备考2024年中考数学重难创新题5 圆的综合题练习附解析

这是一份备考2024年中考数学重难创新题5 圆的综合题练习附解析，共46页。试卷主要包含了新考法-自编设问，注重开放性，新考法-续写证明过程，新考法-结合尺规作图，新考法-条件开放，二选一等内容，欢迎下载使用。
一、新考法-自编设问，注重开放性
1．李老师在上课时的屏幕上有如下内容：
如图，AB是⊙O的直径，点C为弧BD的中点，连结AC交BD于点E，CE＝1， ，老师要求同学们在矩形方框中添加一个条件和结论后，编制成一道完整的题目，并解答.
（1）李老师在方框中添加的内容是“BE＝3，求AB的长”，请你解答；
（2）以下是小童和小诗的对话：
小童：我加的内容是“BE＝3，连结CD，求CD的长”.
小诗：我加的内容是“sin∠CBE =13 ，连结OC，求tan∠ABD的值”.
请你帮小诗完成解答；
（3）参考第（1）题中李老师添加的内容及第（2）题中的对话，写出你想添加的内容（可以添线添字母，但所添内容不能与（1）、（2）中的内容相同），编制成一道完整的题目，并解答.
2．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4 5 ，在BC上取一点D，连结AD，作△ACD的外接圆⊙O，交AB于点E.张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解答.
（1）小明编制题目是：若AD＝BD，求证：AE＝BE.请你解答.
（2）在小明添加条件的基础上请你再添加一条线段的长度，编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案.（根据编出的问题层次，给不同的得分）
3．在屏幕上有如下内容：
如图，△ABC内接于⊙O，直径AB的长为2，过点C的切线交AB的题长线于点D.张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解答。
（1）在屏幕内容中添加条件∠D=30°，求AD的长，请你解答。
（2）以下是小明、小思的对话：
小明：我加的条件是BD=1，就可以求出AD的长。
小聪：你这样太简单了，我加的是∠A=30°，连结OC，就可证明△ACB与△DCO全等。
参考此对话：在屏幕内容中添加条件，编制一道题（可以添线、添字母），并解答。
二、新考法-续写证明过程
4．阅读以下材料，并完成相应的任务：
任务：
（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：
依据2：
（2）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分．
（3）已知图中⊙O的半径2，弦切角∠CAB=30°，直接写出AC的长．
5．下面是小文设计的“过圆外一点作圆的切线”的作图过程．
已知：⊙O和圆外一点P．
求作：过点P的⊙O的切线．
作法：①连接OP；作OP的垂直平分线与OP交于点M；②以OM半径作⊙M，交⊙O于点A，B；③作直线PA，PB；
所以直线PA，PB为⊙O的切线．
请利用尺规作图补全小文的作图过程，并完成下面的证明．
证明：连接OA，OB．
∵OP为⊙M的直径，
∴∠OAP=∠ ▲ = ▲ °（ ）（填推理的依据）．
∴OA⊥AP，OB⊥BP
∵OA，OB为⊙O半径，
∴直线PA，PB为⊙O的切线．（ ）（填推理的依据）．
6．下面是小文设计的“过圆外一点作圆的切线”的作图过程．已知： ⊙O 和圆外一点P．求作：过点P的 ⊙O 的切线．作法：①连接 OP ；②以 OP 为直径作 ⊙M ，交 ⊙O 于点A，B；③作直线 PA ， PB ；所以直线 PA ， PB 为 ⊙O 的切线．
根据小文设计的作图过程，完成下面的证明．
证明：连接 OA ， OB ．
∵OP 为 ⊙M 的直径，
∴∠OAP =∠ ▲ = ▲ º
（ ▲ ）（填推理的依据）．
∴OA⊥AP ， ▲ ⊥BP ．
∵OA ， OB 为 ⊙O 的半径，
∴直线 PA ， PB 为 ⊙O 的切线（ ▲ ）（填推理的依据）．
7．发现：
（1）若干平面上三点能够确定一个圆，那么这三点所满足的条件．
（2）我们判断四个点A，B，C，D（任意其中个三点不共线）是否在同一圆上时，一般地，先作过A，B，C三点的圆，然后判断点D是否在这个圆上，如果在，则这四个点共圆，如果不在，则不存在同时过这四个点的圆．
思考：
（1）如图1，∠ACB=∠ADB=90°，那么点A，B，C，D四点在不在同一个圆上；
（2）如图2，如果∠ACB=∠ADB=a（a≠90°），（点C，D在AB的同侧），那么点D还在经过A，B，C三点的圆上吗？芳芳已经证明了点D不在圆内（如图所示），只要能够证明点D也不再圆外，就可以判断点D一定在圆上了，请你完成证明过程．
芳芳的证明过程：
如图3，过A，B，C三点作圆，圆心为O．假设点D在⊙O内，设AD的延长线交⊙O于点P，连接BP．易得∠APB=∠ACB．又由∠ADB是△BPD的外交，得到∠ADB＞∠APB，因此∠ADB＞∠ACB，这个结论与条件中的∠ACB=∠ADB矛盾，所以点D不在圆内．
应用：
如图4，在四边形ABCD中，连接AC，BD，∠CAD=∠CBD=90°，点P在CA的延长线上，连接DP．若∠ADP=∠ABD．求证：DP为Rt△ACD的外接圆的切线．
8．请阅读下列材料，并完成相应的任务．
人类会作圆并且真正了解圆的性质是在2000多年前，由我国的墨子给出圆的概念：“一中同长也．”．意思说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下的定义要早100年．与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．
我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．
弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数．
下面是弦切角定理的部分证明过程：
证明：如图①，AB与⊙O相切于点A．当圆心O在弦AC上时，容易得到∠CAB＝90°，所以弦切角∠BAC的度数等于它所夹半圆所对的圆周角度数．
如图②，AB与⊙O相切于点A，当圆心O在∠BAC的内部时，过点A作直径AD交⊙O于点D，在AC上任取一点E，连接EC，ED，EA，则∠CED＝∠CAD．
任务：
（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
（2）如图③，AB与⊙O相切于点A．当圆心O在∠BAC的外部时，请写出弦切角定理的证明过程．
9．阿基米德折弦定理：如图1， AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC>AB，M是ABC的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD.
