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18. 已知AB为$\odot O$的直径，C为$\odot O$上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D，AD交$\odot O$于点E.
(1)如图①，求证：AC平分$∠ DAB$；
(2)如图②，若$AC=4\sqrt{5}$，$DC=4$，求CE的长.
(1)如图①，求证：AC平分$∠ DAB$；
(2)如图②，若$AC=4\sqrt{5}$，$DC=4$，求CE的长.
答案
18. (1)连接OC.
∵CD是$\odot O$的切线,
∴OC⊥CD.
∵AD⊥CD,
∴OC//AD,
∴∠DAC=∠ACO.
∵OA=OC,
∴∠OAC=∠OCA,
∴∠DAC=∠CAO,
∴AC平分∠DAB.
(2)连接CE,CB,在Rt△ACD中,$AC=4\sqrt{5}$,$DC=4$,
∴$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=8$.
∵四边形ABCE是$\odot O$的内接四边形,
∴∠ABC+∠AEC=180°.又
∵∠DEC+∠AEC=180°,
∴∠DEC=∠ABC.
∵AB为$\odot O$的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠CAB+∠ABC=90°.
∵AD⊥CD,
∴∠ADC=90°,
∴∠DAC+∠ACD=90°.
∵∠DAC=∠CAO,
∴∠ACD=∠ABC,
∴∠DEC=∠ACD.又
∵∠ADC=∠CDE,
∴△ACD∽△CED,
∴$\frac{AC}{CE}=\frac{AD}{CD}$,即$\frac{4\sqrt{5}}{CE}=\frac{8}{4}$,解得$CE=2\sqrt{5}$.
∵CD是$\odot O$的切线,
∴OC⊥CD.
∵AD⊥CD,
∴OC//AD,
∴∠DAC=∠ACO.
∵OA=OC,
∴∠OAC=∠OCA,
∴∠DAC=∠CAO,
∴AC平分∠DAB.
(2)连接CE,CB,在Rt△ACD中,$AC=4\sqrt{5}$,$DC=4$,
∴$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=8$.
∵四边形ABCE是$\odot O$的内接四边形,
∴∠ABC+∠AEC=180°.又
∵∠DEC+∠AEC=180°,
∴∠DEC=∠ABC.
∵AB为$\odot O$的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠CAB+∠ABC=90°.
∵AD⊥CD,
∴∠ADC=90°,
∴∠DAC+∠ACD=90°.
∵∠DAC=∠CAO,
∴∠ACD=∠ABC,
∴∠DEC=∠ACD.又
∵∠ADC=∠CDE,
∴△ACD∽△CED,
∴$\frac{AC}{CE}=\frac{AD}{CD}$,即$\frac{4\sqrt{5}}{CE}=\frac{8}{4}$,解得$CE=2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 要证AC平分∠DAB，即需证∠DAC=∠CAB。遇到圆的切线，优先连接过切点的半径，利用切线性质得OC⊥CD，结合AD⊥CD可推出OC//AD，得到内错角∠DAC=∠ACO；再利用OA=OC的等腰三角形性质，得∠OAC=∠ACO，等量代换即可证得两角相等，完成角平分线的证明。
(2) 求CE的长，首先在Rt△ACD中用勾股定理求出AD的长度；再通过角的推导证明△ACD和△CED相似：利用圆内接四边形对角互补、平角性质得到∠DEC=∠ABC，结合直径所对圆周角为直角、直角三角形两锐角互余，以及(1)的角平分线结论，推得∠DEC=∠ACD，结合公共直角即可证两三角形相似，最后利用相似三角形对应边成比例计算CE的长度。
【解析】
(1) 证明：连接OC。
∵CD是$\odot O$的切线，
∴OC⊥CD。
∵AD⊥CD，
∴OC//AD，
∴∠DAC=∠ACO。
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠CAO，即AC平分$∠ DAB$。
(2) 解：连接CE、CB，
在Rt△ACD中，$AC=4\sqrt{5}$，$DC=4$，
由勾股定理得：$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{(4\sqrt{5})^2-4^2}=\sqrt{80-16}=8$。
∵四边形ABCE是$\odot O$的内接四边形，
∴∠ABC+∠AEC=180°。
又
∵∠DEC+∠AEC=180°，
∴∠DEC=∠ABC。
