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7. (2025·盐城期末)如图,四边形$ABCD$内接于$\odot O,∠ ABC=60^{\circ },∠ BAC=∠ CAD=45^{\circ },AB+AD=2$,则$\odot O$的半径为
$\frac{\sqrt{6}}{3}$
.答案
7. $\frac{\sqrt{6}}{3}$ 解析:如图
,延长AB至点E,使BE=AD,连接BD,CE,连接CO并延长交⊙O于点F,连接AF,∵ 四边形ABCD内接于⊙O,
∴ ∠ADC+ ∠ABC = ∠ABC + ∠CBE = 180°,
∴ ∠ADC = ∠CBE.
∵ ∠BAC = ∠CAD = 45°,
∴ ∠CBD = ∠CDB = 45°,∠DAB = 90°,
∴ BD是⊙O的直径,∠DCB = 90°,
∴ △DCB是等腰直角三角形,
∴ DC=BC.
∵ BE=AD,
∴ △ADC≌△EBC (SAS),
∴ ∠ACD = ∠ECB,AC = CE.
∵ AB+AD=2,
∴ AB+BE=AE=2,又
∵ ∠DCB=90°,
∴ ∠ACE=90°,
∴ △ACE是等腰直角三角形,AE²=AC²+CE²=2AC²,
∴ AC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AE=$\sqrt{2}$.
∵ CF是直径,
∴ ∠FAC=90°.
又
∵ ∠AFC=∠ABC=60°,
∴ AF=$\frac{1}{2}$CF,AF²+AC²=$( \frac{1}{2}CF )^2 + ( \sqrt{2} )^2 = CF^2$,
∴ CF=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$,
∴ OF=OC=$\frac{1}{2}$CF=$\frac{\sqrt{6}}{3}$.
解析
【分析】
要解决本题，需结合圆的性质与三角形知识添加辅助线：通过延长AB构造BE=AD，利用圆内接四边形性质、圆周角定理推导角度关系，再结合全等三角形、等腰直角三角形和三角函数求出直径，进而得到圆的半径。
【解析】
如图，延长AB至点E，使BE=AD，连接BD、CE，连接CO并延长交$\odot O$于点F，连接AF。
1. 利用圆内接四边形性质：
∵ 四边形ABCD内接于$\odot O$，
∴ $∠ ADC + ∠ ABC = 180°$，
又 $∠ ABC + ∠ CBE = 180°$，
∴ $∠ ADC = ∠ CBE$。
2. 推导BD为直径，DC=BC：
∵ $∠ BAC = ∠ CAD = 45°$，
∴ $∠ DAB = ∠ BAC + ∠ CAD = 90°$，
∴ BD是$\odot O$的直径，
∴ $∠ DCB = 90°$，
又 $∠ CBD = ∠ CAD = 45°$（同弧CD所对圆周角相等），
∴ $△ DCB$是等腰直角三角形，$DC = BC$。
3. 证明$△ ADC ≌ △ EBC$：
在$△ ADC$和$△ EBC$中，
$\begin{cases} AD = BE \\ ∠ ADC = ∠ EBC \\ DC = BC \end{cases}$，
∴ $△ ADC ≌ △ EBC$（SAS），
∴ $AC = CE$，$∠ ACD = ∠ ECB$，
∴ $∠ ACE = ∠ ECB + ∠ ACB = ∠ ACD + ∠ ACB = ∠ DCB = 90°$，
∴ $△ ACE$是等腰直角三角形。
4. 求AC的长度：
∵ $AB + AD = 2$，$BE = AD$，
∴ $AE = AB + BE = AB + AD = 2$，
在等腰直角$△ ACE$中，$AE^2 = AC^2 + CE^2 = 2AC^2$，
∴ $AC = \frac{\sqrt{2}}{2}AE = \frac{\sqrt{2}}{2} × 2 = \sqrt{2}$。
5. 求$\odot O$的半径：
∵ CF是$\odot O$的直径，
∴ $∠ FAC = 90°$，
又 $∠ AFC = ∠ ABC = 60°$（同弧AC所对圆周角相等），
在$Rt△ FAC$中，$\tan∠ AFC = \frac{AC}{AF}$，即 $\tan60° = \frac{\sqrt{2}}{AF}$，
∴ $AF = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，
由勾股定理：$CF^2 = AF^2 + AC^2 = (\frac{\sqrt{6}}{3})^2 + (\sqrt{2})^2 = \frac{8}{3}$，
