1. 术语
弦(Chord):连接圆上两点的线段。
直径(d):通过圆心的弦。
半径(r):连接圆心与圆上一点的线段。
\[ d = {2r} \tag{16.1} \]
周长(c):围绕圆的距离。
\[ C = {\pi d} = {2\pi r} \tag{16.2} \]
面积( \( A \) 或 \( S \) ):圆所占的二维空间量。
\[ A = \frac{1}{4}{\pi d} = {\pi }^{2} \tag{16.3} \]
2. 原理
原理1. 半圆内接的角是直角。
\[ \angle A = {90}^{ \circ }\text{.} \]
原理2.(直径原理)
垂直于弦的直径平分该弦及其所对的弧。若 \( {AB} \) 为圆的直径且，则。
原理3(切线原理)
切线与过切点的半径垂直。 \( {AB} \) 在处与圆相切。若作，则。
原理4(切线原理)
从圆外一点引出的两条切线长度相等。 \( {PA} = {PB}.\angle 1 = \angle 2 \) 。
原理5.(点幂公式)
若两弦在圆内相交，则一弦两段长度之积等于另一弦两段长度之积。
\( {PA} \times {PB} = {PC} \times {PD} \)
证明:
连接 \( {AC} \) 与 \( {BD}.\angle {PAC} = \angle {PDB} \) 。
已知 \( \angle {APC} = \angle {BPD} \) ，因此 \( {\Delta PAC} \sim {\Delta PDB} \) 。
\[ \frac{PA}{PC} = \frac{PD}{PB}\; \Rightarrow {PA} \cdot {PB} = {PC} \cdot {PD} \]
原理6.(点的幂公式)
\[ {PA} \times {PB} = {PC} \times {PD} \]
证明:
连接 \( {AC} \) 与 \( {BD}.\angle {PAC} = \angle {PDB} \) 。
已知 \( \angle {APC} = \angle {BPD} \) ，因此 \( {\Delta PAC} \sim {\Delta PDB} \) 。
\[ \frac{PA}{PC} = \frac{PD}{PB}\; \Rightarrow {PA} \cdot {PB} = {PC} \cdot {PD} \]
原理7.(点的幂公式)
\[ P{C}^{2} = {PB} \times {PA} \]
证明:
连接 \( {AC} \) 与 \( {BC}.\angle {PAC} = \angle {PCB} \) 。
已知 \( \angle {APC} = \angle {BPC} \) ，因此 \( {\Delta PAC} \sim {\Delta PCB} \) 。
\[ \frac{PA}{PC} = \frac{PC}{PB}\; \Rightarrow P{C}^{2} = {PA} \times {PB}. \]
3. 公式
公式1.
给定一个圆扇形，其中 \( l \) 为弧长， \( A \) 为扇形面积:
\[ l = {2\pi r} \times \frac{\theta }{360} \tag{16.4} \]
\[ A = \pi {r}^{2} \times \frac{\theta }{360} \tag{16.5} \]
公式2. 右图所示为三角形 \( {ABC} \) 及其内切圆 \( O \) ，半径为 \( r \) 。
\[ {S}_{\Delta ABC} = {sr} \tag{16.6} \]
\[ \text{where}s = \frac{1}{2}\left( {a + b + c}\right) \text{.} \]
对于等边三角形，
\[ {S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{1}{4}{a}^{2}\sqrt{3} \tag{16.7} \]
\[ r = \frac{1}{6}a\sqrt{3} \tag{16.8} \]
公式3。右图所示为三角形 \( {ABC} \) 及其外接圆 \( O \) ，外接圆半径为 \( R \) 。
\[ {S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{abc}{4R} \tag{16.9} \]
对于等边三角形，
\[ R = \frac{1}{3}a\sqrt{3} \tag{16.10} \]
公式4。若三角形 \( {ABC} \) 为直角三角形，则其内切圆
的半径可由下式计算:
\[ r = \frac{{AC} + {BC} - {AB}}{2} \tag{16.11a} \]
\[ r = \frac{{AC} \times {BC}}{{AB} + {BC} + {CA}} \tag{16.11b} \]
证明(16.11a):
\[ {AC} + {BC} - {AB} = n + r + m + r - m - n = {2r} \]
\[ \text{So}r = \frac{{AC} + {BC} - {AB}}{2} \]
\[ \text{Proof (16.11b):} \]
\[ {S}_{\Delta ABC} = {S}_{\Delta ABO} + {S}_{\Delta BCO} + {S}_{\Delta CAO} \Rightarrow \]
\[ \frac{{AC} \times {BC}}{2} = \frac{{AB} \times r}{2} + \frac{{BC} \times r}{2} + \frac{{AC} \times r}{2} \]
\[ \Rightarrow {AC} \times {BC} = {AB} \times r + {BC} \times r + {AC} \times r \]
\[ \Rightarrow {AC} \times {BC} = r\left( {{AB} + {BC} + {CA}}\right) \]
\[ \Rightarrow r = \frac{{AC} \times {BC}}{{AB} + {BC} + {CA}}\text{.} \]
\[ \frac{\text{ Formula 5. }}{{S}_{1} = {S}_{2} + {S}_{3}} \tag{16.12} \]
证明:
\[ \frac{{S}_{2}}{{S}_{1}} = {\left( \frac{a}{c}\right) }^{2} \tag{1} \]
\[ \frac{{S}_{3}}{{S}_{1}} = {\left( \frac{b}{c}\right) }^{2} \tag{2} \]
\[ {S}_{2} + {S}_{3} = \frac{{a}^{2} + {b}^{2}}{{c}^{2}}{S}_{1} = {S}_{1}. \]
公式6。
以直角三角形的三边为直径，在三边上作半圆，则以下关系成立:
\[ {S}_{1} = {S}_{2} + {S}_{3} \tag{16.13} \]
证明:
由于三角形 \( {ABC} \) 为直角三角形，我们有:
\[ {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \tag{1} \]
将(1)式各项同乘以 \( \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{1}{2}\right) }^{2} \) :
\[ \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{a}{2}\right) }^{2} + \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{b}{2}\right) }^{2} = \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{c}{2}\right) }^{2} \tag{2} \]
在(2)式两边同时减去 \( \left( {{S}_{4} + {S}_{5}}\right) \) :
\[ \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{a}{2}\right) }^{2} - {S}_{4} + \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{b}{2}\right) }^{2} - {S}_{5} = \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{c}{2}\right) }^{2} - {S}_{4} - {S}_{5}\; \Rightarrow {S}_{2} + {S}_{3} = {S}_{1} \]
例题
1. 典型面积问题
例1。一块10英尺×12英尺的地面用边长为2英尺×2英尺的正方形瓷砖铺设。每块瓷砖的图案由四个半径为1英尺的白色四分之一圆组成，这些四分之一圆以瓷砖的四个角为圆心。瓷砖的其余部分为阴影区域。问地面共有多少平方英尺的阴影面积？
(A) \( {120} - {30\pi } \) (B) \( {240} - \pi \) (C) \( {120} - \pi \) (D) \( 4 - \pi \; \) (E) \( {480} - \pi \)
解答:(A)。
每块瓷砖中的四个白色四分之一圆的面积之和等于一个半径为1的完整圆的面积，即 \( \pi \times {\left( 1\right) }^{2} = \pi \) 平方英尺。
因此每块瓷砖中阴影部分的面积为 \( 2 \times 2 - \pi = 4 - \pi \) 平方英尺。由于整个地板共有 \( {10} \times {12}/\left( {2 \times 2}\right) = {30} \) 块瓷砖，总阴影
区域的面积(平方英尺)为 \( {30}\left( {4 - \pi }\right) = {120} - {30\pi } \)
例2. 图中每个小圆的半径为3。最内侧的圆与环绕它的六个圆相切，且这六个圆中的每一个都与大圆及其相邻小圆相切。求阴影区域面积与未阴影区域面积之比。
(A) \( 1/7 \) (B) \( 2/7 \) (C) \( 3/7 \) (D) \( 4/7 \) (E) \( 5/7 \)
解答:(B)。
大圆的半径为 \( 3 \times 3 = 9 \) ，因此其面积为 \( \pi \times {\left( 9\right) }^{2} = {81\pi } \) 。七个小圆的总面积为 \( 7 \times \pi \times {3}^{2} = {63\pi } \) 。于是阴影区域的面积为 \( {81\pi } - {63\pi } = {18\pi } \) 。
比值为 \( {18\pi }/{63\pi } = 2/7 \) 。
例3. 圆 \( A \) 上的一段 \( {65}^{ \circ } \) 弧长与圆 \( B \) 上的一段 \( {55}^{ \circ } \) 弧长相等。求圆 \( A \) 的面积与圆 \( B \) 的面积之比。
(A) \( \frac{11}{13} \) (B) \( \frac{10}{13} \) (C) \( \frac{121}{196} \) (D) \( \frac{112}{169} \) (E) \( \frac{121}{169} \)
解答:(E)。
设 \( {l}_{A} \) 为圆 \( A \) 的弧长， \( {l}_{B} \) 为圆 \( B \) 的弧长。根据公式 \( l = {2\pi r} \times \frac{\theta }{360} \) ，其中 \( {l}_{A} = {l}_{B} \) ，我们有 \( {2\pi }{r}_{A} \times \frac{{65}^{ \circ }}{360} = {2\pi }{r}_{B} \times \frac{{55}^{ \circ }}{360} \) \( \Rightarrow \;\frac{{r}_{A}}{{r}_{B}} = \frac{{55}^{ \circ }}{{65}^{ \circ }} = \frac{11}{13} \) 。
