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三、解答题
7. 如图，$\odot O$的半径为2，弦$BC$的长为$2\sqrt{3}$，点$A$在弦$BC$所对的优弧上.求：
（1）$∠ BAC$的度数；
（2）$△ ABC$面积的最大值.
7. 如图，$\odot O$的半径为2，弦$BC$的长为$2\sqrt{3}$，点$A$在弦$BC$所对的优弧上.求：
（1）$∠ BAC$的度数；
（2）$△ ABC$面积的最大值.
答案
解：
(1) 连接OB，OC，过点O作OD⊥BC于点D。
由垂径定理得：$BD = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} × 2\sqrt{3} = \sqrt{3}$。
在$Rt△ ODB$中，$OB=2$，$BD=\sqrt{3}$，
$\therefore OD = \sqrt{OB^2 - BD^2} = \sqrt{2^2 - (\sqrt{3})^2} = 1$，
$\therefore ∠ BOD = 60°$，
$\therefore ∠ BOC = 2∠ BOD = 120°$。
根据圆周角定理，$∠ BAC = \frac{1}{2}∠ BOC = 60°$。
(2) 设$△ ABC$中$BC$边上的高为$h$，
则$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} · BC · h = \sqrt{3} h$。
当点$A$运动到使$AD$垂直平分$BC$，即$A$、$O$、$D$三点共线时，$h$取得最大值，
此时$h_{\mathrm{max}} = AO + OD = 2 + 1 = 3$，
$\therefore △ ABC$面积的最大值为$\sqrt{3} × 3 = 3\sqrt{3}$。
综上，(1) $∠ BAC = 60°$；(2) $△ ABC$面积的最大值为$3\sqrt{3}$。
(1) 连接OB，OC，过点O作OD⊥BC于点D。
由垂径定理得：$BD = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} × 2\sqrt{3} = \sqrt{3}$。
在$Rt△ ODB$中，$OB=2$，$BD=\sqrt{3}$，
$\therefore OD = \sqrt{OB^2 - BD^2} = \sqrt{2^2 - (\sqrt{3})^2} = 1$，
$\therefore ∠ BOD = 60°$，
$\therefore ∠ BOC = 2∠ BOD = 120°$。
根据圆周角定理，$∠ BAC = \frac{1}{2}∠ BOC = 60°$。
(2) 设$△ ABC$中$BC$边上的高为$h$，
则$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} · BC · h = \sqrt{3} h$。
当点$A$运动到使$AD$垂直平分$BC$，即$A$、$O$、$D$三点共线时，$h$取得最大值，
此时$h_{\mathrm{max}} = AO + OD = 2 + 1 = 3$，
$\therefore △ ABC$面积的最大值为$\sqrt{3} × 3 = 3\sqrt{3}$。
综上，(1) $∠ BAC = 60°$；(2) $△ ABC$面积的最大值为$3\sqrt{3}$。
解析
【分析】
（1）求∠BAC的度数时，可利用圆周角定理，先求同弧BC对应的圆心角∠BOC的度数。已知圆的半径和弦BC长，过圆心作BC的垂线，结合垂径定理可将条件转化到直角三角形中，通过直角三角形的边角关系求出圆心角，再推导圆周角即可。
（2）△ABC的底BC长度固定，根据三角形面积公式，底不变时，BC边上的高越大，三角形面积越大。当点A到BC的距离最大时，面积取得最大值，此时点A、圆心O、BC的中点D三点共线，高的最大值为半径与OD的和，代入即可求出最大面积。
【解析】
(1) 连接OB，OC，过点O作OD⊥BC于点D。
由垂径定理得：$BD = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} × 2\sqrt{3} = \sqrt{3}$。
在$Rt△ ODB$中，$OB=2$，$BD=\sqrt{3}$，
$\therefore OD = \sqrt{OB^2 - BD^2} = \sqrt{2^2 - (\sqrt{3})^2} = 1$，
由直角三角形的性质可得$∠ BOD = 60°$，
$\therefore ∠ BOC = 2∠ BOD = 120°$。
根据圆周角定理，$∠ BAC = \frac{1}{2}∠ BOC = 60°$。
(2) 设$△ ABC$中$BC$边上的高为$h$，
则$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} · BC · h = \sqrt{3} h$。
当点$A$运动到使$AD$垂直平分$BC$，即$A$、$O$、$D$三点共线时，$h$取得最大值，
此时$h_{\mathrm{max}} = AO + OD = 2 + 1 = 3$，
