登录
三、解答题
9. 如图, A B 是 $\odot O$ 的直径, C D 是 $\odot O$ 的一条弦, 且 $C D ⊥ A B$ 于点 E, 连接 A C 、 O C 、 B C.
(1) 求证: $∠ 1 = ∠ 2$.
(2) 若 $BE = 2$, $CD = 6$, 求 $\odot O$ 的半径.
9. 如图, A B 是 $\odot O$ 的直径, C D 是 $\odot O$ 的一条弦, 且 $C D ⊥ A B$ 于点 E, 连接 A C 、 O C 、 B C.
(1) 求证: $∠ 1 = ∠ 2$.
(2) 若 $BE = 2$, $CD = 6$, 求 $\odot O$ 的半径.
答案
9. (1) 证明:
∵AB是$\odot O$的直径,$CD⊥AB$,
∴$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$,
∴∠A=∠2,又
∵OA=OC,
∴∠1=∠A,
∴∠1=∠2.
(2)
∵AB为$\odot O$的直径,弦$CD⊥AB$,$CD=6$,
∴∠CEO=90°,CE=ED=3,设$\odot O$的半径是R,EB=2,则OE=R−2,在$\mathrm{Rt}△ OEC$中,$R^2=(R−2)^2+3^2$,解得$R=\frac{13}{4}$,
∴$\odot O$的半径是$\frac{13}{4}$.
∵AB是$\odot O$的直径,$CD⊥AB$,
∴$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$,
∴∠A=∠2,又
∵OA=OC,
∴∠1=∠A,
∴∠1=∠2.
(2)
∵AB为$\odot O$的直径,弦$CD⊥AB$,$CD=6$,
∴∠CEO=90°,CE=ED=3,设$\odot O$的半径是R,EB=2,则OE=R−2,在$\mathrm{Rt}△ OEC$中,$R^2=(R−2)^2+3^2$,解得$R=\frac{13}{4}$,
∴$\odot O$的半径是$\frac{13}{4}$.
解析
【分析】
第(1)问要证明∠1=∠2，需通过圆的性质完成等角转换：先利用垂径定理得到弧BC与弧BD相等，结合圆周角定理推出∠A=∠2；再由OA和OC都是半径，得到等腰三角形OAC中∠1=∠A，通过等量代换即可得证。第(2)问求半径，利用垂径定理得CE=3，设半径为R，将OE用R表示，在直角三角形OEC中运用勾股定理列方程求解。
【解析】
(1) 证明：
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦所对的弧，
∴$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$。
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，
∴∠A=∠2。
又
∵OA、OC是⊙O的半径，
∴OA=OC，
∴△OAC为等腰三角形，
∴∠1=∠A。
因此∠1=∠2。
(2) 解：
设⊙O的半径为R，则OC=R，OE=OB - BE=R - 2（OB为半径，等于R）。
∵AB是直径，CD⊥AB，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，
∴CE=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}×6=3$，且∠OEC=90°，即△OEC是直角三角形。
在Rt△OEC中，由勾股定理得：$OC^2=OE^2+CE^2$，代入得：
$R^2=(R-2)^2+3^2$
展开右边：$R^2=R^2-4R+4+9$
化简得：$4R=13$，解得$R=\frac{13}{4}$。
∴⊙O的半径为$\frac{13}{4}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{13}{4}$
