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7. (2026·阜阳模拟)如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,点O是BC的中点,AC与半圆O相切于点D,BC与半圆O交于E,F两点.
(1)求证:AB与半圆O相切;
(2)连接OA,若$CD=4,CF=2$,求OA的长.
(1)求证:AB与半圆O相切;
(2)连接OA,若$CD=4,CF=2$,求OA的长.
答案
7. (1)如图,连接 OD,OA,过点 O 作 $OH⊥ AB$ 于点 H, $\because AB=AC$,点 O 是 BC 的中点, $\therefore AO⊥ BC$,AO 平分 $∠ BAC. \because AC$ 与半圆 O 相切于点 D, $\therefore OD⊥ AC$.而 $OH⊥ AB, \therefore OH=OD, \therefore AB$ 与半圆 O 相切.
(2)由(1)可知, $OD⊥ AC, \therefore ∠ ODC=90°$. 在 $\mathrm{Rt}△ OCD$ 中, $CD=4, CF=2, \therefore OC=OF+CF=OD+2, OD^2+CD^2=OC^2$, $\therefore OD^2+4^2=(OD+2)^2$, 解得 $OD=3, \therefore OC=OD+2=3+2=5$.由(1)可得 $AO⊥ BC, \therefore ∠ AOC=90°, \therefore ∠ AOC = ∠ ODC$.又 $\because ∠ ACO = ∠ OCD, \therefore △ AOC ∽ △ ODC, \therefore \frac{AO}{OD}=\frac{OC}{DC}$, 即 $\frac{AO}{3}=\frac{5}{4}, \therefore AO=\frac{15}{4}, \therefore OA$ 的长为 $\frac{15}{4}$.
解析
【分析】
（1）要证明AB与半圆O相切，根据切线判定定理，需证明圆心O到AB的距离等于半圆半径。已知△ABC是等腰三角形，O是BC中点，由等腰三角形三线合一可得AO平分∠BAC；又已知AC是半圆O的切线，根据切线性质得OD⊥AC（OD为半径），此时过O作OH⊥AB，利用角平分线的性质可得OH=OD，即OH等于半径，即可证明AB是半圆O的切线。
（2）求OA的长时，先设半圆半径为r，在Rt△ODC中，OC=r+CF，已知CD长度，可通过勾股定理列方程求出半径r，得到OD、OC的长度；再观察△AOC和△ODC，二者有公共角∠C，且均含直角，可证明两三角形相似，利用相似三角形对应边成比例即可求出OA的长度。
【解析】
(1) 证明：连接OD、OA，过点O作$OH⊥AB$于点H。
∵$AB=AC$，点O是BC的中点，
∴$AO⊥BC$，AO平分$∠BAC$（等腰三角形三线合一）。
∵AC与半圆O相切于点D，
∴$OD⊥AC$（圆的切线垂直于过切点的半径）。
又
∵$OH⊥AB$，AO平分$∠BAC$，
∴$OH=OD$（角平分线上的点到角两边的距离相等），
即OH是半圆O的半径，且$OH⊥AB$，
∴AB与半圆O相切。
(2) 解：由(1)可知$OD⊥AC$，
∴$∠ODC=90°$。
设半圆O的半径为r，则$OD=OF=r$，
∴$OC=OF+CF=r+2$。
在$\mathrm{Rt}△OCD$中，由勾股定理得：$OD^2+CD^2=OC^2$，
代入$CD=4$得：$r^2+4^2=(r+2)^2$，
展开得$r^2+16=r^2+4r+4$，化简得$4r=12$，解得$r=3$，
∴$OD=3$，$OC=3+2=5$。
由(1)可得$AO⊥BC$，
∴$∠AOC=90°$，
∴$∠AOC=∠ODC=90°$，
又
∵$∠ACO=∠OCD$（公共角），
∴$△AOC∽△ODC$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴$\frac{AO}{OD}=\frac{OC}{DC}$，代入数值得$\frac{AO}{3}=\frac{5}{4}$，
解得$AO=\frac{15}{4}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析，AB与半圆O相切；
(2) OA的长为$\frac{15}{4}$。
【知识点】
切线的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，解题核心是熟练运用相关几何性质，合理构造辅助线，既考察了基础定理的应用，也锻炼了几何综合分析能力，属于圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.65