∴ $CF = \frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∴ $\odot O$的半径 $OC = \frac{1}{2}CF = \frac{\sqrt{6}}{3}$。
【答案】$\frac{\sqrt{6}}{3}$
【知识点】圆的性质、全等三角形判定、解直角三角形
【点评】本题综合考查圆与三角形的核心知识，需通过添加辅助线转化线段和角度，对几何综合能力要求较高，是一道典型的圆相关综合题。
【难度系数】0.4
要解决本题，需结合圆的性质与三角形知识添加辅助线：通过延长AB构造BE=AD，利用圆内接四边形性质、圆周角定理推导角度关系，再结合全等三角形、等腰直角三角形和三角函数求出直径，进而得到圆的半径。
【解析】
如图，延长AB至点E，使BE=AD，连接BD、CE，连接CO并延长交$\odot O$于点F，连接AF。
1. 利用圆内接四边形性质：
∵ 四边形ABCD内接于$\odot O$，
∴ $∠ ADC + ∠ ABC = 180°$，
又 $∠ ABC + ∠ CBE = 180°$，
∴ $∠ ADC = ∠ CBE$。
2. 推导BD为直径，DC=BC：
∵ $∠ BAC = ∠ CAD = 45°$，
∴ $∠ DAB = ∠ BAC + ∠ CAD = 90°$，
∴ BD是$\odot O$的直径，
∴ $∠ DCB = 90°$，
又 $∠ CBD = ∠ CAD = 45°$（同弧CD所对圆周角相等），
∴ $△ DCB$是等腰直角三角形，$DC = BC$。
3. 证明$△ ADC ≌ △ EBC$：
在$△ ADC$和$△ EBC$中，
$\begin{cases} AD = BE \\ ∠ ADC = ∠ EBC \\ DC = BC \end{cases}$，
∴ $△ ADC ≌ △ EBC$（SAS），
∴ $AC = CE$，$∠ ACD = ∠ ECB$，
∴ $∠ ACE = ∠ ECB + ∠ ACB = ∠ ACD + ∠ ACB = ∠ DCB = 90°$，
∴ $△ ACE$是等腰直角三角形。
4. 求AC的长度：
∵ $AB + AD = 2$，$BE = AD$，
∴ $AE = AB + BE = AB + AD = 2$，
在等腰直角$△ ACE$中，$AE^2 = AC^2 + CE^2 = 2AC^2$，
∴ $AC = \frac{\sqrt{2}}{2}AE = \frac{\sqrt{2}}{2} × 2 = \sqrt{2}$。
5. 求$\odot O$的半径：
∵ CF是$\odot O$的直径，
∴ $∠ FAC = 90°$，
又 $∠ AFC = ∠ ABC = 60°$（同弧AC所对圆周角相等），
在$Rt△ FAC$中，$\tan∠ AFC = \frac{AC}{AF}$，即 $\tan60° = \frac{\sqrt{2}}{AF}$，
∴ $AF = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，
由勾股定理：$CF^2 = AF^2 + AC^2 = (\frac{\sqrt{6}}{3})^2 + (\sqrt{2})^2 = \frac{8}{3}$，
∴ $CF = \frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∴ $\odot O$的半径 $OC = \frac{1}{2}CF = \frac{\sqrt{6}}{3}$。
【答案】$\frac{\sqrt{6}}{3}$
【知识点】圆的性质、全等三角形判定、解直角三角形
【点评】本题综合考查圆与三角形的核心知识，需通过添加辅助线转化线段和角度，对几何综合能力要求较高，是一道典型的圆相关综合题。
【难度系数】0.4
8. (2026·徐州期中) 如图，$△ ABC$ 是 $\odot O$ 的内接三角形，连接 $BO$ 并延长，交 $AC$ 于点 $D$，设$∠ ACB = α.$
(1) 若 $α = 30°$，则 $∠ ABD =$
(2) 若 $∠ BAC = mα$，求用含 $m,α$ 的式子表示$∠ ADB$ 的大小；
(3) 若 $α = 45°$，且 $∠ ADB = \dfrac{5}{2}∠ CBD$，则$\dfrac{CD}{AD} =$
(1) 若 $α = 30°$，则 $∠ ABD =$
60
$°$；(2) 若 $∠ BAC = mα$，求用含 $m,α$ 的式子表示$∠ ADB$ 的大小；
(3) 若 $α = 45°$，且 $∠ ADB = \dfrac{5}{2}∠ CBD$，则$\dfrac{CD}{AD} =$
$\frac{\sqrt{3}}{2}$
.答案
8. (1) 60 解析:如图
①,连接OA,∵ ∠ACB = α = 30°,
∴ ∠AOB=2∠ACB=60°.