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的核心性质与勾股定理的应用，需熟练掌握垂径定理、圆周角定理的内容，能灵活进行角的转换和线段长度的计算，是圆章节的基础常规题型。
【难度系数】
0.6
第(1)问要证明∠1=∠2，需通过圆的性质完成等角转换：先利用垂径定理得到弧BC与弧BD相等，结合圆周角定理推出∠A=∠2；再由OA和OC都是半径，得到等腰三角形OAC中∠1=∠A，通过等量代换即可得证。第(2)问求半径，利用垂径定理得CE=3，设半径为R，将OE用R表示，在直角三角形OEC中运用勾股定理列方程求解。
【解析】
(1) 证明：
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦所对的弧，
∴$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$。
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，
∴∠A=∠2。
又
∵OA、OC是⊙O的半径，
∴OA=OC，
∴△OAC为等腰三角形，
∴∠1=∠A。
因此∠1=∠2。
(2) 解：
设⊙O的半径为R，则OC=R，OE=OB - BE=R - 2（OB为半径，等于R）。
∵AB是直径，CD⊥AB，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，
∴CE=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}×6=3$，且∠OEC=90°，即△OEC是直角三角形。
在Rt△OEC中，由勾股定理得：$OC^2=OE^2+CE^2$，代入得：
$R^2=(R-2)^2+3^2$
展开右边：$R^2=R^2-4R+4+9$
化简得：$4R=13$，解得$R=\frac{13}{4}$。
∴⊙O的半径为$\frac{13}{4}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{13}{4}$
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的核心性质与勾股定理的应用，需熟练掌握垂径定理、圆周角定理的内容，能灵活进行角的转换和线段长度的计算，是圆章节的基础常规题型。
【难度系数】
0.6
10. 如图,在$△ ABC$中,$∠ B=∠ C$,以$AB$为直径的$\odot O$交$BC$于点$D$,过点$D$作$DE⊥ AC$,垂足为$E$,延长$CA$交$\odot O$于点$F$.
(1)求证:$DE$是$\odot O$的切线.
(2)若$AE=2$,$AF=4$,求$DE$的长和阴影部分的面积.
(1)求证:$DE$是$\odot O$的切线.
(2)若$AE=2$,$AF=4$,求$DE$的长和阴影部分的面积.
答案
10. (1)证明:如图,连接OD.
∵OB=OD,
∴∠ABC=∠ODB.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠C,
∴∠ODB=∠C,
∴OD//AC.
∵DE⊥AC,
∴DE⊥OD,
∵OD是$\odot O$的半径,
∴DE是$\odot O$的切线.
(2)如图,过点O作$OH⊥AF$于点H,则∠ODE=∠DEH=∠OHE=90°,
∴四边形ODEH是矩形,
∴OD=EH,OH=DE.
∵$OH⊥AF$,$AF=4$,
∴$AH=\frac{1}{2}AF=2$,
∴OA=OD=EH=AH+AE=4,
∴$OH=\sqrt{OA^2-AH^2}=2\sqrt{3}$,
∴$DE=OH=2\sqrt{3}$,
∵$AH=\frac{1}{2}OA$,
∴∠AOH=30°,
∴∠AOD=60°,
∴$S_{\mathrm{阴影部分}}=S_{\mathrm{梯形}AODE}-S_{\mathrm{扇形}AOD}=\frac{1}{2}×(4+2)×2\sqrt{3}-\frac{60×π×4^2}{360}=6\sqrt{3}-\frac{8π}{3}$.
