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1. 如图,AB 是半圆 O 的直径,弦 EF//AB,点 C 在 OA 上(不与点 O,A 重合),点 D 在$\widehat {AE}$上,连接 CD,DE,CF,且∠ACD= ∠BCF.若 AB= a,CD= b,CF= c,则$DE^{2}$的值为( )
A.$a^{2}-b^{2}+c^{2}$
B.$a^{2}+b^{2}-c^{2}$
C.$(a+b)^{2}-c^{2}$
D.$a^{2}-(b+c)^{2}$
A.$a^{2}-b^{2}+c^{2}$
B.$a^{2}+b^{2}-c^{2}$
C.$(a+b)^{2}-c^{2}$
D.$a^{2}-(b+c)^{2}$
答案：
D 提示:如图,补全另一半圆,延长 DC 交⊙O于点G,连接OE,OG.由EF//AB,易证$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BF}$.因为∠BCG=∠ACD=∠BCF,所以由圆的对称性,可知$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{BG}$,CG=CF=c,所以∠BOG=∠AOE,DG=CD+CG=b+c,所以点E,O,G共线,所以EG是⊙O的直径,且EG=AB=a.由勾股定理得$DE^{2}=EG^{2}-DG^{2}$,所以$DE^{2}=a^{2}-(b+c)^{2}$.
D 提示:如图,补全另一半圆,延长 DC 交⊙O于点G,连接OE,OG.由EF//AB,易证$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BF}$.因为∠BCG=∠ACD=∠BCF,所以由圆的对称性,可知$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{BG}$,CG=CF=c,所以∠BOG=∠AOE,DG=CD+CG=b+c,所以点E,O,G共线,所以EG是⊙O的直径,且EG=AB=a.由勾股定理得$DE^{2}=EG^{2}-DG^{2}$,所以$DE^{2}=a^{2}-(b+c)^{2}$.
2. 在△ABC 中,BC= 2,∠BAC= 30°,M 是AC 的中点,则中线 BM 长度的最大值为______.
答案：
$\sqrt{3}+1$ 提示:如图,作△ABC的外接圆⊙O,连接OM.因为M是AC的中点,所以OM⊥AC,所以∠OMC=90°.以OC为直径作⊙O',交BC于点D,则点M的轨迹在优弧COD上.连接BO'并延长交⊙O'于点M',连接MM',O'M,O'M'.易知∠BOC=2∠BAC=60°,OB=OC,所以△BOC是等边三角形.所以BO=CO=BC=2,$BO'⊥OC$,易得$BO'=\sqrt{3}$.因为$BM≤BO'+O'M=BM'$,所以BM长度的最大值为BM'的长.因为$BM'=BO'+O'M'$,$O'M'=O'C=\frac{CO}{2}=1$,所以$BM'=\sqrt{3}+1$,所以BM长度的最大值为$\sqrt{3}+1$.
$\sqrt{3}+1$ 提示:如图,作△ABC的外接圆⊙O,连接OM.因为M是AC的中点,所以OM⊥AC,所以∠OMC=90°.以OC为直径作⊙O',交BC于点D,则点M的轨迹在优弧COD上.连接BO'并延长交⊙O'于点M',连接MM',O'M,O'M'.易知∠BOC=2∠BAC=60°,OB=OC,所以△BOC是等边三角形.所以BO=CO=BC=2,$BO'⊥OC$,易得$BO'=\sqrt{3}$.因为$BM≤BO'+O'M=BM'$,所以BM长度的最大值为BM'的长.因为$BM'=BO'+O'M'$,$O'M'=O'C=\frac{CO}{2}=1$,所以$BM'=\sqrt{3}+1$,所以BM长度的最大值为$\sqrt{3}+1$.
3. "等弦"的探究.
(1) 如图 1,在$\odot O$中,AB,CD 是弦,且AB= CD,由此,你能发现什么?
从小明、小红两位同学所发现的结论中,选择一个完成证明.
(2) 如图 2,已知△ABC,$\odot O$与△ABC 各边都相交且所形成的弦的长度均相等.
①在图 2 中,用直尺和圆规作出一个满足条件的$\odot O$.(要求:保留作图痕迹,写出必要的文字说明)
②若 AB= 15,BC= 14,AC= 13,$\odot O$的半径为 r,则 r 的取值范围是______.
(3) 如图 3,某城市有一个圆形人工湖$\odot O$,已知直线形道路 AB 穿过人工湖,其中弦 MN 为湖中桥.现规划利用 AB 段修建四边形观湖路 ABCD,新修建的三条道路 BC,CD,DA 均穿过人工湖$\odot O$,被$\odot O$所截得的弦为湖中桥(三条弦互不相交),且湖中桥长度均与 MN 相等.在图 3 中,用直尺和圆规作出周长最短的观湖路 ABCD.(要求:保留作图痕迹,写出必要的文字说明)
(1) 如图 1,在$\odot O$中,AB,CD 是弦,且AB= CD,由此,你能发现什么?
从小明、小红两位同学所发现的结论中,选择一个完成证明.
(2) 如图 2,已知△ABC,$\odot O$与△ABC 各边都相交且所形成的弦的长度均相等.
①在图 2 中,用直尺和圆规作出一个满足条件的$\odot O$.(要求:保留作图痕迹,写出必要的文字说明)
②若 AB= 15,BC= 14,AC= 13,$\odot O$的半径为 r,则 r 的取值范围是______.
