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18. (9分)如图17,直线l与⊙O相切于点D,AB为⊙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⊙O的半径.
(1)求证:AD平分∠CAE;
(2)如果BC=1,DC=3,求⊙O的半径.
答案
(1) 证明：
连接OD，
∵ 直线$l$与$\odot O$相切于点$D$，
∴ $OD⊥ l$，
又∵ $AE⊥ l$，
∴ $OD// AE$，
∴ $∠ ODA = ∠ DAE$，
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD = ∠ ODA$，
∴ $∠ OAD = ∠ DAE$，
即$AD$平分$∠ CAE$。
---
(2) 解：
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OB=r$，
$OC = OB + BC = r+1$，
∵ $OD⊥ l$，
∴ $∠ ODC = 90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ODC$中，由勾股定理得：
$OD^2 + DC^2 = OC^2$
代入已知条件$DC=3$，得：
$r^2 + 3^2 = (r+1)^2$
展开化简：
$r^2 + 9 = r^2 + 2r + 1$
$2r = 8$
解得$r=4$。
答：$\odot O$的半径为$\boldsymbol{4}$。
连接OD，
∵ 直线$l$与$\odot O$相切于点$D$，
∴ $OD⊥ l$，
又∵ $AE⊥ l$，
∴ $OD// AE$，
∴ $∠ ODA = ∠ DAE$，
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD = ∠ ODA$，
∴ $∠ OAD = ∠ DAE$，
即$AD$平分$∠ CAE$。
---
(2) 解：
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OB=r$，
$OC = OB + BC = r+1$，
∵ $OD⊥ l$，
∴ $∠ ODC = 90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ODC$中，由勾股定理得：
$OD^2 + DC^2 = OC^2$
代入已知条件$DC=3$，得：
$r^2 + 3^2 = (r+1)^2$
展开化简：
$r^2 + 9 = r^2 + 2r + 1$
$2r = 8$
解得$r=4$。
答：$\odot O$的半径为$\boldsymbol{4}$。
解析
【分析】
(1) 要证明AD平分∠CAE，需证∠OAD=∠DAE。遇到圆的切线时，通常连接圆心和切点得到垂直关系，因此先连接OD，由切线性质得OD⊥l，结合AE⊥l可推出OD//AE，得到内错角∠ODA=∠DAE；再利用OA=OD的等腰三角形性质，得∠OAD=∠ODA，等量代换即可完成证明。
(2) 求圆的半径可采用方程思想，设半径为r，将Rt△ODC的三边长都用含r的代数式表示：OD=r，OC=r+1，已知DC=3，结合∠ODC是直角，利用勾股定理列方程求解即可得到半径。
【解析】
(1) 证明：
连接OD，
∵ 直线$l$与$\odot O$相切于点$D$，
∴ $OD⊥ l$，
又
∵ $AE⊥ l$，
∴ $OD// AE$，
∴ $∠ ODA = ∠ DAE$，
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD = ∠ ODA$，
∴ $∠ OAD = ∠ DAE$，
即$AD$平分$∠ CAE$。
(2) 解：
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OB=r$，
$OC = OB + BC = r+1$，
∵ $OD⊥ l$，
∴ $∠ ODC = 90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ODC$中，由勾股定理得：
$OD^2 + DC^2 = OC^2$
代入$DC=3$，得：
$r^2 + 3^2 = (r+1)^2$
展开化简：
$r^2 + 9 = r^2 + 2r + 1$
$2r = 8$
解得$r=4$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\boldsymbol{4}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，角平分线的判定
【点评】
本题属于圆的基础综合题，考查了圆中常用辅助线的作法，融合了平行线性质、等腰三角形性质的应用，第二问通过方程思想结合勾股定理求解线段长度，是圆章节的经典常考题型，相关解题方法需要熟练掌握。
【难度系数】
0.75
(1) 要证明AD平分∠CAE，需证∠OAD=∠DAE。遇到圆的切线时，通常连接圆心和切点得到垂直关系，因此先连接OD，由切线性质得OD⊥l，结合AE⊥l可推出OD//AE，得到内错角∠ODA=∠DAE；再利用OA=OD的等腰三角形性质，得∠OAD=∠ODA，等量代换即可完成证明。
(2) 求圆的半径可采用方程思想，设半径为r，将Rt△ODC的三边长都用含r的代数式表示：OD=r，OC=r+1，已知DC=3，结合∠ODC是直角，利用勾股定理列方程求解即可得到半径。
【解析】
(1) 证明：
连接OD，
∵ 直线$l$与$\odot O$相切于点$D$，
∴ $OD⊥ l$，
又
∵ $AE⊥ l$，
∴ $OD// AE$，
∴ $∠ ODA = ∠ DAE$，
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD = ∠ ODA$，
∴ $∠ OAD = ∠ DAE$，
即$AD$平分$∠ CAE$。
(2) 解：
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OB=r$，
$OC = OB + BC = r+1$，
∵ $OD⊥ l$，
∴ $∠ ODC = 90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ODC$中，由勾股定理得：
$OD^2 + DC^2 = OC^2$
代入$DC=3$，得：
$r^2 + 3^2 = (r+1)^2$
展开化简：
$r^2 + 9 = r^2 + 2r + 1$
$2r = 8$
解得$r=4$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\boldsymbol{4}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，角平分线的判定
【点评】
本题属于圆的基础综合题，考查了圆中常用辅助线的作法，融合了平行线性质、等腰三角形性质的应用，第二问通过方程思想结合勾股定理求解线段长度，是圆章节的经典常考题型，相关解题方法需要熟练掌握。
【难度系数】
0.75
19. (9分)如图18,有一个亭子,它的地基是半径为6 m的正六边形.
