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17. 如图，在△ABC 中，O 为 BC 边上的一点，以 O 为圆心的半圆分别与 AB，AC 相切于点 M，N。若∠BAC = 120°，AB + AC = 16，$\overset{\frown}{MN}$的长为 π，求图中阴影部分的面积。
答案
17. $ 24 - 3 \sqrt { 3 } - 3 π $
解析
【解析】
连接OM、ON、OA。
1. 由于半圆分别与AB、AC相切于M、N，故OM⊥AB，ON⊥AC，∠OMA=∠ONA=90°，OM=ON=r。
2. 已知∠BAC=120°，由四边形内角和为360°，得∠MON=360°-90°-90°-120°=60°。
3. 由$\overset{\frown}{MN}$的长为π，根据弧长公式$\frac{nπ r}{180}=l$（其中n=60，l=π），代入得$\frac{60π r}{180}=π$，解得r=3，即OM=ON=3。
4. 在Rt△AOM中，∠OAM=$\frac{1}{2}$∠BAC=60°，OM=3，故AM=$\frac{OM}{\tan60°}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，同理AN=$\sqrt{3}$，因此AM+AN=2$\sqrt{3}$。
5. 因为AB+AC=16，所以BM+CN=(AB-AM)+(AC-AN)=16-2$\sqrt{3}$。
6. 计算△ABC的面积：
$S_{△ ABC}=S_{△ AOB}+S_{△ AOC}=\frac{1}{2}AB· OM+\frac{1}{2}AC· ON=\frac{1}{2}×3×(AB+AC)=\frac{1}{2}×3×16=24$。
7. 计算四边形AMON的面积：
$S_{四边形AMON}=2S_{△ AOM}=2×\frac{1}{2}× AM× OM=2×\frac{1}{2}×\sqrt{3}×3=3\sqrt{3}$。
8. 因为∠MON=60°，所以∠BOM+∠CON=180°-60°=120°，则扇形BOM与扇形CON的面积和为：
$\frac{120π×3^2}{360}=3π$。
9. 因此，阴影部分的面积为：
$S_{阴影}=S_{△ ABC}-S_{四边形AMON}-(S_{扇形BOM}+S_{扇形CON})=24-3\sqrt{3}-3π$。
【答案】
$24 - 3\sqrt{3} - 3π$
【知识点】
切线的性质、弧长公式、扇形面积公式
【点评】
本题综合考查了切线的性质、弧长公式、扇形面积公式及三角形面积的计算，解题关键是通过连接辅助线，将阴影部分面积转化为规则图形面积的差，利用整体思想简化计算。
【难度系数】
0.4
连接OM、ON、OA。
1. 由于半圆分别与AB、AC相切于M、N，故OM⊥AB，ON⊥AC，∠OMA=∠ONA=90°，OM=ON=r。
2. 已知∠BAC=120°，由四边形内角和为360°，得∠MON=360°-90°-90°-120°=60°。
3. 由$\overset{\frown}{MN}$的长为π，根据弧长公式$\frac{nπ r}{180}=l$（其中n=60，l=π），代入得$\frac{60π r}{180}=π$，解得r=3，即OM=ON=3。
4. 在Rt△AOM中，∠OAM=$\frac{1}{2}$∠BAC=60°，OM=3，故AM=$\frac{OM}{\tan60°}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，同理AN=$\sqrt{3}$，因此AM+AN=2$\sqrt{3}$。
5. 因为AB+AC=16，所以BM+CN=(AB-AM)+(AC-AN)=16-2$\sqrt{3}$。
6. 计算△ABC的面积：
$S_{△ ABC}=S_{△ AOB}+S_{△ AOC}=\frac{1}{2}AB· OM+\frac{1}{2}AC· ON=\frac{1}{2}×3×(AB+AC)=\frac{1}{2}×3×16=24$。
7. 计算四边形AMON的面积：
$S_{四边形AMON}=2S_{△ AOM}=2×\frac{1}{2}× AM× OM=2×\frac{1}{2}×\sqrt{3}×3=3\sqrt{3}$。
8. 因为∠MON=60°，所以∠BOM+∠CON=180°-60°=120°，则扇形BOM与扇形CON的面积和为：
$\frac{120π×3^2}{360}=3π$。
9. 因此，阴影部分的面积为：
$S_{阴影}=S_{△ ABC}-S_{四边形AMON}-(S_{扇形BOM}+S_{扇形CON})=24-3\sqrt{3}-3π$。
【答案】
$24 - 3\sqrt{3} - 3π$
【知识点】
切线的性质、弧长公式、扇形面积公式
【点评】
本题综合考查了切线的性质、弧长公式、扇形面积公式及三角形面积的计算，解题关键是通过连接辅助线，将阴影部分面积转化为规则图形面积的差，利用整体思想简化计算。
【难度系数】
0.4
18. 如图，AB 是圆的直径，点 D 在圆上，AD 的延长线与过点 B 的切线交于点 C，E 为线段 AD 上的点，过点 E 的弦 FG⊥AB 于点 H，连结 AG，GD。
（1）求证：∠C = ∠AGD；
（2）已知 BC = 6，CD = 4，且 CE = 2AE，求 EF 的长。
（1）求证：∠C = ∠AGD；
（2）已知 BC = 6，CD = 4，且 CE = 2AE，求 EF 的长。
答案
18. (1)略 (2)$ E F = \sqrt { 10 } - 2 $
解析
【解析】
（1）证明：连接BD。
因为AB是圆的直径，所以∠ADB=90°，则∠DAB+∠ABD=90°。