因此面积之比为 \( \frac{\pi {r}_{A}^{2}}{\pi {r}_{B}^{2}} = {\left( \frac{{r}_{A}}{{r}_{B}}\right) }^{2} = {\left( \frac{11}{13}\right) }^{2} = \frac{121}{169} \) 。
例4. 已知一圆，弦 \( {AB} = {10}.{CD} \) 是 \( {AB} \) 和 \( {CD} = 1 \) 的垂直平分线。求该圆的面积。
(A) \( {169\pi } \) (B) \( {13\pi } \) (C) \( \frac{169}{2}\pi \) (D) \( {196\pi }\; \) (E) \( {120}\sqrt{2}\pi \) 解答:(A)。
方法1:
延长 \( {CD} \) 使其与圆心 \( O \) 相交，并与圆周交于 \( E \) 。连接 \( {AO} \) 。
设圆的半径为 \( r \) 。已知 \( {AD} = {DB} \) \( = 5 \) ，且 \( {DC} = 1 \) 。
\( {AD} \times {AD} = {CD} \times {DF} \Rightarrow {5}^{2} = 1 \times {DF} \) (1)
对三角形 \( \bigtriangleup {AOD} \) 应用勾股定理:
\[ A{O}^{2} = A{D}^{2} + O{D}^{2} \Rightarrow {r}^{2} = {5}^{2} + O{D}^{2} \tag{2} \]
将(1)代入(2): \( {r}^{2} = {5}^{2} + {\left( {25} - r\right) }^{2} \Rightarrow r = {13} \) 。
圆的面积为 \( \pi {r}^{2} = {169\pi } \) 。
方法2:
对三角形 \( \bigtriangleup {AOD} \) 应用勾股定理:
\[ A{O}^{2} - O{D}^{2} = A{D}^{2} \Rightarrow {r}^{2} - O{D}^{2} = A{D}^{2}\; \Rightarrow \left( {r - {OD}}\right) \left( {r + {OD}}\right) = A{D}^{2} \]
\( \Rightarrow r + {OD} = \frac{A{D}^{2}}{r - {OD}} \)
我们得到 \( r - {OD} = {OC} - {OD} = {CD} = 1 \) 。因此 \( r + {OD} = \frac{{5}^{2}}{1} = {25} \) (1)
已知直径 \( d = {ED} + {DC} = r + {OD} + {DC} \) (2)
将(1)代入(2): \( d = {25} + 1 = {26} \) 。
圆的面积为 \( \frac{1}{4}\pi {d}^{2} = \frac{1}{4}\pi \times {26}^{2} = {169\pi } \) 。
例5:Rick想用一根10英尺长的绳子把他的狗拴在一个边长为20英尺的正方形棚子旁。他的初步草图如下所示。
这两种拴法下狗可活动区域的面积正差是多少平方英尺？
(A) \( {40\pi } \) (B) \( {41\pi } \) (C) \( \frac{49\pi }{2} \) (D) \( \frac{81\pi }{2} \) (E) \( \frac{81\pi }{4} \)
解答:(E)。
图中阴影部分表示每种布置下狗可活动的区域。对于布置 \( I \) ，该区域的面积为 \( \frac{1}{2}\pi \times {10}^{2} = {50\pi } \) 平方英尺。布置II中阴影区域的面积为
\( \frac{1}{2}\pi \times {10}^{2} + \frac{1}{4}\pi \times {9}^{2} = {50\pi } + \frac{81}{4}\pi \) 。两者相差 \( {50\pi } + \frac{81}{4}\pi - {50\pi } = \frac{81\pi }{4} \) 平方英尺。
例6. 查理绕一个边长均为 \( {10}\mathrm{\;{km}} \) 的正方形边界行走。在她路径上的任意一点，她都能向水平方向四周各看到 \( 2\mathrm{\;{km}} \) 的距离。求查理行走过程中可见的所有点构成的区域面积，以平方千米为单位，并四舍五入到最接近的整数。
(A) \( {64} + {4\pi } \) (B) 144 (C) \( {144} + {4\pi } \) (D) \( {144\pi } \) (E) \( {148\pi } \)
解答:(C)。
在查理行走的任何一点，她都能看到半径为 \( 2\mathrm{\;{km}} \) 的圆内的所有点。在正方形内部的可视区域部分，是正方形的内部除去一个边长为 \( 6\mathrm{\;{km}} \) 的较小正方形。这部分
可视区域的面积为 \( \left( {{100} - {36}}\right) = {64}{\mathrm{\;{km}}}^{2} \) 。正方形外部的可视区域部分由四个 \( {10}\mathrm{\;{km}} \) × \( 2\mathrm{\;{km}} \) 的矩形和四个半径为 \( 2\mathrm{\;{km}} \) 的四分之一圆组成。这部分可视区域的面积为 \( {20} \times 4 + {4\pi } = {80} + {4\pi }{\mathrm{{km}}}^{2} \) 。整个可视区域的面积为 \( {64} + \) \( {80} + {4\pi } = {144} + {4\pi }{\mathrm{{km}}}^{2}. \)
2. 圆与三角形的面积问题
例7. 如图所示的两个圆同心，圆心为 \( C \) 。弦 \( {AD} \) 与内圆相切于 \( B \) 。若 \( {AD} = {24} \) ，求阴影面积。
(A) \( {121\pi } \) (B) \( {144\pi } \) (C) \( {25\pi } \) (D) \( {169\pi } \) (E) \( {24\pi } \)
解答:(B)。
连接 \( {AB} \) 。在 \( B \) 处作 \( {CB} \bot {AD} \) 。
我们知道三角形 \( {ABC} \) 是直角三角形。应用
勾股定理得 \( A{C}^{2} - B{C}^{2} = A{B}^{2} \) (1)
\( S \) ，阴影面积 \( = \) 大圆面积－小圆面积:
\[ S = \pi \times A{C}^{2} - \pi \times B{C}^{2} = \pi \left( {A{C}^{2} - B{C}^{2}}\right) \tag{2} \]
将(1)代入(2):
\[ S = \pi \times A{B}^{2} = \pi \times {12}^{2} = {144\pi }. \]
例8. 三角形的一条边被内切圆的切点分成6和8两段。若该圆半径为4，求三角形最长边的长度？
(A) 13 (B) 14 (C) 15 (D) 16 (E) 11
解答:(C)。
我们还知道 \( A \) ，三角形的面积可计算为:
\[ A = \sqrt{s\left( {s - a}\right) \left( {s - b}\right) \left( {s - c}\right) } = r \times s \]
其中 \( s = \frac{1}{2}\left( {a + b + c}\right) \)
\( s = \frac{1}{2}\left( {{14} + 6 + x + 8 + x}\right) = {14} + x \)
根据公式(16.6)，
\( \sqrt{\left( {{14} + x}\right) \left( {{14} + x - {14}}\right) \left( {{14} + x - 6 - x}\right) \left( {{14} + x - 8 - x}\right) } = 4\left( {{14} + x}\right) \)
\( \Rightarrow \sqrt{\left( {{14} + x}\right) x \times 8 \times 6} = 4\left( {{14} + x}\right) \)
\( \Rightarrow \;4\sqrt{{3x}\left( {{14} + x}\right) } = 4\left( {{14} + x}\right) \)
\( \Rightarrow \;\sqrt{{3x}\left( {{14} + x}\right) } = {14} + x \)
\( \Rightarrow \;\sqrt{3x} = \sqrt{{14} + x} \Rightarrow \;x = 7 \)
三角形最短边的长度为 \( 7 + 8 = {15} \) 。
例9. (2007 AMC 10 B) 一圆通过等腰三角形的三个顶点，该三角形有两边长为3，底边长为2。求此圆的面积？
(A) \( {2\pi } \) (B) \( \frac{5}{2}\pi \) (C) \( \frac{81}{32}\pi \) (D) \( {3\pi } \) (E) \( \frac{7}{2}\pi \)
解答:(C)。
方法1(官方解答):
设 \( {BD} \) 为等腰 \( {\Delta ABC} \) 的一条高， \( O \) 表示通过 \( A, B \) 和 \( C \) 、半径为 \( r \) 的圆心，如图所示。
则 \( {BD} = \sqrt{{3}^{2} - {1}^{2}} = 2\sqrt{2} \) 和 \( {OD} = 2\sqrt{2} - r \) 。
因 \( \bigtriangleup {ABDO} \) 为直角三角形，我们有
\( {r}^{2} = {1}^{2} + {\left( 2\sqrt{2} - r\right) }^{2} = 1 + 8 - 4\sqrt{2}r + {r}^{2} \) 和 \( r = \frac{9}{4\sqrt{2}} = \frac{9}{8}\sqrt{2}. \)
因此，该圆的面积为 \( \pi {\left( \frac{9}{8}\sqrt{2}\right) }^{2} = \frac{81}{32}\pi \) 。
方法二(我们的解法):
设 \( {BD} \) 为等腰三角形 \( {\Delta ABC} \) 的一条高， \( O \) 表示过 \( A, B \) 和 \( C \) 、半径为 \( \mathrm{r} \) 的圆的圆心，如图所示。延长 \( {BD} \) 交圆于 \( E \) 。令 \( {DE} = x \) 。
根据点的幂公式，
\( \left( {{2r} - x}\right) x = 1 \times 1 \) (1)
对直角三角形 \( {ABD} \) 应用勾股定理:
\( {\left( 2r - x\right) }^{2} = {3}^{2} - {1}^{2} = 8 \) (2)
将(1)式两边平方: \( {\left( 2r - x\right) }^{2} \times {x}^{2} = 1 \) (3)
\( \left( 2\right) \div \left( 3\right) : {x}^{2} = 8\; \Rightarrow \;x = 2\sqrt{2} \) .
将 \( x \) 的值代回(1)式: \( \left( {{2r} - 2\sqrt{2}x}\right) \times 2\sqrt{2} = 1 \)
\( \Rightarrow \;r = \frac{9}{4\sqrt{2}} = \frac{9}{8}\sqrt{2} \) .
