人教数学 圆的综合的专项 培优练习题附详细答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．

（1）OC的长为；

（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=；

（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t （秒）．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．

【答案】（1）4；（2）3

5

；（3）点E的坐标为（1，2）、（

5

3

，

10

3

）、（4，2）．

【解析】

分析：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．

（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则

MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．（3）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，

②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题．

详解：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），则有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形，∴OC=BH，BC=OH．

∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．

∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，

∴tan∠BAH=BH

HA

=1，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．

故答案为4．

（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2）．

由（1）得：OH =2，BH =4． ∵OC 与⊙M 相切于N ，∴MN ⊥OC ． 设圆的半径为r ，则MN =MB =MD =r ． ∵BC ⊥OC ，OA ⊥OC ，∴BC ∥MN ∥OA ． ∵BM =DM ，∴CN =ON ，∴MN =1

2

（BC +OD ），∴OD =2r ﹣2，∴DH =OD OH -=24r -．

在Rt △BHD 中，∵∠BHD =90°，∴BD 2=BH 2+DH 2，∴（2r ）2=42+（2r ﹣4）2． 解得：r =2，∴DH =0，即点D 与点H 重合，∴BD ⊥0A ，BD =AD ． ∵BD 是⊙M 的直径，∴∠BGD =90°，即DG ⊥AB ，∴BG =AG ． ∵GF ⊥OA ，BD ⊥OA ，∴GF ∥BD ，∴△AFG ∽△ADB ， ∴

AF AD =GF BD =AG AB =12，∴AF =12AD =2，GF =1

2

BD =2，∴OF =4，

∴OG

同理可得：OB AB ，∴BG =1

2

AB ．

设OR =x ，则RG x ．

∵BR ⊥OG ，∴∠BRO =∠BRG =90°，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=BG 2﹣RG 2， ∴（

2﹣x 2=（）2﹣（x ）2．

解得：x =

5，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=（2﹣（5）2=365，∴BR =5

．

在Rt △ORB 中，sin ∠BOR =BR OB

3

5

．

故答案为

35

． （3）①当∠BDE =90°时，点D 在直线PE 上，如图2．

此时DP =OC =4，BD +OP =BD +CD =BC =2，BD =t ，OP =t ． 则有2t =2． 解得：t =1．则OP =CD =DB =1． ∵DE ∥OC ，∴△BDE ∽△BCO ，∴DE OC =BD BC =1

2

，∴DE =2，∴EP =2， ∴点E 的坐标为（1，2）． ②当∠BED =90°时，如图3．

∵∠DBE =OBC ，∠DEB =∠BCO =90°，∴△DBE ∽△OBC ，

∴BE

BC =2DB BE OB ∴，∴BE =

5

t ． ∵PE ∥OC ，∴∠OEP =∠BOC ．

∵∠OPE =∠BCO =90°，∴△OPE ∽△BCO ，

∴OE

OB =

25

OP

BC

∴

，=

2

t

，∴OE=5t．

∵OE+BE=OB=255

，∴t+5

t=25．

解得：t=5

3

，∴OP=

5

3

，OE=

55

，∴PE=22

OE OP

-=

10

3

，

∴点E的坐标为（510

33

，）．

③当∠DBE=90°时，如图4．

此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．

则有OD=PE，EA=22

PE PA

+=2（6﹣t）=62﹣2?t，∴BE=BA﹣EA=42﹣（62﹣2t）=2t﹣22．

∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．

在Rt△DBE中，cos∠BED=BE

DE

=

2

，∴DE=2BE，

∴t=22

（t﹣22）=2t﹣4．

解得：t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，2）．

综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（1，2）、

（510

33

，）、（4，2）．

点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数

学思想，有一定的综合性．

2．如图，在锐角△ABC 中，AC 是最短边．以AC 为直径的⊙O ，交BC 于D ，过O 作OE ∥BC ，交OD 于E ，连接AD 、AE 、CE ． （1）求证：∠ACE=∠DCE ；

（2）若∠B=45°，∠BAE=15°，求∠EAO 的度数； （3）若AC=4，

2

3

CDF COE S S ??=，求CF 的长．

【答案】（1）证明见解析，（2）60°；（3）43

3

【解析】 【分析】

（1）易证∠OEC =∠OCE ，∠OEC =∠ECD ，从而可知∠OCE =∠ECD ，即∠ACE =∠DCE ； （2）延长AE 交BC 于点G ，易证∠AGC =∠B +∠BAG =60°，由于OE ∥BC ，所以∠AEO =∠AGC =60°，所以∠EAO =∠AEO =60°； （3）易证

