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11 如图,AD 是$\odot O$的弦,AB 经过圆心O交$\odot O$于点C,$∠ A=∠ B=30°.$
(1) 求证:BD 是$\odot O$的切线;
(2) 若$AB=3$,求涂色部分的面积.
(1) 求证:BD 是$\odot O$的切线;
(2) 若$AB=3$,求涂色部分的面积.
答案
11. （1）连接 $OD$. $\because OD = OA$, $\therefore ∠ ODA = ∠ A = 30°$.
$\therefore ∠ DOB=∠ ODA+∠ A=60°$. $\therefore ∠ ODB=180°-∠ DOB-∠ B=180°-60°-30°=90°$,即 $OD⊥ BD$. $\because OD$ 是$\odot O$ 的半径,$\therefore BD$ 是$\odot O$ 的切线
（2）$\because OD⊥ BD$,$∠ B = 30°$, $\therefore OB=2OD$. $\because AB=3$,$OA=OD$,$\therefore AB=OA+OB=3OD=3$. $\therefore OD=1$,$OB=2$. $\therefore BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{3}$. $\therefore$ 涂色部分的面积$=S_{△ BDO}-S_{\mathrm{扇形}ODC}=\dfrac{1}{2}×1×\sqrt{3}-\dfrac{60π×1^2}{360}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{6}π$
$\therefore ∠ DOB=∠ ODA+∠ A=60°$. $\therefore ∠ ODB=180°-∠ DOB-∠ B=180°-60°-30°=90°$,即 $OD⊥ BD$. $\because OD$ 是$\odot O$ 的半径,$\therefore BD$ 是$\odot O$ 的切线
（2）$\because OD⊥ BD$,$∠ B = 30°$, $\therefore OB=2OD$. $\because AB=3$,$OA=OD$,$\therefore AB=OA+OB=3OD=3$. $\therefore OD=1$,$OB=2$. $\therefore BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{3}$. $\therefore$ 涂色部分的面积$=S_{△ BDO}-S_{\mathrm{扇形}ODC}=\dfrac{1}{2}×1×\sqrt{3}-\dfrac{60π×1^2}{360}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{6}π$
解析
【分析】
（1）要证明BD是⊙O的切线，需连接半径OD，通过等腰三角形性质和三角形内角和，证明OD与BD垂直，结合切线判定定理完成证明；（2）求涂色部分面积，需用直角三角形BDO的面积减去扇形ODC的面积，先利用30°直角三角形性质和AB的长度求出半径OD，再分别计算三角形和扇形的面积，最后作差得到结果。
【解析】
（1）证明：连接OD。
∵ OD = OA（⊙O的半径相等），
∴ ∠ODA = ∠A = 30°，
∴ ∠DOB = ∠ODA + ∠A = 30° + 30° = 60°（三角形外角性质）。
在△ODB中，∠ODB = 180° - ∠DOB - ∠B = 180° - 60° - 30° = 90°，即OD⊥BD。
又
