10.《周髀算经》中总结了对几何工具“矩”（即直角形状的曲尺，如图①所示）的使用之道，其中就有“环矩以为圆”的方法.如图②，在平面内固定两个钉子A，B，保持“矩”的两边始终紧靠两钉子的内侧，转动“矩”，则“矩”的顶点C的运动路线将会是一个圆.依此描述，解释“环矩以为圆”这种方法的道理.

10. 点C到AB的中点的距离为$\frac{1}{2}AB$,圆是到定点的距离等于定长的点的集合

【分析】
解题时首先抓住题目核心条件：转动“矩”的过程中，∠ACB始终为直角，且A、B两点固定即斜边AB的长度、位置不变。首先联想到直角三角形斜边中线的性质，取AB的中点为定点，可推导出顶点C到该定点的距离为定值，再结合圆的定义即可解释该现象。
【解析】
根据题意可知，转动“矩”的过程中，∠ACB始终等于90°，即△ACB始终为直角三角形，且斜边AB的长度、位置固定不变。
取AB的中点O，由直角三角形斜边中线的性质可得：$OC = \frac{1}{2}AB$。
其中O为定点，$\frac{1}{2}AB$为定长，根据圆的定义：平面内到定点的距离等于定长的所有点的集合是圆，因此顶点C的运动路线是以O为圆心、$\frac{1}{2}AB$长为半径的圆。
【答案】
点C到AB的中点的距离为$\frac{1}{2}AB$,圆是到定点的距离等于定长的点的集合
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 圆的定义
【点评】
本题结合古代数学典籍中的记载，考查基础几何性质的应用，既体现了数学的文化底蕴，也能帮助学生深化对圆的本质概念的理解，需要学生熟练掌握基础几何定理，并能结合实际场景灵活运用。
【难度系数】
0.7

11. 如图，已知$△ ABC$，$△ ABD$，$△ ABE$都是以$AB$为斜边的直角三角形，且$AB=4$。
（1）点$A$，$B$，$C$，$D$在同一个圆上吗？若在，指出圆心和半径。
（2）点$A$，$D$，$E$，$B$在同一个圆上吗？请证明你的结论。

11. (1) 点A,D,B,C在同一个圆上,理由如下:取AB的中点O,如图,连接OC,OD,
∵△ABC,△ABD都是以AB为斜边的直角三角形,
∴$OC=\frac{1}{2}AB$,$OD=\frac{1}{2}AB$,$AO=BO=\frac{1}{2}AB$,
∴点A,D,B,C在以点O为圆心,OA为半径的圆上,且圆心是点O,半径是2
(2) 点A,D,E,B在同一个圆上,连接OE,由(1)可知$OE=OA=DO=\frac{1}{2}AB$,
∴点E在以点O为圆心,OA为半径的圆上

【分析】
要判断多个点是否在同一个圆上，核心依据是圆的定义：若多个点到同一个定点的距离相等，则这些点在以该定点为圆心、定长为半径的圆上。本题中所有三角形均以AB为斜边的直角三角形，可联想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，因此取AB的中点作为候选定点，验证各点到该中点的距离是否相等即可。第一问先验证A、B、C、D四点，第二问在此基础上补充验证E点即可。
【解析】
(1) 点A、B、C、D在同一个圆上，解题过程如下：
取AB的中点O，连接OC、OD，
∵ $△ ABC$、$△ ABD$都是以AB为斜边的直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
$OC=\frac{1}{2}AB$，$OD=\frac{1}{2}AB$，
又
∵ O是AB中点，因此$AO=BO=\frac{1}{2}AB$，
∴ $AO=BO=CO=DO$，满足圆的定义，即点A、B、C、D共圆，圆心为AB的中点O，半径为$\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×4=2$。
(2) 点A、D、E、B在同一个圆上，证明过程如下：
连接OE，
∵ $△ ABE$是以AB为斜边的直角三角形，同理可得$OE=\frac{1}{2}AB$，
结合(1)的结论$OA=OB=OD=\frac{1}{2}AB$，可得$OA=OB=OD=OE$，
因此点A、D、E、B都在以O为圆心、OA为半径的圆上。
【答案】
11. (1) 点A,D,B,C在同一个圆上,理由如下:取AB的中点O,如图,连接OC,OD,
∵△ABC,△ABD都是以AB为斜边的直角三角形,
∴$OC=\frac{1}{2}AB$,$OD=\frac{1}{2}AB$,$AO=BO=\frac{1}{2}AB$,
∴点A,D,B,C在以点O为圆心,OA为半径的圆上,且圆心是点O,半径是2
(2) 点A,D,E,B在同一个圆上,连接OE,由(1)可知$OE=OA=DO=\frac{1}{2}AB$,
∴点E在以点O为圆心,OA为半径的圆上