∵ OA=OB,
∴ △AOB是等边三角形,
∴ ∠ABD=60°.
(2)
∵ ∠ACB=α(α＞0),
∴ ∠AOB=2∠ACB=2α.
∵ OA=OB,
∴ ∠ABD=∠OAB=$\frac{180°-∠AOB}{2}$=90°-α.
∵ ∠BAC = mα,
∴ ∠ADB=180°-∠BAC-∠ABD=180°-mα-(90°-α)=90°+(1-m)α.
(3)$\frac{\sqrt{3}}{2}$ 解析:如图
②,过点D作DM⊥BC于点M,作DN⊥AB于点N.∵ α=45°,
∴ ∠AOB=2∠ACB=90°,
∴ ∠ABD=∠OAB=$\frac{180°-∠AOB}{2}$=45°,
∴ Rt△BDN,Rt△CDM都是等腰直角三角形,
∴ BN=DN,CM=DM.
∵ ∠ADB=$\frac{5}{2}$∠CBD,
∴ 2∠ADB=5∠CBD,
∴ 2(∠CBD+∠ACB)=5∠CBD,即2(∠CBD+45°)=5∠CBD,
∴ ∠CBD=30°,
∴ ∠BAC=180°-∠ABD-∠CBD-∠ACB=60°,
∴ ∠ADN=90°-∠BAC=30°,
∴ 在Rt△ADN中,AD=2AN,设CM=DM=x(x＞0),
∴ 在Rt△CDM中,CD=$\sqrt{CM^2+DM^2}$=$\sqrt{2}x$,在Rt△BDM中,BD=2DM=2x,在Rt△BDN中,BD=$\sqrt{BN^2+DN^2}$=$\sqrt{2}DN$=2x,解得DN=$\sqrt{2}x$,在Rt△ADN中,DN=$\sqrt{AD^2-AN^2}$=$\sqrt{3}AN$=$\sqrt{2}x$,解得AN=$\frac{\sqrt{6}}{3}x$,
∴ AD=$\frac{2\sqrt{6}}{3}x$,
∴ $\frac{CD}{AD}$=$\frac{\sqrt{2}x}{\frac{2\sqrt{6}}{3}x}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$.
