2020-2021广州中考数学易错题专题复习-圆的综合练习题

2020-2021广州中考数学易错题专题复习-圆的综合练习题

一、圆的综合

1．如图，⊙M交x轴于B、C两点，交y轴于A，点M的纵坐标为2．B（﹣33，O），C（3，O）． （1）求⊙M的半径；

（2）若CE⊥AB于H，交y轴于F，求证：EH=FH． （3）在（2）的条件下求AF的长．

【答案】（1）4；（2）见解析;（3）4． 【解析】 【分析】

（1）过M作MT⊥BC于T连BM，由垂径定理可求出BT的长，再由勾股定理即可求出BM的长；

（2）连接AE，由圆周角定理可得出∠AEC=∠ABC，再由AAS定理得出△AEH≌△AFH，进而可得出结论；

（3）先由（1）中△BMT的边长确定出∠BMT的度数，再由直角三角形的性质可求出CG的长，由平行四边形的判定定理判断出四边形AFCG为平行四边形，进而可求出答案． 【详解】

（1）如图（一），过M作MT⊥BC于T连BM， ∵BC是⊙O的一条弦，MT是垂直于BC的直径， ∴BT=TC=

1BC=23， 2∴BM=12?4=4；

（2）如图（二），连接AE，则∠AEC=∠ABC， ∵CE⊥AB， ∴∠HBC+∠BCH=90° 在△COF中， ∵∠OFC+∠OCF=90°， ∴∠HBC=∠OFC=∠AFH， 在△AEH和△AFH中，

??AFH??AEH?∵??AHF??AHE， ?AH?AH?∴△AEH≌△AFH（AAS）， ∴EH=FH；

（3）由（1）易知，∠BMT=∠BAC=60°， 作直径BG，连CG，则∠BGC=∠BAC=60°， ∵⊙O的半径为4， ∴CG=4， 连AG， ∵∠BCG=90°， ∴CG⊥x轴， ∴CG∥AF， ∵∠BAG=90°， ∴AG⊥AB， ∵CE⊥AB， ∴AG∥CE，

∴四边形AFCG为平行四边形， ∴AF=CG=4．

【点睛】

本题考查的是垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．

2．如图，AB为⊙O的直径，点E在⊙O上，过点E的切线与AB的延长线交于点D，连接BE，过点O作BE的平行线，交⊙O于点F，交切线于点C，连接AC （1）求证：AC是⊙O的切线；

（2）连接EF，当∠D= °时，四边形FOBE是菱形．

【答案】（1）见解析；（2）30. 【解析】 【分析】

（1）由等角的转换证明出?OCA≌?OCE，根据圆的位置关系证得AC是⊙O的切线. （2）根据四边形FOBE是菱形，得到OF=OB=BF=EF，得证?OBE为等边三角形，而得出

?BOE?60?，根据三角形内角和即可求出答案. 【详解】

（1）证明：∵CD与⊙O相切于点E， ∴OE?CD， ∴?CEO?90?，

又∵OCPBE，

∴?COE??OEB，∠OBE=∠COA ∵OE=OB，

∴?OEB??OBE， ∴?COE??COA， 又∵OC=OC，OA=OE， ∴?OCA≌?OCE， （SAS）∴?CAO??CEO?90?， 又∵AB为⊙O的直径， ∴AC为⊙O的切线；

（2）解：∵四边形FOBE是菱形， ∴OF=OB=BF=EF， ∴OE=OB=BE，

∴?OBE为等边三角形， ∴?BOE?60?， 而OE?CD， ∴?D?30?． 故答案为30． 【点睛】

本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题，熟练掌握圆的性质是本题的解题关键.