∵ OD是⊙O的半径，
∴ BD是⊙O的切线（切线判定定理）。
（2）解：由（1）知OD⊥BD，在Rt△ODB中，∠B=30°，
∴ OB = 2OD（30°角所对直角边是斜边的一半）。
∵ OA = OD，AB = OA + OB = 3，
∴ AB = OD + 2OD = 3OD = 3，解得OD=1，
则OB=2OD=2，由勾股定理得BD=√(OB² - OD²)=√(2² - 1²)=√3。
涂色部分面积 = S△BDO - S扇形ODC，
S△BDO = 1/2 × OD × BD = 1/2 ×1×√3 = √3/2，
扇形ODC的圆心角∠DOB=60°，半径OD=1，
S扇形ODC = (60°/360°)×π×1² = π/6，
因此涂色部分面积 = √3/2 - π/6。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{6}π$
【知识点】
切线的判定、扇形面积计算、直角三角形性质
【点评】
本题综合考查圆的切线判定与阴影面积计算，核心是添加辅助线OD，利用等腰三角形、直角三角形的性质推导角度和边长，需熟练掌握相关定理公式，属于初中几何常规中档题。
【难度系数】
0.6
（1）要证明BD是⊙O的切线，需连接半径OD，通过等腰三角形性质和三角形内角和，证明OD与BD垂直，结合切线判定定理完成证明；（2）求涂色部分面积，需用直角三角形BDO的面积减去扇形ODC的面积，先利用30°直角三角形性质和AB的长度求出半径OD，再分别计算三角形和扇形的面积，最后作差得到结果。
【解析】
（1）证明：连接OD。
∵ OD = OA（⊙O的半径相等），
∴ ∠ODA = ∠A = 30°，
∴ ∠DOB = ∠ODA + ∠A = 30° + 30° = 60°（三角形外角性质）。
在△ODB中，∠ODB = 180° - ∠DOB - ∠B = 180° - 60° - 30° = 90°，即OD⊥BD。
又
∵ OD是⊙O的半径，
∴ BD是⊙O的切线（切线判定定理）。
（2）解：由（1）知OD⊥BD，在Rt△ODB中，∠B=30°，
∴ OB = 2OD（30°角所对直角边是斜边的一半）。
∵ OA = OD，AB = OA + OB = 3，
∴ AB = OD + 2OD = 3OD = 3，解得OD=1，
则OB=2OD=2，由勾股定理得BD=√(OB² - OD²)=√(2² - 1²)=√3。
涂色部分面积 = S△BDO - S扇形ODC，
S△BDO = 1/2 × OD × BD = 1/2 ×1×√3 = √3/2，
扇形ODC的圆心角∠DOB=60°，半径OD=1，
S扇形ODC = (60°/360°)×π×1² = π/6，
因此涂色部分面积 = √3/2 - π/6。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{6}π$
【知识点】
切线的判定、扇形面积计算、直角三角形性质
【点评】
本题综合考查圆的切线判定与阴影面积计算，核心是添加辅助线OD，利用等腰三角形、直角三角形的性质推导角度和边长，需熟练掌握相关定理公式，属于初中几何常规中档题。
【难度系数】
0.6
12 [2025 湖北]如图,$\odot O$ 是$△ ABC$ 的外接圆,$∠ BAC=45°$. 过点 $O$ 作 $DF⊥ AB$,垂足为 $E$,交 $AC$ 于点 $D$,交$\odot O$ 于点 $F$. 过点 $F$ 作$\odot O$ 的切线,交 $CA$ 的延长线于点 $G$.
(1) 求证:$FD=FG$;
(2) 若 $AB=12,FG=10$,求$\odot O$ 的半径.
(1) 求证:$FD=FG$;
(2) 若 $AB=12,FG=10$,求$\odot O$ 的半径.
