登录
11. 如图，在$△ ABC$中，$AB＞AC$，$∠ BAC$的平分线交$△ ABC$的外接圆$\odot O$于点$D$，$DE⊥ AB$于点$E$，$DM⊥ AC$交$AC$的延长线于点$M$. 求证：
(1) $BE=CM$；
(2) $AB-AC=2BE$.
(1) $BE=CM$；
(2) $AB-AC=2BE$.
答案
11. 证明:(1) 连接BD,DC,
∵ AD 平分∠BAC,
∴ ∠BAD=∠CAD.
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$.
∴ BD = CD.
∵ ∠BAD=∠CAD, DE ⊥ AB, DM ⊥ AC,
∴ ∠M=∠DEB=90°,DE=DM. 在Rt△DEB 和 Rt△DMC
中,
∵ BD=CD,DE=DM,
∴ Rt△DEB≌Rt△DMC(HL).
∴ BE=CM; (2)
∵ DE ⊥ AB, DM ⊥ AC,
∴ ∠M=
∠DEA=90°. 在Rt△DEA 和 Rt△DMA 中,
∵ AD=AD,
DE=DM,
∴ Rt△DEA≌Rt△DMA(HL).
∴ AE=AM.
∴ AB−AC=AE+BE−AC=AM+BE−AC=AC+CM+
BE−AC=BE+CM=2BE.
∵ AD 平分∠BAC,
∴ ∠BAD=∠CAD.
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$.
∴ BD = CD.
∵ ∠BAD=∠CAD, DE ⊥ AB, DM ⊥ AC,
∴ ∠M=∠DEB=90°,DE=DM. 在Rt△DEB 和 Rt△DMC
中,
∵ BD=CD,DE=DM,
∴ Rt△DEB≌Rt△DMC(HL).
∴ BE=CM; (2)
∵ DE ⊥ AB, DM ⊥ AC,
∴ ∠M=
∠DEA=90°. 在Rt△DEA 和 Rt△DMA 中,
∵ AD=AD,
DE=DM,
∴ Rt△DEA≌Rt△DMA(HL).
∴ AE=AM.
∴ AB−AC=AE+BE−AC=AM+BE−AC=AC+CM+
BE−AC=BE+CM=2BE.
解析
【分析】
要解决这道证明题，分两步思考：
(1) 求证$BE=CM$，可通过证明两条线段所在的直角三角形全等得到。首先连接辅助线$BD$、$CD$：先由$AD$是$∠ BAC$的平分线，根据角平分线的性质可得$DE=DM$；再根据圆周角性质，相等的圆周角对应相等的弧，等弧对等弦，可得$BD=CD$，即可用HL定理证明$\mathrm{Rt}△ DEB$和$\mathrm{Rt}△ DMC$全等，从而得到$BE=CM$。
(2) 求证$AB-AC=2BE$，先证明$\mathrm{Rt}△ ADE$和$\mathrm{Rt}△ ADM$全等，得到$AE=AM$，再将$AB$拆分为$AE+BE$，将$AM$拆分为$AC+CM$，结合第一问$BE=CM$的结论，通过线段的等量代换即可推导得出结果。
【解析】
(1) 连接$BD$、$DC$，
$\because AD$平分$∠ BAC$，
$\therefore ∠ BAD=∠ CAD$，
$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
$\therefore BD = CD$。
$\because ∠ BAD=∠ CAD$，$DE ⊥ AB$，$DM ⊥ AC$，
$\therefore ∠ M=∠ DEB=90°$，$DE=DM$。
在$\mathrm{Rt}△ DEB$和$\mathrm{Rt}△ DMC$中，
$\begin{cases} BD=CD \\ DE=DM \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ DEB≌\mathrm{Rt}△ DMC(\mathrm{HL})$，
$\therefore BE=CM$。
(2) $\because DE ⊥ AB$，$DM ⊥ AC$，
$\therefore ∠ M=∠ DEA=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ DEA$和$\mathrm{Rt}△ DMA$中，
$\begin{cases} AD=AD \\ DE=DM \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ DEA≌\mathrm{Rt}△ DMA(\mathrm{HL})$，
$\therefore AE=AM$。
$\therefore AB-AC=AE+BE-AC=AM+BE-AC=AC+CM+BE-AC=BE+CM$，
