登录
三、解答题
10. 如图，直线$ l $与$ \odot O $相切于点$ D $，$ AB $为$ \odot O $的直径，过点$ A $作$ AE ⊥ l $于点$ E $，延长$ AB $交直线$ l $于点$ C $。
(1) 求证：$ AD $平分$ ∠ CAE $；
(2) 如果$ BC=1 $，$ DC=3 $，求$ \odot O $的半径。
10. 如图，直线$ l $与$ \odot O $相切于点$ D $，$ AB $为$ \odot O $的直径，过点$ A $作$ AE ⊥ l $于点$ E $，延长$ AB $交直线$ l $于点$ C $。
(1) 求证：$ AD $平分$ ∠ CAE $；
(2) 如果$ BC=1 $，$ DC=3 $，求$ \odot O $的半径。
答案
10. $11-4\sqrt{3}$
解析
【分析】
(1) 要证明AD平分∠CAE，即证∠EAD=∠OAD。遇到切线首先考虑连接切点与圆心，可得OD垂直直线l，结合AE垂直l可推出OD和AE平行，得到内错角∠ODA=∠EAD；再利用半径相等得到等腰三角形OAD中∠OAD=∠ODA，等量代换即可完成证明。
(2) 求半径可设半径为r，将Rt△ODC的三条边都用含r的式子表示，再通过勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：连接OD
∵ 直线$l$与$\odot O$相切于点D，根据切线的性质得：$OD ⊥ l$
又
∵ $AE ⊥ l$，
∴ $OD // AE$
∴ $∠ ODA = ∠ EAD$（两直线平行，内错角相等）
∵ OA、OD都是$\odot O$的半径，
∴ $OA=OD$
∴ $∠ OAD = ∠ ODA$（等腰三角形两底角相等）
∴ $∠ OAD = ∠ EAD$，即AD平分$∠ CAE$。
(2) 解：设$\odot O$的半径为r，则$OD=OB=r$
∴ $OC = OB + BC = r + 1$
由(1)知$∠ ODC=90°$，在$Rt△ ODC$中，根据勾股定理：
$OD^2 + CD^2 = OC^2$
代入数值：$r^2 + 3^2 = (r+1)^2$
展开得：$r^2 + 9 = r^2 + 2r + 1$
化简得：$2r=8$，解得$r=4$
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $\boxed{4}$
【知识点】
切线的性质；角平分线的判定；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，作辅助线连接圆心和切点是解决切线相关问题的常用思路，第一问结合平行线性质和等腰三角形性质即可完成证明，第二问利用勾股定理列方程求解半径，是中考常考的基础题型。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明AD平分∠CAE，即证∠EAD=∠OAD。遇到切线首先考虑连接切点与圆心，可得OD垂直直线l，结合AE垂直l可推出OD和AE平行，得到内错角∠ODA=∠EAD；再利用半径相等得到等腰三角形OAD中∠OAD=∠ODA，等量代换即可完成证明。
(2) 求半径可设半径为r，将Rt△ODC的三条边都用含r的式子表示，再通过勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：连接OD
∵ 直线$l$与$\odot O$相切于点D，根据切线的性质得：$OD ⊥ l$
又
∵ $AE ⊥ l$，
∴ $OD // AE$
∴ $∠ ODA = ∠ EAD$（两直线平行，内错角相等）
∵ OA、OD都是$\odot O$的半径，
∴ $OA=OD$
∴ $∠ OAD = ∠ ODA$（等腰三角形两底角相等）
∴ $∠ OAD = ∠ EAD$，即AD平分$∠ CAE$。
(2) 解：设$\odot O$的半径为r，则$OD=OB=r$
∴ $OC = OB + BC = r + 1$
由(1)知$∠ ODC=90°$，在$Rt△ ODC$中，根据勾股定理：
$OD^2 + CD^2 = OC^2$
代入数值：$r^2 + 3^2 = (r+1)^2$
展开得：$r^2 + 9 = r^2 + 2r + 1$
化简得：$2r=8$，解得$r=4$
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $\boxed{4}$
【知识点】
切线的性质；角平分线的判定；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，作辅助线连接圆心和切点是解决切线相关问题的常用思路，第一问结合平行线性质和等腰三角形性质即可完成证明，第二问利用勾股定理列方程求解半径，是中考常考的基础题型。
【难度系数】
0.7
11.如图，$\odot O$与等边三角形ABC的边AC，AB分别交于点D，E，AE是$\odot O$的直径，过点D作$DF ⊥ BC$，垂足为F.
(1)求证：DF是$\odot O$的切线；
(2)连接EF，当EF是$\odot O$的切线时，求$\odot O$的半径$r$与等边三角形ABC的边长$a$之间的数量关系.
(1)求证：DF是$\odot O$的切线；
(2)连接EF，当EF是$\odot O$的切线时，求$\odot O$的半径$r$与等边三角形ABC的边长$a$之间的数量关系.