（1）要证明AB与半圆O相切，根据切线判定定理，需证明圆心O到AB的距离等于半圆半径。已知△ABC是等腰三角形，O是BC中点，由等腰三角形三线合一可得AO平分∠BAC；又已知AC是半圆O的切线，根据切线性质得OD⊥AC（OD为半径），此时过O作OH⊥AB，利用角平分线的性质可得OH=OD，即OH等于半径，即可证明AB是半圆O的切线。
（2）求OA的长时，先设半圆半径为r，在Rt△ODC中，OC=r+CF，已知CD长度，可通过勾股定理列方程求出半径r，得到OD、OC的长度；再观察△AOC和△ODC，二者有公共角∠C，且均含直角，可证明两三角形相似，利用相似三角形对应边成比例即可求出OA的长度。
【解析】
(1) 证明：连接OD、OA，过点O作$OH⊥AB$于点H。
∵$AB=AC$，点O是BC的中点，
∴$AO⊥BC$，AO平分$∠BAC$（等腰三角形三线合一）。
∵AC与半圆O相切于点D，
∴$OD⊥AC$（圆的切线垂直于过切点的半径）。
又
∵$OH⊥AB$，AO平分$∠BAC$，
∴$OH=OD$（角平分线上的点到角两边的距离相等），
即OH是半圆O的半径，且$OH⊥AB$，
∴AB与半圆O相切。
(2) 解：由(1)可知$OD⊥AC$，
∴$∠ODC=90°$。
设半圆O的半径为r，则$OD=OF=r$，
∴$OC=OF+CF=r+2$。
在$\mathrm{Rt}△OCD$中，由勾股定理得：$OD^2+CD^2=OC^2$，
代入$CD=4$得：$r^2+4^2=(r+2)^2$，
展开得$r^2+16=r^2+4r+4$，化简得$4r=12$，解得$r=3$，
∴$OD=3$，$OC=3+2=5$。
由(1)可得$AO⊥BC$，
∴$∠AOC=90°$，
∴$∠AOC=∠ODC=90°$，
又
∵$∠ACO=∠OCD$（公共角），
∴$△AOC∽△ODC$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴$\frac{AO}{OD}=\frac{OC}{DC}$，代入数值得$\frac{AO}{3}=\frac{5}{4}$，
解得$AO=\frac{15}{4}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析，AB与半圆O相切；
(2) OA的长为$\frac{15}{4}$。
【知识点】
切线的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，解题核心是熟练运用相关几何性质，合理构造辅助线，既考察了基础定理的应用，也锻炼了几何综合分析能力，属于圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.65
8. 如图,已知$∠ ABC=60°$,半径为1 cm的$\odot O$与边$BA$,$BC$均相切,如果$\odot O_1$与$∠ ABC$的两边都相切,且与$\odot O$相交,那么$\odot O_1$的半径长可以是 (
A.1
B.2
C.3
D.4
B
)A.1
B.2
C.3
D.4
答案
8. B 解析:如图,令 $\odot O$ 与边 BA,BC 的切点分别为 E,H,连接 OE,OH,则 $OE⊥ AB, OH⊥ BC$. 在 $\mathrm{Rt}△ OEB$ 与 $\mathrm{Rt}△ OHB$ 中, $\begin{cases} OE=OH=1, \\ OB=OB, \end{cases}$$\therefore \mathrm{Rt}△ OEB ≌ \mathrm{Rt}△ OHB(\mathrm{HL})$,$\therefore ∠ OBE = ∠ OBH = \frac{1}{2}∠ ABC = \frac{1}{2}×60°=30°$, 即点 O 在 $∠ ABC$ 的平分线上. 作 $\odot O_1, \odot O'_1$ 与 $\odot O$ 外切,切点分别为 M,N,且与边 BA,BC 均相切, $\odot O_1$ 与边 BA 的切点为点 D, $\odot O'_1$ 与边 BA 的切点为点 F,连接 $O_1D,O'_1F$, 同理可得,点 $O_1$ 与 $O'_1$ 在 $∠ ABC$ 的平分线上. 设 $\odot O_1$ 的半径为 r.$\because ∠ OBE=30°, \therefore BO_1=2O_1D=2r, BO=2OE=2×1=2$.$\because BO_1+O_1M+OM=BO, \therefore 2r+r+1=2$, 解得 $r=\frac{1}{3}$, 同理可得 $\odot O'_1$ 的半径为 3. $\because \odot O_1, \odot O'_1$ 与 $\odot O$ 相交, $\therefore \frac{1}{3}＜r＜3$, 当 $r=1$ 时, $\odot O_1$ 与 $\odot O$ 重合,不合题意. 观察四个选项可知, $\odot O_1$ 的半径长可以是 2.故选 B.
