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22.(8分)如图,⊙O是地球的示意图,直径AB表示赤道,弦CD,EF分别表示北回归线和南回归线,且∠DOB=∠FOB=23.5°(即点D,F分别位于北纬23.5°和南纬23.5°).夏至日正午,北回归线上的点D恰好迎来太阳直射,此时太阳光线GD所在直线经过球心O.过南回归线上的点F作光线HF平行于GD.过点F作直线FI,使得∠IFH=43°.
(1)求证:直线FI是⊙O的切线;
(2)若地球半径约为6 400 km,求$\overset{\frown}{DF}$的长.(结果保留π)
第22小题图
(1)求证:直线FI是⊙O的切线;
(2)若地球半径约为6 400 km,求$\overset{\frown}{DF}$的长.(结果保留π)
第22小题图
答案
(1) 证明：
∵ $HF // GD$，且直线$GD$过球心$O$，即$OD // HF$，
∴ $∠ DOF = ∠ OFH$。
∵ $∠ DOB = ∠ FOB = 23.5°$，
∴ $∠ DOF = ∠ DOB + ∠ FOB = 23.5° + 23.5° = 47°$，
∴ $∠ OFH = 47°$。
又∵ $∠ IFH = 43°$，
∴ $∠ OFI = ∠ OFH + ∠ IFH = 47° + 43° = 90°$，即 $OF ⊥ FI$。
∵ $OF$是$\odot O$的半径，
∴ 直线$FI$是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：
已知地球半径$R = 6400\ \mathrm{km}$，圆心角$∠ DOF = 47°$，根据弧长公式$l = \dfrac{nπ R}{180}$：
$l_{\overset{\frown}{DF}} = \frac{47 × π × 6400}{180} = \frac{15040π}{9}\ (\mathrm{km})$
答：$\overset{\frown}{DF}$的长为$\dfrac{15040π}{9}\ \mathrm{km}$。
∵ $HF // GD$，且直线$GD$过球心$O$，即$OD // HF$，
∴ $∠ DOF = ∠ OFH$。
∵ $∠ DOB = ∠ FOB = 23.5°$，
∴ $∠ DOF = ∠ DOB + ∠ FOB = 23.5° + 23.5° = 47°$，
∴ $∠ OFH = 47°$。
又∵ $∠ IFH = 43°$，
∴ $∠ OFI = ∠ OFH + ∠ IFH = 47° + 43° = 90°$，即 $OF ⊥ FI$。
∵ $OF$是$\odot O$的半径，
∴ 直线$FI$是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：
已知地球半径$R = 6400\ \mathrm{km}$，圆心角$∠ DOF = 47°$，根据弧长公式$l = \dfrac{nπ R}{180}$：
$l_{\overset{\frown}{DF}} = \frac{47 × π × 6400}{180} = \frac{15040π}{9}\ (\mathrm{km})$
答：$\overset{\frown}{DF}$的长为$\dfrac{15040π}{9}\ \mathrm{km}$。
解析
【分析】
(1) 要证直线FI是⊙O的切线，根据切线的判定定理，只需证明FI垂直于过切点F的半径OF即可。首先利用平行线的性质得到∠OFH与∠DOF相等，再结合已知的∠DOB、∠FOB的度数求出∠DOF的大小，进而得到∠OFH的度数，最后结合∠IFH的度数计算出∠OFI的度数，判断是否为90°即可完成证明。
(2) 求$\overset{\frown}{DF}$的长可直接使用弧长公式，首先确定$\overset{\frown}{DF}$对应的圆心角∠DOF的度数，再代入地球半径的值到弧长公式中计算即可得到结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ $HF // GD$，且直线$GD$过球心$O$，即$OD // HF$，