1

2COE CAE

S S

=

，由于2

3

CDF COE

S S

=

，所以

CDF CAE

S S =

1

3

，由圆周角定理可知∠AEC =∠FDC =90°，从而可证明△CDF ∽△CEA ，利用三角形相似的性质即可求出答案． 【详解】

（1）∵OC =OE ，∴∠OEC =∠OCE ．

∵OE ∥BC ，∴∠OEC =∠ECD ，∴∠OCE =∠ECD ，即∠ACE =∠DCE ； （2）延长AE 交BC 于点G ．

∵∠AGC 是△ABG 的外角，∴∠AGC =∠B +∠BAG =60°． ∵OE ∥BC ，∴∠AEO =∠AGC =60°． ∵OA =OE ，∴∠EAO =∠AEO =60°．

（3）∵O 是AC 中点，∴

12

COE CAE

S

S =． 23CDF COE

S S

=

，∴CDF CAE

S S

=

1

3

． ∵AC 是直径，∴∠AEC =∠FDC =90°． ∵∠ACE =∠FCD ，∴△CDF ∽△CEA ，∴

CF CA 3∴CF 343

【点睛】

本题考查了圆的综合问题，涉及平行线的性质，三角形的外角的性质，三角形中线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质等知识，需要学生灵活运用所学知识．

3．如图，AB为⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为弧ABD的中点，连接CD，CA．

（1）求证：∠ABD=2∠BDC；

（2）过点C作CH⊥AB于H，交AD于E，求证：EA=EC；

（3）在（2）的条件下，若OH=5，AD=24，求线段DE的长度．

【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）

9

2 DE=.

【解析】

【分析】

（1）连接AD，如图1，设∠BDC=α，∠ADC=β，根据圆周角定理得到∠CAB=∠BDC=α，由AB为⊙O直径，得到∠ADB=90°，根据余角的性质即可得到结论；

（2）根据已知条件得到∠ACE=∠ADC，等量代换得到∠ACE=∠CAE，于是得到结论；（3）如图2，连接OC，根据圆周角定理得到∠COB=2∠CAB，等量代换得到

∠COB=∠ABD，根据相似三角形的性质得到OH=5，根据勾股定理得到

AB22

AD BD

+=26，由相似三角形的性质即可得到结论．

【详解】

（1）连接AD．如图1，设∠BDC=α，∠ADC=β，

则∠CAB=∠BDC=α，

∵点C为弧ABD中点，∴AC=CD，∴∠ADC=∠DAC=β，∴∠DAB=β﹣α，

∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴α+β=90°，∴β=90°﹣α，∴∠ABD=90°﹣∠DAB=90°﹣（β﹣α），∴∠ABD=2α，∴∠ABD=2∠BDC；

（2）∵CH ⊥AB ，∴∠ACE +∠CAB =∠ADC +∠BDC =90°， ∵∠CAB =∠CDB ，∴∠ACE =∠ADC ， ∵∠CAE =∠ADC ，∴∠ACE =∠CAE ，∴AE =CE ； （3）如图2，连接OC ，∴∠COB =2∠CAB ， ∵∠ABD =2∠BDC ，∠BDC =∠CAB ，∴∠COB =∠ABD ， ∵∠OHC =∠ADB =90°，∴△OCH ∽△ABD ，∴1

2

OH OC BD AB ==， ∵OH =5，∴BD =10，∴AB =22AD BD +=26，∴AO =13，∴AH =18，

∵△AHE ∽△ADB ，∴

AH AE AD AB =，即1824=26AE ，∴AE =392，∴DE =9

2

．

【点睛】

本题考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

4．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，OB=OD=2，

DH=21

-, DE

BE

=

DH

BC

DE BE =

21

-

5．如图，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径．∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点D 作⊙O的切线PD交CA的延长线于点P，过点A作AE⊥CD于点E，过点B作BF⊥CD于点F．

