2020-2021九年级培优 易错 难题圆的综合辅导专题训练含答案

2020-2021九年级培优易错难题圆的综合辅导专题训练含答案
一、圆的综合
1．如图，⊙M交x轴于B、C两点，交y轴于A，点M的纵坐标为2．B（﹣33，O），C（3，O）．
（1）求⊙M的半径；
（2）若CE⊥AB于H，交y轴于F，求证：EH=FH．
（3）在（2）的条件下求AF的长．
【答案】（1）4；（2）见解析;（3）4．
【解析】
【分析】
（1）过M作MT⊥BC于T连BM，由垂径定理可求出BT的长，再由勾股定理即可求出BM的长；
（2）连接AE，由圆周角定理可得出∠AEC=∠ABC，再由AAS定理得出△AEH≌△AFH，进而可得出结论；
（3）先由（1）中△BMT的边长确定出∠BMT的度数，再由直角三角形的性质可求出CG 的长，由平行四边形的判定定理判断出四边形AFCG为平行四边形，进而可求出答案．【详解】
（1）如图（一），过M作MT⊥BC于T连BM，
∵BC是⊙O的一条弦，MT是垂直于BC的直径，
∴BT=TC=1
2
3
∴124
；
（2）如图（二），连接AE，则∠AEC=∠ABC，∵CE⊥AB，
∴∠HBC+∠BCH=90°
在△COF中，
∵∠OFC+∠OCF=90°，
∴∠HBC=∠OFC=∠AFH，
在△AEH和△AFH中，
∵
AFH AEH
AHF AHE AH AH
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△AEH≌△AFH（AAS），
∴EH=FH；
（3）由（1）易知，∠BMT=∠BAC=60°，
作直径BG，连CG，则∠BGC=∠BAC=60°，
∵⊙O的半径为4，
∴CG=4，
连AG，
∵∠BCG=90°，
∴CG⊥x轴，
∴CG∥AF，
∵∠BAG=90°，
∴AG⊥AB，
∵CE⊥AB，
∴AG∥CE，
∴四边形AFCG为平行四边形，
∴AF=CG=4．
【点睛】
本题考查的是垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
2．如图，AB是半圆O的直径，C 是的中点，D 是的中点，AC与BD相交于点E.
（1）求证：BD平分∠ABC；
（2）求证：BE=2AD；
（3）求DE
BE
的值.
【答案】（1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（3）21 2 -
【解析】
试题分析：（1）根据中点弧的性质，可得弦AD=CD，然后根据弦、弧、圆周角、圆心角的性质求解即可；
（2）延长BC与AD相交于点F, 证明△BCE≌△ACF, 根据全等三角形的性质可得
BE=AF=2AD；
（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：设OH为1，则BC为2，OB=OD=2，
DH=21
-, 然后根据相似三角形的性质可求解.
试题解析：（1）∵D是的中点
∴AD=DC
∴∠CBD=∠ABD
∴BD平分∠ABC
（2）提示：延长BC与AD相交于点F,
证明△BCE≌△ACF,
BE=AF=2AD
（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：
设OH为1，则BC为2，2，
21, DE
BE
=
DH
BC
DE BE 21 -
3．如图，已知在△ABC中，AB=15，AC=20，tanA=1
2
，点P在AB边上，⊙P的半径为定
长.当点P与点B重合时，⊙P恰好与AC边相切；当点P与点B不重合时，⊙P与AC边相交于点M和点N．
（1）求⊙P的半径；
（2）当AP=65时，试探究△APM与△PCN是否相似，并说明理由．
【答案】（1）半径为35；（2）相似，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）如图，作BD⊥AC，垂足为点D，⊙P与边AC相切，则BD就是⊙P的半径，利用解直角三角形得出BD与AD的关系，再利用勾股定理可求得BD的长；
（2）如图，过点P作PH⊥AC于点H，作BD⊥AC，垂足为点D，根据垂径定理得出
MN=2MH，PM=PN，再利用勾股定理求出PH、AH、MH、MN的长，从而求出AM、NC的
长，然后求出AM
MP
、
PN
NC
的值，得出
AM
MP
=
PN
NC
，利用两边对应成比例且夹角相等的两
三角形相似即可证明.
