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例 如图3-38，AB是$\odot O$的直径，点C，D在圆上，$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，过点C作$CE ⊥ AD$，交AD的延长线于点E。
（1）求证：CE是$\odot O$的切线。
（2）已知$BC=3$，$AC=4$，求CE和AD的长。
（1）求证：CE是$\odot O$的切线。
（2）已知$BC=3$，$AC=4$，求CE和AD的长。
答案
证明 （1）如图3-38，连接OC,
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$,
∴ $∠ EAC=∠ CAB$. $\because OA=OC,\therefore ∠ CAB=∠ OCA. \therefore ∠ EAC=∠ OCA. \therefore OC// AE. \therefore ∠ E+∠ OCE=180°$. 又$\because CE⊥ AD,\therefore ∠ E=90°. \therefore ∠ OCE=90°$,即 $OC⊥ EC$. $\because$ 点C在圆上,$\therefore CE$是$\odot O$的切线 （2）如图3-38,作$CF⊥ AB$,垂足为F.由(1)知:AC平分$∠ EAB$,$\therefore CE=CF$. $\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ ACB=90°. \because BC=3,AC=4,\therefore AB=5. \therefore CE=CF=\frac{12}{5}$. 连接CD,则$CD=BC=3$. 在$\mathrm{Rt}△ AEC$中，$AE=\sqrt{16-\frac{144}{25}}=\frac{16}{5}$.在$\mathrm{Rt}△ DEC$中,$DE=\sqrt{9-\frac{144}{25}}=\frac{9}{5}. \therefore AD=AE-DE=\frac{16}{5}-\frac{9}{5}=\frac{7}{5}$
[图O]
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$,
∴ $∠ EAC=∠ CAB$. $\because OA=OC,\therefore ∠ CAB=∠ OCA. \therefore ∠ EAC=∠ OCA. \therefore OC// AE. \therefore ∠ E+∠ OCE=180°$. 又$\because CE⊥ AD,\therefore ∠ E=90°. \therefore ∠ OCE=90°$,即 $OC⊥ EC$. $\because$ 点C在圆上,$\therefore CE$是$\odot O$的切线 （2）如图3-38,作$CF⊥ AB$,垂足为F.由(1)知:AC平分$∠ EAB$,$\therefore CE=CF$. $\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ ACB=90°. \because BC=3,AC=4,\therefore AB=5. \therefore CE=CF=\frac{12}{5}$. 连接CD,则$CD=BC=3$. 在$\mathrm{Rt}△ AEC$中，$AE=\sqrt{16-\frac{144}{25}}=\frac{16}{5}$.在$\mathrm{Rt}△ DEC$中,$DE=\sqrt{9-\frac{144}{25}}=\frac{9}{5}. \therefore AD=AE-DE=\frac{16}{5}-\frac{9}{5}=\frac{7}{5}$
[图O]
解析
【分析】
（1）要证CE是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明OC⊥CE即可。已知CE⊥AD，因此只需证OC//AE：由等弧对等圆周角可得∠EAC=∠CAB，结合OA=OC得∠CAB=∠OCA，等量代换得∠EAC=∠OCA，即可推出OC//AE，进而得到OC⊥CE，完成切线证明。
（2）求CE的长：由（1）知AC平分∠EAB，根据角平分线的性质，作CF⊥AB于F，可得CE=CF；AB是直径，故△ACB为直角三角形，先由勾股定理求AB，再用直角三角形面积法算出CF的长即CE的长。求AD的长：AD=AE-DE，先在Rt△AEC中用勾股定理求AE，再由等弧对等弦得CD=BC，在Rt△DEC中用勾股定理求DE，两者作差即可得AD。
