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18. (9分)(2024·青海)如图14,直线AB经过点C,且$OA=OB$,$CA=CB$,$\odot O$交直线AB于点C。
(1)求证:直线AB是$\odot O$的切线;
(2)若$\odot O$的半径为4,$∠B=30^{\circ }$,求阴影部分的面积。
(1)求证:直线AB是$\odot O$的切线;
(2)若$\odot O$的半径为4,$∠B=30^{\circ }$,求阴影部分的面积。
答案
(1) 证明：连接OC。
∵ OA=OB，CA=CB，
∴ OC⊥AB（等腰三角形三线合一）。
又∵ OC是⊙O的半径，
∴ 直线AB是⊙O的切线。
(2) 解：由(1)得OC⊥AB，即∠OCB=90°。
在Rt△OCB中，∠B=30°，OC=4，
∴ OB=2OC=8，
BC=√(OB² - OC²)=4√3，
∠COB=90°-∠B=60°。
∴ $S_{△ OCB} = \frac{1}{2} · BC · OC = \frac{1}{2} × 4\sqrt{3} × 4 = 8\sqrt{3}$，
$S_{\mathrm{扇形}OCD} = \frac{60π × 4^2}{360} = \frac{8π}{3}$，
∴ $S_{\mathrm{阴影}} = S_{△ OCB} - S_{\mathrm{扇形}OCD} = 8\sqrt{3} - \frac{8π}{3}$。
∵ OA=OB，CA=CB，
∴ OC⊥AB（等腰三角形三线合一）。
又∵ OC是⊙O的半径，
∴ 直线AB是⊙O的切线。
(2) 解：由(1)得OC⊥AB，即∠OCB=90°。
在Rt△OCB中，∠B=30°，OC=4，
∴ OB=2OC=8，
BC=√(OB² - OC²)=4√3，
∠COB=90°-∠B=60°。
∴ $S_{△ OCB} = \frac{1}{2} · BC · OC = \frac{1}{2} × 4\sqrt{3} × 4 = 8\sqrt{3}$，
$S_{\mathrm{扇形}OCD} = \frac{60π × 4^2}{360} = \frac{8π}{3}$，
∴ $S_{\mathrm{阴影}} = S_{△ OCB} - S_{\mathrm{扇形}OCD} = 8\sqrt{3} - \frac{8π}{3}$。
解析
【分析】
(1) 要证明直线AB是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AB垂直于$\odot O$的半径且垂足在圆上。已知$△ OAB$是等腰三角形，C是AB中点，连接OC后利用等腰三角形三线合一的性质即可得到$OC⊥ AB$，OC为$\odot O$的半径，即可完成证明。
(2) 阴影部分为不规则图形，采用割补法计算：阴影面积 = $Rt△ OCB$的面积 - 扇形OCD的面积。先在$Rt△ OCB$中利用30°角的直角三角形性质、勾股定理求出BC的长度，算出三角形面积；再求出扇形圆心角$∠ COB$的度数，代入扇形面积公式求出扇形面积，两者作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1) 证明：连接OC。
∵ $OA=OB$，$CA=CB$，
∴ $OC⊥ AB$（等腰三角形三线合一）。
又
∵ OC是$\odot O$的半径，
∴ 直线AB是$\odot O$的切线。
(2) 解：由(1)得$OC⊥ AB$，即$∠ OCB=90°$。
在$Rt△ OCB$中，$∠ B=30°$，$OC=4$，
∴ $OB=2OC=8$，
$BC=\sqrt{OB^2 - OC^2}=\sqrt{8^2 - 4^2}=4\sqrt{3}$，
$∠ COB=90°-∠ B=60°$。
∴ $S_{△ OCB} = \frac{1}{2} · BC · OC = \frac{1}{2} × 4\sqrt{3} × 4 = 8\sqrt{3}$，
$S_{\mathrm{扇形}OCD} = \frac{60π × 4^2}{360} = \frac{8π}{3}$，
∴ $S_{\mathrm{阴影}} = S_{△ OCB} - S_{\mathrm{扇形}OCD} = 8\sqrt{3} - \frac{8π}{3}$。
【答案】