解析
【分析】
本题围绕圆内接三角形的角度关系展开，分三小问逐步推导：
(1) 第一小问需利用圆周角定理求圆心角，结合等腰三角形性质判断等边三角形，进而得到∠ABD；
(2) 第二小问先由圆周角定理得圆心角，再求等腰三角形底角，最后用三角形内角和公式化简得∠ADB表达式；
(3) 第三小问先通过角度关系求出∠CBD，再构造直角三角形，设未知数表示线段长度，最终计算CD与AD的比值。
【解析】
(1) 如图①，连接OA。
∵ ∠ACB=α=30°，根据圆周角定理，同弧AB所对的圆心角∠AOB=2∠ACB=60°。
又
∵ OA=OB，
∴ △AOB是等边三角形，故∠ABD=60°。
(2)
∵ ∠ACB=α，根据圆周角定理，∠AOB=2∠ACB=2α。
∵ OA=OB，
∴ 在△AOB中，∠ABD=∠OAB=(180°-∠AOB)/2=(180°-2α)/2=90°-α。
在△ABD中，根据三角形内角和为180°，∠ADB=180°-∠BAC-∠ABD。
已知∠BAC=mα，代入得：∠ADB=180°-mα-(90°-α)=90°+(1-m)α。
(3) 如图②，过点D作DM⊥BC于M，DN⊥AB于N。
∵ α=45°，
∴ ∠AOB=2∠ACB=90°，又OA=OB，故∠ABD=(180°-90°)/2=45°。
∵ ∠ADB是△BCD的外角，
∴ ∠ADB=∠CBD+∠ACB=∠CBD+45°。
已知∠ADB=(5/2)∠CBD，代入得：∠CBD+45°=(5/2)∠CBD，解得∠CBD=30°。
在Rt△BDM中，设DM=x，则BD=2DM=2x；在Rt△CDM中，∠ACB=45°，故CD=√(x²+x²)=√2 x；
在Rt△BDN中，∠ABD=45°，得DN=BD·sin45°=√2 x；在Rt△ADN中，∠BAC=60°，∠ADN=30°，故AN=DN·tan30°=√6 x/3，AD=2AN=2√6 x/3；
因此，CD/AD=(√2 x)/(2√6 x/3)=√3/2。
【答案】
(1) 60；(2) $90°+(1-m)α$；(3) $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
圆周角定理、三角形内角和定理、等腰三角形性质
【点评】
本题综合考查圆的性质与三角形角度计算，前两小问侧重基础定理应用，第三小问需构造直角三角形转化线段关系，有一定逻辑推导难度，适合中等水平学生练习。
【难度系数】
0.6
本题围绕圆内接三角形的角度关系展开，分三小问逐步推导：
(1) 第一小问需利用圆周角定理求圆心角，结合等腰三角形性质判断等边三角形，进而得到∠ABD；
(2) 第二小问先由圆周角定理得圆心角，再求等腰三角形底角，最后用三角形内角和公式化简得∠ADB表达式；
(3) 第三小问先通过角度关系求出∠CBD，再构造直角三角形，设未知数表示线段长度，最终计算CD与AD的比值。
【解析】
(1) 如图①，连接OA。
∵ ∠ACB=α=30°，根据圆周角定理，同弧AB所对的圆心角∠AOB=2∠ACB=60°。
又
∵ OA=OB，
∴ △AOB是等边三角形，故∠ABD=60°。
(2)
∵ ∠ACB=α，根据圆周角定理，∠AOB=2∠ACB=2α。
∵ OA=OB，
∴ 在△AOB中，∠ABD=∠OAB=(180°-∠AOB)/2=(180°-2α)/2=90°-α。
在△ABD中，根据三角形内角和为180°，∠ADB=180°-∠BAC-∠ABD。
已知∠BAC=mα，代入得：∠ADB=180°-mα-(90°-α)=90°+(1-m)α。
(3) 如图②，过点D作DM⊥BC于M，DN⊥AB于N。
∵ α=45°，
∴ ∠AOB=2∠ACB=90°，又OA=OB，故∠ABD=(180°-90°)/2=45°。
∵ ∠ADB是△BCD的外角，
∴ ∠ADB=∠CBD+∠ACB=∠CBD+45°。
已知∠ADB=(5/2)∠CBD，代入得：∠CBD+45°=(5/2)∠CBD，解得∠CBD=30°。
在Rt△BDM中，设DM=x，则BD=2DM=2x；在Rt△CDM中，∠ACB=45°，故CD=√(x²+x²)=√2 x；
在Rt△BDN中，∠ABD=45°，得DN=BD·sin45°=√2 x；在Rt△ADN中，∠BAC=60°，∠ADN=30°，故AN=DN·tan30°=√6 x/3，AD=2AN=2√6 x/3；
因此，CD/AD=(√2 x)/(2√6 x/3)=√3/2。
【答案】
(1) 60；(2) $90°+(1-m)α$；(3) $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
圆周角定理、三角形内角和定理、等腰三角形性质
【点评】