【解析】
（1）证明：连接OC，
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $∠ EAC=∠ CAB$，
∵ $OA=OC$，
∴ $∠ CAB=∠ OCA$，
∴ $∠ EAC=∠ OCA$，
∴ $OC// AE$，
∴ $∠ E+∠ OCE=180°$，
又
∵ $CE⊥ AD$，
∴ $∠ E=90°$，
∴ $∠ OCE=90°$，即 $OC⊥ EC$，
∵ 点C在$\odot O$上，
∴ CE是$\odot O$的切线。
（2）解：作$CF⊥ AB$，垂足为F，
由(1)知AC平分$∠ EAB$，$CE⊥AE$，$CF⊥AB$，
∴ $CE=CF$，
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ACB=90°$，
∵ $BC=3$，$AC=4$，
∴ 由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∵ $S_{△ ACB}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CF$，
∴ $CF=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$，即$CE=\frac{12}{5}$。
连接CD，
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $CD=BC=3$，
在$\mathrm{Rt}△ AEC$中，$AE=\sqrt{AC^2-CE^2}=\sqrt{16-\frac{144}{25}}=\frac{16}{5}$，
在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，$DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=\sqrt{9-\frac{144}{25}}=\frac{9}{5}$，
∴ $AD=AE-DE=\frac{16}{5}-\frac{9}{5}=\frac{7}{5}$。
【答案】
（1）CE是$\odot O$的切线，证明成立；
（2）$CE=\frac{12}{5}$，$AD=\frac{7}{5}$
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合基础题，融合了切线判定、角平分线性质、等弧对等弦、勾股定理等多个考点，重点考察辅助线的构造能力和逻辑推理能力，是圆章节的典型常考题型。
【难度系数】
0.6
（1）要证CE是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明OC⊥CE即可。已知CE⊥AD，因此只需证OC//AE：由等弧对等圆周角可得∠EAC=∠CAB，结合OA=OC得∠CAB=∠OCA，等量代换得∠EAC=∠OCA，即可推出OC//AE，进而得到OC⊥CE，完成切线证明。
（2）求CE的长：由（1）知AC平分∠EAB，根据角平分线的性质，作CF⊥AB于F，可得CE=CF；AB是直径，故△ACB为直角三角形，先由勾股定理求AB，再用直角三角形面积法算出CF的长即CE的长。求AD的长：AD=AE-DE，先在Rt△AEC中用勾股定理求AE，再由等弧对等弦得CD=BC，在Rt△DEC中用勾股定理求DE，两者作差即可得AD。
【解析】
（1）证明：连接OC，
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $∠ EAC=∠ CAB$，
∵ $OA=OC$，
∴ $∠ CAB=∠ OCA$，
∴ $∠ EAC=∠ OCA$，
∴ $OC// AE$，
∴ $∠ E+∠ OCE=180°$，
又
∵ $CE⊥ AD$，
∴ $∠ E=90°$，
∴ $∠ OCE=90°$，即 $OC⊥ EC$，
∵ 点C在$\odot O$上，
∴ CE是$\odot O$的切线。
（2）解：作$CF⊥ AB$，垂足为F，
由(1)知AC平分$∠ EAB$，$CE⊥AE$，$CF⊥AB$，
∴ $CE=CF$，
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ACB=90°$，
∵ $BC=3$，$AC=4$，
∴ 由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∵ $S_{△ ACB}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CF$，