AB. 3．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧????1?用直尺和圆规作出?AB所在圆的圆心O；(要求保留作图痕迹，不写作法)

?2?若?AB的中点C到弦AB的距离为20m，AB?80m，求?AB所在圆的半径．

【答案】(1)见解析；（2）50m 【解析】

分析：?1?连结AC、BC，分别作AC和BC的垂直平分线，两垂直平分线的交点为点O，如图1；

?的中点得?2?连接OA，OC，OC交AB于D，如图2，根据垂径定理的推论，由C为AB到OC?AB，AD?BD?1AB?40，则CD?20，设eO的半径为r，在RtVOAD2222中利用勾股定理得到r?(r?20)?40，然后解方程即可．

详解：?1?如图1，

点O为所求；

?2?连接OA，OC，OC交AB于D，如图2，

QC为?AB的中点，

?OC?AB，

1?AD?BD?AB?40，

2设eO的半径为r，则OA?r，OD?OD?CD?r?20，

在RtVOAD中，QOA2?OD2?AD2，

?r2?(r?20)2?402，解得r?50，

即?AB所在圆的半径是50m．

点睛：本题考查了垂径定理及勾股定理的应用，在利用数学知识解决实际问题时，要善于把实际问题与数学中的理论知识联系起来，能将生活中的问题抽象为数学问题．

4．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC 画图操作：

（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）

理解应用：

（2）在（1）的条件下， ①若tan∠APB ?1，求点P的坐标 2②当点P的坐标为 时，∠APB最大 拓展延伸： （3）若在直线y?4x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标 3

【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，23）（3）（95?3，5125） 5【解析】

试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求； （2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；

②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题； 试题解析：解：（1）∠APB如图所示；

（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=

1AB=．∵A（2，0），B2BC（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）． ②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC=AC2?AB2=43，∴C（6，43），∴K（4，22），∴P（0，23）．故答4x+4交x轴于M3案为：（0，23）．

（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=

（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA?MB，∴MP=35，作PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴MK=5ONOMNM43125====，∴，∴PK=，PKMKMPPKMK355959595125，∴OK=﹣3，∴P（﹣3，）． 5555

点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．

5．（1）问题背景

如图①，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AB=AC，P为BmC上一动点（不与B，C重合），求证：2PA=PB+PC．

小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB，AP，AC，且AB=AC，这就为旋转作了铺垫．于是，小明同学有如下思考过程：

第一步：将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）； 第二步：证明Q，B，P三点共线，进而原题得证． 请你根据小明同学的思考过程完成证明过程． （2）类比迁移

如图②，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=AC，AB⊥AC，垂足为A，求OC的最小值． （3）拓展延伸

如图③，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=为A，则OC的最小值为 ．

4AC，AB⊥AC，垂足3

【答案】（1）证明见解析；（2）OC最小值是32﹣3；（3）

3． 2【解析】

试题分析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①），只要证明△APQ是等腰直角三角形即可解决问题；

（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点O顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，在△BOQ中，利用三边关系定理即可解决问题；

（3）如图③构造相似三角形即可解决问题．作AQ⊥OA，使得AQ=BQ，OB．由△QAB∽OAC，推出BQ=

4OA，连接OQ，34OC，当BQ最小时，OC最小； 3试题解析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；

∵BC是直径，∴∠BAC=90°， ∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=45°，

由旋转可得∠QBA=∠PCA，∠ACB=∠APB=45°，PC=QB，

∵∠PCA+∠PBA=180°，∴∠QBA+∠PBA=180°，∴Q，B，P三点共线， ∴∠QAB+∠BAP=∠BAP+∠PAC=90°，∴QP2=AP2+AQ2=2AP2， ∴QP=2AP=QB+BP=PC+PB，∴

2AP=PC+PB．

（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点A顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，

∵AB⊥AC,∴∠BAC=90°,

由旋转可得 QB=OC，AQ=OA，∠QAB=∠OAC，∴∠QAB+∠BAO=∠BAO+∠OAC=90°， ∴在Rt△OAQ中，OQ=32，AO=3 ，∴在△OQB中，BQ≥OQ﹣OB=32﹣3 ， 即OC最小值是32﹣3；