∴ $∠ DOF = ∠ OFH$。
∵ $∠ DOB = ∠ FOB = 23.5°$，
∴ $∠ DOF = ∠ DOB + ∠ FOB = 23.5° + 23.5° = 47°$，
∴ $∠ OFH = 47°$。
又
∵ $∠ IFH = 43°$，
∴ $∠ OFI = ∠ OFH + ∠ IFH = 47° + 43° = 90°$，即 $OF ⊥ FI$。
∵ $OF$是$\odot O$的半径，
∴ 直线$FI$是$\odot O$的切线。
(2) 解：
已知地球半径$R = 6400\ \mathrm{km}$，圆心角$∠ DOF = 47°$，根据弧长公式$l = \dfrac{nπ R}{180}$：
$l_{\overset{\frown}{DF}} = \frac{47 × π × 6400}{180} = \frac{15040π}{9}\ (\mathrm{km})$
【答案】
(1) 直线FI是$\odot O$的切线；(2) $\dfrac{15040π}{9}\ \mathrm{km}$
【知识点】
切线的判定；平行线的性质；弧长计算
【点评】
本题结合生活实际背景考查圆的相关知识，既需要学生掌握切线判定的核心思路，也要求学生熟练运用弧长公式计算，题目难度不大，注重对基础知识和应用能力的考查。
【难度系数】
0.7
(1) 要证直线FI是⊙O的切线，根据切线的判定定理，只需证明FI垂直于过切点F的半径OF即可。首先利用平行线的性质得到∠OFH与∠DOF相等，再结合已知的∠DOB、∠FOB的度数求出∠DOF的大小，进而得到∠OFH的度数，最后结合∠IFH的度数计算出∠OFI的度数，判断是否为90°即可完成证明。
(2) 求$\overset{\frown}{DF}$的长可直接使用弧长公式，首先确定$\overset{\frown}{DF}$对应的圆心角∠DOF的度数，再代入地球半径的值到弧长公式中计算即可得到结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ $HF // GD$，且直线$GD$过球心$O$，即$OD // HF$，
∴ $∠ DOF = ∠ OFH$。
∵ $∠ DOB = ∠ FOB = 23.5°$，
∴ $∠ DOF = ∠ DOB + ∠ FOB = 23.5° + 23.5° = 47°$，
∴ $∠ OFH = 47°$。
又
∵ $∠ IFH = 43°$，
∴ $∠ OFI = ∠ OFH + ∠ IFH = 47° + 43° = 90°$，即 $OF ⊥ FI$。
∵ $OF$是$\odot O$的半径，
∴ 直线$FI$是$\odot O$的切线。
(2) 解：
已知地球半径$R = 6400\ \mathrm{km}$，圆心角$∠ DOF = 47°$，根据弧长公式$l = \dfrac{nπ R}{180}$：
$l_{\overset{\frown}{DF}} = \frac{47 × π × 6400}{180} = \frac{15040π}{9}\ (\mathrm{km})$
【答案】
(1) 直线FI是$\odot O$的切线；(2) $\dfrac{15040π}{9}\ \mathrm{km}$
【知识点】
切线的判定；平行线的性质；弧长计算
【点评】
本题结合生活实际背景考查圆的相关知识，既需要学生掌握切线判定的核心思路，也要求学生熟练运用弧长公式计算，题目难度不大，注重对基础知识和应用能力的考查。
【难度系数】
0.7
23.(9分)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠BAC的角平分线AD交BC边于点D.以AB上某一点O为圆心作⊙O,使⊙O经过点A和点D.
(1)判断直线BC与⊙O的位置关系,并说明理由;
(2)若AC=3,∠B=30°.
①求⊙O的半径;
②设⊙O与AB边的另一个交点为E,求阴影部分的面积.(结果保留根号和π)
(1)判断直线BC与⊙O的位置关系,并说明理由;
(2)若AC=3,∠B=30°.