∵AB为$\odot O$的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°。
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠ACD=90°。
由(1)知∠DAC=∠CAO，
∴∠ACD=∠ABC，
∴∠DEC=∠ACD。
又
∵∠ADC=∠CDE=90°，
∴△ACD∽△CED，
∴$\frac{AC}{CE}=\frac{AD}{CD}$，代入得$\frac{4\sqrt{5}}{CE}=\frac{8}{4}$，
解得$CE=2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) AC平分$∠ DAB$，证明成立；
(2) $CE=2\sqrt{5}$
【知识点】
切线的性质；相似三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质
【点评】
本题是圆的常规综合题，第一问是切线性质的基础应用，核心辅助线为连接过切点的半径；第二问通过角的等量推导构造相似三角形求解线段长，需要熟练掌握圆的相关性质和相似三角形的判定逻辑，是圆章节的高频考点题型。
【难度系数】
0.7
(1) 要证AC平分∠DAB，即需证∠DAC=∠CAB。遇到圆的切线，优先连接过切点的半径，利用切线性质得OC⊥CD，结合AD⊥CD可推出OC//AD，得到内错角∠DAC=∠ACO；再利用OA=OC的等腰三角形性质，得∠OAC=∠ACO，等量代换即可证得两角相等，完成角平分线的证明。
(2) 求CE的长，首先在Rt△ACD中用勾股定理求出AD的长度；再通过角的推导证明△ACD和△CED相似：利用圆内接四边形对角互补、平角性质得到∠DEC=∠ABC，结合直径所对圆周角为直角、直角三角形两锐角互余，以及(1)的角平分线结论，推得∠DEC=∠ACD，结合公共直角即可证两三角形相似，最后利用相似三角形对应边成比例计算CE的长度。
【解析】
(1) 证明：连接OC。
∵CD是$\odot O$的切线，
∴OC⊥CD。
∵AD⊥CD，
∴OC//AD，
∴∠DAC=∠ACO。
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠CAO，即AC平分$∠ DAB$。
(2) 解：连接CE、CB，
在Rt△ACD中，$AC=4\sqrt{5}$，$DC=4$，
由勾股定理得：$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{(4\sqrt{5})^2-4^2}=\sqrt{80-16}=8$。
∵四边形ABCE是$\odot O$的内接四边形，
∴∠ABC+∠AEC=180°。
又
∵∠DEC+∠AEC=180°，
∴∠DEC=∠ABC。
∵AB为$\odot O$的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°。
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠ACD=90°。
由(1)知∠DAC=∠CAO，
∴∠ACD=∠ABC，
∴∠DEC=∠ACD。
又
∵∠ADC=∠CDE=90°，
∴△ACD∽△CED，
∴$\frac{AC}{CE}=\frac{AD}{CD}$，代入得$\frac{4\sqrt{5}}{CE}=\frac{8}{4}$，
解得$CE=2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) AC平分$∠ DAB$，证明成立；
(2) $CE=2\sqrt{5}$
【知识点】
切线的性质；相似三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质
【点评】
本题是圆的常规综合题，第一问是切线性质的基础应用，核心辅助线为连接过切点的半径；第二问通过角的等量推导构造相似三角形求解线段长，需要熟练掌握圆的相关性质和相似三角形的判定逻辑，是圆章节的高频考点题型。
【难度系数】
0.7
五、(本大题共2小题,每小题12分,满分24分)
19. 如图,正方形ABCD内接于$\odot O$,E为$\overset{\frown}{AD}$的中点.
(1)作等边三角形EFG,使点F,G分别在$\overset{\frown}{AB}$和$\overset{\frown}{CD}$上(用直尺和圆规作图,保留作图痕迹,不写作法);
(2)在(1)的条件下,求$\overset{\frown}{BG}$所对圆心角的度数;
(3)若正方形ABCD的边长为4,求(1)中等边三角形EFG的边长.
19. 如图,正方形ABCD内接于$\odot O$,E为$\overset{\frown}{AD}$的中点.
