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14. (15分)如图4-M-10,在平面直角坐标系中,$A(0,4)$,$B(4,4)$,$C(6,2)$.
(1)经过A,B,C三点的圆弧所在圆$\odot M$的圆心M的坐标为
(2)求$\odot M$的半径r;
(3)判断点$D(-3,0)与\odot M$的位置关系.
(1)经过A,B,C三点的圆弧所在圆$\odot M$的圆心M的坐标为
(2,0)
;(2)求$\odot M$的半径r;
$2\sqrt{5}$
(3)判断点$D(-3,0)与\odot M$的位置关系.
点$D(-3,0)$在$\odot M$外
答案：
1. （1）
解：根据圆的性质，圆心是弦的垂直平分线的交点。
线段$AB$的垂直平分线：
因为$A(0,4)$，$B(4,4)$，$AB$平行于$x$轴，$AB$的中点坐标为$(\frac{0 + 4}{2},4)=(2,4)$，所以$AB$的垂直平分线是$x = 2$。
设线段$BC$的垂直平分线方程：
先求$BC$中点坐标，$B(4,4)$，$C(6,2)$，$BC$中点坐标为$(\frac{4 + 6}{2},\frac{4+2}{2})=(5,3)$。
$k_{BC}=\frac{4 - 2}{4 - 6}=\frac{2}{-2}=-1$，则$BC$垂直平分线的斜率$k = 1$（两垂直直线斜率之积为$-1$）。
由点斜式$y - y_0=k(x - x_0)$（$(x_0,y_0)=(5,3)$，$k = 1$）得$y-3=1×(x - 5)$，即$y=x - 2$。
联立$\begin{cases}x = 2\\y=x - 2\end{cases}$，把$x = 2$代入$y=x - 2$得$y=0$。
所以圆心$M$的坐标为$(2,0)$。
2. （2）
解：已知$M(2,0)$，$A(0,4)$，根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^2+(y_2 - y_1)^2}$，则$r=\vert MA\vert=\sqrt{(2 - 0)^2+(0 - 4)^2}$。
计算$r=\sqrt{4 + 16}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$。
3. （3）
解：已知$M(2,0)$，$D(-3,0)$，根据两点间距离公式$\vert MD\vert=\sqrt{(2+3)^2+(0 - 0)^2}$。
计算$\vert MD\vert = 5$。
因为$r = 2\sqrt{5}\approx2×2.24 = 4.48$，$5\gt4.48$，即$\vert MD\vert\gt r$。
综上，（1）$(2,0)$；（2）$\odot M$的半径$r = 2\sqrt{5}$；（3）点$D(-3,0)$在$\odot M$外。
解：根据圆的性质，圆心是弦的垂直平分线的交点。
线段$AB$的垂直平分线：
因为$A(0,4)$，$B(4,4)$，$AB$平行于$x$轴，$AB$的中点坐标为$(\frac{0 + 4}{2},4)=(2,4)$，所以$AB$的垂直平分线是$x = 2$。
设线段$BC$的垂直平分线方程：
先求$BC$中点坐标，$B(4,4)$，$C(6,2)$，$BC$中点坐标为$(\frac{4 + 6}{2},\frac{4+2}{2})=(5,3)$。
$k_{BC}=\frac{4 - 2}{4 - 6}=\frac{2}{-2}=-1$，则$BC$垂直平分线的斜率$k = 1$（两垂直直线斜率之积为$-1$）。
由点斜式$y - y_0=k(x - x_0)$（$(x_0,y_0)=(5,3)$，$k = 1$）得$y-3=1×(x - 5)$，即$y=x - 2$。
联立$\begin{cases}x = 2\\y=x - 2\end{cases}$，把$x = 2$代入$y=x - 2$得$y=0$。
所以圆心$M$的坐标为$(2,0)$。
2. （2）
解：已知$M(2,0)$，$A(0,4)$，根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^2+(y_2 - y_1)^2}$，则$r=\vert MA\vert=\sqrt{(2 - 0)^2+(0 - 4)^2}$。
计算$r=\sqrt{4 + 16}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$。
3. （3）
解：已知$M(2,0)$，$D(-3,0)$，根据两点间距离公式$\vert MD\vert=\sqrt{(2+3)^2+(0 - 0)^2}$。
计算$\vert MD\vert = 5$。
因为$r = 2\sqrt{5}\approx2×2.24 = 4.48$，$5\gt4.48$，即$\vert MD\vert\gt r$。
综上，（1）$(2,0)$；（2）$\odot M$的半径$r = 2\sqrt{5}$；（3）点$D(-3,0)$在$\odot M$外。
15. (13分)如图4-M-11,在$\odot O$中,弦AB,CD的延长线相交于点P,且$DA= DP$.