由(1)知$BE=CM$，
$\therefore AB-AC=2BE$。
【答案】
(1) $BE=CM$，得证；
(2) $AB-AC=2BE$，得证。
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；圆的弧与弦的关系
【点评】
本题属于圆与三角形的综合基础题，解题的关键是合理构造辅助线$BD$、$CD$，结合角平分线性质、圆的基本性质得到全等三角形的判定条件，再通过线段等量代换推导结论，考查对基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.65
要解决这道证明题，分两步思考：
(1) 求证$BE=CM$，可通过证明两条线段所在的直角三角形全等得到。首先连接辅助线$BD$、$CD$：先由$AD$是$∠ BAC$的平分线，根据角平分线的性质可得$DE=DM$；再根据圆周角性质，相等的圆周角对应相等的弧，等弧对等弦，可得$BD=CD$，即可用HL定理证明$\mathrm{Rt}△ DEB$和$\mathrm{Rt}△ DMC$全等，从而得到$BE=CM$。
(2) 求证$AB-AC=2BE$，先证明$\mathrm{Rt}△ ADE$和$\mathrm{Rt}△ ADM$全等，得到$AE=AM$，再将$AB$拆分为$AE+BE$，将$AM$拆分为$AC+CM$，结合第一问$BE=CM$的结论，通过线段的等量代换即可推导得出结果。
【解析】
(1) 连接$BD$、$DC$，
$\because AD$平分$∠ BAC$，
$\therefore ∠ BAD=∠ CAD$，
$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
$\therefore BD = CD$。
$\because ∠ BAD=∠ CAD$，$DE ⊥ AB$，$DM ⊥ AC$，
$\therefore ∠ M=∠ DEB=90°$，$DE=DM$。
在$\mathrm{Rt}△ DEB$和$\mathrm{Rt}△ DMC$中，
$\begin{cases} BD=CD \\ DE=DM \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ DEB≌\mathrm{Rt}△ DMC(\mathrm{HL})$，
$\therefore BE=CM$。
(2) $\because DE ⊥ AB$，$DM ⊥ AC$，
$\therefore ∠ M=∠ DEA=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ DEA$和$\mathrm{Rt}△ DMA$中，
$\begin{cases} AD=AD \\ DE=DM \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ DEA≌\mathrm{Rt}△ DMA(\mathrm{HL})$，
$\therefore AE=AM$。
$\therefore AB-AC=AE+BE-AC=AM+BE-AC=AC+CM+BE-AC=BE+CM$，
由(1)知$BE=CM$，
$\therefore AB-AC=2BE$。
【答案】
(1) $BE=CM$，得证；
(2) $AB-AC=2BE$，得证。
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；圆的弧与弦的关系
【点评】
本题属于圆与三角形的综合基础题，解题的关键是合理构造辅助线$BD$、$CD$，结合角平分线性质、圆的基本性质得到全等三角形的判定条件，再通过线段等量代换推导结论，考查对基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.65
12. 如图，$\odot O$ 的半径为 5，弦 AB，CD 所对的圆心角分别是 $∠ AOB$，$∠ COD$。若 $∠ AOB$ 与 $∠ COD$ 互补，$CD=6$，则弦 AB 的长为 （
A.6
B.8
C.$5\sqrt{2}$
D.$5\sqrt{3}$
第12题
B
）A.6
B.8
C.$5\sqrt{2}$
D.$5\sqrt{3}$
第12题答案
12. B
解析
【分析】
本题可通过构造辅助线转化相等圆心角，结合圆的性质和勾股定理求解：首先利用两个圆心角互补的条件，构造出与∠COD相等的圆心角，得到与CD等长的弦；再结合直径所对圆周角为直角的性质，构造包含AB的直角三角形，最后用勾股定理计算AB长度。
【解析】
延长AO交⊙O于点E，连接BE。
