数学 圆的综合的专项 培优练习题及答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．图1和图2，半圆O的直径AB=2，点P（不与点A，B重合）为半圆上一点，将图形延BP折叠，分别得到点A，O的对称点A′，O′，设∠ABP=α．

（1）当α=15°时，过点A′作A′C∥AB，如图1，判断A′C与半圆O的位置关系，并说明理由．

（2）如图2，当α= °时，BA′与半圆O相切．当α= °时，点O′落在上．

（3）当线段BO′与半圆O只有一个公共点B时，求α的取值范围．

【答案】（1）A′C与半圆O相切；理由见解析；（2）45；30；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．

【解析】

试题分析：（1）过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，利用含30°角的直角三角形的性质可求得DE+OE=A′B=AB=OA，可判定A′C与半圆相切；

（2）当BA′与半圆相切时，可知OB⊥A′B，则可知α=45°，当O′在上时，连接AO′，则

可知BO′=AB，可求得∠O′BA=60°，可求得α=30°；

（3）利用（2）可知当α=30°时，线段O′B与圆交于O′，当α=45°时交于点B，结合题意可得出满足条件的α的范围．

试题解析：（1）相切，理由如下：

如图1，过O作OD过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，

∵α=15°，A′C∥AB，

∴∠ABA′=∠CA′B=30°，

∴DE=A′E，OE=BE，

∴DO=DE+OE=（A′E+BE）=AB=OA，

∴A′C与半圆O相切；

（2）当BA′与半圆O相切时，则OB⊥BA′，

∴∠OBA′=2α=90°，

∴α=45°，

当O′在上时，如图2，

连接AO′，则可知BO′=AB，

∴∠O′AB=30°，

∴∠ABO′=60°，

∴α=30°，

（3）∵点P，A不重合，∴α＞0，

由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，

∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段BO′与半圆只有一个公共点B；

当α增大到45°时BA′与半圆相切，即线段BO′与半圆只有一个公共点B．

当α继续增大时，点P逐渐靠近点B，但是点P，B不重合，

∴α＜90°，

∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．

综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．

考点：圆的综合题．

2．如图，在平面直角坐标系xoy中，E（8,0），F(0 , 6)．

（1）当G(4，8)时，则∠FGE= °

（2）在图中的网格区域内找一点P，使∠FPE=90°且四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形．

要求：写出点P点坐标，画出过P点的分割线并指出分割线（不必说明理由，不写画法）．

【答案】（1）90；（2）作图见解析，P（7，7），PH是分割线．

【解析】

试题分析：（1）根据勾股定理求出△FEG的三边长，根据勾股定理逆定理可判定△FEG是直角三角形，且∠FGE="90" °．

（2）一方面，由于∠FPE=90°，从而根据直径所对圆周角直角的性质，点P在以EF为直径的圆上；另一方面，由于四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形，从而OP是正方形的对角线，即点P在∠FOE的角平分线上，因此可得P（7，7），PH是分割线．

试题解析：（1）连接FE，

∵E（8,0），F(0 , 6)，G(4，8)，

∴根据勾股定理，得FG=，EG=，FE=10．

∵，即．

∴△FEG是直角三角形，且∠FGE=90 °．

（2）作图如下：

P（7，7），PH是分割线．

考点：1．网格问题；2．勾股定理和逆定理；3．作图（设计）；4．圆周角定理．3．在⊙O 中，点C是AB上的一个动点(不与点A，B重合)，∠ACB=120°，点I是∠ABC的

内心，CI的延长线交⊙O于点D，连结AD,BD．

（1）求证：AD=BD．

（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．

（3）若⊙O的半径为2，点E，F是AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I 随之运动形成的路径长．

【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3）23

【解析】

分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；

（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得

△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出

ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；

（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是弧AB ?的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I 随之运动形成的路径长.