(1)求该地基的周长；
(2)求该地基的面积;(结果保留根号形式)
(3)若正六边形的半径用R表示,写出正六边形的面积S与R之间的函数关系式.
(1)求该地基的周长；
(2)求该地基的面积;(结果保留根号形式)
(3)若正六边形的半径用R表示,写出正六边形的面积S与R之间的函数关系式.
答案
解：
(1) 连接OA、OB，
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，
∴ ∠AOB = 360°÷6 = 60°，
又∵ OA = OB = 6 m，
∴ △AOB是等边三角形，
∴ AB = OA = 6 m，
∴ 该地基的周长为 6×6 = 36 (m)。
(2) 过点O作OG⊥AB于点G，
在Rt△AOG中，OA=6 m，∠AOG = 30°，
∴ OG = OA·cos30° = 6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $3\sqrt{3}$ (m)，
∴ $S_{△ AOB} = \frac{1}{2} × AB × OG = \frac{1}{2} × 6 × 3\sqrt{3} = 9\sqrt{3}$ (m²)，
∴ 该地基的面积 $S = 6 × S_{△ AOB} = 6 × 9\sqrt{3} = 54\sqrt{3}$ (m²)。
(3) 当正六边形的半径为R时，同理可得正六边形边长等于R，边心距为$\frac{\sqrt{3}}{2}R$，
∴ $S = 6 × (\frac{1}{2} × R × \frac{\sqrt{3}}{2}R) = \frac{3\sqrt{3}}{2}R^2$，
即正六边形的面积S与R之间的函数关系式为 $S = \frac{3\sqrt{3}}{2}R^2$。
(1) 连接OA、OB，
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，
∴ ∠AOB = 360°÷6 = 60°，
又∵ OA = OB = 6 m，
∴ △AOB是等边三角形，
∴ AB = OA = 6 m，
∴ 该地基的周长为 6×6 = 36 (m)。
(2) 过点O作OG⊥AB于点G，
在Rt△AOG中，OA=6 m，∠AOG = 30°，
∴ OG = OA·cos30° = 6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $3\sqrt{3}$ (m)，
∴ $S_{△ AOB} = \frac{1}{2} × AB × OG = \frac{1}{2} × 6 × 3\sqrt{3} = 9\sqrt{3}$ (m²)，
∴ 该地基的面积 $S = 6 × S_{△ AOB} = 6 × 9\sqrt{3} = 54\sqrt{3}$ (m²)。
(3) 当正六边形的半径为R时，同理可得正六边形边长等于R，边心距为$\frac{\sqrt{3}}{2}R$，
∴ $S = 6 × (\frac{1}{2} × R × \frac{\sqrt{3}}{2}R) = \frac{3\sqrt{3}}{2}R^2$，
即正六边形的面积S与R之间的函数关系式为 $S = \frac{3\sqrt{3}}{2}R^2$。
解析
【分析】
解决这道题可利用正六边形的性质，结合三角形相关知识逐步求解：(1)正六边形的中心角为$360°÷6=60°$，且正六边形的半径相等，因此中心与相邻两个顶点构成的三角形是等边三角形，可得正六边形的边长等于半径，再乘6即可得到周长；(2)正六边形可分割为6个全等的等边三角形，过中心作边长的垂线得到边心距，计算单个等边三角形的面积后乘6就能得到正六边形的面积；(3)将第二问中的具体半径替换为R，按照相同推导过程即可得到面积S与R的函数关系式。
【解析】
(1) 连接OA、OB，
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，
∴ $∠ AOB = 360°÷6 = 60°$，
又
∵ $OA = OB = 6\ \mathrm{m}$，
∴ $△ AOB$是等边三角形，
∴ $AB = OA = 6\ \mathrm{m}$，
∴ 该地基的周长为 $6×6 = 36\ (\mathrm{m})$。
(2) 过点O作$OG⊥ AB$于点G，
在$\mathrm{Rt}△ AOG$中，$OA=6\ \mathrm{m}$，$∠ AOG = 30°$，
