登录
11.(14分)(2025·湖北中考)如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆 $∠ BAC = 45°$.过点O作$DF ⊥ AB$，垂足为E，交AC于点D，交$\odot O$于点F.过点F作$\odot O$的切线，交CA的延长线于点G.
(1)求证:$FD = FG$.
(2)若$AB = 12,FG = 10$,求$\odot O$的半径.
(1)求证:$FD = FG$.
(2)若$AB = 12,FG = 10$,求$\odot O$的半径.
答案
(1)略;(2) $\dfrac{\sqrt{13}}{2}$
解析
【分析】
(1) 要证$FD=FG$，可通过等角对等边推导：首先根据切线性质得$OF⊥GF$，结合$DF⊥AB$推出$AB// GF$，得$∠ G=∠ BAC=45°$；再在$Rt△ ADE$中，由$∠ BAC=45°$得$∠ GDF=45°$，即可得$∠ G=∠ GDF$，从而证明结论。
(2) 求半径可结合垂径定理和勾股定理求解：先由垂径定理得$AE=\frac{1}{2}AB=6$；由(1)得$FD=FG=10$，结合$Rt△ ADE$是等腰直角三角形得$DE=AE=6$，进而求出$EF$的长度；设半径为$r$，用$r$表示$OE$，在$Rt△ AOE$中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ $GF$是$\odot O$的切线，$OF$为$\odot O$的半径，
∴ $OF⊥ GF$，
又
∵ $DF⊥ AB$，
∴ $AB// GF$，
∴ $∠ G=∠ BAC=45°$，
∵ $DF⊥ AB$，
∴ $∠ AED=90°$，
在$Rt△ ADE$中，$∠ DAE=45°$，
∴ $∠ ADE=180°-90°-45°=45°$，即$∠ GDF=45°$，
∴ $∠ G=∠ GDF$，
∴ $FD=FG$。
(2) 解：
∵ $DF⊥ AB$，且$DF$过圆心$O$，$AB=12$，
∴ 由垂径定理得：$AE=EB=\frac{1}{2}AB=6$，
由(1)知$FD=FG$，且$FG=10$，
∴ $FD=10$，
∵ $Rt△ ADE$中，$∠ DAE=45°$，$∠ AED=90°$，
∴ $DE=AE=6$，
∴ $EF=FD-DE=10-6=4$，
设$\odot O$的半径为$r$，则$OA=OF=r$，
∵ $OF=OE+EF$，
∴ $OE=OF-EF=r-4$，
在$Rt△ AOE$中，由勾股定理得：
$OA^2 = AE^2 + OE^2$，
代入得：$r^2 = 6^2 + (r-4)^2$，
展开整理：$r^2 = 36 + r^2 -8r +16$，
消去$r^2$得：$8r=52$，
解得：$r=\frac{13}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\dfrac{13}{2}$
【知识点】
垂径定理，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合常考题型，解题关键是熟练掌握切线、垂径定理的性质，结合等腰直角三角形特征和勾股定理列方程求解，对几何综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要证$FD=FG$，可通过等角对等边推导：首先根据切线性质得$OF⊥GF$，结合$DF⊥AB$推出$AB// GF$，得$∠ G=∠ BAC=45°$；再在$Rt△ ADE$中，由$∠ BAC=45°$得$∠ GDF=45°$，即可得$∠ G=∠ GDF$，从而证明结论。
(2) 求半径可结合垂径定理和勾股定理求解：先由垂径定理得$AE=\frac{1}{2}AB=6$；由(1)得$FD=FG=10$，结合$Rt△ ADE$是等腰直角三角形得$DE=AE=6$，进而求出$EF$的长度；设半径为$r$，用$r$表示$OE$，在$Rt△ AOE$中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ $GF$是$\odot O$的切线，$OF$为$\odot O$的半径，
∴ $OF⊥ GF$，
又
∵ $DF⊥ AB$，
∴ $AB// GF$，
∴ $∠ G=∠ BAC=45°$，