因此，该圆的面积为 \( \pi {\left( \frac{9}{8}\sqrt{2}\right) }^{2} = \frac{81}{32}\pi \) 。
例10.(2003 AMC 10 A)一个等边三角形的周长(英寸数)等于其外接圆面积(平方英寸数)。求该圆的半径(英寸)。
(A) \( \frac{3\sqrt{2}}{\pi } \) (B) \( \frac{3\sqrt{3}}{\pi } \) (C) \( \sqrt{3} \) (D) \( \frac{6}{\pi } \) (E) \( \sqrt{3}\pi \)
解答:(B)。
方法一(官方解法):
设三角形顶点为 \( A, B \) 和 \( C \) ， \( O \) 为圆心， \( D \) 为 \( {BC} \) 的中点。三角形 \( {COD} \) 是一个 \( {30} - {60} - {90}^{ \circ } \) 三角形。若 \( r \) 为圆的半径，则 \( \bigtriangleup {COD} \) 的边长分别为 \( r, r/2 \) 和 \( r\sqrt{3}/2 \) 。
\( {\Delta ABC} \) 的周长为 \( 6\left( {\frac{1}{2}r\sqrt{3}}\right) = {3r}\sqrt{3} \) ，圆的面积为 \( \pi {r}^{2} \) 。
于是 \( {3r}\sqrt{3} = \pi {r}^{2} \) ，且 \( r = \left( {3\sqrt{3}}\right) /\pi \) 。方法二(我们的解法):
设 \( a \) 为三角形 \( {ABC} \) 的边长。由(16.10)可知，对于
等边三角形， \( R = \frac{1}{3}a\sqrt{3} \) ，即 \( a = \sqrt{3}R \) 。
已知 \( {3a} = \pi {R}^{2} \) ，或
\( 3\left( {\sqrt{3}R}\right) = \pi {R}^{2} \Rightarrow 3\sqrt{3} = {\pi R} \Rightarrow R = \frac{3\sqrt{3}}{\pi }. \)
例11.(2006 AMC 10A)半径为1的圆与半径为2的圆相切。如图， \( \bigtriangleup {ABC} \) 的边与两圆相切，且边 \( {AB} \) 与 \( {AC} \) 全等。求 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积。
(A) \( {35}/2 \) (B) \( {15}\sqrt{2} \) (C) \( {64}/3 \) (D) \( {16}\sqrt{2} \) (E) 24
解答:(D)。
方法一(官方解答):
设 \( O \) 和 \( {O}^{\prime } \) 分别为小圆与大圆的圆心。令 \( D \) 和 \( {D}^{\prime } \) 为 \( {AC} \) 上分别位于小圆和大圆上的点。
因为 \( \bigtriangleup {ADO} \) 和 \( \bigtriangleup A{D}^{\prime }{O}^{\prime } \) 为相似直角三角形，故 \( \frac{AO}{1} = \frac{A{O}^{\prime }}{2} = \frac{{AO} + 3}{2}, \) ，于是 \( {AO} = 3. \) 。因此 \( {AD} = \sqrt{A{O}^{2} - O{D}^{2}} = \sqrt{9 - 1} = 2\sqrt{2} \) 。设 \( F \) 为 \( {BC} \) 的中点。由于 \( \bigtriangleup {ADO} \) 和 \( \bigtriangleup {AFC} \) 为相似直角三角形，我们有
\( \frac{FC}{1} = \frac{AF}{AD} = \frac{{AO} + O{O}^{\prime } + {O}^{\prime }F}{AD} = \frac{3 + 3 + 2}{2\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}. \)
于是 \( {BC} = {2FC} = 4\sqrt{2},{AF} = 2\sqrt{2}{AD} = 8 \) 且
\( \operatorname{Area}\left( {\bigtriangleup {ABC}}\right) = \frac{1}{2}{BC} \cdot {AF} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \sqrt{2} \cdot 8 = {16}\sqrt{2}. \)
方法二(我们的解法):
设 \( O \) 和 \( {O}^{\prime } \) 分别为小圆与大圆的圆心。
令 \( D \) 和 \( {D}^{\prime } \) 为 \( {AC} \) 上分别位于小圆和大圆上的点。
作 \( {OE}//D{D}^{\prime } \) 。
因为 \( E \) 是 \( O{O}^{\prime }.O \) 的中点，也是 \( A{O}^{\prime } \) 的中点。
于是 \( {AO} = O{O}^{\prime } = 3 \) 且 \( {AF} = {AO} + O{O}^{\prime } + {O}^{\prime }F = 3 + 3 + 2 \) \( = 8 \) 。
且 \( {OE} = \sqrt{O{O}^{\prime 2} - {O}^{\prime }{E}^{2}} = \sqrt{9 - 1} = 2\sqrt{2} \)
可见 \( {\Delta OE}{O}^{\prime } \) 和 \( \bigtriangleup {AFC} \) 为相似直角三角形。
\( \frac{\operatorname{Area}\left( {\bigtriangleup {AFC}}\right) }{\operatorname{Area}\left( {\bigtriangleup O{O}^{\prime }E}\right) } = {\left( \frac{AF}{OE}\right) }^{2} = {\left( \frac{8}{2\sqrt{2}}\right) }^{2} = 8 \)
\( \operatorname{Area}\left( {\bigtriangleup {AFC}}\right) = 8 \times \operatorname{Area}\left( {\bigtriangleup O{O}^{\prime }{D}^{\prime }}\right) = 8 \times \frac{1}{2} \times 2\sqrt{2} \times 1 = 8\sqrt{2} \)
\( \operatorname{Area}\left( {\bigtriangleup {ABC}}\right) = 2 \times \operatorname{Area}\left( {\bigtriangleup {AFC}}\right) = 2 \times 8\sqrt{2} = {16}\sqrt{2} \) .
例12. 如图所示， \( {ABC} \) 是一个三角形，其中 \( {AB} = {28},{BC} = {25} \) ，且 \( {CA} = {17} \) 。圆 \( O \) 的圆心在 \( {AB}.D \) 上， \( E \) 为切点。求 \( O \) 到 \( D \) 的距离。
(A) 14 (B) 13 (C) 12 (D) 11 (E) 10
解答:(E)。
根据海伦公式(Heron's formula)，
\( {S}_{\Delta ABC} = \sqrt{s\left( {s - a}\right) \left( {s - b}\right) \left( {s - c}\right) } \)
\( = \sqrt{{35}\left( {{35} - {28}}\right) \left( {{35} - {25}}\right) \left( {{35} - {17}}\right) } = {210} \) ，其中 \( s = \frac{1}{2}\left( {a + b + c}\right) = \frac{1}{2}({28} + {25} + \)
\( {17}) = {35} \) .
连接 \( {OD},{OE} \) 和 \( {OC} \) 。
\( {S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{1}{2}{AC} \times {OD} + \frac{1}{2}{BC} \times {OE} \)
\( = \frac{1}{2} \times \left( {{17} + {25}}\right) \times {OD} = {210}. \)
因此 \( {21OD} = {210}\; \Rightarrow \;{OD} = {10} \) 。
例13. 一个边长比为5:12:13的三角形内接于半径为13的圆。求该三角形的面积。
(A) 60 (B) 50 (C) 38 (D) 120 (E) 140
解答:(D)。
设三角形的三边长分别为 \( {5x},{12x} \) 和 \( {13x} \) 。
该三角形为直角三角形，因此其斜边为圆的直径。
于是 \( {13x} = 2 \times {13} \) ，所以 \( x = 2 \) 。三角形的面积为
\[ \frac{1}{2} \times {5x} \times {12x} = {30}{x}^{2} = {30} \times {2}^{2} = {120} \]
例14. 一个圆外接于边长为8、15、17的三角形，从而将圆内部分成四个区域。设 \( A, B \) 和 \( C \) 为非三角形区域的面积，其中 \( C \) 最大。求阴影区域 \( A \) 和 \( B \) 的面积之和。
(A) \( \frac{289}{2}\pi - {60} \) (B) \( \frac{289}{8}\pi - {60} \) (C) \( {145\pi } - {60} \) (D) \( {289\pi } \)
(E) 60
解答:(B)。
由于 \( {8}^{2} + {15}^{2} = {17}^{2} \) ，勾股定理的逆定理(converse of the Pythagorean Theorem)成立，因此该三角形有一个直角。于是其斜边为圆的直径，从而面积为 \( C \) 的区域是一个半圆，且与另外三个区域构成的半圆全等。该三角形的面积为60，因此 \( A + B + {60} = C \) 。我们已知 \( C = \frac{1}{2} \times \pi {r}^{2} = \frac{\pi }{2} \times {\left( \frac{17}{2}\right) }^{2} = \frac{289}{8}\pi \) 。
因此答案为 \( A + B = C - {60} = \frac{289}{8}\pi - {60} \) 。
例15.(2005 AMC 10A 第23题)设 \( {AB} \) 为圆的一条直径， \( C \) 为 \( {AB} \) 上一点，且 \( 2 \cdot {AC} = {BC} \) 。设 \( D \) 和 \( E \) 为圆上的点，使得 \( {DC} \bot {AB} \) 且 \( {DE} \) 为第二条
直径。 \( \bigtriangleup {DCE} \) 的面积与 \( \bigtriangleup {ABD} \) 的面积之比是多少？
(A) \( 1/6 \) (C) \( 1/3 \) (D) \( 1/2\; \) (E) \( 2/3 \)
解答:(C)。
方法1(官方解答):
设 \( O \) 为圆心。 \( \bigtriangleup {DCE} \) 和 \( \bigtriangleup {ABD} \) 均以圆的直径为一边。因此它们的面积之比等于两条对应高之比。这两条高分别为 \( {DC} \) 以及从 \( C \) 到 \( {DO} \) 在 \( {\Delta DCE} \) 中的高。设 \( F \) 为第二条高的垂足。由于 \( \bigtriangleup {CFO} \) 与 \( \bigtriangleup {DCO} \) 相似，
\( \frac{CF}{DC} = \frac{CO}{DO} = \frac{{AO} - {AC}}{DO} = \frac{\frac{1}{2}{AB} - \frac{1}{3}{AB}}{\frac{1}{2}{AB}} = \frac{1}{3} \)
方法2(官方解答):
因为 \( {AC} = {AB}/3 \) 和 \( {AO} = {AB}/2 \) ，所以 \( {CO} = {AB}/6 \) 。三角形 \( {DCO} \) 与
\( {DAB} \) 有公共高至 \( {AB} \) ，因此 \( {\Delta DCO} \) 的面积为 \( 1/6 \) 倍的
\( {\Delta ADB} \) 的面积。三角形 \( {DCO} \) 与 \( {ECO} \) 面积相等，因为它们有公共底边 \( {CO} \) 且对应高相等。于是 \( {\Delta DCE} \) 的面积与 \( {BD} \) 的面积之比为 \( 1/3 \) 。
方法3(我们的解答):
连接 \( {FE} \) 。由于 \( \mathrm{O} \) 为圆心， \( \angle {DFE} = {90}^{ \circ } \) 。
设 \( {AB} = 6 \) 。则 \( {AC} = 2 \) 和 \( {BC} = 4.{DC} = \)
\( {DC} = \sqrt{{AC} \times {BC}} = \sqrt{2 \times 4} = 2\sqrt{2} \) .
\( {FE} = \sqrt{D{E}^{2} - C{F}^{2}} = \sqrt{D{E}^{2} - {\left( 2DC\right) }^{2}} = \sqrt{{6}^{2} - {\left( 4\sqrt{2}\right) }^{2}} = 2. \)
\( \bigtriangleup {DCE} = \frac{1}{2}{DC} \times {FE} = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{2} \times 2 = 2\sqrt{2} \) 的面积。
\( \bigtriangleup {ABD} = \frac{1}{2}{AB} \times {DC} = \frac{1}{2} \times 6 \times 2\sqrt{2} = 6\sqrt{2} \) 的面积。
\( {\Delta DCE} \) 的面积与 \( {\Delta ABD} \) 的面积之比为 \( \frac{2\sqrt{2}}{6\sqrt{2}} = \frac{1}{3} \) 。
方法4(我们的解法):
设 \( {\Delta DCE} \) 的面积为 \( {S}_{\Delta DCE} \) ， \( {\Delta ABD} \) 的面积为 \( {S}_{\Delta ABD} \) ，半径为 \( r \) 。
连接 \( {EF}.{\Delta DEF} \) 构成直角三角形，因为 \( {DE} \) 是圆的直径。
由于 \( {2AC} = {BC} \) ， \( {AC} + {CB} = {2r},{AC} = \frac{2}{3}r \) ，以及 \( {CO} = \frac{1}{3}r \) 。
因此 \( {EF} = {2CO} = \frac{2}{3}r.\frac{{S}_{\bigtriangleup {DCE}}}{{S}_{\bigtriangleup {ABD}}} = \frac{\frac{1}{2}{DC} \times {EF}}{\frac{1}{2}{AB} \times {CD}} = \frac{EF}{AB} = \frac{\frac{2}{3}r}{2r} = \frac{1}{3} \) 。
3.所有圆的面积问题
例16. 两个半径分别为3和1的相切圆，如图所示有一条外公切线。求阴影面积。
(A) \( 4\sqrt{3} - \frac{11}{6}\pi \) (B) \( 4\sqrt{3} \) (C) \( \frac{11}{6}\pi \) (D) \( {2\pi } \) (E) \( 4\sqrt{3} - \frac{7}{6}\pi \)
解答:(A)。
我们观察到 \( {DF} = {DA} - {AF} = {DA} - {BC} = 3 - 1 = 2 \) 。
\( {DC} = 3 + 1 = 4 \) .
