關于圓的問題

圓的有關問題是與直線型緊密結合在一起的，因而綜合性強，富于變化.

圓的有關計算與證明

例1  （第3屆全國部分省市初中數學通訊賽試題）圓內接八邊形的四條邊長為1，另四條邊長為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關.

不妨設八邊形ABCDEFGH如圖35-1，且有

AB=CD=EF=GH=2，

BC=DE=FG=HA=1.

雙向延長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屆全蘇中學生競賽題）在邊長為1cm的正五邊形,去掉所有與五邊形各頂點距離都小于1cm的點,求余下部分的面積.

解 以A為圓心,1cm長為半徑的扇形ABE內的點到點A的距離都小于1cm.分別以正五邊形的各頂點為圓心,1cm長為半徑作弧,以五段圓弧為邊界的“曲邊五邊形”MNPQR內的點到正五邊形ABCDE各頂點的距離小于1cm.五邊形內余下的部分是五個等積的“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屆國際數學競賽題）三個全等的圓有一個公共點O，并且都在一個已知△ABC內.每個圓與△ABC的兩邊相切.求證：△ABC的內心、外心和O點共線.

證明  如圖35-3,設三等圓為⊙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內心I.顯然，I也是△A′B′C′的內心.因此，△ABC的外心E，△A′B′C′的外心E′與I三點共線.

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

四點共圓

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

證明 過A作⊙O的切線AT.

∵BD、CE為高，

∴B、C、D、E四點共圓.

∴∠TAC=∠ABC=∠ADE

∴AT∥ED.又AO⊥AT，

∴AO⊥ED.

又∵G為BC中點，

∴DG=BC=EG.

而EF=DF，∴FG⊥ED.

故AO∥FG.

例5（1990年全國初中數學競賽題）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BD、CE.

∵BC=CD=DE，

∠BCD=∠CDE，

∴△BCD≌△CDE.

又∠BCD=180°-2a,

∴∠CBD=∠CDB

=∠DCE=∠DEC=a,

∴B、C、D、E四點共圓，且BC=CD=DE=2a.

∴BCDE=6a.又∠BAE=3a，

∴A、B、C、D、E共圓.

∴∠BAC=∠CAD=∠DAE=a.

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

證明 連OC_i、OD_i，對每個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C_iD_i的中點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，∴P_i和⊙OAB的圓心距離相等.

即點P₁，P₂，…，P₁₉₈₈與定點等距離，這定點為⊙OAB的圓心.

例7若凸四邊形兩對角線的乘積等于它的兩組對邊乘積之和，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.

這說明，E在BD上，∠3與∠BDC重合.

∴∠BDC=∠BAC.故A、B、C、D四點共圓.

此例是托勒密逆定理.

1．  雜題

例8（第1屆美國數學邀請賽題）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；又設從A出發的弦只有AD能被BC等分，這樣可以知道AB劣弧對應的圓心角的正弦是一個有理數.如果把這個有理數化為最簡分數，求mn.

分析設AD、BC交于M，M為AD中點，則點M的軌跡是在A點與⊙O內切的半徑為的⊙P，依題意BC與⊙P切于點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年北京中學生數學競賽題)任意剪六個圓形紙片放在桌面上,使得沒有一個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,總是不能一次把六個紙片全部扎中.

分析 這命題等價于：平面上有六個圓，每個圓心都在其余各圓的外部，證明平面上任意一點都不會同時在這六個圓內部.

證明 （反證法）如圖35-9，設平面上有一點M同時在這六個圓內部，連結六個圓心：

MO₁，MO₂，…，MO₆.

則∠O₁MO₂+∠O₂MO₃+…+∠O₆MO₁=360°.

因此，至少有一個角不大于60°，不妨設∠O₁MO₂≤60°，即γ≤60°.

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

∴O₁O₂≤O₁M＜r₁(r₁為圓⊙O₁的半徑).

故O₂在⊙O₁內，這與題設矛盾，這就證明了M點不可能同時在六個圓的內部.

例10（第21屆國際中學生數學競賽題）如圖35-10，平面上兩圓相交，其中一交點為A.兩動點各以勻速自A點出發在不同的圓周上同向移動，這兩點移動一周后同時返回到A點.求證平面上有一定點P，它不論在何時皆和兩動點等距離.

解設⊙O₁與⊙O₂相交于A和A′并設兩動點Q₁和Q₂分別在⊙O₁和⊙O₂上，使∠AO₁Q₁=∠AO₂Q₂.連Q₁A′Q₂A′.因為圓周角等于同弧所對圓心角的一半，故∠AA′Q₁=∠AO₁Q₁,∠AA′Q₂=π-∠AXQ₂=π-∠AO₂Q₂.

∴∠AA′Q₁+∠AA′Q₂=π.即有Q₁、B、Q₂三點共線.

過A點作MN⊥AA′分別交兩圓于M、N，（如圖35-11），設Q₁和Q₂表示兩動點在任一時刻的位置.由圓內接四邊形兩對角互補可知∠MQ₁A′=∠A′Q₂N=

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