∵ $DF⊥ AB$，
∴ $∠ AED=90°$，
在$Rt△ ADE$中，$∠ DAE=45°$，
∴ $∠ ADE=180°-90°-45°=45°$，即$∠ GDF=45°$，
∴ $∠ G=∠ GDF$，
∴ $FD=FG$。
(2) 解：
∵ $DF⊥ AB$，且$DF$过圆心$O$，$AB=12$，
∴ 由垂径定理得：$AE=EB=\frac{1}{2}AB=6$，
由(1)知$FD=FG$，且$FG=10$，
∴ $FD=10$，
∵ $Rt△ ADE$中，$∠ DAE=45°$，$∠ AED=90°$，
∴ $DE=AE=6$，
∴ $EF=FD-DE=10-6=4$，
设$\odot O$的半径为$r$，则$OA=OF=r$，
∵ $OF=OE+EF$，
∴ $OE=OF-EF=r-4$，
在$Rt△ AOE$中，由勾股定理得：
$OA^2 = AE^2 + OE^2$，
代入得：$r^2 = 6^2 + (r-4)^2$，
展开整理：$r^2 = 36 + r^2 -8r +16$，
消去$r^2$得：$8r=52$，
解得：$r=\frac{13}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\dfrac{13}{2}$
【知识点】
垂径定理，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合常考题型，解题关键是熟练掌握切线、垂径定理的性质，结合等腰直角三角形特征和勾股定理列方程求解，对几何综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
12.（14分）如图，$\odot O$的直径AB为10 cm，弦BC为6 cm，D，E分别是$∠ ACB$的平分线与$\odot O$，AB的交点，P为AB延长线上一点，且$PC = PE$。
（1）求AC，AD的长度；
（2）试判断直线PC与$\odot O$的位置关系，并说明理由。
（1）求AC，AD的长度；
（2）试判断直线PC与$\odot O$的位置关系，并说明理由。
答案
(1) 连接BD,$AC = 8 \mathrm{ cm},AD = 5\sqrt{2} \mathrm{ cm}$;(2) 相切(提示:连接OC)
解析
【分析】
（1）求AC长度时，先利用直径所对圆周角为直角得到Rt△ABC，再结合已知边长用勾股定理计算即可；求AD长度时，先根据角平分线得到相等的圆周角，推出弧AD=弧BD，得到AD=BD，再结合Rt△ABD为等腰直角三角形，用勾股定理计算即可。
（2）判断直线PC与⊙O的位置关系，猜想为相切，只需证明OC⊥PC即可：连接OC，利用等腰三角形等边对等角的性质，结合角平分线定义、三角形外角的性质推导角的关系，推出∠OCP=90°即可得到结论。
【解析】
（1）连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
在Rt△ACB中，AB=10cm，BC=6cm，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8\mathrm{cm}$；
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，即AD=BD，
在Rt△ABD中，$AD^2+BD^2=AB^2$，代入得$2AD^2=10^2$，
解得$AD=5\sqrt{2}\mathrm{cm}$（边长为正，舍去负根）。
（2）直线PC与⊙O相切，理由如下：
连接OC，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵PC=PE，
∴∠PCE=∠PEC，
∵∠PEC是△ACE的外角，
∴∠PEC=∠OAC+∠ACE，
又
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE，
∴∠PCE=∠OAC+∠BCE=∠OCA+∠BCE，
∴$∠ OCP=∠ PCE+∠ OCB-∠ BCE=∠ OCA+∠ BCE+∠ OCB-∠ BCE=∠ OCA+∠ OCB$，
∵∠OCA+∠OCB=∠ACB=90°，
∴∠OCP=90°，即OC⊥PC，
又
∵OC是⊙O的半径，
∴直线PC与⊙O相切。
【答案】
