登录
5. 如图4，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，且$AB=AC$，连接$BO$并延长交$\odot O$于点$D$，过点$A$作$AE ⊥ BD$，垂足为点$E$。点$F$在$BD$的延长线上，连接$AF$，使$∠ FAE=2∠ ABD$。
(1)求证:$AF$与$\odot O$相切；
(2)若$DE=1$，$BC=4$，求$\odot O$的半径。
(1)求证:$AF$与$\odot O$相切；
(2)若$DE=1$，$BC=4$，求$\odot O$的半径。
答案
(1) 如答图34，连接OA。
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠ABD。
∴∠AOF=2∠ABD。
∵∠FAE=2∠ABD，
∴∠AOF=∠FAE。
∵AE⊥OD，
∴∠AEF=90°。
∴∠F+∠FAE=90°。
∴∠F+∠AOF=90°。
∴∠FAO=90°。
∴AF⊥OA。又
∵OA是⊙O的半径，
∴AF是⊙O的切线
(2) 如答图34，延长AO交BC于点M，连接OC。
∵OC=OB，AC=AB，AO=AO，
∴△AOC≌△AOB(SSS)。
∴∠AOC=∠AOB。
∴∠COM=∠BOM。
∴OM⊥BC，BM=CM。
∴∠OMB=90°。
∵AE⊥OD，
∴∠AEO=90°。
∴∠OMB=∠AEO。又
∵∠AOE=∠BOM，OA=OB，
∴△AOE≌△BOM(AAS)。
∴BM=AE。
∵BC=4，
∴BM=AE=2。
∵DE=1，
∴OE=OA−1，在Rt△OAE中，$OA^2=OE^2+AE^2$，
∴$OA^2=(OA−1)^2+2^2$，解得$OA=\frac{5}{2}$，
∴⊙O的半径为$\frac{5}{2}$
解析
【分析】
(1) 要证明AF是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证AF垂直于半径OA，因此先连接OA。首先利用等腰△OAB的外角性质可得∠AOF=2∠ABD，结合已知∠FAE=2∠ABD，可推出∠AOF=∠FAE；再根据AE⊥BD得到直角，通过角的互余关系推导∠FAO=90°，即可证得AF⊥OA，完成切线证明。
(2) 要求⊙O的半径，可通过构造全等三角形转化线段长度，结合勾股定理列方程求解：首先延长AO交BC于点M、连接OC，先利用SSS证△AOC≌△AOB，可得AM垂直平分BC，得到BM的长度；再通过AAS证△AOE≌△BOM，得到AE=BM=2；最后设半径为r，用r表示出OE=r-1，在Rt△OAE中用勾股定理列方程求解即可得到半径。
【解析】
(1) 证明：如答图34，连接OA。
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠ABD，
∴∠AOF=2∠ABD。
∵∠FAE=2∠ABD，
∴∠AOF=∠FAE。
∵AE⊥OD，
∴∠AEF=90°，
∴∠F+∠FAE=90°，
∴∠F+∠AOF=90°，
∴∠FAO=90°，即AF⊥OA。
又
∵OA是⊙O的半径，
∴AF是⊙O的切线。
(2) 解：如答图34，延长AO交BC于点M，连接OC。
∵OC=OB，AC=AB，AO=AO，
∴△AOC≌△AOB(SSS)，
∴∠AOC=∠AOB，
∴∠COM=∠BOM，
∴OM⊥BC，BM=CM。
∴∠OMB=90°。
∵AE⊥OD，
∴∠AEO=90°，
∴∠OMB=∠AEO。
又
∵∠AOE=∠BOM，OA=OB，
∴△AOE≌△BOM(AAS)，
∴BM=AE。
∵BC=4，
∴BM=$\frac{1}{2}$BC=2，即AE=2。
∵DE=1，设⊙O的半径为r，则OA=r，OE=r-1，