【详解】（1）如图，作BD⊥AC，垂足为点D，
∵⊙P与边AC相切，
∴BD就是⊙P的半径，
在Rt△ABD中，tanA= 1BD
2AD =，
设BD=x，则AD=2x，
∴x2+(2x)2=152，
解得：5
∴半径为5
（2）相似，理由见解析，
如图，过点P作PH⊥AC于点H，作BD⊥AC，垂足为点D，∴PH垂直平分MN，
∴PM=PN，
在Rt△AHP中，tanA=1
2
PH
AH =，
设PH=y，AH=2y，
y 2+（2y ）2=（65）2 解得：y=6（取正数）， ∴PH=6，AH=12， 在Rt △MPH 中， MH=
()
2
235
6-=3，
∴MN=2MH=6， ∴AM=AH-MH=12-3=9， NC=AC-MN-AM=20-6-9=5， ∴35535AM MP ==，35
5
PN NC =
， ∴
AM MP =PN
NC ， 又∵PM=PN ，
∴∠PMN=∠PNM ， ∴∠AMP=∠PNC ， ∴△AMP ∽△PNC.
【点睛】本题考查了解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用相关的性质与定理是解题的关键.
4．已知：如图，△ABC 中，AC=3，∠ABC=30°．
（1）尺规作图：求作△ABC 的外接圆，保留作图痕迹，不写作法； （2）求（1）中所求作的圆的面积．
【答案】（1）作图见解析；（2）圆的面积是9π． 【解析】
试题分析：（1）按如下步骤作图：①作线段AB 的垂直平分线；②作线段BC 的垂直平分线；③以两条垂直平分线的交点O 为圆心，OA 长为半圆画圆，则圆O 即为所求作的圆． 如图所示（2）要求外接圆的面积，需求出圆的半径，已知AC ＝3，如图弦AC 所对的圆周
角是∠ABC=30°，所以圆心角∠AOC=60°，所以∆AOC是等边三角形，所以外接圆的半径是3故可求得外接圆的面积．
（2）连接OA，OB．
∵AC=3，∠ABC=30°，
∴∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴圆的半径是3，
∴圆的面积是S=πr2=9π．
5．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC
画图操作：
（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）
理解应用：
（2）在（1）的条件下，
①若tan∠APB
1
2
=，求点P的坐标
②当点P的坐标为时，∠APB最大拓展延伸：
（3）若在直线y
4
3
=x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标
【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，23）（3）（95
3
-，
125
5
）
【解析】
试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求；
（2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；
②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题；
试题解析：解：（1）∠APB如图所示；
（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=1
2
=
AB
BC
．∵A（2，0），B
（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．
②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，
∴BC22
AC AB
-3，∴C（6，3∴K（4，2），∴P（0，3
案为：（0，3
（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=4
3
x+4交x轴于M
（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP5
PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴ON
PK
=
OM
MK
=
NM
MP
，∴
4
PK
=
3
MK
=
5
35
，∴PK=
125
5
，
MK=95
5
，∴OK=
95
5
﹣3，∴P（
95
5
﹣3，
125
5
）．
点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．
6．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点G，点F是CD上一点，且满足若
1
3 CF
DF
=,连
接AF并延长交⊙O于点E，连接AD、DE，若CF=2，AF=3.
（1）求证：△ADF∽△AED；
（2）求FG的长；
（3）求tan∠E的值．
【答案】(1)证明见解析
5
【解析】
分析：（1）由AB是 O的直径，弦CD⊥AB，根据垂径定理可得：弧AD=弧AC，DG=CG，
继而证得△ADF∽△AED；（2）由
1
3
CF
FD
= ,CF=2，可求得DF的长，继而求得CG=DG=4，
则可求得FG=2；（3）由勾股定理可求得AG的长，即可求得tan∠ADF的值，继而求得tan∠
5
本题解析：①∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴DG=CG，∴»»
AD AC
=，∠ADF=∠AED，
∵∠FAD=∠DAE（公共角），∴△ADF∽△AED；
②∵
1
3
CF
FD
=，CF=2，∴FD=6，∴CD=DF+CF=8，
∴CG=DG=4，∴FG=CG-CF=2；
③∵AF=3，FG=2，∴AG=225
AF FG
-=，
点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理以及三角函数等知识点，考查内容较多，综合性较强，难度适中，注意掌握数形结合的思想.
