两圆外切的性质与应用

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圆外切四边形地性质及应用

大全圆外切四边形的性质及应用01 双心四边形，外心为O ，外接圆半径为R ，内心为P ，内切圆半径为r ，OI = h ．证明 1(R + h ) 2 + 1(R －h ) 2= 1r 2．证：如图，分别过K 、L 、M 、N 作PK 、PL 、PM 、PN 垂线交于A 、B 、C 、D ． ∵ ∠LCM = 180︒－∠LPM = ∠PLM + ∠PML = 12 (∠MLK + ∠LMN ),∠KAN = 12 (∠LKN + ∠KNM )．∴ A 、B 、C 、D 四点共圆．我们设其半径为ρ，易证 B 、P 、D ；A 、P 、C 分别三点共线．∴ r = PL sin β = PB sin α sin β = PB ·PC BCAPAB, PC ·AP = ρ 2－d 2(d 为ABCD 的外心记为Ω与P 的距离)．又易证AC ⊥BD ，∴PB BC ·AB = 12ρ ⇒ r = ρ 2－d22ρ… ① 延长NP 交BC 于T ，易证T 为BC 中点(卜拉美古塔定理)． ∴ ΩT ∥PS , ΩS ∥PT ．□ΩTPS 中，4O 'T 2 = PS 2 + OS 2－d 2 = 2ρ 2－d 2．又 O 'N = 12 2ρ 2－d 2⇒ O '为KLMN 的外心(即为O )且R = 12 2ρ 2－d 2… ②，h = 12d … ③●●CAPO L ST'KβαMNαBΩα大全由①②③得 1r 2 = 4ρ 2(ρ 2－d 2 ) 2 = 2(R 2 + h 2)(R 2－h 2 ) 2 = 1(R + h ) 2 + 1(R －h ) 2 ．02 证明圆外切四边形ABCD 的对角线AC 、BD 的中点E 、F 与圆心O 共线．证：沿用上题的记号，对点X 、Y 、Z ，用d (X , YZ )表示X 到YZ 的距离．设⊙O 半径为r ，∠BAD = 2α, ∠ABC = 2β, ∠BCD = 2γ, ∠CDA = 2δ，则 α, β, γ, δ均为锐角且 α + β + γ + δ = π． ∴ sin α, sin β, sin γ, sin δ > 0．连结EF (若E 与F 重合，则结论显然成立，以下设E 与F 不重合)．在线段EF 上取点O '使EO 'O 'F = sin β sin δsin α sin γ．连OA 、OD 、OG (F 为⊙O 与AD 相切处)，则OG ⊥AD , AG = OG cot α = r cot α, GD = OG cot δ = r cot δ．故AD = r (cot α + cot δ)．∴ d (A , CD ) = r (cot α + cot δ) sin 2δ．∴ d (E , CD ) = 12sin 2δ (cot α + cot δ)r = sin δ cos δ (cot α + cot δ)r= (sin δ cos δ cot α + cos 2δ )r = (sin δ cos δ cot α－sin 2δ )r + r = sin δ·cos δ cos α－sin δ sin αsin α r + r = ( sin δ cos (α + δ)sin α+ 1)r ．同理 d (F , CD ) = ( sin γ cos (β + γ)sin β+ 1)r ．O BA●D EO'( )F ●●大全由EO 'O 'F = sin β sin δsin α sin γ知 d (O ', CD ) =sin α sin γ (sin δ cos (α + δ)sin α + 1)r + sin β sin δ ( sin γ cos (β + γ)sin β+ 1)r sin α sin γ + sin β sin δ= sin δ sin γ ( cos (α + δ) + cos (β + γ))sin α sin γ + sin β sin δr + r= r (因为 α + β + γ + δ = π，所以 cos (α + δ) + cos (β + γ) = 0)．同理 d (O ', AB ) = d (O ', BC ) = d (O ', DA ) = r ． ∴ O '与O 重合，故知结论成立，证毕．03 已知△ABC ，在BC 、CA 、AB 上分别取点D 、E 、F 使四边形AEDF 、BDEF 、CDEF 均为圆外切四边形．求证AD 、BE 、CF 三线共点．证：作△DEF 内切圆⊙ω，切EF 、FD 、DE 于P 、Q 、R ．又设△ABC 内切圆为⊙I ，△AEF 内切圆为⊙ω1．记⊙ω1、⊙ω、⊙I 半径分别为R 1, R , r ．由AEDF 为圆外切四边形知AF + DE = AE + DF ． ∴ FP －PE = FD －DE = FA －AE ．∴ ⊙ω1切EF 于P ，∴ ⊙ω1与⊙ω外切，∴ ω1、P 、ω 三点共线．另一方面，易知A 、ω1、I 三点共线．延长AP 交I ω于T ，则对△I ωω1与截线AP 用梅氏定理知ω0T TI IA A ω1 ω1PP ω= 1． CQP EFR1●●●●I AB TDωω大全注意到A ω1AI = R 1r ，上式 ⇔ ω0T TI r R 1 R 1R = 1，即 ω0T TI = R r． ∴ T 为线段ωI 上一个定点，∴ AP 、BQ 、CR 三线共点于T ．由塞瓦定理知 sin ∠FAP sin ∠EAP sin ∠ECR sin ∠DCR sin ∠DBQsin ∠FBQ= 1．再用角平分线定理知上式 ⇔ FP FA EP EA ER EC DR DC DQ DBFQ FB= 1．将FP = FQ , EP = ER , DQ = DR 代入得 FA EAEC DC DBFB= 1．由塞瓦定理即知 AD 、BE 、CF 三线共点，得证．04 四边形ABCD 既可外切于圆，又可内接于圆，并且ABCD 的内切圆分别与它的边AB 、BC 、CD 、AD 相切于点K 、L 、M 、N ，四边形的∠A 和∠B 的外角平分线相交于点K '，∠B 和∠C 的外角平分线相交于点L '，∠C 和∠D 的外角平分线相交于点M '，∠D 和∠A 的外角平分线相交于点N '．证明，直线KK '、LL '、MM '、NN '经过同一个点．证：如图，设∠BCD 的内切圆圆心为I ，∠BAI = ∠IAD = α, ∠ABI = ∠CBI = β, ∠BCI = ∠DCI = γ, ∠CDI = ∠ADI = θ．⊙I 半径为r ．由ABCD 还有外接圆可得 α + γ = β + θ = π2 ．∴ ∠K 'AB = γ = ∠N 'AI (由于K 'N '为A 外角平分线)，且A 、K '、B 、I 四点共圆，AB = r (cot α + cot B )．∴ AK 'sin ∠K 'BA = ABsin ∠AIB 即 AK 'sin θ = r (cot α + cot β)sin (α + β)． ACN●●D L BIMKK'M'N'L'αβαβθγθγγγ大全∴ AK ' = r sin θsin β sin α ．同理 AN ' = r sin βsin α sin θ．∴ K 'N ' = r (sin 2 θ + sin 2 β)sin α sin β sin θ = rsin α sin β sin θ，K 'N '⊥AI ．而KN ∥K 'N '且KNK 'N '= 2r sin γ 且KN ⊥AI ． ∴ KN ∥K 'N '且 KNK 'N '= 2 sin α sin β sin θ sin γ．同理可得 MN ∥M 'N ', MN M 'N ' = 2 sin α sin β sin θ sin γ, ML ∥M 'L ', MLM 'L ' = 2 sin α sin β sin θ sin γ, LK ∥L 'K ',LKL 'K '= 2 sin α sin β sin θ sin γ．于是四边形KLMN 与四边形K 'L 'M 'N '位似，对应顶点连线K 'K 、L 'L 、M 'M 、N 'N 共点于位似中心，得证．大全05 设凸四边形ABCD 外切于⊙O ，圆心O 在对角线BD 上的射影为M ．求证BD 平分∠AMC ．证：设⊙O 在ABCD 四边切点为A 1、B 1、C 1、D 1．不妨设⊙O 半径为1，以O 为原点建立复平面，则⊙O 为单位圆．令A 1、B 1、C 1、D 1所代表的复数为a , b , c , d ，则由熟知结论可知 D = 2ab a + b , A = 2bc b + c , B = 2cd c + d , C = 2da d + a ．注意到过BD 直线方程为 (⎺B －⎺D )x + B ⎺D = (B －D )⎺x + ⎺B D ．将B 、D 代入化简得(c + d －a －b )x －[ ab (c + d )－cd (a + b )]⎺x = 2cd －ab … ① 又过O 且垂直于BD 直线方程为 xB －D + ⎺x⎺B －⎺D = 0．将B 、D 代入化简得(c + d －a －b )x + [ ab (c + d )－cd (a + b )]⎺x = 0 … ②① + ②2(c + d －a －b ) 得 x = cd －ab c + d －a －b ，此即为M 的复数表示，M = cd －abc +d －a －b ．又∵ ∠AMC 被BD平分 ⇔ )∠AMD = )∠DMC ⇔ A －MB －D B －DC －M∈ R ⇔ (A －M )(C －M )(B －D ) 2= (A －M )(C －M )(B －D ) 2 ．将A 、B 、C 、D 、M 代入得(A －M )(C －M )(B －D ) 2 = ( 2bcb +c －cd －ab c + d －a －b )( 2ad a + d －cd －abc +d －a －b )( 2ab a + b －2cd c + a )2 = 14 (a + b )(c + d )[ 2bc (c + d －a －b )－(cd －ab )(b + c )][ 2ad (c + d －a －b )－(cd －cb )(c + d )](c + d －a －b ) 2 [ ab (c + d )－cd (a + d )]2A D 1111B ABC D O大全= 14 (a + b )(c + d )[ 4abcd (c + d －a －b ) 2 + (cd －ab ) 2 (a + d )(b + c )－2(c + d －a －b )(cd －ab )[ bc (a + d ) + ad (b + c )](c + d －a －b ) 2 [ ab (c + d )cd (a + b )] 2… ③ 注意到14(a + b )(c + d )[ 4abcd (c + d －a －b ) 2 + (cd －ab ) 2 (a + b )(b + c )－2(c + d －a －b )(cd －ab )(cd －ab )[ bc (a + d ) + ad (b + c )](c + d －a －b ) 2 [ ab (c + d )－cd (a + b ) ] 2= 14 a + b ab c + d cd [ 4abcd [ab (c + d )－cd (a + b )]2a 2b 2c 2d 2 + (cd －ab ) 2 (a + d )(b + c )a 3 b 3 c 3 d 3 －2[ab (c + d )－cd (a + b )] 2 (ab －cd )(a + b + c + d )a 3 b 3c 3d 3][ab (c + d )－cd (a + b )] 2 (c + d －a －b ) 2a 4 b 4 c 4 d4= (a + b )(c + d ){ 4[ab (c + d )－cd (a + b )] 2 + (cd －ab ) 2(a + d )(b + c )－2[ab (c + d )－cd (a + b )](ab －cd )(a + b + c + d )}(c + d －a －b ) 2 [ ab (c + d )－cd (a + b )]2… ④ 比较③④知仅需证4abcd (c + d －a －b ) 2－2(c + d －a －b )(cd －ab )[bc (a + d ) + ad (b + c )]= 4[ab (c + d )－cd (a + b )] 2－2[ab (c + d )－cd (a + b )](ab －cd )(a + b + c + d )⇔ 2abcd (c + d ) 2 + 2abcd (a + b ) 2－4abcd (a + b )(c + d ) + [ ab (c + d )－cd (a + b )](ab －cd )(a + b + c + d ) = 2a 2b 2(c + d ) 2+ 2c 2d 2(a + b ) 2－4abcd (a + b )(c + d ) + (c + d －a －b )(cd －ab )(abc + abd + bcd + acd ) ⇔ 2(ab －cd )[ab (c + d ) 2－cd (a + b ) 2]= (ab －cd ){[ab (c + d )－cd (a + b )](a + b + c + d ) + (c + d －a －b )[ab (c + d ) + cd (a + b )]} ⇔ 2ab (c + d ) 2－2cd (a + b )2= ab (c + d )(a + b ) + ab (c + d ) 2－cd (a + b ) 2－cd (c + b ) + ab (c + d ) 2－(a + b )ab (c + d ) + cd (a + b )(c + d )－cd (a + b ) 2 ⇔ 2ab (c + d ) 2－2cd (a + b ) 2= 2ab (c + d ) 2－2cd (a + b ) 2，得证． 06 双心四边形ABCD ，AC ∩BD = E ，内、外心为I 、O ．求证I 、O 、E 三点共线．大全证：引理：圆外切四边形ABCD ，切点为M 、N 、K 、L ，则AC 、BD 、MK 、NL 四线共点．引理的证明：设AC ∩KM = G ，LN ∩KM = G '，由正弦定理得GC AG = CM sin ∠GMC sin ∠CGHAK sin ∠AKG sin ∠AGK= CM AK sin ∠GMC sin ∠AKG sin ∠AGK sin ∠CGM = CM AK ．同理G 'C AG ' = CL AN ．∴ G 'C AG ' = CL AN = CM AK = CGAG即G = G '．故AC 、NL 、KM 三线共点．同理BD 、KM 、LN 三线共点，引理得证．回到原题：切点仍记为K 、L 、M 、N ，由引理KM ∩LN = E ．以I 为中心，⊙(KNM )为反演圆作反演，A '、B '、C '、D '分别为KLMN 四边中点．由B 'C '∥KM ∥A 'D ', A 'B '∥NL ∥D 'C '知A 'B 'C 'D '为平行四边形．而A 、B 、C 、D 共圆知A '、B '、C '、D '共圆，A 'B 'C 'D '必为矩形，其中心设为Q ，且有KM ⊥LN ．由反演性质知Q 、I 、O 三点共线．设LN 、KM 中点为P 、R ，则 → IQ ' = 14(→ IA ' + → IB ' + → IC ' + → ID ' )= 14 (→ IK + → IL + → IM + → IN ) = 12 (→ IR + → IP )．由垂径定理知PIRE 为矩形．从而→ IR + → IP = →IE ．DG CMNAB LK G'( )DP RIE C●●●●A'B'C'MNAB LK ●●●D'大全∴ → IQ = 12 → IE ，即I 、Q 、E 三点共线，从而O 、I 、E 三点共线．平面几何中两个重要定理引理1:凸四边形ABCD 有内切圆当且仅当BC AD CD AB +=+,当且仅当,AF EC AE FC +=+当且仅当.DF DE BF BE +=+（图１）引理2:凸四边形ABCD 在角C 有旁切圆当且仅当,DA DC BA BC +=+当且仅当.FD FB ED EB +=+（图２）题目1:已知A,B,C,D 为平面上四点,其中任意三点不共线,且CB-CA=DA-DB.设线段AD 与线段BC 相交于G,分别过A,B 作AE//BD, BF//AC 交直线BC,AD 于点E,F.证明:EB-EA=FA-FB.证明一:设,,,,d GB c CG b AC a BA ====.,,g GA f DG e BD ===因为BFG ∆～CAG ∆,AEG ∆～DBG ∆,所以 ),(b g cdFB FG -=-大全).(e d fgEA EG -=- 要证,EA EB FB FA -=-即证=+-g b g cd)(.)(d e d f g +-由余弦定理知,,2cos cos 2222222dfe df DGB CGA cg b g c -+=∠=∠=-+即 .2))((2))((1212222222dfe df e d f cg b g c b g c df e d f cg b g c --+-=--+-⇔--+=--+已知条件CB-CA=DA-DB 0≠--=--⇔-+=-+⇔e d f g b c e g f b d c .故)(11)(11e d dfd b g cg g dfe df cg b g c --=--⇔+-=+- ⇔=+-g b g cd)(.)(d e d f g +-证明二:记,,αβ=∠=∠GAC GAB.,ϕθ=∠=∠GBD GBA 由正弦定理知,已知条件等价于大全 ABDB AB DA AB CB AB CA DB DA CA CB -=+-⇔-=- 2cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 2)sin(sin )sin()sin()sin(sin βϕθβϕθβϕθβϕθθβαθβαθβαθβαβϕθβϕθθβαβαθ++++++-+=++++++-+⇔++-+=++++-⇔ 2sin 2sin 2sin 2sin βϕθθβαβϕθθβα-+++=++-+⇔22cos 22cos 22cos 22cos ϕβαϕθααθϕϕβα-++++-=-++++-⇔ =-++++⇔22cos 22cos ϕβαϕβα22cos 22cos αθϕϕθα-++++ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 由正弦定理知,要证明的结论等价于 ABEB AB EA AB FB AB FA +-=- ϕϕθπϕθαβαβαπsin ))(sin(sin sin sin sin sin ))(sin(+-+-=-+-⇔ ϕϕϕθααβαsin 2sin 22cos 2sin 2sin 22cos2+=+⇔大全.2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 因此,命题成立.证明三:设.,P BF AE Q DB CA =⋂=⋂DB DA CA CB -=-⇔BD BC AD AC +=+⇔凸四边形GCQD 在角G 有旁切圆(引理2)DG DQ CG CQ +=+⇔(引理2)DG BD BQ CG AC AQ +-=+-⇔)()()(DG CG BD AC AG AP AG BP +--++=+⇔(平行四边形AQBP 中,AP BQ BP AQ ==,)BGAP CG AC AC BC AP CG AC BD DA AP AG BP +=-+-+=-+-+=+⇔)()(⇔凸四边形PAGB 有内切圆(引理1)BE BF AE AF +=+⇔(引理1)FB FA EA EB -=-⇔. 题目2:已知,ABC ∆记ΘΓ为ABC ∆的边BC 的旁切圆.任意选取一条平行于BC 的直线,l 分别交线段AB,AC 于点D,E.记ADE ∆的内切圆为1ΘΓ.过点D,E 作ΘΓ的切线(不过点A)交于点P;过B,C 作1ΘΓ的切线(不过点A)交于点Q.证明: 无论如何选取直线,l 直线PQ 总过定点.题记:本题是2009年捷克波兰斯洛伐克数学竞赛题3(见2010年中等数学增刊).利用引理1和2,可以简洁给出证明.大全证明:设N BC M DE =ΘΓ⋂=ΘΓ⋂,1.切点为X,Y,.,,V BC PY U BC PX P EY DX =⋂=⋂=⋂ 凸四边形ADPE 在角P 处有旁切圆EP EA DP DA +=+⇒(引理2).又AD EM DM AE +=+,故EM EP DM DP +=+.因此,点M 也是EPD ∆在DE边上的旁切圆的切点. 易知:点N 是VPU ∆在UV 边上的旁切圆的切点. EPD ∆与VPU ∆关于点P 位似)//(CB DE ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,P 共线.①切点为I,J,Q CJ BI L DE CJ K DE BI =⋂=⋂=⋂,,.由引理1知,.BQ AC CQ AB +=+又,BN AB CN AC +=+故,BN BQ CN CQ +=+因此,点N 也是CQB∆在BC 边上的旁切圆的切点. 易知:点M 是LQK ∆在KL 边上的旁切圆的切点.CQB ∆与LQK ∆关于点P 位似)//(CB LK ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,Q 共线.②由①和②知，直线PQ 过定点N.。