①求⊙O的半径;
②设⊙O与AB边的另一个交点为E,求阴影部分的面积.(结果保留根号和π)
答案
解析
【分析】
(1)判断直线与圆的位置关系优先用切线判定定理，连接圆心O和交点D，通过角平分线性质、等腰三角形等边对等角推出OD//AC，结合∠C=90°可证OD⊥BC，即可判定BC与⊙O相切。
(2)①先利用含30°角的直角三角形性质求出AB的长度，设半径为r，用r表示OB的长度，再在Rt△ODB中根据30°角所对直角边等于斜边的一半列方程，即可求解半径。
②阴影部分为不规则图形，采用割补法，用Rt△ODB的面积减去扇形ODE的面积即可，分别计算两个图形面积作差得到结果。
【解析】
(1)直线BC与⊙O相切，理由如下：
连接OD，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD=∠OAD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD//AC，
∵∠C=90°，
∴AC⊥BC，
∴OD⊥BC，
又
∵OD是⊙O的半径，
∴直线BC与⊙O相切。
(2)①在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=3，
∴AB=2AC=6，
设⊙O的半径为r，则OA=OD=r，OB=AB-OA=6-r，
在Rt△ODB中，∠ODB=90°，∠B=30°，
∴OD=$\frac{1}{2}$OB，即$r=\frac{1}{2}(6-r)$，
解得r=2，即⊙O的半径为2。
②由①知OD=2，OB=6-2=4，
在Rt△ODB中，$BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
∴$S_{△ ODB}=\frac{1}{2}× OD× BD=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，
∵∠B=30°，∠ODB=90°，
∴∠DOB=180°-90°-30°=60°，
∴$S_{扇形ODE}=\frac{60°}{360°}×π× r^2=\frac{1}{6}×π×2^2=\frac{2π}{3}$，
∴$S_{阴影}=S_{△ ODB}-S_{扇形ODE}=2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$。
【答案】
(1)直线BC与⊙O相切；
(2)①⊙O的半径为$\boxed{2}$；②阴影部分的面积为$\boxed{2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}}$。
【知识点】
切线的判定；含30°角的直角三角形性质；扇形面积计算
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的综合题，解题关键是合理添加辅助线证明切线，灵活运用特殊直角三角形的性质和割补法计算不规则图形面积，是几何部分的典型常考题型。
【难度系数】
0.65
(1)判断直线与圆的位置关系优先用切线判定定理，连接圆心O和交点D，通过角平分线性质、等腰三角形等边对等角推出OD//AC，结合∠C=90°可证OD⊥BC，即可判定BC与⊙O相切。
(2)①先利用含30°角的直角三角形性质求出AB的长度，设半径为r，用r表示OB的长度，再在Rt△ODB中根据30°角所对直角边等于斜边的一半列方程，即可求解半径。
②阴影部分为不规则图形，采用割补法，用Rt△ODB的面积减去扇形ODE的面积即可，分别计算两个图形面积作差得到结果。
【解析】
(1)直线BC与⊙O相切，理由如下：
连接OD，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD=∠OAD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD//AC，
∵∠C=90°，
∴AC⊥BC，
∴OD⊥BC，
又
∵OD是⊙O的半径，
∴直线BC与⊙O相切。
(2)①在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=3，
∴AB=2AC=6，
设⊙O的半径为r，则OA=OD=r，OB=AB-OA=6-r，
在Rt△ODB中，∠ODB=90°，∠B=30°，
∴OD=$\frac{1}{2}$OB，即$r=\frac{1}{2}(6-r)$，
解得r=2，即⊙O的半径为2。
②由①知OD=2，OB=6-2=4，
在Rt△ODB中，$BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
∴$S_{△ ODB}=\frac{1}{2}× OD× BD=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，
∵∠B=30°，∠ODB=90°，
∴∠DOB=180°-90°-30°=60°，
∴$S_{扇形ODE}=\frac{60°}{360°}×π× r^2=\frac{1}{6}×π×2^2=\frac{2π}{3}$，
∴$S_{阴影}=S_{△ ODB}-S_{扇形ODE}=2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$。
【答案】
(1)直线BC与⊙O相切；
(2)①⊙O的半径为$\boxed{2}$；②阴影部分的面积为$\boxed{2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}}$。
【知识点】
切线的判定；含30°角的直角三角形性质；扇形面积计算
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的综合题，解题关键是合理添加辅助线证明切线，灵活运用特殊直角三角形的性质和割补法计算不规则图形面积，是几何部分的典型常考题型。
【难度系数】
0.65
24.(12分)在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，点O在AC上，以OC为半径的圆交AB于点D，交AC于点E，且$BD=BC$.
(1)求证：AB是$\odot O$的切线；
(2)连接OB，交$\odot O$于点F，若$AD=\sqrt{3}$，$AE=1$，求$\overset{\frown}{CF}$的长.
(1)求证：AB是$\odot O$的切线；
(2)连接OB，交$\odot O$于点F，若$AD=\sqrt{3}$，$AE=1$，求$\overset{\frown}{CF}$的长.