$\therefore △ ABC$面积的最大值为$\sqrt{3} × 3 = 3\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60°}$；(2) $\boldsymbol{3\sqrt{3}}$
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，三角形面积计算
【点评】
本题属于圆的常规综合题，解题核心是合理作辅助线将圆的条件转化为直角三角形的边角关系，同时掌握定值底的三角形面积最值的判断方法，能有效考查对圆的基本性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
（1）求∠BAC的度数时，可利用圆周角定理，先求同弧BC对应的圆心角∠BOC的度数。已知圆的半径和弦BC长，过圆心作BC的垂线，结合垂径定理可将条件转化到直角三角形中，通过直角三角形的边角关系求出圆心角，再推导圆周角即可。
（2）△ABC的底BC长度固定，根据三角形面积公式，底不变时，BC边上的高越大，三角形面积越大。当点A到BC的距离最大时，面积取得最大值，此时点A、圆心O、BC的中点D三点共线，高的最大值为半径与OD的和，代入即可求出最大面积。
【解析】
(1) 连接OB，OC，过点O作OD⊥BC于点D。
由垂径定理得：$BD = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} × 2\sqrt{3} = \sqrt{3}$。
在$Rt△ ODB$中，$OB=2$，$BD=\sqrt{3}$，
$\therefore OD = \sqrt{OB^2 - BD^2} = \sqrt{2^2 - (\sqrt{3})^2} = 1$，
由直角三角形的性质可得$∠ BOD = 60°$，
$\therefore ∠ BOC = 2∠ BOD = 120°$。
根据圆周角定理，$∠ BAC = \frac{1}{2}∠ BOC = 60°$。
(2) 设$△ ABC$中$BC$边上的高为$h$，
则$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} · BC · h = \sqrt{3} h$。
当点$A$运动到使$AD$垂直平分$BC$，即$A$、$O$、$D$三点共线时，$h$取得最大值，
此时$h_{\mathrm{max}} = AO + OD = 2 + 1 = 3$，
$\therefore △ ABC$面积的最大值为$\sqrt{3} × 3 = 3\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60°}$；(2) $\boldsymbol{3\sqrt{3}}$
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，三角形面积计算
【点评】
本题属于圆的常规综合题，解题核心是合理作辅助线将圆的条件转化为直角三角形的边角关系，同时掌握定值底的三角形面积最值的判断方法，能有效考查对圆的基本性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
8. 如图,在平面直角坐标系中,$\odot C$经过原点$O$,且与两坐标轴交于$A$,$D$两点,已知$∠ OBA = 30°$,点$D$的坐标为$(0,2)$,求点$A$与圆心$C$的坐标.
答案
解：
连接AD，
∵∠AOD=90°，
∴AD是⊙C的直径（90°的圆周角所对的弦是直径）。
∵∠OBA与∠ODA都是弧OA所对的圆周角，
∴∠ODA=∠OBA=30°。
已知点D的坐标为(0,2)，则OD=2。
在Rt△AOD中，∠AOD=90°，∠ODA=30°，
∴$OA = OD · \tan30° = 2 × \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴点A的坐标为$(\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0)$。
∵圆心C是直径AD的中点，由中点坐标公式得：
点C的横坐标为$\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3} + 0}{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，纵坐标为$\frac{0 + 2}{2} = 1$，
∴圆心C的坐标为$(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1)$。
答：点A的坐标为$(\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0)$，圆心C的坐标为$(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1)$。
连接AD，
∵∠AOD=90°，
∴AD是⊙C的直径（90°的圆周角所对的弦是直径）。
∵∠OBA与∠ODA都是弧OA所对的圆周角，
∴∠ODA=∠OBA=30°。
已知点D的坐标为(0,2)，则OD=2。
在Rt△AOD中，∠AOD=90°，∠ODA=30°，
