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1. （2025·无锡期中）【特例猜想】如图①，在$Rt△ ABC$中，以$AB$为直径作圆$O$，设其半径为$r$，三边长分别为$a,b,c$，由锐角三角函数定义可得：$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{2r}$，$\sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{2r}$，$\sin C=\frac{AB}{AB}=\frac{c}{2r}$，经变形可得：$\frac{a}{\sin A}=2r$，$\frac{b}{\sin B}=2r$，$\frac{c}{\sin C}=2r$，因此$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2r$。
(1)【推广证明】进一步研究发现，$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2r$不仅在直角三角形中成立，在任意的三角形中都成立。请你利用图②证明$\frac{a}{\sin A}=2r$。
(2)【实际应用】如图③，在$△ ABC$中，$∠ B$为钝角，$r$为$△ ABC$的外接圆半径。若$r=\frac{5\sqrt{5}}{2}$，$BC=5$，$AC=10$，求$△ ABC$的面积。
(1)【推广证明】进一步研究发现，$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2r$不仅在直角三角形中成立，在任意的三角形中都成立。请你利用图②证明$\frac{a}{\sin A}=2r$。
(2)【实际应用】如图③，在$△ ABC$中，$∠ B$为钝角，$r$为$△ ABC$的外接圆半径。若$r=\frac{5\sqrt{5}}{2}$，$BC=5$，$AC=10$，求$△ ABC$的面积。
答案
1. (1) 如图①,连结 CO 并延长,交⊙O 于点 D,连结 BD，
∵ CD 为直径,
∴ ∠CBD = 90°. 在 Rt△BCD 中, sin D = $\frac{BC}{CD}=\frac{a}{2r}$,
∴ $\frac{a}{\sin D}=2r$.
∵ ∠A = ∠D,
∴ sin A = sin D,
∴ $\frac{a}{\sin A}=2r$.
(2) 如图②,过点 B 作 BE ⊥ AC,由(1)得 $\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}=2r=5\sqrt{5}$,
∴ sin A = $\frac{BC}{2r}=\frac{5}{5\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{BE}{AB}$,
∴ BE = $\frac{\sqrt{5}}{5}AB$,
∴ AE = $\sqrt{AB^2-BE^2}$ = $\frac{2\sqrt{5}}{5}AB$.
∵ AC = 10,
∴ CE = 10 - AE = 10 - $\frac{2\sqrt{5}}{5}AB$.
∵ $CE^2 + BE^2 = CB^2$,
∴ $(10-\frac{2\sqrt{5}}{5}AB)^2 + (\frac{\sqrt{5}}{5}AB)^2 = 5^2$, 解得 AB = $5\sqrt{5}$ 或 AB = $3\sqrt{5}$.
∵ ∠B 为钝角,
∴ AC = 10 为最长边.
∵ AB = $5\sqrt{5}＞10$,
∴ AB = $5\sqrt{5}$ 不符合题意,舍去,
∴ AB = $3\sqrt{5}$,
∴ BE = $\frac{\sqrt{5}}{5}×3\sqrt{5}=3$,
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BE=\frac{1}{2}×10×3=15$.
解析
【分析】
(1) 要证明任意三角形中$\frac{a}{\sin A}=2r$，可通过构造直径得到直角三角形，利用直径所对圆周角为直角的性质，结合同弧所对圆周角相等，将∠A转化到直角三角形中，借助锐角三角函数定义即可推导结论。
(2) 先利用(1)得到的正弦定理求出$\sin A$，再过点B作AC边上的高，将原三角形拆分为两个直角三角形，用AB表示出高和AE的长度，结合勾股定理列方程求解AB，再根据∠B为钝角的条件舍去不符合的解，最后代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 如图①，连结CO并延长，交⊙O于点D，连结BD，
∵ CD为⊙O的直径，
∴ ∠CBD = 90°，
在$Rt△BCD$中，根据锐角三角函数定义，$\sin D = \frac{BC}{CD}=\frac{a}{2r}$，变形得$\frac{a}{\sin D}=2r$，
∵ ∠A和∠D都是弧BC所对的圆周角，
∴ ∠A = ∠D，即$\sin A = \sin D$，
代入可得$\frac{a}{\sin A}=2r$，得证。
(2) 如图②，过点B作$BE ⊥ AC$，垂足为E，