答案
12. （1）$\because DF⊥ AB$,$GF$ 是$\odot O$ 的切线,即 $DF⊥ GF$,$\therefore AB// GF$. $\therefore ∠ BAC = ∠ G = 45°$. $\therefore ∠ FDG = 90° - 45° = 45°$,即$△ DFG$ 是等腰直角三角形. $\therefore FD = FG$
（2）$\because DF⊥ AB$, $\therefore AE=BE=\dfrac{1}{2}AB=6$. $\because ∠ BAC=45°$,$\therefore ∠ ADE=90°-45°=45°$,即$△ ADE$ 是等腰直角三角形. $\therefore EA=ED=6$. 由(1),得 $FD=FG=10$,$\therefore EF=DF-DE=10-6=4$. 连接 $OA$. 设 $OE=x$,则 $OF=OE+EF=x+4=OA$. 在 $\mathrm{Rt}△ AOE$ 中,$OA^2=AE^2+OE^2$,$\therefore (x+4)^2=6^2+x^2$,解得 $x=\dfrac{5}{2}$. $\therefore OA=x+4=\dfrac{5}{2}+4=\dfrac{13}{2}$,即$\odot O$ 的半径为$\dfrac{13}{2}$
（2）$\because DF⊥ AB$, $\therefore AE=BE=\dfrac{1}{2}AB=6$. $\because ∠ BAC=45°$,$\therefore ∠ ADE=90°-45°=45°$,即$△ ADE$ 是等腰直角三角形. $\therefore EA=ED=6$. 由(1),得 $FD=FG=10$,$\therefore EF=DF-DE=10-6=4$. 连接 $OA$. 设 $OE=x$,则 $OF=OE+EF=x+4=OA$. 在 $\mathrm{Rt}△ AOE$ 中,$OA^2=AE^2+OE^2$,$\therefore (x+4)^2=6^2+x^2$,解得 $x=\dfrac{5}{2}$. $\therefore OA=x+4=\dfrac{5}{2}+4=\dfrac{13}{2}$,即$\odot O$ 的半径为$\dfrac{13}{2}$
解析
【分析】
要解决本题，分两小问分析：
（1）需证明FD=FG，可通过推导△DFG为等腰直角三角形：利用切线性质得OF⊥GF，结合DF⊥AB推出AB//GF，得到∠G=∠BAC=45°；再由DF⊥AB、∠BAC=45°推出△ADE为等腰直角三角形，得∠FDG=45°，进而证得FD=FG。
（2）求⊙O半径，先利用垂径定理得AE=BE，结合等腰直角三角形性质算出DE，再由FD=FG得EF，连接OA后设OE为未知数，在Rt△AOE中用勾股定理列方程求解半径。
【解析】
（1）证明：
∵ GF是⊙O的切线，F为切点，
∴ OF⊥GF（切线的性质：切线垂直于过切点的半径），
又
∵ DF⊥AB，
∴ AB//GF（垂直于同一直线的两条直线平行），
∴ ∠G = ∠BAC = 45°（两直线平行，同位角相等），
∵ DF⊥AB，
∴ ∠AED=90°，
在△ADE中，∠DAE=45°，∠AED=90°，
∴ ∠ADE=90°-45°=45°，
又
∵ ∠ADE与∠FDG是对顶角，
∴ ∠FDG=∠ADE=45°，
∴ 在△DFG中，∠G=∠FDG=45°，
∴ FD=FG（等角对等边）。
（2）解：
∵ DF⊥AB，O是圆心，
∴ 根据垂径定理，AE=BE=½AB=½×12=6，
在Rt△ADE中，∠DAE=45°，∠AED=90°，
∴ △ADE是等腰直角三角形，
∴ DE=AE=6，
由（1）知FD=FG=10，
∴ EF=FD - DE=10 - 6=4，
连接OA，设OE=x，则OA=OF=OE + EF=x + 4（OF为半径，等于OA），
在Rt△AOE中，由勾股定理得：
OA² = AE² + OE²，
即 (x + 4)² = 6² + x²，
展开得：x² + 8x + 16 = 36 + x²，
化简得：8x = 20，
解得x=5/2，
∴ OA = x + 4 = 5/2 + 4 = 13/2，
即⊙O的半径为$\frac{13}{2}$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\frac{13}{2}$
【知识点】
切线的性质、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的核心性质，需熟练运用切线性质、垂径定理，结合等腰直角三角形的判定与性质，通过勾股定理建立方程求解半径，解题关键是理清线段间的关系，合理推导几何结论。