答案
(1) 证明：
连接OD。
∵ $OD=OC$，$BD=BC$，$OB=OB$，
∴ $△ ODB ≌ △ OCB$（SSS）。
∴ $∠ ODB = ∠ OCB = 90°$，即$OD ⊥ AB$。
又∵ $OD$是$\odot O$的半径，
∴ $AB$是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OC=r$，$AO=AE+EO=1+r$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，由勾股定理得：
$AD^2 + OD^2 = AO^2$
代入$AD=\sqrt{3}$，得：
$(\sqrt{3})^2 + r^2 = (1+r)^2$
化简得$3 + r^2 = 1 + 2r + r^2$，解得$r=1$。
∴ $AO=2$，$OD=1$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$\sin A = \frac{OD}{AO} = \frac{1}{2}$，
∴ $∠ A=30°$，
∴ $∠ ABC = 90° - ∠ A = 60°$。
∵ $BD=BC$，$OB$为公共边，
∴ $OB$平分$∠ ABC$，即$∠ OBC = \frac{1}{2}∠ ABC = 30°$。
在$\mathrm{Rt}△ OCB$中，$∠ BOC = 90° - ∠ OBC = 60°$。
由弧长公式，得$\overset{\frown}{CF}$的长为：
$l_{\overset{\frown}{CF}} = \frac{60π × 1}{180} = \frac{π}{3}$
最终结论：$\overset{\frown}{CF}$的长为$\boldsymbol{\frac{π}{3}}$。
连接OD。
∵ $OD=OC$，$BD=BC$，$OB=OB$，
∴ $△ ODB ≌ △ OCB$（SSS）。
∴ $∠ ODB = ∠ OCB = 90°$，即$OD ⊥ AB$。
又∵ $OD$是$\odot O$的半径，
∴ $AB$是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OC=r$，$AO=AE+EO=1+r$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，由勾股定理得：
$AD^2 + OD^2 = AO^2$
代入$AD=\sqrt{3}$，得：
$(\sqrt{3})^2 + r^2 = (1+r)^2$
化简得$3 + r^2 = 1 + 2r + r^2$，解得$r=1$。
∴ $AO=2$，$OD=1$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$\sin A = \frac{OD}{AO} = \frac{1}{2}$，
∴ $∠ A=30°$，
∴ $∠ ABC = 90° - ∠ A = 60°$。
∵ $BD=BC$，$OB$为公共边，
∴ $OB$平分$∠ ABC$，即$∠ OBC = \frac{1}{2}∠ ABC = 30°$。
在$\mathrm{Rt}△ OCB$中，$∠ BOC = 90° - ∠ OBC = 60°$。
由弧长公式，得$\overset{\frown}{CF}$的长为：
$l_{\overset{\frown}{CF}} = \frac{60π × 1}{180} = \frac{π}{3}$
最终结论：$\overset{\frown}{CF}$的长为$\boldsymbol{\frac{π}{3}}$。
解析
【分析】
(1) 要证明AB是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AB垂直于$\odot O$的半径，已知D在圆上，因此连接OD，只需证$OD⊥AB$即可。结合已知条件$BD=BC$、$OD=OC$、OB为公共边，可通过SSS证明$△ ODB≌△ OCB$，得到$∠ODB=∠OCB=90°$，即可完成证明。
(2) 要求$\overset{\frown}{CF}$的长，需先求出$\odot O$的半径和$\overset{\frown}{CF}$对应的圆心角度数。首先设半径为r，在$Rt△ ADO$中利用勾股定理列方程求出r；再通过直角三角形边角关系求出$∠A$的度数，进而得到$∠ABC$的度数，结合全等性质可知OB平分$∠ABC$，求出圆心角$∠BOC$的度数后，代入弧长公式即可计算结果。
【解析】
(1) 证明：
连接OD。
∵ $OD=OC$（同圆半径相等），$BD=BC$（已知），$OB=OB$（公共边），
∴ $△ ODB ≌ △ OCB$（SSS）。
∴ $∠ODB = ∠OCB = 90°$，即$OD ⊥ AB$。
又
∵ $OD$是$\odot O$的半径，
∴ $AB$是$\odot O$的切线。
(2) 解：
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OC=r$，$AO=AE+EO=1+r$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，由勾股定理得：
$AD^2 + OD^2 = AO^2$
代入$AD=\sqrt{3}$，得：