（1）求证：DP∥AB；

（2）若AC=6，BC=8，求线段PD的长．

【答案】详见解析

【解析】

【分析】

（1）连接OD，由AB为⊙O的直径，根据圆周角定理得∠ACB=90°，再由

∠ACD=∠BCD=45°，则∠DAB=∠ABD=45°，所以△DAB为等腰直角三角形，所以DO⊥AB，根据切线的性质得OD⊥PD，于是可得到DP∥AB．

（2）先根据勾股定理计算出AB=10，由于△DAB为等腰直角三角形，可得到

AD52

22

===；由△ACE为等腰直角三角形，得到

AE CE32

22

====，在Rt△AED中利用勾股定理计算出DE=42，则

CD=72，易证得∴△PDA∽△PCD，得到PD PA AD52

PC PD CD72

===，所以PA=

5

7

PD，

PC=7

5

PD，然后利用PC=PA+AC可计算出PD．

【详解】

解：（1）证明：如图，连接OD，

∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°．

∵∠ACB的平分线交⊙O于点D，∴∠ACD=∠BCD=45°．

∴∠DAB=∠ABD=45°．∴△DAB为等腰直角三角形．

∴DO⊥AB．

∵PD为⊙O的切线，∴OD⊥PD．

∴DP∥AB．

（2）在Rt△ACB中，，

∵△DAB为等腰直角三角形，∴．

∵AE⊥CD，∴△ACE为等腰直角三角形．∴．在Rt△AED中，，

∴．

∵AB∥PD，∴∠PDA=∠DAB=45°．∴∠PAD=∠PCD．

又∵∠DPA=∠CPD ，∴△PDA ∽△PCD ．∴．

∴PA=

75PD ，PC=5

7

PD ． 又∵PC=PA+AC ，∴

75PD+6=5

7

PD ，解得PD=．

6．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 =

603

180

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

1203

360

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=1

2

AC=

3

2

，∴OI=AI=

3

2

30

AD

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=23nπ．故答案为23nπ．

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．

7．如图1，已知⊙O是ΔADB的外接圆，∠ADB的平分线DC交AB于点M，交⊙O于点C，连接AC，BC．

（1）求证：AC=BC；

（2）如图2，在图1 的基础上做⊙O的直径CF交AB于点E，连接AF，过点A作⊙O的切线AH，若AH//BC，求∠ACF的度数；

（3）在（2）的条件下，若ΔABD的面积为63ΔABD与ΔABC的面积比为2：9，求CD 的长.

【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3）233

【解析】

分析：（1）运用“在同圆或等圆中，弧相等，所对的弦相等”可求解；

（2）连接AO并延长交BC于I交⊙O于J,由AH是⊙O的切线且AH∥BC得AI⊥BC，易证∠IAC=30°，故可得∠ABC=60°=∠F=∠ACB，由CF是直径可得∠ACF的度数；

（3）过点D作DG⊥AB ，连接AO，知ABC为等边三角形，求出AB、AE的长，在RtΔAEO 中，求出AO的长，得CF的长，再求DG 的长，运用勾股定理易求CD的长.

详解：（1）∵DC平分∠ADB，∴∠ADC=∠BDC，∴AC=BC．

（2）如图，连接AO并延长交BC于I交⊙O于J

∵AH是⊙O的切线且AH∥BC，

∴AI⊥BC，

∴BI=IC，

∵AC=BC，

∴IC=1

AC，

2

∴∠IAC=30°，

∴∠ABC=60°=∠F=∠ACB．

∵FC是直径，

∴∠FAC=90°，

∴∠ACF=180°-90°-60°=30°． （3）过点D 作DG AB ⊥，连接AO

由（1）（2）知ABC 为等边三角形 ∵∠ACF=30°， ∴AB CF ⊥， ∴AE=BE ， ∴2ΔABC 3

3S AB =

= ∴AB=3 ∴33AE =

在RtΔAEO 中，设EO=x ，则AO=2x ， ∴222AO AE OE =+， ∴()(2

2

2233

x x =+，

∴x =6，⊙O 的半径为6， ∴CF=12．

∵ΔABD 11

636322

S AB DG DG =??=?= ∴DG=2．

如图，过点D 作DG CF '⊥,连接OD ． ∵AB CF ⊥,DG AB ⊥， ∴CF//DG ，

∴四边形G ′DGE 为矩形， ∴2G E '=，

63211CG G E CE +=++'=='，

在RtΔOG D '中，5,6OG OD ='=，

∴11DG '= ∴2221111233CD DG CG =

++=''点睛：本题是一道圆的综合题.考查了圆的基本概念，垂径定理，勾股定理，圆周角定理等

相关知识.比较复杂，熟记相关概念是解题关键.

8．如图①，已知Rt ABC ?中，90ACB ∠=，8AC =，10AB =，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作

O ，过C 作CE 切O 于E ，交AB 于F .

（1）若

O 的半径为2，求线段CE 的长；

（2）若AF BF =，求O 的半径；

（3）如图②，若CE CB =，点B 关于AC 的对称点为点G ，试求G 、E 两点之间的距离.

【答案】(1)42CE =；(2)O 的半径为3；(3)G 、E 两点之间的距离为9.6.