下面是运用“截长法”证明CD=AB+BD的部分证明过程.
证明：如图2，在CB上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG.
∵M是ABC的中点，
∴MA=MC
任务：
（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
（2）填空：如图（3），已知等边△ABC内接于⊙O，AB=2，D为⊙O上 一点， ∠ABD=45°，AE⊥BD与点E，则△BDC的周长是 .
10．阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务．
任务：
（1）补全证明过程，
（2）如图3，在⊙O中，BD=CD，DE⊥AC，若AB=4，AC=10，DE=7，则O到DE的距离是 ，O到AC的距离是 ，⊙O的半径是 ．
11．阅读与思考
九年级学生小刚喜欢看书，他在学习了圆后，在家里突然看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的任务．
任务：
（1）请将上述证明过程补充完整．
根据： ；@： ．
（2）小刚又看到一道课后习题，如图2，AB是⊙O的弦，P是AB上一点，AB=10cm，PA=4cm，OP=5cm，求⊙O的半径．
12．请阅读下面材料，并完成相应的任务；
阿基米德折弦定理
阿基米德（Arehimedes，公元前287—公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．
阿拉伯Al-Biruni（973年—1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al-Biruni译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理．
阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC>AB，M是ABC的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD．
这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明CD=AB+BD的部分证明过程．
证明：如图2，过点M作MH⊥射线AB，垂足为点H，连接MA，MB，MC．
∵M是ABC的中点，
∴MA=MC．
…
任务：
（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
（2）如图3，已知等边三角形ABC内接于⊙O，D为AC上一点，∠ABD=15°，CE⊥BD于点E，CE=2，连接AD，则△DAB的周长是 ．
13．请阅读下列材料，并完成相应的任务.
阿基米德折弦定理
阿基米德（Archimedes，公元前287~公元212年，古希腊是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子.
阿拉伯Al-Biruni（973年-1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al-Biruni译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理.
阿基米德折弦定理：如图1， AB 和 BC 是 ⊙O 的两条弦（即折线 ABC 是圆的一条折弦）， AB>BC ， D 是 ABC 的中点，则从点 D 向 AB 所作垂线的垂足 E 是折弦 ABC 的中点，即 AE=EB+BC ，
下面是运用“补短法”证明 AE=EB+BC 的部分证明过程.
证明：如图2，延长 CB 到点F，使得 CF=AE ，连接DA，DB，DC和DF.
∵D 是 ABC 的中点
∴DA=DC
…
任务：
（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分：
（2）填空：如图3，已知等边 △ABC 内接于 ⊙O ， AB=6 ， D 为 ⊙O 上一点， ∠ABD=45° . AE⊥BD 于点 E ，则 △BDC 的周长是 .
三、新考法-结合尺规作图
14．如图，要把残破的轮片复制完整，已知弧上的三点A、B、C.
①用尺规作图法找出 所在圆的圆心(保留作图痕迹，不写作法)；
②设△ABC是等腰三角形，底边BC＝8cm，腰AB＝5cm，求圆片的半径R.
15．在Rt△ABC中，∠C=90°．
（1）用尺规作图作Rt△ABC的重心P．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）；
（2）你认为只要知道Rt△ABC哪一条边的长即可求出它的重心与外心之间的距离？并请你说明理由．
16．我们将能完全覆盖某平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆．例如线段AB的最小覆盖圆就是以线段AB为直径的圆．
（1）请分别作出下图中两个三角形的最小覆盖圆（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
（2）探究三角形的最小覆盖圆有何规律？请写出你所得到的结论（不要求证明）．
17．已知：△ABC（如图），
（1）求作：作△ABC的内切圆⊙I.（要求：用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，不要求证明）．
（2）在题（1）已经作好的图中，若∠BAC=88°，求∠BIC的度数.