(1)作等边三角形EFG,使点F,G分别在$\overset{\frown}{AB}$和$\overset{\frown}{CD}$上(用直尺和圆规作图,保留作图痕迹,不写作法);
(2)在(1)的条件下,求$\overset{\frown}{BG}$所对圆心角的度数;
(3)若正方形ABCD的边长为4,求(1)中等边三角形EFG的边长.
答案
19. (1)如图①所示.
(2)连接OB,OG,如图①.
∵△EFG是等边三角形,
∴EH⊥GF,
∴∠GOH=2∠GEH=2×30°=60°.
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BOH=45°.
∵∠BOG=∠BOH+∠GOH=45°+60°=105°,
∴$\overset{\frown}{BG}$所对圆心角的度数为105°.
(3)如图②,连接OF,OB,过点O作ON⊥EF于点N.
∵OM⊥BC,
∴$BM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×4=2$.在Rt△BOM中,
∵OM=BM=2,
∴$OB=2\sqrt{2}$.在Rt△FON中,
∵∠OFN=30°,$OF=2\sqrt{2}$,
∴$ON=\sqrt{2}$,
∴$FN=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-(\sqrt{2})^2}=\sqrt{6}$,
∴$EF=2\sqrt{6}$,
∴等边三角形EFG的边长为$2\sqrt{6}$.
解析
【分析】
(1) 作图思路：利用图形的对称性，先作过点E和圆心O的直径EH，再以E为圆心，适当长度为半径画弧，分别交$\overset{\frown}{AB}$、$\overset{\frown}{CD}$于点F、G，保证EF=EG=FG，连接EF、EG、FG即可完成作图，注意保留作图痕迹。
(2) 求$\overset{\frown}{BG}$的圆心角度数，需先找到该弧对应的圆心角∠BOG：首先正方形内接于$\odot O$，其中心角为90°，EH垂直平分BC，可得∠BOH=45°；再结合等边三角形的轴对称性，EH垂直平分FG，由圆周角定理可得∠GOH=60°，将两个角度相加即可得到∠BOG的度数。
(3) 求等边三角形边长，先根据正方形边长求出$\odot O$的半径：利用垂径定理得到等腰Rt△BOM的直角边长，由勾股定理求出半径OB的长度；再对等边三角形的边EF用垂径定理，结合30°直角三角形的性质和勾股定理，即可求出EF的长度，也就是等边三角形的边长。
【解析】
(1) 按尺规作图要求作出等边三角形EFG，作图痕迹如图①所示。
(2) 连接OB、OG，作过E、O的直径EH。
∵△EFG是等边三角形，且EH是$\odot O$的对称轴，
∴EH⊥GF。
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，∠GEH=30°，
∴∠GOH=2∠GEH=2×30°=60°。
∵四边形ABCD是正方形，其中心角∠BOC=90°，且EH垂直平分BC，
∴∠BOH=$\frac{1}{2}$∠BOC=45°。
∴∠BOG=∠BOH+∠GOH=45°+60°=105°，即$\overset{\frown}{BG}$所对的圆心角为105°。
(3) 连接OF、OB，过点O作ON⊥EF于点N，过O作OM⊥BC于点M。
由垂径定理得，$BM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×4=2$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴OM=BM=2，在Rt△BOM中，由勾股定理得$OB=\sqrt{BM^2+OM^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，即$\odot O$的半径$OF=OB=2\sqrt{2}$。
∵△EFG是等边三角形，
∴∠OFN=30°，在Rt△FON中，$ON=\frac{1}{2}OF=\sqrt{2}$。
由勾股定理得$FN=\sqrt{OF^2-ON^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-(\sqrt{2})^2}=\sqrt{8-2}=\sqrt{6}$。
由垂径定理得$EF=2FN=2\sqrt{6}$，即等边三角形EFG的边长为$2\sqrt{6}$。
【答案】
19. (1)如图①所示.
(2)连接OB,OG,如图①.
∵△EFG是等边三角形,
∴EH⊥GF,
∴∠GOH=2∠GEH=2×30°=60°.
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BOH=45°.
∵∠BOG=∠BOH+∠GOH=45°+60°=105°,
∴$\overset{\frown}{BG}$所对圆心角的度数为105°.
(3)如图②,连接OF,OB,过点O作ON⊥EF于点N.
