愛提分中考復(fù)習(xí) 12二輪-動態(tài)幾何-第02講 動態(tài)幾何（二）(教師版)

高思愛提分演示（KJ)初中數(shù)學(xué)教師輔導(dǎo)講義[教師版]學(xué)員姓名王李 年級輔導(dǎo)科目初中數(shù)學(xué)學(xué)科教師王涵上課時間01-1806:30:00-08:30:00 知識圖譜動態(tài)幾何（二）知識精講一．圓中的動態(tài)問題動點問題是初中數(shù)學(xué)的一個難點，中考經(jīng)常考察，有一類動點問題，題中未說到圓，卻與圓有關(guān)，只要巧妙地構(gòu)造圓，以圓為載體，利用圓的有關(guān)性質(zhì)，問題便會迎刃而解；此類問題方法巧妙，耐人尋味；另一類問題是直接考察圓中的動態(tài)問題，往往與直線和圓的位置關(guān)系，相似，勾股定理等結(jié)合起來考察，重點注意相似的綜合應(yīng)用。三點剖析一．考點：1．圓的相關(guān)計算；2．圓中最值問題，尤其與最短路徑結(jié)合．二．重難點：1．圓的相關(guān)計算；2．圓中最值問題，尤其與最短路徑結(jié)合．三．易錯點：1．求動點的運動軌跡時，找不到動點的運動軌跡；2．圓中動線段/面積與函數(shù)結(jié)合時，分類討論不完全．圓與動點問題例題例題1、如圖，在梯形ABCD中，AD//BC，，AD=13cm，BC=16cm，CD=5cm，以AB為直徑作，動點P沿AD方向從點A開始向點D以1的速度運動，動點Q沿CB方向從點C開始向點B以2的速度運動，點P、Q分別從A、C兩點同時出發(fā)，當(dāng)其中一點停止時，另一點也隨之停止運動．（1）求的半徑長．（2）求四邊形PQCD的面積y關(guān)于P、Q運動時間t的函數(shù)表達式，并求出當(dāng)四邊形PQCD為等腰梯形時，四邊形PQCD的面積．（3）是否存在某一時刻，使直線PQ與相切？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】見解析．【解析】解：（1）過點D作于E，，四邊形ADEB為矩形，．又，即AB=4，的半徑為2cm．（2）當(dāng)P、Q運動t秒時，AP=t，CQ=2t，則，即y=2t+26（），當(dāng)四邊形PQCD為等腰梯形時，過P作于F（如圖一），則有，則．此時四邊形PQCD 的面積．（3）存在．若PQ與圓相切，設(shè)切點為G（如圖二），作于H在上，，∴AD切于A，∵PQ切于G，∴由切線長定理得：．QG=QB=16-2t，QH=QB-BH=（16-2t）-t=16-3t，PQ=QB+AP=16-t．在中，，即解得，．，當(dāng)時，PQ與圓相切．例題2、如圖，已知BC是的弦，A是外的一點，為正三角形，D為BC的中點，M為上一點，并且．（1）求證：AB是的切線；（2）若E，F(xiàn)分別是邊AB，AC上的兩個動點，且，的半徑為2，試問的值是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由．【答案】（1）見解析；（2）．【解析】（1）證明：連結(jié)OB、OD、OC，如圖1，∵D為BC的中點，，為正三角形是的切線；（2）的值是為定值．作于H，連接AD，如圖2為正三角形，D為BC的中點，∴AD平分，，在，在中，同理可得，的值是為定值．例題3、如圖，有一直徑MN=4的半圓形紙片，其圓心為點P，從初始位置=1\*ROMANI開始，在無滑動的情況下沿數(shù)軸向右翻滾至位置=5\*ROMANV，其中，位置=1\*ROMANI中的MN平行于數(shù)軸，且半與數(shù)軸相切于原點O；位置=2\*ROMANII和位置=4\*ROMANIV中的MN垂直于數(shù)軸，位置=3\*ROMANIII中的MN在數(shù)軸上；位置=5\*ROMANV中的點N到數(shù)軸的距離為3，且半與數(shù)軸相切于點A．