【难度系数】
0.5
要解决本题，分两小问分析：
（1）需证明FD=FG，可通过推导△DFG为等腰直角三角形：利用切线性质得OF⊥GF，结合DF⊥AB推出AB//GF，得到∠G=∠BAC=45°；再由DF⊥AB、∠BAC=45°推出△ADE为等腰直角三角形，得∠FDG=45°，进而证得FD=FG。
（2）求⊙O半径，先利用垂径定理得AE=BE，结合等腰直角三角形性质算出DE，再由FD=FG得EF，连接OA后设OE为未知数，在Rt△AOE中用勾股定理列方程求解半径。
【解析】
（1）证明：
∵ GF是⊙O的切线，F为切点，
∴ OF⊥GF（切线的性质：切线垂直于过切点的半径），
又
∵ DF⊥AB，
∴ AB//GF（垂直于同一直线的两条直线平行），
∴ ∠G = ∠BAC = 45°（两直线平行，同位角相等），
∵ DF⊥AB，
∴ ∠AED=90°，
在△ADE中，∠DAE=45°，∠AED=90°，
∴ ∠ADE=90°-45°=45°，
又
∵ ∠ADE与∠FDG是对顶角，
∴ ∠FDG=∠ADE=45°，
∴ 在△DFG中，∠G=∠FDG=45°，
∴ FD=FG（等角对等边）。
（2）解：
∵ DF⊥AB，O是圆心，
∴ 根据垂径定理，AE=BE=½AB=½×12=6，
在Rt△ADE中，∠DAE=45°，∠AED=90°，
∴ △ADE是等腰直角三角形，
∴ DE=AE=6，
由（1）知FD=FG=10，
∴ EF=FD - DE=10 - 6=4，
连接OA，设OE=x，则OA=OF=OE + EF=x + 4（OF为半径，等于OA），
在Rt△AOE中，由勾股定理得：
OA² = AE² + OE²，
即 (x + 4)² = 6² + x²，
展开得：x² + 8x + 16 = 36 + x²，
化简得：8x = 20，
解得x=5/2，
∴ OA = x + 4 = 5/2 + 4 = 13/2，
即⊙O的半径为$\frac{13}{2}$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\frac{13}{2}$
【知识点】
切线的性质、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的核心性质，需熟练运用切线性质、垂径定理，结合等腰直角三角形的判定与性质，通过勾股定理建立方程求解半径，解题关键是理清线段间的关系，合理推导几何结论。
【难度系数】
0.5
13 如图,在平面直角坐标系中,半径为 5 的$\odot M$ 经过 $x$ 轴上一点 $C$,与 $y$ 轴交于 $A,B$ 两点,连接$AM,AC,AC$ 平分$∠ OAM, AO+CO=6.$
(1) 判断$\odot M$ 与 $x$ 轴的位置关系,并说明理由;
(2) 求 $AB$ 的长;
(3) 连接 $BM$ 并延长,交$\odot M$ 于点 $D$,连接 $CD$,求直线 $CD$ 对应的函数解析式.
(1) 判断$\odot M$ 与 $x$ 轴的位置关系,并说明理由;
(2) 求 $AB$ 的长;
(3) 连接 $BM$ 并延长,交$\odot M$ 于点 $D$,连接 $CD$,求直线 $CD$ 对应的函数解析式.
答案
13. （1）$\odot M$ 与 $x$ 轴相切 理由:如图,连接 $CM$. $\because AC$ 平分$∠ OAM$,$\therefore ∠ OAC=∠ CAM$. 又$\because AM=MC$,$\therefore ∠ CAM=∠ ACM$. $\therefore ∠ OAC=∠ ACM$. $\therefore OA// MC$. $\because OA⊥ x$ 轴, $\therefore MC⊥ x$ 轴. $\because CM$ 是$\odot M$ 的半径,$\therefore \odot M$ 与 $x$ 轴相切.
（2）如图,过点 $M$ 作$MN⊥ y$ 轴于点 $N$,则 $AN=BN=\dfrac{1}{2}AB$.
$\because OA⊥ x$ 轴,$MC⊥ x$ 轴,$MN⊥ y$ 轴,$\therefore ∠ MCO=∠ AOC=∠ MNA=90°$. $\therefore$ 四边形 $MNOC$ 是矩形. $\therefore MN=OC$,$MC=ON=5$. 设 $AO=m$,则 $MN=OC=6-m$,$AN=5-m$. 在$\mathrm{Rt}△ ANM$ 中,由勾股定理,可知 $AM^2=AN^2+MN^2$,$\therefore 5^2=(5-m)^2+(6-m)^2$,解得 $m_1=2$,$m_2=9$(不合题意,舍去).