圆与圆内切外切关系分析

圆与圆内切外切关系分析一、圆的定义与基本性质1.1 圆的定义：平面上一动点以一定点为中心，一定长为距离运动一周的轨迹称为圆。

1.2 圆心：圆上所有点到圆心的距离相等，称为圆心。

1.3 半径：从圆心到圆上任意一点的距离称为半径。

1.4 直径：通过圆心，并且两端点都在圆上的线段称为直径。

1.5 圆的性质：圆上任意一点到圆心的距离等于半径；圆心到圆上任意一点的连线与圆的切线垂直；圆的周长公式：C=2πr，其中r为半径，π为圆周率。

二、圆与圆的位置关系2.1 外切：两个圆外部相切，此时两圆的圆心距等于两圆半径之和。

2.2 内切：一个圆内切于另一个圆，此时两圆的圆心距等于两圆半径之差。

2.3 相离：两个圆不相交，且圆心距大于两圆半径之和。

2.4 相交：两个圆相交，且圆心距小于两圆半径之和，大于两圆半径之差。

2.5 包含：一个圆完全包含另一个圆，此时两圆的圆心距等于大圆半径减去小圆半径。

三、圆与圆内切外切关系的应用3.1 圆的切线：圆的切线与圆的半径垂直，且切点在圆的半径上。

3.2 圆的弦：连接圆上任意两点的线段称为弦，直径是最大的弦。

3.3 圆的弧：圆上任意两点间的部分称为弧，圆周角等于90度的弧称为半圆。

3.4 圆的内切四边形：一个四边形四个顶点都在圆上，称为圆的内切四边形。

其对角互补，即任意两个对角的和为180度。

3.5 圆的外切四边形：一个四边形四个顶点都在圆外，称为圆的外切四边形。

其对角互补，即任意两个对角的和为180度。

四、圆与圆内切外切关系的证明4.1 圆外切的证明：设两圆O1和O2，半径分别为r1和r2，圆心距为d。

当两圆外切时，有d=r1+r2。

4.2 圆内切的证明：设两圆O1和O2，半径分别为r1和r2，圆心距为d。

当两圆内切时，有d=r2-r1。

五、圆与圆内切外切关系的拓展5.1 圆的相交：当两个圆相交时，交点数量与两圆的位置关系有关。

外离则无交点，外切则有一个交点，相离则有两个交点，相交则有三个交点，内切则有一个交点，包含则有两个交点。

外切球和内切球知识点总结

外切球和内切球知识点总结一、外切球和内切球的定义1. 外切球在几何学中，外切球是指一个球与另外一个几何体（通常是一个多边形或圆柱体）相切于凸多边形或凸多面体的每一侧面的情况。

外切球的直径等于两相切多边形（或多面体）的对边之和。

以正方形为例，外切球的定义如下：对于一个正方形，以正方形的每一条边为切点做球的切线，则球的外切球的半径等于正方形的边长的一半。

2. 内切球内切球是指一个球刚好被另外一个几何体（通常是一个多边形或圆柱体）所包围，并且与该几何体的每一边或面都相切的情况。

内切球的直径等于围绕这个球的多边形（或多面体）的对边之和。

以正方形为例，内切球的定义如下：对于一个正方形，用正方形的每个顶点作为球的切点，那么这个球就是正方形的内切球。

二、外切球和内切球的性质1. 外切球的性质外切球的性质主要有以下几点：（1）外切球的半径等于多边形（或多面体）的对角线的一半。

（2）对于任意多边形，外切球与多边形的外切圆心在一条直线上。

（3）外切球的切点在多边形（或多面体）的中点处。

（4）外切球的半径等于多边形（或多面体）的外接圆的半径。

2. 内切球的性质内切球的性质主要有以下几点：（1）内切球的半径等于多边形（或多面体）的内切圆的半径。

（2）对于任意多边形，内切球的内切圆心和多边形的顶点在一条直线上。

（3）内切球的切点在多边形（或多面体）的中点处。

（4）内切球的半径等于多边形（或多面体）的外接圆的半径减去多边形（或多面体）的半径。

三、外切球和内切球的应用外切球和内切球在数学、物理、工程等领域都有着重要的应用，下面将分别介绍它们在不同领域的具体应用。

1. 数学领域在数学领域，外切球和内切球主要应用于解决几何问题和优化问题。

例如，外切球和内切球可以用来求解多边形（或多面体）的面积、体积、周长等问题，同时也可以用来解决某些最优化问题，比如求解最大最小值等。

此外，外切球和内切球还可以应用于解决一些具体的数学难题，比如利用外切球和内切球的性质证明某些几何定理、求解某些不等式等。

圆外切四边形的性质及应用

- -可修编.圆外切四边形的性质及应用01 双心四边形，外心为O ，外接圆半径为R ，心为P ，切圆半径为r ，OI = h ．证明1(R + h )2 + 1(R －h )2= 1r 2．证：如图，分别过K 、L 、M 、N 作PK 、PL 、PM 、PN 垂线交于A 、B 、C 、D ． ∵∠LCM = 180︒－∠LPM = ∠PLM + ∠PML = 12 (∠MLK + ∠LMN ),∠KAN = 12(∠LKN + ∠KNM )．∴A 、B 、C 、D 四点共圆．我们设其半径为ρ，易证 B 、P 、D ；A 、P 、C 分别三点共线．∴r = PL sin β = PB sin αsin β = PB ·PC BC APAB,PC ·AP = ρ2－d 2 (d 为ABCD 的外心记为Ω与P 的距离)．又易证AC ⊥BD ，∴PB BC ·AB = 12ρ ⇒r = ρ2－d22ρ…①延长NP 交BC 于T ，易证T 为BC 中点(卜拉美古塔定理)． ∴ΩT ∥PS , ΩS ∥PT ．●●CAPO LST'KβαMNαBΩα□ΩTPS中，4O'T2 = PS2 + OS2－d2 = 2ρ2－d2．又O'N = 122ρ2－d2⇒O'为KLMN的外心(即为O)且R = 122ρ2－d2…②，h =12d…③由①②③得1r2=4ρ2(ρ2－d2 )2=2(R2 + h2 )(R2－h2 )2=1(R + h)2+1(R－h)2．02证明圆外切四边形ABCD的对角线AC、BD的中点E、F与圆心O共线．证：沿用上题的记号，对点X、Y、Z，用d(X, YZ)表示X到YZ的距离．设⊙O半径为r，∠BAD = 2α, ∠ABC = 2β, ∠BCD = 2γ, ∠CDA = 2δ，则α, β, γ, δ均为锐角且α + β + γ + δ = π．∴sinα, sinβ, sinγ, sinδ > 0．连结EF(若E与F重合，则结论显然成立，以下设E与F不重合)．在线段EF上取点O'使EO'O'F=sinβsinδsinαsinγ．连OA、OD、OG(F为⊙O与AD相切处)，则OG⊥AD, AG = OG cotα = r cotα, GD = OG cotδ = r cotδ．OB A●DEO'( )F●●- -可修编.- -可修编.故AD = r (cot α + cot δ)．∴d (A , CD ) = r (cot α + cot δ)sin 2δ．∴d (E , CD ) = 12sin 2δ(cot α + cot δ)r = sin δcos δ(cot α + cot δ)r= (sin δcos δcot α + cos 2δ)r = (sin δcos δcot α－sin 2δ)r + r = sin δ·cos δcos α－sin δsin αsin α r + r = (sin δcos (α + δ)sin α+ 1)r ．同理 d (F , CD ) = (sin γcos (β + γ)sin β+ 1)r ．由EO 'O 'F = sin βsin δsin αsin γ知 d (O ', CD ) =sin αsin γ(sin δcos (α + δ)sin α + 1)r + sin βsin δ(sin γcos (β + γ)sin β+ 1)r sin αsin γ + sin βsin δ=sin δsin γ(cos (α + δ) + cos (β + γ))sin αsin γ + sin βsin δr + r= r (因为 α + β + γ + δ = π，所以 cos (α + δ) + cos (β + γ) = 0)．同理 d (O ', AB ) = d (O ', BC ) = d (O ', DA ) = r ．∴O'与O重合，故知结论成立，证毕．03已知△ABC，在BC、CA、AB上分别取点D、E、F使四边形AEDF、BDEF、CDEF均为圆外切四边形．求证AD、BE、CF三线共点．证：作△DEF切圆⊙ω，切EF、FD、DE于P、Q、R．又设△ABC切圆为⊙I，△AEF切圆为⊙ω1．记⊙ω1、⊙ω、⊙I半径分别为R1, R, r．由AEDF为圆外切四边形知AF + DE = AE + DF．∴FP－PE = FD－DE = FA－AE．∴⊙ω1切EF于P，∴⊙ω1与⊙ω外切，∴ω1、P、ω三点共线．另一方面，易知A、ω1、I三点共线．延长AP交Iω于T，则对△Iωω1与截线AP用梅氏定理知ω0T TIIAAω1ω1PPω= 1．注意到Aω1AI=R1r，上式⇔ω0TTIrR1R1R= 1，即ω0TTI=Rr．∴T为线段ωI上一个定点，∴AP、BQ、CR三线共点于T．由塞瓦定理知sin∠FAPsin∠EAPsin∠ECRsin∠DCRsin∠DBQsin∠FBQ= 1．CQPEFR1●●●●IABTDωω- -可修编.再用角平分线定理知上式⇔FP FAEP EA ERECDRDCDQDBFQFB= 1．将FP = FQ, EP = ER, DQ = DR代入得FAEAECDCDBFB= 1．由塞瓦定理即知AD、BE、CF三线共点，得证．04四边形ABCD既可外切于圆，又可接于圆，并且ABCD的切圆分别与它的边AB、BC、CD、AD相切于点K、L、M、N，四边形的∠A和∠B的外角平分线相交于点K'，∠B和∠C的外角平分线相交于点L'，∠C和∠D的外角平分线相交于点M'，∠D和∠A的外角平分线相交于点N'．证明，直线KK'、LL'、MM'、NN'经过同一个点．证：如图，设∠BCD的切圆圆心为I，∠BAI = ∠IAD = α, ∠ABI = ∠CBI = β, ∠BCI = ∠DCI = γ, ∠CDI = ∠ADI = θ．⊙I半径为r．由ABCD还有外接圆可得α + γ = β + θ = π2．∴∠K'AB = γ = ∠N'AI(由于K'N'为A外角平分线)，且A、K'、B、I四点共圆，AB = r(cotα + cot B)．∴AK'sin∠K'BA=ABsin∠AIB即AK'sinθ=r(cotα + cotβ)sin(α + β)．∴AK' =r sinθsinβsinα．同理AN' =r sinβsinαsinθ．ACN●●DLBIMKK'M'N'L'αβαβθγθγγγ- -可修编.∴K'N' = r(sin2θ + sin2β)sinαsinβsinθ=rsinαsinβsinθ，K'N'⊥AI．而KN∥K'N'且KNK'N'= 2r sinγ且KN⊥AI．∴KN∥K'N'且KNK'N'= 2 sinαsinβsinθsinγ．同理可得MN∥M'N', MNM'N'= 2 sinαsinβsinθsinγ, ML∥M'L',MLM'L'= 2 sinαsinβsinθsinγ,LK∥L'K', LKL'K'= 2 sinαsinβsinθsinγ．于是四边形KLMN与四边形K'L'M'N'位似，对应顶点连线K'K、L'L、M'M、N'N共点于位似中心，得证．05设凸四边形ABCD外切于⊙O，圆心O在对角线BD上的射影为M．求证BD平分∠AMC．证：设⊙O在ABCD四边切点为A1、B1、C1、D1．不妨设⊙O半径为1，以O为原点建立复平面，则⊙O为单位圆．令A1、B1、C1、D1所代表的复数为a, b, c, d，则由熟知结论可知D = 2aba + b, A =2bcb + c,B =2cdc + d, C =2dad + a．A111BACDO- -可修编.- -可修编.注意到过BD 直线方程为 (⎺B －⎺D )x + B ⎺D = (B －D )⎺x + ⎺BD ．将B 、D 代入化简得(c + d －a －b )x －[ ab (c + d )－cd (a + b )]⎺x = 2cd －ab …① 又过O 且垂直于BD 直线方程为xB －D+⎺x⎺B －⎺D= 0．将B 、D 代入化简得(c + d －a －b )x + [ ab (c + d )－cd (a + b )]⎺x = 0 …②① + ②2(c + d －a －b ) 得 x = cd －ab c + d －a －b ，此即为M 的复数表示，M = cd －abc +d －a －b．又∵∠AMC 被BD 平分⇔)∠AMD = )∠DMC ⇔A －MB －D B －DC －M∈R ⇔(A －M )(C －M )(B －D )2= (A －M )(C －M )(B －D )2 ．将A 、B 、C 、D 、M 代入得(A －M )(C －M )(B －D )2 = (2bcb +c －cd －ab c + d －a －b )(2ad a + d －cd －abc +d －a －b )(2ab a + b －2cd c + a )2= 14 (a + b )(c + d )[ 2bc (c + d －a －b )－(cd －ab )(b + c )][ 2ad (c + d －a －b )－(cd －cb )(c + d )](c + d －a －b )2 [ ab (c + d )－cd (a + d )]2= 14(a + b )(c + d )[ 4abcd (c + d －a －b )2 + (cd －ab )2(a + d )(b + c )－2(c + d －a －b )(cd －ab )[ bc (a + d ) + ad (b + c )](c + d －a －b )2 [ ab (c + d )cd (a + b )] 2…③注意到1 4(a + b)(c + d)[ 4abcd(c + d－a－b)2 + (cd－ab)2 (a + b)(b + c)－2(c + d－a－b)(cd－ab)(cd－ab)[ bc(a + d) + ad(b + c)](c + d－a－b)2 [ ab(c + d)－cd(a + b) ] 2=14a + babc + dcd[ 4abcd[ab(c + d)－cd(a + b)] 2a2b2c2d2+ (cd－ab)2(a + d)(b + c)a3b3c3d3－2[ab(c + d)－cd(a + b)] 2(ab－cd)(a + b + c + d)a3b3c3d3][ab(c + d)－cd(a + b)] 2(c + d－a－b)2a4b4c4d4= (a + b)(c + d){ 4[ab(c + d)－cd(a + b)]2 + (cd－ab)2 (a + d)(b + c)－2[ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d)}(c + d－a－b)2 [ ab(c + d)－cd(a + b)] 2…④比较③④知仅需证4abcd(c + d－a－b)2－2(c + d－a－b)(cd－ab)[bc(a + d) + ad(b + c)]= 4[ab(c + d)－cd(a + b)] 2－2[ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d)⇔2abcd(c + d)2 + 2abcd(a + b)2－4abcd(a + b)(c + d) + [ ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d) = 2a2b2 (c + d)2 + 2c2d2 (a + b)2－4abcd(a + b)(c + d) + (c + d－a－b)(cd－ab)(abc + abd + bcd + acd)⇔2(ab－cd)[ab(c + d)2－cd(a + b)2 ]= (ab－cd){[ab(c + d)－cd(a + b)](a + b + c + d) + (c + d－a－b)[ab(c + d) + cd(a + b)]} ⇔2ab(c + d)2－2cd(a + b)2= ab(c + d)(a + b) + ab(c + d)2－cd(a + b)2－cd(c + b) + ab(c + d)2－(a + b)ab(c + d) + cd(a + b)(c + d)－cd(a + b)2 ⇔2ab(c + d)2－2cd(a + b)2 = 2ab(c + d)2－2cd(a + b)2，得证．06双心四边形ABCD，AC∩BD = E，、外心为I、O．求证I、O、E三点共线．- -可修编.证：引理：圆外切四边形ABCD，切点为M、N、K、L，则AC、BD、MK、NL四线共点．引理的证明：设AC∩KM = G，LN∩KM = G'，由正弦定理得GC AG =CM sin∠GMCsin∠CGHAK sin∠AKGsin∠AGK=CMAKsin∠GMCsin∠AKGsin∠AGKsin∠CGM=CMAK．同理G'CAG'=CLAN．∴G'CAG'=CLAN=CMAK=CGAG即G = G'．故AC、NL、KM三线共点．同理BD、KM、LN三线共点，引理得证．回到原题：切点仍记为K、L、M、N，由引理KM∩LN = E．以I为中心，⊙(KNM)为反演圆作反演，A'、B'、C'、D'分别为KLMN四边中点．由B'C'∥KM∥A'D', A'B'∥NL∥D'C'知A'B'C'D'为平行四边形．而A、B、C、D共圆知A'、B'、C'、D'共圆，A'B'C'D'必为矩形，其中心设为Q，且有KM⊥LN．由反演性质知Q、I、O三点共线．设LN、KM中点为P、R，则→IQ'= 14(→IA'+→IB'+→IC'+→ID')DGCMNABLKG'( )DPRIEC●●●●A'B'C'MNABLK●●●D'- -可修编.- -可修编.= 14 (→ IK + → IL + → IM + → IN ) = 12 (→ IR + → IP )．由垂径定理知PIRE 为矩形．从而→ IR + → IP = →IE ．∴→ IQ = 12 → IE ，即I 、Q 、E 三点共线，从而O 、I 、E 三点共线．平面几何中两个重要定理引理1:凸四边形ABCD 有切圆当且仅当BC AD CD AB +=+,当且仅当,AF EC AE FC +=+当且仅当.DF DE BF BE +=+（图１）引理2:凸四边形ABCD 在角C 有旁切圆当且仅当,DA DC BA BC +=+当且仅当.FD FB ED EB +=+（图２）题目1:已知A,B,C,D 为平面上四点,其中任意三点不共线,且CB-CA=DA-DB.设线段 AD 与线段BC 相交于G,分别过A,B 作AE//BD, BF//AC 交直线BC,AD 于点E,F.证明:EB-EA=FA-FB.- -可修编.证明一:设,,,,d GB c CG b AC a BA ====.,,g GA f DG e BD ===因为BFG ∆～CAG ∆,AEG ∆～DBG ∆,所以),(b g c dFB FG -=-).(e d f gEA EG -=-要证,EA EB FB FA -=-即证=+-g b g c d)(.)(d e d f g+-由余弦定理知,,2cos cos 2222222df e d f DGB CGA cg b g c -+=∠=∠=-+即.2))((2))((1212222222df e d f e d f cg b g c b g c df e d f cg b g c --+-=--+-⇔--+=--+已知条件CB-CA=DA-DB 0≠--=--⇔-+=-+⇔e d f g b c e g f b d c .故)(11)(11e d df d bg cg g df edf cg b g c --=--⇔+-=+-- -可修编. ⇔=+-g b g cd )(.)(de dfg +-证明二:记,,αβ=∠=∠GAC GAB.,ϕθ=∠=∠GBD GBA 由正弦定理知,已知条件等价于AB DB AB DA AB CB AB CA DB DA CA CB -=+-⇔-=- 2cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 2)sin(sin )sin()sin()sin(sin βϕθβϕθβϕθβϕθθβαθβαθβαθβαβϕθβϕθθβαβαθ++++++-+=++++++-+⇔++-+=++++-⇔ 2sin 2sin 2sin 2sin βϕθθβαβϕθθβα-+++=++-+⇔22cos 22cos 22cos 22cos ϕβαϕθααθϕϕβα-++++-=-++++-⇔ =-++++⇔22cos 22cos ϕβαϕβα22cos 22cos αθϕϕθα-++++ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 由正弦定理知,要证明的结论等价于- -可修编. AB EBAB EAAB FBAB FA+-=-ϕϕθπϕθαβαβαπsin ))(sin(sin sin sin sin sin ))(sin(+-+-=-+-⇔ϕϕϕθααβαsin 2sin 22cos 2sin 2sin 22cos 2+=+⇔.2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔因此,命题成立.证明三:设.,P BF AE Q DB CA =⋂=⋂DB DA CA CB -=-⇔BD BC AD AC +=+⇔凸四边形GCQD 在角G 有旁切圆(引理2)DG DQ CG CQ +=+⇔(引理2)DG BD BQ CG AC AQ +-=+-⇔)()()(DG CG BD AC AG AP AG BP +--++=+⇔(平行四边形AQBP 中,AP BQ BP AQ ==,)BGAP CG AC AC BC AP CG AC BD DA AP AG BP +=-+-+=-+-+=+⇔)()(⇔凸四边形PAGB 有切圆(引理- -可修编.1)BE BF AE AF +=+⇔(引理1)FB FA EA EB -=-⇔.题目2:已知,ABC ∆记ΘΓ为ABC ∆的边BC 的旁切圆.任意选取一条平行于BC 的直线,l 分别交线段AB,AC 于点D,E.记ADE ∆的切圆为1ΘΓ.过点D,E 作ΘΓ的切线(不过点A)交于点P;过B,C 作1ΘΓ的切线(不过点A)交于点Q.证明: 无论如何选取直线,l 直线PQ 总过定点.题记:本题是2009年捷克波兰斯洛伐克数学竞赛题3(见2010年中等数学增刊).利用引理1和2,可以简洁给出证明.证明:设N BC M DE =ΘΓ⋂=ΘΓ⋂,1.切点为X,Y,.,,V BC PY U BC PX P EY DX =⋂=⋂=⋂ 凸四边形ADPE 在角P 处有旁切圆EP EA DP DA +=+⇒(引理2).又AD EM DM AE +=+,故EM EP DM DP +=+.因此,点M 也是EPD ∆在DE边上的旁切圆的切点. 易知:点N 是VPU ∆在UV 边上的旁切圆的切点.EPD ∆与VPU ∆关于点P 位似)//(CB DE ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,P 共线.①切点为I,J,Q CJ BI L DE CJ K DE BI =⋂=⋂=⋂,,.由引理1知,.BQ AC CQ AB +=+又,BN AB CN AC +=+故,BN BQ CN CQ +=+因此,点N 也是CQB ∆在BC 边上的旁切圆的切点.- -可修编. 易知:点M 是LQK ∆在KL 边上的旁切圆的切点.CQB ∆与LQK ∆关于点P 位似)//(CB LK ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,Q 共线.②由①和②知，直线PQ 过定点N.。