详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心

∴CI平分∠ACB

∴∠ACD=∠BCD

∴弧AD=弧BD

∴AD=BD

（2）AB=DI

理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD

∴∠BCD=×120°=60°

∵弧BD=弧BD

∴∠DAB=∠BCD=60°

∵AD=BD

∴△ABD是等边三角形，

∴AB=BD，∠ABD=∠C

∵I是△ABC的内心

∴BI平分∠ABC

∴∠CBI=∠ABI

∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD

∴∠BID=∠IBD

∴ID=BD

∵AB=BD

∴AB=DI

（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧

∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD

∴∠AED=∠ACB=×120°=60°

∵圆的半径为2，DE是直径

∴DE=4，∠EAD=90°

∴AD=sin∠AED×DE=×4=2

∵点E，F是弧AB ?的三等分点，△ABD是等边三角形，

∴∠ADB=60°

∴弧AB的度数为120°，

∴弧AM、弧BF的度数都为为40°

∴∠ADM=20°=∠FAB

∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80°

∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°

∴∠DAI1=∠AI1D

∴AD=I1D=2

∴弧I1I2的长为：

点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.

4．如图，在直角坐标系中，已知点A(－8，0)，B(0，6)，点M在线段AB上。

（1）如图1，如果点M是线段AB的中点，且⊙M的半径等于4，试判断直线OB与⊙M 的位置关系，并说明理由；

（2）如图2，⊙M与x轴，y轴都相切，切点分别为E，F，试求出点M的坐标；

（3）如图3，⊙M与x轴，y轴，线段AB都相切，切点分别为E，F，G，试求出点M的坐标（直接写出答案）

【答案】（1）OB与⊙M相切；（2）M（－24

7

，

24

7

）；（3）M（－2，2）

【解析】

分析：（1）设线段OB的中点为D，连结MD，根据三角形的中位线求出MD，根据直线和圆的位置关系得出即可；

（2）求出过点A、B的一次函数关系式是y=3

4

x+6，设M（a，﹣a），把x=a，y=﹣a代

入y=3

4

x+6得出关于a的方程，求出即可．

（3）连接ME、MF、MG、MA、MB、MO，设ME=MF=MG=r，根据

S△ABC=1

2

AO?ME+

1

2

BO?MF+

1

2

AB?MG=

1

2

AO?BO求得r=2，据此可得答案．

详解：（1）直线OB与⊙M相切．理由如下：

设线段OB的中点为D，如图1，连结MD，

∵点M是线段AB的中点，所以MD∥AO，MD=4，∴∠AOB=∠MDB=90°，∴MD⊥OB，点D在⊙M上．又∵点D在直线OB上，∴直线OB与⊙M相切；（2）如图2，连接ME，MF，

∵A（﹣8，0），B（0，6），∴设直线AB的解析式是y=kx+b，∴

80

6

k b

b

-+=

?

?

=

?

，解

得：k=3

4

，b=6，即直线AB的函数关系式是y=

3

4

x+6．

∵⊙M与x轴、y轴都相切，∴点M到x轴、y轴的距离都相等，即ME=MF，设M

（a，﹣a）（﹣8＜a＜0），把x=a，y=﹣a代入y=3

4

x+6，得：﹣a=

3

4

a+6，得：a=﹣

24 7，∴点M的坐标为（﹣

2424

77

，）．

（3）如图3，连接ME、MF、MG、MA、MB、MO，

∵⊙M与x轴，y轴，线段AB都相切，∴ME⊥AO、MF⊥BO、MG⊥AB，设

ME=MF=MG=r，则S△ABC=1

2

AO?ME+

1

2

BO?MF+

1

2

AB?MG=

1

2

AO?BO．

∵A（﹣8，0），B（0，6），∴AO=8、BO=6，AB=22

AO BO

+=10，

∴1

2r?8+

1

2

r?6+

1

2

r?10=

1

2

×6×8，解得：r=2，即ME=MF=2，∴点M的坐标为（﹣2，

2）．

点睛：本题考查了圆的综合问题，掌握直线和圆的位置关系，用待定系数法求一次函数的解析式的应用，能综合运用知识点进行推理和计算是解答此题的关键，注意：直线和圆有三种位置关系：已知⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离是d，当d=r时，直线l和⊙O 相切．