∴ $OG = OA·\cos30° = 6×\frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}\ (\mathrm{m})$，
∴ $S_{△ AOB} = \frac{1}{2} × AB × OG = \frac{1}{2} × 6 × 3\sqrt{3} = 9\sqrt{3}\ (\mathrm{m}^2)$，
∴ 该地基的面积 $S = 6 × S_{△ AOB} = 6 × 9\sqrt{3} = 54\sqrt{3}\ (\mathrm{m}^2)$。
(3) 当正六边形的半径为R时，同理可得正六边形边长等于R，边心距为$\frac{\sqrt{3}}{2}R$，
∴ $S = 6 × (\frac{1}{2} × R × \frac{\sqrt{3}}{2}R) = \frac{3\sqrt{3}}{2}R^2$，
即正六边形的面积S与R之间的函数关系式为 $S = \frac{3\sqrt{3}}{2}R^2$。
【答案】
(1) $\boxed{36\ \mathrm{m}}$；
(2) $\boxed{54\sqrt{3}\ \mathrm{m}^2}$；
(3) $\boxed{S=\frac{3\sqrt{3}}{2}R^2}$
【知识点】
正多边形的性质；等边三角形的判定与性质；解直角三角形
【点评】
本题以生活中亭子地基为背景，考查正六边形的周长、面积计算及函数关系式推导，解题核心是掌握正六边形可分割为6个全等等边三角形的性质，将多边形问题转化为三角形问题求解，侧重对基础知识和转化思想的考查。
【难度系数】
0.75
解决这道题可利用正六边形的性质，结合三角形相关知识逐步求解：(1)正六边形的中心角为$360°÷6=60°$，且正六边形的半径相等，因此中心与相邻两个顶点构成的三角形是等边三角形，可得正六边形的边长等于半径，再乘6即可得到周长；(2)正六边形可分割为6个全等的等边三角形，过中心作边长的垂线得到边心距，计算单个等边三角形的面积后乘6就能得到正六边形的面积；(3)将第二问中的具体半径替换为R，按照相同推导过程即可得到面积S与R的函数关系式。
【解析】
(1) 连接OA、OB，
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，
∴ $∠ AOB = 360°÷6 = 60°$，
又
∵ $OA = OB = 6\ \mathrm{m}$，
∴ $△ AOB$是等边三角形，
∴ $AB = OA = 6\ \mathrm{m}$，
∴ 该地基的周长为 $6×6 = 36\ (\mathrm{m})$。
(2) 过点O作$OG⊥ AB$于点G，
在$\mathrm{Rt}△ AOG$中，$OA=6\ \mathrm{m}$，$∠ AOG = 30°$，
∴ $OG = OA·\cos30° = 6×\frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}\ (\mathrm{m})$，
∴ $S_{△ AOB} = \frac{1}{2} × AB × OG = \frac{1}{2} × 6 × 3\sqrt{3} = 9\sqrt{3}\ (\mathrm{m}^2)$，
∴ 该地基的面积 $S = 6 × S_{△ AOB} = 6 × 9\sqrt{3} = 54\sqrt{3}\ (\mathrm{m}^2)$。
(3) 当正六边形的半径为R时，同理可得正六边形边长等于R，边心距为$\frac{\sqrt{3}}{2}R$，
∴ $S = 6 × (\frac{1}{2} × R × \frac{\sqrt{3}}{2}R) = \frac{3\sqrt{3}}{2}R^2$，
即正六边形的面积S与R之间的函数关系式为 $S = \frac{3\sqrt{3}}{2}R^2$。
【答案】
(1) $\boxed{36\ \mathrm{m}}$；
(2) $\boxed{54\sqrt{3}\ \mathrm{m}^2}$；
(3) $\boxed{S=\frac{3\sqrt{3}}{2}R^2}$
【知识点】
正多边形的性质；等边三角形的判定与性质；解直角三角形
【点评】
本题以生活中亭子地基为背景，考查正六边形的周长、面积计算及函数关系式推导，解题核心是掌握正六边形可分割为6个全等等边三角形的性质，将多边形问题转化为三角形问题求解，侧重对基础知识和转化思想的考查。
【难度系数】
0.75