∵OM⊥BC,
∴$BM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×4=2$.在Rt△BOM中,
∵OM=BM=2,
∴$OB=2\sqrt{2}$.在Rt△FON中,
∵∠OFN=30°,$OF=2\sqrt{2}$,
∴$ON=\sqrt{2}$,
∴$FN=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-(\sqrt{2})^2}=\sqrt{6}$,
∴$EF=2\sqrt{6}$,
∴等边三角形EFG的边长为$2\sqrt{6}$.
【知识点】
尺规作图，圆周角定理，垂径定理
【点评】
本题是圆与特殊四边形、特殊三角形的综合题，兼顾了操作实践和逻辑计算的考察，需要熟练运用图形的对称性和圆的相关性质，逐步拆解问题求解，是圆章节的典型综合题型。
【难度系数】
0.65
(1) 作图思路：利用图形的对称性，先作过点E和圆心O的直径EH，再以E为圆心，适当长度为半径画弧，分别交$\overset{\frown}{AB}$、$\overset{\frown}{CD}$于点F、G，保证EF=EG=FG，连接EF、EG、FG即可完成作图，注意保留作图痕迹。
(2) 求$\overset{\frown}{BG}$的圆心角度数，需先找到该弧对应的圆心角∠BOG：首先正方形内接于$\odot O$，其中心角为90°，EH垂直平分BC，可得∠BOH=45°；再结合等边三角形的轴对称性，EH垂直平分FG，由圆周角定理可得∠GOH=60°，将两个角度相加即可得到∠BOG的度数。
(3) 求等边三角形边长，先根据正方形边长求出$\odot O$的半径：利用垂径定理得到等腰Rt△BOM的直角边长，由勾股定理求出半径OB的长度；再对等边三角形的边EF用垂径定理，结合30°直角三角形的性质和勾股定理，即可求出EF的长度，也就是等边三角形的边长。
【解析】
(1) 按尺规作图要求作出等边三角形EFG，作图痕迹如图①所示。
(2) 连接OB、OG，作过E、O的直径EH。
∵△EFG是等边三角形，且EH是$\odot O$的对称轴，
∴EH⊥GF。
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，∠GEH=30°，
∴∠GOH=2∠GEH=2×30°=60°。
∵四边形ABCD是正方形，其中心角∠BOC=90°，且EH垂直平分BC，
∴∠BOH=$\frac{1}{2}$∠BOC=45°。
∴∠BOG=∠BOH+∠GOH=45°+60°=105°，即$\overset{\frown}{BG}$所对的圆心角为105°。
(3) 连接OF、OB，过点O作ON⊥EF于点N，过O作OM⊥BC于点M。
由垂径定理得，$BM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×4=2$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴OM=BM=2，在Rt△BOM中，由勾股定理得$OB=\sqrt{BM^2+OM^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，即$\odot O$的半径$OF=OB=2\sqrt{2}$。
∵△EFG是等边三角形，
∴∠OFN=30°，在Rt△FON中，$ON=\frac{1}{2}OF=\sqrt{2}$。
由勾股定理得$FN=\sqrt{OF^2-ON^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-(\sqrt{2})^2}=\sqrt{8-2}=\sqrt{6}$。
由垂径定理得$EF=2FN=2\sqrt{6}$，即等边三角形EFG的边长为$2\sqrt{6}$。
【答案】
19. (1)如图①所示.
(2)连接OB,OG,如图①.
∵△EFG是等边三角形,
∴EH⊥GF,
∴∠GOH=2∠GEH=2×30°=60°.
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BOH=45°.
∵∠BOG=∠BOH+∠GOH=45°+60°=105°,
∴$\overset{\frown}{BG}$所对圆心角的度数为105°.
(3)如图②,连接OF,OB,过点O作ON⊥EF于点N.
∵OM⊥BC,
∴$BM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×4=2$.在Rt△BOM中,
∵OM=BM=2,
∴$OB=2\sqrt{2}$.在Rt△FON中,
∵∠OFN=30°,$OF=2\sqrt{2}$,
∴$ON=\sqrt{2}$,
∴$FN=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-(\sqrt{2})^2}=\sqrt{6}$,
∴$EF=2\sqrt{6}$,
∴等边三角形EFG的边长为$2\sqrt{6}$.