解答下列問題：（1）位置=1\*ROMANI中的MN與數(shù)軸之間的距離為；位置=2\*ROMANII中的半與數(shù)軸的位置關(guān)系是；（2）求位置=3\*ROMANIII中的圓心P在數(shù)軸上表示的數(shù)；（3）紙片半從位置=3\*ROMANIII翻滾到位置=4\*ROMANIV時，求點N所經(jīng)過路徑長及該紙片所掃過圖形的面積；（4）求OA的長．（（2）、（3）、（4）中的結(jié)果保留）【答案】見解析．【解析】解：（1）∵的直徑=4，∴的半徑=2，∵與直線有一個交點，位置=1\*ROMANI中的MN與數(shù)軸之間的距離為2；位置=2\*ROMANII中的半與數(shù)軸的位置關(guān)系是相切；（2）位置=1\*ROMANI中的長與數(shù)軸上線段ON相等，∵的長為，NP=2∴位置=3\*ROMANIII中的圓心P在數(shù)軸上表示的數(shù)為．（3）點N所經(jīng)過路徑長為，，半所掃過圖形的面積為．（4）如圖，作NC垂直數(shù)軸于點C，作于點H，連接PA，則四邊形PHCA為矩形．在中，，，于是，，從而的長為，于是的長為．例題4、如圖，點A是半圓上的一個三等分點，點B是弧AN的中點，點P是直徑MN上一個動點，圓O的半徑為1（1）找出當(dāng)能得到最小值時，點P的位置，并證明；（2）求出最小值．BBAMNO【答案】（1）見解析（2）【解析】該題考查的是圓的綜合．（1）過A作于E，聯(lián)結(jié)……………1分∵MN過圓心O，∴，∴即，………………2分∵根據(jù)兩點間線段最短，當(dāng)，P，B三點共線時，此時為最小值，…3分∴P位于與MN的交點處，…………4分（2）∵點A是半圓上的一個三等分點，∴，……………5分∵點B是弧AN的中點∴，，………6分∵，∴，即最小值為．……………7分AA’E例題5、如圖，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，CD=5．點E為線段CD上一動點（不與點C重合），△BCE關(guān)于BE的軸對稱圖形為△BFE，連接CF．設(shè)CE=x，△BCF的面積為S1，△CEF的面積為S2．（1）當(dāng)點F落在梯形ABCD的中位線上時，求x的值；（2）試用x表示，并寫出x的取值范圍；（3）當(dāng)△BFE的外接圓與AD相切時，求的值．【答案】（1）（2）（3）139-80【解析】（1）當(dāng)點F落在梯形ABCD中位線上時，如答圖1，過點F作出梯形中位線MN，分別交AD、BC于點M、N．由題意，可知ABCD為直角梯形，則MN⊥BC，且BN=CN=BC．由軸對稱性質(zhì)，可知BF=BC，∴BN=BF，∴∠BFN=30°，∴∠FBC=60°，∴△BFC為等邊三角形．∴CF=BC=4，∠FCB=60°，∴∠ECF=30°．設(shè)BE、CF交于點G，由軸對稱性質(zhì)可知CG=CF=2，CF⊥BE．在Rt△CEG中，x=CE===．∴當(dāng)點F落在梯形ABCD的中位線上時，x的值為．（2）如答圖2，由軸對稱性質(zhì)，可知BE⊥CF．∵∠GEC+∠ECG=90°，∠GEC+∠CBE=90°，∴∠GCE=∠CBE，又∵∠CGE=∠ECB=90°，∴Rt△BCE∽Rt△CGE，∴=，∴CE2=EG?BE①同理可得：BC2=BG?BE

②①÷②得：==．∴====．∴=（0＜x≤5）．（3）當(dāng)△BFE的外接圓與AD相切時，依題意畫出圖形，如答圖3所示．設(shè)圓心為O，半徑為r，則r=BE=．設(shè)切點為P，連接OP，則OP⊥AD，OP=r=．過點O作梯形中位線MN，分別交AD、BC于點M、N，則OM為梯形ABED的中位線，∴OM=（AB+DE）=（3+5-x）=（8-x）．過點A作AH⊥CD于點H，則四邊形ABCH為矩形，∴AH=BC=4，CH=AB=3，∴DH=CD-CH=2．在Rt△ADH中，由勾股定理得：AD===2．∵MN∥CD，∴∠ADH=∠OMP，又∵∠AHD=∠OPM=90°，∴△OMP∽△ADH，∴=，即=，化簡得：16-2x=，兩邊平方后，整理得：x2+64x-176=0，解得：x1=-32+20，x2=-32-20（舍去）∵0＜-32+20≤5∴x=-32+20符合題意，∴==139-80．