∴ $CF=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$，即$CE=\frac{12}{5}$。
连接CD，
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $CD=BC=3$，
在$\mathrm{Rt}△ AEC$中，$AE=\sqrt{AC^2-CE^2}=\sqrt{16-\frac{144}{25}}=\frac{16}{5}$，
在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，$DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=\sqrt{9-\frac{144}{25}}=\frac{9}{5}$，
∴ $AD=AE-DE=\frac{16}{5}-\frac{9}{5}=\frac{7}{5}$。
【答案】
（1）CE是$\odot O$的切线，证明成立；
（2）$CE=\frac{12}{5}$，$AD=\frac{7}{5}$
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合基础题，融合了切线判定、角平分线性质、等弧对等弦、勾股定理等多个考点，重点考察辅助线的构造能力和逻辑推理能力，是圆章节的典型常考题型。
【难度系数】
0.6
(1)设$\odot O$的半径为$r$，圆心$O$到直线$l$的距离为$d$，如果直线$l$与$\odot O$有公共点，那么$d$与$r$的数量关系是
$d≤ r$
。答案
1.(1) $d≤ r$
解析
【分析】
要解决本题，首先回忆直线与圆的三种位置关系对应的公共点个数、d与r的数量关系：首先明确“直线与圆有公共点”意味着公共点个数≥1，包含相切（1个公共点）和相交（2个公共点）两种情况，再对应两种情况的d与r的关系，整合即可得到结果。
【解析】
直线与$\odot O$的位置关系有以下三种：
1. 相离：圆心到直线的距离$d＞r$，此时直线与圆没有公共点；
2. 相切：圆心到直线的距离$d=r$，此时直线与圆有1个公共点；
3. 相交：圆心到直线的距离$d＜r$，此时直线与圆有2个公共点。
题目中直线$l$与$\odot O$有公共点，即包含相切和相交两种情况，因此$d$与$r$的数量关系为$d≤ r$。
【答案】
$d≤ r$
【知识点】
直线与圆的位置关系
【点评】
本题属于基础概念考查题，易错点是容易忽略“有公共点”包含仅有1个公共点（相切）的情况，误写为$d＜r$，解题时要注意准确理解题意，全面考虑所有符合要求的位置关系。
【难度系数】
0.8
要解决本题，首先回忆直线与圆的三种位置关系对应的公共点个数、d与r的数量关系：首先明确“直线与圆有公共点”意味着公共点个数≥1，包含相切（1个公共点）和相交（2个公共点）两种情况，再对应两种情况的d与r的关系，整合即可得到结果。
【解析】
直线与$\odot O$的位置关系有以下三种：
1. 相离：圆心到直线的距离$d＞r$，此时直线与圆没有公共点；
2. 相切：圆心到直线的距离$d=r$，此时直线与圆有1个公共点；
3. 相交：圆心到直线的距离$d＜r$，此时直线与圆有2个公共点。
题目中直线$l$与$\odot O$有公共点，即包含相切和相交两种情况，因此$d$与$r$的数量关系为$d≤ r$。
【答案】
$d≤ r$
【知识点】
直线与圆的位置关系
【点评】
本题属于基础概念考查题，易错点是容易忽略“有公共点”包含仅有1个公共点（相切）的情况，误写为$d＜r$，解题时要注意准确理解题意，全面考虑所有符合要求的位置关系。
【难度系数】
0.8
(2) ⊙O的半径为5，点P在直线l上，且OP=5，则直线l与⊙O的位置关系是
相交或相切
。答案
1.(2) 相交或相切
解析
【分析】
要判断直线与圆的位置关系，需比较圆心到直线的距离d与圆半径r的大小关系：d＜r时相交，d=r时相切，d＞r时相离。本题已知⊙O半径r=5，OP=5且P在直线l上，但OP不一定是圆心O到直线l的距离，需分两种情况讨论：①OP垂直于直线l；②OP不垂直于直线l，结合垂线段最短的性质分析d与r的大小关系即可。
【解析】
设圆心O到直线l的距离为d，⊙O的半径r=5。
1. 若OP⊥直线l：此时圆心O到l的距离d=OP=5=r，直线l与⊙O相切；
2. 若OP与直线l不垂直：根据“垂线段最短”可知，圆心O到l的距离d＜OP=5，即d＜r，直线l与⊙O相交。
若直线l与⊙O相离，则d＞5，此时O到直线l上任意一点的距离都≥d＞5，与OP=5矛盾，故不存在相离的情况。