7．如图1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作¶AC、¶CB、¶BA，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l为对称轴的交点．
（1）如图2，将这个图形的顶点A与线段MN作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为；
（2）如图3，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它沿等边△DEF的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；
（3）如图4，将这个图形的顶点B与⊙O的圆心O重合，⊙O的半径为3，将它沿⊙O的圆周作无滑动的滚动，当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为（请用含n的式子表示）
【答案】（1）3π；（2）27π；（3）3．
【解析】
试题分析：（1）先求出¶AC的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论；（2）先判断出莱洛三角形等边△DEF绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；
（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O 重合旋转一周点I 的路径，再用圆的周长公式即可得出．
试题解析：解：（1）∵等边△ABC 的边长为3，∴∠ABC =∠ACB =∠BAC =60°，
¶¶¶AC BC AB ==，∴¶¶AC BC
l l ==¶AB l =603180
π⨯=π，∴线段MN 的长为¶¶¶AC BC AB
l l l ++=3π．故答案为3π； （2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，
由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =
2
1203360
π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S 矩形AGHF +S 扇形BAG ）=3（6π+3π）=27π；
（3）如图2，连接BI 并延长交AC 于D ．∵I 是△ABC 的重心也是内心，∴∠DAI =30°，
AD =12AC =3
2
，∴OI =AI =
3
2
30AD cos DAI cos ∠=︒
=3，∴当它第1次回到起始位置时，点I
所经过的路径是以O 为圆心，OI 为半径的圆周，∴当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为n •2π•3=23n π．故答案为23n π．
点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出¶AC 的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I 第一次回到起点时，I 的路径，是一道中等难度的题目．
8．如图，已知在△ABC 中，∠A=90°，
（1）请用圆规和直尺作出⊙P ，使圆心P 在AC 边上，且与AB ，BC 两边都相切（保留作图痕迹，不写作法和证明）．
（2）若∠B=60°，AB=3，求⊙P 的面积．
【答案】（1）作图见解析；（2）3π
【解析】
【分析】
（1）与AB 、BC 两边都相切．根据角平分线的性质可知要作∠ABC 的角平分线，角平分线与AC 的交点就是点P 的位置．
（2）根据角平分线的性质和30°角的直角三角形的性质可求半径，然后求圆的面积．
【详解】
解：（1）如图所示，则⊙P 为所求作的圆．
（2）∵∠ABC=60°，BP 平分∠ABC ，
∴∠ABP=30°，
∵ ∠A=90°，
∴BP=2AP
Rt △ABP 中,AB=3，
由勾股定理可得：AP=3，∴S ⊙P =3π
9．如图，过⊙O 外一点P 作⊙O 的切线PA 切⊙O 于点A ，连接PO 并延长，与⊙O 交于C 、D 两点，M 是半圆CD 的中点，连接AM 交CD 于点N ，连接AC 、CM ．
（1）求证：CM 2=MN.MA ； （2）若∠P=30°，PC=2，求CM 的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）由··CM
DM =知CAM DCM ∠=∠，根∠CMA=∠NMC 据证ΔAMC ∽ΔCMN 即可得；
（2）连接OA 、DM ，由直角三角形PAO 中∠P=30°知()1122
OA PO PC CO =
=+，据此求得OA=OC=2，再证三角形CMD 是等腰直角三角形得CM 的长．
【详解】 （1）O Q e 中，M 点是半圆CD 的中点，
∴ ··CM
DM =， CAM DCM ∴∠=∠，
又CMA NMC ∠=∠Q ，
AMC CMN ∽∴∆∆， ∴ CM AM MN CM
=，即2·CM MN MA =； （2）连接OA 、DM ，
PA Q 是O e 的切线，
90PAO ∴∠=︒，
又30P ∠=︒Q ，
()1122
OA PO PC CO ∴==+， 设O e 的半径为r ，
2PC =Q ，
()122
r r ∴=+， 解得：2r =，
又CD Q 是直径，
90CMD ∴∠=︒，
CM DM =Q ，
CMD ∴∆是等腰直角三角形，
∴在Rt CMD ∆中，由勾股定理得222CM DM CD +=，即()2
22216CM r ==， 则28CM =， 22CM ∴=．
【点睛】
本题主要考查切线的判定和性质，解题的关键是掌握切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质等知识点
10．如图,在Rt △ABC 中,∠ACB=60°,☉O 是△ABC 的外接圆,BC 是☉O 的直径,过点B 作☉O 的切线BD ,与CA 的延长线交于点D ,与半径AO 的延长线交于点E ,过点A 作☉O 的切线AF ,与直径BC 的延长线交于点F.