（3）如图③中，作AQ⊥OA，使得AQ=

4OA，连接OQ，BQ，OB． 3

∵∠QAO=∠BAC=90°，∠QAB=∠OAC，∵∴△QAB∽OAC，∴BQ=

QAAB4?=， OAAC34OC， 3当BQ最小时，OC最小，易知OA=3，AQ=4，OQ=5，BQ≥OQ﹣OB，∴OQ≥2，] ∴BQ的最小值为2， ∴OC的最小值为故答案为

33×2=， 423． 2【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识，能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键.

6．如图，AN是⊙M的直径，NB∥x轴，AB交⊙M于点C． （1）若点A（0，6），N（0，2），∠ABN=30°，求点B的坐标； （2）若D为线段NB的中点，求证：直线CD是⊙M的切

线．

【答案】(1) B（【解析】

，2）．(2)证明见解析.

试题分析：（1）在Rt△ABN中，求出AN、AB即可解决问题； （2）连接MC，NC．只要证明∠MCD=90°即可 试题解析：（1）∵A的坐标为（0，6），N（0，2）， ∴AN=4，

∵∠ABN=30°，∠ANB=90°， ∴AB=2AN=8， ∴由勾股定理可知：NB=

，

∴B（

，2）．

（2）连接MC，NC ∵AN是⊙M的直径， ∴∠ACN=90°， ∴∠NCB=90°，

在Rt△NCB中，D为NB的中点， ∴CD=

NB=ND，

∴∠CND=∠NCD， ∵MC=MN， ∴∠MCN=∠MNC， ∵∠MNC+∠CND=90°， ∴∠MCN+∠NCD=90°， 即MC⊥CD．

∴直线CD是⊙M的切线．

考点：切线的判定；坐标与图形性质．

7．已知P是eO的直径BA延长线上的一个动点，∠P的另一边交eO于点C、D，两点位于AB的上方，AB＝6，OP=m，sinP＝，如图所示．另一个半径为6的eO1经过点C、D，圆心距OO1＝n． （1）当m=6时，求线段CD的长；

（2）设圆心O1在直线AB上方，试用n的代数式表示m；

（3）△POO1在点P的运动过程中，是否能成为以OO1为腰的等腰三角形，如果能，试求出此时n的值；如果不能，请说明理由．

13

993n2?815或15 ;(3) n的值为【答案】(1)CD=25;(2)m=552n【解析】

分析：（1）过点O作OH⊥CD，垂足为点H，连接OC．解Rt△POH，得到OH的长．由勾股定理得CH的长，再由垂径定理即可得到结论； （2）解Rt△POH，得到OH＝结论；

（3）△POO1成为等腰三角形可分以下几种情况讨论：① 当圆心O1、O在弦CD异侧时，分OP＝OO1和O1P＝OO1．②当圆心O1、O在弦CD同侧时，同理可得结论． 详解：（1）过点O作OH⊥CD，垂足为点H，连接OC．

m．在RtVOCH和Rt△O1CH中，由勾股定理即可得到3

QsinP＝，PO?6，∴OH?2． 在Rt△POH中， ∵AB＝6，∴OC＝3． 由勾股定理得： CH?5． ∵OH⊥DC，∴CD?2CH?25．

13QsinP＝，PO＝m，∴OH＝（2）在Rt△POH中，13m． 3?m?在Rt△OCH中，CH＝9???． ?3?22m??在Rt△O1CH中，CH＝36??n??． 3??223n2?81m?m???可得： 36??n??＝9???，解得：m＝．