综上，直线l与⊙O的位置关系是相交或相切。
【答案】
相交或相切
【知识点】
直线与圆的位置关系判定；垂线段最短
【点评】
本题易错点是忽略OP与直线l不垂直的情况，直接默认OP为圆心到直线的距离，仅判断为相切。解题时要注意分类讨论，全面考虑线段与直线的位置关系，避免漏解。
【难度系数】
0.6
要判断直线与圆的位置关系，需比较圆心到直线的距离d与圆半径r的大小关系：d＜r时相交，d=r时相切，d＞r时相离。本题已知⊙O半径r=5，OP=5且P在直线l上，但OP不一定是圆心O到直线l的距离，需分两种情况讨论：①OP垂直于直线l；②OP不垂直于直线l，结合垂线段最短的性质分析d与r的大小关系即可。
【解析】
设圆心O到直线l的距离为d，⊙O的半径r=5。
1. 若OP⊥直线l：此时圆心O到l的距离d=OP=5=r，直线l与⊙O相切；
2. 若OP与直线l不垂直：根据“垂线段最短”可知，圆心O到l的距离d＜OP=5，即d＜r，直线l与⊙O相交。
若直线l与⊙O相离，则d＞5，此时O到直线l上任意一点的距离都≥d＞5，与OP=5矛盾，故不存在相离的情况。
综上，直线l与⊙O的位置关系是相交或相切。
【答案】
相交或相切
【知识点】
直线与圆的位置关系判定；垂线段最短
【点评】
本题易错点是忽略OP与直线l不垂直的情况，直接默认OP为圆心到直线的距离，仅判断为相切。解题时要注意分类讨论，全面考虑线段与直线的位置关系，避免漏解。
【难度系数】
0.6
(3) 一条弧所对的圆心角为$135°$,弧长等于半径为5 cm的圆的周长的3倍,则这条弧的半径为
40
cm.答案
1.(3) 40
解析
【分析】
解题思路如下：第一步先根据圆的周长公式，算出半径为5cm的圆的周长，再乘以3得到题目所求弧的弧长；第二步回忆弧长公式$l=\frac{nπ R}{180}$（其中$n$是弧所对圆心角的度数，$R$是弧所在圆的半径），将已知的圆心角度数和求出的弧长代入公式，解方程即可得到这条弧的半径。
【解析】
首先计算半径为5cm的圆的周长：
圆的周长公式为$C=2π r$，代入$r=5\mathrm{cm}$得：$C=2π×5=10π\mathrm{cm}$
由题意得，所求弧的弧长$l=3C=3×10π=30π\mathrm{cm}$
设这条弧的半径为$R\mathrm{cm}$，已知弧所对的圆心角$n=135°$，根据弧长公式$l=\frac{nπ R}{180}$代入数值：
$30π=\frac{135π R}{180}$
两边同时约去$π$，化简得：$30=\frac{3R}{4}$
解得：$R=30×\frac{4}{3}=40$
【答案】
40
【知识点】
1. 弧长公式
2. 圆的周长计算
【点评】
本题属于基础计算题，核心是熟练掌握圆的周长公式和弧长公式，解题时要注意准确代入已知条件，计算过程中注意约分，避免不必要的计算错误。
【难度系数】
0.8
解题思路如下：第一步先根据圆的周长公式，算出半径为5cm的圆的周长，再乘以3得到题目所求弧的弧长；第二步回忆弧长公式$l=\frac{nπ R}{180}$（其中$n$是弧所对圆心角的度数，$R$是弧所在圆的半径），将已知的圆心角度数和求出的弧长代入公式，解方程即可得到这条弧的半径。
【解析】
首先计算半径为5cm的圆的周长：
圆的周长公式为$C=2π r$，代入$r=5\mathrm{cm}$得：$C=2π×5=10π\mathrm{cm}$
由题意得，所求弧的弧长$l=3C=3×10π=30π\mathrm{cm}$
设这条弧的半径为$R\mathrm{cm}$，已知弧所对的圆心角$n=135°$，根据弧长公式$l=\frac{nπ R}{180}$代入数值：
$30π=\frac{135π R}{180}$
两边同时约去$π$，化简得：$30=\frac{3R}{4}$
解得：$R=30×\frac{4}{3}=40$
【答案】
40
【知识点】
1. 弧长公式
2. 圆的周长计算
【点评】
本题属于基础计算题，核心是熟练掌握圆的周长公式和弧长公式，解题时要注意准确代入已知条件，计算过程中注意约分，避免不必要的计算错误。
【难度系数】
0.8
(4) 如图，AB是$\odot O$的直径，AC，CD，DE，EF，FB都是$\odot O$的弦，且$AC=CD=DE=EF=FB$，$∠ AOC=$
[第1(4)题]
36
$°$，$∠ COF=$108
$°$。若将此图沿AB对折后，使点C，D，E，F落在上半圆上的点$C'$，$D'$，$E'$，$F'$处，得到的多边形是十
边形。[第1(4)题]
答案
1.(4) 36,108,十
解析
【分析】
解题时先利用直径对应的圆心角为平角180°，结合同圆中相等的弦所对的圆心角相等的性质，先求出每个小圆心角的度数，再计算所求角的度数；对折后结合轴对称的性质，统计多边形的顶点数即可判断边数。