平面几何中的圆与其切线知识点

平面几何中的圆与其切线知识点在平面几何学中，圆是一种基本的几何图形，而切线是与圆相切的直线。

本文将介绍圆与其切线的相关知识点，包括切线的定义、性质以及切线与圆的关系。

一、切线的定义与性质切线是指与圆相切的直线。

具体来说，对于给定圆上的一点P，如果通过该点P有且只有一条直线与圆相切，则这条直线被称为圆的切线，点P被称为切点。

切线具有以下性质：1. 切线与半径的垂直关系：切线与半径的连线垂直于切线。

这是因为在圆上的切线和半径所构成的角是直角。

2. 切线的唯一性：通过圆上的任意一点，都存在唯一一条与圆相切的直线。

这是切线定义的基本条件。

3. 切线长度的性质：切线长度等于半径与切点之间的距离。

二、切线与圆的位置关系当直线与圆相切时，它们之间存在着一些特殊的位置关系。

1. 切线与圆的切点：切线与圆的切点是切线与圆相切的点，它们的位置关系决定了切线与圆的相对位置。

2. 切线的位置相对圆心：通过圆心的直线被称为圆的直径，直径垂直于切线。

3. 切线与圆的外切关系：当直线与圆外切时，切线与通过圆心的半径成直角。

4. 切线与圆的内切关系：当直线与圆内切时，切线与通过切点和圆心的半径成直角，并且切线将圆切分为两个部分，其中一部分位于切线的内部，另一部分位于切线的外部。

三、切线与圆的性质应用圆与其切线的性质在解决实际问题中有广泛的应用。

以下是一些应用实例：1. 圆形公路的设计：在设计圆形公路时，需要考虑到切线对车辆行驶的影响。

合理设置切点和切线可以让车辆在转弯时平稳过渡。

2. 光学系统中的应用：在光学系统中，切线与光线的交点决定了光线的传播方向和折射角度，因此切线的位置对于光学系统的设计和优化至关重要。

3. 圆的近似计算：在计算机图形学和数值计算中，圆的切线可以用来近似计算圆的弧长、面积等参数，以提高计算效率。

总结起来，切线是与圆相切的直线，具有与圆的切点、圆心的位置关系和垂直于半径等性质。

切线与圆相互作用，可以应用于圆形公路设计、光学系统设计以及数值计算中的圆近似计算等领域。

两圆外切的一个基本图形及其应用

证明：１延长Ｃ交ｏ０。于（）Ａ
Ｄ，结ＤＢ，长Ｂ交ｏ２于连延Ａ０基本性质．如果我们熟悉这一基本图形及其性质并能连Ｅ，ＡＣ＝９。０，在证题时巧妙的运用或构造它，往往可以获得证题的Ｅ，结Ｃ易证Ｂ
解析：题的证明，意到 △ＡＰＢ是直角三角此注
又 ‘ ＢＡＣ＝ＢＡＤ一９。． ’ ０，． △ ＢＡＣ∽ △ ＤＡＢ．．．
・．．
点Ｃ，连结ＡＰ、ＡＣ，证：２Ｐ・Ｂ．求ＡＣ一ＣＣ形，就很容易发现ＡＣ是ｏ１０的直径，而Ｃ从Ａ上ＡＢ，
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湖北省襄樊市第四中学初中部李继承
陕西长安师范学校郝锐利
学习平面几何，如果能积累一些重要的、常见的
这时只需在ＲｔＡＡＢ内应用射影定理，可以证明Ｃ便
证明：证 △ＡＰ为直角三易Ｂ
角形，‘ ＡＰＢ一９。．．Ｏ，
。．．
ＡＰＣ一９，Ｏ。
‘
．
．
在ｏ０１中，ＡＣ是ｏ１的０
图３
直径。又 ‘ＡＢ切ｏ于Ａ，． ‘ ０１
．ＡＣＡＢ即Ｃ．上．ＡＢ＝９。０，
・
Ｂ，而ＡＢ—Ｂ１Ａ１从Ｂ．
证明：Ｔ作两圆的内公切线交ＡＡ过于Ｏ，结连点Ｐ，直线ＡＢ是两圆的外公切线，Ｂ为切点，判ＡＴ、Ｔ、Ａ、试ＡＢＴ，由切线长定理得Ｏ则Ａ＝ＯＴ＝ＯＡ．断以线段ＡＢ为直径的圆与直线Ｏ０２的位置关系， △ＡＴ是直角三角形，Ａ并给出证明．ＡＴＡ１９。 — ０．解析：易证以ＡＢ为直径的圆与Ｏ０相切，切２且又。ＡＢ是ｏＯ直径，． ‘

教案二：圆与圆的相交、内含和外切状态分析

本教案基于初中数学中的圆与圆的相交、内含和外切状态进行分析。

题目涉及该知识点的基本概念和定理，适合初中二年级学生学习。

通过学习本教案，学生将掌握圆与圆的状态判断方法和基本性质。

一、教学目标1. 掌握圆与圆的相交、内含和外切状态的判断方法和性质。

2. 熟练掌握相交、内含和外切状态的定理。

3. 认识圆与圆的交点性质。

4. 提高对圆的几何认识和主动学习能力。

二、教学内容本节课学习的内容主要涉及以下方面：1. 圆与圆相交状态的判断。

2. 圆与圆内含状态的判断。

3. 圆与圆外切状态的判断。

4. 圆与圆的交点性质。

三、教学方法1. 归纳演绎法。

2. 案例分析法。

3. 课堂讲解及练习相结合。

4. 课前自主学习。

四、教学过程1. 课前自主学习学生应在课前自主了解以下知识：（1）关于圆的基本概念：圆周、半径、直径、弧长、扇形等；（2）关于圆的夹角关系：同位角、内角和、外角和；（3）关于圆与圆的基本操作：圆与圆相交、内含、外切。

学生可以通过相关教材、网络课程等途径进行学习。

2. 案例分析：圆与圆的相交状态分析请看下面的图，图中 $O$、$P$ 两圆交于 $A$、$B$ 两点，直线$CD$ 与圆 $O$、$P$ 相切于点 $E$、$F$，求角 $\alpha$、$\beta$、$\gamma$ 的大小。

此题需要运用圆的切线性质和圆周角定理。

按照教师的步骤，学生第一步是找到圆与圆的交点。

在找到交点之后，学生需要判断圆与圆的相交状态。

易知，圆 $O$ 与圆 $P$ 的相交状态为交点 $A$、$B$。

第二步是判断直线 $CD$ 与圆 $O$、$P$ 的状态。

根据切线定义，直线 $CD$ 与圆 $O$ 的状态为外切，与圆 $P$ 的状态为内含。

第三步是计算 $\angle \alpha$、$\angle \beta$、$\angle \gamma$ 的值。

根据题意，易知：$\angle DEP=\angle EDO=\angle AOB=\alpha$，$\angle FPC=\angle FCO=\angle PBO=\beta$，$\angle ABD=\angle ACD=\gamma$。