18．如图1，Rt△ABC两直角边的边长为AC＝3，BC＝4．
（1）如图2，⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点X，与边BC相切于点Y．请你在图2中作出并标明⊙O的圆心（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）P是这个Rt△ABC上和其内部的动点，以P为圆心的⊙P与Rt△ABC的两条边相切．设⊙P的面积为S，你认为能否确定S的最大值？若能，请你求出S的最大值；若不能，请你说明不能确定S的最大值的理由．
19．下面是小美设计的“过圆上一点作圆的切线”的尺规作图过程．
已知：点A在⊙O上．
求作：⊙O的切线AB．
作法： ①作射线OA；
②以点A为圆心，适当长为半径作弧，交射线OA于点C和点D；
③分别以点C，D为圆心，大于12CD长为半径作弧，两弧交点B；
④作直线AB．
则直线AB即为所求作的⊙O的切线.
根据小美设计的尺规作图过程，解决下面的问题：
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明.
证明：连接BC，BD．
由作图可知，
AC=AD，BC= ▲ ．
∴BA ▲ OA．
∵ 点A在⊙O上，
∴直线AB是⊙O的切线（ ） (填写推理依据) ．
20．下面是小李设计的“作圆的内接等边三角形”的尺规作图过程．
已知：如图1，⊙O．
求作：等边△ABC，使得等边△ABC内接于⊙O．
作法：
①如图2，作半径OM；
②以M为圆心，OM长为半径作弧，交⊙O于点A，B，连接AB；
③以B为圆心，AB长为半径作弧，交⊙O于点C；
④连接AC，BC．
∴△ABC就是所求作的等边三角形．
根据上述尺规作图的过程，回答以下问题：
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图2（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接OA，OB，MA，MB．
由作图可知MA=MB=OM=OA=OB，
∴△OAM，△OBM是等边三角形．
∴∠AOM=∠BOM= ▲ °．
∴∠AOB=120°．
∵AB=AB，
∴∠ACB=12∠AOB=60°．（ ）（填推理的依据）
∵BC=BA，
∴△ABC是等边三角形．
21．下面是小明同学设计的“作圆的内接正方形”的尺规作图过程．
已知：如图，⊙O．
求作：⊙O的内接正方形．
作法：① 作⊙O的直径AB；
② 分别以点A，B为圆心，大于12AB同样长为半径作弧，两弧交于M，N；
③ 作直线MN交⊙O于点C，D；
④ 连接AC，BC，AD，BD．
∴ 四边形ACBD就是所求作的正方形．
根据小明设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：∵ MN是AB的 ▲ ，
∴ ∠AOC = ∠COB = ∠BOD = ∠DOA = 90°．
∴ AC = BC = BD = AD．（ ）（填推理依据）
∴ 四边形ACBD是菱形．
又∵AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB = 90°．（ ）（填推理依据）
∴ 四边形ACBD是正方形．
22．下面是小亮设计的“过圆上一点作已知圆的切线”的尺规作图过程．
已知：点A在⊙O上．
求作：直线PA和⊙O相切．
作法：如图，
①连接AO；
②以A为圆心，AO长为半径作弧，与⊙O的一个交点为B；
③连接BO；
④以B为圆心，BO长为半径作圆；
⑤作⊙B的直径OP；
⑥作直线PA．
所以直线PA就是所求作的⊙O的切线．
根据小亮设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明：
证明：在⊙O中，连接BA．
∵OA=OB，AO=AB，
∴OB=AB．
∴点A在⊙B上．
∵OP是⊙B的直径，
∴∠OAP=90°（ ▲ ）（填推理的依据）．
∴OA⊥AP．
又∵点A在⊙O上，
∴PA是⊙O的切线（ ▲ ）（填推理的依据）．
23．下面是小元设计的“过圆上一点作圆的切线”的尺规作图过程．
已知：如图，⊙O及⊙O上一点P．
求作：过点P的⊙O的切线．
作法：如图，作射线OP；
① 在直线OP外任取一点A，以A为圆心，AP为半径作⊙A，与射线OP交于另一点B；
②连接并延长BA与⊙A交于点C；
③作直线PC；
则直线PC即为所求．根据小元设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明：
证明：∵ BC是⊙A的直径，
∴ ∠BPC=90° （填推理依据）．
∴ OP⊥PC．
又∵ OP是⊙O的半径，
∴ PC是⊙O的切线 （填推理依据）．
24．下面是小东设计的“作圆的一个内接矩形，并使其对角线的夹角为60°”的尺规作图过程．
已知：⊙O
求作：矩形ABCD，使得矩形ABCD内接于⊙O，且其对角线AC，BD的夹角为60°．
作法：如图
①作⊙O的直径AC；
②以点A为圆心，AO长为半径画弧，交直线AC上方的圆弧于点B；
③连接BO并延长交⊙O于点D；
所以四边形ABCD就是所求作的矩形．