1. 因为AE是⊙O的直径，根据圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，可得$∠ ABE=90°$；
2. 由平角定义得$∠ AOB+∠ BOE=180°$，已知$∠ AOB$与$∠ COD$互补，即$∠ AOB+∠ COD=180°$，因此$∠ BOE=∠ COD$；
3. 同圆中相等的圆心角所对的弦相等，故$BE=CD=6$；
4. ⊙O半径为5，因此直径$AE=2×5=10$；
5. 在$Rt△ ABE$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AE^2-BE^2}=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{64}=8$
【答案】
B
【知识点】
圆心角与弦的关系；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的性质的基础综合题，核心是通过构造辅助线将互补的圆心角转化为相等的圆心角，把已知弦长和待求弦长放到同一个直角三角形中求解，掌握圆的基本性质和辅助线的构造思路是解题关键。
【难度系数】
0.7
本题可通过构造辅助线转化相等圆心角，结合圆的性质和勾股定理求解：首先利用两个圆心角互补的条件，构造出与∠COD相等的圆心角，得到与CD等长的弦；再结合直径所对圆周角为直角的性质，构造包含AB的直角三角形，最后用勾股定理计算AB长度。
【解析】
延长AO交⊙O于点E，连接BE。
1. 因为AE是⊙O的直径，根据圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，可得$∠ ABE=90°$；
2. 由平角定义得$∠ AOB+∠ BOE=180°$，已知$∠ AOB$与$∠ COD$互补，即$∠ AOB+∠ COD=180°$，因此$∠ BOE=∠ COD$；
3. 同圆中相等的圆心角所对的弦相等，故$BE=CD=6$；
4. ⊙O半径为5，因此直径$AE=2×5=10$；
5. 在$Rt△ ABE$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AE^2-BE^2}=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{64}=8$
【答案】
B
【知识点】
圆心角与弦的关系；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的性质的基础综合题，核心是通过构造辅助线将互补的圆心角转化为相等的圆心角，把已知弦长和待求弦长放到同一个直角三角形中求解，掌握圆的基本性质和辅助线的构造思路是解题关键。
【难度系数】
0.7
13. 如图，正方形ABCD的边长为4 cm，以正方形的一边BC为直径在正方形ABCD内作半圆，过点A作半圆的切线，与半圆相切于点F，与DC相交于点E，则$△ ADE$的面积为（
A.$12\ \mathrm{cm}^2$
B.$24\ \mathrm{cm}^2$
C.$8\ \mathrm{cm}^2$
D.$6\ \mathrm{cm}^2$
D
）A.$12\ \mathrm{cm}^2$
B.$24\ \mathrm{cm}^2$
C.$8\ \mathrm{cm}^2$
D.$6\ \mathrm{cm}^2$
答案
13. D
解析
【分析】
要解这道题，首先结合切线的特征想到切线长定理，可得两组相等的线段：AF=AB，EF=EC；要求△ADE的面积，已知AD边长为4cm，只需求出DE的长度即可。我们可以设EC的长度为x，用含x的式子表示出DE和AE的长度，再利用Rt△ADE的勾股定理列方程求解x，进而算出DE的长度，最后求出三角形面积。
【解析】
解：
∵AE是半圆O的切线，AB⊥BC，EC⊥BC，
∴AB、AF是过点A的半圆的切线，EF、EC是过点E的半圆的切线，
根据切线长定理可得：$AF=AB=4\ \mathrm{cm}$，$EF=EC$。
设$EC=x\ \mathrm{cm}$，则$EF=x\ \mathrm{cm}$，
∴$DE=DC-EC=(4-x)\ \mathrm{cm}$，$AE=AF+EF=(4+x)\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ ADE$中，由勾股定理得：
$AD^2 + DE^2 = AE^2$
代入数值得：$4^2 + (4-x)^2 = (4+x)^2$
展开计算：
$16 + 16 - 8x + x^2 = 16 + 8x + x^2$
化简得：$16x=16$，解得$x=1$。