5．如图1，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过O点作OF⊥AB交⊙O于点D，交AC于点E，交BC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG

(1)判断CG与⊙O的位置关系，并说明理由；

(2)求证：2OB2＝BC?BF；

(3)如图2，当∠DCE＝2∠F，CE＝3，DG＝2.5时，求DE的长．

【答案】（1）CG与⊙O相切，理由见解析；（2）见解析；（3）DE＝2

【解析】

【分析】

（1）连接CE，由AB是直径知△ECF是直角三角形，结合G为EF中点知∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，再由OA＝OC知∠OCA＝∠OAC，根据OF⊥AB可得∠OCA+∠GCE＝90°，即

OC⊥GC，据此即可得证；

（2）证△ABC∽△FBO得BC AB

BO BF

=，结合AB＝2BO即可得；

（3）证ECD∽△EGC得EC ED

EG EC

=，根据CE＝3，DG＝2.5知

3

2.53

DE

DE

=

+

，解之可

得．

【详解】

解：（1）CG与⊙O相切，理由如下：如图1，连接CE，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB＝∠ACF＝90°，

∵点G是EF的中点，

∴GF＝GE＝GC，

∴∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，

∵OA＝OC，

∴∠OCA＝∠OAC，

∵OF⊥AB，

∴∠OAC+∠AEO＝90°，

∴∠OCA+∠GCE＝90°，即OC⊥GC，

∴CG 与⊙O 相切；

（2）∵∠AOE ＝∠FCE ＝90°，∠AEO ＝∠FEC ， ∴∠OAE ＝∠F ， 又∵∠B ＝∠B ， ∴△ABC ∽△FBO ，

∴BC AB

BO BF =，即BO ?AB ＝BC ?BF ， ∵AB ＝2BO ， ∴2OB 2＝BC ?BF ；

（3）由（1）知GC ＝GE ＝GF ， ∴∠F ＝∠GCF ， ∴∠EGC ＝2∠F ， 又∵∠DCE ＝2∠F ， ∴∠EGC ＝∠DCE ， ∵∠DEC ＝∠CEG ， ∴△ECD ∽△EGC ，

∴

EC ED

EG EC =， ∵CE ＝3，DG ＝2.5， ∴

32.53

DE

DE =+，

整理，得：DE 2+2.5DE ﹣9＝0， 解得：DE ＝2或DE ＝﹣4.5（舍）， 故DE ＝2． 【点睛】

本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等知识点．

6．如图，AB 是圆O 的直径，O 为圆心，AD 、BD 是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD ．延长PD 交圆的切线BE 于点E

(1)判断直线PD 是否为⊙O 的切线，并说明理由；

(2)如果∠BED=60°，PA 的长；

(3)将线段PD 以直线AD 为对称轴作对称线段DF ，点F 正好在圆O 上，如图2，求证：四边形DFBE 为菱形．

【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；

（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；

（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x 的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．

【详解】

（1）直线PD为⊙O的切线，

理由如下：

如图1，连接OD，

∵AB是圆O的直径，

∴∠ADB=90°，

∴∠ADO+∠BDO=90°，

又∵DO=BO，

∴∠BDO=∠PBD，

∵∠PDA=∠PBD，

∴∠BDO=∠PDA，

∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，

∵点D在⊙O上，

∴直线PD为⊙O的切线；

（2）∵BE是⊙O的切线，

∴∠EBA=90°，

∵∠BED=60°，

∴∠P=30°，

∵PD为⊙O的切线，

∴∠PDO=90°，

在Rt△PDO中，∠P=30°，PD=3，

∴0 tan30

OD

PD

=，解得OD=1，

∴22

PO PD OD

=+=2，

∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1；

（3）如图2，

依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF，

∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF，

∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，

∵AB是圆O的直径，

∴∠ADB=90°，

设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，

∵四边形AFBD内接于⊙O，

∴∠DAF+∠DBF=180°，

即90°+x+2x=180°，解得x=30°，

∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°，

∵BE、ED是⊙O的切线，

∴DE=BE，∠EBA=90°，

∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，

∴BD=DE=BE，

又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，

∴△BDF是等边三角形，

∴BD=DF=BF，

∴DE=BE=DF=BF，

∴四边形DFBE为菱形.