（1）$AC=8\mathrm{cm}$，$AD=5\sqrt{2}\mathrm{cm}$；
（2）直线PC与$\odot O$相切。
【知识点】
圆周角定理；勾股定理；切线的判定
【点评】
本题属于圆的综合基础题，解题时要灵活运用直径所对圆周角为直角、等弧对等弦等性质，判断切线时掌握“连半径、证垂直”的常用方法，熟练进行角的等量代换是解题的关键。
【难度系数】
0.7
（1）求AC长度时，先利用直径所对圆周角为直角得到Rt△ABC，再结合已知边长用勾股定理计算即可；求AD长度时，先根据角平分线得到相等的圆周角，推出弧AD=弧BD，得到AD=BD，再结合Rt△ABD为等腰直角三角形，用勾股定理计算即可。
（2）判断直线PC与⊙O的位置关系，猜想为相切，只需证明OC⊥PC即可：连接OC，利用等腰三角形等边对等角的性质，结合角平分线定义、三角形外角的性质推导角的关系，推出∠OCP=90°即可得到结论。
【解析】
（1）连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
在Rt△ACB中，AB=10cm，BC=6cm，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8\mathrm{cm}$；
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，即AD=BD，
在Rt△ABD中，$AD^2+BD^2=AB^2$，代入得$2AD^2=10^2$，
解得$AD=5\sqrt{2}\mathrm{cm}$（边长为正，舍去负根）。
（2）直线PC与⊙O相切，理由如下：
连接OC，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵PC=PE，
∴∠PCE=∠PEC，
∵∠PEC是△ACE的外角，
∴∠PEC=∠OAC+∠ACE，
又
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE，
∴∠PCE=∠OAC+∠BCE=∠OCA+∠BCE，
∴$∠ OCP=∠ PCE+∠ OCB-∠ BCE=∠ OCA+∠ BCE+∠ OCB-∠ BCE=∠ OCA+∠ OCB$，
∵∠OCA+∠OCB=∠ACB=90°，
∴∠OCP=90°，即OC⊥PC，
又
∵OC是⊙O的半径，
∴直线PC与⊙O相切。
【答案】
（1）$AC=8\mathrm{cm}$，$AD=5\sqrt{2}\mathrm{cm}$；
（2）直线PC与$\odot O$相切。
【知识点】
圆周角定理；勾股定理；切线的判定
【点评】
本题属于圆的综合基础题，解题时要灵活运用直径所对圆周角为直角、等弧对等弦等性质，判断切线时掌握“连半径、证垂直”的常用方法，熟练进行角的等量代换是解题的关键。
【难度系数】
0.7
13. (15分) 如图，M,N分别是$\odot O$的内接正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE……正n边形ABCDEFG…的边AB，BC上的点，且$BM = CN$，连接$OM,ON$.
（1）求图1中$∠ MON$的度数；
（2）图2中$∠ MON$的度数是
（3）试探究$∠ MON$的度数与正n边形边数n的关系(直接写出答案).
…
（1）求图1中$∠ MON$的度数；
（2）图2中$∠ MON$的度数是
$90°$
，图3中$∠ MON$的度数是$72°$
；（3）试探究$∠ MON$的度数与正n边形边数n的关系(直接写出答案).
…答案
13. 解: (1) 如图
, 连接 $OB,OC$. $\because$ 正三角形 $ABC$ 内接于 $\odot O$,$\therefore ∠ OBM = ∠ OCN = 30°, ∠ BOC = 120°$. 在 $△ OBM$ 和 $△ OCN$ 中,$\begin{cases} BM = CN, \\ ∠ OBM = ∠ OCN, \\ OB = OC, \end{cases}$ $\therefore △ OBM ≌ △ OCN, \therefore ∠ BOM = ∠ CON, \therefore ∠ MON = ∠ BOC = 120°$.(2) $90°,72°$.
(3) $∠ MON = \dfrac{360°}{n}$.