隨練隨練1、如圖直角坐標(biāo)系中，以M（3,0）為圓心的交X軸負半軸于A，交x軸正半軸于B，交y軸于C、D．（1）若C點坐標(biāo)為（0，4），求點A坐標(biāo)；（2）在（1）的條件下，在上，是否存在點P，使，若存在，求出滿足條件的點P；（3）過C作的切線CE，過A作于F，交于N，當(dāng)?shù)陌霃酱笮“l(fā)生變化時．AN的長度是否變化？若變化，求變化范圍，若不變，證明并求值．【答案】（1）；（2），；（3）6．【解析】解：（1）根據(jù)題意，連接CM，又，；故CM=5，即的半徑為5；∴MA=5，且；即得；（2）假設(shè)存在這樣的點P（x，y），結(jié)合題意，可得為等腰直角三角形，且CM=PM=5，故；結(jié)合題意有，解之得：，即存在兩個這樣的點P；，（3）AN的長不變?yōu)?．證明：連接CM，作于H，易證，故，即．隨練2、已知：中，，CD為AB邊上的中線，AC=6cm，BC=8cma；點O是線段CD邊上的動點（不與點C、D重合）；以點O為圓心、OC為半徑的交AC于點E，于F．（1）求證：EF是的切線．（如圖1）（2）請分析與直線AB可能出現(xiàn)的不同位置關(guān)系，分別指出線段EF的取值范圍（圖2供思考用）【答案】見解析．【解析】解：（1）證明：在中，∵CD是斜邊中線，∴CD=AD，∴又∵OE=OC，∴，∴，又∵于F，是的切線；（2），即，設(shè)，則∵即，過點O作，則四邊形OEFG為矩形．=1\*GB3①當(dāng)EF=OE時，圓O與AB相切，，解得；=2\*GB3②當(dāng)時，AB與圓O相交，，解得；則；=3\*GB3③當(dāng)時，AB與圓O相離，，解得，故．隨練3、如圖，在直角梯形ABCD中，AD//BC，，AB=12cm，AD=8cm，BC=22cm，AB為的直徑，動點P從點A開始沿AD邊向點D以的速度運動，動點Q從點C開始沿CB邊向點B以的速度運動．P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，當(dāng)其中一個動點到達端點時，另一個動點也隨之停止運動，運動時間為t（s）．（1）當(dāng)t為何值時，四邊形PQCD為平行四邊形？（2）當(dāng)t為何值時，PQ與相切？【答案】（1）；（2）2．【解析】∵直角梯形ABCD，AD//BC，∴PD//QC，∴當(dāng)PD=QC時，四邊形PQCD為平行四邊形；∵AP=t，CQ=2t，∴8-t=2t，解得：．∴當(dāng)時，四邊形PQCD為平行四邊形．（2）設(shè)PQ與相切于點H，過點P作，垂足為；∵直角梯形ABCD，AD//BC，，，，，為的直徑，、BC為的切線，，；在中，，即，；∵P在AD邊運動的時間為，（舍去）∴當(dāng)t=2秒時，PQ與相切．隨練4、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知，，于點A，，于點B，，以AB為直徑的半圓O上有一動點P（不與A、B兩點重合），連接PD、PC，我們把由五條線段AB、BD、DP、PC、CA所組成的封閉圖形ABDPC叫做點P的關(guān)聯(lián)圖形，如圖1所示．（1）如圖2，當(dāng)P運動到半圓O與y軸的交點位置時，求點P的關(guān)聯(lián)圖形的面積；（2）如圖3，連接CD、OC、OD，判斷△OCD的形狀，并加以證明；（3）當(dāng)點P運動到什么位置時，點P的關(guān)聯(lián)圖形的面積最大，簡要說明理由，并求面積的最大值【答案】（1）12（2）見解析（3）【解析】該題考查的是新定義問題．（1）∵，∴，∵P是半圓O上的動點，P在y軸上，∴，，∵，∴四邊形AOPC是正方形，∴正方形的面積是4，又∵，BD=6，∴梯形OPDB的面積，∴點P的關(guān)聯(lián)圖形的面積是12．2分（2）判斷△OCD是直角三角形3分證明：延長CP交BD于點F．