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20. (9分)如图19,∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D,∠ABC的平分线交AD于点E.
(1)求证:DE=DB;
(2)若∠BAC=90°,BD=4,求△ABC外接圆的半径.
(1)求证:DE=DB;
(2)若∠BAC=90°,BD=4,求△ABC外接圆的半径.
答案
(1) 证明：
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD = ∠CAD。
∵ BE平分∠ABC，
∴ ∠ABE = ∠CBE。
由圆周角定理得：∠CBD = ∠CAD，
∴ ∠CBD = ∠BAD。
∵ ∠BED = ∠BAD + ∠ABE，∠DBE = ∠CBD + ∠CBE，
∴ ∠DBE = ∠BED，
∴ DE = DB。
(2) 解：
连接CD，
∵ ∠BAC = 90°，
∴ BC是△ABC外接圆的直径，
∴ ∠BDC = 90°。
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD = ∠CAD = 45°，
∴ 弧BD = 弧CD，
∴ BD = CD = 4。
在Rt△BDC中，
BC = $\sqrt{BD^2 + CD^2} = \sqrt{4^2 + 4^2} = 4\sqrt{2}$，
∴ △ABC外接圆的半径为 $\frac{1}{2}BC = 2\sqrt{2}$。
答：△ABC外接圆的半径为$2\sqrt{2}$。
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD = ∠CAD。
∵ BE平分∠ABC，
∴ ∠ABE = ∠CBE。
由圆周角定理得：∠CBD = ∠CAD，
∴ ∠CBD = ∠BAD。
∵ ∠BED = ∠BAD + ∠ABE，∠DBE = ∠CBD + ∠CBE，
∴ ∠DBE = ∠BED，
∴ DE = DB。
(2) 解：
连接CD，
∵ ∠BAC = 90°，
∴ BC是△ABC外接圆的直径，
∴ ∠BDC = 90°。
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD = ∠CAD = 45°，
∴ 弧BD = 弧CD，
∴ BD = CD = 4。
在Rt△BDC中，
BC = $\sqrt{BD^2 + CD^2} = \sqrt{4^2 + 4^2} = 4\sqrt{2}$，
∴ △ABC外接圆的半径为 $\frac{1}{2}BC = 2\sqrt{2}$。
答：△ABC外接圆的半径为$2\sqrt{2}$。
解析
【分析】
(1) 要证DE=DB，可通过“等角对等边”证明∠DBE=∠BED：先利用角平分线性质得到两组相等的角，再结合圆周角定理完成角的等量转换，最后通过角的和差关系推导两个角相等即可。
(2) 已知∠BAC=90°，根据90°圆周角对应的弦是直径，可确定BC为外接圆直径；再由AD平分∠BAC可得弧BD=弧CD，即BD=CD，在Rt△BDC中用勾股定理求出直径BC，除以2即可得到外接圆半径。
【解析】
(1) 证明：
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD = ∠CAD。
∵ BE平分∠ABC，
∴ ∠ABE = ∠CBE。
由圆周角定理得：∠CBD = ∠CAD，
∴ ∠CBD = ∠BAD。
∵ ∠BED = ∠BAD + ∠ABE，∠DBE = ∠CBD + ∠CBE，
∴ ∠DBE = ∠BED，
∴ DE = DB。
(2) 解：
连接CD，
∵ ∠BAC = 90°，
∴ BC是△ABC外接圆的直径，
∴ ∠BDC = 90°。
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD = ∠CAD = 45°，
∴ 弧BD = 弧CD，
∴ BD = CD = 4。
在Rt△BDC中，
BC = $\sqrt{BD^2 + CD^2} = \sqrt{4^2 + 4^2} = 4\sqrt{2}$，
∴ △ABC外接圆的半径为 $\frac{1}{2}BC = 2\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $2\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，等腰三角形判定，勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，结合了角平分线性质、三角形外角性质、等腰三角形判定等知识点，解题核心是灵活运用圆周角定理完成角、弧、弦之间的等量转换，是圆章节的典型常考题型。
【难度系数】
0.7
(1) 要证DE=DB，可通过“等角对等边”证明∠DBE=∠BED：先利用角平分线性质得到两组相等的角，再结合圆周角定理完成角的等量转换，最后通过角的和差关系推导两个角相等即可。
(2) 已知∠BAC=90°，根据90°圆周角对应的弦是直径，可确定BC为外接圆直径；再由AD平分∠BAC可得弧BD=弧CD，即BD=CD，在Rt△BDC中用勾股定理求出直径BC，除以2即可得到外接圆半径。
【解析】
(1) 证明：
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD = ∠CAD。
∵ BE平分∠ABC，
∴ ∠ABE = ∠CBE。
由圆周角定理得：∠CBD = ∠CAD，
∴ ∠CBD = ∠BAD。
∵ ∠BED = ∠BAD + ∠ABE，∠DBE = ∠CBD + ∠CBE，
∴ ∠DBE = ∠BED，
∴ DE = DB。
(2) 解：
连接CD，
∵ ∠BAC = 90°，
∴ BC是△ABC外接圆的直径，
∴ ∠BDC = 90°。
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠BAD = ∠CAD = 45°，
∴ 弧BD = 弧CD，
∴ BD = CD = 4。
在Rt△BDC中，
BC = $\sqrt{BD^2 + CD^2} = \sqrt{4^2 + 4^2} = 4\sqrt{2}$，
∴ △ABC外接圆的半径为 $\frac{1}{2}BC = 2\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $2\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，等腰三角形判定，勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，结合了角平分线性质、三角形外角性质、等腰三角形判定等知识点，解题核心是灵活运用圆周角定理完成角、弧、弦之间的等量转换，是圆章节的典型常考题型。
【难度系数】
0.7
21. (10分)如图20,在$△ ABC$中,$∠ C=90°$,$∠ BAC$的平分线交BC于点D,点O在AB上,以点O为圆心,OA为半径的圆恰好经过点D,分别交AC,AB于点E,F.