在Rt△OAE中，由勾股定理得$OA^2=OE^2+AE^2$，
∴$r^2=(r-1)^2+2^2$，解得$r=\frac{5}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析，AF是⊙O的切线；
(2) $\odot O$的半径为$\frac{5}{2}$。
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合典型考题，融合了圆的性质、全等三角形、勾股定理等核心考点，解题关键是合理添加辅助线构造全等三角形与直角三角形，灵活运用方程思想求解线段长度，能够考查学生的逻辑推理和运算能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明AF是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证AF垂直于半径OA，因此先连接OA。首先利用等腰△OAB的外角性质可得∠AOF=2∠ABD，结合已知∠FAE=2∠ABD，可推出∠AOF=∠FAE；再根据AE⊥BD得到直角，通过角的互余关系推导∠FAO=90°，即可证得AF⊥OA，完成切线证明。
(2) 要求⊙O的半径，可通过构造全等三角形转化线段长度，结合勾股定理列方程求解：首先延长AO交BC于点M、连接OC，先利用SSS证△AOC≌△AOB，可得AM垂直平分BC，得到BM的长度；再通过AAS证△AOE≌△BOM，得到AE=BM=2；最后设半径为r，用r表示出OE=r-1，在Rt△OAE中用勾股定理列方程求解即可得到半径。
【解析】
(1) 证明：如答图34，连接OA。
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠ABD，
∴∠AOF=2∠ABD。
∵∠FAE=2∠ABD，
∴∠AOF=∠FAE。
∵AE⊥OD，
∴∠AEF=90°，
∴∠F+∠FAE=90°，
∴∠F+∠AOF=90°，
∴∠FAO=90°，即AF⊥OA。
又
∵OA是⊙O的半径，
∴AF是⊙O的切线。
(2) 解：如答图34，延长AO交BC于点M，连接OC。
∵OC=OB，AC=AB，AO=AO，
∴△AOC≌△AOB(SSS)，
∴∠AOC=∠AOB，
∴∠COM=∠BOM，
∴OM⊥BC，BM=CM。
∴∠OMB=90°。
∵AE⊥OD，
∴∠AEO=90°，
∴∠OMB=∠AEO。
又
∵∠AOE=∠BOM，OA=OB，
∴△AOE≌△BOM(AAS)，
∴BM=AE。
∵BC=4，
∴BM=$\frac{1}{2}$BC=2，即AE=2。
∵DE=1，设⊙O的半径为r，则OA=r，OE=r-1，
在Rt△OAE中，由勾股定理得$OA^2=OE^2+AE^2$，
∴$r^2=(r-1)^2+2^2$，解得$r=\frac{5}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析，AF是⊙O的切线；
(2) $\odot O$的半径为$\frac{5}{2}$。
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合典型考题，融合了圆的性质、全等三角形、勾股定理等核心考点，解题关键是合理添加辅助线构造全等三角形与直角三角形，灵活运用方程思想求解线段长度，能够考查学生的逻辑推理和运算能力。
【难度系数】
0.6
6. 如图5,在△ABC中,以边AC上一点O为圆心,OA为半径作⊙O,与AB相切于点A.作CD⊥BO交BO的延长线于点D,且∠CBD=∠DCO.
(1)求证:BC是⊙O的切线;
(2)若AB=5,BC=13,求⊙O的半径.
(1)求证:BC是⊙O的切线;
(2)若AB=5,BC=13,求⊙O的半径.