解析
【分析】
解题时首先明确：与角两边都相切的圆的圆心在该角的角平分线上，因此O、O₁都在∠ABC的角平分线上。第一步利用切线的性质构造直角三角形，结合30°直角三角形的性质算出BO的长度；第二步找⊙O₁与⊙O外切的两种临界状态（⊙O₁在B和⊙O之间、⊙O在B和⊙O₁之间），根据两圆外切时圆心距等于半径和，分别算出两种临界状态下⊙O₁的半径，两圆相交时半径就在这两个临界值之间，同时排除半径等于1时两圆重合的情况，最后对照选项选出符合范围的数值即可。
【解析】
设⊙O与BA、BC的切点分别为E、H，连接OE、OH。
∵⊙O与BA、BC相切，
∴OE⊥AB，OH⊥BC，OE=OH=1cm。
在$\mathrm{Rt}△ OEB$和$\mathrm{Rt}△ OHB$中，$\begin{cases} OE=OH=1, \\ OB=OB, \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ OEB ≌ \mathrm{Rt}△ OHB(\mathrm{HL})$，
∴$∠ OBE = ∠ OBH = \frac{1}{2}∠ ABC = 30°$，即点O在$∠ ABC$的平分线上。
同理可得，与BA、BC都相切的⊙O₁的圆心也在$∠ ABC$的平分线上，设$\odot O_1$的半径为r。
根据30°直角三角形的性质，$BO=2OE=2×1=2\mathrm{cm}$，$BO_1=2O_1D=2r$。
当⊙O₁在B和⊙O之间且与⊙O外切时，$BO_1+O_1M+OM=BO$，即$2r+r+1=2$，解得$r=\frac{1}{3}$；
当⊙O在B和⊙O₁之间且与⊙O外切时，$BO+ON+NO'_1=BO'_1$，即$2+1+r=2r$，解得$r=3$。
∵$\odot O_1$与$\odot O$相交，
∴$\frac{1}{3}＜r＜3$，又$r=1$时两圆重合，不符合题意，结合选项只有$r=2$符合要求。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质，圆与圆的位置关系，角平分线的判定
【点评】
本题属于圆的位置关系的综合应用题，解题核心是通过外切的临界状态确定半径的取值范围，再结合选项筛选答案，能够有效考查学生对圆相关性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先明确：与角两边都相切的圆的圆心在该角的角平分线上，因此O、O₁都在∠ABC的角平分线上。第一步利用切线的性质构造直角三角形，结合30°直角三角形的性质算出BO的长度；第二步找⊙O₁与⊙O外切的两种临界状态（⊙O₁在B和⊙O之间、⊙O在B和⊙O₁之间），根据两圆外切时圆心距等于半径和，分别算出两种临界状态下⊙O₁的半径，两圆相交时半径就在这两个临界值之间，同时排除半径等于1时两圆重合的情况，最后对照选项选出符合范围的数值即可。
【解析】
设⊙O与BA、BC的切点分别为E、H，连接OE、OH。
∵⊙O与BA、BC相切，
∴OE⊥AB，OH⊥BC，OE=OH=1cm。
在$\mathrm{Rt}△ OEB$和$\mathrm{Rt}△ OHB$中，$\begin{cases} OE=OH=1, \\ OB=OB, \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ OEB ≌ \mathrm{Rt}△ OHB(\mathrm{HL})$，
∴$∠ OBE = ∠ OBH = \frac{1}{2}∠ ABC = 30°$，即点O在$∠ ABC$的平分线上。
同理可得，与BA、BC都相切的⊙O₁的圆心也在$∠ ABC$的平分线上，设$\odot O_1$的半径为r。
根据30°直角三角形的性质，$BO=2OE=2×1=2\mathrm{cm}$，$BO_1=2O_1D=2r$。
当⊙O₁在B和⊙O之间且与⊙O外切时，$BO_1+O_1M+OM=BO$，即$2r+r+1=2$，解得$r=\frac{1}{3}$；
当⊙O在B和⊙O₁之间且与⊙O外切时，$BO+ON+NO'_1=BO'_1$，即$2+1+r=2r$，解得$r=3$。
∵$\odot O_1$与$\odot O$相交，
∴$\frac{1}{3}＜r＜3$，又$r=1$时两圆重合，不符合题意，结合选项只有$r=2$符合要求。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质，圆与圆的位置关系，角平分线的判定
【点评】
本题属于圆的位置关系的综合应用题，解题核心是通过外切的临界状态确定半径的取值范围，再结合选项筛选答案，能够有效考查学生对圆相关性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
9. ★★★（2026·银川模拟）如图，以等腰直角△ABC两锐角顶点A,B为圆心作等圆，⊙A与⊙B恰好外切，若AC=2，那么图中两个扇形（即阴影部分）的面积之和为
＞＞专题突破册 P27
$\frac{π}{2}$
。＞＞专题突破册 P27
答案
9. $\frac{π}{2}$ 解析:$\because △ ABC$ 为等腰直角三角形, $\therefore ∠ A = ∠ B=45°$, $AC=BC=2, \therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=2\sqrt{2}$. 假设 $\odot A$ 与 $\odot B$ 的半径分别为 $r_1,r_2$, 且 $\odot A$ 与 $\odot B$ 外切, 两圆为等圆, $\therefore r_1+r_2=AB=2\sqrt{2}, r_1=r_2=\sqrt{2}, \therefore$ 两个扇形(即阴影部分)的面积之和为 $\frac{45π r_1^2}{360}+\frac{45π r_2^2}{360}=\frac{π}{2}$.