解析
【分析】
第一问要证明DE是⊙O的切线，需连接OD，利用等腰三角形性质和平行线的判定与性质，推导OD⊥DE，结合切线判定定理完成证明；第二问求DE长和阴影面积，需作OH⊥AF，利用垂径定理、矩形性质求出相关线段长度，再通过勾股定理计算OH（即DE），最后用梯形面积减去扇形面积得到阴影部分面积。
【解析】
(1) 证明：连接OD，
∵ OB=OD（⊙O的半径相等），
∴ ∠ABC=∠ODB，
又
∵ 在△ABC中，∠B=∠C，
∴ ∠ODB=∠C，
∴ OD//AC（同位角相等，两直线平行），
∵ DE⊥AC，
∴ DE⊥OD，
又
∵ OD是⊙O的半径，
∴ DE是⊙O的切线（切线判定定理：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线）。
(2) 解：过点O作OH⊥AF于点H，
∵ OH⊥AF，AF=4，
∴ 由垂径定理得AH=½AF=2，
∵ ∠ODE=∠DEH=∠OHE=90°，
∴ 四边形ODEH是矩形（三个角为直角的四边形是矩形），
∴ OD=EH，OH=DE，
∵ OA=OD（⊙O的半径），
∴ OA=EH=AH + AE=2 + 2=4，
在Rt△AOH中，由勾股定理得：
OH=√(OA² - AH²)=√(4² - 2²)=2√3，
∴ DE=OH=2√3，
∵ AH=2，OA=4，即AH=½OA，
∴ 在Rt△AOH中，∠AOH=30°，故∠OAH=60°，
又
∵ OD//AC，
∴ ∠AOD=∠OAH=60°（内错角相等），
阴影部分面积=S梯形AODE - S扇形AOD，
S梯形AODE=½×(OD + AE)×DE=½×(4 + 2)×2√3=6√3，
S扇形AOD= (60°/360°)×π×OA²= (1/6)×π×4²=8π/3，
∴ S阴影=6√3 - 8π/3。
【答案】
DE的长为2√3，阴影部分的面积为6√3 - 8π/3
【知识点】
切线的判定、垂径定理、扇形面积计算
【点评】
本题综合考查圆的性质与几何计算，需熟练运用切线判定、垂径定理等知识，关键是构造辅助线转化线段，结合图形面积公式求解，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
第一问要证明DE是⊙O的切线，需连接OD，利用等腰三角形性质和平行线的判定与性质，推导OD⊥DE，结合切线判定定理完成证明；第二问求DE长和阴影面积，需作OH⊥AF，利用垂径定理、矩形性质求出相关线段长度，再通过勾股定理计算OH（即DE），最后用梯形面积减去扇形面积得到阴影部分面积。
【解析】
(1) 证明：连接OD，
∵ OB=OD（⊙O的半径相等），
∴ ∠ABC=∠ODB，
又
∵ 在△ABC中，∠B=∠C，
∴ ∠ODB=∠C，
∴ OD//AC（同位角相等，两直线平行），
∵ DE⊥AC，
∴ DE⊥OD，
又
∵ OD是⊙O的半径，
∴ DE是⊙O的切线（切线判定定理：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线）。
(2) 解：过点O作OH⊥AF于点H，
∵ OH⊥AF，AF=4，
∴ 由垂径定理得AH=½AF=2，
∵ ∠ODE=∠DEH=∠OHE=90°，
∴ 四边形ODEH是矩形（三个角为直角的四边形是矩形），
∴ OD=EH，OH=DE，
∵ OA=OD（⊙O的半径），
∴ OA=EH=AH + AE=2 + 2=4，
在Rt△AOH中，由勾股定理得：
OH=√(OA² - AH²)=√(4² - 2²)=2√3，
∴ DE=OH=2√3，
∵ AH=2，OA=4，即AH=½OA，
∴ 在Rt△AOH中，∠AOH=30°，故∠OAH=60°，
又
∵ OD//AC，
∴ ∠AOD=∠OAH=60°（内错角相等），
阴影部分面积=S梯形AODE - S扇形AOD，
S梯形AODE=½×(OD + AE)×DE=½×(4 + 2)×2√3=6√3，
S扇形AOD= (60°/360°)×π×OA²= (1/6)×π×4²=8π/3，
∴ S阴影=6√3 - 8π/3。
【答案】
DE的长为2√3，阴影部分的面积为6√3 - 8π/3
【知识点】
切线的判定、垂径定理、扇形面积计算
【点评】
本题综合考查圆的性质与几何计算，需熟练运用切线判定、垂径定理等知识，关键是构造辅助线转化线段，结合图形面积公式求解，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
11. 如图,在矩形 $ABCD$ 中, $AB=4, BC=6$. $E$ 为边 $CD$ 上的一个动点(不与点 $C、D$ 重合),$\odot O$ 是 $△ BCE$ 的外接圆.