∴$DE=4-1=3\ \mathrm{cm}$，
∴$S_{△ ADE}=\frac{1}{2} × AD × DE = \frac{1}{2} × 4 × 3 = 6\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题是几何综合类基础题，解题的关键是利用切线长定理得到相等线段，再结合勾股定理建立方程求解未知量，是切线性质应用的典型题型。
【难度系数】
0.6
要解这道题，首先结合切线的特征想到切线长定理，可得两组相等的线段：AF=AB，EF=EC；要求△ADE的面积，已知AD边长为4cm，只需求出DE的长度即可。我们可以设EC的长度为x，用含x的式子表示出DE和AE的长度，再利用Rt△ADE的勾股定理列方程求解x，进而算出DE的长度，最后求出三角形面积。
【解析】
解：
∵AE是半圆O的切线，AB⊥BC，EC⊥BC，
∴AB、AF是过点A的半圆的切线，EF、EC是过点E的半圆的切线，
根据切线长定理可得：$AF=AB=4\ \mathrm{cm}$，$EF=EC$。
设$EC=x\ \mathrm{cm}$，则$EF=x\ \mathrm{cm}$，
∴$DE=DC-EC=(4-x)\ \mathrm{cm}$，$AE=AF+EF=(4+x)\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ ADE$中，由勾股定理得：
$AD^2 + DE^2 = AE^2$
代入数值得：$4^2 + (4-x)^2 = (4+x)^2$
展开计算：
$16 + 16 - 8x + x^2 = 16 + 8x + x^2$
化简得：$16x=16$，解得$x=1$。
∴$DE=4-1=3\ \mathrm{cm}$，
∴$S_{△ ADE}=\frac{1}{2} × AD × DE = \frac{1}{2} × 4 × 3 = 6\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题是几何综合类基础题，解题的关键是利用切线长定理得到相等线段，再结合勾股定理建立方程求解未知量，是切线性质应用的典型题型。
【难度系数】
0.6
14. 如图，在$\odot O$中，AB为直径，C为圆上一点，将劣弧AC沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD.如果$∠ BAC=20°$，那么$∠ BDC$的度数为 （
A.$80°$
B.$70°$
C.$60°$
D.$50°$
B
）A.$80°$
B.$70°$
C.$60°$
D.$50°$
答案
14. B
解析
【分析】
解题可按三步展开：第一步，利用直径所对圆周角为直角的性质，连接BC构造直角△ABC，先求出∠B的度数；第二步，结合翻折性质，翻折前后弧AC的度数不变，同弧所对的异侧圆周角互补，推导∠ADC和∠B的数量关系；第三步，根据邻补角的和为180°，即可算出∠BDC的度数。
【解析】
解：连接BC，
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
在Rt△ABC中，已知∠BAC=20°，
∴ ∠B=90°-∠BAC=90°-20°=70°，
∵ 劣弧AC沿弦AC翻折后弧的度数不变，翻折后弧AC所对的圆周角∠ADC与原劣弧AC所对的圆周角∠B是同弧异侧的圆周角，二者互补，
∴ ∠ADC=180°-∠B=180°-70°=110°，
∵ ∠ADC与∠BDC为邻补角，和为180°，
∴ ∠BDC=180°-110°=70°。
【答案】
B
【知识点】
直径的圆周角性质，翻折的性质，圆周角定理
【点评】
本题是圆的性质与图形翻折结合的基础综合题，解题核心是借助直径构造直角三角形，结合翻折前后弧的度数不变得出对应角的关系，难度适中。
【难度系数】
0.7
解题可按三步展开：第一步，利用直径所对圆周角为直角的性质，连接BC构造直角△ABC，先求出∠B的度数；第二步，结合翻折性质，翻折前后弧AC的度数不变，同弧所对的异侧圆周角互补，推导∠ADC和∠B的数量关系；第三步，根据邻补角的和为180°，即可算出∠BDC的度数。
【解析】
解：连接BC，
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
在Rt△ABC中，已知∠BAC=20°，
∴ ∠B=90°-∠BAC=90°-20°=70°，
∵ 劣弧AC沿弦AC翻折后弧的度数不变，翻折后弧AC所对的圆周角∠ADC与原劣弧AC所对的圆周角∠B是同弧异侧的圆周角，二者互补，
∴ ∠ADC=180°-∠B=180°-70°=110°，