(1)试判断直线BC与$\odot O$的位置关系,并说明理由;
(2)若$BD=2\sqrt{3}$,$BF=2$,求阴影部分的面积.(结果保留$π$)
(1)试判断直线BC与$\odot O$的位置关系,并说明理由;
(2)若$BD=2\sqrt{3}$,$BF=2$,求阴影部分的面积.(结果保留$π$)
答案
解：(1) 直线BC与$\odot O$相切，理由如下：
连接$OD$，
$\because OA=OD$，
$\therefore ∠ OAD=∠ ODA$，
$\because AD$平分$∠ BAC$，
$\therefore ∠ OAD=∠ CAD$，
$\therefore ∠ ODA=∠ CAD$，
$\therefore OD// AC$，
又$\because ∠ C=90°$，
$\therefore ∠ ODB=∠ C=90°$，即$OD⊥ BC$，
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线$BC$与$\odot O$相切。
(2) 设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=r$，$OB=r+BF=r+2$，
在$\mathrm{Rt}△ ODB$中，由勾股定理得：
$OD^2 + BD^2 = OB^2$
即 $r^2 + (2\sqrt{3})^2 = (r+2)^2$，
展开得 $r^2 + 12 = r^2 + 4r + 4$，
解得 $r=2$，
$\therefore OD=2$，$OB=4$，
在$\mathrm{Rt}△ ODB$中，$\cos∠ DOB=\dfrac{OD}{OB}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$，
$\therefore ∠ DOB=60°$，
$S_{△ ODB}=\dfrac{1}{2}× OD× BD=\dfrac{1}{2}× 2× 2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$
$S_{\mathrm{扇形}ODF}=\dfrac{60π × 2^2}{360}=\dfrac{2π}{3}$
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ ODB}-S_{\mathrm{扇形}ODF}=2\sqrt{3}-\dfrac{2π}{3}$
答：阴影部分的面积为$2\sqrt{3}-\dfrac{2π}{3}$。
连接$OD$，
$\because OA=OD$，
$\therefore ∠ OAD=∠ ODA$，
$\because AD$平分$∠ BAC$，
$\therefore ∠ OAD=∠ CAD$，
$\therefore ∠ ODA=∠ CAD$，
$\therefore OD// AC$，
又$\because ∠ C=90°$，
$\therefore ∠ ODB=∠ C=90°$，即$OD⊥ BC$，
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线$BC$与$\odot O$相切。
(2) 设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=r$，$OB=r+BF=r+2$，
在$\mathrm{Rt}△ ODB$中，由勾股定理得：
$OD^2 + BD^2 = OB^2$
即 $r^2 + (2\sqrt{3})^2 = (r+2)^2$，
展开得 $r^2 + 12 = r^2 + 4r + 4$，
解得 $r=2$，
$\therefore OD=2$，$OB=4$，
在$\mathrm{Rt}△ ODB$中，$\cos∠ DOB=\dfrac{OD}{OB}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$，
$\therefore ∠ DOB=60°$，
$S_{△ ODB}=\dfrac{1}{2}× OD× BD=\dfrac{1}{2}× 2× 2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$
$S_{\mathrm{扇形}ODF}=\dfrac{60π × 2^2}{360}=\dfrac{2π}{3}$
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ ODB}-S_{\mathrm{扇形}ODF}=2\sqrt{3}-\dfrac{2π}{3}$
答：阴影部分的面积为$2\sqrt{3}-\dfrac{2π}{3}$。
解析
【分析】
(1) 判断直线与圆的位置关系时，若直线和圆有明确公共点，通常连接圆心与公共点，证明该线段与直线垂直即可。本题先连接OD，结合角平分线性质、等腰三角形等边对等角的性质，可推导OD与AC平行，再结合∠C=90°就能得到OD⊥BC，从而判定BC是⊙O的切线。
(2) 阴影部分为不规则图形，可转化为直角三角形ODB的面积减去扇形ODF的面积求解。先设⊙O半径为r，在Rt△ODB中利用勾股定理列方程求出半径，再根据直角三角形边角关系求出圆心角∠DOB的度数，分别计算三角形和扇形的面积后作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1) 直线BC与$\odot O$相切，理由如下：
连接$OD$，
$\because OA=OD$，
$\therefore ∠ OAD=∠ ODA$，