【解析】
1. 求∠AOC的度数：
因为AB是$\odot O$的直径，所以$∠ AOB=180°$。
已知$AC=CD=DE=EF=FB$，根据同圆中相等的弦所对的圆心角相等，可得：
$∠ AOC=∠ COD=∠ DOE=∠ EOF=∠ FOB$，
因此每个圆心角的度数为$180°÷5=36°$，即$∠ AOC=36°$。
2. 求∠COF的度数：
$∠ COF$包含$∠ COD$、$∠ DOE$、$∠ EOF$三个相等的圆心角，
所以$∠ COF=3×36°=108°$。
3. 判断对折后多边形的边数：
将图沿AB对折后，下半圆的C、D、E、F对应上半圆的$C'$、$D'$、$E'$、$F'$，此时多边形的顶点依次为A、$C'$、$D'$、$E'$、$F'$、B、F、E、D、C，共10个顶点，且各边长度相等，因此得到的多边形是十边形。
【答案】
36，108，十
【知识点】
同圆弦与圆心角的关系，轴对称的性质，平角的定义
【点评】
本题属于基础题，重点考察圆的基本性质和轴对称的应用，核心是掌握同圆中等弦对等圆心角的规律，结合折叠特点即可顺利解题。
【难度系数】
0.8
解题时先利用直径对应的圆心角为平角180°，结合同圆中相等的弦所对的圆心角相等的性质，先求出每个小圆心角的度数，再计算所求角的度数；对折后结合轴对称的性质，统计多边形的顶点数即可判断边数。
【解析】
1. 求∠AOC的度数：
因为AB是$\odot O$的直径，所以$∠ AOB=180°$。
已知$AC=CD=DE=EF=FB$，根据同圆中相等的弦所对的圆心角相等，可得：
$∠ AOC=∠ COD=∠ DOE=∠ EOF=∠ FOB$，
因此每个圆心角的度数为$180°÷5=36°$，即$∠ AOC=36°$。
2. 求∠COF的度数：
$∠ COF$包含$∠ COD$、$∠ DOE$、$∠ EOF$三个相等的圆心角，
所以$∠ COF=3×36°=108°$。
3. 判断对折后多边形的边数：
将图沿AB对折后，下半圆的C、D、E、F对应上半圆的$C'$、$D'$、$E'$、$F'$，此时多边形的顶点依次为A、$C'$、$D'$、$E'$、$F'$、B、F、E、D、C，共10个顶点，且各边长度相等，因此得到的多边形是十边形。
【答案】
36，108，十
【知识点】
同圆弦与圆心角的关系，轴对称的性质，平角的定义
【点评】
本题属于基础题，重点考察圆的基本性质和轴对称的应用，核心是掌握同圆中等弦对等圆心角的规律，结合折叠特点即可顺利解题。
【难度系数】
0.8
2. 如图，勒洛三角形的外围由分别以正三角形的顶点为圆心，以正三角形的边长为半径的三段等弧组成。已知正三角形的边长为1，则勒洛三角形的周长等于
$π$
。答案
2. $π$
解析
【分析】
要计算勒洛三角形的周长，首先明确它的周长由3段等长的弧组成。我们可以先结合正三角形的性质确定每段弧的圆心角和半径，再利用弧长公式算出单段弧的长度，最后乘3得到总周长。
【解析】
解：
∵正三角形的每个内角为$60°$，且每段弧所在圆的半径$r$等于正三角形的边长1，
∴每段弧的圆心角$n=60°$，
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$，
可得1段弧的长度为：$l_1=\frac{60×π×1}{180}=\frac{π}{3}$，
勒洛三角形的周长为3段等弧的长度和：
$L=3l_1=3×\frac{π}{3}=π$。
【答案】
$π$
【知识点】
正三角形的性质，弧长计算
【点评】
本题核心是理解勒洛三角形的周长构成，结合正三角形内角的特点确定弧的圆心角，再代入弧长公式计算即可，属于基础应用型题目。
【难度系数】
0.8
要计算勒洛三角形的周长，首先明确它的周长由3段等长的弧组成。我们可以先结合正三角形的性质确定每段弧的圆心角和半径，再利用弧长公式算出单段弧的长度，最后乘3得到总周长。
【解析】
解：
∵正三角形的每个内角为$60°$，且每段弧所在圆的半径$r$等于正三角形的边长1，
∴每段弧的圆心角$n=60°$，
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$，
可得1段弧的长度为：$l_1=\frac{60×π×1}{180}=\frac{π}{3}$，
勒洛三角形的周长为3段等弧的长度和：
$L=3l_1=3×\frac{π}{3}=π$。
【答案】
$π$
【知识点】
正三角形的性质，弧长计算
【点评】
本题核心是理解勒洛三角形的周长构成，结合正三角形内角的特点确定弧的圆心角，再代入弧长公式计算即可，属于基础应用型题目。
【难度系数】
0.8