$(\sqrt{3})^2 + r^2 = (1+r)^2$
化简得$3 + r^2 = 1 + 2r + r^2$，解得$r=1$。
∴ $AO=2$，$OD=1$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$\sin A = \frac{OD}{AO} = \frac{1}{2}$，
∴ $∠A=30°$，
∴ $∠ ABC = 90° - ∠ A = 60°$。
∵ $△ ODB≌△ OCB$，
∴ $OB$平分$∠ ABC$，即$∠ OBC = \frac{1}{2}∠ ABC = 30°$。
在$\mathrm{Rt}△ OCB$中，$∠ BOC = 90° - ∠ OBC = 60°$，即$\overset{\frown}{CF}$对应的圆心角为$60°$。
由弧长公式$l=\frac{nπr}{180}$（$n$为圆心角度数，$r$为半径），得$\overset{\frown}{CF}$的长为：
$l_{\overset{\frown}{CF}} = \frac{60π × 1}{180} = \frac{π}{3}$
【答案】
(1) AB是$\odot O$的切线，证明成立；
(2) $\overset{\frown}{CF}$的长为$\boldsymbol{\frac{π}{3}}$。
【知识点】
切线的判定；勾股定理；弧长计算
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的综合题型，考查了全等三角形的判定与性质、切线判定、勾股定理、锐角三角函数、弧长公式等多个知识点，解题的关键是正确作出辅助线，灵活运用方程思想求解半径，熟练掌握相关定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明AB是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AB垂直于$\odot O$的半径，已知D在圆上，因此连接OD，只需证$OD⊥AB$即可。结合已知条件$BD=BC$、$OD=OC$、OB为公共边，可通过SSS证明$△ ODB≌△ OCB$，得到$∠ODB=∠OCB=90°$，即可完成证明。
(2) 要求$\overset{\frown}{CF}$的长，需先求出$\odot O$的半径和$\overset{\frown}{CF}$对应的圆心角度数。首先设半径为r，在$Rt△ ADO$中利用勾股定理列方程求出r；再通过直角三角形边角关系求出$∠A$的度数，进而得到$∠ABC$的度数，结合全等性质可知OB平分$∠ABC$，求出圆心角$∠BOC$的度数后，代入弧长公式即可计算结果。
【解析】
(1) 证明：
连接OD。
∵ $OD=OC$（同圆半径相等），$BD=BC$（已知），$OB=OB$（公共边），
∴ $△ ODB ≌ △ OCB$（SSS）。
∴ $∠ODB = ∠OCB = 90°$，即$OD ⊥ AB$。
又
∵ $OD$是$\odot O$的半径，
∴ $AB$是$\odot O$的切线。
(2) 解：
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OC=r$，$AO=AE+EO=1+r$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，由勾股定理得：
$AD^2 + OD^2 = AO^2$
代入$AD=\sqrt{3}$，得：
$(\sqrt{3})^2 + r^2 = (1+r)^2$
化简得$3 + r^2 = 1 + 2r + r^2$，解得$r=1$。
∴ $AO=2$，$OD=1$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$\sin A = \frac{OD}{AO} = \frac{1}{2}$，
∴ $∠A=30°$，
∴ $∠ ABC = 90° - ∠ A = 60°$。
∵ $△ ODB≌△ OCB$，
∴ $OB$平分$∠ ABC$，即$∠ OBC = \frac{1}{2}∠ ABC = 30°$。
在$\mathrm{Rt}△ OCB$中，$∠ BOC = 90° - ∠ OBC = 60°$，即$\overset{\frown}{CF}$对应的圆心角为$60°$。
由弧长公式$l=\frac{nπr}{180}$（$n$为圆心角度数，$r$为半径），得$\overset{\frown}{CF}$的长为：
$l_{\overset{\frown}{CF}} = \frac{60π × 1}{180} = \frac{π}{3}$
【答案】
(1) AB是$\odot O$的切线，证明成立；
(2) $\overset{\frown}{CF}$的长为$\boldsymbol{\frac{π}{3}}$。
【知识点】
切线的判定；勾股定理；弧长计算
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的综合题型，考查了全等三角形的判定与性质、切线判定、勾股定理、锐角三角函数、弧长公式等多个知识点，解题的关键是正确作出辅助线，灵活运用方程思想求解半径，熟练掌握相关定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.6