解析
【分析】
解题时首先明确所求为两个扇形的面积和，需先确定扇形的圆心角和半径：①先根据等腰直角三角形的性质，得到两个锐角的度数，即两个扇形的圆心角均为45°，同时计算斜边AB的长度；②再结合两等圆外切的性质，得出两圆半径之和等于AB长，进而求出单个圆的半径；③最后代入扇形面积公式计算两个扇形的面积之和即可。
【解析】
解：
∵△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，
∴∠A=∠B=45°，AC=BC=2，
由勾股定理得，$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
∵⊙A与⊙B是等圆，且两圆外切，设两圆半径均为r，
∴$r+r=AB$，即$2r=2\sqrt{2}$，解得$r=\sqrt{2}$。
根据扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{nπ r^2}{360}$，两个阴影扇形的面积和为：
$\frac{45π × (\sqrt{2})^2}{360}+\frac{45π × (\sqrt{2})^2}{360}$
$=2× \frac{45π × 2}{360}$
$=\frac{π}{2}$
【答案】
$\frac{π}{2}$
【知识点】
等腰直角三角形性质、两圆外切的性质、扇形面积计算
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的核心是抓住“等圆外切半径和等于圆心距”以及“等腰直角三角形锐角度数”这两个关键条件，也可观察到两个扇形圆心角之和为90°，直接合并为圆心角90°、半径为$\sqrt{2}$的扇形计算，进一步简化运算。
【难度系数】
0.7
解题时首先明确所求为两个扇形的面积和，需先确定扇形的圆心角和半径：①先根据等腰直角三角形的性质，得到两个锐角的度数，即两个扇形的圆心角均为45°，同时计算斜边AB的长度；②再结合两等圆外切的性质，得出两圆半径之和等于AB长，进而求出单个圆的半径；③最后代入扇形面积公式计算两个扇形的面积之和即可。
【解析】
解：
∵△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，
∴∠A=∠B=45°，AC=BC=2，
由勾股定理得，$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
∵⊙A与⊙B是等圆，且两圆外切，设两圆半径均为r，
∴$r+r=AB$，即$2r=2\sqrt{2}$，解得$r=\sqrt{2}$。
根据扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{nπ r^2}{360}$，两个阴影扇形的面积和为：
$\frac{45π × (\sqrt{2})^2}{360}+\frac{45π × (\sqrt{2})^2}{360}$
$=2× \frac{45π × 2}{360}$
$=\frac{π}{2}$
【答案】
$\frac{π}{2}$
【知识点】
等腰直角三角形性质、两圆外切的性质、扇形面积计算
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的核心是抓住“等圆外切半径和等于圆心距”以及“等腰直角三角形锐角度数”这两个关键条件，也可观察到两个扇形圆心角之和为90°，直接合并为圆心角90°、半径为$\sqrt{2}$的扇形计算，进一步简化运算。
【难度系数】
0.7
10. ★★★★ 已知$\odot A$和$\odot B$的半径分别为5和1，$AB=3$，$\odot O$与$\odot A$，$\odot B$都内切，那么$\odot O$半径$r$的取值范围是
$\frac{3}{2}≤ r≤ \frac{9}{2}$
。答案
10. $\frac{3}{2}≤ r≤ \frac{9}{2}$ 解析:设 $\odot O$ 半径为 $r, \because \odot O$ 与 $\odot A, \odot B$ 都内切, $\therefore OA=|r-5|, OB=|r-1|. \because AB=3, \therefore$ 当 $r≥5$ 时, $OA=r-5, OB=r-1, \therefore |OA-OB|=|(r-5)-(r-1)|=4＞3$, 根据三角形三边关系, 任意两边之差的绝对值小于第三边, $\therefore |OA-OB|＜AB, \therefore$ 不成立, 此情况无解; 当 $1＜r＜5$ 时, $OA=5-r, OB=r-1, \therefore |OA-OB|=|(5-r)-(r-1)|=|6-2r|, OA+OB=(5-r)+(r-1)=4, \therefore |OA-OB|≤ AB≤ OA+OB, |6-2r|≤3, \therefore -3≤6-2r≤3$, 解得 $\frac{3}{2}≤ r≤ \frac{9}{2}$, 符合条件; 当 $r≤1$ 时, $OA=5-r, OB=1-r$, 则 $|OA-OB|=|(5-r)-(1-r)|=4＞3$, 不成立, 此情况无解. 综上所述, $\odot O$ 半径 $r$ 的取值范围是 $\frac{3}{2}≤ r≤ \frac{9}{2}$.