圆外切四边形的性质及应用概况

圆外切四边形的性质及应用01 双心四边形，外心为O ，外接圆半径为R ，内心为P ，内切圆半径为r ，OI = h ．证明1(R + h ) 2 + 1(R －h ) 2= 1r 2 ．证：如图，分别过K 、L 、M 、N 作PK 、PL 、PM 、PN 垂线交于A 、B 、C 、D ． ∵ ∠LCM = 180︒－∠LPM = ∠PLM + ∠PML = 12 (∠MLK + ∠LMN ),∠KAN = 12 (∠LKN + ∠KNM )．∴ A 、B 、C 、D 四点共圆．我们设其半径为ρ，易证 B 、P 、D ；A 、P 、C 分别三点共线．∴ r = PL sin β = PB sin α sin β = PB ·PC BC APAB,PC ·AP = ρ 2－d 2 (d 为ABCD 的外心记为Ω与P 的距离)．又易证AC ⊥BD ，∴PB BC ·AB = 12ρ ⇒ r = ρ 2－d 22ρ… ①延长NP 交BC 于T ，易证T 为BC 中点(卜拉美古塔定理)． ∴ ΩT ∥PS , ΩS ∥PT ．□ΩTPS 中，4O 'T 2 = PS 2 + OS 2－d 2 = 2ρ 2－d 2．又 O 'N = 122ρ 2－d 2 ⇒ O '为KLMN 的外心(即为O )且R = 122ρ 2－d 2 … ②，h = 12d … ③●●CAPO L ST'KβαMNαBΩα由①②③得 1r 2 = 4ρ 2(ρ 2－d 2 ) 2 = 2(R 2 + h 2 )(R 2－h 2 ) 2 = 1(R + h ) 2 + 1(R －h ) 2． 02 证明圆外切四边形ABCD 的对角线AC 、BD 的中点E 、F 与圆心O 共线．证：沿用上题的记号，对点X 、Y 、Z ，用d (X , YZ )表示X 到YZ 的距离．设⊙O 半径为r ，∠BAD = 2α, ∠ABC = 2β, ∠BCD = 2γ, ∠CDA = 2δ，则 α, β, γ, δ均为锐角且 α + β + γ + δ = π． ∴ sin α, sin β, sin γ, sin δ > 0．连结EF (若E 与F 重合，则结论显然成立，以下设E 与F 不重合)．在线段EF 上取点O '使EO 'O 'F = sin β sin δsin α sin γ．连OA 、OD 、OG (F 为⊙O 与AD 相切处)，则OG ⊥AD , AG = OG cot α = r cot α, GD = OG cot δ = r cot δ．故AD = r (cot α + cot δ)．∴ d (A , CD ) = r (cot α + cot δ) sin 2δ．∴ d (E , CD ) = 12sin 2δ (cot α + cot δ)r = sin δ cos δ (cot α + cot δ)r= (sin δ cos δ cot α + cos 2 δ )r = (sin δ cos δ cot α－sin 2 δ )r + r = sin δ·cos δ cos α－sin δ sin αsin α r + r = ( sin δ cos (α + δ)sin α+ 1)r ．同理 d (F , CD ) = (sin γ cos (β + γ)sin β+ 1)r ．O BA●D EO '( )F ●●由EO'O'F=sinβsinδsinαsinγ知d(O', CD) = sinαsinγ(sinδcos(α + δ)sinα+ 1)r + sinβsinδ(sinγcos(β + γ)sinβ+ 1)rsinαsinγ + sinβsinδ= sinδsinγ(cos(α + δ) + cos(β + γ))sinαsinγ + sinβsinδr + r= r(因为α + β + γ + δ = π，所以cos(α + δ) + cos(β + γ) = 0)．同理d(O', AB) = d(O', BC) = d(O', DA) = r．∴O'与O重合，故知结论成立，证毕．03已知△ABC，在BC、CA、AB上分别取点D、E、F使四边形AEDF、BDEF、CDEF均为圆外切四边形．求证AD、BE、CF三线共点．证：作△DEF内切圆⊙ω，切EF、FD、DE于P、Q、R．又设△ABC内切圆为⊙I，△AEF内切圆为⊙ω1．记⊙ω1、⊙ω、⊙I半径分别为R1, R, r．由AEDF为圆外切四边形知AF + DE = AE + DF．∴FP－PE = FD－DE = F A－AE．∴⊙ω1切EF于P，∴⊙ω1与⊙ω外切，∴ω1、P、ω三点共线．另一方面，易知A、ω1、I三点共线．延长AP交Iω于T，则对△Iωω1与截线AP用梅氏定理知ω0T TIIAAω1ω1PPω= 1．CQPEFR1●●●●IABTDωω注意到Aω1AI=R1r，上式⇔ω0TTIrR1R1R= 1，即ω0TTI=Rr．∴T为线段ωI上一个定点，∴AP、BQ、CR三线共点于T．由塞瓦定理知sin∠F APsin∠EAPsin∠ECRsin∠DCRsin∠DBQsin∠FBQ= 1．再用角平分线定理知上式⇔FPF AEPEAERECDRDCDQDBFQFB= 1．将FP = FQ, EP = ER, DQ = DR代入得F AEAECDCDBFB= 1．由塞瓦定理即知AD、BE、CF三线共点，得证．04四边形ABCD既可外切于圆，又可内接于圆，并且ABCD的内切圆分别与它的边AB、BC、CD、AD相切于点K、L、M、N，四边形的∠A和∠B的外角平分线相交于点K'，∠B和∠C的外角平分线相交于点L'，∠C和∠D的外角平分线相交于点M'，∠D和∠A的外角平分线相交于点N'．证明，直线KK'、LL'、MM'、NN'经过同一个点．证：如图，设∠BCD的内切圆圆心为I，∠BAI = ∠IAD = α, ∠ABI = ∠CBI = β, ∠BCI = ∠DCI = γ, ∠CDI = ∠ADI = θ．⊙I半径为r．由ABCD还有外接圆可得α + γ = β + θ = π2．∴∠K'AB = γ = ∠N'AI(由于K'N'为A外角平分线)，且A、K'、B、I四点共圆，AB = r(cotα + cot B)．∴AK'sin∠K'BA=ABsin∠AIB即AK'sinθ=r(cotα + cotβ)sin(α + β)．ACN●●DLBIMKK'M'N'L'αβαβθγθγγγ∴AK' =r sinθsinβsinα．同理AN' =r sinβsinαsinθ．∴K'N' = r(sin2θ + sin2β)sinαsinβsinθ=rsinαsinβsinθ，K'N'⊥AI．而KN∥K'N'且KNK'N'= 2r sinγ且KN⊥AI．∴KN∥K'N'且KNK'N'= 2 sinαsinβsinθsinγ．同理可得MN∥M'N', MNM'N'= 2 sinαsinβsinθsinγ, ML∥M'L',MLM'L'= 2 sinαsinβsinθsinγ,LK∥L'K', LKL'K'= 2 sinαsinβsinθsinγ．于是四边形KLMN与四边形K'L'M'N'位似，对应顶点连线K'K、L'L、M'M、N'N共点于位似中心，得证．05设凸四边形ABCD外切于⊙O，圆心O在对角线BD上的射影为M．求证BD平分∠AMC．证：设⊙O在ABCD四边切点为A1、B1、C1、D1．不妨设⊙O半径为1，以O为原点建立复平面，则⊙O为单位圆．令A1、B1、C1、D1所代表的复数为a, b, c, d，则由熟知结论可知D =2aba + b, A =2bcb + c, B =2cdc + d, C =2dad + a．注意到过BD直线方程为(⎺B－⎺D)x + B⎺D = (B－D)⎺x + ⎺B D．将B、D代入化简得(c + d－a－b)x－[ ab(c + d)－cd(a + b)]⎺x = 2cd－ab…①又过O且垂直于BD直线方程为xB－D+⎺x⎺B－⎺D= 0．将B、D代入化简得(c + d－a－b)x + [ ab(c + d)－cd(a + b)]⎺x = 0 …②①+ ②2(c + d－a－b)得x =cd－abc + d－a－b，此即为M的复数表示，M =cd－abc + d－a－b．又∵∠AMC被BD平分⇔)∠AMD = )∠DMC⇔A－MB－DB－DC－M∈R⇔(A－M)(C－M)(B－D)2= (A－M)(C－M)(B－D)2．将A、B、C、D、M代入得(A－M)(C－M) (B－D)2=(2bcb + c－cd－abc + d－a－b)(2ada + d－cd－abc + d－a－b)(2aba + b－2cdc + a)2= 14(a + b)(c + d)[ 2bc(c + d－a－b)－(cd－ab)(b + c)][ 2ad(c + d－a－b)－(cd－cb)(c + d)](c + d－a－b)2 [ ab(c + d)－cd(a + d)] 2AD1111BACDO= 14(a + b)(c + d)[ 4abcd(c + d－a－b)2 + (cd－ab)2(a + d)(b + c)－2(c + d－a－b)(cd－ab)[ bc(a + d) + ad(b + c)](c + d－a－b)2 [ ab(c + d)cd(a + b)] 2…③注意到1 4(a + b)(c + d)[ 4abcd(c + d－a－b)2 + (cd－ab)2 (a + b)(b + c)－2(c + d－a－b)(cd－ab)(cd－ab)[ bc(a + d) + ad(b + c)](c + d－a－b)2 [ ab(c + d)－cd(a + b) ] 2= 14a + babc + dcd[ 4abcd[ab(c + d)－cd(a + b)] 2a2b2c2d2+ (cd－ab)2(a + d)(b + c)a3b3c3d3－2[ab(c + d)－cd(a + b)] 2(ab－cd)(a + b + c + d)a3b3c3d3][ab(c + d)－cd(a + b)] 2(c + d－a－b)2a4b4c4d4= (a + b)(c + d){ 4[ab(c + d)－cd(a + b)] 2 + (cd－ab)2 (a + d)(b + c)－2[ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d)}(c + d－a－b)2 [ ab(c + d)－cd(a + b)] 2…④比较③④知仅需证4abcd(c + d－a－b)2－2(c + d－a－b)(cd－ab)[bc(a + d) + ad(b + c)]= 4[ab(c + d)－cd(a + b)] 2－2[ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d)⇔ 2abcd(c + d)2 + 2abcd(a + b)2－4abcd(a + b)(c + d) + [ ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d)= 2a2b2 (c + d)2 + 2c2d2 (a + b)2－4abcd(a + b)(c + d) + (c + d－a－b)(cd－ab)(abc + abd + bcd + acd)⇔ 2(ab－cd)[ab(c + d)2－cd(a + b)2 ]= (ab－cd){[ab(c + d)－cd(a + b)](a + b + c + d) + (c + d－a－b)[ab(c + d) + cd(a + b)]}⇔ 2ab(c + d)2－2cd(a + b)2= ab(c + d)(a + b) + ab(c + d)2－cd(a + b)2－cd(c + b) + ab(c + d)2－(a + b)ab(c + d) + cd(a + b)(c + d)－cd(a + b)2 ⇔ 2ab(c + d)2－2cd(a + b)2 = 2ab(c + d)2－2cd(a + b)2，得证．06双心四边形ABCD，AC∩BD = E，内、外心为I、O．求证I、O、E三点共线．证：引理：圆外切四边形ABCD ，切点为M 、N 、K 、L ，则AC 、BD 、MK 、NL 四线共点．引理的证明：设AC ∩KM = G ，LN ∩KM = G '，由正弦定理得 GC AG = CM sin ∠GMC sin ∠CGHAK sin ∠AKG sin ∠AGK= CM AK sin ∠GMC sin ∠AKG sin ∠AGK sin ∠CGM = CMAK．同理G 'C AG ' = CL AN ．∴ G 'C AG '= CL AN = CM AK = CGAG 即G = G '．故AC 、NL 、KM 三线共点．同理BD 、KM 、LN 三线共点，引理得证．回到原题：切点仍记为K 、L 、M 、N ，由引理KM ∩LN = E ．以I 为中心，⊙(KNM )为反演圆作反演，A '、B '、C '、D '分别为KLMN 四边中点．由B 'C '∥KM ∥A 'D ', A 'B '∥NL ∥D 'C '知A 'B 'C 'D '为平行四边形．而A 、B 、C 、D 共圆知A '、B '、C '、D '共圆，A 'B 'C 'D '必为矩形，其中心设为Q ，且有KM ⊥LN ．由反演性质知Q 、I 、O 三点共线．设LN 、KM 中点为P 、R ，则 → IQ ' = 14(→ IA ' + → IB ' + → IC ' + →ID ' )= 14 (→ IK + → IL + → IM + → IN ) = 12 (→ IR + → IP )．由垂径定理知PIRE 为矩形．从而→ IR + → IP = →IE ．DG CMNAB LK G '( )DP RIE C●●●●A'B'C'MNAB LK ●●●D '∴ → IQ = 12 → IE ，即I 、Q 、E 三点共线，从而O 、I 、E 三点共线．平面几何中两个重要定理引理1:凸四边形ABCD 有内切圆当且仅当BC AD CD AB +=+,当且仅当,AF EC AE FC +=+当且仅当.DF DE BF BE +=+（图１）引理2:凸四边形ABCD 在角C 有旁切圆当且仅当,DA DC BA BC +=+当且仅当.FD FB ED EB +=+（图２）题目1:已知A,B,C,D 为平面上四点,其中任意三点不共线,且CB-CA=DA-DB.设线段AD 与线段BC 相交于G,分别过A,B 作AE//BD, BF//AC 交直线BC,AD 于点E,F.证明:EB-EA=FA-FB.证明一:设,,,,d GB c CG b AC a BA ====.,,g GA f DG e BD ===因为BFG ∆～CAG ∆,AEG ∆～DBG ∆,所以 ),(b g cdFB FG -=-).(e d fgEA EG -=- 要证,EA EB FB FA -=-即证=+-g b g c d )(.)(d e d fg+- 由余弦定理知,,2cos cos 2222222dfe df DGB CGA cg b g c -+=∠=∠=-+即.2))((2))((1212222222dfe df e d f cg b g c b g c df e d f cg b g c --+-=--+-⇔--+=--+已知条件CB-CA=DA-DB 0≠--=--⇔-+=-+⇔e d f g b c e g f b d c .故)(11)(11e d df d b g cg g df e d f cg b g c --=--⇔+-=+- ⇔=+-g b g c d )(.)(d e d fg+-证明二:记,,αβ=∠=∠GAC GAB.,ϕθ=∠=∠GBD GBA 由正弦定理知,已知条件等价于ABDB AB DA AB CB AB CA DB DA CA CB -=+-⇔-=- 2cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 2)sin(sin )sin()sin()sin(sin βϕθβϕθβϕθβϕθθβαθβαθβαθβαβϕθβϕθθβαβαθ++++++-+=++++++-+⇔++-+=++++-⇔ 2sin 2sin 2sin 2sin βϕθθβαβϕθθβα-+++=++-+⇔22cos 22cos 22cos 22cos ϕβαϕθααθϕϕβα-++++-=-++++-⇔ =-++++⇔22cos 22cos ϕβαϕβα22cos 22cos αθϕϕθα-++++ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 由正弦定理知,要证明的结论等价于 ABEB AB EA AB FB AB FA +-=- ϕϕθπϕθαβαβαπsin ))(sin(sin sin sin sin sin ))(sin(+-+-=-+-⇔ ϕϕϕθααβαsin 2sin 22cos 2sin 2sin 22cos 2+=+⇔.2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔因此,命题成立.证明三:设.,P BF AE Q DB CA =⋂=⋂DB DA CA CB -=-⇔BD BC AD AC +=+⇔凸四边形GCQD 在角G 有旁切圆(引理2)DG DQ CG CQ +=+⇔(引理2)DG BD BQ CG AC AQ +-=+-⇔)()()(DG CG BD AC AG AP AG BP +--++=+⇔(平行四边形AQBP 中,AP BQ BP AQ ==,)BGAP CG AC AC BC AP CG AC BD DA AP AG BP +=-+-+=-+-+=+⇔)()(⇔凸四边形PAGB 有内切圆(引理1)BE BF AE AF +=+⇔(引理1)FB FA EA EB -=-⇔. 题目2:已知,ABC ∆记ΘΓ为ABC ∆的边BC 的旁切圆.任意选取一条平行于BC 的直线,l 分别交线段AB,AC 于点D,E.记ADE ∆的内切圆为1ΘΓ.过点D,E 作ΘΓ的切线(不过点A)交于点P;过B,C 作1ΘΓ的切线(不过点A)交于点Q.证明: 无论如何选取直线,l 直线PQ 总过定点.题记:本题是2009年捷克波兰斯洛伐克数学竞赛题3(见2010年中等数学增刊).利用引理1和2,可以简洁给出证明.证明:设N BC M DE =ΘΓ⋂=ΘΓ⋂,1.切点为X,Y ,.,,V BC PY U BC PX P EY DX =⋂=⋂=⋂ 凸四边形ADPE 在角P 处有旁切圆EP EA DP DA +=+⇒(引理2).又AD EM DM AE +=+,故EM EP DM DP +=+.因此,点M 也是EPD ∆在DE边上的旁切圆的切点. 易知:点N 是VPU ∆在UV 边上的旁切圆的切点. EPD ∆与VPU ∆关于点P 位似)//(CB DE ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,P 共线.①切点为I,J,Q CJ BI L DE CJ K DE BI =⋂=⋂=⋂,,.由引理1知,.BQ AC CQ AB +=+又,BN AB CN AC +=+故,BN BQ CN CQ +=+因此,点N 也是CQB∆在BC 边上的旁切圆的切点. 易知:点M 是LQK ∆在KL 边上的旁切圆的切点. CQB ∆与LQK ∆关于点P 位似)//(CB LK ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,Q 共线.②由①和②知，直线PQ 过定点N.。

平面几何中的圆与圆的位置关系与切线性质

系来确定。
切线定理：在平面几何中，切线定理指出，对于一个圆来说，经过圆上一点的切线只有一条，并且这条切线通过
圆心。
内含圆与切线的关系
切线性质：切线与半径垂直，切线到圆心的距离为圆的半径
圆与圆的位置关系：相切、相交、相离切线性质与圆与圆的位置关系的关系：切线的性质决定了圆与圆的位置关系的性质切线性质的应用：在几何问题中，利用切线的性质可以解决许多问题
为圆的半径
相切圆的位置关系：相切圆有内切和外切两种情况，内切时两圆心距离等于两圆半径之差，外切时两圆心距离等于两圆半径之和
相切圆的切线性质：相切圆的切线性质与单个圆的切线性质相同，即切线与半径垂直，切线到圆心的距离为圆的半
径
相切圆的应用：相切圆在几何、物理等领域有广泛的应用，如计算面积、周长、
外离圆与切线的关系
外离圆与切线的关系：当两圆外离时，它们与切线的位置关系是相切于同一点。
证明方法：利用切线的定义和圆的基本性质进行证明。
切线性质：切线与半径垂直，且切点到圆心的距离等于圆的半径。
几何意义：外离圆与切线的相切关系体现了平面几何中图形之间的位置关系和度量关系。
平面几何中的圆与圆的位置关系与切线性质
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01
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02
平面几何中的圆与圆的位置关系
03
平面几何中的切线性质
04Leabharlann 平面几何中圆与圆的位置关系与切线性质的联系
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第一章
平面几何中的圆与圆的位置关系