【知识点】
尺规作图，圆周角定理，垂径定理
【点评】
本题是圆与特殊四边形、特殊三角形的综合题，兼顾了操作实践和逻辑计算的考察，需要熟练运用图形的对称性和圆的相关性质，逐步拆解问题求解，是圆章节的典型综合题型。
【难度系数】
0.65
20. （2024·广西中考）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC.点D,E分别是BC,AC的中点，连接DE并延长至点F，使DE=EF，连接AF.
(1)求证:四边形ABDF是平行四边形；
(2)求证:AF与⊙O相切；
(3)若$\tan∠ BAC=\frac{3}{4}$，BC=12，求⊙O的半径.
(1)求证:四边形ABDF是平行四边形；
(2)求证:AF与⊙O相切；
(3)若$\tan∠ BAC=\frac{3}{4}$，BC=12，求⊙O的半径.
答案
20. (1)
∵点D,E分别是BC,AC的中点,
∴BD=CD,AE=CE.又
∵∠AEF=∠CED,DE=EF,
∴△AEF≌△CED(SAS),
∴AF=CD,∠F=∠EDC,
∴AF=BD,AF//BD,
∴四边形ABDF是平行四边形.
(2)如图,连接AD.
∵AB=AC,D为BC的中点,
∴AD⊥BC,
∴AD过圆心.
∵AF//BD,
∴AF⊥AD,而OA为半径,
∴AF为⊙O的切线,即AF与⊙O相切.
(3)如图,过点B作BQ⊥AC于点Q,连接OB.
∵$\tan∠BAC=\frac{3}{4}$,
∴$\frac{BQ}{AQ}=\frac{3}{4}$.设BQ=3x,则AQ=4x,
∴$AC=AB=\sqrt{AQ^2+BQ^2}=5x$,
∴CQ=AC-AQ=x,
∴$BC=\sqrt{BQ^2+CQ^2}=\sqrt{10}x$,
∴$\sqrt{10}x=12$,
∴$x=\frac{12}{\sqrt{10}}=\frac{6\sqrt{10}}{5}$,
∴$AB=5x=6\sqrt{10}$.
∵AB=AC,BC=12,AD⊥BC,
∴BD=CD=6,
∴$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=18$.设⊙O半径为r,
∴OD=18-r,在Rt△OBD中,$r^2=(18-r)^2+6^2$,解得r=10,
∴⊙O的半径为10.
解析
【分析】
(1) 要证四边形ABDF是平行四边形，可通过证明一组对边平行且相等实现：已知D、E分别为BC、AC的中点，且DE=EF，可先证△AEF≌△CED得到AF与CD平行且相等，结合BD=CD即可推出AF与BD平行且相等，进而得证。
(2) 要证AF与⊙O相切，根据切线判定定理，需证明AF垂直于过切点A的半径：由等腰三角形三线合一可得AD⊥BC，且AD是BC的垂直平分线，故外接圆圆心O在AD上；再结合AF//BC可推出AF⊥AD，即AF垂直于半径OA，满足切线判定条件。
(3) 求⊙O半径时，先利用tan∠BAC的值构造直角三角形，设参数求出AB的长度，再由等腰三角形性质求出AD的长度，最后设半径为r，在Rt△OBD中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)
∵点D,E分别是BC,AC的中点,
∴BD=CD,AE=CE.
又
∵∠AEF=∠CED,DE=EF,
∴△AEF≌△CED(SAS),
∴AF=CD,∠F=∠EDC,
∴AF=BD,AF//BD,
∴四边形ABDF是平行四边形.
(2) 如图,连接AD.
∵AB=AC,D为BC的中点,
∴AD⊥BC,
∴AD过圆心.
∵AF//BD,
∴AF⊥AD,而OA为半径,
∴AF为⊙O的切线,即AF与⊙O相切.
(3) 如图,过点B作BQ⊥AC于点Q,连接OB.
∵$\tan∠ BAC=\frac{3}{4}$,
∴$\frac{BQ}{AQ}=\frac{3}{4}$.设BQ=3x,则AQ=4x,
∴$AC=AB=\sqrt{AQ^2+BQ^2}=5x$,
∴CQ=AC-AQ=x,
∴$BC=\sqrt{BQ^2+CQ^2}=\sqrt{10}x$,
∴$\sqrt{10}x=12$,
∴$x=\frac{12}{\sqrt{10}}=\frac{6\sqrt{10}}{5}$,
∴$AB=5x=6\sqrt{10}$.