解析
【分析】
本题考查圆与圆内切的位置关系结合三角形三边关系求半径范围，解题思路如下：首先回忆两圆内切时，圆心距等于两圆半径之差的绝对值，据此分别表示出⊙O的圆心到A、B的距离OA、OB；其次，O、A、B三点可构成三角形或共线，满足三边关系：两边之差的绝对值≤第三边≤两边之和；最后分情况讨论r的取值区间，排除不符合三边关系的区间，解符合条件的区间内的不等式即可得到r的取值范围。
【解析】
设$\odot O$的半径为$r$。
∵$\odot O$与$\odot A$、$\odot B$都内切，两圆内切时圆心距等于两圆半径之差的绝对值，
∴$OA=|r-5|$，$OB=|r-1|$，已知$AB=3$。
分三种情况讨论：
1. 当$r≥5$时：
$OA=r-5$，$OB=r-1$，则$|OA-OB|=|(r-5)-(r-1)|=4＞3$，不符合三角形三边关系，此情况无解；
2. 当$1＜r＜5$时：
$OA=5-r$，$OB=r-1$，
则$OA+OB=(5-r)+(r-1)=4$，满足$AB=3≤ OA+OB$，
又
∵$|OA-OB|≤ AB$，即$|(5-r)-(r-1)|=|6-2r|≤3$，
解不等式：$-3≤6-2r≤3$，
移项得：$-9≤-2r≤-3$，
系数化为1得：$\frac{3}{2}≤ r≤\frac{9}{2}$，与$1＜r＜5$的范围相符；
3. 当$r≤1$时：
$OA=5-r$，$OB=1-r$，则$|OA-OB|=|(5-r)-(1-r)|=4＞3$，不符合三边关系，此情况无解。
综上所述即可得到$\odot O$半径$r$的取值范围。
【答案】
$\frac{3}{2}≤ r≤ \frac{9}{2}$
【知识点】
1. 圆与圆内切的性质
2. 三角形三边关系
3. 绝对值不等式求解
【点评】
本题是圆的位置关系的综合应用题，解题核心是熟练掌握两圆内切时圆心距和半径的数量关系，通过分类讨论简化绝对值表达式，再结合三点共线或构成三角形的三边约束列不等式求解，解题时需注意三点共线时可取等号，避免漏解。
【难度系数】
0.3
本题考查圆与圆内切的位置关系结合三角形三边关系求半径范围，解题思路如下：首先回忆两圆内切时，圆心距等于两圆半径之差的绝对值，据此分别表示出⊙O的圆心到A、B的距离OA、OB；其次，O、A、B三点可构成三角形或共线，满足三边关系：两边之差的绝对值≤第三边≤两边之和；最后分情况讨论r的取值区间，排除不符合三边关系的区间，解符合条件的区间内的不等式即可得到r的取值范围。
【解析】
设$\odot O$的半径为$r$。
∵$\odot O$与$\odot A$、$\odot B$都内切，两圆内切时圆心距等于两圆半径之差的绝对值，
∴$OA=|r-5|$，$OB=|r-1|$，已知$AB=3$。
分三种情况讨论：
1. 当$r≥5$时：
$OA=r-5$，$OB=r-1$，则$|OA-OB|=|(r-5)-(r-1)|=4＞3$，不符合三角形三边关系，此情况无解；
2. 当$1＜r＜5$时：
$OA=5-r$，$OB=r-1$，
则$OA+OB=(5-r)+(r-1)=4$，满足$AB=3≤ OA+OB$，
又
∵$|OA-OB|≤ AB$，即$|(5-r)-(r-1)|=|6-2r|≤3$，
解不等式：$-3≤6-2r≤3$，
移项得：$-9≤-2r≤-3$，
系数化为1得：$\frac{3}{2}≤ r≤\frac{9}{2}$，与$1＜r＜5$的范围相符；
3. 当$r≤1$时：
$OA=5-r$，$OB=1-r$，则$|OA-OB|=|(5-r)-(1-r)|=4＞3$，不符合三边关系，此情况无解。
综上所述即可得到$\odot O$半径$r$的取值范围。
【答案】
$\frac{3}{2}≤ r≤ \frac{9}{2}$
【知识点】
1. 圆与圆内切的性质
2. 三角形三边关系
3. 绝对值不等式求解
【点评】
本题是圆的位置关系的综合应用题，解题核心是熟练掌握两圆内切时圆心距和半径的数量关系，通过分类讨论简化绝对值表达式，再结合三点共线或构成三角形的三边约束列不等式求解，解题时需注意三点共线时可取等号，避免漏解。
【难度系数】
0.3
11. （2026·上海模拟）在半径为4的$\odot O$中，AB是直径，$OD ⊥$弦AC，垂足为D，$∠ CAB=30°$，点E是射线AB上的任意一点，$DF // AB$，DF与CE相交于点F.
(1) 如图，当点E在AB的延长线上时，线段DF与EF之间有怎样的数量关系？
(2) 如果以点E为圆心、EF长为半径的圆与$\odot O$相切，求线段DF的长.
＞＞ 专题突破册 P30
(1) 如图，当点E在AB的延长线上时，线段DF与EF之间有怎样的数量关系？
(2) 如果以点E为圆心、EF长为半径的圆与$\odot O$相切，求线段DF的长.
