠AA′Q₂=π.即有Q₁、B、Q₂三點(diǎn)共線.

過(guò)A點(diǎn)作MN⊥AA′分別交兩圓于M、N，（如圖35-11），設(shè)Q₁和Q₂表示兩動(dòng)點(diǎn)在任一時(shí)刻的位置.由圓內(nèi)接四邊形兩對(duì)角互補(bǔ)可知∠MQ₁A′=∠A′Q₂N=

作Q₁Q的中垂線，交MN于它的中點(diǎn)P，點(diǎn)P就是所求的定點(diǎn).它顯然和Q₁，Q₂等距離.