則四邊形ACFB為矩形，∴，，又∵四邊形AOPC是正方形，∴，∴，∴，∴△OCD是直角三角形5分（3）連接OC交半圓O于點P，則點P記為所確定的點的位置，6分理由如下：連接CD，梯形ACDB的面積為定值，要使點P的關(guān)聯(lián)圖形的面積最大，就要使△PCD的面積最小，∵CD為定長，∴P到CD的距離就要最小．連接OC，設(shè)交半圓O于點P，∵，，∴，過C作于F，則ACFB為矩形，∴，，∴，，∴PC在半圓外，設(shè)在半圓O上的任意一點到CD的距離為，則，∵，∴，∴當(dāng)點P運動到半圓O與OC的交點位置時，點P的關(guān)聯(lián)圖形的面積最大，7分∵，，∴，又∵，∴點P的關(guān)聯(lián)圖形的最大面積，隨練5、已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O是坐標(biāo)原點，以P（1，1）為圓心的⊙P與x軸，y軸分別相切于點M和點N，點F從點M出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度運動，連接PF，過點PE⊥PF交y軸于點E，設(shè)點F運動的時間是t秒（t＞0）．（1）若點E在y軸的負半軸上（如圖所示），求證：PE=PF；（2）在點F運動過程中，設(shè)OE=a，OF=b，試用含a的代數(shù)式表示b；（3）作點F關(guān)于點M的對稱點F′，經(jīng)過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，連接QE．在點F運動過程中，是否存在某一時刻，使得以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似？若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）見解析（2）當(dāng)t＞1時，b=2+a；當(dāng)0＜t≤1時，b=2-a（3）t=或t=或t=2+【解析】證明：（1）如圖，連接PM，PN，∵⊙P與x軸，y軸分別相切于點M和點N，∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN，∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°，∵PE⊥PF，∠NPE=∠MPF=90°-∠MPE，在△PMF和△PNE中，，∴△PMF≌△PNE（ASA），∴PE=PF；（2）解：分兩種情況：①當(dāng)t＞1時，點E在y軸的負半軸上，如圖1，由（1）得△PMF≌△PNE，∴NE=MF=t，PM=PN=1，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE-ON=t-1，∴b-a=1+t-（t-1）=2，∴b=2+a，②0＜t≤1時，如圖2，點E在y軸的正半軸或原點上，同理可證△PMF≌△PNE，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=OE=ON-NE=1-t，∴b+a=1+t+1-t=2，∴b=2-a．綜上所述，當(dāng)t＞1時，b=2+a；當(dāng)0＜t≤1時，b=2-a；（3）存在；①如圖3，當(dāng)1＜t＜2時，∵F（1+t，0），F(xiàn)和F′關(guān)于點M對稱，M的坐標(biāo)為（1，0），∴F′（1-t，0）∵經(jīng)過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，∴Q（1-t，0）∴OQ=1-t，由（1）得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t-1當(dāng)△OEQ∽△MPF∴=∴=，解得，t=，當(dāng)△OEQ∽△MFP時，∴=，=，解得，t=，②如圖4，當(dāng)t＞2時，∵F（1+t，0），F(xiàn)和F′關(guān)于點M對稱，∴F′（1-t，0）∵經(jīng)過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，∴Q（1-t，0）∴OQ=t-1，由（1）得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t-1當(dāng)△OEQ∽△MPF∴=∴=，無解，當(dāng)△OEQ∽△MFP時，∴=，=，解得，t=2+，t=2-（舍去）所以當(dāng)t=，t=，t=2+時，使得以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似．