求证:$BC= BP$.
求证:$BC= BP$.
答案：
解：
因为$DA = DP$，所以$\angle A=\angle P$。
又因为$\angle A$和$\angle C$是同弧$\overset{\frown}{BD}$所对的圆周角，根据圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角相等，所以$\angle A=\angle C$。
那么$\angle C=\angle P$。
根据等角对等边，在$\triangle BCP$中，因为$\angle C=\angle P$，所以$BC = BP$。
综上，$BC = BP$得证。
因为$DA = DP$，所以$\angle A=\angle P$。
又因为$\angle A$和$\angle C$是同弧$\overset{\frown}{BD}$所对的圆周角，根据圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角相等，所以$\angle A=\angle C$。
那么$\angle C=\angle P$。
根据等角对等边，在$\triangle BCP$中，因为$\angle C=\angle P$，所以$BC = BP$。
综上，$BC = BP$得证。
16. (15分)如图4-M-12,在扇形OAB中,点C,D在$\overset{\frown}{AB}$上,$\overset{\frown}{AD}= \overset{\frown}{CB}$,点F,E分别在半径OA,OB上,$OF= OE$,连接DE,CF.
(1)求证:$DE= CF$;
(2)设P为$\overset{\frown}{CD}$的中点,连接CD,EF,PO,线段PO交CD于点M,交EF于点N.如果$PO// DE$,求证:四边形MNED是矩形.
(1)求证:$DE= CF$;
(2)设P为$\overset{\frown}{CD}$的中点,连接CD,EF,PO,线段PO交CD于点M,交EF于点N.如果$PO// DE$,求证:四边形MNED是矩形.
答案：
证明:
(1) $\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BC}$,
$\therefore \overset{\frown}{AC}+\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{BD}$, $\therefore \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BD}$,
$\therefore \angle AOC=\angle BOD$.
在$\triangle OCF$和$\triangle ODE$中,
$\begin{cases}OC=OD,\\\angle FOC=\angle EOD,\\OF=OE,\end{cases}$
$\therefore \triangle OCF\cong\triangle ODE(SAS)$,
$\therefore DE=CF$.
(2)连接 AB,如图.
$\because P$为$\overset{\frown}{CD}$的中点,
$\therefore OP\perp CD$, $CP=\overset{\frown}{DP}$.
由
(1)得$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BD}$,
$\therefore \overset{\frown}{AP}=\overset{\frown}{BP}$, $\therefore OP\perp AB$.
$\because OE=OF$, $OA=OB$, $\angle EOF=\angle BOA$,
$\therefore \angle OEF=\angle OBA=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle EOF$,
$\therefore EF// AB$, $\therefore OP\perp EF$, $\therefore EF// CD$.
$\because OP// DE$,
$\therefore$四边形 MNED 为平行四边形.
$\because \angle NMD=90^{\circ}$,
$\therefore$四边形 MNED 为矩形.
证明:
(1) $\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BC}$,
$\therefore \overset{\frown}{AC}+\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{BD}$, $\therefore \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BD}$,
$\therefore \angle AOC=\angle BOD$.
在$\triangle OCF$和$\triangle ODE$中,
$\begin{cases}OC=OD,\\\angle FOC=\angle EOD,\\OF=OE,\end{cases}$
$\therefore \triangle OCF\cong\triangle ODE(SAS)$,
$\therefore DE=CF$.
(2)连接 AB,如图.
$\because P$为$\overset{\frown}{CD}$的中点,
$\therefore OP\perp CD$, $CP=\overset{\frown}{DP}$.
由
(1)得$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BD}$,
$\therefore \overset{\frown}{AP}=\overset{\frown}{BP}$, $\therefore OP\perp AB$.
$\because OE=OF$, $OA=OB$, $\angle EOF=\angle BOA$,
$\therefore \angle OEF=\angle OBA=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle EOF$,
$\therefore EF// AB$, $\therefore OP\perp EF$, $\therefore EF// CD$.
$\because OP// DE$,
$\therefore$四边形 MNED 为平行四边形.
$\because \angle NMD=90^{\circ}$,
$\therefore$四边形 MNED 为矩形.
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