$\therefore AN=3$. $\therefore AB=6$
（3）如图,连接 $AD$ 交 $CM$ 于点 $E$.
$\because BD$ 是$\odot M$ 的直径,$\therefore ∠ BAD=90°$. $\therefore AD// x$ 轴. $\therefore AD⊥ MC$. $\therefore$ 易得四边形 $OAEC$ 为矩形,$AE=DE$. $\therefore AE=OC$. 由(2),可得 $MN=OC=4$,$OA=2$. $\therefore$ 点 $C$ 的坐标为$(4,0)$,$AD=2AE=2OC=8$. $\therefore$ 易得点 $D$ 的坐标为$(8,-2)$. 设直线 $CD$ 对应的函数解析式为 $y=kx+b$. $\therefore \begin{cases}4k+b=0,\\8k+b=-2,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=-\dfrac{1}{2},\\b=2.\end{cases}$
$\therefore$ 直线 $CD$ 对应的函数解析式为 $y=-\dfrac{1}{2}x+2$
解析
【分析】
要解决这道题，分三步梳理思路：
1. 第(1)问判断⊙M与x轴的位置关系：连接CM，利用角平分线性质和等腰三角形等边对等角，推导得OA//MC，结合OA垂直x轴，得到MC垂直x轴，依据切线定义判断相切；
2. 第(2)问求AB长：过M作MN⊥y轴，由垂径定理得AB被MN平分，再证四边形MNOC是矩形，得到边的等量关系，设AO=m，结合AO+CO=6表示OC，在Rt△ANM中用勾股定理列方程求解，进而算出AB；
3. 第(3)问求直线CD解析式：利用BD是直径得∠BAD=90°，推出AD//x轴，确定点C、D的坐标，再用待定系数法求出直线CD的函数解析式。
【解析】
(1) ⊙M与x轴相切，理由如下：
连接CM，
∵AC平分∠OAM，
∴∠OAC=∠CAM。
又
∵AM=MC（⊙M的半径），
∴∠CAM=∠ACM。
∴∠OAC=∠ACM，
∴OA//MC。
∵OA⊥x轴，
∴MC⊥x轴。
又
∵CM是⊙M的半径，
∴⊙M与x轴相切。
(2) 过点M作MN⊥y轴于点N，根据垂径定理，AN=BN=½AB。
∵OA⊥x轴，MC⊥x轴，MN⊥y轴，
∴∠MCO=∠AOC=∠MNA=90°，
∴四边形MNOC是矩形。
∴MN=OC，MC=ON=5（⊙M半径为5）。
设AO=m，则OC=6 - m（已知AO+CO=6），AN=ON - AO=5 - m。
在Rt△ANM中，由勾股定理得：AM²=AN² + MN²，即5²=(5 - m)² + (6 - m)²。
展开计算：25 = m² -10m +25 + m² -12m +36，整理得m² -11m +18=0，解得m₁=2，m₂=9（m=9时OC=-3，不符合实际，舍去）。
∴AO=2，AN=5 - 2=3，
∴AB=2AN=6。
(3) 连接AD交CM于点E，
∵BD是⊙M的直径，
∴∠BAD=90°，即AD⊥AB。
又
∵MC⊥x轴，OA⊥x轴，
∴MC⊥AB，
∴AD//x轴，
∴四边形OAEC是矩形，
∴AE=OC，且AE=DE（垂径定理），
∴AD=2AE=2OC。
由(2)知OC=6 - AO=4，
∴AD=8，可得点C坐标为(4,0)，点D坐标为(8,-2)。
设直线CD的解析式为y=kx + b，代入C(4,0)和D(8,-2)得：
$\begin{cases}4k + b=0 \\8k + b=-2 \end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-\dfrac{1}{2} \\b=2 \end{cases}$。