∴$OA = OD · \tan30° = 2 × \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴点A的坐标为$(\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0)$。
∵圆心C是直径AD的中点，由中点坐标公式得：
点C的横坐标为$\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3} + 0}{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，纵坐标为$\frac{0 + 2}{2} = 1$，
∴圆心C的坐标为$(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1)$。
答：点A的坐标为$(\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0)$，圆心C的坐标为$(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1)$。
解析
【分析】
解题时首先观察图形特征：O、A、D均在⊙C上，且∠AOD=90°，根据圆周角定理的推论，90°的圆周角所对的弦是直径，可确定AD是⊙C的直径，因此圆心C是AD的中点，只要求出点A坐标，就能通过中点坐标公式得到点C的坐标；接下来利用同弧所对的圆周角相等，可得∠ODA=∠OBA=30°，结合已知点D的坐标得到OD的长度，在Rt△AOD中利用三角函数即可求出OA的长度，得到点A坐标，最终求出圆心C的坐标。
【解析】
连接AD，
∵∠AOD=90°，
∴AD是⊙C的直径（90°的圆周角所对的弦是直径）。
∵∠OBA与∠ODA都是弧OA所对的圆周角，
∴∠ODA=∠OBA=30°。
已知点D的坐标为(0,2)，则OD=2。
在Rt△AOD中，∠AOD=90°，∠ODA=30°，
∴$OA = OD · \tan30° = 2 × \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴点A的坐标为$(\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0)$。
∵圆心C是直径AD的中点，由中点坐标公式得：
点C的横坐标为$\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3} + 0}{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，纵坐标为$\frac{0 + 2}{2} = 1$，
∴圆心C的坐标为$(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1)$。
【答案】
点A的坐标为$\boldsymbol{(\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0)}$，圆心C的坐标为$\boldsymbol{(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1)}$
【知识点】
圆周角定理及推论；解直角三角形；中点坐标公式
【点评】
本题是圆与平面直角坐标系结合的基础综合题，解题的核心是通过圆周角推论确定直径，再利用圆周角相等完成角度转化，结合直角三角形的运算和中点坐标公式求解，能有效考查学生对基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先观察图形特征：O、A、D均在⊙C上，且∠AOD=90°，根据圆周角定理的推论，90°的圆周角所对的弦是直径，可确定AD是⊙C的直径，因此圆心C是AD的中点，只要求出点A坐标，就能通过中点坐标公式得到点C的坐标；接下来利用同弧所对的圆周角相等，可得∠ODA=∠OBA=30°，结合已知点D的坐标得到OD的长度，在Rt△AOD中利用三角函数即可求出OA的长度，得到点A坐标，最终求出圆心C的坐标。
【解析】
连接AD，
∵∠AOD=90°，
∴AD是⊙C的直径（90°的圆周角所对的弦是直径）。
∵∠OBA与∠ODA都是弧OA所对的圆周角，
∴∠ODA=∠OBA=30°。
已知点D的坐标为(0,2)，则OD=2。
在Rt△AOD中，∠AOD=90°，∠ODA=30°，
∴$OA = OD · \tan30° = 2 × \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴点A的坐标为$(\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0)$。
∵圆心C是直径AD的中点，由中点坐标公式得：
点C的横坐标为$\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3} + 0}{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，纵坐标为$\frac{0 + 2}{2} = 1$，
∴圆心C的坐标为$(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1)$。
【答案】