(1)连接EF ,求证:EF 是☉O 的切线;
(2)在圆上是否存在一点P,使点P与点A,B,F构成一个菱形?若存在,请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）过O作OM⊥EF于M,根据SAS证明△OAF≌△OBE，从而得到OE=OF,再证明EO平分∠BEF，从而得到结论;
（2）存在，先证明△OAC为等边三角形，从而得出∠OAC=∠AOC=60°,再得到AB=AF，再证明AB=AF=FP=BP，从而得到结论.
【详解】
(1)证明:如图,过O作OM⊥EF于M,
∵OA=OB,∠OAF=∠OBE=90°,∠BOE=∠AOF,
∴△OAF≌△OBE,
∴OE=OF,
∵∠EOF=∠AOB=120°,
∴∠OEM=∠OFM=30°,
∴∠OEB=∠OEM=30°,即EO平分∠BEF,
又∠OBE=∠OME=90°,
∴OM=OB,
∴EF为☉O的切线.
(2)存在.
∵BC为☉O的直径,
∴∠BAC=90°,
∵∠ACB=60°,
∴∠ABC=30°,
又∵∠ACB=60°,OA=OC,
∴△OAC为等边三角形,即∠OAC=∠AOC=60°,
∵AF为☉O的切线,
∴∠OAF=90°,
∴∠CAF=∠AFC=30°,
∴∠ABC=∠AFC,
∴AB=AF.
当点P在(1)中的点M位置时,此时∠OPF=90°,
∴∠OAF=∠OPF=90°,
又∵OA=OP,OF为公共边,
∴△OAF≌△OPF,
∴AF=PF,
∠BFE=∠AFC=30°.
又∵∠FOP=∠OBP=∠OPB=30°,
∴BP=FP,
∴AB=AF=FP=BP,
∴四边形AFPB是菱形.
【点睛】
考查了切线的判定定理和菱形的判定，经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
11．
如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝3
5
，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），
以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E．
（1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．
（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围．
（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.
【答案】（1）
40
9
R=;（2）2
5
880
320
x
y x x
x
=-+
+
;（3）50105
-.
【解析】【分析】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝3
5
，则
sinC＝4
5
，sinC＝
HP
CP
＝
10
R
R
-
＝
4
5
，即可求解；
（2）首先证明PD∥BE，则EB BF
PD PF
=，即：20
2
4
588
x y
x
x
x
y
-+
--
=，即可求解；
（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝45，即可求解．
【详解】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，
连接HP，则HP⊥BC，cosC＝3
5
，则sinC＝
4
5
，
sinC＝HP
CP
＝
10
R
R
-
＝
4
5
，解得：R＝
40
9
；
（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝3
5
，
设AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，过点B作BH⊥AC，
则BH ＝ACsinC ＝8，
同理可得：CH ＝6，HA ＝4，AB ＝45，则：tan ∠CAB ＝2，
BP ＝228+(4)x -＝2880x x -+， DA ＝25x ，则BD ＝45﹣25x ， 如下图所示，PA ＝PD ，∴∠PAD ＝∠CAB ＝∠CBA ＝β，
tanβ＝2，则cosβ5，sinβ5
， EB ＝BDcosβ＝（525x ）5＝4﹣25
x ， ∴PD ∥BE ， ∴EB BF PD PF =，即：2024588x y x x
x -+--=， 整理得：y 25x x 8x 803x 20
-++ （3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，
两个圆交于点G，则PG＝PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，
∵点Q是弧GD的中点，
∴DG⊥EP，
∵AG是圆P的直径，
∴∠GDA＝90°，
∴EP∥BD，
由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，
∴AG＝EP＝BD，
∴AB＝DB+AD＝AG+AD＝5
设圆的半径为r，在△ADG中，
AD＝2rcosβ
5DG
5
AG＝2r，
5＝52r
51
，
则：DG
5
50﹣5
相交所得的公共弦的长为50﹣5
【点睛】
本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．
12．如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，点F是DA延长线上的一点，过⊙O上一点C作⊙O的切线交DF于点E，CE⊥DF．
(1)求证：AC平分∠FAB；
(2)若AE＝1，CE＝2，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）5 2
【解析】
试题分析：（1）连接OC，根据切线的性质和圆周角定理，得出∠OCA=∠OAC与
∠CAE=∠OCA，然后根据角平分线的定义可证明；
（2）由圆周角定理得到∠BCA=90°，由垂直的定义，可求出∠CEA=90°，从而根据两角对应相等的两三角形相似可证明△ACB∽△AEC，再根据相似三角形的对应边成比例求得AB的长，从而得到圆的半径.