答案
(1) 如答图35，过点O作OE⊥BC于点E。
∵⊙O与AB相切于点A，
∴OA⊥AB。
∴∠BAO=90°。
∵CD⊥BO，
∴∠D=90°。
∴∠BAO=∠D。又
∵∠AOB=∠DOC，
∴∠ABO=∠DCO。
∵∠CBD=∠DCO，
∴∠ABO=∠CBD。又
∵OA⊥AB，OE⊥BC，
∴OE=OA。又
∵OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线
(2) 在Rt△ABC中，AB=5，BC=13，
∴$AC=\sqrt{BC^2−AB^2}=\sqrt{13^2−5^2}=12$。由(1)得BC是⊙O的切线，切点为点E，
∵AB是⊙O的切线。
∴BE=BA=5。
∴CE=BC−BE=8。在Rt△OCE中，$OE^2+CE^2=OC^2$，
∴$OA^2+8^2=(12−OA)^2$，解得$OA=\frac{10}{3}$，
∴⊙O的半径为$\frac{10}{3}$
∵⊙O与AB相切于点A，
∴OA⊥AB。
∴∠BAO=90°。
∵CD⊥BO，
∴∠D=90°。
∴∠BAO=∠D。又
∵∠AOB=∠DOC，
∴∠ABO=∠DCO。
∵∠CBD=∠DCO，
∴∠ABO=∠CBD。又
∵OA⊥AB，OE⊥BC，
∴OE=OA。又
∵OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线
(2) 在Rt△ABC中，AB=5，BC=13，
∴$AC=\sqrt{BC^2−AB^2}=\sqrt{13^2−5^2}=12$。由(1)得BC是⊙O的切线，切点为点E，
∵AB是⊙O的切线。
∴BE=BA=5。
∴CE=BC−BE=8。在Rt△OCE中，$OE^2+CE^2=OC^2$，
∴$OA^2+8^2=(12−OA)^2$，解得$OA=\frac{10}{3}$，
∴⊙O的半径为$\frac{10}{3}$
解析
【分析】
（1）要证明BC是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证圆心O到BC的距离等于半径OA。已知⊙O与AB相切于A，可得OA⊥AB，结合已知角的关系推导得出BO是∠ABC的角平分线，过O作OE⊥BC，利用角平分线的性质即可得OE=OA，从而证得结论。
（2）求⊙O半径时，先在Rt△ABC中用勾股定理算出AC的长度，再根据切线长定理得到AB=BE，求出CE的长度，设半径为r，将OC用含r的式子表示，最后在Rt△OCE中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 过点O作OE⊥BC于点E。
∵⊙O与AB相切于点A，
∴OA⊥AB，即∠BAO=90°。
∵CD⊥BO，
∴∠D=90°，
∴∠BAO=∠D。
又
∵∠AOB=∠DOC（对顶角相等），
∴∠ABO=∠DCO。
已知∠CBD=∠DCO，
∴∠ABO=∠CBD，即BO平分∠ABC。
又
∵OA⊥AB，OE⊥BC，
∴OE=OA（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∵OE是点O到BC的垂线段，且OE等于⊙O的半径OA，
∴BC是⊙O的切线。
(2) 在Rt△ABC中，AB=5，BC=13，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{BC^2−AB^2}=\sqrt{13^2−5^2}=12$。
由(1)知BC是⊙O的切线，切点为E，又AB是⊙O的切线，切点为A，
根据切线长定理可得BE=BA=5，
∴CE=BC−BE=13-5=8。
设⊙O的半径为r，则OA=OE=r，OC=AC-OA=12−r，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：$OE^2+CE^2=OC^2$，
代入得$r^2+8^2=(12−r)^2$，
展开得$r^2+64=144-24r+r^2$，
化简得24r=80，
解得$r=\frac{10}{3}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $\frac{10}{3}$
【知识点】
切线的判定与性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的常考题型，解题核心是熟练掌握切线的判定方法，合理利用角平分线性质、切线长定理转化线段关系，通过勾股定理建立方程求解未知量，难度适中。
【难度系数】
0.6
（1）要证明BC是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证圆心O到BC的距离等于半径OA。已知⊙O与AB相切于A，可得OA⊥AB，结合已知角的关系推导得出BO是∠ABC的角平分线，过O作OE⊥BC，利用角平分线的性质即可得OE=OA，从而证得结论。
（2）求⊙O半径时，先在Rt△ABC中用勾股定理算出AC的长度，再根据切线长定理得到AB=BE，求出CE的长度，设半径为r，将OC用含r的式子表示，最后在Rt△OCE中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 过点O作OE⊥BC于点E。
∵⊙O与AB相切于点A，
∴OA⊥AB，即∠BAO=90°。
∵CD⊥BO，
∴∠D=90°，
∴∠BAO=∠D。
又
∵∠AOB=∠DOC（对顶角相等），
∴∠ABO=∠DCO。
已知∠CBD=∠DCO，
∴∠ABO=∠CBD，即BO平分∠ABC。
又
∵OA⊥AB，OE⊥BC，
∴OE=OA（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∵OE是点O到BC的垂线段，且OE等于⊙O的半径OA，
∴BC是⊙O的切线。
(2) 在Rt△ABC中，AB=5，BC=13，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{BC^2−AB^2}=\sqrt{13^2−5^2}=12$。
由(1)知BC是⊙O的切线，切点为E，又AB是⊙O的切线，切点为A，
根据切线长定理可得BE=BA=5，
∴CE=BC−BE=13-5=8。
设⊙O的半径为r，则OA=OE=r，OC=AC-OA=12−r，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：$OE^2+CE^2=OC^2$，
代入得$r^2+8^2=(12−r)^2$，
展开得$r^2+64=144-24r+r^2$，
化简得24r=80，
解得$r=\frac{10}{3}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $\frac{10}{3}$
【知识点】
切线的判定与性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的常考题型，解题核心是熟练掌握切线的判定方法，合理利用角平分线性质、切线长定理转化线段关系，通过勾股定理建立方程求解未知量，难度适中。
【难度系数】
0.6
7. 在圆内接正六边形ABCDEF中，AC，EC分别交BD于点H，G.