由(1)的结论得$\frac{BC}{\sin A}=2r$，已知$r=\frac{5\sqrt{5}}{2}$，则$2r=5\sqrt{5}$，
代入BC=5得：$\sin A = \frac{BC}{2r}=\frac{5}{5\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
在$Rt△ABE$中，$\sin A=\frac{BE}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，故$BE = \frac{\sqrt{5}}{5}AB$，
由勾股定理得$AE = \sqrt{AB^2 - BE^2} = \frac{2\sqrt{5}}{5}AB$，
已知AC=10，故$CE = AC - AE = 10 - \frac{2\sqrt{5}}{5}AB$，
在$Rt△BCE$中，由勾股定理得$CE^2 + BE^2 = BC^2$，
代入得：$(10-\frac{2\sqrt{5}}{5}AB)^2 + (\frac{\sqrt{5}}{5}AB)^2 = 5^2$，
整理解得$AB = 5\sqrt{5}$ 或 $AB = 3\sqrt{5}$，
∵ ∠B为钝角，
∴ AC是△ABC的最长边，
∵ $5\sqrt{5}＞10$，不符合最长边的条件，故舍去，
∴ $AB = 3\sqrt{5}$，代入得$BE = \frac{\sqrt{5}}{5}×3\sqrt{5}=3$，
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BE=\frac{1}{2}×10×3=15$。
【答案】
(1) 如图①,连结 CO 并延长,交⊙O 于点 D,连结 BD，
∵ CD 为直径,
∴ ∠CBD = 90°. 在 Rt△BCD 中, sin D = $\frac{BC}{CD}=\frac{a}{2r}$,
∴ $\frac{a}{\sin D}=2r$.
∵ ∠A = ∠D,
∴ sin A = sin D,
∴ $\frac{a}{\sin A}=2r$.
(2) 如图②,过点 B 作 BE ⊥ AC,由(1)得 $\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}=2r=5\sqrt{5}$,
∴ sin A = $\frac{BC}{2r}=\frac{5}{5\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{BE}{AB}$,
∴ BE = $\frac{\sqrt{5}}{5}AB$,
∴ AE = $\sqrt{AB^2-BE^2}$ = $\frac{2\sqrt{5}}{5}AB$.
∵ AC = 10,
∴ CE = 10 - AE = 10 - $\frac{2\sqrt{5}}{5}AB$.
∵ $CE^2 + BE^2 = CB^2$,
∴ $(10-\frac{2\sqrt{5}}{5}AB)^2 + (\frac{\sqrt{5}}{5}AB)^2 = 5^2$, 解得 AB = $5\sqrt{5}$ 或 AB = $3\sqrt{5}$.
∵ ∠B 为钝角,
∴ AC = 10 为最长边.
∵ AB = $5\sqrt{5}＞10$,
∴ AB = $5\sqrt{5}$ 不符合题意,舍去,
∴ AB = $3\sqrt{5}$,
∴ BE = $\frac{\sqrt{5}}{5}×3\sqrt{5}=3$,
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BE=\frac{1}{2}×10×3=15$.
【知识点】
圆周角定理，正弦定理，勾股定理
【点评】
本题是正弦定理的探究与应用类问题，综合考查了圆周角性质、锐角三角函数、勾股定理及三角形面积计算，解题核心是通过构造辅助线将一般三角形的边角关系转化为直角三角形中的问题，第二问要注意根据钝角对应的边为最长边的性质对解进行取舍，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明任意三角形中$\frac{a}{\sin A}=2r$，可通过构造直径得到直角三角形，利用直径所对圆周角为直角的性质，结合同弧所对圆周角相等，将∠A转化到直角三角形中，借助锐角三角函数定义即可推导结论。
(2) 先利用(1)得到的正弦定理求出$\sin A$，再过点B作AC边上的高，将原三角形拆分为两个直角三角形，用AB表示出高和AE的长度，结合勾股定理列方程求解AB，再根据∠B为钝角的条件舍去不符合的解，最后代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 如图①，连结CO并延长，交⊙O于点D，连结BD，
∵ CD为⊙O的直径，
∴ ∠CBD = 90°，
在$Rt△BCD$中，根据锐角三角函数定义，$\sin D = \frac{BC}{CD}=\frac{a}{2r}$，变形得$\frac{a}{\sin D}=2r$，
∵ ∠A和∠D都是弧BC所对的圆周角，
∴ ∠A = ∠D，即$\sin A = \sin D$，
代入可得$\frac{a}{\sin A}=2r$，得证。
(2) 如图②，过点B作$BE ⊥ AC$，垂足为E，