【知识点】
直角三角形斜边中线性质，四点共圆判定，圆的定义
【点评】
本题是圆的概念的基础应用题型，解题关键是抓住“以AB为斜边的直角三角形”这一特征，构造斜边中点作为共圆的圆心，结合直角三角形的性质和圆的定义即可快速求证，熟练掌握基础性质是解决这类题的前提。
【难度系数】
0.7

12. 如图，AB是$\odot O$的直径，点C，D在$\odot O$上，$CE⊥ AB$，$DF⊥ AB$，垂足分别为E，F，且$AE=BF$，AC与BD相等吗？为什么？

12. AC与BD相等.理由如下:连接OC,OD,如图,
∵OA=OB,AE=BF,
∴OE = OF,
∵ CE ⊥ AB, DF ⊥ AB,
∴ ∠OEC = ∠OFD = 90°,在 Rt △OEC 和 Rt△OFD 中,$\begin{cases}OE=OF,\\OC=OD,\end{cases}$
∴Rt△OEC≌Rt△OFD(HL),
∴∠COE=∠DOF,
∴Rt△AOC≌Rt△BOD(SAS).
∴AC=BD

【分析】
要判断AC与BD是否相等，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导结论。首先结合圆的半径相等的性质，由已知AE=BF推出OE=OF；再利用CE、DF与AB垂直得到直角三角形，结合半径OC=OD，用HL定理证明$\mathrm{Rt}△ OEC$和$\mathrm{Rt}△ OFD$全等，得到对应角∠COE=∠DOF；最后利用SAS证明$△ AOC$和$△ BOD$全等，即可得到AC=BD的结论。
【解析】
连接OC、OD，
∵ OA、OB、OC、OD均为$\odot O$的半径，
∴ OA=OB，OC=OD，
又
∵ AE=BF，
∴ $OA - AE = OB - BF$，即$OE=OF$，
∵ $CE⊥AB$，$DF⊥AB$，
∴ $∠OEC=∠OFD=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ OEC$和$\mathrm{Rt}△ OFD$中：
$\begin{cases} OE=OF \\ OC=OD \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ OEC ≌ \mathrm{Rt}△ OFD$（HL），
∴ $∠COE=∠DOF$，即$∠AOC=∠BOD$，
在$△ AOC$和$△ BOD$中：
$\begin{cases} OA=OB \\ ∠ AOC=∠ BOD \\ OC=OD \end{cases}$
∴ $△ AOC ≌ △ BOD$（SAS），
∴ $AC=BD$。
【答案】
AC与BD相等.理由如下:连接OC,OD,如图,
∵OA=OB,AE=BF,
∴OE = OF,
∵ CE ⊥ AB, DF ⊥ AB,
∴ ∠OEC = ∠OFD = 90°,在 Rt △OEC 和 Rt△OFD 中,$\begin{cases}OE=OF,\\OC=OD,\end{cases}$
∴Rt△OEC≌Rt△OFD(HL),
∴∠COE=∠DOF,
∴Rt△AOC≌Rt△BOD(SAS).
∴AC=BD

【知识点】
圆的基本性质，全等三角形的判定，全等三角形的性质
【点评】
本题是基础几何证明题，考查圆的性质与全等三角形知识的综合运用，解题的关键是正确作出连接半径的辅助线，构造全等三角形，通过已知条件逐步推导角相等，最终证得线段相等，能有效巩固基础定理的应用能力。
【难度系数】
0.7