根据小东设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：∵点A，C都在⊙O上，
∴OA＝OC
同理OB＝OD
∴四边形ABCD是平行四边形
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°（ ）（填推理的依据）
∴四边形ABCD是矩形
∵AB＝ ▲ ＝BO，
∴四边形ABCD四所求作的矩形．
25．在学习《圆》这一章时，老师给同学们布置了一道尺规作图题．
尺规作图：过圆外一点作圆的切线．
已知： P 为 ⊙O 外一点．
求作：经过点 P 的 ⊙O 的切线．
小敏的作法如下：
①连接 OP ，作线段 OP 的垂直平分线 MN 交 OP 于点 C ；
②以点 C 为圆心， CO 的长为半径作圆，交 ⊙O 于 A，B 两点；
③作直线 PA，PB ．所以直线 PA，PB 就是所求作的切线．
根据小敏设计的尺规作图过程．
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明．
证明：由作图可知点 A，B 在以 C 为圆心， CO 为半径的圆上，
∴∠OAP=∠OBP= ▲ ° ．（ ）（填推理的依据）
∴PA⊥OA，PB⊥OB
∵OA，OB 为 ⊙O 的半径
∴ 直线 PA，PB 是 ⊙O 的切线，（ ）（填推理的依据）
26．下面是小玟同学设计的“作一个角等于已知角”的尺规作图过程．
已知：在△ABC中，AB=BC，BD平分∠ABC交AC于点D．
求作：∠BPC，使∠BPC=∠BAC．
作法：① 分别以点B和点C为圆心，大于12BC的长为半径作弧，两弧交于点E和点F，
连接EF交BD于点O；
② 以点O为圆心，OB的长为半径作⊙O；
③ 在劣弧AB上任取一点P（不与点A、B重合），连接BP和CP．所以∠BPC=∠BAC．
根据小玟设计的尺规作图过程．
（1）使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接OA、OC．
∵AB=BC，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC且AD=CD．
∴OA=OC．
∵EF是线段BC的垂直平分线，
∴OB= ▲ ．
∴OB=OA．
∴⊙O为△ABC的外接圆．
∵点P在⊙O上，
∴∠BPC=∠BAC（ ▲ ）（填推理的依据）．
四、新考法-条件开放，二选一
27． 在证明圆周角定理时，小岩所在的学习小组讨论出圆心与圆周角有三种不同的位置关系（如图1，2，3所示），并完成了情况一的证明．请你选择情况二或者情况三中的一种，完成证明．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵C是弧BD的中点，
∴∠CAB=∠CBD，
又∵∠ACB=∠BCE，
∴△CAB∽△CBE，
∴ABBE=BCCE ，
∴AB=BC·BECE=3BC
∵AB是圆的直径，
∴∠ACB=90°
∴BC=BE2−CE2=22 ，
∴AB=62 ；
（2）如图，连接OC与BD交于F，
由垂径定理可知，DF=BF，OC⊥BD
∵∠ACB=90°
∴sin∠CBE=CEBE=13
∴BE=3 ，
由（1）知， BC=22 ， OB=12AB=32 ，
∴CF=BCsin∠CBE=223 ，
∴BF=BC2−CF2=83 ，
∴OF=BO2−BF2=723 ，
∴tan∠ABD=OFBF=728 ；
（3）连接OC于BD交于F，若 tan∠CBD=24 ，求CF的长，
∵tan∠CBD=CEBC=24 ，CE=1，
∴BC=22 ，
∴BE=BC2+CE2=3 ，
∵12BE·CF=12BC·CE ，
∴CF=BC·CEBE=223 .
【解析】【分析】（1）由C是弧BD的中点可得∠CAB=∠CBD，证明△CAB∽△CBE，由相似三角形的性质可得AB=3BC，由圆周角定理可得∠ACB=90°，根据勾股定理求出BC，进而可得AB；
（2）连接OC与BD交于F，由垂径定理可知：DF=BF，OC⊥BD，根据∠CBE的正弦函数可得BE、CF，由勾股定理求出BF、OF，然后利用三角函数的概念进行求解；
（3）连接OC于BD交于F，根据∠CBD的正切函数可得BC，由勾股定理求出BE，接下来根据△BCE的面积公式进行计算即可.
2．【答案】（1）解： 连结DE，
∵∠C＝90°，
∴AD为直径，
∴DE⊥AB，
∵AD＝BD，
∴AE＝BE；
（2）解： 答案不唯一.
①第一层次：若AC＝4，求BC的长.答案：BC＝8；
或AD＝3，求BD的长.答案：BD＝3；
②第二层次：
若CD＝3，求BD的长.答案：BD＝5；
③第三层次：若CD＝3，求AC的长.
设BD＝x，
∵∠B＝∠B，∠C＝∠DEB＝90°，
∴△ABC～△DBE，
∴BDAB=BEBC
∴x45=25x+3 ，
∴x＝5，
∴AD＝BD＝5，
∴AC＝ 52−32 ＝4.
【解析】【分析】（1）连结DE，由圆周角定理易证DE⊥AB，再根据等腰三角形的性质即可证明AE＝BE；（2）本题答案不唯一，可以从三个层次编制一个计算题，如：若CD＝3，求AC的长.设BD＝x，易证△ABC～△DBE，由相似三角形的性质可求出AD的长，再根据勾股定理即可求出AC的长.