∵ ∠ADC与∠BDC为邻补角，和为180°，
∴ ∠BDC=180°-110°=70°。
【答案】
B
【知识点】
直径的圆周角性质，翻折的性质，圆周角定理
【点评】
本题是圆的性质与图形翻折结合的基础综合题，解题核心是借助直径构造直角三角形，结合翻折前后弧的度数不变得出对应角的关系，难度适中。
【难度系数】
0.7
15. 如图,在边长为2的正六边形ABCDEF中,连接BE,点H在BE上运动,点G为EF的中点,当$△ AGH$的周长最小时,$AH+GH$等于 （
A.$2\sqrt{3}$
B.$\sqrt{13}$
C.12
D.13
B
）A.$2\sqrt{3}$
B.$\sqrt{13}$
C.12
D.13
答案
15. B
解析
【分析】
要解决△AGH周长最小的问题，首先明确A、G为定点，因此AG长度是定值，周长最小等价于AH+GH的值最小，属于典型的轴对称最短路径（将军饮马）问题。利用正六边形的轴对称性，直线BE是正六边形的一条对称轴，找到点A关于直线BE的对称点A'，根据轴对称性质可知AH=A'H，因此AH+GH可转化为A'H+GH，当A'、H、G三点共线时，A'H+GH取得最小值，即等于线段A'G的长度，最后计算A'G的长度即可得到结果。
【解析】
1. 分析定值部分：△AGH的周长=AH+GH+AG，其中A、G是固定点，故AG长度为定值，因此要使△AGH周长最小，只需AH+GH最小。
2. 利用轴对称转化线段：正六边形ABCDEF是轴对称图形，直线BE是它的一条对称轴，设点A关于直线BE的对称点为A'，根据轴对称的性质，对BE上任意点H都有AH=A'H，因此AH+GH=A'H+GH。
3. 确定最小值：根据两点之间线段最短，当A'、H、G三点共线时，A'H+GH取得最小值，即为线段A'G的长度。
4. 计算A'G长度：建立平面直角坐标系，设正六边形中心在原点，BE在x轴上，边长为2，可得各点坐标：A(-1,√3)，E(2,0)，F(1,√3)，点A关于BE的对称点A'(-1,-√3)。
因为G是EF中点，所以G的坐标为$(\frac{2+1}{2},\frac{0+\sqrt{3}}{2})=(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$。
根据两点间距离公式：
$A'G=\sqrt{[\frac{3}{2}-(-1)]^2+[\frac{\sqrt{3}}{2}-(-\sqrt{3})]^2}=\sqrt{(\frac{5}{2})^2+(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{27}{4}}=\sqrt{13}$
即AH+GH的最小值为$\sqrt{13}$。
【答案】
B
【知识点】
轴对称最短路径，正六边形的性质，两点间距离公式
【点评】
本题结合正六边形的性质考查最短路径问题，解题的核心是将周长最小问题转化为两条线段和最小的问题，再通过轴对称转化线段，结合几何计算求解，需要学生熟练掌握轴对称性质和常见几何图形的特征。
【难度系数】
0.65
要解决△AGH周长最小的问题，首先明确A、G为定点，因此AG长度是定值，周长最小等价于AH+GH的值最小，属于典型的轴对称最短路径（将军饮马）问题。利用正六边形的轴对称性，直线BE是正六边形的一条对称轴，找到点A关于直线BE的对称点A'，根据轴对称性质可知AH=A'H，因此AH+GH可转化为A'H+GH，当A'、H、G三点共线时，A'H+GH取得最小值，即等于线段A'G的长度，最后计算A'G的长度即可得到结果。
【解析】
1. 分析定值部分：△AGH的周长=AH+GH+AG，其中A、G是固定点，故AG长度为定值，因此要使△AGH周长最小，只需AH+GH最小。
2. 利用轴对称转化线段：正六边形ABCDEF是轴对称图形，直线BE是它的一条对称轴，设点A关于直线BE的对称点为A'，根据轴对称的性质，对BE上任意点H都有AH=A'H，因此AH+GH=A'H+GH。
3. 确定最小值：根据两点之间线段最短，当A'、H、G三点共线时，A'H+GH取得最小值，即为线段A'G的长度。
4. 计算A'G长度：建立平面直角坐标系，设正六边形中心在原点，BE在x轴上，边长为2，可得各点坐标：A(-1,√3)，E(2,0)，F(1,√3)，点A关于BE的对称点A'(-1,-√3)。
因为G是EF中点，所以G的坐标为$(\frac{2+1}{2},\frac{0+\sqrt{3}}{2})=(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$。
根据两点间距离公式：