(1) 直线AB是$\odot O$的切线，证明成立；
(2) 阴影部分的面积为$8\sqrt{3} - \frac{8π}{3}$。
【知识点】
切线的判定；等腰三角形性质；扇形面积计算
【点评】
本题是圆的基础综合题，第一问是切线判定的常规考法，连接半径证垂直是切线证明的常用思路；第二问考察不规则图形面积的计算，转化为规则图形面积的差即可求解，整体考察核心基础知识点，是圆相关考点的常见题型。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明直线AB是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AB垂直于$\odot O$的半径且垂足在圆上。已知$△ OAB$是等腰三角形，C是AB中点，连接OC后利用等腰三角形三线合一的性质即可得到$OC⊥ AB$，OC为$\odot O$的半径，即可完成证明。
(2) 阴影部分为不规则图形，采用割补法计算：阴影面积 = $Rt△ OCB$的面积 - 扇形OCD的面积。先在$Rt△ OCB$中利用30°角的直角三角形性质、勾股定理求出BC的长度，算出三角形面积；再求出扇形圆心角$∠ COB$的度数，代入扇形面积公式求出扇形面积，两者作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1) 证明：连接OC。
∵ $OA=OB$，$CA=CB$，
∴ $OC⊥ AB$（等腰三角形三线合一）。
又
∵ OC是$\odot O$的半径，
∴ 直线AB是$\odot O$的切线。
(2) 解：由(1)得$OC⊥ AB$，即$∠ OCB=90°$。
在$Rt△ OCB$中，$∠ B=30°$，$OC=4$，
∴ $OB=2OC=8$，
$BC=\sqrt{OB^2 - OC^2}=\sqrt{8^2 - 4^2}=4\sqrt{3}$，
$∠ COB=90°-∠ B=60°$。
∴ $S_{△ OCB} = \frac{1}{2} · BC · OC = \frac{1}{2} × 4\sqrt{3} × 4 = 8\sqrt{3}$，
$S_{\mathrm{扇形}OCD} = \frac{60π × 4^2}{360} = \frac{8π}{3}$，
∴ $S_{\mathrm{阴影}} = S_{△ OCB} - S_{\mathrm{扇形}OCD} = 8\sqrt{3} - \frac{8π}{3}$。
【答案】
(1) 直线AB是$\odot O$的切线，证明成立；
(2) 阴影部分的面积为$8\sqrt{3} - \frac{8π}{3}$。
【知识点】
切线的判定；等腰三角形性质；扇形面积计算
【点评】
本题是圆的基础综合题，第一问是切线判定的常规考法，连接半径证垂直是切线证明的常用思路；第二问考察不规则图形面积的计算，转化为规则图形面积的差即可求解，整体考察核心基础知识点，是圆相关考点的常见题型。
【难度系数】
0.7
19. (9分)(2024·西宁)如图15，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，连接OA，OB，过点O作$OC// PA$交PB于点C，过点C作$CD⊥ AP$，垂足为D。
(1)求证：$OC=AD$；
(2)若$\odot O$的半径是3，$PA=9$，求OC的长。
(1)求证：$OC=AD$；
(2)若$\odot O$的半径是3，$PA=9$，求OC的长。
答案
(1) 证明：
∵PA是$\odot O$的切线，A为切点，
∴$OA⊥ PA$，即$∠ OAD=90°$，
∵$CD⊥ AP$，
∴$∠ CDA=90°$，
∵$OC// PA$，
∴$∠ AOC=180°-∠ OAD=90°$，
∴$∠ OAD=∠ CDA=∠ AOC=90°$，
∴四边形OADC是矩形，
∴$OC=AD$。
---
(2) 解：
连接OB，设$OC=x$，
∵PB是$\odot O$的切线，B为切点，
∴$OB⊥ PB$，且$OB=3$，
∵PA，PB是$\odot O$的两条切线，
∴$PB=PA=9$，
由(1)知四边形OADC是矩形，
∴$CD=OA=3$，$AD=OC=x$，
∴$DP=PA-AD=9-x$。
在$\mathrm{Rt}△ OBC$中，$∠ OBC=90°$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{OC^2-OB^2}=\sqrt{x^2-9}$，