初中数学内切圆与外切圆的位置关系是什么

初中数学内切圆与外切圆的位置关系是什么内切圆和外切圆是在几何学中常见的两种圆的位置关系。

下面我将详细介绍内切圆与外切圆的定义、性质和相关的公式。

1. 内切圆的定义：-内切圆：一个圆与一个多边形的每条边都相切，且这个圆的圆心在多边形的内部。

-内切圆的圆心：内切圆与多边形相切于各边的切点的交点，这个点称为内切圆的圆心。

-内切圆的半径：内切圆的半径是从圆心到圆上任意一点的距离，也是内切圆与多边形的边的距离。

2. 外切圆的定义：-外切圆：一个圆与一个多边形的每条边都相切，且这个圆的圆心在多边形的外部。

-外切圆的圆心：外切圆与多边形相切于各边的切点的交点，这个点称为外切圆的圆心。

-外切圆的半径：外切圆的半径是从圆心到圆上任意一点的距离，也是外切圆与多边形的边的距离。

3. 内切圆与外切圆的位置关系：-内切圆和外切圆都与多边形的每条边相切，但它们的圆心位置不同。

-内切圆的圆心在多边形的内部，外切圆的圆心在多边形的外部。

-内切圆与多边形的每条边都有且只有一个切点，外切圆与多边形的每条边也都有且只有一个切点。

-内切圆和外切圆的半径是不同的，但它们与多边形的边的距离相等。

4. 内切圆与外切圆的半径关系：-内切圆的半径与多边形的边的关系：内切圆的半径等于多边形的某一条边的长度除以这条边上与圆心相切的线段的长度。

-外切圆的半径与多边形的边的关系：外切圆的半径等于多边形的某一条边的长度除以这条边上与圆心相切的线段的长度。

需要注意的是，内切圆和外切圆只存在于多边形中，且多边形的边数必须大于或等于3。

内切圆与外切圆的位置关系是内切和外切的不同情况。

希望以上内容能够满足你对内切圆与外切圆的了解。

两圆外切的性质与应用

两圆外切的性质与应用两圆的位置关系有外离、外切、相交、内切、内含五种关系，当相切的两个圆，除了切点外，每个圆上的点都各在另一个圆的外部时，我们称这两个圆外切。

而且外切关系是两圆位置关系中比较重要的一种关系，它具有的性质较多。

4 性质（1）外切两圆的连心线必经过它们的切点，且两个圆心之间的距离d （圆心距）等于两个圆的半径之和，即d=R+r两圆外切，其中任一个圆的过两圆切点的切线，也必是另一个圆的切线，也就是说，两个圆心及切点这三点共线。

例1 若两圆半径分别为R ，r(R ＞r)，其圆心距为d,且 Rr 2r d R 222-=+-，则两圆的位置关系是__________.解：因为,Rr 2r d R 222-=+-所以,d r Rr 2R 222=++ 所以,d r R ,d )r R (22±=+=+所以所以d=R+r(R+r=-d 不合题意).因此两圆的位置关系是外切.二、外切的两圆，共有三条公切线，其中两条是外公切线，一条是内公切线，内公切线过两圆的切点且垂直于它们的连心线。

如图1，半径为r 、R 的⊙与1O ⊙2O 外切，外公切线AB 分别切⊙与1O ⊙2O 于A 、B ，那么AB 就是外公切线长。

连A ，O 1B O 2，由切线性质知.C O B O O ,AB B O ,AB A O 12121垂直作过⊥⊥可证得四边形ABCD 为矩形，得r A O BC ,AB C O 11===，因此，r R C O 2-=，而在Rt Δ，C O O 21中,r R C O ,r R O O 221-=+=：.Rr 2Rr 4)r R ()r R (C O O O C O AB 22222211于是有于是==--+=-==性质(2) 外公切线长等于Rr 27 两圆外切,经常添的辅助线是内公切线,因为内公切线可以产生两圆相等的弦切角,可将两圆的元素联系起来.性质(3) 添内公切线是解决两圆外切问题的金钥匙.例2 已知如图2, ⊙与1O ⊙2O 外切于点C,PA 切⊙2O 于点A,交⊙1O 于点P 、D ，直接PC 交⊙2O 于点B 。

《两圆相切》课件

知识要点： By 杜小二
1.当两个圆有唯一公共点时，叫做两
圆 .这个唯一的公共点叫做 .当
圆相切可分为
.
2.设两个圆的半径分别为R和r，圆心距
为d，则：
① d＞R-r；②来自.两圆外切.3.相切两圆的必经过 .
检测练习：
By 杜小二
1.已知两圆相切,半径分别为4和9,
那么两圆的圆心距为
.
2.已知⊙O1与⊙O2,连结O1、O2.若 O的1O半2=径6,为⊙O2的半径. 为11,则⊙O1
⑴求证:PA·AB=AC·AD.
C
⑵当弦AC绕A点旋 B M
转,弦AC的延长线
D
N
交直线BN于D点时, O1
O2
试问⑴的结论是否
成立?试证明.
A
8.如图⊙O和⊙B外切于A点,两圆的外 By 杜小二
公切线CD交OB的延长线于点P,C、D为
切点.连结OC,BD,设R,r分别为
⊙O,⊙B的半径(R＞r),Rr=25,AC,AD
3.若⊙O1、⊙O2、⊙O3两两外切,且半径分别为2cm、3cm和10cm，则
△O1O2O3的形状是
.
4.已知两个半径为1的圆相外切， By杜小二
半径为2且和这两个圆都相切的圆
共有
个.
5.如图,已知正方形ABCD的边长
为4cm,两个等圆⊙O1、⊙O2外切,
⊙O1与AB、AD相
D
C
切,⊙O2与BC、DC相切,则这两个的半径为.
By 杜小二
复习六
两圆相切
复习目标：
By 杜小二
1.了解两圆相切、外切、内切的概念; 理解相切两圆的性质. 2.会判断两圆外切或内切,会用两圆相切的判定、性质进行计算或证明. 3.会用相切两圆的知识解相关的综合性问题.