【点睛】

本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档

题，难度较大．

7．对于平面直角坐标系xoy 中的图形P ，Q ，给出如下定义：M 为图形P 上任意一点，N 为图形Q 上任意一点，如果M ，N 两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形P ，Q 间的“非常距离”，记作d （P ,Q ）．已知点A （4,0），B （0,4），连接AB ． （1）d （点O ，AB ）= ；

（2）⊙O 半径为r ，若d （⊙O ，AB ）=0，求r 的取值范围；

（3）点C （－3，－2），连接AC ，BC ，⊙T 的圆心为T （t ，0），半径为2，d （⊙T ，△ABC ），且0

【答案】（1）22；（2）224r ≤≤；（3）25252t --<<--或6

（1）如下图所示，由题意得：过点O 作AB 的垂线，则垂线段即为所求； （2）如下图所示，当d （⊙O ，AB ）=0时，过点O 作OE ⊥AB ，交AB 于点E ，则：OB=2， OE=22，即可求解；

（3）分⊙T 在△ABC 左侧、⊙T 在△ABC 右侧两种情况，求解即可． 【详解】

（1）过点O 作OD ⊥AB 交AB 于点D ，

根据“非常距离”的定义可知，

d （点O ，AB ）=OD=2AB =22

442

+2; （2）如图，

当d（⊙O，AB）=0时，

过点O作OE⊥AB,则OE=22,OB=OA=4，

∵⊙O与线段AB的“非常距离”为0，

∴224

r

≤≤；

（3）当⊙T在△ABC左侧时，

如图，

当⊙T与BC相切时，d=0,

22

36

+35,

过点C作CE⊥y轴，过点T作TF⊥BC,则△TFH∽△BEC,

∴TF TH

BE BC

=,

即2

635

,

∴5

∵HO∥CE,

∴△BHO∽△BEC,∴HO=2，

此时5，0);当d=2时，如图，

同理可得，此时T （252--）； ∵0

∴25252t --<<--； 当⊙T 在△ABC 右侧时，如图，

当p=0时，t=6，

当p=2时，t=8. ∵0

综上，25252t -<<或6

本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“非常距离”的定义与直线与圆的位置关系和分类讨论思想的运用．

8．如图所示，ABC ?内接于圆O ，CD AB ⊥于D ； （1）如图1，当AB 为直径，求证：OBC ACD ∠=∠；

（2）如图2，当AB 为非直径的弦，连接OB ，则（1）的结论是否成立？若成立请证明，不成立说明由；

（3）如图3，在（2）的条件下，作AE BC ⊥于E ，交CD 于点F ，连接ED ，且

2AD BD ED =+，若3DE =，5OB =，求CF 的长度．

【答案】（1）见解析；（2）成立；（3）145

【解析】 【分析】

（1）根据圆周角定理求出∠ACB=90°，求出∠ADC=90°，再根据三角形内角和定理求出即可；

（2）根据圆周角定理求出∠BOC=2∠A ，求出∠OBC=90°-∠A 和∠ACD=90°-∠A 即可； （3）分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ，连接HK 、CH 、AK ，在AD 上取DG=BD ，延长CG 交AK 于M ，延长KO 交⊙O 于N ，连接CN 、AN ，求出关于a 的方程，再求出a 即可． 【详解】