3．【答案】（1）解：连结OC.∵CD与⊙O相切，∵∠OCD=90°又∵∠ADC=30°∴OD=2OC=2，
∴AD=OA+OD=3
（2）解：一类：通过几何，代数方法的综合运用，解得所编制题目的答案。
如：加条件CP是直径，连结PD，设BD=x，PD=y，求y关于x的关系式.解答略。
二类：通过三角形全等、三角形相似，解得所编制题目的香案。
如：加条件∠ABC=60°，求证：△ACB≌△DCO解答略。
三类，通过线段、角度等的加减，解得所编制题目的答案.
如：加条件∠ABC=60°，求BC的长。解答略。
【解析】【分析】（1）利用已知条件CD是圆O的切线，因此连接OC，可证得△OCD是直角三角形，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，求出OD的长，然后根据AD=OA+OD求出AD的长。
（2）此题是一道探究性的题目，根据两人的对话，可知小明给出的信息，添加条件后可以利用三角形全等，三角形相似来解决问题；小聪给出的信息，添加条件后，利用全等三角形的判定定理求解。
4．【答案】（1）圆的切线垂直于过切点的半径；直径所对的圆周角是直角
（2）证明：连接AO并延长，交⊙O于点E，连接CE．
∵AB与⊙O相切于点A，
∴∠EAB=90∘（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴∠EAC+∠CAB=90°，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ECA=90°，（直径所对的圆周角是直角）
∴∠E=∠CAB，
∵AC=AC，
∴∠E=∠D，
∴∠CAB=∠D；
（3）2
【解析】【解答】解：（1）∵AB与⊙O相切于点A，
∴∠EAB=90∘（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴∠EAC+∠CAB=90°，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ECA=90°，（直径所对的圆周角是直角）
故答案为：圆的切线垂直于过切点的半径；直径所对的圆周角是直角；
(3)∵弦切角∠CAB=30°，
由（2）可知：∠CAB=∠D=30°，
∴∠E=∠D=30°，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE=90°，
在Rt△AEC中，AE=2×2=4，
∴AC=12AE=2．
【分析】（1）根据切线的性质，结合圆周角定理的推论求解；
（2）根据切线的性质和圆周角定理得∠EAB=∠ECA=90°，根据同角的余角相等得到∠E=∠CAB，再利用圆周角定理得到∠E=∠D即可；
（3）根据弦切角的性质求出∠E=∠D=30°，利用30°角对的直角边等于斜边的一半求解．
5．【答案】解：尺规作图如下：
连接OA，OB．
∵OP为⊙M的直径，
∴根据直径所对圆周角为直角有∠OAP=∠OBP=90°．（直径所对圆周角为直角）
∴OA⊥AP，OB⊥BP
∵OA、OB为⊙O半径，
又∵过半径的外端且垂直于半径的直线是圆的切线，
∴直线PA、PB为⊙O的切线．
故答案为：OBP，90，直径所对圆周角为直角，过半径的外端且垂直于半径的直线是圆的切线．
【解析】【分析】根据要求作出图形，想办法证明OA⊥AP，OB⊥BP即可。
6．【答案】证明：连接 OA ， OB ．
∵OP 为 ⊙E 的直径，
∴∠OAP=∠OBP=90° ．（直径所对的圆周角是直角）．
∴OA⊥AP ， OB⊥BP ．
∵OA ， OB 为 ⊙O 的半径，
∴直线 PA ， PB 为 ⊙O 的切线．（经过半径的外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）
【解析】【分析】根据“直径所对圆周角是直角”可得 ∠OAP=∠OBP=90° ，根据“经过半径的外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线”即可得证．
7．【答案】解：发现：（1）若平面上三点能够确定一个圆，那么这三点所满足的条件是三点不在同一条直线上，故答案为：三点不在同一条直线上；思考：（1）∠ACB=∠ADB=90°，那么点A，B，C，D四点在同一个圆上，故答案为：在；（2）如图①，假设点D在⊙O外，设AD交⊙O于点E，连接BE，易得∠AEB=∠ACB，又由∠AEB是△BED的外角，∴∠AEB＞∠D，∵∠ACB=∠AEB，∴∠ACB＞∠ADB，这个结论与条件中的∠ACB=∠ADB矛盾，∴点D不在圆外，∴D一定在圆上；应用：∵∠CAD=∠CBD=90°，∴A，B，C，D四点在以CD为直径的同一个圆上，∴∠ACD=∠ABD，∵∠ABD=∠ADP，∴∠ACD=∠ADP，∵∠ACD+∠ADC=90°，∴∠ADC+∠ADP=90°，∴∠ADP=90°，∴DP为Rt△ACD的外接圆的切线．
【解析】【分析】发现：（1）根据不在同一条直线上的三点能够确定一个圆即可得到结论；
思考：（1）根据∠ACB=∠ADB=90°，即可得到结论；
（2）如图①，假设点D在⊙O外，设AD交⊙O于点E，连接BE，根据圆周角定理得到∠AEB=∠ACB，根据外角的性质得到∠AEB＞∠D于是得到这个结论与条件中的∠ACB=ADB矛盾，即可得到结论；
应用：由∠CAD=∠CBD=90°，推出A，B，C，D四点在以CD为直径的同一个圆上，根据圆周角定理得到∠ACD=∠ABD，推出∠ACD=∠ADP，由于∠ACD+∠ADC=90°，等量代换得到∠ADC+∠ADP=90°，即可得到结论．
8．【答案】（1）解：∵AD是⊙O直径，
∴∠DEA＝90°．
∵AB与⊙O相切于点A，
∴∠DAB＝90°．
∴∠CED＋∠DEA＝∠CAD＋∠DAB，即∠CEA＝∠CAB．
∴弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数；
（2）解：如图，过点A作直径AF交⊙O于点F，连接FC．
∵AF是直径，
∴∠ACF＝90°．
∴∠CFA＋∠FAC＝90°．
∵AB与⊙O相切于点A，
∴∠FAB＝90°．
∴∠CAB＋∠FAC＝90°．
∴∠CAB＝∠CFA，
即弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数．
【解析】【分析】（1）利用圆周角定理求得∠DEA＝90° ，再根据同弧所对的圆周角相等以及等量代换得到∠CEA＝∠CAB，从而求解；
（2）过点A作直径AF交⊙O于点F，连接FC ，利用圆周角定理求得∠ACF＝90° ，从而得出∠CFA＋∠FAC＝90°，根据切线的性质得到∠FAB＝90°，利用同角的余角相等，从而求解.