初中数学内切圆外切圆教案

初中数学内切圆外切圆教案一、教学目标：1. 让学生理解并掌握内切圆和外切圆的概念及性质。

2. 培养学生运用几何知识解决实际问题的能力。

3. 培养学生的观察能力、思考能力和动手实践能力。

二、教学内容：1. 内切圆和外切圆的定义及性质。

2. 内切圆和外切圆在实际问题中的应用。

三、教学过程：1. 导入：利用多媒体展示一些生活中的圆形物体，如篮球、足球、圆桌等，引导学生关注这些物体的内部和外部关系。

提问：你们能找出这些圆形物体的内切圆和外切圆吗？2. 新课讲解：（1）内切圆：定义：一个圆内部切于另一个圆，这个圆称为内切圆。

性质：内切圆的半径小于被切圆的半径，内切圆与被切圆的切点处，两圆的切线垂直。

（2）外切圆：定义：一个圆外部切于另一个圆，这个圆称为外切圆。

性质：外切圆的半径大于被切圆的半径，外切圆与被切圆的切点处，两圆的切线垂直。

3. 例题解析：（1）求一个圆的内切圆半径。

（2）求一个圆的外切圆半径。

4. 课堂练习：（1）找出生活中一个圆形物体，画出它的内切圆和外切圆。

（2）计算内切圆和外切圆的半径。

5. 拓展与应用：（1）利用内切圆和外切圆的性质解决实际问题。

（2）探讨内切圆和外切圆在几何图形中的应用。

四、教学评价：1. 课堂讲解：关注学生对内切圆和外切圆概念及性质的理解程度。

2. 课堂练习：检查学生运用几何知识解决实际问题的能力。

3. 课后作业：收集生活中的内切圆和外切圆实例，分析其特点。

五、教学反思：本节课通过生活实例引导学生关注内切圆和外切圆的概念及性质，培养学生运用几何知识解决实际问题的能力。

在教学过程中，要注意关注学生的学习情况，及时解答学生的疑问，提高学生的学习兴趣和积极性。

同时，结合实际生活中的例子，让学生更好地理解和掌握内切圆和外切圆的应用。

圆外切四边形地性质及应用

1 / 13圆外切四边形的性质与应用01 双心四边形，外心为O ，外接圆半径为R ，内心为P ，内切圆半径为r ，OI = h ．证明1(R + h )2 + 1(R －h )2= 1r 2 ．证：如图，分别过K 、L 、M 、N 作PK 、PL 、PM 、PN 垂线交于A 、B 、C 、D ． ∵∠LCM = 180︒－∠LPM = ∠PLM + ∠PML = 12 (∠MLK + ∠LMN ),∠KAN = 12 (∠LKN + ∠KNM )．∴A 、B 、C 、D 四点共圆．我们设其半径为ρ，易证 B 、P 、D ；A 、P 、C 分别三点共线．∴r = PL sin β = PB sin αsin β = PB ·PC BC APAB,PC ·AP = ρ2－d 2 (d 为ABCD 的外心记为Ω与P 的距离)．又易证AC ⊥BD ，∴PB BC ·AB = 12ρ ⇒r = ρ2－d 22ρ …①延长NP 交BC 于T ，易证T 为BC 中点(卜拉美古塔定理)． ∴ΩT ∥PS , ΩS ∥PT ．□ΩTPS 中，4O 'T 2 = PS 2 + OS 2－d 2 = 2ρ2－d 2．又 O 'N = 122ρ2－d 2 ⇒O '为KLMN 的外心(即为O )且R = 122ρ2－d 2 …②，h = 12d …③●●CDAPO L ST'KβαMNαBΩα2 / 13由①②③得 1r 2 = 4ρ2(ρ2－d 2 )2 = 2(R 2 + h 2 )(R 2－h 2 )2 = 1(R + h )2 + 1(R －h )2． 02 证明圆外切四边形ABCD 的对角线AC 、BD 的中点E 、F 与圆心O 共线．证：沿用上题的记号，对点X 、Y 、Z ，用d (X , YZ )表示X 到YZ 的距离．设⊙O 半径为r ，∠BAD = 2α, ∠ABC = 2β, ∠BCD = 2γ, ∠CDA = 2δ，如此 α, β, γ, δ均为锐角且 α + β + γ + δ = π． ∴sin α, sin β, sin γ, sin δ > 0．连结EF (假如E 与F 重合，如此结论显然成立，以下设E 与F 不重合)．在线段EF 上取点O '使EO 'O 'F = sin βsin δsin αsin γ．连OA 、OD 、OG (F 为⊙O 与AD 相切处)，如此 OG ⊥AD , AG = OG cot α = r cot α, GD = OG cot δ = r cot δ．故AD = r (cot α + cot δ)．∴d (A , CD ) = r (cot α + cot δ)sin 2δ．∴d (E , CD ) = 12sin 2δ(cot α + cot δ)r = sin δcos δ(cot α + cot δ)r= (sin δcos δcot α + cos 2δ)r = (sin δcos δcot α－sin 2δ)r + r = sin δ·cos δcos α－sin δsin αsin α r + r = (sin δcos (α + δ)sin α+ 1)r ．同理 d (F , CD ) = (sin γcos (β + γ)sin β+ 1)r ．O BA●D EO '( )F ●●由EO'O'F=sinβsinδsinαsinγ知d(O', CD) = sinαsinγ(sinδcos(α + δ)sinα+ 1)r + sinβsinδ(sinγcos(β + γ)sinβ+ 1)rsinαsinγ + sinβsinδ= sinδsinγ(cos(α + δ) + cos(β + γ))sinαsinγ + sinβsinδr + r= r(因为α + β + γ + δ = π，所以cos(α + δ) + cos(β + γ) = 0)．同理d(O', AB) = d(O', BC) = d(O', DA) = r．∴O'与O重合，故知结论成立，证毕．03△ABC，在BC、CA、AB上分别取点D、E、F使四边形AEDF、BDEF、CDEF均为圆外切四边形．求证AD、BE、CF三线共点．证：作△DEF内切圆⊙ω，切EF、FD、DE于P、Q、R．又设△ABC内切圆为⊙I，△AEF内切圆为⊙ω1．记⊙ω1、⊙ω、⊙I半径分别为R1, R, r．由AEDF为圆外切四边形知AF + DE = AE + DF．∴FP－PE = FD－DE = F A－AE．∴⊙ω1切EF于P，∴⊙ω1与⊙ω外切，∴ω1、P、ω三点共线．另一方面，易知A、ω1、I三点共线．延长AP交Iω于T，如此对△Iωω1与截线AP用梅氏定理知ω0T TIIAAω1ω1PPω= 1．CQPEFR1●●●●IABTDωω3 / 134 / 13注意到A ω1AI = R 1r ，上式⇔ω0T TI r R 1 R 1R = 1，即 ω0T TI = Rr． ∴T 为线段ωI 上一个定点，∴AP 、BQ 、CR 三线共点于T ．由塞瓦定理知sin ∠F AP sin ∠EAP sin ∠ECR sin ∠DCR sin ∠DBQsin ∠FBQ= 1．再用角平分线定理知上式⇔FP F AEP EAER EC DR DCDQ DB FQ FB= 1．将FP = FQ , EP = ER , DQ = DR 代入得F A EA EC DC DB FB= 1．由塞瓦定理即知 AD 、BE 、CF 三线共点，得证．04 四边形ABCD 既可外切于圆，又可内接于圆，并且ABCD 的内切圆分别与它的边AB 、BC 、CD 、AD 相切于点K 、L 、M 、N ，四边形的∠A 和∠B 的外角平分线相交于点K '，∠B 和∠C 的外角平分线相交于点L '，∠C 和∠D 的外角平分线相交于点M '，∠D 和∠A 的外角平分线相交于点N '．证明，直线KK '、LL '、MM '、NN '经过同一个点．证：如图，设∠BCD 的内切圆圆心为I ，∠BAI = ∠IAD = α, ∠ABI = ∠CBI = β, ∠BCI = ∠DCI = γ, ∠CDI = ∠ADI = θ．⊙I 半径为r ．由ABCD 还有外接圆可得 α + γ = β + θ = π2 ．∴∠K 'AB = γ = ∠N 'AI (由于K 'N '为A 外角平分线)，且A 、K '、B 、I 四点共圆，AB = r (cot α + cot B )． ∴AK 'sin ∠K 'BA = AB sin ∠AIB 即 AK 'sin θ = r (cot α + cot β)sin (α + β)．ACN●●D LBIMKK'M'N'L'αβαβθγθγγγ5 / 13∴AK ' =r sin θsin βsin α ．同理 AN ' = r sin βsin αsin θ．∴K 'N ' = r (sin 2θ + sin 2β)sin αsin βsin θ = rsin αsin βsin θ ，K 'N '⊥AI ．而KN ∥K 'N '且KNK 'N '= 2r sin γ 且KN ⊥AI ． ∴KN ∥K 'N '且KNK 'N ' = 2 sin αsin βsin θsin γ．同理可得 MN ∥M 'N ', MN M 'N ' = 2 sin αsin βsin θsin γ, ML ∥M 'L ', MLM 'L '= 2 sin αsin βsin θsin γ, LK ∥L 'K ',LKL 'K '= 2 sin αsin βsin θsin γ．于是四边形KLMN 与四边形K 'L 'M 'N '位似，对应顶点连线K 'K 、L 'L 、M 'M 、N 'N 共点于位似中心，得证． 05 设凸四边形ABCD 外切于⊙O ，圆心O 在对角线BD 上的射影为M ．求证BD 平分∠AMC ．证：设⊙O 在ABCD 四边切点为A 1、B 1、C 1、D 1．不妨设⊙O 半径为1，以O 为原点建立复平面，如此⊙O 为单位圆．令A 1、B 1、C 1、D 1所代表的复数为a , b , c , d ，如此由熟知结论可知 D = 2ab a + b , A = 2bc b + c , B = 2cd c + d , C = 2da d + a．注意到过BD 直线方程为 (⎺B －⎺D )x + B ⎺D = (B －D )⎺x + ⎺BD ．将B 、D 代入化简得(c + d －a －b )x －[ ab (c + d )－cd (a + b )]⎺x = 2cd －ab …①A D 1111B AC CD O又过O且垂直于BD直线方程为xB－D+⎺x⎺B－⎺D= 0．将B、D代入化简得(c + d－a－b)x + [ ab(c + d)－cd(a + b)]⎺x = 0 …②① + ②2(c + d－a－b)得x =cd－abc + d－a－b，此即为M的复数表示，M =cd－abc + d－a－b．又∵∠AMC被BD平分⇔)∠AMD = )∠DMC⇔A－M B－D B－DC－M ∈R⇔(A－M)(C－M)(B－D)2= (A－M)(C－M)(B－D)2．将A、B、C、D、M代入得(A－M)(C－M) (B－D)2=(2bcb + c－cd－abc + d－a－b)(2ada + d－cd－abc + d－a－b)(2aba + b－2cdc + a)2= 14(a + b)(c + d)[ 2bc(c + d－a－b)－(cd－ab)(b + c)][ 2ad(c + d－a－b)－(cd－cb)(c + d)](c + d－a－b)2 [ ab(c + d)－cd(a + d)] 2= 14(a + b)(c + d)[ 4abcd(c + d－a－b)2 + (cd－ab)2(a + d)(b + c)－2(c + d－a－b)(cd－ab)[ bc(a + d) + ad(b + c)](c + d－a－b)2 [ ab(c + d)cd(a + b)] 2…③注意到1 4(a + b)(c + d)[ 4abcd(c + d－a－b)2 + (cd－ab)2 (a + b)(b + c)－2(c + d－a－b)(cd－ab)(cd－ab)[ bc(a + d) + ad(b + c)](c + d－a－b)2 [ ab(c + d)－cd(a + b) ] 2=14a + babc + dcd[ 4abcd[ab(c + d)－cd(a + b)] 2a2b2c2d2+ (cd－ab)2(a + d)(b + c)a3b3c3d3－2[ab(c + d)－cd(a + b)] 2(ab－cd)(a + b + c + d)a3b3c3d3][ab(c + d)－cd(a + b)] 2(c + d－a－b)2a4b4c4d4=(a + b)(c + d){ 4[ab(c + d)－cd(a + b)] 2 + (cd－ab)2 (a + d)(b + c)－2[ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d)}(c + d－a－b)2 [ ab(c + d)－cd(a + b)] 2…④比拟③④知仅需证6 / 134abcd(c + d－a－b)2－2(c + d－a－b)(cd－ab)[bc(a + d) + ad(b + c)]= 4[ab(c + d)－cd(a + b)] 2－2[ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d)⇔2abcd(c + d)2 + 2abcd(a + b)2－4abcd(a + b)(c + d) + [ ab(c + d)－cd(a + b)](ab－cd)(a + b + c + d) = 2a2b2 (c + d)2 + 2c2d2 (a + b)2－4abcd(a + b)(c + d) + (c + d－a－b)(cd－ab)(abc + abd + bcd + acd)⇔2(ab－cd)[ab(c + d)2－cd(a + b)2 ]= (ab－cd){[ab(c + d)－cd(a + b)](a + b + c + d) + (c + d－a－b)[ab(c + d) + cd(a + b)]} ⇔2ab(c + d)2－2cd(a + b)2= ab(c + d)(a + b) + ab(c + d)2－cd(a + b)2－cd(c + b) + ab(c + d)2－(a + b)ab(c + d) + cd(a + b)(c + d)－cd(a + b)2 ⇔2ab(c + d)2－2cd(a + b)2 = 2ab(c + d)2－2cd(a + b)2，得证．06双心四边形ABCD，AC∩BD = E，内、外心为I、O．求证I、O、E三点共线．证：引理：圆外切四边形ABCD，切点为M、N、K、L，如此AC、BD、MK、NL四线共点．引理的证明：设AC∩KM = G，LN∩KM = G'，由正弦定理得GC AG= CM sin∠GMCsin∠CGHAK sin∠AKGsin∠AGK=CMAKsin∠GMCsin∠AKGsin∠AGKsin∠CGM=CMAK．同理G'CAG'=CLAN．∴G'CAG'=CLAN=CMAK=CGAG即G = G'．故AC、NL、KM三线共点．同理BD、KM、LN三线共点，引理得证．DGCMNABLKG'( )7 / 138 / 13回到原题：切点仍记为K 、L 、M 、N ，由引理KM ∩LN = E ．以I 为中心，⊙(KNM )为反演圆作反演，A '、B '、C '、D '分别为KLMN 四边中点．由B 'C '∥KM ∥A 'D ', A 'B '∥NL ∥D 'C '知A 'B 'C 'D '为平行四边形．而A 、B 、C 、D 共圆知A '、B '、C '、D '共圆，A 'B 'C 'D '必为矩形，其中心设为Q ，且有KM ⊥LN ．由反演性质知Q 、I 、O 三点共线．设LN 、KM 中点为P 、R ，如此 → IQ '= 14(→ IA '+ → IB '+ → IC '+ →ID ') = 14 (→ IK + → IL + → IM + → IN ) = 12 (→ IR + → IP )．由垂径定理知PIRE 为矩形．从而→ IR + → IP = →IE ．∴→ IQ = 12 → IE ，即I 、Q 、E 三点共线，从而O 、I 、E 三点共线．平面几何中两个重要定理引理1:凸四边形ABCD 有内切圆当且仅当BC AD CD AB +=+,当且仅当,AF EC AE FC +=+当且仅当.DF DE BF BE +=+〔图１〕DP RIE C●●●●A'B'C'MNAB LK ●●●D '9 / 13引理2:凸四边形ABCD 在角C 有旁切圆当且仅当,DA DC BA BC +=+当且仅当.FD FB ED EB +=+〔图２〕题目1:A,B,C,D 为平面上四点,其中AD 与线段BC 相交于G,分别过A,B 作AE//BD, BF//AC 交直线BC,AD 于点E,F.证明:EB-EA=FA-FB.证明一:设,,,,d GB c CG b AC a BA ====.,,g GA f DG e BD ===因为BFG ∆～CAG ∆,AEG ∆～DBG ∆,所以),(b g cdFB FG -=- ).(e d fgEA EG -=- 要证,EA EB FB FA -=-即证=+-g b g c d )(.)(d e d fg+- 由余弦定理知,,2cos cos 2222222dfe df DGB CGA cg b g c -+=∠=∠=-+即10 / 13.2))((2))((1212222222dfe df e d f cg b g c b g c df e d f cg b g c --+-=--+-⇔--+=--+条件CB-CA=DA-DB 0≠--=--⇔-+=-+⇔e d f g b c e g f b d c .故)(11)(11e d dfd b g cg g dfe df cg b g c --=--⇔+-=+- ⇔=+-g b g c d )(.)(d e d fg+-证明二:记,,αβ=∠=∠GAC GAB.,ϕθ=∠=∠GBD GBA 由正弦定理知,条件等价于 ABDBAB DA AB CB AB CA DB DA CA CB -=+-⇔-=- 2cos2sin 22cos2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 2)sin(sin )sin()sin()sin(sin βϕθβϕθβϕθβϕθθβαθβαθβαθβαβϕθβϕθθβαβαθ++++++-+=++++++-+⇔++-+=++++-⇔11 / 13 2sin 2sin 2sin 2sin βϕθθβαβϕθθβα-+++=++-+⇔22cos 22cos 22cos 22cos ϕβαϕθααθϕϕβα-++++-=-++++-⇔ =-++++⇔22cos 22cos ϕβαϕβα22cos 22cos αθϕϕθα-++++ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 由正弦定理知,要证明的结论等价于 ABEB AB EA AB FB AB FA +-=- ϕϕθπϕθαβαβαπsin ))(sin(sin sin sin sin sin ))(sin(+-+-=-+-⇔ ϕϕϕθααβαsin 2sin 22cos 2sin 2sin 22cos 2+=+⇔ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔因此,命题成立.证明三:设.,P BF AE Q DB CA =⋂=⋂DB DA CA CB -=-⇔BD BC AD AC +=+⇔凸四边形GCQD 在角G 有旁切圆(引理2)12 / 13DG DQ CG CQ +=+⇔(引理2)DG BD BQ CG AC AQ +-=+-⇔)()()(DG CG BD AC AG AP AG BP +--++=+⇔(平行四边形AQBP 中,AP BQ BP AQ ==,)BGAP CG AC AC BC AP CG AC BD DA AP AG BP +=-+-+=-+-+=+⇔)()(⇔凸四边形PAGB 有内切圆(引理1)BE BF AE AF +=+⇔(引理1)FB FA EA EB -=-⇔. 题目2:,ABC ∆记ΘΓ为ABC ∆,l ADE ∆的内切圆为1ΘΓ.过点D,E 作ΘΓ的切线(不过点A)交于点P;过B,C 作1ΘΓ的切线(不过点A)交于点Q.证明: 无论如何选取直线,l 直线PQ 总过定点.题记:此题是2009年捷克波兰斯洛伐克数学竞赛题3(见2010年中等数学增刊).利用引理1和2,可以简洁给出证明.证明:设N BC M DE =ΘΓ⋂=ΘΓ⋂,1.切点为X,Y ,.,,V BC PY U BC PX P EY DX =⋂=⋂=⋂ 凸四边形ADPE 在角P 处有旁切圆EP EA DP DA +=+⇒(引理2).又AD EM DM AE +=+,故EM EP DM DP +=+.因此,点M 也是EPD ∆在DE边上的旁切圆的切点. 易知:点N 是VPU ∆在UV 边上的旁切圆的切点.EPD ∆与VPU ∆关于点P 位似)//(CB DE ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,P13 / 13 共线.①切点为I,J,Q CJ BI L DE CJ K DE BI =⋂=⋂=⋂,,. 由引理1知,.BQ AC CQ AB +=+又,BN AB CN AC +=+故,BN BQ CN CQ +=+因此,点N 也是CQB ∆在BC 边上的旁切圆的切点. 易知:点M 是LQK ∆在KL 边上的旁切圆的切点.CQB ∆与LQK ∆关于点P 位似)//(CB LK ,且点M和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,Q 共线.②由①和②知，直线PQ 过定点N.。

初中数学知识点圆的切线与切圆

初中数学知识点圆的切线与切圆初中数学知识点：圆的切线与切圆在初中数学中，圆是一个重要的几何图形。

学习圆的属性和相关的知识点可以帮助我们更好地理解几何学中的其他概念和解决问题。

本文将重点介绍圆的切线和切圆的相关知识。

1. 切线概念在圆上，如果一条直线只与圆相交于一点，并且与通过该点的半径垂直，那么我们称这条直线为圆的切线，这个点为切点。

2. 切线的性质- 切线与半径的关系：切线与通过切点的半径垂直，即切线的切点处与半径的切点处垂直。

- 切线的长度关系：两条切线的长度相等。

- 切线的切点位置：圆的内切线的切点在圆的内部，圆的外切线的切点在圆的外部。

3. 切圆概念如果圆C1的一个切点刚好在另一个圆C2上，那么我们称C2为C1的切圆。

切圆与切线的概念紧密相连，因为切圆上的切点也是相应切线的切点。

4. 切圆的性质- 切圆与半径的关系：切圆上的切点与圆心和切点处圆的切线垂直。

- 切圆的切点个数：两个相交的圆可以有两个公共切点，也可以只有一个公共切点。

- 切圆的切点位置：两个相交的圆外切时，切圆的切点在两个圆的一侧，圆内切时，切圆的切点在两个圆的外侧。

总结：圆的切线与切圆是初中数学中的重要概念。

切线与半径垂直，切线的长度相等，切线的切点位置与圆的内外关系相关。

切圆是与另一个圆相切的圆，切圆上的切点与圆心和切点处圆的切线垂直，切圆的切点个数与两个圆的位置关系有关。

通过理解和掌握圆的切线和切圆的相关知识，我们可以更好地理解和解决与圆相关的几何题目。

在实际问题中，圆的切线和切圆的概念也有着广泛的应用，例如在工程建模、物理力学等领域。

因此，熟悉并掌握这些知识点对于我们的数学学习和实际应用都具有重要意义。

希望通过本文的介绍，您能对初中数学中的圆的切线与切圆有更好的理解和掌握。

祝愿您在数学学习中取得优秀成绩！。

2.5.2圆与圆的位置关系(解析版)