∵AB=AC,BC=12,AD⊥BC,
∴BD=CD=6,
∴$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=18$.设⊙O半径为r,
∴OD=18-r,在Rt△OBD中,$r^2=(18-r)^2+6^2$,解得r=10,
∴⊙O的半径为10.
【答案】
(1) 四边形ABDF是平行四边形，证明成立；
(2) AF与⊙O相切，证明成立，辅助线如图；
(3) $\boldsymbol{10}$
【知识点】
平行四边形的判定、切线的判定定理、勾股定理的应用
【点评】
本题是几何综合题，融合了三角形全等、等腰三角形性质、平行四边形判定、切线判定及解直角三角形等多个知识点，既考查基础几何定理的应用，也考查方程思想在几何计算中的运用，是圆与三角形结合的典型题型。
【难度系数】
0.6
(1) 要证四边形ABDF是平行四边形，可通过证明一组对边平行且相等实现：已知D、E分别为BC、AC的中点，且DE=EF，可先证△AEF≌△CED得到AF与CD平行且相等，结合BD=CD即可推出AF与BD平行且相等，进而得证。
(2) 要证AF与⊙O相切，根据切线判定定理，需证明AF垂直于过切点A的半径：由等腰三角形三线合一可得AD⊥BC，且AD是BC的垂直平分线，故外接圆圆心O在AD上；再结合AF//BC可推出AF⊥AD，即AF垂直于半径OA，满足切线判定条件。
(3) 求⊙O半径时，先利用tan∠BAC的值构造直角三角形，设参数求出AB的长度，再由等腰三角形性质求出AD的长度，最后设半径为r，在Rt△OBD中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)
∵点D,E分别是BC,AC的中点,
∴BD=CD,AE=CE.
又
∵∠AEF=∠CED,DE=EF,
∴△AEF≌△CED(SAS),
∴AF=CD,∠F=∠EDC,
∴AF=BD,AF//BD,
∴四边形ABDF是平行四边形.
(2) 如图,连接AD.
∵AB=AC,D为BC的中点,
∴AD⊥BC,
∴AD过圆心.
∵AF//BD,
∴AF⊥AD,而OA为半径,
∴AF为⊙O的切线,即AF与⊙O相切.
(3) 如图,过点B作BQ⊥AC于点Q,连接OB.
∵$\tan∠ BAC=\frac{3}{4}$,
∴$\frac{BQ}{AQ}=\frac{3}{4}$.设BQ=3x,则AQ=4x,
∴$AC=AB=\sqrt{AQ^2+BQ^2}=5x$,
∴CQ=AC-AQ=x,
∴$BC=\sqrt{BQ^2+CQ^2}=\sqrt{10}x$,
∴$\sqrt{10}x=12$,
∴$x=\frac{12}{\sqrt{10}}=\frac{6\sqrt{10}}{5}$,
∴$AB=5x=6\sqrt{10}$.
∵AB=AC,BC=12,AD⊥BC,
∴BD=CD=6,
∴$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=18$.设⊙O半径为r,
∴OD=18-r,在Rt△OBD中,$r^2=(18-r)^2+6^2$,解得r=10,
∴⊙O的半径为10.