$A'G=\sqrt{[\frac{3}{2}-(-1)]^2+[\frac{\sqrt{3}}{2}-(-\sqrt{3})]^2}=\sqrt{(\frac{5}{2})^2+(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{27}{4}}=\sqrt{13}$
即AH+GH的最小值为$\sqrt{13}$。
【答案】
B
【知识点】
轴对称最短路径，正六边形的性质，两点间距离公式
【点评】
本题结合正六边形的性质考查最短路径问题，解题的核心是将周长最小问题转化为两条线段和最小的问题，再通过轴对称转化线段，结合几何计算求解，需要学生熟练掌握轴对称性质和常见几何图形的特征。
【难度系数】
0.65
16. 如图，$\odot O$与$△ ABC$中AB，AC的延长线及BC边相切，且$∠ ACB = 90°$，$∠ A$、$∠ ABC$、$∠ ACB$所对的边的长依次为3、4、5，则$\odot O$的半径是
2
。答案
16. 2
解析
【分析】
本题是三角形旁切圆求半径的问题，解题思路如下：第一步，根据切线的性质：切线垂直于过切点的半径，结合∠ACB=90°，可推出圆心与AC、BC边上的切点、点C四点构成正方形，得到半径与切线段CD、CE的等量关系；第二步，利用切线长定理，得到两组相等的切线段，再结合已知的△ABC三边长度，列出关于半径r的方程，解方程即可求出半径。
【解析】
解：设⊙O与AC的延长线切于点D，与BC切于点E，与AB的延长线切于点F，设⊙O的半径为r。
∵⊙O与AC、BC均相切，
∴OD⊥AC，OE⊥BC，
又
∵∠ACB=90°，OD=OE=r，
∴四边形ODCE是正方形，
∴CD=CE=r。
根据切线长定理可得：AD=AF，BE=BF。
由题意得△ABC的三边长：AC=4，BC=3，AB=5，
∴AD=AC + CD = 4 + r，
AF=AB + BF = AB + BE = AB + (BC - CE) = 5 + (3 - r) = 8 - r，
∵AD=AF，
∴4 + r = 8 - r，
解得r=2。
【答案】
2
【知识点】
切线长定理；切线的性质；正方形的判定
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础综合题，核心是利用切线的性质和切线长定理找到线段间的等量关系，通过建立方程求解，掌握切线相关性质是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
本题是三角形旁切圆求半径的问题，解题思路如下：第一步，根据切线的性质：切线垂直于过切点的半径，结合∠ACB=90°，可推出圆心与AC、BC边上的切点、点C四点构成正方形，得到半径与切线段CD、CE的等量关系；第二步，利用切线长定理，得到两组相等的切线段，再结合已知的△ABC三边长度，列出关于半径r的方程，解方程即可求出半径。
【解析】
解：设⊙O与AC的延长线切于点D，与BC切于点E，与AB的延长线切于点F，设⊙O的半径为r。
∵⊙O与AC、BC均相切，
∴OD⊥AC，OE⊥BC，
又
∵∠ACB=90°，OD=OE=r，
∴四边形ODCE是正方形，
∴CD=CE=r。
根据切线长定理可得：AD=AF，BE=BF。
由题意得△ABC的三边长：AC=4，BC=3，AB=5，
∴AD=AC + CD = 4 + r，
AF=AB + BF = AB + BE = AB + (BC - CE) = 5 + (3 - r) = 8 - r，
∵AD=AF，
∴4 + r = 8 - r，
解得r=2。
【答案】
2
【知识点】
切线长定理；切线的性质；正方形的判定
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础综合题，核心是利用切线的性质和切线长定理找到线段间的等量关系，通过建立方程求解，掌握切线相关性质是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
17. 如图，半圆O的直径$AE=4$，点B，C，D均在半圆上.若$AB=BC$，$CD=DE$，连接OB，OD，则图中阴影部分的面积为
$π$
.答案
17. $π$
解析
【分析】
解题时先观察图形特征，阴影部分是两个分散的扇形，我们可以利用圆的性质把它们合并成一个规则扇形计算面积：首先根据同圆中等弦对等圆心角，得出∠AOB=∠BOC，∠COD=∠DOE，结合平角∠AOE=180°，可推出两个阴影扇形的圆心角之和为90°，再代入扇形面积公式即可求出阴影面积。
【解析】
解：
∵半圆O的直径AE=4，
∴半圆的半径$r=OA=OB=OD=OE=2$，且$∠AOE=180°$。