(1) 若 $CE=2$,$\odot O$ 交 $AD$ 于点 $F、G$,求 $FG$ 的长.
(2) 若 $CE$ 的长度为 $m$,$\odot O$ 与 $AD$ 的位置关系随着 $m$ 的值变化而变化,试探索 $\odot O$ 与 $AD$ 的位置关系及对应的 $m$ 的取值范围.
(1) 若 $CE=2$,$\odot O$ 交 $AD$ 于点 $F、G$,求 $FG$ 的长.
(2) 若 $CE$ 的长度为 $m$,$\odot O$ 与 $AD$ 的位置关系随着 $m$ 的值变化而变化,试探索 $\odot O$ 与 $AD$ 的位置关系及对应的 $m$ 的取值范围.
答案
11. (1)如图1,过点O作$OM⊥FG$于点M,延长MO交BC于点N,连接OG.
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠C=∠D=90°,
∴BE是$\odot O$的直径.
∵∠C=∠D=∠DMN=90°,
∴四边形MNCD是矩形,
∴MN⊥BC,MN=CD=AB=4,
∴BN=CN.
∵OB=OE,
∴ON是$△ BCE$的中位线,
∴$ON=\frac{1}{2}CE=1$,
∴OM=MN−ON=4−1=3.在$\mathrm{Rt}△ BCE$中,$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$,
∴$OG=\frac{1}{2}BE=\sqrt{10}$.在$\mathrm{Rt}△ OMG$中,$MG=\sqrt{OG^2-OM^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-3^2}=1$,
∴FG=2MG=2.
(2)如图2,当$\odot O$与AD相切于点M时,连接OM并反向延长交BC于点N.由(1)得,$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}m$,$OB=OM=4-\frac{1}{2}m$,BN=3.在$\mathrm{Rt}△ BON$中,$ON^2+BN^2=OB^2$,即$(\frac{1}{2}m)^2+3^2=(4-\frac{1}{2}m)^2$,解得$m=\frac{7}{4}$.
∴当$0＜m＜\frac{7}{4}$时,$\odot O$与AD相离;当$m=\frac{7}{4}$时,$\odot O$与AD相切;当$\frac{7}{4}＜m＜4$时,$\odot O$与AD相交.
解析
【分析】
第(1)问：利用矩形性质和直角三角形外接圆的特点，确定BE是⊙O的直径，圆心O为BE中点。通过作辅助线OM⊥FG，结合中位线定理求出OM的长度，再用勾股定理计算弦FG的一半MG，进而得到FG的长。
第(2)问：探索⊙O与AD的位置关系，需比较圆心O到AD的距离与⊙O半径的大小。当⊙O与AD相切时，圆心到AD的距离等于半径，据此建立方程求出m的值，再根据m的范围判断相离、相切、相交的情况。
【解析】
(1) 如图1，过点O作$OM⊥FG$于点M，延长MO交BC于点N，连接OG。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠C=∠D=90°$，
∴BE是$\odot O$的直径（90°圆周角所对弦为直径）。
∵$∠C=∠D=∠DMN=90°$，
∴四边形MNCD是矩形，
∴$MN⊥BC$，$MN=CD=AB=4$，且N是BC中点（O是BE中点，ON为$△ BCE$中位线）。
∵OB=OE，
∴ON是$△ BCE$的中位线，
∴$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}×2=1$，
∴$OM=MN-ON=4-1=3$。
在$Rt△ BCE$中，$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$，
∴$\odot O$的半径$OG=\frac{1}{2}BE=\sqrt{10}$。
在$Rt△ OMG$中，$MG=\sqrt{OG^2-OM^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-3^2}=1$，
∴$FG=2MG=2$。
(2) 如图2，当$\odot O$与AD相切于点M时，连接OM并反向延长交BC于点N。
由(1)知，$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}m$，$\odot O$的半径$OB=OM=MN-ON=4-\frac{1}{2}m$，且$BN=\frac{1}{2}BC=3$。
在$Rt△ BON$中，由勾股定理得：$ON^2+BN^2=OB^2$，即$(\frac{1}{2}m)^2+3^2=(4-\frac{1}{2}m)^2$，
展开化简：$\frac{1}{4}m^2+9=16-4m+\frac{1}{4}m^2$，解得$m=\frac{7}{4}$。