9．【答案】（1）证明：如图2，在CB上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG.
∵M是ABC的中点，
∴MA=MC
在△MBA和△MGC中
BA＝GC∠A＝∠CMA＝MC
∴△MBA≌△MGC，
∴MB＝MG，
又∵MD⊥BC，
∴BD＝GD，
∴DC＝GC＋GD＝AB＋BD；
（2）2+22
【解析】【解答】解：（2）如图3，截取BF＝CD，连接AF，AD，CD，
由题意可得：AB＝AC，∠ABF＝∠ACD，
在△ABF和ACD中
AB＝AC∠ABF＝∠ACDBF＝DC，
∴△ABF≌△ACD，
∴AF＝AD，
∵AE⊥BD，
∴FE＝DE，则CD＋DE＝BE，
∵∠ABD＝45°，
∴BE=AB2=2，
则△BDC的周长是2+22.
故答案为：2+22.
【分析】（1）在CB上截取CG=AB，连接MA、MB、MC、MG，由中点的概念可得MA=MC，
由圆周角定理可得∠A=∠C，证明△MBA≌△MGC，得到MB=MG，结合等腰三角形的性质可得BD=GD，据此证明；
（2）截取BF=CD，连接AF、AD、CD，由题意可得AB=AC，∠ABF=∠ACD，证明△ABF≌△ACD，得到AF=AD，结合等腰三角形的性质可得FE=DE，则CD+DE=BE，易得BE的值，据此不难求出△BDC的周长.
10．【答案】（1）证明：如图2，在CD上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG．
∵M是ABC的中点，
∴MA=MC，
∵∠A=∠C，
∴△MAB≌△MCG(SAS)，
∴MB=MG，
又∵MD⊥BC，
∴BD=GD，
∴CD=CG+DG=AB+BD；
（2）2；2；29
【解析】【解答】解：（2）如图，过点O作OF⊥AC于点F，OG⊥DE于点G，连接OC，
∵AC=10，AB=4，
∴AE+CE=AC=10，
∴AE=10−CE，
由（1）的结论，并结合图形，可得：CE=AE+AB，
∴CE=(10−CE)+4，
解得：CE=7，
∵OF⊥AC，
∴AF=CF=12AC=5，
∴EF=CE−CF=7−5=2，
∴O到DE的距离是2，
∵OG⊥DE，DE=CE=7，
∴DG=CF=5，
∴EG=DE−DG=2，
∴O到AC的距离是2，
∵OF=2，CF=5，
∴OC=OF2+CF2=22+52=29，
∴⊙O的半径是29．
故答案为：2；2；29．
【分析】（1）在CD上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG，先利用“SAS”证明△MAB≌△MCG，可得MB=MG，再结合MD⊥BC，可得BD=GD，最后利用线段的和差及等量代换可得CD=CG+DG=AB+BD；
（2）过点O作OF⊥AC于点F，OG⊥DE于点G，连接OC，先求出EF=CE−CF=7−5=2可得O到DE的距离是2，再结合OF=2，CF=5，利用勾股定理求出OC的长即可得到半径。
11．【答案】（1）有两个角对应相等的两个三角形相似；CPBP
（2）解：延长OP交圆O于点D，延长PO交圆O于点F，
设圆O的半径为rcm，则PF=(5+r)cm，PD=(r−5)cm，
根据（1）中结论得AP·BP=DP·FP，即为4×(10−4)=(r+5)(r−5)，
解得：r=7或r=−7（不符合题意，舍去），
⊙O的半径为7cm．
【解析】【解答】（1）连接AC，BD．
∵∠C=∠B，∠A=∠D．
∴△APC∽△DPB，（有两个角对应相等的两个三角形相似）
∴APDP=CPBP，
∴AP⋅BP=CP⋅DP，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
故答案为：有两个角对应相等的两个三角形相似；CPBP；
【分析】（1）连接AC，BD，由同弧所对的圆周角相等可得∠C=∠B，∠A=∠D，根据两个角对应相等的两个三角形相似，可证△APC∽△DPB，利用相似三角形的对应边成比例可得APDP=CPBP，继而得解；
（2）延长OP交圆O于点D，延长PO交圆O于点F，设圆O的半径为rcm，则PF=(5+r)cm，PD=(r−5)cm， 根据（1）中结论得AP·BP=DP·FP，据此建立关于r方程并解之即可.