2.5.2圆与圆的位置关系一、圆和圆的位置关系1．圆与圆的五种位置关系的定义两圆外离：两个圆没有公共点，且每个圆上的点都在另一个圆的外部时，叫做这两个圆外离. 两圆外切：两个圆有唯一公共点，并且除了这个公共点外，每个圆上的点都在另一个圆的外部时，叫做这两个圆外切.这个唯一的公共点叫做切点. 两圆相交：两个圆有两个公共点时，叫做这两圆相交. 两圆内切：两个圆有唯一公共点，并且除了这个公共点外，一个圆上的点都在另一个圆的内部时，叫做这两个圆内切.这个唯一的公共点叫做切点. 两圆内含：两个圆没有公共点，且一个圆上的点都在另一个圆的内部时，叫做这两个圆内含.2．两圆的位置与两圆的半径、圆心距间的数量关系：设⊙O1的半径为r1，⊙O2半径为r2，两圆心O1O2的距离为d，则：两圆外离d＞r1+r2 两圆外切d=r1+r2 两圆相交r1-r2＜d＜r1+r2(r1≥r2) 两圆内切d=r1-r2(r1＞r2) 两圆内含d＜r1-r2(r1＞r2)要点： (1) 圆与圆的位置关系，既考虑它们公共点的个数，又注意到位置的不同，若以两圆的公共点个数分类，又可以分为：相离(含外离、内含)、相切(含内切、外切)、相交； (2) 内切、外切统称为相切，唯一的公共点叫作切点； (3) 具有内切或内含关系的两个圆的半径不可能相等，否则两圆重合.A ．2种B ．3种C ．4种D ．5种【答案】A 【解析】由图形可以看出，有两种位置关系，相交和内切．故选A.题型2：根据圆与圆的位置关系求半径4．已知1O e 与2O e 相切，若1O e 的半径为3cm ，127cm O O =，，则2O e 的半径为（）A ．4cm 或12cmB ．10cm 或6cmC ．4cm 或10cmD ．6cm 或12cm【答案】C【分析】根据圆与圆的位置关系，内切时()2121d r r r r =->，外切时12d r r =+，计算即可．【解析】解：两圆内切时，2O e 的半径7310=+=(cm)，外切时，2O e 的半径734=-=(cm)，∴2O e 的半径为4cm 或10cm ．故选：C ．【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，熟练掌握知识点是解题的关键．5．如果两圆有两个交点，且圆心距为13，那么此两圆的半径可能为（）A ．1、10B ．5、8C ．25、40D ．20、30【答案】D【分析】先由两圆有两个交点得到两圆相交，然后根据半径与圆心距之间的关系求解即可．【解析】∵两圆有两个交点，∴两圆相交，∵圆心距为13∴两圆的半径之差小于13，半径之和大于13．A ．1101113+=<，故不符合题意；B ．5813+=，故不符合题意；【点睛】此题重点考查圆与圆的位置关系、线段的垂直平分线的性质、勾股定理以及数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．9．已知两圆的半径分别为2和5，如果这两圆内含，那么圆心距A．0＜d＜3B．0＜d＜7C．3＜d＜7A．45°B．30°【答案】B【分析】连接O1O2，AO2，O1B，可得【解析】解：连接O1O2，AO2，O∵O 1B = O 1A∴112112O AB O BA AO O Ð=Ð=Ð ∵⊙O 1和⊙O 2是等圆，∴AO 1=O 1O 2=AO 2，∴△AO O 是等边三角形，【点睛】本题考查了相交两圆的性质以及等边三角形的判定与性质，得出21AO O D 是等边三角形是解题的关键．题型5：分类讨论13．已知圆1O 、圆2O 的半径不相等，圆1O 的半径长为5，若圆2O 上的点A 满足15AO =，则圆1O 与圆2O 的位置关系是（）A ．相交或相切B ．相切或相离C ．相交或内含D ．相切或内含【答案】A【分析】根据圆与圆的位置关系，分类讨论．【解析】解：如图所示：当两圆外切时，切点A 能满足15AO =，当两圆相交时，交点A 能满足15AO =，当两圆内切时，切点A 能满足15AO =，当两圆相离时，圆2O 上的点A 不能满足15AO =，所以，两圆相交或相切，故选：A ．【点睛】本题考查了由数量关系来判断两圆位置关系的方法．14．如图，长方形ABCD 中，4AB =，2AD =，圆B 半径为1，圆A 与圆B 外切，则点C 、D 与圆A 的位置关系是（）A ．点C 在圆A 外，点D 在圆C ．点C 在圆A 上，点D 在圆【答案】A 【分析】先根据两圆外切求出圆A 的半径，连接【解析】解：∵4AB =，圆B 半径为【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键，还利用了数形结合的思想，通过图形确定圆的位置．15．如图，1O e ，2O e 的圆心 1O ，128cm O O =．1O e 以 1cm /s 的速度沿直线A ．外切B ．相交C ．内切D ．内含【答案】D 【分析】先求出7s 后，两圆的圆心距为1cm ，结合两圆的半径差即可得到答案．【解析】解：∵1O e 的半径为 2cm ，2O e 的半径为 3cm ，128cm O O =．1O e 以 1cm /s 的速度沿直线 l 向右运动，7s 后停止运动．∴7s 后，两圆的圆心距为1cm ，此时两圆的半径差为321cm -=，∴此时两圆内切，∴在此过程中，1O e 与 2O e 没有出现的位置关系是：内含，故选D ．【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，掌握d R r =+，则两圆外切，d R r =-，则两圆外切，是关键．题型6：圆的位置关系综合16．如图，∠MON =30°，p 是∠MON 的角平分线，PQ 平行ON 交OM 于点Q ，以P 为圆心半径为4的圆ON 相切，如果以Q 为圆心半径为r 的圆与P Q 相交，那么r 的取值范围是（）A ．4<r <12B ．2<r <12C ．4<r <8D ．r >4【答案】A 【分析】过点Q 作QA ⊥AN 于A ，过点P 作PB ⊥ON 于B ，得到四边形ABPQ 是矩形，QA=PB=4，根据∠MON =30°求出OQ=2QA=8，根据平行线的性质及角平分线的性质得到PQ=8，再分内切与外切两种求出半径r ，即可得到两圆相交时的半径r 的取值范围.【解析】过点Q 作QA ⊥AN 于A ，过点P 作PB ⊥ON 于B ，∵PQ ∥ON ，∴PQ ⊥PB ，∴∠QAB=∠QPB=∠PBA=90°，∴四边形ABPQ 是矩形，∴QA=PB=4，∵∠MON =30°，∴OQ=2QA=8，∵OP 平分∠MON ，PQ ∥ON ，∴∠QOP=∠PON=∠QPO ，∴PQ=OQ=8，当以Q 为圆心半径为r 的圆与P Q 相外切时，r=8-4=4，当以Q 为圆心半径为r 的圆与P Q 相内切时，r=8+4=12，∴以Q 为圆心半径为r 的圆与P Q 相交，4<r<12，故选：A.【点睛】此题考查角平分线的性质，平行线的性质，矩形的判定及性质，两圆相切的性质.17．如图，在Rt ABC V 中，90C Ð=°，4AC =，7BC =，点D 在边BC 上，3CD =，A e 的半径长为3，D e 与A e 相交，且点B 在D e 外，那么D e 的半径长r 可能是（）A ．1r =B ．3r =C ．=5r D ．7r =【答案】B 【分析】连接AD 交A e 于E ，根据勾股定理求出AD 的长，从而求出DE DB 、的长，再根据相交两圆的位置关系得出r 的范围即可．【解析】解：连接AD 交A e 于E ，如图1，在Rt ACD V 中，由勾股定理得：则532DE AD AE =-=-=，73BC CD ==Q ，，734BD \=-=，\D e A eA ．142r <<B ．52r <<【答案】C【分析】过点O 作OE AD ^，勾股定理求得11,OE AB OF AD ==，根据题意，画出相应的图形，即可求解．当圆O 与CD 相切时，过点O 作OF CD ^于点F ，如图所示，则162OF AD ==则1325622r =+=∴O e 与直线AD 相交、与直线CD 相离，且D e 与O e 内切时，作AD⊥BC，以A为圆心，以AD为半径画圆一、单选题1．如果两圆的半径长分别为5和3，圆心距为8，那么这两个圆的位置关系是（）A．内切B．外离C．相交D．外切【答案】D【分析】根据两圆半径的和与圆心距，即可确定两圆位置关系．【解析】解：∵两圆的半径长分别为5和3，圆心距为8，538+=，∴两圆外切，故选：D ．【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是掌握：外离，则d R r >+；外切，则d R r =+；相交，则R r d R r -<<+；内切，则d R r =-；内含，则d R r <-．2．两圆的半径分别为2和3，圆心距为7，则这两个圆的位置关系为（）A ．外离B ．外切C ．相交D ．内切【答案】A【分析】本题直接告诉了两圆的半径及圆心距，根据它们数量关系与两圆位置关系的对应情况便可直接得出答案．【解析】解：∵两圆的半径分别为2和3，圆心距为7，又∵7＞3+2，∴两圆的位置关系是：外离．故选A ．【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系，解题的关键在于能够准确掌握相关知识进行求解.3．已知直径分别为6和10的两圆没有公共点，那么这两个圆的圆心距的取值范围是（）A ．d ＞2B ．d ＞8C ．d ＞8或0≤d ＜2D ．2≤d ＜8【答案】C【分析】分两种情况讨论：当两圆外离时，两圆没有公共点时，当两圆内含时，两圆没有公共点时，从而可得答案.【解析】解：Q 直径分别为6和10的两圆没有公共点，\ 两圆的半径分别为3和5，当两圆外离时，两圆没有公共点时，8,d >当两圆内含时，两圆没有公共点时，02,d £<综上：所以两圆没有公共点时，8d >或0 2.d £<故选C【点睛】本题考查的是两圆的位置关系，熟练的运用两圆外离与内含的定义解题是解本题的关键.4．已知点()4,0A ，()0,3B ，如果⊙A 的半径为2，⊙B 的半径为7，那么⊙A 与⊙B 的位置关系（）【点睛】本题考查了两圆外切的条件，两圆相交的条件，等腰直角三角形的性质和对称性，熟练掌握两圆D ．当⊙1O 与⊙2O 没有公共点时，1202O O <≤．【答案】D【分析】根据圆与圆位置关系的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．【解析】当1224O O <<时，⊙1O 与⊙2O 相交，有两个公共点，故选项A 描述正确；当⊙1O 与⊙2O 有两个公共点时，1224O O <<，故选项B 描述正确；当1202O O <≤时，⊙1O 与⊙2O 没有公共点，故选项C 描述正确；当⊙1O 与⊙2O 没有公共点时，1202O O <≤或124O O >，故选项D 描述错误；故选：D ．【点睛】本题考查了圆与圆位置关系的知识；解题的关键是熟练掌握圆与圆位置关系的性质，从而完成求解．9．如图，矩形ABCD 中，AB=4，BC=6，以A 、D 为圆心，半径分别为2和1画圆，E 、F 分别是⊙A 、⊙D 上的一动点，P 是BC 上的一动点，则PE+PF 的最小值是( )A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】C 【分析】以BC 为轴作矩形ABCD 的对称图形A′BCD′以及对称圆D′，连接AD′交BC 于P ，交⊙A 、⊙D′于E 、F′，连接PD ，交⊙D 于F ，EF′就是PE+PF 最小值；根据勾股定理求得AD′的长，即可求得PE+PF 最小值．【解析】解：如图，以BC 为轴作矩形ABCD 的对称图形A′BCD′以及对称圆D′，连接AD’交BC 于P ，则EF′就是PE+PF最小值；∵矩形ABCD中，AB=4，BC=6，圆A的半径为2，圆D的半径为1，∴A′D′=BC=6，AA′=2AB=8，AE=2,D′F′=DF=1，∴AD′=10，EF′=10-2-1=7∴PE+PF=PF′+PE=EF′=7，故选C．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，勾股定理的应用等，作出对称图形是解答本题的关键．10．如图，在⊙O中，弦AD等于半径，B为优弧AD上的一动点，等腰△ABC的底边BC所在直线经过点D．若⊙O的半径等于1，则OC的长不可能为（）A．2﹣B．﹣1C．2D．+1【答案】A【解析】试题分析：利用圆周角定理确定点C的运动轨迹，进而利用点与圆的位置关系求得OC长度的取值范围．解：如图，连接OA、OD，则△OAD为等边三角形，边长为半径1．作点O关于AD的对称点O′，连接O′A、O′D，则△O′AD也是等边三角形，边长为半径1，∴OO′=×2=．由题意可知，∠ACB=∠ABC=∠AOD=30°，∴∠ACB=∠AO′D，∴点C在半径为1的⊙O′上运动．由图可知，OC长度的取值范围是：﹣1≤OC≤+1．故选A．考点：相交两圆的性质；轴对称的性质．二、填空题当1O e 位于2O e 外部，且P ，1O ，2O 位于同一条直线上时，如图所示，min 121523r O O PO =-=-=．故答案为：37r ££．【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，能采用数形结合的方法和分类讨论的思想分析问题是解题的关键．16．在矩形ABCD 中，5AB =，8AD =，点E 在边AD 上，3AE =图)，点F 在边BC 上，以点F 为圆心、CF 为半径作F e ．如果F e【答案】4116【分析】连接EF ，作FH 股定理得到()(235r r +=-【解析】解：连接EF ，作BQe过点A，且7AB=，由函数图象可知，当即不等式①的解集为同理可得：不等式②【点睛】此题主要考查了相交两圆的性质以及勾股定理，熟练利用正三角形以及正方形的性质是解题关键．20．已知A e ，B e ，C e 【答案】A e 的半径为2厘米，(1)设AP ＝x ，求两个圆的面积之和S ；(2)当AP 分别为13a 和12a 时，比较S 【答案】(1)22111422a ax x p p p -+11求：(1)弦AC的长度；(2)四边形ACO1O2的面积．【答案】(1)8(2)21（2）解：在2Rt AO E △中，由勾股定理得：∴1212426O O O E O E =+=+=∴1111831222O AC S AC O D ==´´=g △，S ∴四边形ACO 1O 2的面积为：S S +(1)如图1所示，已知，点()02A ，，点()32B ，．①在点()()()123011141P P P -，，，，，中，是线段AB 的“对称平衡点”的是___________②线段AB 上是否存在线段AB 的“对称平衡点”？若存在，请求出符合要求的 “对称平衡点若不存在，请说明理由；(2)如图2，以点()02A ，为圆心，1为半径作A e ．坐标系内的点C 满足2AC =，再以点作C e ，若C e 上存在A e 的“对称平衡点”，直接写出C 点纵坐标C y 的取值范围．【答案】(1)①1P ，3P ；②不存在，理由见解析(2)02c y ££∴线段AB的“对称平衡点”的是1P，故答案为：1P，3P；②不存在设P为线段AB上任意一点，则它与线段££，PA PB33点P关于x轴的对称点为P¢，它到线段，是线段AB上的任意两点，即若M N∵()()0,2,0,0A O ∴02c y ££【点睛】本题考查了对称平衡点．两圆的位置关系，点与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会取特殊点特殊位置解决问题．。

圆的切线的性质和判定定理市公开课一等奖省赛课微课金奖课件

普通地, 一个点集（比如线段或其它几
何图形）中全部点在某直线上射影集合, 就
是这个点集在这条直线上射影
直角三角形射影定理直角三角形一条
直角边平方等于该直角边在斜边上射影与斜
边乘积, 斜边上高平方等于两条直角边在斜
边上射影乘积
C
Rt△ABC∽Rt△ACD∽△Rt△CBD
AC2＝AB·AD BC2＝AB·BD
CD2＝AD·BD
A
DB
第7页
例4.试用直角三角形射影定理证实勾股定理
已知: 如图，Rt△ABC中， ∠C=90°
求证: AC2＋BC2＝AB2
C
A
D
B
第8页
例5.如图，Rt△ABC中， ∠C=90°， AC＞BC，CD⊥AB于点D，若CD＝4，AB＝10，求AC及BC
C
A
D
B
第9页
例6.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
求证: （1）PO平分∠APBBiblioteka （2）PO垂直平分线段AB
※结论能够直接用
A
O
P
·
B 切线长定理从圆外一点引圆两条切
线, 切线长相等第5页
例3、如图，⊙O和⊙O′外切于点P，一条外公切线切两圆于点A.B，求证：∠APB＝ 90°
A B
Q
O
·O
·P
′
第6页
从一点向一条直线作垂线, 垂足就称为
这点在这条直线上射影
CD⊥AB于点D，DE⊥AC于E，DF⊥BC于F，求证：
AC 3 BC 3
AE BF
C
E
F
A
D
B
第10页
圆切线性质和判定定理