∵在同圆中，相等的弦所对的圆心角相等，且$AB=BC$，$CD=DE$，
∴$∠AOB=∠BOC$，$∠COD=∠DOE$。
∴$∠AOB + ∠DOE = ∠BOC + ∠COD$，
又
∵$∠AOB+∠BOC+∠COD+∠DOE=180°$，
∴$2(∠AOB + ∠DOE)=180°$，即$∠AOB + ∠DOE=90°$。
∴阴影部分的面积等于圆心角为90°、半径为2的扇形面积：
$S_{阴影}=\frac{90°}{360°} × π r^2=\frac{1}{4} × π × 2^2=π$。
【答案】
$π$
【知识点】
等弦对等圆心角；扇形面积计算；割补法求面积
【点评】
本题考查圆的性质与阴影面积的计算，解题核心是利用圆的圆心角与弦的对应关系，将分散的阴影部分转化为规则扇形求解，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.7
解题时先观察图形特征，阴影部分是两个分散的扇形，我们可以利用圆的性质把它们合并成一个规则扇形计算面积：首先根据同圆中等弦对等圆心角，得出∠AOB=∠BOC，∠COD=∠DOE，结合平角∠AOE=180°，可推出两个阴影扇形的圆心角之和为90°，再代入扇形面积公式即可求出阴影面积。
【解析】
解：
∵半圆O的直径AE=4，
∴半圆的半径$r=OA=OB=OD=OE=2$，且$∠AOE=180°$。
∵在同圆中，相等的弦所对的圆心角相等，且$AB=BC$，$CD=DE$，
∴$∠AOB=∠BOC$，$∠COD=∠DOE$。
∴$∠AOB + ∠DOE = ∠BOC + ∠COD$，
又
∵$∠AOB+∠BOC+∠COD+∠DOE=180°$，
∴$2(∠AOB + ∠DOE)=180°$，即$∠AOB + ∠DOE=90°$。
∴阴影部分的面积等于圆心角为90°、半径为2的扇形面积：
$S_{阴影}=\frac{90°}{360°} × π r^2=\frac{1}{4} × π × 2^2=π$。
【答案】
$π$
【知识点】
等弦对等圆心角；扇形面积计算；割补法求面积
【点评】
本题考查圆的性质与阴影面积的计算，解题核心是利用圆的圆心角与弦的对应关系，将分散的阴影部分转化为规则扇形求解，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.7
18. 如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心、以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为“勒洛三角形”.若等边三角形的边长为a，则“勒洛三角形”的周长为
$π a$
.答案
18. $π a$
解析
【分析】
首先明确勒洛三角形的周长由三段等长的圆弧构成，我们需要先确定每段圆弧的圆心角、半径，再利用弧长公式计算单段弧长，最后乘以3得到总周长。等边三角形的每个内角为60°，因此每段圆弧的圆心角就是60°，圆弧的半径等于等边三角形的边长a，代入弧长公式计算即可。
【解析】
解：
∵等边三角形的每个内角都为60°，且每段圆弧是以等边三角形的顶点为圆心，边长a为半径的弧，
∴单段圆弧的弧长为：$l=\frac{nπ r}{180}=\frac{60π a}{180}=\frac{π a}{3}$，
∵勒洛三角形的周长是3段等长的圆弧之和，
∴总周长$C=3×\frac{π a}{3}=π a$。
【答案】
$π a$
【知识点】
1. 等边三角形的性质
2. 弧长的计算
【点评】
本题结合新定义考查基础几何计算，解题关键是识别出每段弧的圆心角和半径，只要掌握弧长公式和等边三角形的内角特点即可顺利解答。
【难度系数】
0.8
首先明确勒洛三角形的周长由三段等长的圆弧构成，我们需要先确定每段圆弧的圆心角、半径，再利用弧长公式计算单段弧长，最后乘以3得到总周长。等边三角形的每个内角为60°，因此每段圆弧的圆心角就是60°，圆弧的半径等于等边三角形的边长a，代入弧长公式计算即可。
【解析】
解：
∵等边三角形的每个内角都为60°，且每段圆弧是以等边三角形的顶点为圆心，边长a为半径的弧，
∴单段圆弧的弧长为：$l=\frac{nπ r}{180}=\frac{60π a}{180}=\frac{π a}{3}$，
∵勒洛三角形的周长是3段等长的圆弧之和，
∴总周长$C=3×\frac{π a}{3}=π a$。
【答案】
$π a$
【知识点】
1. 等边三角形的性质
2. 弧长的计算
【点评】
本题结合新定义考查基础几何计算，解题关键是识别出每段弧的圆心角和半径，只要掌握弧长公式和等边三角形的内角特点即可顺利解答。
【难度系数】
0.8