点A的坐标为$\boldsymbol{(\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0)}$，圆心C的坐标为$\boldsymbol{(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1)}$
【知识点】
圆周角定理及推论；解直角三角形；中点坐标公式
【点评】
本题是圆与平面直角坐标系结合的基础综合题，解题的核心是通过圆周角推论确定直径，再利用圆周角相等完成角度转化，结合直角三角形的运算和中点坐标公式求解，能有效考查学生对基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
9. 如图(1)，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，$AB=AC$，$∠ ACB=70°$，点$E$在$\overset{\frown}{AC}$上运动，连接$EC$，$BE$，$BE$交$AC$于点$F$。
(1) 求$∠ E$的度数；
(2) 当点$E$运动到使$BE⊥ AC$时，连接$AO$并延长，交$BE$于点$D$，交$BC$于点$G$，交$\odot O$于点$M$，依据题意在备用图中画出图形，并证明$G$为$DM$的中点。
(1) 求$∠ E$的度数；
(2) 当点$E$运动到使$BE⊥ AC$时，连接$AO$并延长，交$BE$于点$D$，交$BC$于点$G$，交$\odot O$于点$M$，依据题意在备用图中画出图形，并证明$G$为$DM$的中点。
答案
解：(1)
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ ABC=∠ ACB=70°$，
∴ $∠ BAC=180°-∠ ABC-∠ ACB=40°$，
∵ $∠ BEC$和$∠ BAC$都是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴ $∠ E=∠ BAC=40°$。
(2) 按题意画出图形：延长$AO$交$BC$于点$G$，交$\odot O$于点$M$，在$\overset{\frown}{AC}$上取点$E$使得$BE⊥ AC$，连接$BE$、$EC$，$BE$与$AC$交于点$F$，与$AM$交于点$D$。
证明：
∵ $AB=AC$，$AM$是$\odot O$的直径，
∴ 由垂径定理得$AM⊥ BC$，即$∠ AGB=90°$，
∴ $∠ CAG+∠ ACB=90°$，
∵ $∠ ACB=70°$，
∴ $∠ CAG=20°$。
∵ $BE⊥ AC$，
∴ $∠ AFD=90°$，
∴ $∠ ADF=90°-∠ CAG=70°$，即$∠ BDG=70°$。
∵ $AM$是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ABM=90°$，
又∵ $AM$平分$∠ BAC$，$∠ BAC=40°$，
∴ $∠ BAM=20°$，
∴ $∠ AMB=90°-∠ BAM=70°$，
∴ $∠ BDG=∠ BMG$，
∴ $BD=BM$，即$△ BDM$是等腰三角形。
又∵ $BG⊥ DM$，
∴ 由等腰三角形三线合一得$DG=MG$，即$G$为$DM$的中点。
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ ABC=∠ ACB=70°$，
∴ $∠ BAC=180°-∠ ABC-∠ ACB=40°$，
∵ $∠ BEC$和$∠ BAC$都是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴ $∠ E=∠ BAC=40°$。
(2) 按题意画出图形：延长$AO$交$BC$于点$G$，交$\odot O$于点$M$，在$\overset{\frown}{AC}$上取点$E$使得$BE⊥ AC$，连接$BE$、$EC$，$BE$与$AC$交于点$F$，与$AM$交于点$D$。
证明：
∵ $AB=AC$，$AM$是$\odot O$的直径，
∴ 由垂径定理得$AM⊥ BC$，即$∠ AGB=90°$，
∴ $∠ CAG+∠ ACB=90°$，
∵ $∠ ACB=70°$，
∴ $∠ CAG=20°$。
∵ $BE⊥ AC$，
∴ $∠ AFD=90°$，
∴ $∠ ADF=90°-∠ CAG=70°$，即$∠ BDG=70°$。
∵ $AM$是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ABM=90°$，
又∵ $AM$平分$∠ BAC$，$∠ BAC=40°$，
∴ $∠ BAM=20°$，
∴ $∠ AMB=90°-∠ BAM=70°$，
∴ $∠ BDG=∠ BMG$，
∴ $BD=BM$，即$△ BDM$是等腰三角形。
又∵ $BG⊥ DM$，
∴ 由等腰三角形三线合一得$DG=MG$，即$G$为$DM$的中点。
解析
【分析】
(1) 求解∠E的度数时，观察到∠E与∠BAC同为弧BC所对的圆周角，根据圆周角定理二者相等，因此先利用等腰三角形等边对等角的性质，结合三角形内角和求出∠BAC的度数，即可得到∠E的度数。
(2) 证明G为DM中点时，首先按题目的要求补全图形；先依据等腰三角形外接圆的性质和垂径定理得到AM⊥BC，再通过垂直关系推导角度，证明△BDM为等腰三角形，最后结合BG⊥DM，利用等腰三角形三线合一的性质即可得证。