＞＞ 专题突破册 P30
答案
11. (1)如图①,过点 C 作 $CJ⊥ AB$ 于点 J. $\because OD⊥ AC$,OD 经过圆心, $\therefore AD=CD. \because ∠ CAB=30°, \therefore AD=AO×\cos∠ CAB=4×\cos30°=2\sqrt{3}, \therefore AC=2AD=4\sqrt{3}. \because CJ⊥ AB, \therefore CJ=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{3}, AJ=AC×\cos∠ CAB=6. \because DF// AB, \therefore \frac{CF}{EF}=\frac{CD}{AD}=1$, $\therefore EF=CF. \because AD=CD, \therefore DF=\frac{1}{2}AE. \because CJ⊥ AB, \therefore JE=\sqrt{CE^2-CJ^2}=\sqrt{(2EF)^2-(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{4EF^2-12}=2\sqrt{EF^2-3}, \therefore AE=AJ+JE=6+2\sqrt{EF^2-3}, \therefore DF=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}(6+2\sqrt{EF^2-3})=3+\sqrt{EF^2-3}$, 即 $DF=3+\sqrt{EF^2-3}$.
(2)当 $\odot E$ 与 $\odot O$ 外切时,如图②,此时 $OE=OB+EF=4+EF. \because OE=AE-AO=6+2\sqrt{EF^2-3}-4=2+2\sqrt{EF^2-3}, \therefore 2+2\sqrt{EF^2-3}=4+EF$, 整理得 $3EF^2-4EF-16=0$, 解得 $EF=\frac{2+2\sqrt{13}}{3}$ 或 $EF=\frac{2-2\sqrt{13}}{3}$(舍). $\because 2+2\sqrt{EF^2-3}=4+EF$, $\therefore \sqrt{EF^2-3}=1+\frac{1}{2}EF, \therefore DF=3+\sqrt{EF^2-3}=3+1+\frac{1}{2}EF=4+\frac{1}{2}×\frac{2+2\sqrt{13}}{3}=4+\frac{1+\sqrt{13}}{3}=\frac{13+\sqrt{13}}{3}$;
当 $\odot E$ 与 $\odot O$ 内切于点 B 时,如图③,同理可求 $AE=6+2\sqrt{EF^2-3}, DF=3+\sqrt{EF^2-3}$, 此时 $OE=OB-EF=4-EF. \because OE=AE-AO=6+2\sqrt{EF^2-3}-4=2+2\sqrt{EF^2-3}, \therefore 4-EF=2+2\sqrt{EF^2-3}$, 解得 $EF=\frac{-2+2\sqrt{13}}{3}$ 或 $EF=\frac{-2-2\sqrt{13}}{3}$(舍), $\therefore \sqrt{EF^2-3}=1-\frac{1}{2}EF, \therefore DF=3+\sqrt{EF^2-3}=3+1-\frac{1}{2}EF=4-\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{13}-2}{3}=4-\frac{\sqrt{13}-1}{3}=\frac{13-\sqrt{13}}{3}$;
当 $\odot E$ 与 $\odot O$ 内切于点 A 时,如图④,同理可求 $AE=6-2\sqrt{EF^2-3}, DF=3-\sqrt{EF^2-3}$, 此时 $OE=OB-EF=4-EF$. $\because OE=AO-AE=4-(6-2\sqrt{EF^2-3})=2\sqrt{EF^2-3}-2, \therefore 4-EF=2\sqrt{EF^2-3}-2$, 解得 $EF=-2+2\sqrt{5}$ 或 $EF=-2-2\sqrt{5}$(舍), $\therefore \sqrt{EF^2-3}=3-\frac{1}{2}EF, \therefore DF=3-\sqrt{EF^2-3}=3+\frac{1}{2}EF-3=\frac{1}{2}×(-2+2\sqrt{5})=\sqrt{5}-1$. 综上,线段 DF 的长为 $\frac{13+\sqrt{13}}{3}$ 或 $\frac{13-\sqrt{13}}{3}$ 或 $\sqrt{5}-1$.