本题综合考查圆的性质与三角形角度计算，前两小问侧重基础定理应用，第三小问需构造直角三角形转化线段关系，有一定逻辑推导难度，适合中等水平学生练习。
【难度系数】
0.6
9. (2026·南京期末) 如图，$\odot O$经过正方形$ABCD$的两个顶点$A,B$，且与边$CD$相切，切点为$E$.记正方形$ABCD$的周长为$a$，$\odot O$的周长为$b$，则$a$与$b$的大小关系是（
A.$a＞b$
B.$a＜b$
C.$a=b$
D.无法确定
A
）A.$a＞b$
B.$a＜b$
C.$a=b$
D.无法确定
答案
9. A 解析:如图
,作OM⊥AB于点M,连接OB,OE,设正方形ABCD的边长为2m,圆的半径是x,∵ CD是⊙O的切线,
∴ OE⊥CD.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB//CD,
∴ M,O,E三点共线,
∴ 四边形BCEM是矩形.
∵ OM⊥AB,
∴ AM=BM=m,
∴ OM=2m-x.在Rt△OBM中,OM=2m-x,BM=m,OB=x,
∵ OB²=OM²+BM²,
∴ x²=(2m-x)²+m²,
∴ x=$\frac{5}{4}m$,
∴ a=4×2m=8m,b=2πx=$\frac{5π}{2}m$≈7.9m,
∴ a＞b.故选A.
解析
【分析】要比较正方形周长$a$和圆周长$b$，需先求出两者的表达式。设正方形边长为$2m$，圆半径为$x$，利用切线性质、正方形对边平行的特点，结合垂径定理和勾股定理建立方程求出半径，进而计算周长并比较大小。
【解析】如图，作$OM⊥AB$于点$M$，连接$OB$，$OE$。设正方形$ABCD$的边长为$2m$，$\odot O$的半径为$x$。
∵ $CD$是$\odot O$的切线，
∴ $OE⊥CD$。
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AB// CD$，$∠ C=∠ ABC=90°$，
∴ $M$、$O$、$E$三点共线，四边形$BCEM$是矩形，故$ME=BC=2m$。
∵ $OM⊥AB$，根据垂径定理得$BM=\frac{1}{2}AB=m$，
∴ $OM=ME - OE=2m - x$。
在$Rt△ OBM$中，由勾股定理得：$OB^2=OM^2 + BM^2$，即$x^2=(2m - x)^2 + m^2$，
展开化简得：$x^2=4m^2 -4mx +x^2 +m^2$，即$4mx=5m^2$，解得$x=\frac{5}{4}m$（$m≠0$）。
正方形周长$a=4×2m=8m$，圆周长$b=2πx=2π×\frac{5}{4}m=\frac{5π}{2}m≈7.9m$，
∵ $8m＞7.9m$，
∴ $a＞b$。
【答案】A
【知识点】圆的切线性质、勾股定理、正方形性质
【点评】本题结合正方形与圆的性质，通过构造辅助线，利用垂径定理和勾股定理建立方程求解半径，进而比较周长，关键是辅助线的构造和方程思想的运用，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.6
【解析】如图，作$OM⊥AB$于点$M$，连接$OB$，$OE$。设正方形$ABCD$的边长为$2m$，$\odot O$的半径为$x$。
∵ $CD$是$\odot O$的切线，
∴ $OE⊥CD$。
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AB// CD$，$∠ C=∠ ABC=90°$，
∴ $M$、$O$、$E$三点共线，四边形$BCEM$是矩形，故$ME=BC=2m$。
∵ $OM⊥AB$，根据垂径定理得$BM=\frac{1}{2}AB=m$，
∴ $OM=ME - OE=2m - x$。
在$Rt△ OBM$中，由勾股定理得：$OB^2=OM^2 + BM^2$，即$x^2=(2m - x)^2 + m^2$，
展开化简得：$x^2=4m^2 -4mx +x^2 +m^2$，即$4mx=5m^2$，解得$x=\frac{5}{4}m$（$m≠0$）。
正方形周长$a=4×2m=8m$，圆周长$b=2πx=2π×\frac{5}{4}m=\frac{5π}{2}m≈7.9m$，
∵ $8m＞7.9m$，
∴ $a＞b$。
【答案】A
【知识点】圆的切线性质、勾股定理、正方形性质
【点评】本题结合正方形与圆的性质，通过构造辅助线，利用垂径定理和勾股定理建立方程求解半径，进而比较周长，关键是辅助线的构造和方程思想的运用，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.6
10. (2026·泰州期中) 如图,正五边形 $ABCDE$的边 $AB,AE$ 与$\odot O$分别相切于点$M,N$,点$P$在$\overset{\frown}{MN}$上,连接$PM,PN$,则$∠ MPN$的度数为