2n33????22（3）△POO1成为等腰三角形可分以下几种情况： ① 当圆心O1、O在弦CD异侧时

23n?81i）OP＝OO1，即m＝n，由n＝，解得：n＝9．

2n即圆心距等于eO、eO1的半径的和，就有eO、eO1外切不合题意舍去． ii）O1P＝OO1，由（n?m2m2）?m2?（） ＝n， 332293n2?8115． 解得：m＝n，即n ＝，解得：n＝3352n81?3n2②当圆心O1、O在弦CD同侧时，同理可得： m＝．

2n2981?3n5． ∵?POO1是钝角，∴只能是m?n，即n＝，解得：n＝52n综上所述：n的值为995或15． 55点睛：本题是圆的综合题．考查了圆的有关性质和两圆的位置关系以及解直径三角形．解答（3）的关键是要分类讨论．

8．定义：

数学活动课上，李老师给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”.

理解： ⑴如图，已知角形”（画出点

是⊙

上两点，请在圆上找出满足条件的点

，使

为“智慧三

的位置，保留作图痕迹）；

中，

是

的中点，

是

上一点，且

，试

⑵如图，在正方形判断运用：

是否为“智慧三角形”，并说明理由；

中，⊙

的半径为，点

是直线

上的一点，若

⑶如图，在平面直角坐标系在⊙时点

上存在一点的坐标.

，使得

为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，直接写出此

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）P的坐标（?22122，），（，3331）． 3

【解析】

试题分析：（1）连结AO并且延长交圆于C1，连结BO并且延长交圆于C2，即可求解；（2）设正方形的边长为4a，表示出DF=CF以及EC、BE的长，然后根据勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF是直角三角形，由直角三角形的性质可得△AEF为“智慧三角形”；（3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可求斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解． 试题解析： （1）如图1所示：

（2）△AEF是否为“智慧三角形”， 理由如下：设正方形的边长为4a， ∵E是DC的中点， ∴DE=CE=2a， ∵BC：FC=4：1， ∴FC=a，BF=4a﹣a=3a，

在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，

在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2， 在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2， ∴AE2+EF2=AF2， ∴△AEF是直角三角形，

∵斜边AF上的中线等于AF的一半， ∴△AEF为“智慧三角形”； （3）如图3所示：

由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，

根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值， 由垂线段最短可得斜边最短为3， 由勾股定理可得PQ=PM=1×2

÷3=

，

， ，

由勾股定理可求得OM=

故点P的坐标（﹣，），（，）．

考点：圆的综合题．

9．如图，线段BC所在的直线 是以AB为直径的圆的切线，点D为圆上一点，满足BD＝BC，且点C、D位于直径AB的两侧，连接CD交圆于点E. 点F是BD上一点，连接EF，分别交AB、BD于点G、H，且EF＝BD. (1)求证：EF∥BC；

?的长. (2)若EH＝4，HF＝2，求BE

【答案】(1)见解析；(2) 【解析】 【分析】

233?

?＝BD?，进而得到BE?=DF?，根据“在同圆或等圆中，同弧或（1）根据EF＝BD可得EF等弧所对的圆周角相等”即可得出角相等进而可证.

（2）连接DF，根据切线的性质及垂径定理求出GF、GE的长，根据“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等”及平行线求出相等的角，利用锐角三角函数求出∠BHG，进而

?所对的圆心角的度数，根据∠DFH＝90°确定DE为直径，代入求出∠BDE的度数，确定BE弧长公式即可求解. 【详解】 (1)∵EF＝BD，

?＝BD? ∴EF?=DF? ∴BE∴∠D＝∠DEF 又BD＝BC， ∴∠D＝∠C， ∴∠DEF=∠C EF∥BC

(2)∵AB是直径，BC为切线， ∴AB⊥BC 又EF∥BC，

∴AB⊥EF，弧BF=弧BE,

1(HF+EH)=3，HG=1 2DB平分∠EDF，

GF＝GE＝

又BF∥CD，

∴∠FBD＝∠FDB＝∠BDE＝∠BFH ∴HB＝HF＝2

HG1＝，∠BHG＝60°. HB2∴∠FDB＝∠BDE＝30°

∴cos∠BHG＝

∴∠DFH＝90°，DE为直径，DE＝43，且弧BE所对圆心角＝60°. ∴弧BE＝【点睛】

本题是圆的综合题，主要考查圆周角、切线、垂径定理、弧长公式等相关知识，掌握圆周角的有关定理，切线的性质，垂径定理及弧长公式是解题关键.