解析
【分析】
(1) 解题思路：首先利用垂径定理，由OD过圆心且垂直弦AC，可得D是AC的中点；结合DF//AB，可判定DF是△ACE的中位线，即得$DF=\frac{1}{2}AE$，且F为CE中点，$EF=CF$。接下来过点C作$CJ⊥AB$于J，利用$∠CAB=30°$和三角函数计算出AC、CJ、AJ的长度，再在$Rt△CJE$中借助勾股定理用EF表示出JE的长度，进而将AE用EF表示，代入$DF=\frac{1}{2}AE$即可得到DF与EF的数量关系。
(2) 解题思路：以E为圆心EF为半径的圆与$\odot O$相切，需分三类讨论：①两圆外切；②两圆内切且E在AB延长线上；③两圆内切且E在AO线段上。每类情况均根据两圆相切时圆心距OE与两圆半径的等量关系列方程，求解得到符合题意的EF值，再代入第一问得到的DF表达式计算即可，注意舍去长度为负的解。
【解析】
(1) 如图①，过点C作$CJ⊥ AB$于点J。
$\because OD⊥ AC$，OD经过圆心，
$\therefore AD=CD$（垂径定理）。
$\because ∠ CAB=30°, AO=4$
$\therefore AD=AO×\cos∠ CAB=4×\cos30°=2\sqrt{3}$，
$\therefore AC=2AD=4\sqrt{3}$。
$\because CJ⊥ AB$，
$\therefore CJ=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{3}, AJ=AC×\cos∠ CAB=6$。
$\because DF// AB$，AD=CD，
$\therefore \frac{CF}{EF}=\frac{CD}{AD}=1$，$\therefore EF=CF$，即F为CE中点，
$\therefore DF$是△ACE的中位线，$\therefore DF=\frac{1}{2}AE$。
$\because CJ⊥ AB$，在Rt△CJE中，CE=2EF，CJ=2√3，
$\therefore JE=\sqrt{CE^2-CJ^2}=\sqrt{(2EF)^2-(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{4EF^2-12}=2\sqrt{EF^2-3}$，
$\therefore AE=AJ+JE=6+2\sqrt{EF^2-3}$，
$\therefore DF=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}(6+2\sqrt{EF^2-3})=3+\sqrt{EF^2-3}$，
即$DF=3+\sqrt{EF^2-3}$。
(2) 分三种情况讨论：
① 当$\odot E$与$\odot O$外切时，如图②，此时圆心距$OE=OB+EF=4+EF$。
$\because OE=AE-AO=6+2\sqrt{EF^2-3}-4=2+2\sqrt{EF^2-3}$，
$\therefore 2+2\sqrt{EF^2-3}=4+EF$，
整理得$3EF^2-4EF-16=0$，
解得$EF=\frac{2+2\sqrt{13}}{3}$ 或 $EF=\frac{2-2\sqrt{13}}{3}$(长度为负，舍去)。
由$2+2\sqrt{EF^2-3}=4+EF$可得$\sqrt{EF^2-3}=1+\frac{1}{2}EF$，
$\therefore DF=3+\sqrt{EF^2-3}=3+1+\frac{1}{2}EF=4+\frac{1}{2}×\frac{2+2\sqrt{13}}{3}=4+\frac{1+\sqrt{13}}{3}=\frac{13+\sqrt{13}}{3}$。
② 当$\odot E$与$\odot O$内切于点B时，如图③，同理可得$AE=6+2\sqrt{EF^2-3}, DF=3+\sqrt{EF^2-3}$，此时圆心距$OE=OB-EF=4-EF$。
$\because OE=AE-AO=6+2\sqrt{EF^2-3}-4=2+2\sqrt{EF^2-3}$，
$\therefore 4-EF=2+2\sqrt{EF^2-3}$，
解得$EF=\frac{-2+2\sqrt{13}}{3}$ 或 $EF=\frac{-2-2\sqrt{13}}{3}$(长度为负，舍去)，
$\therefore \sqrt{EF^2-3}=1-\frac{1}{2}EF$，
$\therefore DF=3+\sqrt{EF^2-3}=3+1-\frac{1}{2}EF=4-\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{13}-2}{3}=4-\frac{\sqrt{13}-1}{3}=\frac{13-\sqrt{13}}{3}$。
③ 当$\odot E$与$\odot O$内切于点A时，如图④，同理可得$AE=6-2\sqrt{EF^2-3}, DF=3-\sqrt{EF^2-3}$，此时圆心距$OE=OB-EF=4-EF$。
$\because OE=AO-AE=4-(6-2\sqrt{EF^2-3})=2\sqrt{EF^2-3}-2$，
$\therefore 4-EF=2\sqrt{EF^2-3}-2$，
解得$EF=-2+2\sqrt{5}$ 或 $EF=-2-2\sqrt{5}$(长度为负，舍去)，
$\therefore \sqrt{EF^2-3}=3-\frac{1}{2}EF$，
$\therefore DF=3-\sqrt{EF^2-3}=3+\frac{1}{2}EF-3=\frac{1}{2}×(-2+2\sqrt{5})=\sqrt{5}-1$。
【答案】
(1) $DF=3+\sqrt{EF^2-3}$；
(2) 线段DF的长为$\frac{13+\sqrt{13}}{3}$或$\frac{13-\sqrt{13}}{3}$或$\sqrt{5}-1$。
【知识点】
垂径定理；两圆相切的性质；三角形中位线定理
【点评】
本题综合性较强，融合了圆的基本性质、特殊角的三角函数、三角形中位线以及两圆位置关系等知识点，解题的关键是对两圆相切的情况进行全面分类讨论，避免漏解，同时对计算能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