∴直线CD对应的函数解析式为$y=-\dfrac{1}{2}x + 2$。
【答案】13. （1）⊙M与x轴相切；（2）AB=6；（3）直线CD对应的函数解析式为$y=-\dfrac{1}{2}x+2$
【知识点】圆的切线判定、垂径定理、一次函数解析式
【点评】本题是圆与平面直角坐标系结合的综合题，综合考查圆的性质、坐标系中线段与坐标的转化，需熟练运用切线判定、勾股定理、待定系数法等知识，对学生的综合解题能力有一定要求，属于中等难度题。
【难度系数】0.6
要解决这道题，分三步梳理思路：
1. 第(1)问判断⊙M与x轴的位置关系：连接CM，利用角平分线性质和等腰三角形等边对等角，推导得OA//MC，结合OA垂直x轴，得到MC垂直x轴，依据切线定义判断相切；
2. 第(2)问求AB长：过M作MN⊥y轴，由垂径定理得AB被MN平分，再证四边形MNOC是矩形，得到边的等量关系，设AO=m，结合AO+CO=6表示OC，在Rt△ANM中用勾股定理列方程求解，进而算出AB；
3. 第(3)问求直线CD解析式：利用BD是直径得∠BAD=90°，推出AD//x轴，确定点C、D的坐标，再用待定系数法求出直线CD的函数解析式。
【解析】
(1) ⊙M与x轴相切，理由如下：
连接CM，
∵AC平分∠OAM，
∴∠OAC=∠CAM。
又
∵AM=MC（⊙M的半径），
∴∠CAM=∠ACM。
∴∠OAC=∠ACM，
∴OA//MC。
∵OA⊥x轴，
∴MC⊥x轴。
又
∵CM是⊙M的半径，
∴⊙M与x轴相切。
(2) 过点M作MN⊥y轴于点N，根据垂径定理，AN=BN=½AB。
∵OA⊥x轴，MC⊥x轴，MN⊥y轴，
∴∠MCO=∠AOC=∠MNA=90°，
∴四边形MNOC是矩形。
∴MN=OC，MC=ON=5（⊙M半径为5）。
设AO=m，则OC=6 - m（已知AO+CO=6），AN=ON - AO=5 - m。
在Rt△ANM中，由勾股定理得：AM²=AN² + MN²，即5²=(5 - m)² + (6 - m)²。
展开计算：25 = m² -10m +25 + m² -12m +36，整理得m² -11m +18=0，解得m₁=2，m₂=9（m=9时OC=-3，不符合实际，舍去）。
∴AO=2，AN=5 - 2=3，
∴AB=2AN=6。
(3) 连接AD交CM于点E，
∵BD是⊙M的直径，
∴∠BAD=90°，即AD⊥AB。
又
∵MC⊥x轴，OA⊥x轴，
∴MC⊥AB，
∴AD//x轴，
∴四边形OAEC是矩形，
∴AE=OC，且AE=DE（垂径定理），
∴AD=2AE=2OC。
由(2)知OC=6 - AO=4，
∴AD=8，可得点C坐标为(4,0)，点D坐标为(8,-2)。
设直线CD的解析式为y=kx + b，代入C(4,0)和D(8,-2)得：
$\begin{cases}4k + b=0 \\8k + b=-2 \end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-\dfrac{1}{2} \\b=2 \end{cases}$。
∴直线CD对应的函数解析式为$y=-\dfrac{1}{2}x + 2$。
【答案】13. （1）⊙M与x轴相切；（2）AB=6；（3）直线CD对应的函数解析式为$y=-\dfrac{1}{2}x+2$
【知识点】圆的切线判定、垂径定理、一次函数解析式
【点评】本题是圆与平面直角坐标系结合的综合题，综合考查圆的性质、坐标系中线段与坐标的转化，需熟练运用切线判定、勾股定理、待定系数法等知识，对学生的综合解题能力有一定要求，属于中等难度题。
【难度系数】0.6