∴$PC=PB-BC=9-\sqrt{x^2-9}$。
在$\mathrm{Rt}△ CDP$中，$∠ CDP=90°$，由勾股定理得：
$PC^2=CD^2+DP^2$，
代入得：
$(9-\sqrt{x^2-9})^2=3^2+(9-x)^2$
整理得：$x-1=\sqrt{x^2-9}$，
两边平方得：$x^2-2x+1=x^2-9$，
解得$x=5$，经检验$x=5$符合题意。
∴OC的长为$\boldsymbol{5}$。
∵PA是$\odot O$的切线，A为切点，
∴$OA⊥ PA$，即$∠ OAD=90°$，
∵$CD⊥ AP$，
∴$∠ CDA=90°$，
∵$OC// PA$，
∴$∠ AOC=180°-∠ OAD=90°$，
∴$∠ OAD=∠ CDA=∠ AOC=90°$，
∴四边形OADC是矩形，
∴$OC=AD$。
---
(2) 解：
连接OB，设$OC=x$，
∵PB是$\odot O$的切线，B为切点，
∴$OB⊥ PB$，且$OB=3$，
∵PA，PB是$\odot O$的两条切线，
∴$PB=PA=9$，
由(1)知四边形OADC是矩形，
∴$CD=OA=3$，$AD=OC=x$，
∴$DP=PA-AD=9-x$。
在$\mathrm{Rt}△ OBC$中，$∠ OBC=90°$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{OC^2-OB^2}=\sqrt{x^2-9}$，
∴$PC=PB-BC=9-\sqrt{x^2-9}$。
在$\mathrm{Rt}△ CDP$中，$∠ CDP=90°$，由勾股定理得：
$PC^2=CD^2+DP^2$，
代入得：
$(9-\sqrt{x^2-9})^2=3^2+(9-x)^2$
整理得：$x-1=\sqrt{x^2-9}$，
两边平方得：$x^2-2x+1=x^2-9$，
解得$x=5$，经检验$x=5$符合题意。
∴OC的长为$\boldsymbol{5}$。
解析
【分析】
(1) 要证OC=AD，先根据切线的性质得到OA⊥PA，结合CD⊥AP、OC//PA，可推出四边形OADC的三个内角均为直角，判定四边形OADC是矩形，再根据矩形对边相等的性质即可得到OC=AD。
(2) 首先根据切线长定理得PB=PA=9，且OB⊥PB；设OC=x，由(1)中矩形的性质可得CD=OA=3，AD=OC=x，进而表示出DP的长；再在Rt△OBC中用勾股定理表示出BC，即可得到PC的表达式；最后在Rt△CDP中利用勾股定理列方程求解，求出的根要检验是否符合题意。
【解析】
(1) 证明：
∵PA是$\odot O$的切线，A为切点，
∴$OA⊥ PA$，即$∠ OAD=90°$，
∵$CD⊥ AP$，
∴$∠ CDA=90°$，
∵$OC// PA$，
∴$∠ AOC=180°-∠ OAD=90°$，
∴$∠ OAD=∠ CDA=∠ AOC=90°$，
∴四边形OADC是矩形，
∴$OC=AD$。
(2) 解：
连接OB，设$OC=x$，
∵PB是$\odot O$的切线，B为切点，
∴$OB⊥ PB$，且$OB=3$，
∵PA，PB是$\odot O$的两条切线，
∴$PB=PA=9$，
由(1)知四边形OADC是矩形，
∴$CD=OA=3$，$AD=OC=x$，
∴$DP=PA-AD=9-x$。
在$\mathrm{Rt}△ OBC$中，$∠ OBC=90°$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{OC^2-OB^2}=\sqrt{x^2-9}$，
∴$PC=PB-BC=9-\sqrt{x^2-9}$。
在$\mathrm{Rt}△ CDP$中，$∠ CDP=90°$，由勾股定理得：
$PC^2=CD^2+DP^2$，
代入得：
$(9-\sqrt{x^2-9})^2=3^2+(9-x)^2$
整理得：$x-1=\sqrt{x^2-9}$，
两边平方得：$x^2-2x+1=x^2-9$，
解得$x=5$，经检验$x=5$符合题意。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\boldsymbol{5}$
【知识点】