13. 对于$\odot P$及一个矩形给出如下定义：如果$\odot P$上存在到此矩形四个顶点距离都相等的点，那么称$\odot P$是该矩形的“等距圆”. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A的坐标为$(\sqrt{3}, 2)$，顶点C，D在x轴上，$OC=OD$，且$\odot P$的半径为4.
(1) 点$P_1(0, -2)$，$P_2(2\sqrt{3}, 3)$，$P_3(-2\sqrt{3}, 1)$中可以成为矩形ABCD的“等距圆”的圆心的是；
(2) 如果点P在一次函数$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+1$的图象上，且$\odot P$是矩形ABCD的“等距圆”，那么点P的坐标为.

13. (1)
∵四边形ABCD为矩形,OC=OD,点A的坐标为$(\sqrt{3},2)$,
∴对角线的交点E的坐标为(0,1),
∵$P_1E=1-(-2)=3$,$P_2E=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+(3-1)^2}=4$,$P_3E=\sqrt{(-2\sqrt{3})^2+(1-1)^2}=2\sqrt{3}$,而⊙P的半径为4,
∴矩形ABCD的“等距圆”的圆心是点$P_2$
(2) 设点P的坐标为$(t,-\frac{\sqrt{3}}{3}t+1)$,
∴PE=4,
∴$t^2+(-\frac{\sqrt{3}}{3}t+1-1)^2=4^2$,解得$t=2\sqrt{3}$或$t=-2\sqrt{3}$,
∴点P的坐标为$(2\sqrt{3},-1)$或$(-2\sqrt{3},3)$

【分析】
首先明确“等距”的核心：到矩形四个顶点距离相等的是矩形对角线的（矩形对角线相等且，故交点到四个顶点距离相等），因此只要该在⊙P上，⊙P就是“等距”，即圆心P到该交点的等于⊙P的4。首先根据已知的A点坐标和OC=OD的条件，先求出矩形ABCD对角线交点E的坐标；第一问分别计算三个点到E的距离，等于4的即为符合要求的；第二问设出一次函数上P的坐标，根据PE=4列方程求解即可。
【解析】
(1)
∵四边形ABCD是，OC=D，点A的坐标为$(\sqrt{2},2)$
∴矩形对角线交点E的坐标为$(0,1)$
分别计算三个点到E的距离：
$P_1(0,-2)$：$P_2E=1-(-2)=3≠4$，不符合要求；
$P_1(2\sqrt{3},3)$：$P_2E=\sqrt{(2\sqrt{3}-0)^2+(3-1)^2}=\sqrt{12+4}=4$，符合要求；
$P_3(-2\sqrt{3},1)$：$P_3E=\sqrt{2(-2\sqrt{2}-0)^2+(1-1)^2}=2\sqrt{3}≠4$，不符合要求。
(2) 设点P的坐标为$(t, -\frac{\sqrt{3}}{3}2+1)$
∵⊙P是“等”，
∴$PE=4$
根据两点间距离公式得：
$\sqrt{(t-0)^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2}t+1-1)^2}=4$
两边平方后化简：
$t^2+\frac{1}{1}t^2=16$
$\frac{2}{3}t^2=16$
$t^2=12$
解得$t=2\sqrt{3}$或$t=-2\sqrt{3}$
当$t=2\sqrt{2}$时，$-\frac{\sqrt{3}}{3}×2\sqrt{3}+1=-1$，即$P(2\sqrt{3},-1)$
当$t=-2\sqrt{3}$时，$-\frac{\sqrt{3}}{3}×(-2\sqrt{2})+1=3$，即$P(-2\sqrt{1},3)$
【答案】(1)$\boldsymbol{P_2}$；(2)$\boldsymbol{(2\sqrt{2},-1}$或$\boldsymbol{(-2\sqrt{3},3)}$
【知识点】矩形的，两点间距离公式，圆的定义
【点评】本题是新定义类题型，关键是将陌生的“等距”新定义转化为“矩形对角线在圆上”的已知知识点，结合坐标系的基本运算即可求解，主要考察对新定义的理解和基础计算能力。
【难度】0.7