(1)如图6，求证：点H，G三等分BD；
(2)如图7，过点O作AC的垂线，垂足为K，以点O为圆心，OK的长为半径作圆；(保留作图痕迹，不写作法)
(3)在(2)所作图形中，求证：CE是所作圆的切线.
(1)如图6，求证：点H，G三等分BD；
(2)如图7，过点O作AC的垂线，垂足为K，以点O为圆心，OK的长为半径作圆；(保留作图痕迹，不写作法)
(3)在(2)所作图形中，求证：CE是所作圆的切线.
答案
(1) 在圆内接正六边形ABCDEF中，ED=DC=CB=BA，∠CDE=∠DCB=∠ABC=120°，
∴∠EDC=∠DCE=∠CDB=∠CBD=∠ACB=∠CAB=30°。
∴∠ACE=∠DCB−∠DCE−∠ACB=60°，CG=DG，CH=BH。
∴△CDG≌△CBH(ASA)。
∴CG=CH。
∵∠ACE=60°，
∴△CGH是等边三角形。
∴DG=CG=GH=CH=BH。
∴点H，G三等分BD
(2) 如答图36所示
(3) 如答图37，过点O作OP⊥EC于点P，连接OC，则∠DCO=∠BCO=60°。由(1)得，∠DCE=∠ACB=30°，
∴∠PCO=∠KCO=30°。又
∵OK⊥AC，OP⊥EC，
∴OK=OP。又OP⊥EC，
∴CE是所作圆的切线
解析
【分析】
(1) 要证明点H、G三等分BD，即需证DG=GH=HB。首先利用圆内接正六边形的性质，得到各边相等、各内角为120°，推导相关等腰三角形的底角为30°，可得DG=CG、BH=CH；再证明△CDG≌△CBH得到CG=CH，结合∠GCH=60°可证△CGH为等边三角形，得到CG=CH=GH，通过等量代换即可得证。
(2) 作图需按照尺规作垂线的方法：过点O作AC的垂线，垂足为K，再以O为圆心、OK长为半径画圆，保留作图痕迹即可。
(3) 要证明CE是所作圆的切线，根据切线的判定定理，需证圆心O到CE的距离等于半径OK。过O作OP⊥CE于P，利用角平分线的性质证明OP=OK，结合OP⊥CE即可得证。
【解析】
(1) 证明：在圆内接正六边形ABCDEF中，ED=DC=CB=BA，∠CDE=∠DCB=∠ABC=120°，
∴∠DEC=∠DCE=∠CDB=∠CBD=∠ACB=∠CAB=30°，
∴∠ACE=∠DCB−∠DCE−∠ACB=120°−30°−30°=60°，且CG=DG，CH=BH。
在△CDG和△CBH中：
$\{\begin{array}{l}∠ CDG=∠ CBH=30°\\ CD=CB\\ ∠ DCG=∠ BCH=30°\end{array} $
∴△CDG≌△CBH(ASA)，
∴CG=CH。
又
∵∠ACE=60°，
∴△CGH是等边三角形，
∴CG=CH=GH，
∴DG=CG=GH=CH=BH，
即点H，G三等分BD。
(2) 按照尺规作图要求完成作图，作图痕迹如下：
(3) 证明：过点O作OP⊥EC于点P，连接OC。
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴∠DCO=∠BCO=60°。
由(1)得∠DCE=∠ACB=30°，
∴∠PCO=∠DCO−∠DCE=30°，∠KCO=∠BCO−∠ACB=30°，
∴∠PCO=∠KCO，即OC平分∠ACE。
又