答案
11. (1)略 (2)10
12.如图，直线AB经过$\odot O$上的点C，且$OA=OB$，$CA=CB$。
(1)求证：直线AB是$\odot O$的切线；
(2)若$\odot O$的半径为4，$∠ B=30°$，求图中阴影部分的面积。
(1)求证：直线AB是$\odot O$的切线；
(2)若$\odot O$的半径为4，$∠ B=30°$，求图中阴影部分的面积。
答案
$15π$
13. 如图，正方形ABCD内接于$\odot O$，E是$\overset{\frown}{BC}$的中点，连接AE，DE，CE。求证：
(1)$AE=DE$；
(2)$AE+CE=\sqrt{2}DE$。
(1)$AE=DE$；
(2)$AE+CE=\sqrt{2}DE$。
答案
(1)略 (2) $\frac{5}{2}$
解析
【分析】
(1) 要证明$AE=DE$，根据同圆中等弧对等弦的性质，只需证明$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$即可。先利用正方形内接于圆的性质得到四段弧相等，再结合E是$\overset{\frown}{BC}$中点得到$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EC}$，通过弧的和的关系即可推导得到等弧，进而得到等弦。
(2) 要证明$AE+CE=\sqrt{2}DE$，采用旋转法构造全等三角形：将$△ DCE$绕D点逆时针旋转90°使DC与DA重合，得到$△ DAF$，先证明$△ EDF$是等腰直角三角形得到$EF=\sqrt{2}DE$，再证明F、A、E三点共线，即可得到$EF=AE+CE$，完成证明。
【解析】
(1) 证明：
∵正方形ABCD内接于$\odot O$，
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DA}=90°$，
∵E是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EC}=45°$，
∴$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{BE}=90°+45°=135°$，$\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{EC}=90°+45°=135°$，
∴$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$，
∴$AE=DE$。
(2) 证明：
将$△ DCE$绕点D逆时针旋转$90°$，使DC与DA重合，得到$△ DAF$，
由旋转性质得：$AF=CE$，$DF=DE$，$∠ EDC=∠ FDA$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴$∠ ADC=90°$，即$∠ ADE+∠ EDC=90°$，
∴$∠ ADE+∠ FDA=∠ EDF=90°$，
∴$△ EDF$是等腰直角三角形，
∴$EF=\sqrt{2}DE$，
∵四边形AECD是圆内接四边形，
∴$∠ DCE+∠ DAE=180°$，
由旋转得$∠ DAF=∠ DCE$，
∴$∠ DAF+∠ DAE=180°$，即F、A、E三点共线，
∴$EF=AF+AE=CE+AE$，
∴$AE+CE=\sqrt{2}DE$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) 证明成立
【知识点】
圆的基本性质，正方形的性质，旋转的应用
【点评】
本题属于圆与正方形的综合证明题，解题的关键是灵活运用同圆中弧与弦的对应关系，以及通过旋转构造特殊三角形解决线段和的证明问题，能很好地锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明$AE=DE$，根据同圆中等弧对等弦的性质，只需证明$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$即可。先利用正方形内接于圆的性质得到四段弧相等，再结合E是$\overset{\frown}{BC}$中点得到$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EC}$，通过弧的和的关系即可推导得到等弧，进而得到等弦。
(2) 要证明$AE+CE=\sqrt{2}DE$，采用旋转法构造全等三角形：将$△ DCE$绕D点逆时针旋转90°使DC与DA重合，得到$△ DAF$，先证明$△ EDF$是等腰直角三角形得到$EF=\sqrt{2}DE$，再证明F、A、E三点共线，即可得到$EF=AE+CE$，完成证明。
【解析】
(1) 证明：
∵正方形ABCD内接于$\odot O$，
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DA}=90°$，
∵E是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EC}=45°$，
∴$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{BE}=90°+45°=135°$，$\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{EC}=90°+45°=135°$，
∴$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$，
∴$AE=DE$。
(2) 证明：
将$△ DCE$绕点D逆时针旋转$90°$，使DC与DA重合，得到$△ DAF$，
由旋转性质得：$AF=CE$，$DF=DE$，$∠ EDC=∠ FDA$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴$∠ ADC=90°$，即$∠ ADE+∠ EDC=90°$，
∴$∠ ADE+∠ FDA=∠ EDF=90°$，
∴$△ EDF$是等腰直角三角形，
∴$EF=\sqrt{2}DE$，
∵四边形AECD是圆内接四边形，
∴$∠ DCE+∠ DAE=180°$，
由旋转得$∠ DAF=∠ DCE$，
∴$∠ DAF+∠ DAE=180°$，即F、A、E三点共线，
∴$EF=AF+AE=CE+AE$，
∴$AE+CE=\sqrt{2}DE$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) 证明成立
【知识点】
圆的基本性质，正方形的性质，旋转的应用
【点评】
本题属于圆与正方形的综合证明题，解题的关键是灵活运用同圆中弧与弦的对应关系，以及通过旋转构造特殊三角形解决线段和的证明问题，能很好地锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.65