由(1)的结论得$\frac{BC}{\sin A}=2r$，已知$r=\frac{5\sqrt{5}}{2}$，则$2r=5\sqrt{5}$，
代入BC=5得：$\sin A = \frac{BC}{2r}=\frac{5}{5\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
在$Rt△ABE$中，$\sin A=\frac{BE}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，故$BE = \frac{\sqrt{5}}{5}AB$，
由勾股定理得$AE = \sqrt{AB^2 - BE^2} = \frac{2\sqrt{5}}{5}AB$，
已知AC=10，故$CE = AC - AE = 10 - \frac{2\sqrt{5}}{5}AB$，
在$Rt△BCE$中，由勾股定理得$CE^2 + BE^2 = BC^2$，
代入得：$(10-\frac{2\sqrt{5}}{5}AB)^2 + (\frac{\sqrt{5}}{5}AB)^2 = 5^2$，
整理解得$AB = 5\sqrt{5}$ 或 $AB = 3\sqrt{5}$，
∵ ∠B为钝角，
∴ AC是△ABC的最长边，
∵ $5\sqrt{5}＞10$，不符合最长边的条件，故舍去，
∴ $AB = 3\sqrt{5}$，代入得$BE = \frac{\sqrt{5}}{5}×3\sqrt{5}=3$，
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BE=\frac{1}{2}×10×3=15$。
【答案】
(1) 如图①,连结 CO 并延长,交⊙O 于点 D,连结 BD，
∵ CD 为直径,
∴ ∠CBD = 90°. 在 Rt△BCD 中, sin D = $\frac{BC}{CD}=\frac{a}{2r}$,
∴ $\frac{a}{\sin D}=2r$.
∵ ∠A = ∠D,
∴ sin A = sin D,
∴ $\frac{a}{\sin A}=2r$.
(2) 如图②,过点 B 作 BE ⊥ AC,由(1)得 $\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}=2r=5\sqrt{5}$,
∴ sin A = $\frac{BC}{2r}=\frac{5}{5\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{BE}{AB}$,
∴ BE = $\frac{\sqrt{5}}{5}AB$,
∴ AE = $\sqrt{AB^2-BE^2}$ = $\frac{2\sqrt{5}}{5}AB$.
∵ AC = 10,
∴ CE = 10 - AE = 10 - $\frac{2\sqrt{5}}{5}AB$.
∵ $CE^2 + BE^2 = CB^2$,
∴ $(10-\frac{2\sqrt{5}}{5}AB)^2 + (\frac{\sqrt{5}}{5}AB)^2 = 5^2$, 解得 AB = $5\sqrt{5}$ 或 AB = $3\sqrt{5}$.
∵ ∠B 为钝角,
∴ AC = 10 为最长边.
∵ AB = $5\sqrt{5}＞10$,
∴ AB = $5\sqrt{5}$ 不符合题意,舍去,
∴ AB = $3\sqrt{5}$,
∴ BE = $\frac{\sqrt{5}}{5}×3\sqrt{5}=3$,
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BE=\frac{1}{2}×10×3=15$.
【知识点】
圆周角定理，正弦定理，勾股定理
【点评】
本题是正弦定理的探究与应用类问题，综合考查了圆周角性质、锐角三角函数、勾股定理及三角形面积计算，解题核心是通过构造辅助线将一般三角形的边角关系转化为直角三角形中的问题，第二问要注意根据钝角对应的边为最长边的性质对解进行取舍，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.6
2. (2025·苏州模拟)如图①,△ABC内接于⊙O,直径CD交AB于点E,满足∠BEC=3∠ACD.
(1)若∠BEC=75°,求∠B的度数;
(2)求证:AB=AC;
(3)如图②,连结BD.若tan∠ABD=k,求$\frac{DE}{EC}$的值.(用含k的代数式表示)
(1)若∠BEC=75°,求∠B的度数;
(2)求证:AB=AC;
(3)如图②,连结BD.若tan∠ABD=k,求$\frac{DE}{EC}$的值.(用含k的代数式表示)
答案
2. (1) 如图①,连结 AD,
∵ CD 是 ⊙O 的直径,
∴ ∠DAC = 90°.
∵ ∠BEC = 3∠ACD = 75°,
∴ ∠ACD = 25°,
∴ ∠D = 90° - 25° = 65°,
∴ ∠B = ∠D = 65°.
(2) 如图①,设 ∠ACD = α,则 ∠B = ∠D = 90° - α,∠BEC = 3α,∠BAC = ∠BEC - ∠DCA = 2α,在 △ABC 中,∠ACB = 180° - ∠B - ∠BAC = 180° - (90° - α) - 2α = 90° - α,
∴ ∠ACB = ∠B = 90° - α,
∴ AB = AC.