因为BC是圆的切线，AB是直径，所以AB⊥BC，即∠ABC=90°，则∠DAB+∠C=90°。
所以∠C=∠ABD。
又因为∠ABD与∠AGD都是弧AD所对的圆周角，所以∠ABD=∠AGD，故∠C=∠AGD。
（2）解：
在Rt△BCD中，BC=6，CD=4，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{BC^2-CD^2}=\sqrt{6^2-4^2}=2\sqrt{5}$。
因为∠C=∠C，∠CDB=∠CBA=90°，所以△CDB∽△CBA，
则$\frac{CD}{CB}=\frac{CB}{CA}=\frac{BD}{AB}$，
由$\frac{4}{6}=\frac{6}{CA}$，解得$CA=9$，故$AD=CA-CD=9-4=5$。
因为$CE=2AE$，$CE+AE=CA=9$，所以$AE=3$，$DE=AD-AE=5-3=2$。
由$\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{CB}$，即$\frac{2\sqrt{5}}{AB}=\frac{4}{6}$，解得$AB=3\sqrt{5}$，圆的半径为$\frac{3\sqrt{5}}{2}$。
因为$FG⊥AB$，$∠ AHE=∠ ADB=90°$，$∠ EAH=∠ DAB$，所以△AEH∽△ABD，
则$\frac{AE}{AB}=\frac{EH}{BD}$，即$\frac{3}{3\sqrt{5}}=\frac{EH}{2\sqrt{5}}$，解得$EH=2$。
由$\frac{AH}{AD}=\frac{AE}{AB}$，即$\frac{AH}{5}=\frac{3}{3\sqrt{5}}$，解得$AH=\sqrt{5}$，
则$OH=OA-AH=\frac{3\sqrt{5}}{2}-\sqrt{5}=\frac{\sqrt{5}}{2}$。
在Rt△OHG中，$OG=\frac{3\sqrt{5}}{2}$，由勾股定理得：
$HG=\sqrt{OG^2-OH^2}=\sqrt{(\frac{3\sqrt{5}}{2})^2-(\frac{\sqrt{5}}{2})^2}=\sqrt{10}$。
因为$FG⊥AB$，AB是直径，所以$FH=HG=\sqrt{10}$，
故$EF=FH-EH=\sqrt{10}-2$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\boldsymbol{EF=\sqrt{10}-2}$
【知识点】
1. 圆周角定理
2. 相似三角形判定与性质
3. 勾股定理
【点评】
本题综合考查圆周角定理、相似三角形的判定与性质及勾股定理的应用，解题关键是合理构造辅助线，利用相似三角形建立线段关系求解。
【难度系数】
0.6
（1）证明：连接BD。
因为AB是圆的直径，所以∠ADB=90°，则∠DAB+∠ABD=90°。
因为BC是圆的切线，AB是直径，所以AB⊥BC，即∠ABC=90°，则∠DAB+∠C=90°。
所以∠C=∠ABD。
又因为∠ABD与∠AGD都是弧AD所对的圆周角，所以∠ABD=∠AGD，故∠C=∠AGD。
（2）解：
在Rt△BCD中，BC=6，CD=4，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{BC^2-CD^2}=\sqrt{6^2-4^2}=2\sqrt{5}$。
因为∠C=∠C，∠CDB=∠CBA=90°，所以△CDB∽△CBA，
则$\frac{CD}{CB}=\frac{CB}{CA}=\frac{BD}{AB}$，
由$\frac{4}{6}=\frac{6}{CA}$，解得$CA=9$，故$AD=CA-CD=9-4=5$。
因为$CE=2AE$，$CE+AE=CA=9$，所以$AE=3$，$DE=AD-AE=5-3=2$。
由$\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{CB}$，即$\frac{2\sqrt{5}}{AB}=\frac{4}{6}$，解得$AB=3\sqrt{5}$，圆的半径为$\frac{3\sqrt{5}}{2}$。
因为$FG⊥AB$，$∠ AHE=∠ ADB=90°$，$∠ EAH=∠ DAB$，所以△AEH∽△ABD，
则$\frac{AE}{AB}=\frac{EH}{BD}$，即$\frac{3}{3\sqrt{5}}=\frac{EH}{2\sqrt{5}}$，解得$EH=2$。
由$\frac{AH}{AD}=\frac{AE}{AB}$，即$\frac{AH}{5}=\frac{3}{3\sqrt{5}}$，解得$AH=\sqrt{5}$，
则$OH=OA-AH=\frac{3\sqrt{5}}{2}-\sqrt{5}=\frac{\sqrt{5}}{2}$。
在Rt△OHG中，$OG=\frac{3\sqrt{5}}{2}$，由勾股定理得：
$HG=\sqrt{OG^2-OH^2}=\sqrt{(\frac{3\sqrt{5}}{2})^2-(\frac{\sqrt{5}}{2})^2}=\sqrt{10}$。
因为$FG⊥AB$，AB是直径，所以$FH=HG=\sqrt{10}$，
故$EF=FH-EH=\sqrt{10}-2$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\boldsymbol{EF=\sqrt{10}-2}$
【知识点】
1. 圆周角定理
2. 相似三角形判定与性质
3. 勾股定理
【点评】
本题综合考查圆周角定理、相似三角形的判定与性质及勾股定理的应用，解题关键是合理构造辅助线，利用相似三角形建立线段关系求解。
【难度系数】
0.6