切线的性质；矩形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与几何图形的综合考题，第一问侧重基础性质的应用，难度较低；第二问结合方程思想，通过勾股定理建立等量关系求解，考查学生对几何性质的综合运用能力和计算能力，解题时要注意无理方程需要验根。
【难度系数】
0.7
(1) 要证OC=AD，先根据切线的性质得到OA⊥PA，结合CD⊥AP、OC//PA，可推出四边形OADC的三个内角均为直角，判定四边形OADC是矩形，再根据矩形对边相等的性质即可得到OC=AD。
(2) 首先根据切线长定理得PB=PA=9，且OB⊥PB；设OC=x，由(1)中矩形的性质可得CD=OA=3，AD=OC=x，进而表示出DP的长；再在Rt△OBC中用勾股定理表示出BC，即可得到PC的表达式；最后在Rt△CDP中利用勾股定理列方程求解，求出的根要检验是否符合题意。
【解析】
(1) 证明：
∵PA是$\odot O$的切线，A为切点，
∴$OA⊥ PA$，即$∠ OAD=90°$，
∵$CD⊥ AP$，
∴$∠ CDA=90°$，
∵$OC// PA$，
∴$∠ AOC=180°-∠ OAD=90°$，
∴$∠ OAD=∠ CDA=∠ AOC=90°$，
∴四边形OADC是矩形，
∴$OC=AD$。
(2) 解：
连接OB，设$OC=x$，
∵PB是$\odot O$的切线，B为切点，
∴$OB⊥ PB$，且$OB=3$，
∵PA，PB是$\odot O$的两条切线，
∴$PB=PA=9$，
由(1)知四边形OADC是矩形，
∴$CD=OA=3$，$AD=OC=x$，
∴$DP=PA-AD=9-x$。
在$\mathrm{Rt}△ OBC$中，$∠ OBC=90°$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{OC^2-OB^2}=\sqrt{x^2-9}$，
∴$PC=PB-BC=9-\sqrt{x^2-9}$。
在$\mathrm{Rt}△ CDP$中，$∠ CDP=90°$，由勾股定理得：
$PC^2=CD^2+DP^2$，
代入得：
$(9-\sqrt{x^2-9})^2=3^2+(9-x)^2$
整理得：$x-1=\sqrt{x^2-9}$，
两边平方得：$x^2-2x+1=x^2-9$，
解得$x=5$，经检验$x=5$符合题意。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\boldsymbol{5}$
【知识点】
切线的性质；矩形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与几何图形的综合考题，第一问侧重基础性质的应用，难度较低；第二问结合方程思想，通过勾股定理建立等量关系求解，考查学生对几何性质的综合运用能力和计算能力，解题时要注意无理方程需要验根。
【难度系数】
0.7
20. (9分)如图16,在△ABC中,AC=BC,D是AB上一点,⊙O经过点A,C,D,交BC于点E,过点D作DF//BC,交⊙O于点F。求证:
(1)四边形DBCF是平行四边形;
(2)AF=EF。
(1)四边形DBCF是平行四边形;
(2)AF=EF。
答案
证明：
(1)
∵ AC = BC，
∴ ∠BAC = ∠B。
∵ ∠BAC和∠CFD都是弧CD所对的圆周角，
∴ ∠BAC = ∠CFD，
∴ ∠B = ∠CFD。
∵ DF//BC，
∴ ∠FDB + ∠B = 180°，
∴ ∠FDB + ∠CFD = 180°，
∴ BD//CF。
又∵ DF//BC，
∴ 四边形DBCF是平行四边形。
(2) 连接AE，
∵ DF//BC，
∴ ∠ADF = ∠B。
∵ ∠ADF和∠AEF都是弧AF所对的圆周角，
∴ ∠AEF = ∠ADF = ∠B。
∵ BD//CF，
∴ ∠ECF = ∠B。
∵ ∠EAF和∠ECF都是弧EF所对的圆周角，
∴ ∠EAF = ∠ECF = ∠B。
∴ ∠EAF = ∠AEF，
∴ AF = EF。
(1)
∵ AC = BC，
∴ ∠BAC = ∠B。
∵ ∠BAC和∠CFD都是弧CD所对的圆周角，
∴ ∠BAC = ∠CFD，
∴ ∠B = ∠CFD。
∵ DF//BC，
∴ ∠FDB + ∠B = 180°，
∴ ∠FDB + ∠CFD = 180°，
∴ BD//CF。
又∵ DF//BC，
∴ 四边形DBCF是平行四边形。
(2) 连接AE，