因此三角形 \( {DCF} \) 是一个 \( {30}^{ \circ } - {60}^{ \circ } - {90}^{ \circ } \) 直角三角形。
阴影面积等于梯形 \( {ABCD} \) 的面积减去扇形 \( {ADE} \) 和 \( {ECB} \) 的面积。
答案为 \( \frac{\left( {3 + 1}\right) \times \sqrt{{4}^{2} - {2}^{2}}}{2} - \frac{\pi \times {3}^{2}}{6} - \frac{\pi \times {1}^{2}}{3} = 4\sqrt{3} - \frac{11}{6}\pi \) 。
例17.(2006 AMC 10 第23题)圆心分别为 \( A \) 和 \( B \) 的两个圆，半径分别为3和8。一条公共内切线分别与两圆交于 \( C \) 和 \( D \) 。直线 \( {AB} \) 与 \( {CD} \) 交于 \( E \) ，且 \( {AE} = 5 \) 。求 \( {CD} \) ？
(A) 13 (B) \( {44}/3 \) (C) \( \sqrt{221} \) (D) \( \sqrt{255} \) (E) \( {55}/3 \)
解答:(B)。
(方法1(官方解答):
半径 \( \overline{AC} \) 和 \( \overline{BD} \) 均垂直于 \( \overline{CD} \) 。
根据勾股定理， \( {CE} = \sqrt{{5}^{2} - {3}^{2}} = 4 \) 。
因为 \( \bigtriangleup {ACE} \) 与 \( \bigtriangleup {BDE} \) 相似， \( \frac{DE}{CE} = \frac{BD}{AC} \) ，所以
\( {DE} = {CE} \cdot \frac{BD}{AC} = 4 \cdot \frac{8}{3} = \frac{32}{3}. \)
因此 \( \;{CD} = {CE} + {DE} = 4 + \frac{32}{3} = \frac{44}{3} \) 。
方法2(我们的解答):
我们看出三角形 \( {ACE} \) 是一个3-4-5的直角三角形。作 \( {BF}//{CD} \) ，与 \( {AC} \) 的延长线交于 \( F.{CD} = {BF} = \) \( x \) 。
因为 \( \bigtriangleup {ACE} \) 与 \( \bigtriangleup {AFB} \) 相似， \( \frac{AC}{CE} = \frac{AF}{BF} \) 或
\( \frac{3}{4} = \frac{11}{x} \) ，所以 \( x = \frac{44}{3}. \)
例18.(2004 AMC 10 A 第23题)圆 \( A, B \) 、 \( C \) 彼此外切，且均内切于圆 \( D \) 。圆B与 \( \mathrm{C} \) 全等。圆 \( A \) 的半径为1，且经过圆D的圆心。求圆 \( B \) 的半径？
(A) \( \frac{2}{3} \) (B) \( \frac{\sqrt{3}}{2} \) (C) \( \frac{7}{8} \) (D) \( \frac{8}{9} \) (E) \( \frac{1 + \sqrt{3}}{3} \)
解答:(D)。
(方法1(官方解答):
设 \( E, H \) 、 \( F \) 分别为圆 \( A, B \) 、 \( D \) 的圆心， \( G \) 为圆 \( B \) 与 \( C \) 的切点。令
\( x = {FG} \) 和 \( y = {GH} \) 。
因为圆 \( A \) 的半径为1且经过圆 \( D \) 的圆心，所以圆 \( D \) 的半径为2。对直角
三角形
定理得到
\( {\left( 1 + y\right) }^{2} = {\left( 1 + x\right) }^{2} + {y}^{2} \) ，所以 \( {2y} = {2x} + {x}^{2} \) ，
且 \( {\left( 2 - y\right) }^{2} = {x}^{2} + {y}^{2} \) ，所以 \( 4 - {4y} = {x}^{2} \) 。
由此可得
\[ {x}^{2} + \frac{{x}^{2}}{2} = y = 1 - \frac{{x}^{2}}{4}\text{, so }0 = \frac{3}{4}{x}^{2} + x - 1 = \left( {\frac{3}{2}x - 1}\right) \left( {\frac{1}{2}x + 1}\right) \]
因此，两个解为
\[ x = \frac{2}{3}, y = 1 - \frac{{\left( 2/3\right) }^{2}}{4} = \frac{8}{9}\text{ and }x = - 2, y = 1 - \frac{{\left( -2\right) }^{2}}{4} = 0 \]
圆 \( B \) 的半径是 \( y \) 的正解，即 \( 8/9 \) 。
方法二(我们的解法):
我们将所有圆的圆心连接起来，如图所示。 \( l \) 是圆 \( D \) 的切线。
我们知道 \( G, B \) 、 \( E \) 位于同一直线上。
根据海伦公式， \( A = \sqrt{s\left( {s - a}\right) \left( {s - b}\right) \left( {s - c}\right) } \) ，其中 \( s = \frac{1}{2}\left( {a + b + c}\right) \)
\( = \frac{1}{2}\left( {1 + r + 1 + r + r + r}\right) = {2r} + 1. \)
\( A = \sqrt{\left( {{2r} + 1}\right) \left( {{2r} + 1 - 1 - r}\right) \left( {{2r} + 1 - r - 1}\right) \left( {{2r} + 1 - {2r}}\right) } = r\sqrt{{2r} + 1} \)
我们还有 \( A = \frac{1}{2}{BC} \times \left( {1 + x}\right) = \frac{1}{2} \times \left( {2r}\right) \times \left( {1 + x}\right) = r\left( {1 + x}\right) \)
于是得到。由于 \( r \neq 0 \) ，我们有: \( 1 + x = \sqrt{{2r} + 1} \) (1)对直角三角形 \( {ABF} \) 和 \( {EBF} \) 应用勾股定理得到
\( {\left( 1 + r\right) }^{2} - {\left( 1 + x\right) }^{2} = {r}^{2} = {\left( 2 - r\right) }^{2} - {x}^{2} \)
\[ \Rightarrow 1 + x = {3r} - 1 \tag{2} \]
将(1)代入(2):
\( {3r} - 1 = \sqrt{{2r} + 1}\; \Rightarrow \;{\left( 3r - 1\right) }^{2} = {2r} + 1 \)
\( \Rightarrow \;9{r}^{2} - {6r} + 1 = {2r} + 1\; \Rightarrow \;9{r}^{2} - {8r} = 0 \)
\( \Rightarrow \;r\left( {{9r} - 8}\right) = 0 \) .
由于 \( r \neq 0 \) ，我们得到 \( r = \frac{8}{9} \) 。
例19. 四个半径为1的全等圆被一个更大的圆外接。阴影区域的面积是多少？
(A) \( \left( {\frac{9}{4} + 2\sqrt{2}}\right) \pi - 4 \) (B) \( \left( {\frac{9}{4} + 2\sqrt{2}}\right) \pi - 1 \) (C) \( \frac{9}{4}\pi - 4 \)
(D) \( 2\sqrt{2}\pi - 4 \) (E) \( \left( {\frac{9}{4} + \sqrt{2}}\right) \pi - 4 \)
解答:(D)。
小圆的圆心构成一个边长为2、对角线长为 \( 2\sqrt{2} \) 的正方形。
因此大圆的直径为 \( 2 + \sqrt{2} \) ，其面积为 \( {\left( 1 + \sqrt{2}\right) }^{2}\pi = \left( {3 + 2\sqrt{2}}\right) \pi \) 。
阴影区域的面积为
\( \left( {3 + 2\sqrt{2}}\right) \pi - \frac{3}{4} \times \pi \times {1}^{2} \times 4 - 2 \times 2 = 2\sqrt{2}\pi - 4. \)
例20. 在图中，圆 \( Q \) 与圆 \( W \) 全等，且均与圆 \( O \) 及彼此相切。圆 \( S \) 与圆 \( T \) 全等，且均与圆 \( O \) 、圆 \( Q \) 及圆 \( W \) 相切。求阴影区域面积与最大圆面积之比。(A) \( \frac{23}{36} \) (B) \( \frac{13}{36} \) (C) \( \frac{13}{18} \) (D) \( \frac{5}{18} \) (E) \( \frac{1}{3} \)
解答:(D)。
设圆 \( O \) 的半径为 \( R \) ，圆 \( Q \) 的半径为 \( {r}_{1} \) ，圆 \( S \) 的半径为 \( {r}_{2} \) 。已知 \( {r}_{1} = \frac{R}{2} \) 。
根据勾股定理，
\[ {\left( R - {r}_{2}\right) }^{2} = {r}_{1}^{2} + {\left( {r}_{1} + {r}_{2}\right) }^{2} \Rightarrow {R}^{2} - {2R}{r}_{2} = 2{r}_{1}{r}_{2} \Rightarrow \]
\[ {R}^{2} - {2R}{r}_{2} = 2{r}_{1}{r}_{2} \Rightarrow {r}_{2} = \frac{R}{3} \]
阴影区域面积与最大圆面积之比为
\[ \frac{\pi {R}^{2} - 2 \times \pi {r}_{1}^{2} - 2 \times \pi {r}_{2}^{2}}{\pi {R}^{2}} = 1 - \frac{2{\left( \frac{R}{2}\right) }^{2} + 2{\left( \frac{R}{3}\right) }^{2}}{{R}^{2}} = 1 - \frac{\frac{{13}{R}^{2}}{18}}{{R}^{2}} = 1 - \frac{13}{18} = \frac{5}{18}. \]
例21. (2007 AMC 10 B) 一个半径为1的圆被4个半径为 \( r \) 的圆包围，如图所示。 \( r \) 的值是多少？
(A) \( \sqrt{2} \) (B) \( 1 + \sqrt{2} \) (C) \( \sqrt{6} \) (D) 3 (E) \( 2 + \sqrt{2} \)
答案:(B)。
解法1(官方解法):
连接大圆圆心构造正方形 \( {ABCD} \) ，并考虑等腰直角三角形 \( {\Delta BAD} \) 。由于 \( {AB} = {AD} = {2r} \) 且 \( {BD} = 2 + {2r} \) ，可得 \( 2{\left( 2r\right) }^{2} = (2 + \) \( {2r}{)}^{2} \) 。于是 \( 1 + {2r} + {r}^{2} = 2{r}^{2} \) ；且 \( {r}^{2} - {2r} - 1 = 0 \) 。应用二次公式得 \( r = 1 + \sqrt{2} \) 。
解法2(我们的解法):
按图示构造正方形 \( {ABCD} \) ，并考虑等腰直角三角形 \( \bigtriangleup {ABC} \) 。
由于 \( {AB} = {BC} = r \) ，根据勾股定理，有 \( {AC} = \sqrt{2}r \) 。又知 \( {AC} = 1 + r \) 。于是 \( 1 + r = \) ，且 \( r = 1 + \sqrt{2} \) 。
例22.(2007 AMC 10 A)四个半径为1的圆分别与正方形的两条边相切，并同时与一个半径为2的圆外切，如图所示。求正方形的面积。
(A) 32 (B) \( {22} + {12}\sqrt{2} \) (C) \( {16} + {16}\sqrt{3} \) (D) 48 (E) \( {36} + {16}\sqrt{2} \)
答案:(B)。
解法1(官方解法):
设 \( s \) 为正方形的边长。考虑一个等腰直角三角形，其顶点分别位于半径为2的圆心和两个半径为1的圆心处。该三角形的两条直角边长均为3，因此斜边长为 \( 3\sqrt{2} \) 。
正方形的边长比该斜边长多2，故 \( \mathrm{s} = 2 + 3\sqrt{2} \) 。于是正方形的面积为
\( {s}^{2} = {\left( 2 + 3\sqrt{2}\right) }^{2} = {22} + {12}\sqrt{2} \) .