（1）证明：∵AB 为直径， ∴ACB 90∠=?，

∵CD AB ⊥于D ，

∴

ADC 90∠=?，

∴OBC A 90∠∠+=?，A ACD 90∠∠+=?， ∴OBC ACD ∠∠=；

（2）成立， 证明：连接OC ，

由圆周角定理得：BOC 2A ∠∠=， ∵OC OB =， ∴()()11

OBC 180BOC 1802A 90A 22

∠∠∠∠=

?-=?-=?-，

∵

ADC 90∠=?，

∴ACD 90A ∠∠=?-， ∴OBC ACD ∠∠=；

（3）分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ，连接HK 、CH 、AK ，

∵AE BC ⊥，CD BA ⊥，

∴

AEC ADC 90∠∠==?，

∴BCD CFE 90∠∠+=?，BAH DFA 90∠∠+=?， ∵CFE DFA ∠∠=， ∴BCD BAH ∠∠=，

∵根据圆周角定理得：BAH BCH ∠∠=， ∴BCD BAH BCH ∠∠∠==，

∴由三角形内角和定理得：CHE CFE ∠∠=，

∴CH CF =， ∴EH EF =， 同理DF DK =， ∵DE 3=， ∴HK 2DE 6==，

在AD 上取DG BD =，延长CG 交AK 于M ，则AG AD BD 2DE 6=-==，

BC GC =，

∴MCK BCK BAK ∠∠∠==， ∴CMK 90∠=?，

延长KO 交⊙O 于N ，连接CN 、AN ， 则NAK 90CMK ∠∠=?=， ∴CM //AN ， ∵

NCK ADK 90∠∠==?，

∴CN //AG ，

∴四边形CGAN 是平行四边形， ∴AG CN 6==， 作OT CK ⊥于T ， 则T 为CK 的中点， ∵O 为KN 的中点，

∴1

OT CN 32

==， ∵

OTC 90∠=?，OC 5=，

∴由勾股定理得：CT 4=， ∴CK 2CT 8==， 作直径HS ，连接KS ， ∵HK 6=，HS 10=， ∴由勾股定理得：KS 8=， ∴3

tan HSK tan HAK 4

∠∠==， ∴1

tan EAB tan BCD 3

∠∠=

=， 设BD a =，CD 3a =，

∴AD BD 2ED a 6=+=+，11

DK AD a 233

==+， ∵CD DK CK +=， ∴1

3a a 283+

+=， 解得：9a 5

=， ∴113DK a 235

=

+=， ∴2614

CF CK 2DK 855

=-=-=． 【点睛】

本题考查了垂径定理、解直角三角形、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键，综合性比较强，难度偏大．

9．如图，BD 为△ABC 外接圆⊙O 的直径，且∠BAE ＝∠C ． （1）求证：AE 与⊙O 相切于点A ；

（2）若AE ∥BC ，BC ＝23，AC ＝2，求AD 的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）23

【解析】

【分析】

（1）根据题目中已出现切点可确定用“连半径，证垂直”的方法证明切线，连接AO并延长交⊙O于点F，连接BF，则AF为直径，∠ABF＝90°，根据同弧所对的圆周角相等，则可得到∠BAE＝∠F，既而得到AE与⊙O相切于点A．

（2））连接OC，先由平行和已知可得∠ACB＝∠ABC，所以AC＝AB，则∠AOC＝∠AOB，从而利用垂径定理可得AH＝1，在Rt△OBH中，设OB＝r，利用勾股定理解得r＝2，在

Rt△ABD中，即可求得AD的长为

【详解】

解：（1）连接AO并延长交⊙O于点F，连接BF，

则AF为直径，∠ABF＝90°，

∵AB AB

=，

∴∠ACB＝∠F，

∵∠BAE＝∠ACB，

∴∠BAE＝∠F，

∵∠FAB+∠F＝90°，

∴∠FAB+∠BAE＝90°，

∴OA⊥AE，

∴AE与⊙O相切于点A．

（2）连接OC，

∵AE∥BC，

∴∠BAE＝∠ABC，

∵∠BAE＝∠ACB，

∴∠ACB＝∠ABC，

∴AC＝AB＝2，

∴∠AOC＝∠AOB，

∵OC＝OB，

∴OA⊥BC，

∴CH＝BH＝1

BC

2

在Rt△ABH中，

AH1，

在Rt△OBH中，设OB＝r，

∵OH2+BH2＝OB2，

∴（r﹣1）

2+2＝r2，

解得：r＝2，

∴DB＝2r＝4，

在Rt△ABD中，AD

∴AD的长为23．

【点睛】

本题考查了圆的综合问题，恰当的添加辅助线是解题关键.

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，