12．【答案】（1）解：∵M是ABC的中点，
∴MA=MC
∵BM=BM
∴∠BAM=∠BCM
∵MD⊥BC，MH⊥AH
∴∠H=∠MDC=90°
在△MHA与△MDC中，
∠H=∠MDC∠BAM=∠BCMMA=MC
∴△MHA≅△MDC(AAS)
∴AH=DC，MH=MD
Rt△MHB与Rt△MDB中，
MH=MDBM=BM
∴Rt△MHB≅Rt△MDB(HL)
∴HB=DB
∴DC=AH=HB+AB=BD+AB；
（2）22+4
【解析】【解答】解：（2）如图3，连接CD
等边三角形ABC中，AB=BC
∴AC=BC
∵CE⊥BD
由阿基米德折弦定理得，BE=ED+AD
∵∠ABD=15°
∴∠CBD=∠CBA−∠ABD=60°−15°=45°
∵∠CEB=90°
∴∠ECB=45°
∴CE=EB=2
∴BC=22
∴AB=BC=22
∴AB+AD+DB=22+BE+BE=22+4
故答案为：22+4．
【分析】（1）利用HL证出Rt△MHB≅Rt△MDB，得出HB=DB，即可得出结论；
（2）连接CD，由阿基米德折弦定理得，BE=ED+AD，在得出BC=22，代入计算即可。
13．【答案】（1）证明：∵D 是 ABC 的中点
∴DA=DC
∵∠A=∠C ，AE=CF
∴ΔADE≅ΔCDF(SAS)
∴DE=DF，∠F=∠DEA=90°
在 RtΔBDE 和 RtΔBDF 中
∠DEA=∠F=90°
DB=DB，DE=DF
∴RtΔBDE≅RtΔBDF(HL)
∴.EB=FB
∴AE=CF=FB+BC=EB+BC
（2）6+62
【解析】【解答】解：（2）如图，在BD上截取BF=CD，连接AF，AD，
根据题意得，AB=AC， ∠ABF=∠ACD ，
在△ABF和△ACD中，
AB=AC∠ABF=∠ACDBF=CD
∴△ABF≌△ACD
∴AF=AD
∵AE⊥BD
∴FE=DE
∴CD+DE=BF+FE=BE
∵∠ABD=45°
∴BE=AB2=62=32
∴BD+CD=2BE= 62
∵ΔABC 是等边三角形，且AB=BC=6
∴ΔBDC 的周长为： 6+62
故答案为： 6+62.
【分析】（1）利用弧的中点，可证得AD=DC，利用SAS证明△ADE≌△CDF，利用全等三角形的性质可证得DE=DF，∠F=∠DEA=90°；再利用HL证明△BDE≌△BDF，利用全等三角形的对应边相等，可得到EB=FB，由此可证得结论；
（2）在BD上截取BF=CD，连接AF，AD， 利用SAS证明△ABF≌△ACD，利用全等三角形的性质可证得AF=AD，再证明CD+DE=BE，利用解直角三角形求出BE的长；从而可求出BD+CD的长，利用等边三角形的性质可求出BC的长，然后求出△BDC的周长.