12×43?＝633?

10．AB是⊙O直径，在AB的异侧分别有定点C和动点P，如图所示，点P在半圆弧

AB 上运动（不与A、B重合），过C作CP的垂线CD，交PB的延长线于D，已知

AB?5，BC∶CA＝4∶3．

（1）求证：AC·CD＝PC·BC；

（2）当点P运动到AB弧的中点时，求CD的长；

（3）当点P运动到什么位置时，?PCD的面积最大？请直接写出这个最大面积．

【答案】(1)证明见解析；（2）CD==

142；（3）当PC为⊙O直径时，△PCD的最大面积350. 3【解析】 【分析】

（1）由圆周角定理可得∠PCD=∠ACB=90°，可证△ABC∽△PCD，可得证．

（2）由题意可求BC=4，AC=3，由勾股定理可求CE的长，由锐角三角函数可求PE的长，即可得PC的长，由AC?CD=PC?BC可求CD的值； （3）当点P在?AB上运动时，SVPCD?ACBC?,即可得CPCD14?PC?CD，由（1）可得：CD?PC，可得23142SVPCD??PC?PC?PC2，当PC最大时，△PCD的面积最大，而PC为直径时最

233大，故可求解． 【详解】 证明：（1）

∵AB为直径， ∴∠ACB=90° ∵PC⊥CD， ∴∠PCD=90°

∴∠PCD=∠ACB，且∠CAB=∠CPB ∴△ABC∽△PCD ∴

ACBC? CPCD∴AC?CD=PC?BC

（2）∵AB=5，BC：CA=4：3，∠ACB=90° ∴BC=4，AC=3，

当点P运动到?AB的中点时，过点B作BE⊥PC于点E ∵点P是?AB的中点， ∴∠PCB=45°，且BC=4

2BC=22 2∵∠CAB=∠CPB

BC4BE?=tan∠CAB=∴tan∠CAB= AC3PE∴CE=BE=∴PE=32 23272+22=

22∵AC?CD=PC?BC

∴PC=PE+CE=∴3×CD=∴CD=

72×4 2142 3（3）当点P在?AB上运动时，S△PCD=由（1）可得：CD=∴S△PCD=

1×PC×CD， 24PC 3142?PC?PC=PC2， 2332250×5= 33∴当PC最大时，△PCD的面积最大， ∴当PC为⊙O直径时，△PCD的最大面积=【点睛】

本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，锐角三角函数，求出PC的长是本题的关键．

11．如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连接AD．已知∠CAD＝∠B． （1）求证：AD是⊙O的切线；

（2）若CD＝2，AC＝4，BD＝6，求⊙O的半径．

【答案】（1）详见解析；（2）【解析】 【分析】

35. 2(1)解答时先根据角的大小关系得到∠1＝∠3，根据直角三角形中角的大小关系得出OD⊥AD ，从而证明AD为圆O的切线；(2)根据直角三角形勾股定理和两三角形相似可以得出结果 【详解】