【答案】
(1) 四边形ABDF是平行四边形，证明成立；
(2) AF与⊙O相切，证明成立，辅助线如图
；(3) $\boldsymbol{10}$
【知识点】
平行四边形的判定、切线的判定定理、勾股定理的应用
【点评】
本题是几何综合题，融合了三角形全等、等腰三角形性质、平行四边形判定、切线判定及解直角三角形等多个知识点，既考查基础几何定理的应用，也考查方程思想在几何计算中的运用，是圆与三角形结合的典型题型。
【难度系数】
0.6
六、（本题满分14分）
21. （2025·芜湖期末）如图①，在等腰三角形ABC中，当顶角∠A的大小确定时，它的对边（即底边BC）与邻边（即腰AB或AC）的比值也就确定了，我们把这个比值记作$ T(A) $，即 $ T(A)=\frac{∠A的对边(底边)}{∠A的邻边(腰)}=\frac{BC}{AC} $，如当∠A=60°时，$ T(60°)=1 $。
(1) $ T(90°)= $
(2)如图②，圆锥的母线长为18，底面直径$ R=14 $，一只蚂蚁从点P沿着圆锥的侧面爬行到点Q，求蚂蚁爬行的最短路径长.（结果精确到0.1，参考数据：$ T(140°)≈1.88 $，$ T(70°)≈1.15 $，$ T(35°)≈0.60 $）
21. （2025·芜湖期末）如图①，在等腰三角形ABC中，当顶角∠A的大小确定时，它的对边（即底边BC）与邻边（即腰AB或AC）的比值也就确定了，我们把这个比值记作$ T(A) $，即 $ T(A)=\frac{∠A的对边(底边)}{∠A的邻边(腰)}=\frac{BC}{AC} $，如当∠A=60°时，$ T(60°)=1 $。
(1) $ T(90°)= $
√2
，$ T(120°)= $ √3
，$ T(A) $的取值范围是 0＜T(A)＜2
；(2)如图②，圆锥的母线长为18，底面直径$ R=14 $，一只蚂蚁从点P沿着圆锥的侧面爬行到点Q，求蚂蚁爬行的最短路径长.（结果精确到0.1，参考数据：$ T(140°)≈1.88 $，$ T(70°)≈1.15 $，$ T(35°)≈0.60 $）
答案
21. (1)$\sqrt{2}$ $\sqrt{3}$ $0＜T(A)＜2$ 解析:如图①,由∠A=90°,AB=AC,得$BC=\sqrt{2}AB$,
∴$T(90°)=\frac{BC}{AB}=\sqrt{2}$.
如图②,
∵∠BAC=120°,AB=AC,
∴作AD⊥BC于点D,则∠BAD=$\frac{1}{2}∠BAC=60°$,BD=CD,
∴∠B=30°,
∴AB=2AD,
∴$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$,
∴$BC=2BD=\sqrt{3}AB$,
∴$T(120°)=\frac{BC}{AB}=\sqrt{3}$.
∵AB-AC＜BC＜AB+AC=2AB,
∴$0＜\frac{BC}{AB}＜2$,
∴$0＜T(A)＜2$.
(2)如图③,PQ为蚂蚁爬行的最短路径.
∵圆锥的底面直径R=14,
∴圆锥的底面周长为14π,即侧面展开图扇形的弧长为14π.设扇形的圆心角为n°,则$\frac{n·π×18}{180}=14π$,解得n=140,则∠POQ=70°.
∵$\frac{PQ}{OP}=T(70°)≈1.15$,OP=18,
∴PQ≈20.7,
∴蚂蚁爬行的最短路径长约为20.7.
解析
【分析】
(1) 首先理解新定义$T(A)$的含义：顶角为$∠ A$的等腰三角形，底边与腰的比值。求$T(90°)$、$T(120°)$时，分别构造对应顶角的等腰三角形，利用等腰三角形三线合一、勾股定理计算底边和腰的比值即可；$T(A)$的取值范围可结合三角形三边关系推导。
(2) 圆锥侧面爬行的最短路径需将圆锥侧面展开为平面扇形，根据“两点之间线段最短”，最短路径为展开图中P、Q的线段长。先根据圆锥底面周长等于展开扇形的弧长求出扇形圆心角，再结合$T(A)$的定义计算线段长即可。
【解析】
(1) 当$∠ A=90°$，$AB=AC$时，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{2}AB$，因此$T(90°)=\frac{BC}{AB}=\sqrt{2}$。