(3) 如图②,连结 AO 并延长交 BC 于点 F,过点 C 作 CG // BD 交 BA 的延长线于点 G.
∵ AB = AC,
∴ AF ⊥ BC,BF = CF,∠BAF = ∠CAF.
∵ CD是⊙O 的直径,
∴ ∠DBC = 90°,
∴ AF // BD // CG,
∴ ∠ABD = ∠BAF = ∠CAF.
∵ tan ∠ABD = k,
∴ tan ∠CAF = k.
∵ F 是 BC 的中点,AF // CG,
∴ AF 是 △BCG 的中位线. 设圆的半径 OA = OC = r,令 AF = a,则 BF = CF = ak,OF = a - r,在 Rt△OFC 中,$(a-r)^2 + (ak)^2 = r^2$,解得 $r=\frac{a+ak^2}{2}$,
∴ OF = $\frac{a-ak^2}{2}$,
∴ BD = 2OF = $a - ak^2$,CG = 2AF = 2a.
由 CG // BD 可证 △DBE ∽ △CGE,
∴ $\frac{DE}{CE}=\frac{BD}{CG}=\frac{a-ak^2}{2a}=\frac{1-k^2}{2}$.
解析
【分析】
(1) 遇到直径优先考虑直径所对的圆周角为直角，因此连接AD构造直角三角形，先根据已知角度的倍数关系求出∠ACD，再利用同弧所对的圆周角相等，将求∠B转化为求同弧所对的∠D即可。
(2) 要证AB=AC，只需证明底角∠B=∠ACB。设∠ACD=α，用α分别表示出∠B和∠BAC，再通过三角形内角和求出∠ACB，对比∠B即可得证。
(3) 求线段比值可借助相似三角形转化。首先利用等腰三角形三线合一作AF⊥BC，再构造平行线CG//BD得到相似三角形，结合中位线性质、三角函数和勾股定理，用含k的式子表示出相似三角形的对应边，最终求出比值。
【解析】
(1) 如图①，连结AD，
∵ CD是⊙O的直径，
∴ ∠DAC = 90°。
∵ ∠BEC = 3∠ACD = 75°，
∴ ∠ACD = 25°，
∴ ∠D = 90° - 25° = 65°，
∵ ∠B和∠D都是弧AC所对的圆周角，
∴ ∠B = ∠D = 65°。
(2) 证明：如图①，设∠ACD = α，则∠BEC = 3α，
∵ CD是直径，
∴ ∠DAC=90°，
∴ ∠D = 90° - α，
∵ ∠B和∠D都是弧AC所对的圆周角，
∴ ∠B = ∠D = 90° - α，
∵ ∠BEC是△AEC的外角，
∴ ∠BAC = ∠BEC - ∠ACD = 3α - α = 2α，
在△ABC中，∠ACB = 180° - ∠B - ∠BAC = 180° - (90° - α) - 2α = 90° - α，
∴ ∠ACB = ∠B，
∴ AB = AC。
(3) 如图②，连结AO并延长交BC于点F，过点C作CG // BD交BA的延长线于点G。
∵ AB = AC，AF过圆心O，
∴ AF垂直平分BC，即AF⊥BC，BF = CF，∠BAF = ∠CAF。
∵ CD是⊙O的直径，
∴ ∠DBC = 90°，即BD⊥BC，
∴ AF // BD // CG，
∴ ∠ABD = ∠BAF = ∠CAF。
∵ tan∠ABD = k，
∴ tan∠CAF = k。
∵ F是BC的中点，AF // CG，
∴ A是BG的中点，即AF是△BCG的中位线。
设圆的半径OA = OC = r，令AF = a，在Rt△CAF中，tan∠CAF = $\frac{CF}{AF}$ = k，
∴ CF = ak。
OF = AF - OA = a - r，在Rt△OFC中，由勾股定理得：$OF^2 + CF^2 = OC^2$，即$(a-r)^2 + (ak)^2 = r^2$，
展开整理得：$a^2 - 2ar + a^2k^2 = 0$，解得$r=\frac{a(1+k^2)}{2}$，
∴ OF = $a - \frac{a(1+k^2)}{2} = \frac{a(1-k^2)}{2}$。
∵ O是CD的中点，OF//BD，
∴ OF是△BCD的中位线，
∴ BD = 2OF = $a(1 - k^2)$，
由AF是△BCG的中位线得CG = 2AF = 2a。
∵ CG // BD，
∴ △DBE ∽ △CGE，
∴ $\frac{DE}{CE}=\frac{BD}{CG}=\frac{a(1-k^2)}{2a}=\frac{1-k^2}{2}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{65°}$