隨練6、如圖，已知l1⊥l2，⊙O與l1，l2都相切，⊙O的半徑為2cm，矩形ABCD的邊AD、AB分別與l1，l2重合，AB=4cm，AD=4cm，若⊙O與矩形ABCD沿l1同時向右移動，⊙O的移動速度為3cm/s，矩形ABCD的移動速度為4cm/s，設(shè)移動時間為t（s）（1）如圖①，連接OA、AC，則∠OAC的度數(shù)為____°；（2）如圖②，兩個圖形移動一段時間后，⊙O到達⊙O1的位置，矩形ABCD到達A1B1C1D1的位置，此時點O1，A1，C1恰好在同一直線上，求圓心O移動的距離（即OO1的長）；（3）在移動過程中，圓心O到矩形對角線AC所在直線的距離在不斷變化，設(shè)該距離為d（cm），當(dāng)d＜2時，求t的取值范圍（解答時可以利用備用圖畫出相關(guān)示意圖）．【答案】（1）105（2）2+6（3）2-＜t＜2+2【解析】（1）∵l1⊥l2，⊙O與l1，l2都相切，∴∠OAD=45°，∵AB=4cm，AD=4cm，∴CD=4cm，∴tan∠DAC===，∴∠DAC=60°，∴∠OAC的度數(shù)為：∠OAD+∠DAC=105°，故答案為：105；（2）如圖位置二，當(dāng)O1，A1，C1恰好在同一直線上時，設(shè)⊙O1與l1的切點為E，連接O1E，可得O1E=2，O1E⊥l1，在Rt△A1D1C1中，∵A1D1=4，C1D1=4，∴tan∠C1A1D1=，∴∠C1A1D1=60°，在Rt△A1O1E中，∠O1A1E=∠C1A1D1=60°，∴A1E==，∵A1E=AA1-OO1-2=t-2，∴t-2=，∴t=+2，∴OO1=3t=2+6；（3）①當(dāng)直線AC與⊙O第一次相切時，設(shè)移動時間為t1，如圖，此時⊙O移動到⊙O2的位置，矩形ABCD移動到A2B2C2D2的位置，設(shè)⊙O2與直線l1，A2C2分別相切于點F，G，連接O2F，O2G，O2A2，∴O2F⊥l1，O2G⊥A2C2，由（2）得，∠C2A2D2=60°，∴∠GA2F=120°，∴∠O2A2F=60°，在Rt△A2O2F中，O2F=2，∴A2F=，∵OO2=3t1，AF=AA2+A2F=4t1+，∴4t1+-3t1=2，∴t1=2-，②當(dāng)直線AC與⊙O第二次相切時，設(shè)移動時間為t2，記第一次相切時為位置一，點O1，A1，C1共線時位置二，第二次相切時為位置三，由題意知，從位置一到位置二所用時間與位置二到位置三所用時間相等，∴+2-（2-）=t2-（+2），解得：t2=2+2，綜上所述，當(dāng)d＜2時，t的取值范圍是：2-＜t＜2+2．拓展拓展1、如圖，矩形ABCD的邊AB=3cm，AD=4cm，點E從點A出發(fā)，沿射線AD移動，以CE為直徑作圓O，點F為圓O與射線BD的公共點，連接EF、CF，過點E作EG⊥EF，EG與圓O相交于點G，連接CG．（1）試說明四邊形EFCG是矩形；（2）當(dāng)圓O與射線BD相切時，點E停止移動，在點E移動的過程中，①矩形EFCG的面積是否存在最大值或最小值？若存在，求出這個最大值或最小值；若不存在，說明理由；②求點G移動路線的長．【答案】見解析．【解析】解：（1）證明：如圖1，∵CE為⊙O的直徑，∴∠CFE=∠CGE=90°．∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．∴四邊形EFCG是矩形．（2）①存在．連接OD，如圖2①，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．∵點O是CE的中點，∴OD=OC．∴點D在⊙O上．∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴∵AD=4，AB=3，∴BD=5，．∴．∵四邊形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°Ⅰ．當(dāng)點E在點A（E′）處時，點F在點B（F′）處，點G在點D（G′處，如圖2①所示．此時，CF=CB=4．Ⅱ．當(dāng)點F在點D（F″）處時，直徑F″G″⊥BD，如圖2②所示，此時⊙O與射線BD相切，CF=CD=3．Ⅲ．當(dāng)CF⊥BD時，CF最小，此時點F到達F″′，如圖2③所示．．∴4×3=5×CF″′．∴CF″′=．∴≤CF≤4．∵，∴．∴．∴矩形EFCG的面積最大值為12，最小值為．②∵∠GDC=∠FDE=定值，點G的起點為D，終點為G″，∴點G的移動路線是線段DG″．∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．∴．∴．∴．∴點G移動路線的長為．拓展2、如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，與X軸切于A（-3，0）于y軸交于B、C兩點，BC=8，連AB．（1）求證：；（2）求AB的長；（3）如圖2，過A、B兩點作與y軸正半軸交于M，與的延長線交于N，當(dāng)?shù)拇笮∽兓瘯r，得出下列兩個結(jié)論：=1\*GB3①BM-BN的值不變；=2\*GB3②BM+BN的值不變．其中有且只有一個結(jié)論正確，請判斷正確結(jié)論并證明．【答案】（1）見解析；（2）；（3）不變．【解析】（1）連接，則，又，又∵，；（2）作于點E，為BC的中點，∵，，在直角三角形中，根據(jù)勾股定理得：在直角三角形AOB中，根據(jù)勾股定理得：（3）=1\*GB3①BM-BN的值不變，理由為：證明：在MB上取一點G，使MG=BN，連接AM、AN、AG、MN，∵為四邊形ABMN的外角，∴，又，∴，又∵和都為所對的圓周角，在和中，，，其值不變．拓展3、如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，與X軸切于A（-3，0）于y軸交于B、C兩點，BC=8，連AB．（1）求證：；（2）求AB的長；（3）如圖2，過A、B兩點作與y軸正半軸交于M，與的延長線交于N，當(dāng)?shù)拇笮∽兓瘯r，得出下列兩個結(jié)論：=1\*GB3①BM-BN的值不變；=2\*GB3②BM+BN的值不變．其中有且只有一個結(jié)論正確，請判斷正確結(jié)論并證明．【答案】（1）見解析；（2）；（3）不變．【解析】（1）連接，則，又，又∵，；（2）作于點E，為BC的中點，∵，，在直角三角形中，根據(jù)勾股定理得：在直角三角形AOB中，根據(jù)勾股定理得：（3）=1\*GB3①BM-BN的值不變，理由為：證明：在MB上取一點G，使MG=BN，連接AM、AN、AG、MN，∵為四邊形ABMN的外角，∴，又，∴，又∵和都為所對的圓周角，在和中，，，其值不變．拓展4、如圖的外接圓，，的平分線交于D．（1），，求的半徑R和AD、BD的長．（2）若點C在移動（但不與A、B重合），試探究的值是否發(fā)生變化？若不變，求其值．若變化，請說明理由．（若為內(nèi)心，，試求）【答案】（1）；（2）．【解析】解：（1），是的直徑，由勾股定理得：∴的半徑R為5cm，∵AB是的直徑，，∵CD平分設(shè)，由勾股定理得：則，（2）如圖1，過A作于E，過B作于F，和是等腰直角三角形，，，，，，∴當(dāng)點C在移動（但不與A、B重合），的值不發(fā)生變化，等于如圖2，為內(nèi)心，，∴是內(nèi)切圓的半徑，則，由圖1得：，．拓展5、閱讀材料如圖1，若點P是⊙O外的一點，線段PO交⊙O于點A,則PA長是點P與⊙O上各點之間的最短距離.圖圖1圖2證明：延長PO交⊙O于點B，顯然PB>PA.如圖2，在⊙O上任取一點C（與點A，B不重合），連結(jié)PC，OC.∴PA長是點P與⊙O上各點之間的最短距離.由此可以