144°
.答案
10. 144° 解析:如图
,连接OM,ON,在优弧MN上取一点Q,连接QM,QN,∵ 五边形ABCDE是正五边形,
∴ ∠A=$\frac{(5-2)×180°}{5}$=108°.
∵ 正五边形的边AB,AE与⊙O分别相切于点M,N,
∴ ∠OMA=∠ONA=90°,
∴ ∠MON=360°-90°-90°-108°=72°,
∴ ∠MQN=$\frac{1}{2}$∠MON=36°.
∵ 四边形PMQN是⊙O内接四边形,
∴ ∠MPN+∠MQN=180°,
∴ ∠MPN=180°-∠MQN=144°.
解析
【分析】要解决本题，需结合正五边形的内角性质、切线的性质、圆周角定理及圆内接四边形的性质逐步推导：先计算正五边形的内角$∠ A$，利用切线性质得到直角，求出圆心角$∠ MON$；再通过圆周角定理得到优弧对应的圆周角$∠ MQN$，最后利用圆内接四边形对角互补的性质求出$∠ MPN$。
【解析】
1. 计算正五边形的内角：正五边形$ABCDE$的内角和为$(5-2)×180°=540°$，因此每个内角$∠ A=\frac{540°}{5}=108°$。
2. 利用切线性质：因为$AB$、$AE$分别与$\odot O$相切于点$M$、$N$，根据切线的性质，切线与过切点的半径垂直，所以$∠ OMA=∠ ONA=90°$。
3. 求圆心角$∠ MON$：在四边形$AMON$中，内角和为$360°$，因此$∠ MON=360°-∠ A-∠ OMA-∠ ONA=360°-108°-90°-90°=72°$。
4. 求圆周角$∠ MQN$：在优弧$\overset{\frown}{MN}$上取点$Q$，连接$QM$、$QN$，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，所以$∠ MQN=\frac{1}{2}∠ MON=\frac{1}{2}×72°=36°$。
5. 求$∠ MPN$：四边形$PMQN$是$\odot O$的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补，得$∠ MPN+∠ MQN=180°$，因此$∠ MPN=180°-36°=144°$。
【答案】144°
【知识点】正多边形内角、切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质
【点评】本题综合考查多个几何知识点，解题关键是熟练运用各定理理清角的关系，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 计算正五边形的内角：正五边形$ABCDE$的内角和为$(5-2)×180°=540°$，因此每个内角$∠ A=\frac{540°}{5}=108°$。
2. 利用切线性质：因为$AB$、$AE$分别与$\odot O$相切于点$M$、$N$，根据切线的性质，切线与过切点的半径垂直，所以$∠ OMA=∠ ONA=90°$。
3. 求圆心角$∠ MON$：在四边形$AMON$中，内角和为$360°$，因此$∠ MON=360°-∠ A-∠ OMA-∠ ONA=360°-108°-90°-90°=72°$。
4. 求圆周角$∠ MQN$：在优弧$\overset{\frown}{MN}$上取点$Q$，连接$QM$、$QN$，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，所以$∠ MQN=\frac{1}{2}∠ MON=\frac{1}{2}×72°=36°$。
5. 求$∠ MPN$：四边形$PMQN$是$\odot O$的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补，得$∠ MPN+∠ MQN=180°$，因此$∠ MPN=180°-36°=144°$。
【答案】144°
【知识点】正多边形内角、切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质
【点评】本题综合考查多个几何知识点，解题关键是熟练运用各定理理清角的关系，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.5
11. (2025·泰州模拟)如图①,在菱形$ABCD$中,
$∠ A=60°$,$AB=4$,$\odot O$是$△ ABD$的外接圆,$E$是$\overset{\frown}{BD}$上一动点,连接$DE$并延长交$BC$于$M$,连接$BE$并延长交$CD$于$N$.