试题解析：(1)证明：连接OC.
∵CE是⊙O的切线，∴∠OCE =90°
∵CE⊥DF，∴∠CEA=90°，
∴∠ACE+∠CAE=∠ACE+∠OCA=90°，∴∠CAE=∠OCA
∵OC＝OA，∴∠OCA=∠OAC.
∴∠CAE=∠OAC，即AC平分∠FAB
(2)连接BC.
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB =∠AEC =90°.
又∵∠CAE=∠OAC，∴△ACB∽△AEC,∴AB AC AC AE
=.
∵AE＝1，CE＝2，∠AEC =90°，∴2222
125
AC AE CE
+=+
∴
2
25
5
1
AC
AB
AE
===，∴⊙O的半径为
5
2
．
13．结果如此巧合!
下面是小颖对一道题目的解答．
题目：如图，Rt△ABC的内切圆与斜边AB相切于点D，AD=3，BD=4，求△ABC的面积．解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x．
根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x．
根据勾股定理，得（x+3）2+（x+4）2=（3+4）2．
整理，得x2+7x=12．
所以S△ABC=1
2 AC•BC
=1
2
（x+3）（x+4）
=1
2
（x2+7x+12）
=1
2
×（12+12）
=12．
小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC的面积等于AD与BD的积．这仅仅是巧合吗？
请你帮她完成下面的探索．
已知：△ABC的内切圆与AB相切于点D，AD=m，BD=n．
可以一般化吗？
（1）若∠C=90°，求证：△ABC的面积等于mn．
倒过来思考呢？
（2）若AC•BC=2mn，求证∠C=90°．
改变一下条件……
（3）若∠C=60°，用m、n表示△ABC的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）S△ABC=3mn；
【解析】
【分析】
（1）设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，仿照例题利用勾股定理得（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，再根据S△ABC＝AC×BC，即可证明S△ABC＝mn.（2）由AC•BC＝2mn，得x2＋（m＋n）x＝mn，因此AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2＝AB2，利用勾股定理逆定理可得∠C＝90°.（3）过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ACG中，根据条件求出AG、CG，又根据BG＝BC－CG得到BG .在Rt△ABG中，根据勾股定理可得x2＋（m＋n）x＝3mn，由此S△ABC＝BC•AG＝mn.
【详解】
设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，
根据切线长定理，得：AE＝AD＝m、BF＝BD＝n、CF＝CE＝x，
（1）如图1，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得：（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，
整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn，
所以S△ABC＝AC•BC
＝（x＋m）（x＋n）
＝[x2＋（m＋n）x＋mn]
＝（mn＋mn）
＝mn;
（2）由AC•BC＝2mn，得：（x＋m）（x＋n）＝2mn，
整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn，
∴AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2
＝2[x2＋（m＋n）x]＋m2＋n2
＝2mn＋m2＋n2
＝（m＋n）2
＝AB2，
根据勾股定理逆定理可得∠C＝90°；
（3）如图2，过点A作AG⊥BC于点G，
在Rt△ACG中，AG＝AC•sin60°＝（x＋m），CG＝AC•cos60°＝（x＋m），
∴BG＝BC﹣CG＝（x＋n）﹣（x＋m），
在Rt△ABG中，根据勾股定理可得：[（x＋m）]2＋[（x＋n）﹣（x＋m）]2＝（m＋n）2，
整理，得：x2＋（m＋n）x＝3mn，∴S△ABC＝BC•AG
＝×（x＋n）•（x＋m）
＝
3
4
[x2＋（m＋n）x＋mn]
＝3
×（3mn＋mn）
＝3mn．
【点睛】
本题考查了圆中的计算问题、与圆有关的位置关系以及直角三角形，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.