解法2(官方解法):
正方形的一个顶点到最近小圆圆心的距离为 \( \sqrt{{1}^{2} + {1}^{2}} = \sqrt{2} \) ，且对角位置两个小圆圆心之间的距离为 \( 1 + 4 + 1 = 6 \) 。因此正方形的每条对角线长度为 \( 6 + 2\sqrt{2} \) ，每条边长为 \( s = \frac{6 + 2\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 2 + 3\sqrt{2} \) 。于是正方形的面积为 \( {s}^{2} = {\left( 2 + 3\sqrt{2}\right) }^{2} = {22} + {12}\sqrt{2} \) 。
解法3(我们的解法):
连接正方形的两个对角顶点，并按图示标注图形。
我们知道 \( {AC} = {BC} = 1 \) 。因此 \( {AB} = {DF} = \sqrt{2} \) 。
\[ {AD} = {AB} + {BF} + {FD} = \sqrt{2} + 1 + 4 + 1 + \sqrt{2} \]
\[ = 2\sqrt{2} + 6\text{.} \]
正方形的面积为
\[ \frac{A{D}^{2}}{2} = \frac{{\left( 6 + 2\sqrt{2}\right) }^{2}}{2} = \frac{{36} + {24}\sqrt{2} + 8}{2} = {22} + {12}\sqrt{2}. \]
问题
问题1. 一块36英尺×72英尺的地面用9英尺×18英尺的矩形瓷砖铺设。每块瓷砖的图案包含两个全等的圆，并按图示方式着色。地面上有多少平方英尺被着色？
(A) \( {1296} - {324\pi } \) (B) \( {648} - {162\pi } \) (C) \( {648} - {324\pi } \) (D)
\( {81} - \frac{81}{4}\pi \)
问题2. 半径为4和6的两个圆外切，并被第三个圆外接，如图所示。着色区域面积与非着色区域面积之比是多少？
(A) \( 3/{19} \) (B) 6/19 (C) \( 7/{19} \) (D) \( 8/{17} \) (E) \( 5/7 \)
问题3. 圆 \( A \) 上一个 \( {25}^{ \circ } \) 的扇形面积与圆 \( B \) 上一个 \( {100}^{ \circ } \) 的扇形面积相等。圆 \( A \) 的周长与圆 \( B \) 的周长之比是多少？
(A) \( \frac{1}{2} \) (B) \( \frac{1}{4} \) (C) \( \frac{4}{1} \) (D) \( \frac{3}{1} \) (E) \( \frac{2}{1} \)
问题4. 在图中， \( C \) 是圆心， \( {AD} \) 在 \( D \) 处与圆相切。线段 \( {AC} \) 与圆相交于 \( B \) 。若 \( {AD} = {10} \) 且 \( {AB} = 7 \) ，求圆的面积。
(A) \( \frac{2601}{196}\pi \) (B) \( \frac{51}{7} \) (C) \( \frac{51}{14} \) (D) \( \frac{2016}{196}\pi \) (E) \( \frac{51}{14}\pi \)
问题5. 一只山羊被一根50英尺长的绳子拴在矩形谷仓的一个角落。谷仓尺寸为40英尺×30英尺。假设
山羊可以在绳子允许的任何地方吃草，山羊的吃草面积是多少平方英尺？
(E) \( {2016\pi } \)
问题6. 查尔斯沿正方形边界完整走一圈。从他路径上的任何一点，他都能水平看到恰好 \( 2\mathrm{\;{km}} \) 的所有方向。查尔斯在行走过程中可见区域的总面积为 \( {144} + {4\pi } \) 。正方形的边长是多少？
(A) 4 (B) 6 (C) 8 (D) 10 (E) 12
问题7. 在三角形 \( {ABC},\angle C = {90}^{ \circ }.{AC} = 6,{BC} = 8 \) 中。求圆外但三角形内的区域面积。
(A) \( {12}\sqrt{2} \) (B) \( {24} - {4\pi } \) (C) 24 (D) \( {24} - {2\pi } \) (E) 14
问题8. 三角形 \( {ABC} \) 为等边三角形， \( O \) 是其内切圆圆心。若该圆面积为 \( {4\pi }{\mathrm{{cm}}}^{2} \) ，则三角形 \( {ABC} \) 的面积是多少平方厘米？
(A) \( {12}\sqrt{2} \) (B) \( {12}\sqrt{3} \) (C) 24 (D) \( {12\pi } \) (E) 14
问题9. 一个等腰三角形的两腰长5英寸，底边长6英寸，内接于一个圆。求该圆的面积(平方英寸)。
(A) \( \frac{25}{8} \) (B) \( {10\pi } \) (C) \( \frac{625}{64}\pi \) (D) \( {9\pi } \) (E) \( \frac{225}{4}\pi \)
问题10. 等边三角形 \( {\Delta ABC} \) 内接于圆 \( O \) 。圆 \( O \) 的半径为12英寸。求 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积(平方英寸)。
(A) \( {108}\sqrt{3} \) (B) \( {54}\sqrt{3} \) (C) \( {36}\sqrt{3} \) (D) \( {27}\sqrt{3} \) (E) 187
问题11 圆 \( O \) 内切于等边三角形 \( {ABC} \) 。半径为1的圆 \( P \) 与圆 \( O \) 以及线段 \( {AB} \) 和 \( {BC} \) 相切。求三角形 \( {ABC} \) 的面积。
(A) 27 (B) \( 9\sqrt{3} \) (C) \( {36}\sqrt{3} \) (D) \( {27}\sqrt{3} \) (E) 47
问题12. 半径为45的圆 \( O \) 内切于等边三角形 \( {ABC} \) 。圆 \( P \) 与圆 \( O \) 以及线段 \( {AB} \) 和 \( {BC} \) 相切。求圆 \( P \) 的面积。
(A) \( {245\pi } \) (B) \( {625\pi } \) (C) 225 (D) \( {225\pi } \) (E) 700
问题13. 如图所示， \( {ABC} \) 为一三角形，满足 \( {AB} = {15},{BC} = {14} \) ，且 \( {CA} = {13} \) 。圆 \( O \) 的圆心在 \( {AB}.D \) 上， \( E \) 为切点。求 \( O \) 到 \( D \) 的距离。
(A) 56/9 (B) 6 (C) \( {56}/3 \) (D) 56/11 (E) 9
问题14. 图中， \( \overline{BC} \) 为等腰三角形的底边， \( {ABC}.\overline{BC} \) 为圆的直径，点 \( A \) 在圆上，
\( \overline{BC}//\overline{DE} \) ，且 \( \overline{DE} \) 与圆相切。求三角形 \( {ABC} \) 面积与梯形 \( {BCED} \) 面积的比值。
(A) \( 1 : 4 \) (B) \( 1 : 5 \) (C) \( 2 : 5 \) (D) \( 1 : 3 \) (E) \( 3 : 4 \)
问题15。 \( \bigtriangleup {ABC},\angle C = {90}^{ \circ },{AB} = {10},{BC} = 2\sqrt{5}.{AC} \) 是圆 \( O.{AB} \) 的直径，与圆 \( O \) 交于 \( D \) 。求 \( {CD} \) 。
问题16。(AMC)在图中， \( {AB} \) 和 \( {CD} \) 是以 \( O,{AB} \bot {CD} \) 为圆心的圆的直径，弦 \( {DF} \) 与 \( {AB} \) 交于 \( E \) 。若 \( {DE} = 6 \) 且 \( {EF} = 2 \) ，则圆的面积为
(A) \( {23\pi } \) (B) \( {47\pi }/2 \) (C) \( {24\pi } \) (D) \( {49\pi }/2 \) (E) \( {25\pi } \)
问题17。(AMC)圆中的弦 \( {AB} \) 和 \( {CD} \) (见图)交于 \( E \) 且互相垂直。若线段 \( {AE},{EB} \) 和 \( {ED} \) 的长度分别为2、6和3，则圆的直径长度为
(A) \( 4\sqrt{5} \) (B) \( \sqrt{65} \) (C) \( 2\sqrt{17} \) (D) \( 3\sqrt{7} \) (E) \( 6\sqrt{2} \)
问题18。两圆圆心O和P相距16英寸。大圆半径为5英寸，小圆半径为3英寸。其公共内切线长度为:
A. \( {10}\sqrt{2} \) 英寸 B. \( 6\sqrt{2} \) 英寸
C. \( 8\sqrt{2} \) D. \( 8\sqrt{2} \) 英寸 E. \( 8\sqrt{3} \)
问题19。三个半径均为4单位的圆内切于第四个圆，且这三个圆彼此相切。大圆的半径为:
A. \( \frac{2}{3}\sqrt{3} + 4 \) B. \( \frac{4}{3}\sqrt{3} + 4 \) C. \( \frac{32}{3}\sqrt{3} \) D. \( \frac{16}{3}\sqrt{3} + 8 \)
E. \( \frac{8}{3}\sqrt{3} + 4 \)
问题20。四个半径为 \( r \) 的圆在半径为1单位的圆内两两相切。 \( r \) 的值为:
(A)1(B) \( 1/2 \) (C) \( \sqrt{2} - 1 \) (D) \( 1/4 \) (E) \( \frac{\sqrt{5}}{5} \)
问题21。四个半径均为 \( 4\mathrm{\;{cm}} \) 的圆彼此相切，且与一个外接正方形相切。如图所示，再画一个与这四个大圆均相切的小圆。阴影区域面积为多少平方厘米？
(A) \( {256} + \left( {{32}\sqrt{2} - {112}}\right) \pi \) (B) \( {256} - {112})\pi \)
(C) \( {32}\sqrt{2} + {112\pi } \) (D) \( {256} + \left( {{32}\sqrt{2} - {102}}\right) \pi \)
(E) \( {236} + \left( {{32}\sqrt{2} - {112}}\right) \pi \)
问题22。四个半径为1的圆分别与边长为6的正方形两边相切，且与一个半径为 \( r \) 的圆外切，如图所示。阴影区域面积为多少？
(A) \( {18} + \left( {8\sqrt{2} - {16}}\right) \pi \) (B) \( {36} + \left( {8\sqrt{2} - {16}}\right) \pi \)
(C) \( {36} + 8\sqrt{2}\pi \) (D) \( \left( {8\sqrt{2} - {16}}\right) \pi \) ( (E) \( {36} + {16}\sqrt{2} \)
解答:
问题1. 解答:(A)。