(1)求证:$CB$是$\odot O$的切线;
(2)如图②,当$E$是$\overset{\frown}{BD}$中点时,求图中阴影部分面积.
$∠ A=60°$,$AB=4$,$\odot O$是$△ ABD$的外接圆,$E$是$\overset{\frown}{BD}$上一动点,连接$DE$并延长交$BC$于$M$,连接$BE$并延长交$CD$于$N$.
(1)求证:$CB$是$\odot O$的切线;
(2)如图②,当$E$是$\overset{\frown}{BD}$中点时,求图中阴影部分面积.
答案
11. (1)如图
①,连接OB,∵ 四边形ABCD是菱形,∠A=60°,
∴ AB=BC=CD=AD,∠C=∠A=60°,
∴ △ABD,△BCD是等边三角形,
∴ ∠ABD=∠CBD=60°.
∵ ⊙O是△ABD的外接圆,
∴ OB垂直平分AD,
∴ ∠OBD=$\frac{1}{2}$∠ABD=30°,
∴ ∠CBO=∠OBD+∠CBD=90°,即OB⊥BC.
∵ OB是⊙O的半径,
∴ CB是⊙O的切线.
(2)如图
②,连接OD,OE,OB,设OE交BD于点F,由(1)得△ABD是等边三角形,AB=4,∴ BD=AB=4.
∵ E是$\overset{\frown}{BD}$中点,
∴ $\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{BE}$,OE⊥BD,DF=BF=$\frac{1}{2}$BD=2,
∴ ∠BOE=$\frac{1}{2}$∠BOD.
∵ ∠A=60°,
∴ ∠BOD=2∠A=120°,
∴ ∠BOE=60°,则∠OBF=30°,OB=2OF,由勾股定理可得OB=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$,
∴ OE=OB=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$,
∴ S四边形OBED=$\frac{1}{2}$OE×BD=$\frac{1}{2}$×$\frac{4\sqrt{3}}{3}$×4=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$,
∴ 图中阴影部分面积为S扇形BOD - S四边形OBED = $\frac{120π×( \frac{4\sqrt{3}}{3} )^2}{360}$ - $\frac{8\sqrt{3}}{3}$ = $\frac{16π}{9}$ - $\frac{8\sqrt{3}}{3}$.