（1）证明：连接OD，

∵OB＝OD， ∴∠3＝∠B， ∵∠B＝∠1， ∴∠1＝∠3，

在Rt△ACD中，∠1+∠2＝90°， ∴∠4＝180°﹣（∠2+∠3）＝90°， ∴OD⊥AD， 则AD为圆O的切线；

（2）过点O作OF⊥BC，垂足为F，

∵OF⊥BD ∴DF＝BF＝

1BD＝3 2∵AC＝4，CD＝2，∠ACD＝90° ∴AD＝AC2?CD2＝25 ∵∠CAD＝∠B，∠OFB＝∠ACD＝90° ∴△BFO∽△ACD ∴

BFOB= ACAD3OB即= 425∴OB＝

35 235． 2∴⊙O的半径为【点睛】

此题重点考查学生对直线与圆的位置关系，圆的半径的求解，掌握勾股定理，两三角形相似的判定条件是解题的关键

12．已知：如图，四边形ABCD为菱形，△ABD的外接圆⊙O与CD相切于点D，交AC于点E．

（1）判断⊙O与BC的位置关系，并说明理由； （2）若CE=2，求⊙O的半径r．

【答案】（1）相切，理由见解析；（2）2. 【解析】

试题分析：（1）根据切线的性质，可得∠ODC的度数，根据菱形的性质，可得CD与BC的关系，根据SSS，可得三角形全等，根据全等三角形的性质，可得∠OBC的度数，根据切线的判定，可得答案；

（2）根据等腰三角形的性质，可得∠ACD=∠CAD，根据三角形外角的性质，

∠COD=∠OAD+∠AOD，根据直角三角形的性质，可得OC与OD的关系，根据等量代换，可得答案．

（1）⊙O与BC相切，理由如下 连接OD、OB，如图所示：

∵⊙O与CD相切于点D， ∴OD⊥CD，∠ODC=90°． ∵四边形ABCD为菱形， ∴AC垂直平分BD，AD=CD=CB． ∴△ABD的外接圆⊙O的圆心O在AC上， ∵OD=OB，OC=OC，CB=CD， ∴△OBC≌△ODC． ∴∠OBC=∠ODC=90°， 又∵OB为半径， ∴⊙O与BC相切； （2）∵AD=CD， ∴∠ACD=∠CAD．

∵AO=OD， ∴∠OAD=∠ODA． ∵∠COD=∠OAD+∠AOD， ∠COD=2∠CAD． ∴∠COD=2∠ACD 又∵∠COD+∠ACD=90°， ∴∠ACD=30°． ∴OD=即r=

1 OC， 21（r+2）． 2∴r=2．

【点睛】运用了切线的判定与性质，利用了切线的判定与性质，菱形的性质，直角三角形的性质．

13．如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，点F是DA延长线上的一点，过⊙O上一点C作⊙O的切线交DF于点E，CE⊥DF． (1)求证：AC平分∠FAB；

(2)若AE＝1，CE＝2，求⊙O的半径．

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

5 2试题分析：（1）连接OC，根据切线的性质和圆周角定理，得出∠OCA=∠OAC与∠CAE=∠OCA，然后根据角平分线的定义可证明；

（2）由圆周角定理得到∠BCA=90°，由垂直的定义，可求出∠CEA=90°，从而根据两角对应相等的两三角形相似可证明△ACB∽△AEC，再根据相似三角形的对应边成比例求得AB的长，从而得到圆的半径. 试题解析：(1)证明：连接OC. ∵CE是⊙O的切线，∴∠OCE =90° ∵CE⊥DF，∴∠CEA=90°，

∴∠ACE+∠CAE=∠ACE+∠OCA=90°，∴∠CAE=∠OCA ∵OC＝OA，∴∠OCA=∠OAC. ∴∠CAE=∠OAC，即AC平分∠FAB (2)连接BC.

∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB =∠AEC =90°. 又∵∠CAE=∠OAC，∴△ACB∽△AEC,∴∵AE＝1，CE＝2，∠AEC =90°，∴AC?∴AB?AC?2ABAC?. ACAEAE2?CE2?12?22?5

5． 2?5?12AE?5，∴⊙O的半径为

14．如图，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于C点，AC平分∠DAB． （1）求证：AD⊥CD；

（2）若AD＝2，AC=6，求⊙O的半径R的长．

【答案】（1）证明见解析 （2）

3 2【解析】

试题分析：（1）连接OC，由题意得OC⊥CD．又因为AC平分∠DAB，则∠1=∠2=

1∠DAB．即可得出AD∥OC，则AD⊥CD； 2ADAC?，从而求得R． AC2R（2）连接BC，则∠ACB=90°，可证明△ADC∽△ACB．则试题解析：（1）证明：连接OC，

∵直线CD与⊙O相切于C点，AB是⊙O的直径， ∴OC⊥CD． 又∵AC平分∠DAB， ∴∠1=∠2=

1∠DAB． 2又∠COB=2∠1=∠DAB，

∴AD∥OC， ∴AD⊥CD．

（2）连接BC，则∠ACB=90°， 在△ADC和△ACB中 ∵∠1=∠2，∠3=∠ACB=90°， ∴△ADC∽△ACB． ∴

ADAC? AC2RAC23∴R=?

2AD2

15．结果如此巧合!

下面是小颖对一道题目的解答．

题目：如图，Rt△ABC的内切圆与斜边AB相切于点D，AD=3，BD=4，求△ABC的面积． 解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x． 根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x． 根据勾股定理，得（x+3）2+（x+4）2=（3+4）2． 整理，得x2+7x=12． 所以S△ABC===

1AC?BC 21（x+3）（x+4） 21（x2+7x+12） 21=×（12+12） 2=12．

小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC的面积等于AD与BD的积．这仅仅是巧合吗？ 请你帮她完成下面的探索．

已知：△ABC的内切圆与AB相切于点D，AD=m，BD=n． 可以一般化吗？

（1）若∠C=90°，求证：△ABC的面积等于mn． 倒过来思考呢？

（2）若AC?BC=2mn，求证∠C=90°． 改变一下条件……

（3）若∠C=60°，用m、n表示△ABC的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）S△ABC=3mn； 【解析】 【分析】

（1）设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，仿照例题利用勾股定理得（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，再根据S△ABC＝AC×BC，即可证明S△ABC＝mn.（2）由AC?BC＝2mn，得x2＋（m＋n）x＝mn，因此AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2＝AB2，利用勾股定理逆定理可得∠C＝90°.（3）过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ACG中，根据条件求出AG、CG，又根据BG＝BC－CG得到BG .在Rt△ABG中，根据勾股定理可得x2＋（m＋n）x＝3mn，由此S△ABC＝BC?AG＝【详解】

设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x， 根据切线长定理，得：AE＝AD＝m、BF＝BD＝n、CF＝CE＝x， （1）如图1，

mn.

在Rt△ABC中，根据勾股定理，得：（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2， 整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn， 所以S△ABC＝AC?BC ＝（x＋m）（x＋n） ＝ [x2＋（m＋n）x＋mn] ＝（mn＋mn） ＝mn;

（2）由AC?BC＝2mn，得：（x＋m）（x＋n）＝2mn，

整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn， ∴AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2 ＝2[x2＋（m＋n）x]＋m2＋n2 ＝2mn＋m2＋n2 ＝（m＋n）2 ＝AB2，

根据勾股定理逆定理可得∠C＝90°； （3）如图2，过点A作AG⊥BC于点G，

在Rt△ACG中，AG＝AC?sin60°＝（x＋m），CG＝AC?cos60°＝（x＋m），

∴BG＝BC﹣CG＝（x＋n）﹣（x＋m）， 在Rt△ABG中，根据勾股定理可得：[

2

（x＋m）]2＋[（x＋n）﹣（x＋m）]2＝（m＋n）

，

整理，得：x2＋（m＋n）x＝3mn， ∴S△ABC＝BC?AG ＝×（x＋n）?＝

（x＋m）

32

[x＋（m＋n）x＋mn] 4＝

3×（3mn＋mn） 4＝3mn． 【点睛】

本题考查了圆中的计算问题、与圆有关的位置关系以及直角三角形，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.