当$∠ BAC=120°$，$AB=AC$时，过$A$作$AD⊥ BC$于$D$，由等腰三角形三线合一得$∠ BAD=\frac{1}{2}∠ BAC=60°$，$BD=CD$，因此$∠ B=30°$，则$AB=2AD$，由勾股定理得$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$，故$BC=2BD=\sqrt{3}AB$，因此$T(120°)=\frac{BC}{AB}=\sqrt{3}$。
根据三角形三边关系，$AB-AC＜BC＜AB+AC$，又$AB=AC$，因此$0＜BC＜2AB$，不等式两边同时除以$AB$得$0＜\frac{BC}{AB}＜2$，即$0＜T(A)＜2$。
(2) 圆锥侧面展开后得到扇形，蚂蚁爬行的最短路径为展开图中P、Q两点的线段长，如图③。
已知圆锥底面直径为14，因此底面周长为$14π$，即侧面展开图扇形的弧长为$14π$。设扇形圆心角为$n°$，母线长即扇形半径为18，根据弧长公式$\frac{n·π· r}{180}=l$，代入得$\frac{n·π×18}{180}=14π$，解得$n=140$。
由于P、Q是底面直径的两个端点，因此展开后$∠ POQ=\frac{1}{2}×140°=70°$，根据$T(A)$的定义，$\frac{PQ}{OP}=T(70°)\approx1.15$，$OP=18$，因此$PQ\approx18×1.15=20.7$。
【答案】
(1) $\sqrt{2}$；$\sqrt{3}$；$0＜T(A)＜2$
(2) 蚂蚁爬行的最短路径长约为20.7。
【知识点】
新定义运算、等腰三角形的性质、圆锥侧面展开计算
【点评】
本题结合新定义考查了等腰三角形、圆锥相关的计算，解题关键是准确理解新定义$T(A)$的含义，掌握圆锥底面周长和展开扇形弧长的对应关系，以及最短路径问题的处理方法，注意不要混淆展开图中对应角的度数。
【难度系数】
0.6
(1) 首先理解新定义$T(A)$的含义：顶角为$∠ A$的等腰三角形，底边与腰的比值。求$T(90°)$、$T(120°)$时，分别构造对应顶角的等腰三角形，利用等腰三角形三线合一、勾股定理计算底边和腰的比值即可；$T(A)$的取值范围可结合三角形三边关系推导。
(2) 圆锥侧面爬行的最短路径需将圆锥侧面展开为平面扇形，根据“两点之间线段最短”，最短路径为展开图中P、Q的线段长。先根据圆锥底面周长等于展开扇形的弧长求出扇形圆心角，再结合$T(A)$的定义计算线段长即可。
【解析】
(1) 当$∠ A=90°$，$AB=AC$时，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{2}AB$，因此$T(90°)=\frac{BC}{AB}=\sqrt{2}$。
当$∠ BAC=120°$，$AB=AC$时，过$A$作$AD⊥ BC$于$D$，由等腰三角形三线合一得$∠ BAD=\frac{1}{2}∠ BAC=60°$，$BD=CD$，因此$∠ B=30°$，则$AB=2AD$，由勾股定理得$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$，故$BC=2BD=\sqrt{3}AB$，因此$T(120°)=\frac{BC}{AB}=\sqrt{3}$。
根据三角形三边关系，$AB-AC＜BC＜AB+AC$，又$AB=AC$，因此$0＜BC＜2AB$，不等式两边同时除以$AB$得$0＜\frac{BC}{AB}＜2$，即$0＜T(A)＜2$。
(2) 圆锥侧面展开后得到扇形，蚂蚁爬行的最短路径为展开图中P、Q两点的线段长，如图③。
已知圆锥底面直径为14，因此底面周长为$14π$，即侧面展开图扇形的弧长为$14π$。设扇形圆心角为$n°$，母线长即扇形半径为18，根据弧长公式$\frac{n·π· r}{180}=l$，代入得$\frac{n·π×18}{180}=14π$，解得$n=140$。
由于P、Q是底面直径的两个端点，因此展开后$∠ POQ=\frac{1}{2}×140°=70°$，根据$T(A)$的定义，$\frac{PQ}{OP}=T(70°)\approx1.15$，$OP=18$，因此$PQ\approx18×1.15=20.7$。
【答案】
(1) $\sqrt{2}$；$\sqrt{3}$；$0＜T(A)＜2$
(2) 蚂蚁爬行的最短路径长约为20.7。
【知识点】
新定义运算、等腰三角形的性质、圆锥侧面展开计算
【点评】
本题结合新定义考查了等腰三角形、圆锥相关的计算，解题关键是准确理解新定义$T(A)$的含义，掌握圆锥底面周长和展开扇形弧长的对应关系，以及最短路径问题的处理方法，注意不要混淆展开图中对应角的度数。
【难度系数】
0.6