解析
【分析】
要证明CB是⊙O的切线，需连接OB，利用菱形性质和∠A=60°推出△ABD、△BCD为等边三角形，结合△ABD外接圆的圆心O的性质，计算∠CBO=90°，从而证得切线；求阴影面积时，利用E是弧BD中点的条件，结合圆周角定理求出圆心角，再通过扇形面积与四边形面积的差计算阴影面积。
【解析】
(1) 证明：连接OB，
∵ 四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴ AB=BC=CD=AD，∠C=∠A=60°，
∴ △ABD和△BCD都是等边三角形，
∴ ∠ABD=∠CBD=60°。
∵ ⊙O是△ABD的外接圆，
∴ O为△ABD的外心，OB平分∠ABD，
∴ ∠OBD = $\frac{1}{2}$∠ABD = 30°，
∴ ∠CBO = ∠OBD + ∠CBD = 30° + 60° = 90°，即OB⊥BC。
又
∵ OB是⊙O的半径，
∴ CB是⊙O的切线。
(2) 解：连接OD，OE，OB，设OE交BD于点F，
由(1)知△ABD是等边三角形，AB=4，
∴ BD=AB=4。
∵ E是$\overset{\frown}{BD}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{BE}$，OE⊥BD，DF=BF=$\frac{1}{2}$BD=2，
∴ ∠BOE = $\frac{1}{2}$∠BOD。
∵ ∠A=60°，根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，
∴ ∠BOD=2∠A=120°，
∴ ∠BOE=60°。
在Rt△OBF中，∠OBF=30°，设OF=x，则OB=2x，由勾股定理：
$(2x)^2 = x^2 + 2^2$，解得$x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，故OB=2x=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
扇形BOD的面积：$S_{扇形BOD}=\frac{120π × (\frac{4\sqrt{3}}{3})^2}{360}=\frac{16π}{9}$，
四边形OBED的面积：$S_{四边形OBED}=\frac{1}{2} × OE × BD=\frac{1}{2} × \frac{4\sqrt{3}}{3} ×4=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
∴ 阴影部分面积：$S_{阴影}=S_{扇形BOD}-S_{四边形OBED}=\frac{16π}{9}-\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{16π}{9} - \frac{8\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
切线的判定、菱形的性质、扇形面积计算
【点评】
本题综合考查菱形、圆的相关性质，第(1)问需掌握切线的判定方法，第(2)问利用割补法计算阴影面积，需熟练运用圆周角定理、扇形面积公式，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
要证明CB是⊙O的切线，需连接OB，利用菱形性质和∠A=60°推出△ABD、△BCD为等边三角形，结合△ABD外接圆的圆心O的性质，计算∠CBO=90°，从而证得切线；求阴影面积时，利用E是弧BD中点的条件，结合圆周角定理求出圆心角，再通过扇形面积与四边形面积的差计算阴影面积。
【解析】
(1) 证明：连接OB，
∵ 四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴ AB=BC=CD=AD，∠C=∠A=60°，
∴ △ABD和△BCD都是等边三角形，
∴ ∠ABD=∠CBD=60°。
∵ ⊙O是△ABD的外接圆，
∴ O为△ABD的外心，OB平分∠ABD，
∴ ∠OBD = $\frac{1}{2}$∠ABD = 30°，
∴ ∠CBO = ∠OBD + ∠CBD = 30° + 60° = 90°，即OB⊥BC。
又
∵ OB是⊙O的半径，
∴ CB是⊙O的切线。
(2) 解：连接OD，OE，OB，设OE交BD于点F，
由(1)知△ABD是等边三角形，AB=4，
∴ BD=AB=4。
∵ E是$\overset{\frown}{BD}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{BE}$，OE⊥BD，DF=BF=$\frac{1}{2}$BD=2，
∴ ∠BOE = $\frac{1}{2}$∠BOD。
∵ ∠A=60°，根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，
∴ ∠BOD=2∠A=120°，
∴ ∠BOE=60°。
在Rt△OBF中，∠OBF=30°，设OF=x，则OB=2x，由勾股定理：
$(2x)^2 = x^2 + 2^2$，解得$x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，故OB=2x=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
扇形BOD的面积：$S_{扇形BOD}=\frac{120π × (\frac{4\sqrt{3}}{3})^2}{360}=\frac{16π}{9}$，
四边形OBED的面积：$S_{四边形OBED}=\frac{1}{2} × OE × BD=\frac{1}{2} × \frac{4\sqrt{3}}{3} ×4=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
∴ 阴影部分面积：$S_{阴影}=S_{扇形BOD}-S_{四边形OBED}=\frac{16π}{9}-\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{16π}{9} - \frac{8\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
切线的判定、菱形的性质、扇形面积计算
【点评】
本题综合考查菱形、圆的相关性质，第(1)问需掌握切线的判定方法，第(2)问利用割补法计算阴影面积，需熟练运用圆周角定理、扇形面积公式，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