【解析】 【分析】

（1）根据切线的性质得出∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得； （2）由勾股定理求得BC ，然后通过证得△OEC ∽△BCA ，得到OE BC =OC BA ，即r 8-r

=610

，解得即可；

（3）证得D 和M 重合，E 和F 重合后，通过证得△GBE ∽△ABC ，

GB GE

AB AC

=，即12108GE =，解得即可． 【详解】

(1)如图，连结OE . ∵CE 切

O 于E ，

∴90OEC ∠=?.

∵8AC =，O 半径为2，

∴6OC =，2OE =.

∴2242CE OC OE =-=； (2)设

O 半径为r .

在Rt ABC ?中，90ACB ∠=?，10AB =，8AC =， ∴226BC AB AC =-=.

∵AF BF =， ∴AF CF BF ==. ∴ACF CAF ∠=∠. ∵

CE 切O 于E ，

∴90OEC ∠=?. ∴OEC ACB ∠=∠， ∴OEC BCA ?~?. ∴OE OC

BC BA =， ∴

8610

r r -=， 解得3r =. ∴

O 的半径为3；

(3)连结EG 、OE ，设EG 交AC 于点M ，

由对称性可知，CB CG =. 又CE CB =， ∴CE CG =. ∴EGC GEC ∠=∠. ∵CE 切

O 于E ，

∴90GEC OEG ∠+∠=?. 又90EGC GMC ∠+∠=?，

∴OEG GMC ∠=∠.又GMC OME ∠=∠， ∴OEG OME ∠=∠. ∴OE OM =. ∴点M 与点D 重合.

∴G 、D 、E 三点在同一条直线上. 连结AE 、BE ， ∵AD 是直径，

∴90AED ∠=?，即90AEG ∠=?. 又CE CB CG ==， ∴90BEG ∠=?.

∴180AEB AEG BEG ∠=∠+∠=?， ∴

A 、E 、

B 三点在同一条直线上.

∴E 、F 两点重合.

∵90GEB ACB ∠=∠=?，B B ∠=∠， ∴GBE ABC ?~?. ∴

GB GE AB AC =，即12108

GE

=. ∴9.6GE =.

故G 、E 两点之间的距离为9.6. 【点睛】

本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得G 、D 、E 三点共线以及A 、E 、B 三点在同一条直线上是解题的关键.

9．如图，直角坐标系中，直线y kx b =+分别交x ,y 轴于点A (-8，0)，B (0，6)，C （m ,0）是射线AO 上一动点，⊙P 过B ，O ，C 三点，交直线AB 于点D （B ，D 不重合）. （1）求直线AB 的函数表达式. （2）若点D 在第一象限，且tan ∠ODC =

5

3

，求点D 的坐标.

【答案】（1）364y x =+；（2）D （8825，21625

）. 【解析】 【分析】

（1）把A 、B 两点坐标代入y=kx+b 求出k 、b 的值即可；（2）连结BC ，作DE ⊥OC 于点E ，根据圆周角定理可得∠OBC=∠ODC ，由tan ∠ODC=

5

3

可求出OC 的长，进而可得AC 的长，利用∠DAC 的三角函数值可求出DE 的长，即可得D 点纵坐标，代入直线AB 解析式求

出D 点横坐标即可得答案. 【详解】

（1）∵A （-8，0）、B （0，6）在y=kx+b 上，

∴086k b b =-+??=?

，

解得346

k b ?=???=?，

∴直线AB 的函数表达式为y=3

4

x+6. (2)连结BC ，作DE ⊥OC 于点E ， ∵∠BOC=90°，

∴BC 为⊙P 的直径， ∴∠ADC=90°，

∵∠OBC=∠ODC ，tan ∠ODC=5

3

，

∴

OC 5

OB 3

=， ∵OB=6，OA=8，

∴OC=10，AC=18，AB=10，

∵cos ∠DAC=

OA AB =4

5，sin ∠DAC=OB AB =35

， 472

AD AC cos DAC 1855∠=?=?

=, 723216

DE AD sin DAC 5525

∠=?=?=，

∵D 点在直线AB 上， ∴

2163

x 6254

=+， 解得：88x 25

=， ∴D （

8825，21625

）

【点睛】

本题考查待定系数法求一次函数解析式、圆周角定理及锐角三角函数的定义，熟练掌握直径所对的圆周角等于90°及正切、正弦、余弦等三角函数的定义是解题关键.

10．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

x2＋（m＋n）x＋mn]

＝3

（3mn＋mn）3．

【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.