【解析】
(1)
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ ABC=∠ ACB=70°$，
∴ $∠ BAC=180°-∠ ABC-∠ ACB=180°-70°-70°=40°$，
∵ $∠ BEC$和$∠ BAC$都是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴ $∠ E=∠ BAC=40°$。
(2) 按题意画出图形：延长$AO$交$BC$于点$G$，交$\odot O$于点$M$，在$\overset{\frown}{AC}$上取点$E$使得$BE⊥ AC$，连接$BE$、$EC$，$BE$与$AC$交于点$F$，与$AM$交于点$D$。
证明：
∵ $AB=AC$，$AM$是$\odot O$的直径，
∴ 由垂径定理得$AM⊥ BC$，即$∠ AGB=90°$，
∴ $∠ CAG+∠ ACB=90°$，
∵ $∠ ACB=70°$，
∴ $∠ CAG=90°-70°=20°$。
∵ $BE⊥ AC$，
∴ $∠ AFD=90°$，
∴ $∠ ADF=90°-∠ CAG=90°-20°=70°$，即$∠ BDG=70°$。
∵ $AM$是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ABM=90°$，
又
∵ $AM$平分$∠ BAC$，$∠ BAC=40°$，
∴ $∠ BAM=20°$，
∴ $∠ AMB=90°-∠ BAM=90°-20°=70°$，
∴ $∠ BDG=∠ BMG$，
∴ $BD=BM$，即$△ BDM$是等腰三角形。
又
∵ $BG⊥ DM$，
∴ 由等腰三角形三线合一得$DG=MG$，即$G$为$DM$的中点。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠E=40°}$；
(2) 图形按要求画出，G为DM的中点，证明如上。
【知识点】
圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质
【点评】
本题将圆的性质与等腰三角形知识结合考查，解题的核心是熟练运用圆周角相关定理和垂径定理推导角度关系，通过角度等量代换得到等腰三角形，再利用等腰三角形三线合一完成证明，能较好地锻炼几何综合推导能力。
【难度系数】
0.7
(1) 求解∠E的度数时，观察到∠E与∠BAC同为弧BC所对的圆周角，根据圆周角定理二者相等，因此先利用等腰三角形等边对等角的性质，结合三角形内角和求出∠BAC的度数，即可得到∠E的度数。
(2) 证明G为DM中点时，首先按题目的要求补全图形；先依据等腰三角形外接圆的性质和垂径定理得到AM⊥BC，再通过垂直关系推导角度，证明△BDM为等腰三角形，最后结合BG⊥DM，利用等腰三角形三线合一的性质即可得证。
【解析】
(1)
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ ABC=∠ ACB=70°$，
∴ $∠ BAC=180°-∠ ABC-∠ ACB=180°-70°-70°=40°$，
∵ $∠ BEC$和$∠ BAC$都是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴ $∠ E=∠ BAC=40°$。
(2) 按题意画出图形：延长$AO$交$BC$于点$G$，交$\odot O$于点$M$，在$\overset{\frown}{AC}$上取点$E$使得$BE⊥ AC$，连接$BE$、$EC$，$BE$与$AC$交于点$F$，与$AM$交于点$D$。
证明：
∵ $AB=AC$，$AM$是$\odot O$的直径，
∴ 由垂径定理得$AM⊥ BC$，即$∠ AGB=90°$，
∴ $∠ CAG+∠ ACB=90°$，
∵ $∠ ACB=70°$，
∴ $∠ CAG=90°-70°=20°$。
∵ $BE⊥ AC$，
∴ $∠ AFD=90°$，
∴ $∠ ADF=90°-∠ CAG=90°-20°=70°$，即$∠ BDG=70°$。
∵ $AM$是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ABM=90°$，
又
∵ $AM$平分$∠ BAC$，$∠ BAC=40°$，
∴ $∠ BAM=20°$，
∴ $∠ AMB=90°-∠ BAM=90°-20°=70°$，
∴ $∠ BDG=∠ BMG$，
∴ $BD=BM$，即$△ BDM$是等腰三角形。
又
∵ $BG⊥ DM$，
∴ 由等腰三角形三线合一得$DG=MG$，即$G$为$DM$的中点。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠E=40°}$；
(2) 图形按要求画出，G为DM的中点，证明如上。
【知识点】
圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质
【点评】
本题将圆的性质与等腰三角形知识结合考查，解题的核心是熟练运用圆周角相关定理和垂径定理推导角度关系，通过角度等量代换得到等腰三角形，再利用等腰三角形三线合一完成证明，能较好地锻炼几何综合推导能力。
【难度系数】
0.7