解析
【分析】
解决本题的核心思路是通过连接圆心与正多边形相邻顶点构造全等三角形，将待求角转化为正多边形的中心角。首先利用正多边形内接于圆的性质，可得正多边形的半径相等、相邻半径的夹角（中心角）为$\frac{360°}{n}$，且半径与正多边形边的夹角相等；结合已知$BM=CN$，可证明$△ OBM ≌ △ OCN$，得到$∠ BOM=∠ CON$，通过角的和差推导即可得出$∠ MON$等于正多边形的中心角，再代入不同边数计算即可。
【解析】
(1) 如图，连接$OB,OC$。
$\because$ 正三角形$ABC$内接于$\odot O$，
$\therefore ∠ BOC = \frac{360°}{3}=120°$，$OB=OC$，$∠ OBM = ∠ OCN = 30°$。
在$△ OBM$和$△ OCN$中：
$\begin{cases} BM = CN, \\ ∠ OBM = ∠ OCN, \\ OB = OC, \end{cases}$
$\therefore △ OBM ≌ △ OCN$（SAS），
$\therefore ∠ BOM = ∠ CON$，
$\therefore ∠ MON = ∠ BOM + ∠ BON = ∠ CON + ∠ BON = ∠ BOC = 120°$。
(2) 图2是正方形，正四边形的中心角$∠ BOC=\frac{360°}{4}=90°$，同理可证$△ OBM ≌ △ OCN$，故$∠ MON=90°$；
图3是正五边形，正五边形的中心角$∠ BOC=\frac{360°}{5}=72°$，同理可证$△ OBM ≌ △ OCN$，故$∠ MON=72°$。
(3) 对于正n边形，其中心角为$\frac{360°}{n}$，同理可证$∠ MON$与正n边形的中心角相等，即$∠ MON=\frac{360°}{n}$。
【答案】
(1) $∠ MON=120°$；
(2) $90°$，$72°$；
(3) $∠ MON=\dfrac{360°}{n}$
【知识点】
正多边形与圆，全等三角形判定与性质，圆心角计算
【点评】
本题是典型的规律探究题，从特殊正多边形的情况入手，通过全等三角形实现角的等量转化，总结得出适用于任意正n边形的普遍规律，解题过程体现了从特殊到一般的数学思想，有助于锻炼逻辑推导和归纳总结能力。
【难度系数】
0.7
解决本题的核心思路是通过连接圆心与正多边形相邻顶点构造全等三角形，将待求角转化为正多边形的中心角。首先利用正多边形内接于圆的性质，可得正多边形的半径相等、相邻半径的夹角（中心角）为$\frac{360°}{n}$，且半径与正多边形边的夹角相等；结合已知$BM=CN$，可证明$△ OBM ≌ △ OCN$，得到$∠ BOM=∠ CON$，通过角的和差推导即可得出$∠ MON$等于正多边形的中心角，再代入不同边数计算即可。
【解析】
(1) 如图
，连接$OB,OC$。$\because$ 正三角形$ABC$内接于$\odot O$，
$\therefore ∠ BOC = \frac{360°}{3}=120°$，$OB=OC$，$∠ OBM = ∠ OCN = 30°$。
在$△ OBM$和$△ OCN$中：
$\begin{cases} BM = CN, \\ ∠ OBM = ∠ OCN, \\ OB = OC, \end{cases}$
$\therefore △ OBM ≌ △ OCN$（SAS），
$\therefore ∠ BOM = ∠ CON$，
$\therefore ∠ MON = ∠ BOM + ∠ BON = ∠ CON + ∠ BON = ∠ BOC = 120°$。
(2) 图2是正方形，正四边形的中心角$∠ BOC=\frac{360°}{4}=90°$，同理可证$△ OBM ≌ △ OCN$，故$∠ MON=90°$；
图3是正五边形，正五边形的中心角$∠ BOC=\frac{360°}{5}=72°$，同理可证$△ OBM ≌ △ OCN$，故$∠ MON=72°$。
(3) 对于正n边形，其中心角为$\frac{360°}{n}$，同理可证$∠ MON$与正n边形的中心角相等，即$∠ MON=\frac{360°}{n}$。
【答案】
(1) $∠ MON=120°$；
(2) $90°$，$72°$；
(3) $∠ MON=\dfrac{360°}{n}$
【知识点】
正多边形与圆，全等三角形判定与性质，圆心角计算
【点评】
本题是典型的规律探究题，从特殊正多边形的情况入手，通过全等三角形实现角的等量转化，总结得出适用于任意正n边形的普遍规律，解题过程体现了从特殊到一般的数学思想，有助于锻炼逻辑推导和归纳总结能力。
【难度系数】
0.7