(3) 如图 3,某城市有一个圆形人工湖$\odot O$,已知直线形道路 AB 穿过人工湖,其中弦 MN 为湖中桥.现规划利用 AB 段修建四边形观湖路 ABCD,新修建的三条道路 BC,CD,DA 均穿过人工湖$\odot O$,被$\odot O$所截得的弦为湖中桥(三条弦互不相交),且湖中桥长度均与 MN 相等.在图 3 中,用直尺和圆规作出周长最短的观湖路 ABCD.(要求:保留作图痕迹,写出必要的文字说明)
答案：
(1)证明1 证明小明发现的结论如下:
如图1,连接OB,OD,过点O作OE⊥AB,OF⊥CD,垂足分别为E,F.所以$BE=\frac{1}{2}AB$,$DF=\frac{1}{2}CD$.因为AB=CD,所以BE=DF.又因为OB=OD,所以Rt△OBE≌Rt△ODF(HL),所以OE=OF(或由勾股定理得到).
证明2 证明小红发现的结论如下:
如图2,过点O作OE⊥AB,OF⊥CD,垂足分别为E,F,则∠OEP=∠OFP=90°,连接OP.同小明的发现,可知OE=OF.可证Rt△OPE≌Rt△OPF(HL),所以PE=PF.所以AE+PE=CF+PF,即PA=PC.
(2)解:①如图3,分别作∠ABC,∠ACB的平分线,两射线交于点O,以点O为圆心,适当长度为半径作⊙O,与△ABC各边都相交,则⊙O即为所求.
②$4＜r≤2\sqrt{13}$ 提示:如图4,作△ABC的内切圆⊙O,设切点分别为H,G,F,连接OH,OG,OF,则OH⊥AB,OG⊥AC,OF⊥BC,且OH=OG=OF.由切线长定理,得AH=AG,BH=BF,CF=CG.
由题意,得$\begin{cases} AG+BH=15, \\ BH+CF=14, \\ AG+CF=13, \end{cases}$解得AG=7,CF=6,BH=8.过点A作AE⊥BC于点E,设CE=x,则BE=14-x.由勾股定理,得$AE^{2}=AC^{2}-CE^{2}=AB^{2}-BE^{2}$,即$13^{2}-x^{2}=15^{2}-(14-x)^{2}$,解得x=5,所以AE=12.由等积法,可得$\frac{1}{2}BC\cdot AE=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)\cdot OF$,所以OF=4.当满足题意的圆最大时,因为要与三边同时相交,所以必然经过△ABC的某个顶点,且该顶点与圆心的距离最小.连接OA,OB,OC.因为BH＞AG＞CF,OH=OG=OF,所以OB＞OA＞OC.由勾股定理,得$OC=\sqrt{OF^{2}+CF^{2}}=2\sqrt{13}$.可知当$4＜r≤2\sqrt{13}$时,满足题意.
(3)解:如图5,过点O作OP⊥AB于点P,再以点O为圆心,OP为半径作小圆O,分别以点A,B为圆心,AP,BP长为半径作弧交小圆于点G,H,连接AG,BH并延长交于点E,连接OE交小圆于点F,过点F作OE的垂线,分别交BE,AE于点C,D,则四边形ABCD即为所求.
(1)证明1 证明小明发现的结论如下:
如图1,连接OB,OD,过点O作OE⊥AB,OF⊥CD,垂足分别为E,F.所以$BE=\frac{1}{2}AB$,$DF=\frac{1}{2}CD$.因为AB=CD,所以BE=DF.又因为OB=OD,所以Rt△OBE≌Rt△ODF(HL),所以OE=OF(或由勾股定理得到).
证明2 证明小红发现的结论如下:
如图2,过点O作OE⊥AB,OF⊥CD,垂足分别为E,F,则∠OEP=∠OFP=90°,连接OP.同小明的发现,可知OE=OF.可证Rt△OPE≌Rt△OPF(HL),所以PE=PF.所以AE+PE=CF+PF,即PA=PC.
(2)解:①如图3,分别作∠ABC,∠ACB的平分线,两射线交于点O,以点O为圆心,适当长度为半径作⊙O,与△ABC各边都相交,则⊙O即为所求.
②$4＜r≤2\sqrt{13}$ 提示:如图4,作△ABC的内切圆⊙O,设切点分别为H,G,F,连接OH,OG,OF,则OH⊥AB,OG⊥AC,OF⊥BC,且OH=OG=OF.由切线长定理,得AH=AG,BH=BF,CF=CG.
由题意,得$\begin{cases} AG+BH=15, \\ BH+CF=14, \\ AG+CF=13, \end{cases}$解得AG=7,CF=6,BH=8.过点A作AE⊥BC于点E,设CE=x,则BE=14-x.由勾股定理,得$AE^{2}=AC^{2}-CE^{2}=AB^{2}-BE^{2}$,即$13^{2}-x^{2}=15^{2}-(14-x)^{2}$,解得x=5,所以AE=12.由等积法,可得$\frac{1}{2}BC\cdot AE=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)\cdot OF$,所以OF=4.当满足题意的圆最大时,因为要与三边同时相交,所以必然经过△ABC的某个顶点,且该顶点与圆心的距离最小.连接OA,OB,OC.因为BH＞AG＞CF,OH=OG=OF,所以OB＞OA＞OC.由勾股定理,得$OC=\sqrt{OF^{2}+CF^{2}}=2\sqrt{13}$.可知当$4＜r≤2\sqrt{13}$时,满足题意.
(3)解:如图5,过点O作OP⊥AB于点P,再以点O为圆心,OP为半径作小圆O,分别以点A,B为圆心,AP,BP长为半径作弧交小圆于点G,H,连接AG,BH并延长交于点E,连接OE交小圆于点F,过点F作OE的垂线,分别交BE,AE于点C,D,则四边形ABCD即为所求.
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