$\because AD$平分$∠ BAC$，
$\therefore ∠ OAD=∠ CAD$，
$\therefore ∠ ODA=∠ CAD$，
$\therefore OD// AC$，
又$\because ∠ C=90°$，
$\therefore ∠ ODB=∠ C=90°$，即$OD⊥ BC$，
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线$BC$与$\odot O$相切。
(2) 设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=r$，$OB=r+BF=r+2$，
在$\mathrm{Rt}△ ODB$中，由勾股定理得：
$OD^2 + BD^2 = OB^2$
即 $r^2 + (2\sqrt{3})^2 = (r+2)^2$，
展开得 $r^2 + 12 = r^2 + 4r + 4$，
解得 $r=2$，
$\therefore OD=2$，$OB=4$，
在$\mathrm{Rt}△ ODB$中，$\cos∠ DOB=\dfrac{OD}{OB}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$，
$\therefore ∠ DOB=60°$，
$S_{△ ODB}=\dfrac{1}{2}× OD× BD=\dfrac{1}{2}× 2× 2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$
$S_{\mathrm{扇形}ODF}=\dfrac{60π × 2^2}{360}=\dfrac{2π}{3}$
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ ODB}-S_{\mathrm{扇形}ODF}=2\sqrt{3}-\dfrac{2π}{3}$
【答案】
(1) 直线BC与$\odot O$相切；
(2) 阴影部分的面积为$\boxed{2\sqrt{3}-\dfrac{2π}{3}}$。
【知识点】
切线的判定；勾股定理；扇形面积计算
【点评】
本题属于圆与三角形结合的综合题，解题的关键是熟练掌握切线的判定方法，会用割补法求不规则图形的面积，同时运用方程思想求解未知量，是考试中常见的几何题型。
【难度系数】
0.7
(1) 判断直线与圆的位置关系时，若直线和圆有明确公共点，通常连接圆心与公共点，证明该线段与直线垂直即可。本题先连接OD，结合角平分线性质、等腰三角形等边对等角的性质，可推导OD与AC平行，再结合∠C=90°就能得到OD⊥BC，从而判定BC是⊙O的切线。
(2) 阴影部分为不规则图形，可转化为直角三角形ODB的面积减去扇形ODF的面积求解。先设⊙O半径为r，在Rt△ODB中利用勾股定理列方程求出半径，再根据直角三角形边角关系求出圆心角∠DOB的度数，分别计算三角形和扇形的面积后作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1) 直线BC与$\odot O$相切，理由如下：
连接$OD$，
$\because OA=OD$，
$\therefore ∠ OAD=∠ ODA$，
$\because AD$平分$∠ BAC$，
$\therefore ∠ OAD=∠ CAD$，
$\therefore ∠ ODA=∠ CAD$，
$\therefore OD// AC$，
又$\because ∠ C=90°$，
$\therefore ∠ ODB=∠ C=90°$，即$OD⊥ BC$，
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线$BC$与$\odot O$相切。
(2) 设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=r$，$OB=r+BF=r+2$，
在$\mathrm{Rt}△ ODB$中，由勾股定理得：
$OD^2 + BD^2 = OB^2$
即 $r^2 + (2\sqrt{3})^2 = (r+2)^2$，
展开得 $r^2 + 12 = r^2 + 4r + 4$，
解得 $r=2$，
$\therefore OD=2$，$OB=4$，
在$\mathrm{Rt}△ ODB$中，$\cos∠ DOB=\dfrac{OD}{OB}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$，
$\therefore ∠ DOB=60°$，
$S_{△ ODB}=\dfrac{1}{2}× OD× BD=\dfrac{1}{2}× 2× 2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$
$S_{\mathrm{扇形}ODF}=\dfrac{60π × 2^2}{360}=\dfrac{2π}{3}$
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ ODB}-S_{\mathrm{扇形}ODF}=2\sqrt{3}-\dfrac{2π}{3}$
【答案】
(1) 直线BC与$\odot O$相切；
(2) 阴影部分的面积为$\boxed{2\sqrt{3}-\dfrac{2π}{3}}$。
【知识点】
切线的判定；勾股定理；扇形面积计算
【点评】
本题属于圆与三角形结合的综合题，解题的关键是熟练掌握切线的判定方法，会用割补法求不规则图形的面积，同时运用方程思想求解未知量，是考试中常见的几何题型。
【难度系数】
0.7