(2) 证明见上述解析
(3) $\boldsymbol{\frac{1-k^2}{2}}$
【知识点】
1. 圆周角定理
2. 等腰三角形判定与性质
3. 相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合应用题，结合了圆的基本性质、等腰三角形、三角函数、相似三角形等多个知识点，解题时要注意辅助线的合理构造，通过转化思想将未知问题转化为熟悉的几何模型求解，能有效锻炼综合运用几何知识的能力。
【难度系数】
0.6
(1) 遇到直径优先考虑直径所对的圆周角为直角，因此连接AD构造直角三角形，先根据已知角度的倍数关系求出∠ACD，再利用同弧所对的圆周角相等，将求∠B转化为求同弧所对的∠D即可。
(2) 要证AB=AC，只需证明底角∠B=∠ACB。设∠ACD=α，用α分别表示出∠B和∠BAC，再通过三角形内角和求出∠ACB，对比∠B即可得证。
(3) 求线段比值可借助相似三角形转化。首先利用等腰三角形三线合一作AF⊥BC，再构造平行线CG//BD得到相似三角形，结合中位线性质、三角函数和勾股定理，用含k的式子表示出相似三角形的对应边，最终求出比值。
【解析】
(1) 如图①，连结AD，
∵ CD是⊙O的直径，
∴ ∠DAC = 90°。
∵ ∠BEC = 3∠ACD = 75°，
∴ ∠ACD = 25°，
∴ ∠D = 90° - 25° = 65°，
∵ ∠B和∠D都是弧AC所对的圆周角，
∴ ∠B = ∠D = 65°。
(2) 证明：如图①，设∠ACD = α，则∠BEC = 3α，
∵ CD是直径，
∴ ∠DAC=90°，
∴ ∠D = 90° - α，
∵ ∠B和∠D都是弧AC所对的圆周角，
∴ ∠B = ∠D = 90° - α，
∵ ∠BEC是△AEC的外角，
∴ ∠BAC = ∠BEC - ∠ACD = 3α - α = 2α，
在△ABC中，∠ACB = 180° - ∠B - ∠BAC = 180° - (90° - α) - 2α = 90° - α，
∴ ∠ACB = ∠B，
∴ AB = AC。
(3) 如图②，连结AO并延长交BC于点F，过点C作CG // BD交BA的延长线于点G。
∵ AB = AC，AF过圆心O，
∴ AF垂直平分BC，即AF⊥BC，BF = CF，∠BAF = ∠CAF。
∵ CD是⊙O的直径，
∴ ∠DBC = 90°，即BD⊥BC，
∴ AF // BD // CG，
∴ ∠ABD = ∠BAF = ∠CAF。
∵ tan∠ABD = k，
∴ tan∠CAF = k。
∵ F是BC的中点，AF // CG，
∴ A是BG的中点，即AF是△BCG的中位线。
设圆的半径OA = OC = r，令AF = a，在Rt△CAF中，tan∠CAF = $\frac{CF}{AF}$ = k，
∴ CF = ak。
OF = AF - OA = a - r，在Rt△OFC中，由勾股定理得：$OF^2 + CF^2 = OC^2$，即$(a-r)^2 + (ak)^2 = r^2$，
展开整理得：$a^2 - 2ar + a^2k^2 = 0$，解得$r=\frac{a(1+k^2)}{2}$，
∴ OF = $a - \frac{a(1+k^2)}{2} = \frac{a(1-k^2)}{2}$。
∵ O是CD的中点，OF//BD，
∴ OF是△BCD的中位线，
∴ BD = 2OF = $a(1 - k^2)$，
由AF是△BCG的中位线得CG = 2AF = 2a。
∵ CG // BD，
∴ △DBE ∽ △CGE，
∴ $\frac{DE}{CE}=\frac{BD}{CG}=\frac{a(1-k^2)}{2a}=\frac{1-k^2}{2}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{65°}$
(2) 证明见上述解析
(3) $\boldsymbol{\frac{1-k^2}{2}}$
【知识点】
1. 圆周角定理
2. 等腰三角形判定与性质
3. 相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合应用题，结合了圆的基本性质、等腰三角形、三角函数、相似三角形等多个知识点，解题时要注意辅助线的合理构造，通过转化思想将未知问题转化为熟悉的几何模型求解，能有效锻炼综合运用几何知识的能力。
【难度系数】
0.6