一块瓷砖的阴影区域面积为 \( \left( {9 \times 2}\right) \left( {9 \div 2}\right) - \pi \times {\left( 9 \div 2\right) }^{2} = \)
\[ {81} - \frac{81}{4}\pi \text{.} \]
由于整个地板共有 \( {36} \times {72} \div \left( {9 \times {18}}\right) = {16} \) 块瓷砖，因此阴影区域的总面积为 \( {16}\left( {{81} - \frac{81\pi }{4}}\right) = {1296} - {324\pi } \) 平方英尺。
问题2。解答:(B)。
大圆的半径为 \( \left( {{12} + 8}\right) /2 = {10} \) ，因此其面积为 \( {100\pi } \) 。
阴影区域的面积为 \( \left( {{100\pi } - {36\pi } - {16\pi }}\right) /2 = {24\pi } \) 。
未阴影区域的面积为 \( {100\pi } - {24\pi } = {76\pi } \) 。
该比率为 \( {24\pi }/{76\pi } = 6/{19} \) 。
问题3。解答:(E)。
设 \( {A}_{A} \) 为扇形 \( A \) 的面积，设 \( {A}_{B} \) 为扇形 \( B \) 的面积。
设 \( {C}_{A} \) 为圆 \( A \) 的周长， \( {C}_{B} \) 为圆 \( B \) 的周长。
根据公式 \( A = \pi {r}^{2} \times \frac{\theta }{360} \) ，其中 \( {A}_{A} = {A}_{B} \Rightarrow \pi {r}_{A}{}^{2} \times \frac{{25}^{ \circ }}{360} = \pi {r}_{B}{}^{2} \times \frac{{100}^{ \circ }}{360} \)
\( \Rightarrow \;{\left( \frac{{r}_{A}}{{r}_{B}}\right) }^{2} = \frac{{100}^{ \circ }}{{25}^{ \circ }} = 4 \Rightarrow \;\frac{{r}_{A}}{{r}_{B}} = \frac{2}{1} \)
因此，周长之比为 \( \frac{{C}_{A}}{{C}_{B}} = \frac{{2\pi }{r}_{A}}{{2\pi }{r}_{B}} = \frac{{r}_{A}}{{r}_{B}} = \frac{2}{1} \) 。
问题4. 解答:(A)。
延长 \( {AC} \) 与圆相交于 \( E \) 。
根据点的幂公式:
\[ A{D}^{2} = {AE} \times {AB}\; \Rightarrow {10}^{2} = \left( {7 + {BE}}\right) \times 7 \Rightarrow {BE} = \frac{51}{7} \]
半径(radius)是 \( {51}/{14} \) ，它是直径(diameter) \( {BE} \) 的一半。
因此面积为 \( \pi \times {\left( \frac{51}{14}\right) }^{2} = \frac{2601}{196}\pi \) 。问题5。解答:(D)。放牧区域由以下部分组成:1. 一个半径50英尺的大圆的四分之三，其面积为
\[ \frac{3}{4}\pi \times {50}^{2} = {1875\pi } \]
左侧半径为20英尺的圆的四分之一，其面积为 \( \frac{1}{4}\pi \times {20}^{2} = {100\pi } \)
顶部一个半径为10英尺的小圆的四分之一，其面积为 \( \frac{1}{4}\pi \times {10}^{2} = {25\pi } \) 。
答案是 \( \left( {{1875} + {100} + {25}}\right) \pi = {2000\pi } \) 平方英尺的放牧面积。
问题6。解答:(D)。
设 \( x \) 为正方形的边长。在查尔斯行走的任何一点，他都能看见半径为 \( 2\mathrm{\;{km}} \) 的圆内的所有点。正方形内部的可视区域部分由正方形内部构成，但除去一个边长为 \( x - 4 \) \( \mathrm{{km}} \) 的较小正方形。该可视区域的面积为 \( {x}^{2} - {\left( x - 4\right) }^{2} = {8x} - {16}{\mathrm{\;{km}}}^{2} \) 。正方形外部的可视区域部分由四个矩形组成，每个矩形 \( x \)
\( \mathrm{{km}} \) 乘以 \( 2\mathrm{\;{km}} \) ，以及四个四分之一圆(合起来构成一个整圆)，每个半径为 \( 2\mathrm{\;{km}} \) 。该可见区域部分的面积为 \( 4 \times {2x} + \pi \times {2}^{2} = ({8x} \) \( + {4\pi }){\mathrm{{km}}}^{2} \) 。整个区域的面积
可视区域为 \( {8x} - {16} + \left( {{8x} + {4\pi }}\right) = {144} + {4\pi } \Rightarrow {16x} - {160} = 0 \Rightarrow x = {10} \) 。
问题7。解答:(B)。
因为 \( {AC} = 6 \) 和 \( {BC} = 8,{AB} = {10} \) 。
根据公式(16.11)， \( r = \frac{{AC} + {BC} - {AB}}{2} = \frac{6 + 8 - {10}}{2} = 2 \)
圆的面积为 \( \pi {r}^{2} = {4\pi } \)
三角形的面积为 \( \frac{{AC} \times {BC}}{2} = \frac{6 \times 8}{2} = {24} \)
答案为 \( {24} - {4\pi } \) 。
问题8。解答:(B)。
由于圆的面积为 \( {4\pi } \) ，半径为2。解法1:
如图所示， \( {OD} = 2,\angle {DAO} = {30}^{ \circ },{AO} = 4,{AD} \)
\( = 2\sqrt{3} \) 。 \( \bigtriangleup {ADO} \) 的面积为 \( \frac{{AD} \times {DO}}{2} = \frac{2\sqrt{3} \times 2}{2} = 2\sqrt{3} \) 。
三角形 \( {ABC} \) 的面积是 \( {\Delta ADO} \) 面积的6倍，即 \( 6 \times 2\sqrt{3} = {12}\sqrt{3} \) 。
解法2:
\( {CD} \) 是三角形 \( {ABC} \) 的中线，因此 \( {DO} = 2,{CO} = 4 \) 且 \( {CD} = 6 \) 。
对直角三角形 \( {ACD} \) 应用勾股定理
得: \( {x}^{2} + {6}^{2} = {\left( 2x\right) }^{2} \Rightarrow \;x = 2\sqrt{3} \)
三角形 \( {ABC} \) 的面积为
\( \frac{{AB} \times {CD}}{2} = \frac{{2x} \times 6}{2} = {6x} = 6 \times 2\sqrt{3} = {12}\sqrt{3}. \)
问题9。解答:(C)。
三角形 \( {ABC} \) 是一个 \( 3 - 4 - 5 \) 直角三角形，其中 \( {AB} = 3 \) 且 \( {BC} = 4 \) 。设 \( {BO} = x \) 。已知 \( {AO} = {CO} = 4 - x \) 。
对三角形 \( {ABO} \) 应用勾股定理得: \( A{B}^{2} + B{O}^{2} = A{O}^{2} \)
即 \( {3}^{2} + {x}^{2} = {\left( 4 - x\right) }^{2} \Rightarrow {3}^{2} + {x}^{2} = {16} - {8x} + {x}^{2} \Rightarrow \)
\[ {8x} = 7 \Rightarrow x = \frac{7}{8} \]
半径为 \( 4 - x = 4 - \frac{7}{8} = \frac{{32} - 7}{8} = \frac{25}{8} \) 。
因此，圆的面积为 \( \pi {\left( \frac{25}{8}\right) }^{2} = \frac{625}{64}\pi \) 。
问题10。解答:(A)。
方法1:
三角形 \( {ODC} \) 是一个 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形，因此 \( {OD} = {12}/2 = 6 \) 。根据勾股定理(Pythagorean Theorem)，可得 \( {CD} = \sqrt{{12}^{2} - {6}^{2}} = 6\sqrt{3} \) 和 \( {BC} = {12}\sqrt{3} \) 。
边长为 \( {12}\sqrt{3} \) 的等边三角形面积为
\[ A = \frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2} = \frac{\sqrt{3}}{4}{\left( {12}\sqrt{3}\right) }^{2} = {108}\sqrt{3}. \]
方法2:设 \( {AO} \) 为 \( {2x} \) ， \( {OD} \) 为 \( x \) 。圆的直径为12，因此 \( {2x} = {12} \) ，且 \( x = 6.{AD} = {3x} = {18}.D \) 是 \( {CB} \) 的中点，故 \( {AC} = {2CD} \) 。根据勾股定理(Pythagorean Theorem)，
\( A{C}^{2} - C{D}^{2} = {18}^{2} \Rightarrow A{C}^{2} - {\left( \frac{1}{2}AC\right) }^{2} = {18}^{2} \Rightarrow {AC} = {12}\sqrt{3}. \)
该三角形的面积等于 \( \frac{1}{2} \times {12}\sqrt{3} \times {18} = {108}\sqrt{3} \) 。
问题11 解答:(D)。
作 \( {PF} \bot {AB} \) 和 \( {OE} \bot {AB} \) 。
连接 \( {BD} \) 。
三角形 \( {BEO} \) 是一个 \( {30}^{ \circ } - {60}^{ \circ } - {90}^{ \circ } \) 三角形，且 \( {BP} = {2PF} = 2 \) 。
设 \( {OE} = r \) 。
我们知道 \( {BO} = {2OE} \Rightarrow \;{2r} = r + 3 \Rightarrow r = 3 \)
我们知道 \( r = \frac{1}{6}a\sqrt{3} \) ，其中 \( a \) 为
三角形 \( {ABC} \) 的边长。因此 \( 3 = \frac{1}{6}a\sqrt{3}\; \Rightarrow \;a = 6\sqrt{3} \)