14．如图，AB是⊙O的直径，∠ACB的平分线交AB于点D，交⊙O于点E，过点C作⊙O 的切线CP交BA的延长线于点P，连接AE．
（1）求证：PC=PD；
（2）若AC=5cm，BC=12cm，求线段AE，CE的长．
【答案】(1)见解析 (2) EC=
2
2
AE=
132
2
【解析】
试题分析：（1）如图1中，连接OC、OE．利用等角的余角相等，证明∠PCD=∠PDC即可；
（2）如图2中．作EH⊥BC于H，EF⊥CA于F．首先证明Rt△AEF≌Rt△BEH，推出
AF=BH，设AF=BH=x，再证明四边形CFEH是正方形，推出CF=CH，可得5+x=12﹣x，推出
x=7
2
，延长即可解决问题；
试题解析：（1）证明：如图1中，连接OC、OE．
∵AB 直径，∴∠ACB =90°，∴CE 平分∠ACB ，∴∠ECA =∠ECB =45°，∴¶AE =¶BE
，∴OE ⊥AB ，∴∠DOE =90°．∵PC 是切线，∴OC ⊥PC ，∴∠PCO =90°．∵OC =OE ，∴∠OCE =∠OEC ．∵∠PCD +∠OCE =90°，∠ODE +∠OEC =90°，∠PDC =∠ODE ，
∴∠PCD =∠PDC ，∴PC =PD ．
（2）如图2中．作EH ⊥BC 于H ，EF ⊥CA 于F ．
∵CE 平分∠ACB ，EH ⊥BC 于H ，EF ⊥CA 于F ，∴EH =EF ，∠EFA =∠EHB =90°．∵¶AE =¶BE
，∴AE =BE ，∴Rt △AEF ≌Rt △BEH ，∴AF =BH ，设AF =BH =x ．∵∠F =∠FCH =∠CHE =90°，∴四边形CFEH 是矩形．∵EH =EF ，∴四边形CFEH 是正方形，∴CF =CH ，∴5+x =12﹣x ，∴x =72，∴CF =FE =172，∴EC 2CF 172，AE 22EF AF +2217722（）（）+132 点睛：本题考查了切线的性质、圆周角定理、勾股定理、垂径定理、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
15．如图，在⊙O 中，直径AB 垂直弦CD 于E ，过点A 作∠DAF=∠DAB ，过点D 作AF 的垂线，垂足为F ，交AB 的延长线于点P ，连接CO 并延长交⊙O 于点G ，连接EG ． （1）求证：DF 是⊙O 的切线；
（2）若AD=DP ，OB=3，求»BD
的长度； （3）若DE=4，AE=8，求线段EG 的长．
【答案】（1）证明见解析（2）π（3）213
【解析】
试题分析：（1）连接OD，由等腰三角形的性质得出∠DAB=∠ADO，再由已知条件得出∠ADO=∠DAF，证出OD∥AF，由已知DF⊥AF，得出DF⊥OD，即可得出结论；
（2）易得∠BOD=60°，再由弧长公式求解即可；
（3）连接DG，由垂径定理得出DE=CE=4，得出CD=8，由勾股定理求出DG，再由勾股定理求出EG即可．
试题解析：（1）证明：连接OD，如图1所示：
∵OA=OD，
∴∠DAB=∠ADO，
∵∠DAF=∠DAB，
∴∠ADO=∠DAF，
∴OD∥AF，
又∵DF⊥AF，
∴DF⊥OD，
∴DF是⊙O的切线；
（2）∵AD=DP
∴∠P=∠DAF=∠DAB =x0
∴∠P+∠DAF+∠DAB =3x o=90O
∴x0=300
∴∠BOD=60°，
∴»BD的长度=
（3）解：连接DG，如图2所示：
∵AB⊥CD，
∴DE=CE=4，
∴CD=DE+CE=8，
设OD=OA=x，则OE=8﹣x，
在Rt△ODE中，由勾股定理得：OE2+DE2=OD2，即（8﹣x）2+42=x2，
解得：x=5，
∴CG=2OA=10，
∵CG是⊙O的直径，
∴∠CDG=90°，
∴DG=2222
-=-=6，
108
CG CD
∴EG=2222
+=+=213.
DG DE
64。