∵OK⊥AC，OP⊥EC，
∴根据角平分线的性质可得OK=OP。
∵OP⊥EC，且OP等于所作圆的半径OK，
∴CE是所作圆的切线。
【答案】
(1) 点H、G三等分BD，证明成立；
(2) 作图如下：
(3) CE是所作圆的切线，证明成立。
【知识点】
正六边形的性质；全等三角形的判定与性质；切线的判定
【点评】
本题综合考查了正多边形与圆的相关知识，结合了等腰、等边三角形的性质、全等三角形证明以及切线的判定，解题关键是熟练掌握正六边形的边、角特征，灵活运用角平分线性质和切线判定定理。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明点H、G三等分BD，即需证DG=GH=HB。首先利用圆内接正六边形的性质，得到各边相等、各内角为120°，推导相关等腰三角形的底角为30°，可得DG=CG、BH=CH；再证明△CDG≌△CBH得到CG=CH，结合∠GCH=60°可证△CGH为等边三角形，得到CG=CH=GH，通过等量代换即可得证。
(2) 作图需按照尺规作垂线的方法：过点O作AC的垂线，垂足为K，再以O为圆心、OK长为半径画圆，保留作图痕迹即可。
(3) 要证明CE是所作圆的切线，根据切线的判定定理，需证圆心O到CE的距离等于半径OK。过O作OP⊥CE于P，利用角平分线的性质证明OP=OK，结合OP⊥CE即可得证。
【解析】
(1) 证明：在圆内接正六边形ABCDEF中，ED=DC=CB=BA，∠CDE=∠DCB=∠ABC=120°，
∴∠DEC=∠DCE=∠CDB=∠CBD=∠ACB=∠CAB=30°，
∴∠ACE=∠DCB−∠DCE−∠ACB=120°−30°−30°=60°，且CG=DG，CH=BH。
在△CDG和△CBH中：
$\{\begin{array}{l}∠ CDG=∠ CBH=30°\\ CD=CB\\ ∠ DCG=∠ BCH=30°\end{array} $
∴△CDG≌△CBH(ASA)，
∴CG=CH。
又
∵∠ACE=60°，
∴△CGH是等边三角形，
∴CG=CH=GH，
∴DG=CG=GH=CH=BH，
即点H，G三等分BD。
(2) 按照尺规作图要求完成作图，作图痕迹如下：
(3) 证明：过点O作OP⊥EC于点P，连接OC。
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴∠DCO=∠BCO=60°。
由(1)得∠DCE=∠ACB=30°，
∴∠PCO=∠DCO−∠DCE=30°，∠KCO=∠BCO−∠ACB=30°，
∴∠PCO=∠KCO，即OC平分∠ACE。
又
∵OK⊥AC，OP⊥EC，
∴根据角平分线的性质可得OK=OP。
∵OP⊥EC，且OP等于所作圆的半径OK，
∴CE是所作圆的切线。
【答案】
(1) 点H、G三等分BD，证明成立；
(2) 作图如下：
(3) CE是所作圆的切线，证明成立。
【知识点】
正六边形的性质；全等三角形的判定与性质；切线的判定
【点评】
本题综合考查了正多边形与圆的相关知识，结合了等腰、等边三角形的性质、全等三角形证明以及切线的判定，解题关键是熟练掌握正六边形的边、角特征，灵活运用角平分线性质和切线判定定理。
【难度系数】
0.65