∵ DF//BC，
∴ ∠ADF = ∠B。
∵ ∠ADF和∠AEF都是弧AF所对的圆周角，
∴ ∠AEF = ∠ADF = ∠B。
∵ BD//CF，
∴ ∠ECF = ∠B。
∵ ∠EAF和∠ECF都是弧EF所对的圆周角，
∴ ∠EAF = ∠ECF = ∠B。
∴ ∠EAF = ∠AEF，
∴ AF = EF。
解析
【分析】
(1) 要证四边形DBCF是平行四边形，已知DF//BC，根据平行四边形的判定定理，只需再证BD//CF即可。首先由等腰三角形AC=BC可得∠BAC=∠B，再根据同弧所对的圆周角相等，得∠BAC=∠CFD，由此推出∠B=∠CFD；结合DF//BC时同旁内角互补，代换得到∠FDB+∠CFD=180°，即可判定BD//CF，进而证得四边形是平行四边形。
(2) 要证AF=EF，可通过等角对等边证明∠EAF=∠AEF。先连接辅助线AE构造圆周角，利用平行线性质得∠ADF=∠B，再结合同弧所对圆周角相等，分别推导出∠AEF=∠B、∠EAF=∠B，即可得到∠EAF=∠AEF，从而得证AF=EF。
【解析】
(1) 证明：
∵ AC = BC，
∴ ∠BAC = ∠B。
∵ ∠BAC和∠CFD都是弧CD所对的圆周角，
∴ ∠BAC = ∠CFD，
∴ ∠B = ∠CFD。
∵ DF//BC，
∴ ∠FDB + ∠B = 180°，
∴ ∠FDB + ∠CFD = 180°，
∴ BD//CF。
又
∵ DF//BC，
∴ 四边形DBCF是平行四边形。
(2) 证明：连接AE，
∵ DF//BC，
∴ ∠ADF = ∠B。
∵ ∠ADF和∠AEF都是弧AF所对的圆周角，
∴ ∠AEF = ∠ADF = ∠B。
∵ BD//CF，
∴ ∠ECF = ∠B。
∵ ∠EAF和∠ECF都是弧EF所对的圆周角，
∴ ∠EAF = ∠ECF = ∠B。
∴ ∠EAF = ∠AEF，
∴ AF = EF。
【答案】
(1) 四边形DBCF是平行四边形；
(2) AF=EF。
【知识点】
平行四边形的判定；圆周角定理；等腰三角形的判定与性质
【点评】
本题属于圆与平面几何的综合基础题，将等腰三角形性质、平行四边形判定和圆周角定理结合考查，解题核心是利用同弧所对圆周角相等完成角的等量代换，第二问需准确作出辅助线构造圆周角，能有效锻炼学生的逻辑推理能力和几何辅助线构造能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证四边形DBCF是平行四边形，已知DF//BC，根据平行四边形的判定定理，只需再证BD//CF即可。首先由等腰三角形AC=BC可得∠BAC=∠B，再根据同弧所对的圆周角相等，得∠BAC=∠CFD，由此推出∠B=∠CFD；结合DF//BC时同旁内角互补，代换得到∠FDB+∠CFD=180°，即可判定BD//CF，进而证得四边形是平行四边形。
(2) 要证AF=EF，可通过等角对等边证明∠EAF=∠AEF。先连接辅助线AE构造圆周角，利用平行线性质得∠ADF=∠B，再结合同弧所对圆周角相等，分别推导出∠AEF=∠B、∠EAF=∠B，即可得到∠EAF=∠AEF，从而得证AF=EF。
【解析】
(1) 证明：
∵ AC = BC，
∴ ∠BAC = ∠B。
∵ ∠BAC和∠CFD都是弧CD所对的圆周角，
∴ ∠BAC = ∠CFD，
∴ ∠B = ∠CFD。
∵ DF//BC，
∴ ∠FDB + ∠B = 180°，
∴ ∠FDB + ∠CFD = 180°，
∴ BD//CF。
又
∵ DF//BC，
∴ 四边形DBCF是平行四边形。
(2) 证明：连接AE，
∵ DF//BC，
∴ ∠ADF = ∠B。
∵ ∠ADF和∠AEF都是弧AF所对的圆周角，
∴ ∠AEF = ∠ADF = ∠B。
∵ BD//CF，
∴ ∠ECF = ∠B。
∵ ∠EAF和∠ECF都是弧EF所对的圆周角，
∴ ∠EAF = ∠ECF = ∠B。
∴ ∠EAF = ∠AEF，
∴ AF = EF。
【答案】
(1) 四边形DBCF是平行四边形；
(2) AF=EF。
【知识点】
平行四边形的判定；圆周角定理；等腰三角形的判定与性质
【点评】
本题属于圆与平面几何的综合基础题，将等腰三角形性质、平行四边形判定和圆周角定理结合考查，解题核心是利用同弧所对圆周角相等完成角的等量代换，第二问需准确作出辅助线构造圆周角，能有效锻炼学生的逻辑推理能力和几何辅助线构造能力。
【难度系数】
0.7