圆外切四边形的性质及应用

圆外切四边形的性质及应用01 双心四边形，外心为O ，外接圆半径为R ，内心为P ，内切圆半径为r ，OI = h ．证明1R + h 2 +1R －h 2 =1r 2．证：如图，分别过K 、L 、M 、N 作PK 、PL 、PM 、PN 垂线交于A 、B 、C 、D ． ∵ ∠LCM = 180－∠LPM = ∠PLM + ∠PML = 12 ∠MLK + ∠LMN ,∠KAN = 12∠LKN + ∠KNM ．∴ A 、B 、C 、D 四点共圆．我们设其半径为，易证 B 、P 、D ；A 、P 、C 分别三点共线． ∴ r = PL sin = PB sin sin = PB ·PC BC APAB,PC ·AP = 2－d2d 为ABCD 的外心记为与P 的距离．又易证AC ⊥BD ，∴ PB BC ·AB = 12 r = 2－d22… ①延长NP 交BC 于T ，易证T 为BC 中点卜拉美古塔定理． ∴T ∥PS , S ∥PT ．□TPS 中，4O T 2 = PS 2 + OS 2－d 2 = 2 2－d 2．又 O N = 1222－d 2O 为KLMN 的外心即为O 且●●CDAPO LST 'KβαMNαBΩαR = 12 22－d 2… ②，h = 12d … ③由①②③得 1r 2 =4 22－d 2 2= 2R 2+ h2R 2－h 2 2= 1R + h2 + 1R －h 2．02 证明圆外切四边形ABCD 的对角线AC 、BD 的中点E 、F 与圆心O 共线．证：沿用上题的记号，对点X 、Y 、Z ，用d X , YZ 表示X 到YZ 的距离．设⊙O 半径为r ，∠BAD = 2, ∠ABC = 2, ∠BCD = 2, ∠CDA = 2，则, , , 均为锐角且 + + + = ． ∴ sin, sin, sin , sin > 0．连结EF 若E 与F 重合，则结论显然成立，以下设E 与F 不重合．在线段EF 上取点O 使EO O F = sin sinsin sin．连OA 、OD 、OG F 为⊙O 与AD 相切处，则OG ⊥AD , AG = OG cot = r cot , GD = OG cot = r cot ．故AD = r cot + cot．∴ d A , CD = r cot + cotsin 2．∴ d E , CD= 12sin 2 cot + cot r = sin cos cot + cotr= sin cos cot + cos 2r = sin cos cot －sin 2r + rO BA●DEO'( )F ●●= sin ·cos cos －sin sinsinr + r =sin cos +sin+ 1r ．同理 d F , CD =sin cos+sin + 1r ．由EO O F = sin sinsin sin知 d O , CD=sin sinsin cos+sin+ 1r + sin sin sincos +sin+ 1rsin sin + sin sin=sin sin cos + + cos + sin sin+ sin sinr + r = r 因为+ + + = ，所以 cos ++ cos+= 0．同理 d O , AB= d O, BC= d O , DA = r ．∴ O 与O 重合，故知结论成立，证毕．03 已知△ABC ，在BC 、CA 、AB 上分别取点D 、E 、F 使四边形AEDF 、BDEF 、CDEF 均为圆外切四边形．求证AD 、BE 、CF 三线共点．证：作△DEF 内切圆⊙，切EF 、FD 、DE 于P 、Q 、R ．又设△ABC 内切圆为⊙I ，△AEF 内切圆为⊙1．记⊙1、⊙、⊙I 半径分别为R 1, R , r ．由AEDF 为圆外切四边形知AF + DE = AE + DF ． ∴ FP －PE = FD －DE = FA －AE ． ∴ ⊙1切EF 于P ，∴ ⊙1与⊙外切，∴1、P 、三点共线．另一方面，易知A 、1、I 三点共线．延长AP 交I 于T ，则对△I 1与截线AP 用梅氏定理知T TI IA A 1 1P P= 1．注意到 A 1AI = R 1r ，上式 0T TI r R 1 R 1R = 1，即 0TTI = R r．∴ T 为线段I 上一个定点，∴ AP 、BQ 、CR 三线共点于T ．由塞瓦定理知 sin ∠FAP sin ∠EAP sin ∠ECR sin ∠DCR sin ∠DBQsin ∠FBQ = 1．再用角平分线定理知上式FP FA EP EA ER EC DR DC DQ DBFQ FB= 1．将FP = FQ , EP = ER , DQ = DR 代入得 FA EAEC DC DBFB= 1．由塞瓦定理即知 AD 、BE 、CF 三线共点，得证．04 四边形ABCD 既可外切于圆，又可内接于圆，并且ABCD 的内切圆分别与它的边AB 、BC 、CD 、AD 相切于点K 、L 、M 、N ，四边形的∠A 和∠B 的外角平分线相交于点K ，∠B 和∠C 的外角平分线相交于点L ，∠C 和∠D 的外角平分线相交于点M ，∠D 和∠A 的外角平分线相交于点N ．证明，直线KK 、LL 、MM 、NN 经过同一个点．证：如图，设∠BCD 的内切圆圆心为I ，∠BAI = ∠IAD = , ∠ABI = ∠CBI = , ∠BCI = ∠DCI =, ∠CDI = ∠ADI = θ．⊙I 半径为r ．CQP EFR1●●●●I ABTDωω由ABCD 还有外接圆可得 + = + θ = 2 ．∴ ∠K AB = = ∠N AI 由于KN 为A 外角平分线，且A 、K 、B 、I 四点共圆，AB = r cot + cot B ． ∴AKsin ∠KBA=ABsin ∠AIB即AKsin θ=r cot + cotsin +．∴ AK = r sin θsin sin．同理 AN=r sinsin sin θ．∴K N =r sin 2 θ + sin 2sin sinsin θ=rsin sinsin θ，KN ⊥AI ．而KN ∥K N 且KNK N= 2r sin 且KN ⊥AI ． ∴ KN ∥K N 且 KNK N= 2 sin sin sin θ sin ．同理可得 MN ∥M N , MN M N = 2 sin sin sin θ sin , ML ∥M L , MLM L = 2 sin sin sin θ sin , LK ∥L K ,LKL K= 2 sin sin sin θ sin ．于是四边形KLMN 与四边形K LM N 位似，对应顶点连线K K 、L L 、M M 、N N 共点于位似中心，得证．ACN●●D LBIMKK'M'N'L'αβαβθγθγγγ05 设凸四边形ABCD 外切于⊙O ，圆心O 在对角线BD 上的射影为M ．求证BD 平分∠AMC ．证：设⊙O 在ABCD 四边切点为A 1、B 1、C 1、D 1．不妨设⊙O 半径为1，以O 为原点建立复平面，则⊙O 为单位圆．令A 1、B 1、C 1、D 1所代表的复数为a , b , c , d ，则由熟知结论可知 D = 2ab a + b , A = 2bc b + c , B = 2cd c + d , C = 2da d + a ．注意到过BD 直线方程为 B －D x + B D = B －D x + BD ．将B 、D 代入化简得c +d －a －b x －[ ab c + d －cd a + b ]x = 2cd －ab … ① 又过O 且垂直于BD 直线方程为 xB －D+xB －D= 0．将B 、D 代入化简得 c + d －a －b x + [ abc +d －cd a + b ]x = 0 … ②① + ②2c + d －a －b 得 x = cd －ab c + d －a －b ，此即为M 的复数表示，M = cd －abc +d －a －b ．又∵ ∠AMC 被BD 平分 ∠AMD = ∠DMC A －MB －D B －DC －MRA －M C －MB －D 2=A －M C －MB －D2．将A 、B 、C 、D 、M 代入得A D 1111B ABC D OA －M C －MB －D 2=2bc b + c －cd －abc +d －a －b2ad a + d －cd －abc +d －a －b2aba +b －2cdc + a2= 14 a + bc +d [ 2bc c + d －a －b －cd －ab b + c ][ 2ad c + d －a －b －cd －cbc +d ]c +d －a －b 2[ ab c + d －cd a + d ] 2= 14a + bc +d [ 4abcd c + d －a －b 2+ cd －ab 2a + db +c －2c +d －a －bcd －ab [ bc a + d + ad b + c ]c +d －a －b 2 [ ab c + d cd a + b ]2…③注意到 14a + bc +d [ 4abcd c + d －a －b 2 + cd －ab 2a +b b +c －2c +d －a －b cd －abcd －ab [ bc a + d + ad b + c ]c +d －a －b 2 [ ab c + d －cd a + b ]2= 14 a + b ab c + d cd [ + cd －ab 2 a + d b + c a 3 b 3 c 3 d 3 －2[ab c + d －cd a + b ] 2ab －cda +b +c + da 3b 3c 3d 3][ab c + d －cd a + b ] 2 c + d －a －b 2a 4 b 4 c 4 d 4=a + bc +d { 4[ab c + d －cd a + b ] 2+ cd －ab 2a + db +c －2[ab c +d －cd a + b ]ab －cda +b +c +d }c +d －a －b 2 [ ab c + d －cd a + b ]2… ④比较③④知仅需证 4abcd c + d －a －b 2－2c +d －a －b cd －ab [bc a + d + ad b + c ]= 4[abc +d －cd a + b ] 2－2[ab c + d －cd a + b ]ab －cda +b +c + d2abcd c + d 2 + 2abcd a + b 2－4abcd a + b c + d + [ ab c + d －cd a + b ]ab －cda +b +c + d= 2a 2b2c +d 2 + 2c 2 d 2 a + b 2－4abcd a + bc +d + c + d －a －bcd －ababc + abd + bcd + acd2ab －cd [ab c + d 2－cd a + b 2]= ab －cd {[ab c + d －cd a + b ]a + b + c + d + c + d －a －b [ab c + d + cd a + b ]} 2abc +d 2－2cd a + b 2= ab c + d a + b + ab c + d 2－cd a + b 2－cd c + b + ab c + d 2－a + b ab c + d + cd a + bc +d －cd a + b 22abc +d 2－2cd a + b 2 = 2ab c + d 2－2cd a + b 2，得证．06 双心四边形ABCD ，AC ∩BD = E ，内、外心为I 、O ．求证I 、O 、E 三点共线．证：引理：圆外切四边形ABCD ，切点为M 、N 、K 、L ，则AC 、BD 、MK 、NL 四线共点．引理的证明：设AC ∩KM = G ，LN ∩KM = G ，由正弦定理得GC AG = CM sin ∠GMCsin ∠CGHAK sin ∠AKG sin ∠AGK= CM AK sin ∠GMC sin ∠AKG sin ∠AGK sin ∠CGM = CMAK ．同理G C AG = CL AN ．∴ G C AG = CL AN = CM AK = CGAG即G = G ．故AC 、NL 、KM 三线共点．同理BD 、KM 、LN 三线共点，引理得证．DG CMNAB LK G'( )回到原题：切点仍记为K 、L 、M 、N ，由引理KM ∩LN = E ．以I 为中心，⊙KNM 为反演圆作反演，A 、B 、C 、D 分别为KLMN 四边中点．由B C ∥KM ∥A D, AB ∥NL ∥DC 知A B CD 为平行四边形．而A 、B 、C 、D 共圆知A 、B 、C 、D 共圆，A BC D 必为矩形，其中心设为Q ，且有KM ⊥LN ．由反演性质知Q 、I 、O 三点共线．设LN 、KM 中点为P 、R ，则 → IQ = 14→ IA + → IB + → IC + → ID= 14→ IK + → IL + → IM + → IN = 12→ IR + → IP ．由垂径定理知PIRE 为矩形．从而→ IR + → IP = →IE ．∴ → IQ = 12 → IE ，即I 、Q 、E 三点共线，从而O 、I 、E 三点共线．平面几何中两个重要定理引理1:凸四边形ABCD 有内切圆当且仅当BC AD CD AB +=+,当且仅当,AF EC AE FC +=+当且仅当.DF DE BF BE +=+（图１）DP RIE C●●●●A'B'C'MNAB LK ●●●D'引理2:凸四边形ABCD 在角C 有旁切圆当且仅当,DA DC BA BC +=+当且仅当.FD FB ED EB +=+（图２）题目1:已知A,B,C,D 为平面上四点,其中任意三点不共线,且CB-CA=DA-DB.设线段AD 与线段BC 相交于G,分别过A,B 作AE 证明:EB-EA=FA-FB.证明一:设,,,,d GB c CG b AC a BA ====.,,g GA f DG e BD ===因为BFG ∆～CAG ∆,AEG ∆～DBG ∆,所以 ),(b g c dFB FG -=- ).(e d fgEA EG -=- 要证,EA EB FB FA -=-即证=+-g b g cd)(.)(d e d f g +-由余弦定理知,,2cos cos 2222222dfe df DGB CGA cg b g c -+=∠=∠=-+即.2))((2))((1212222222df e d f e d f cg b g c b g c df e d f cg b g c --+-=--+-⇔--+=--+已知条件CB-CA=DA-DB 0≠--=--⇔-+=-+⇔e d f g b c e g f b d c .故)(11)(11e d df d bg cg g df ed f cg bg c --=--⇔+-=+-⇔=+-g b g c d)(.)(d e d f g+-证明二:记,,αβ=∠=∠GAC GAB.,ϕθ=∠=∠GBD GBA 由正弦定理知,已知条件等价于AB DBAB DAAB CB AB CA DB DA CA CB -=+-⇔-=-2cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 22cos 2sin 2)sin(sin )sin()sin()sin(sin βϕθβϕθβϕθβϕθθβαθβαθβαθβαβϕθβϕθθβαβαθ++++++-+=++++++-+⇔++-+=++++-⇔2sin 2sin 2sin 2sin βϕθθβαβϕθθβα-+++=++-+⇔22cos 22cos 22cos 22cos ϕβαϕθααθϕϕβα-++++-=-++++-⇔ =-++++⇔22cos 22cos ϕβαϕβα22cos 22cos αθϕϕθα-++++ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 由正弦定理知,要证明的结论等价于 ABEB AB EA AB FB AB FA +-=- ϕϕθπϕθαβαβαπsin ))(sin(sin sin sin sin sin ))(sin(+-+-=-+-⇔ ϕϕϕθααβαsin 2sin 22cos 2sin 2sin 22cos2+=+⇔ .2cos 22cos 2cos 22cos αθϕϕβα+=+⇔ 因此,命题成立.证明三:设.,P BF AE Q DB CA =⋂=⋂DB DA CA CB -=-⇔BD BC AD AC +=+⇔凸四边形GCQD 在角G 有旁切圆(引理2)DG DQ CG CQ +=+⇔(引理2)DG BD BQ CG AC AQ +-=+-⇔)()()(DG CG BD AC AG AP AG BP +--++=+⇔(平行四边形AQBP 中,AP BQ BP AQ ==,)BGAP CG AC AC BC AP CG AC BD DA AP AG BP +=-+-+=-+-+=+⇔)()(⇔凸四边形PAGB 有内切圆(引理1)BE BF AE AF +=+⇔(引理1) FB FA EA EB -=-⇔.题目2:已知,ABC ∆记ΘΓ为ABC ∆的边BC 的旁切圆.任意选取一条平行于BC 的直线,l 分别交线段AB,AC 于点D,E.记ADE ∆的内切圆为1ΘΓ.过点D,E 作ΘΓ的切线(不过点A)交于点P;过B,C 作1ΘΓ的切线(不过点A)交于点Q.证明: 无论如何选取直线,l 直线PQ 总过定点.题记:本题是2009年捷克波兰斯洛伐克数学竞赛题3(见2010年中等数学增刊).利用引理1和2,可以简洁给出证明.证明:设N BC M DE =ΘΓ⋂=ΘΓ⋂,1.切点为X,Y,.,,V BC PY U BC PX P EY DX =⋂=⋂=⋂ 凸四边形ADPE 在角P 处有旁切圆EP EA DP DA +=+⇒(引理2).又AD EM DM AE +=+,故EM EP DM DP +=+.因此,点M 也是EPD ∆在DE 边上的旁切圆的切点.易知:点N 是VPU ∆在UV 边上的旁切圆的切点. EPD ∆与VPU ∆关于点P 位似)//(CB DE ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,P 共线.①切点为I,J,Q CJ BI L DE CJ K DE BI =⋂=⋂=⋂,,.由引理1知,.BQ AC CQ AB +=+又,BN AB CN AC +=+故,BN BQ CN CQ +=+因此,点N 也是CQB∆在BC 边上的旁切圆的切点. 易知:点M 是LQK ∆在KL 边上的旁切圆的切点.CQB ∆与LQK ∆关于点P 位似)//(CB LK ,且点M 和点N 是该位似变换下的对应点,故点M,N,Q 共线.②由①和②知，直线PQ 过定点N.。

圆的切线与弦

圆的切线与弦圆是几何中的重要概念之一，它具有许多有趣的性质。

其中，圆的切线与弦是我们经常遇到的概念。

本文将简要介绍圆的切线与弦的概念、性质以及它们在几何中的应用。

一、圆的切线圆的切线是指与圆相切的直线。

具体来说，当直线与圆只有一个公共点，并且此点是圆上的点时，这条直线就是圆的切线。

切线有一些重要的性质：1. 切线与半径的垂直性：与圆相切的切线与半径相切点处的半径垂直。

2. 切线定理：切线和半径之间的夹角是直角。

3. 切线的长度：切线的长度等于半径与切点之间的距离。

4. 外切与内切：如果直线外切于圆，则它也是外切圆的切线；如果直线内切于圆，则它是内切圆的切线。

切线在几何中的应用非常广泛。

例如，在解决与圆相关的问题时，可以利用切线的性质来推导和证明定理。

二、圆的弦圆的弦是指连接圆上任意两点的线段。

弦有一些重要的性质：1. 弦的长度：弦的长度取决于所连接的两点之间的距离。

2. 直径与弦的关系：圆的直径是一条通过圆心的弦，并且是最长的弦。

3. 等弧与等弦：等弧所对应的弦是等长的，同样，等长的弦所对应的弧也是等长的。

4. 弦的垂直平分线：一个弦的垂直平分线通过这条弦的中点，并且通过圆心。

弦在几何中的应用也是非常广泛的。

例如，在解决与圆的面积或弧长相关的问题时，常常会利用弦的性质来推导和证明定理。

综上所述，圆的切线与弦是圆的两个重要概念。

它们具有独特的性质，并在解决与圆相关的问题时发挥重要作用。

了解和掌握圆的切线与弦的性质，有助于我们更好地理解和应用圆的相关知识。

希望本文对读者对圆的切线与弦有一个初步的了解，并引发对几何的兴趣和思考。

几何作为数学的一个分支，具有严谨的逻辑性和美妙的几何图形，通过学习几何，我们可以更好地理解和解决与空间有关的问题。

几何中的内切圆与外接圆

几何中的内切圆与外接圆几何学是数学的一个重要分支，研究空间和形状之间的关系。

其中，内切圆和外接圆是几何学中经常涉及的概念。

本文将介绍内切圆和外接圆的定义、特性以及相关的应用。

一、内切圆内切圆是指一个圆与给定的多边形的每一条边都有且只有一个公共点。

具体来说，对于一个给定的多边形，如果存在一个圆，这个圆与多边形的每一条边都相切，那么这个圆就是多边形的内切圆。

内切圆有许多有趣的特性。

首先，内切圆的圆心和多边形的重心重合。

其次，内切圆的半径与多边形的内角余弦值有关。

对于一个正n边形来说，其内切圆的半径r可以通过以下公式计算：r = a / (2 * tan(π / n))，其中a为正n边形的边长。

此外，对于所有多边形来说，内切圆的半径都小于等于外接圆的半径。

内切圆的应用非常广泛。

在工程和建筑设计中，设计师常常会使用内切圆来确定材料的最佳利用率。

同时，在计算机图形学中，内切圆被用来实现图形的填充和纹理映射等功能。

此外，内切圆还有许多与三角形和正多边形相关的几何问题。

二、外接圆外接圆是指一个圆与给定的多边形的每一条边都相切。

准确地说，如果一个圆的圆心和每个顶点所形成的角的平分线都相交于同一点，那么这个圆就是多边形的外接圆。

外接圆也有一些重要的性质。

首先，外接圆的圆心是多边形的外角平分线的交点，同时也是多边形的一个顶点与相邻两个顶点所形成的圆弧的交点。

其次，外接圆的半径与多边形的边长有关。

对于正n边形来说，其外接圆的半径R可以通过以下公式计算：R = a / (2 * sin(π / n))，其中a为正n边形的边长。

此外，外接圆的直径等于多边形的对角线长度。

外接圆的应用也非常广泛。

在三角学中，外接圆被广泛用于解决三角形相关的计算和证明问题。

在制图和测量中，外接圆可以用来确定三角形的外接圆心和外接圆的半径。

此外，外接圆还与多边形的面积和周长有一定的关系，被应用于解决计算题目。

综上所述，几何中的内切圆和外接圆是重要的概念和工具。

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