因此：当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，圆心O到AD的距离大于半径，$\odot O$与AD相离；当$m=\frac{7}{4}$时，距离等于半径，$\odot O$与AD相切；当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，距离小于半径，$\odot O$与AD相交。
【答案】
(1) FG的长为2；
(2) 当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，$\odot O$与AD相离；当$m=\frac{7}{4}$时，$\odot O$与AD相切；当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，$\odot O$与AD相交。
【知识点】
矩形性质、圆的性质、直线与圆的位置关系
【点评】
本题结合矩形和圆的核心性质，通过作辅助线构造直角三角形，运用中位线定理、勾股定理解决弦长计算和直线与圆的位置关系问题，体现了数形结合思想，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
第(1)问：利用矩形性质和直角三角形外接圆的特点，确定BE是⊙O的直径，圆心O为BE中点。通过作辅助线OM⊥FG，结合中位线定理求出OM的长度，再用勾股定理计算弦FG的一半MG，进而得到FG的长。
第(2)问：探索⊙O与AD的位置关系，需比较圆心O到AD的距离与⊙O半径的大小。当⊙O与AD相切时，圆心到AD的距离等于半径，据此建立方程求出m的值，再根据m的范围判断相离、相切、相交的情况。
【解析】
(1) 如图1，过点O作$OM⊥FG$于点M，延长MO交BC于点N，连接OG。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠C=∠D=90°$，
∴BE是$\odot O$的直径（90°圆周角所对弦为直径）。
∵$∠C=∠D=∠DMN=90°$，
∴四边形MNCD是矩形，
∴$MN⊥BC$，$MN=CD=AB=4$，且N是BC中点（O是BE中点，ON为$△ BCE$中位线）。
∵OB=OE，
∴ON是$△ BCE$的中位线，
∴$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}×2=1$，
∴$OM=MN-ON=4-1=3$。
在$Rt△ BCE$中，$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$，
∴$\odot O$的半径$OG=\frac{1}{2}BE=\sqrt{10}$。
在$Rt△ OMG$中，$MG=\sqrt{OG^2-OM^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-3^2}=1$，
∴$FG=2MG=2$。
(2) 如图2，当$\odot O$与AD相切于点M时，连接OM并反向延长交BC于点N。
由(1)知，$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}m$，$\odot O$的半径$OB=OM=MN-ON=4-\frac{1}{2}m$，且$BN=\frac{1}{2}BC=3$。
在$Rt△ BON$中，由勾股定理得：$ON^2+BN^2=OB^2$，即$(\frac{1}{2}m)^2+3^2=(4-\frac{1}{2}m)^2$，
展开化简：$\frac{1}{4}m^2+9=16-4m+\frac{1}{4}m^2$，解得$m=\frac{7}{4}$。
因此：当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，圆心O到AD的距离大于半径，$\odot O$与AD相离；当$m=\frac{7}{4}$时，距离等于半径，$\odot O$与AD相切；当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，距离小于半径，$\odot O$与AD相交。
【答案】
(1) FG的长为2；
(2) 当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，$\odot O$与AD相离；当$m=\frac{7}{4}$时，$\odot O$与AD相切；当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，$\odot O$与AD相交。
【知识点】
矩形性质、圆的性质、直线与圆的位置关系
【点评】
本题结合矩形和圆的核心性质，通过作辅助线构造直角三角形，运用中位线定理、勾股定理解决弦长计算和直线与圆的位置关系问题，体现了数形结合思想，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