(1) 解题思路：首先利用垂径定理，由OD过圆心且垂直弦AC，可得D是AC的中点；结合DF//AB，可判定DF是△ACE的中位线，即得$DF=\frac{1}{2}AE$，且F为CE中点，$EF=CF$。接下来过点C作$CJ⊥AB$于J，利用$∠CAB=30°$和三角函数计算出AC、CJ、AJ的长度，再在$Rt△CJE$中借助勾股定理用EF表示出JE的长度，进而将AE用EF表示，代入$DF=\frac{1}{2}AE$即可得到DF与EF的数量关系。
(2) 解题思路：以E为圆心EF为半径的圆与$\odot O$相切，需分三类讨论：①两圆外切；②两圆内切且E在AB延长线上；③两圆内切且E在AO线段上。每类情况均根据两圆相切时圆心距OE与两圆半径的等量关系列方程，求解得到符合题意的EF值，再代入第一问得到的DF表达式计算即可，注意舍去长度为负的解。
【解析】
(1) 如图①，过点C作$CJ⊥ AB$于点J。
$\because OD⊥ AC$，OD经过圆心，
$\therefore AD=CD$（垂径定理）。
$\because ∠ CAB=30°, AO=4$
$\therefore AD=AO×\cos∠ CAB=4×\cos30°=2\sqrt{3}$，
$\therefore AC=2AD=4\sqrt{3}$。
$\because CJ⊥ AB$，
$\therefore CJ=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{3}, AJ=AC×\cos∠ CAB=6$。
$\because DF// AB$，AD=CD，
$\therefore \frac{CF}{EF}=\frac{CD}{AD}=1$，$\therefore EF=CF$，即F为CE中点，
$\therefore DF$是△ACE的中位线，$\therefore DF=\frac{1}{2}AE$。
$\because CJ⊥ AB$，在Rt△CJE中，CE=2EF，CJ=2√3，
$\therefore JE=\sqrt{CE^2-CJ^2}=\sqrt{(2EF)^2-(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{4EF^2-12}=2\sqrt{EF^2-3}$，
$\therefore AE=AJ+JE=6+2\sqrt{EF^2-3}$，
$\therefore DF=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}(6+2\sqrt{EF^2-3})=3+\sqrt{EF^2-3}$，
即$DF=3+\sqrt{EF^2-3}$。
(2) 分三种情况讨论：
① 当$\odot E$与$\odot O$外切时，如图②，此时圆心距$OE=OB+EF=4+EF$。
$\because OE=AE-AO=6+2\sqrt{EF^2-3}-4=2+2\sqrt{EF^2-3}$，
$\therefore 2+2\sqrt{EF^2-3}=4+EF$，
整理得$3EF^2-4EF-16=0$，
解得$EF=\frac{2+2\sqrt{13}}{3}$ 或 $EF=\frac{2-2\sqrt{13}}{3}$(长度为负，舍去)。
由$2+2\sqrt{EF^2-3}=4+EF$可得$\sqrt{EF^2-3}=1+\frac{1}{2}EF$，
$\therefore DF=3+\sqrt{EF^2-3}=3+1+\frac{1}{2}EF=4+\frac{1}{2}×\frac{2+2\sqrt{13}}{3}=4+\frac{1+\sqrt{13}}{3}=\frac{13+\sqrt{13}}{3}$。
② 当$\odot E$与$\odot O$内切于点B时，如图③，同理可得$AE=6+2\sqrt{EF^2-3}, DF=3+\sqrt{EF^2-3}$，此时圆心距$OE=OB-EF=4-EF$。
$\because OE=AE-AO=6+2\sqrt{EF^2-3}-4=2+2\sqrt{EF^2-3}$，
$\therefore 4-EF=2+2\sqrt{EF^2-3}$，
解得$EF=\frac{-2+2\sqrt{13}}{3}$ 或 $EF=\frac{-2-2\sqrt{13}}{3}$(长度为负，舍去)，
$\therefore \sqrt{EF^2-3}=1-\frac{1}{2}EF$，
$\therefore DF=3+\sqrt{EF^2-3}=3+1-\frac{1}{2}EF=4-\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{13}-2}{3}=4-\frac{\sqrt{13}-1}{3}=\frac{13-\sqrt{13}}{3}$。
③ 当$\odot E$与$\odot O$内切于点A时，如图④，同理可得$AE=6-2\sqrt{EF^2-3}, DF=3-\sqrt{EF^2-3}$，此时圆心距$OE=OB-EF=4-EF$。
$\because OE=AO-AE=4-(6-2\sqrt{EF^2-3})=2\sqrt{EF^2-3}-2$，
$\therefore 4-EF=2\sqrt{EF^2-3}-2$，
解得$EF=-2+2\sqrt{5}$ 或 $EF=-2-2\sqrt{5}$(长度为负，舍去)，
$\therefore \sqrt{EF^2-3}=3-\frac{1}{2}EF$，
$\therefore DF=3-\sqrt{EF^2-3}=3+\frac{1}{2}EF-3=\frac{1}{2}×(-2+2\sqrt{5})=\sqrt{5}-1$。
【答案】
(1) $DF=3+\sqrt{EF^2-3}$；
(2) 线段DF的长为$\frac{13+\sqrt{13}}{3}$或$\frac{13-\sqrt{13}}{3}$或$\sqrt{5}-1$。
【知识点】
垂径定理；两圆相切的性质；三角形中位线定理
【点评】
本题综合性较强，融合了圆的基本性质、特殊角的三角函数、三角形中位线以及两圆位置关系等知识点，解题的关键是对两圆相切的情况进行全面分类讨论，避免漏解，同时对计算能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