我们知道 \( {S}_{\Delta ABC} = \frac{1}{4}{a}^{2}\sqrt{3} \) 。因此 \( {S}_{\Delta ABC} = \frac{1}{4} \times {\left( 6\sqrt{3}\right) }^{2}\sqrt{3} = {27}\sqrt{3} \) 问题12。解答:(D)。
画出 \( {PF} \bot {AB} \) 和 \( {OE} \bot {AB} \) 。
连接 \( {BD} \) 。
三角形 \( {BEO} \) 是一个 \( {30}^{ \circ } - {60}^{ \circ } - {90}^{ \circ } \) 三角形，且 \( {BO} = {2OE} \) 。
\( {OE} = {45} \) 和 \( {BO} = {2OE} = {90} \) ，且 \( {BD} = {90} + {45} = {135} \) 。
设 \( {PF} = r \) 。
三角形 \( {BFP} \) 是一个 \( {30}^{ \circ } - {60}^{ \circ } - {90}^{ \circ } \) 三角形，且 \( {BP} = {2r} \) 。
换句话说， \( {BP} = {BO} - {45} - r \) 。
所以 \( {2r} = {BO} - {45} - r\; \Rightarrow {3r} = {90} - {45} = {45} \) 。
所以 \( r = {15} \) 。
面积为 \( \pi {\left( {15}\right) }^{2} = {225\pi } \) 。
问题13。解答:(A)。
根据海伦公式(Heron's formula)，
\( {S}_{\Delta ABC} = \sqrt{s\left( {s - a}\right) \left( {s - b}\right) \left( {s - c}\right) } \)
\( = \sqrt{{21}\left( {{21} - {15}}\right) \left( {{21} - {14}}\right) \left( {{21} - {13}}\right) } = {84}, \)
其中 \( s = \frac{1}{2}\left( {a + b + c}\right) = \frac{1}{2}\left( {{15} + {14} + {13}}\right) = {21} \) 。
连接 \( {OD},{OE} \) ，且 \( {OC} \) 。
\[ {S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{1}{2}{AC} \times {OD} + \frac{1}{2}{BC} \times {OE} \]
\[ = \frac{1}{2} \times \left( {{14} + {13}}\right) \times {OD} = {84} \]
所以 \( {27OD} = {168}\; \Rightarrow \;{OD} = {56}/9 \) 。
问题14. 解答:(D)。
因为 \( \overline{BC} \) 是直径，且 \( {ABC} \) 是等腰三角形，所以 \( \angle A = {90}^{ \circ },\angle D = \angle E = {45}^{ \circ } \) 。当我们连接BF和CF时，发现四个三角形全等，因此比例为 \( 1 : 3 \) 。
问题15. 解答:4。
方法一:
对直角三角形 \( {ABC} \) 应用勾股定理:
\[ {AC} = \sqrt{{10}^{2} - {\left( 2\sqrt{5}\right) }^{2}} = \sqrt{{100} - {20}} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}. \]
连接 \( {CD} \) ，得到 \( \angle {ADC} = {90}^{ \circ } \) 。
\( {S}_{\Delta 4BC} = \frac{1}{2}{BC} \times {AC} = \frac{1}{2}{AB} \times {CD}. \)
所以 \( \frac{1}{2} \times 2\sqrt{5} \times 4\sqrt{5} = \frac{1}{2} \times {10} \times {CD} \Rightarrow {40} = {10CD} \Rightarrow {CD} = 4 \) 。
方法二:
连接 \( {CD} \) ，得到 \( \angle {ADC} = {90}^{ \circ } \) 。
\[ \angle {ACB} = {90}^{ \circ }\text{(given).} \]
设 \( {AD} = x \) 。根据点的幂公式，我们得到
\( B{C}^{2} = {AB} \times {DB} \) 或 \( {\left( 2\sqrt{5}\right) }^{2} = {10} \times {DB} \) ，于是 \( {DB} = 2 \) 。
\( {AD} = 8 \) ，所以 \( C{D}^{2} = {AD} \times {DB} = 2 \times 8 = {16} \) ，于是 \( {CD} = 4 \) 。
问题16. 解答:(C)。
方法一:作线段 \( {FC} \) 。角 \( {CFD} \) 是直角，因为弧 \( {CFD} \) 是半圆。于是直角三角形 \( {DOE} \) 与 \( {DFC} \) 相似，所以 \( {DO}/{DF} = \)
\( {DE}/{DC} \) .
设 \( {DO} = r \) 和 \( {DC} = {2r} \) 。代入后得到 \( 1/8 = 6/{2r},2{r}^{2} = \) \( {48},{r}^{2} = {24} \) 。于是圆的面积为 \( \pi {r}^{2} = {24\pi } \) 。
方法二:
设 \( {OA} = {OB} = r \) 和 \( {OE} = x \) 。代入 \( {AE} \cdot {EB} = {DE} \cdot {EF} \) 得 \( \left( {r + x}\right) \left( {r - x}\right) = 6 \cdot 2 \) ，因此 \( {r}^{2} - {x}^{2} = {12} \) 。在直角三角形 \( {EOD},{r}^{2} + \) 中 \( {x}^{2} = {36} \) 。相加得 \( 2{r}^{2} = {48} \) 。于是圆的面积为 \( \pi {r}^{2} = \) \( {24\pi } \) 。
方法3:
作 \( {OG} \bot {DF} \) ，使 \( G \) 在 \( {DF} \) 上。则 \( {DG} = \left( {1/2}\right) {DF} = 4 \) 。由于 \( {OG} \) 是直角三角形 \( {EOD} \) 斜边上的高，故 \( {DE}/{DO} = {DO}/{DG} \) 。设 \( {DO} = \mathrm{r} \) 。则 \( 6/r = r/4 \) ，于是 \( {r}^{2} = {24} \) ，圆的面积为 \( \pi {r}^{2} = {24\pi } \) 。
问题17。解答:(B)。
方法1(官方解答)
由于点 \( E \) 将过该点的每条弦分成两段，其乘积为常数，故 \( {CE} \cdot {ED} = {AE} \cdot {EB} \) 或 \( {CE} \cdot 3 = 2 \cdot 6 \) ，于是 \( {CE} = 4 \) 。
于是弦 \( {AB} \) 和 \( {CD} \) 的长度分别为8和7。圆心 \( O \) 位于弦 \( {CD} \) 和 \( {AB} \) 的垂直平分线的交点，该交点位于点 \( A \) 上方1个单位、右侧4个单位处。半径 \( {OA} \) 是以 \( {AM} = 4 \) 和 \( {OM} = \frac{1}{2} \) 为直角边的直角三角形的斜边；
\[ O{A}^{2} = A{M}^{2} + O{M}^{2} = {4}^{2} + {\left( \frac{1}{2}\right) }^{2} = {65}/4. \]
因此直径的长度为 \( {2OA} = 2\sqrt{{65}/4} = \sqrt{65} \) 。
方法2(我们的解法):
根据幂点定理，我们有 \( {CE} \cdot {ED} = {AE} \cdot {EB} \)
或 \( {CE} \cdot 3 = 2 \cdot 6 \) ，于是 \( {CE} = 4 \) 。
连接 \( {AC},{BC} \) 。对 \( \bigtriangleup {AEC} : {AC} = \sqrt{{4}^{2} + {2}^{2}} = 2\sqrt{5} \) 应用勾股定理。对 \( {\Delta BEC} : {CB} = \sqrt{{4}^{2} + {6}^{2}} = 2\sqrt{13} \) 应用勾股定理。我们还有 \( {AB} = 8 \) 。
根据海伦公式，
\[ A = \sqrt{s\left( {s - a}\right) \left( {s - b}\right) \left( {s - c}\right) } = r \times s = 1\text{, where} \]
\[ s = \frac{1}{2}\left( {a + b + c}\right) \]
然后我们用该公式计算 \( R = \frac{abc}{4A} = \frac{2\sqrt{5} \times 2\sqrt{13} \times 8}{4} = \frac{\sqrt{65}}{2} \) 。
于是 \( d = \sqrt{65} \) 。
问题18。解答:(D)。
方法一:
连接 \( {OB},{PA} \) 。将 \( {PA} \) 延长至 \( D \) ，使 \( {DA} = {OB} \) 。连接 \( {OD} \) 。于是 \( {OD} \bot {PD} \) 。对三角形 \( {ODP} \) 应用勾股定理:
\[ O{D}^{2} + D{P}^{2} = O{P}^{2}\; \Rightarrow \;O{D}^{2} + {\left( 5 + 3\right) }^{2} = {16}^{2} \]
\[ \Rightarrow {OD} = 8\sqrt{3}\text{.} \]
\( {OBAD} \) 是矩形，因此 \( {AB} = 8\sqrt{3} \) 。
方法二:
三角形 \( {OBC} \) 与三角形 \( {PAC} \) 相似。
\[ \frac{OB}{AP} = \frac{OC}{CP}\; \Rightarrow \;\frac{3}{5} = \frac{{16} - {CP}}{CP} \Rightarrow {CP} = {10}. \]
于是 \( {OC} = {16} - {10} = 6 \) 。
对三角形 \( {OBC} \) 应用勾股定理:
\[ O{B}^{2} + B{C}^{2} = O{C}^{2}\; \Rightarrow \;{6}^{2} - {3}^{2} = B{C}^{2} \Rightarrow {BC} = 3\sqrt{3}\text{.} \]
对三角形 \( {ACP} \) 应用勾股定理:
\( A{P}^{2} + A{C}^{2} = C{P}^{2}\; \Rightarrow \;{5}^{2} + A{C}^{2} = {10}^{2}\; \Rightarrow {AC} = 5\sqrt{3} \) .
\[ {AB} = 3\sqrt{3} + 5\sqrt{3} = 8\sqrt{3}. \]
第19题。解答:(E)。
连接三个小圆的圆心，可知三角形 \( {ABC} \) 为边长8的等边三角形，因此高 \( {BE} \) 为
\( \frac{8}{2} \times \sqrt{3} = 4\sqrt{3} \)
重心为 \( G \) 且 \( {GB} = \frac{2}{3} \times {BE} = \frac{2}{3} \times 4\sqrt{3} = \frac{8}{3}\sqrt{3} \) 。
半径为 \( {GB} + {BD} = \frac{8}{3}\sqrt{3} + 4 \) 。
第20题。解答:(C)。
按图示作直径EF。
对直角三角形 \( {ADC} \) 应用勾股定理:
\( {\left( 2r\right) }^{2} + {\left( 2r\right) }^{2} = {\left( 2 - 2r\right) }^{2}\; \Rightarrow \;r = \sqrt{2} - 1. \)
第21题。解答:(A)。
方法一:
按图所示标注。根据毕达哥拉斯定理(Pythagorean theory)可知: \( A{B}^{2} + B{C}^{2} = A{C}^{2} \Rightarrow {4}^{2} + {4}^{2} = A{C}^{2} \Rightarrow {AC} = 4\sqrt{2} \) 。正方形的边长为 \( 8 + 8 = {16} \) 。半径为 \( 4\sqrt{2} - 4 \) 的小圆面积为
\[ \pi {\left( 4\sqrt{2} - 4\right) }^{2}\text{.} \]
半径为4的大圆面积为 \( \pi \times {4}^{2} = {16\pi } \) 。
阴影区域面积为 \( {16}^{2} - 4 \times {16\pi } - \pi {\left( 4\sqrt{2} - 4\right) }^{2} \)
\[ = {256} + \left( {{32}\sqrt{2} - {112}}\right) \pi \text{.} \]
方法二:
按右侧图所示标注。
\[ O{C}^{2} = {8}^{2} + {8}^{2} = 2 \times {8}^{2} \Rightarrow {OC} = 8\sqrt{2} \]
\[ \Rightarrow O{O}_{1} = \frac{1}{2}{OC} = 4\sqrt{2}\text{.} \]
半径为 \( 4\sqrt{2} - 4 \) 的小圆面积为 \( \pi {\left( 4\sqrt{2} - 4\right) }^{2} \) 。
正方形的边长为 \( 8 + 8 = {16} \) 。
半径为4的大圆面积为 \( \pi \times {4}^{2} = {16\pi } \) 。
阴影区域面积为 \( {16}^{2} - 4 \times {16\pi } - \pi {\left( 4\sqrt{2} - 4\right) }^{2} \)
\( = {256} + \left( {{32}\sqrt{2} - {112}}\right) \pi \) .
问题22。答案:(B)。
连接正方形的一对对角顶点并按图所示标注。已知 \( {AC} = {BC} = 1 \) ，因此 \( {AB} = {DF} = \sqrt{2} \) 。
\[ {AD} = {AB} + {BF} + {FD} = \sqrt{2} + 1 + {2r} + 1 + \sqrt{2} \]
\[ = 2\left( {\sqrt{2} + 2 + r}\right) \text{.} \]
由于正方形边长为6，我们有
\[ 6\sqrt{2} = 2\left( {\sqrt{2} + 2 + r}\right) \Rightarrow 3\sqrt{2} = \left( {\sqrt{2} + 2 + r}\right) \]
\[ \Rightarrow \;2\sqrt{2} - 2 = r\text{.} \]
阴影区域面积为
\[ {6}^{2} - \pi \times {\left( 1\right) }^{2} \times 4 - \pi \times {\left( 2\sqrt{2} - 2\right) }^{2} = {36} + \left( {8\sqrt{2} - {16}}\right) \pi . \]
基础知识
\( x - y \) 坐标系(直角坐标系，笛卡尔坐标系)
一条水平数轴与一条垂直数轴在原点垂直相交。
坐标:
有序数对中的两个数称为对应点的坐标。
注意， \( x \) 坐标也称为“横坐标(abscissa)”， \( y \) 坐标也称为“纵坐标(ordinate)”。
1. 直线与圆的方程
1.1. 直线方程的不同形式
标准式:
\[ {Ax} + {By} + C = 0\;\left( {{A}^{2} + {B}^{2} \neq 0}\right) \tag{17.1} \]
点斜式
\[ y - {y}_{1} = m\left( {x - {x}_{1}}\right) \tag{17.2} \]
\( m \) 为直线的斜率，点 \( \left( {{x}_{1},{y}_{1}}\right) \) 位于该直线上。
斜截式
\[ y = {mx} + b \tag{17.3} \]
其中 \( m \) 为斜率， \( b \) 为 \( y \) 截距。
截距式:
\[ \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1 \tag{17.4} \]
\( a \) 为 \( x \) 截距， \( b \) 为 \( y \) 截距。
两点式:
若已知两点 \( \left( {{x}_{1},{y}_{1}}\right) \) 和 \( \left( {{x}_{2},{y}_{2}}\right) \) ，则可写出该直线的方程
\[ \text{as:}\frac{y - {y}_{1}}{x - {x}_{1}} = \frac{{y}_{2} - {y}_{1}}{{x}_{2} - {x}_{1}} \tag{17.5} \]
(2). 平行线与垂直线的斜率
若直线 \( {y}_{1} = {m}_{1}{x}_{1} + {b}_{1} \) 与直线 \( {y}_{2} = {m}_{2}{x}_{2} + {b}_{2} \) 平行，则 \( {m}_{1} = {m}_{2} \) 。
若 \( {m}_{1} = {m}_{2} \) ，则直线 \( {y}_{1} = {m}_{1}{x}_{1} + {b}_{1} \) 与直线 \( {y}_{2} = {m}_{2}{x}_{2} + {b}_{2} \) 平行。
若直线 \( {y}_{1} = {m}_{1}{x}_{1} + {b}_{1} \) 与直线 \( {y}_{2} = {m}_{2}{x}_{2} + {b}_{2} \) 垂直，则 \( {m}_{1} \times {m}_{2} = - 1 \) 。
若 \( {m}_{1} \times {m}_{2} = - 1 \) ，则直线 \( {y}_{1} = {m}_{1}{x}_{1} + {b}_{1} \) 与直线 \( {y}_{2} = {m}_{2}{x}_{2} + {b}_{2} \) 垂直。
1.2 圆的方程
标准形式 \( {x}^{2} + {y}^{2} = {r}^{2} \) (17.6)
圆心:(0,0)，半径 \( r\left( {r > 0}\right) \) 。
标准形式 \( {\left( x - a\right) }^{2} + {\left( y - b\right) }^{2} = {r}^{2} \) (17.7)
(17.8)
圆心:(a, b)，半径 \( r\left( {r > 0}\right) \) 。
一般形式: \( {x}^{2} + {y}^{2} + {Dx} + {Ey} + F = 0 \)
配方法: \( {\left( x + \frac{D}{2}\right) }^{2} + {\left( y + \frac{E}{2}\right) }^{2} = \frac{{D}^{2} + {E}^{2} - {4F}}{4} \) (17.9)
2 距离公式
(1) 计算两点间距离的公式
给定直角三角形 \( {ABC} \) ，由勾股定理得
\[ d = \sqrt{{\left( {x}_{2} - {x}_{1}\right) }^{2} + {\left( {y}_{2} - {y}_{1}\right) }^{2}} \tag{17.10} \]
(1.1) 称为距离公式，用于计算点 \( {P}_{1}\left( {{x}_{1},{y}_{1}}\right) \) 与点 \( {P}_{2}\left( {{x}_{2},{y}_{2}}\right) \) 之间的距离。
(2) 计算点到直线距离的公式
求解点到直线距离的问题乍看简单，实则耗时，除非掌握以下公式: \( d = \left| \frac{a{x}_{1} + b{y}_{1} + c}{\sqrt{{a}^{2} + {b}^{2}}}\right| \) (17.11)
3. 中点公式
(1) 中点公式
线段两端点间中点的坐标 \( \left( {{x}_{m},{y}_{m}}\right) \)
\[ \left( {{x}_{1},{y}_{1}}\right) \text{and}\left( {{x}_{2},{y}_{2}}\right) \text{are}{x}_{m} = \frac{{x}_{1} + {x}_{2}}{2}\text{, and}\;{y}_{m} = \frac{{y}_{1} + {y}_{2}}{2} \tag{17.12} \]
(2) 平行四边形顶点公式:
\( {ABCD} \) 为平行四边形。已知三顶点 \( A\left( {{x}_{A},{y}_{A}}\right) , B\left( {{x}_{B},{y}_{B}}\right) \) 、 \( C\left( {x}_{C}\right. \) 、 \( {y}_{C} \) ，求 \( D \) 的坐标。
\[ {x}_{D} = {x}_{A} + {x}_{C} - {x}_{B} \]
\[ {y}_{D} = {y}_{A} + {y}_{C} - {y}_{B} \tag{17.13} \]
证明:
作两条对角线交于 \( E \) 。
\( E \) 为 \( {AC} \) 的中点，故有:
\[ {x}_{E} = \frac{{x}_{A} + {x}_{C}}{2} \tag{1} \]
\( E \) 亦为 \( {BD} \) 的中点，故有:
\[ {x}_{E} = \frac{{x}_{B} + {x}_{D}}{2} \tag{2} \]
于是得 \( \frac{{x}_{A} + {x}_{C}}{2} = {x}_{E} = \frac{{x}_{B} + {x}_{D}}{2} \)
\[ \Rightarrow \;{x}_{A} + {x}_{C} = {x}_{B} + {x}_{D} \]
\( {x}_{D} = {x}_{A} + {x}_{C} - {x}_{B}. \)
同理可证 \( {y}_{D} = {y}_{A} + {y}_{C} - {y}_{B} \) 。
(3) 广义点公式
\( P \) 为 \( {AB} \) 上介于 \( A \) 与 \( B \) 间的一点。
若 \( \lambda = \frac{AP}{PB} \) ，则:
\[ x = \frac{{x}_{1} + \lambda {x}_{2}}{1 + \lambda }\text{, and }y = \frac{{y}_{1} + \lambda {y}_{2}}{1 + \lambda } \tag{17.14} \]
证明:
作 \( {DP}//{BC},{PE}//{AC} \) 。我们得到两个相似三角形: \( \bigtriangleup {ADP} \) 和 \( \bigtriangleup {PEB} \) 。
于是我们有 \( \frac{DP}{CB} = \frac{AP}{PB} \Rightarrow \frac{x - {x}_{1}}{{x}_{2} - x} = \lambda \)
\( \Rightarrow x - {x}_{1} = \lambda \left( {{x}_{2} - x}\right) \Rightarrow x - {x}_{1} = \lambda {x}_{2} - {\lambda x} \)
\( \Rightarrow x\left( {1 - \lambda }\right) = {x}_{1} + \lambda {x}_{2} \Rightarrow x = \frac{{x}_{1} + \lambda {x}_{2}}{1 - \lambda } \) .
同理可证 \( y = \frac{{y}_{1} + \lambda {y}_{2}}{1 + \lambda } \) 。