14．【答案】解：①作法：分别作AB和AC的垂直平分线，设交点为O，则O为所求圆的圆心；②连接AO、BO，AO交BC于E，∵AB=AC，∴AE⊥BC，∴BE= 12 BC= 12 ×8=4，在Rt△ABE中，AE= AB2−BE2=52−42 =3，设⊙O的半径为R，在Rt△BEO中，OB2=BE2+OE2，即R2=42+（R-3）2，∴R= 256 (cm)，答：圆片的半径R为 256 cm
【解析】【分析】①分别作出AB和AC的垂直平分线，交点为O，即O为所求圆的圆心；②连接AO、BO，AO交BC于E，利用垂径定理求出BE的长，再在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE的长，然后在Rt△BEO中求出圆的半径即可。
15．【答案】解：（1）如图所示：
（2）知道Rt△ABC中AB的长即可求出它的重心与外心之间的距离．
理由：设AB的中点为O，则O为△ABC的外心，且CO=12AB，
∵点P为△ABC的重心，
∴PO=13CO，
∴重心到外心的距离PO=16AB．
【解析】【分析】（1）分别作AC、BC的垂直平分线，两线分别交AC、BC于R、H，再连接AH、BR，AH和BR的交点就是P点；
（2）利用直角三角形的性质以及重心的定义得出PO=13CO，进而得出重心到外心的距离与AB的关系．
16．【答案】解：（1）如图；
（2）锐角三角形（和直角三角形）的最小覆盖圆是其外接圆；钝角三角形的最小覆盖圆是以其最长边为直径的圆．
【解析】【分析】第一个三角形是锐角三角形，那么它的最小覆盖圆应该是三角形ABC的外接圆；
第二个三角形是钝角三角形，那么它的最小覆盖圆应该是以BC为直径的圆．
17．【答案】（1）①以A为圆心任意长为半径画圆，分别交AC、AB于点H、G；
②分别以H、G为圆心，以大于HG为半径画圆，两圆相交于K点，连接AK，则AK即为∠BAC的平分线；
③同理作出∠ABC的平分线BF，交AK于点I，则I即为△ABC内切圆的圆心；
④过I作IH⊥BC于H，以I为圆心，IH为半径画，则⊙I即为所求圆．
（2）∵∠BAC=88°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-88°=92°，
∴∠IBC+∠ICB=（∠ABC+∠ACB）=×92°=46°，
∴∠BIC=180°-46°=134°．
【解析】【分析】（1）分别作出∠BAC、∠ABC的平分线，两平分线的交点即为△ABC的内切圆的圆心I，过点I向BC作垂线，垂足为H，垂足与I之间的距离即为⊙I的半径，以I为圆心，IH为半径画圆即可；
（2）先根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，再根据角平分线的性质得出∠IBC+∠ICB的度数，由三角形内角和定理即可求解．
18．【答案】（1）如图所示：
①以B为圆心，以任意长为半径画圆，分别交BC、AB于点G、H；②分别以G、H为圆心，以大于GH为半径画圆，两圆相交于D，连接BD；③过X作OX⊥AB，交直线BD于点O，则点O即为⊙O的圆心．
（2）①当⊙P与Rt△ABC的边AB和BC相切时，由角平分线的性质可知，动点P是∠ABC的平分线BM上的点，如图1，在∠ABC的平分线BM上任意确定点P1（不为∠ABC的顶点）
∵OX=BOsin∠ABM，P1Z=BPsin∠ABM，当BP1＞BO时，P1Z＞OX即P与B的距离越大，⊙P的面积越大，这时，BM与AC的交点P是符合题意的、BP长度最大的点； 如图2，
∵∠BPA＞90°，过点P作PE⊥AB，垂足为E，则E在边AB上，
∴以P为圆心、PC为半径作圆，则⊙P与CB相切于C，与边AB相切于E，即这时⊙P是符合题意的圆，
时⊙P的面积就是S的最大值，
∵AC=1，BC=2，∴AB=5，
设PC=x，则PA=AC-PC=1-x
在直角△APE中，PA2=PE2+AE2，
∴（1-x）2=x2+（5-2）2，
∴x=25-4；
②如图3，
同理可得：当⊙P与Rt△ABC的边AB和AC相切时，设PC=y，则（2-y）2=y2+（5-1）2，
∴y=；
③如图4，
同理可得，当⊙P与Rt△ABC的边BC和AC相切时，设PF=z，
∵△APF∽△PBE，
∴PF：BE=AF：PE，
∴，
∴z=．
由①、②、③可知，
＞＞
∴z＞y＞x，
∴⊙P的面积S的最大值为π．
【解析】【分析】
（1）作出∠B的角平分线BD，再过X作OX⊥AB，交BD于点O，则O点即为⊙O的圆心；
（2）由于⊙P与△ABC哪两条边相切不能确定，故应分⊙P与Rt△ABC的边AB和BC相切；⊙P与Rt△ABC的边AB和AC相切时；⊙P与Rt△ABC的边BC和AC相切时三种情况进行讨论．
19．【答案】（1）解：补全图形如图所示，
（2）解：证明：连接BC，BD．
由作图可知，
AC=AD，BC=BD．
∴BA⊥OA，
∵ 点A在⊙O上，
∴直线AB是⊙O的切线(经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，
【解析】【分析】（1）根据要求作出图象即可；
（2）利用切线的判定方法求解即可。
20．【答案】（1）解：如图所示，
（2）证明：连接OA，OB，MA，MB．
由作图可知MA=MB=OM=OA=OB，
∴△OAM，△OBM是等边三角形．
∴∠AOM=∠BOM=60°．
∴∠AOB=120°．
∵AB=AB，
∴∠ACB=12∠AOB=60°．（ 同弧所对的圆周角等于圆心角的一半）
∵BC=BA，
∴△ABC是等边三角形．
【解析】【分析】（1）根据题意作出图象即可；
（2）利用圆周角和等边三角形的判定方法求解即可。
21．【答案】（1）解：如下图所示，即为所求；
（2）解：证明：∵ MN是AB的垂直平分线，
∴ ∠AOC = ∠COB = ∠BOD = ∠DOA = 90°．
∴ AC = BC = BD = AD．（同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等），
∴ 四边形ACBD是菱形．
又∵AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB = 90°．（直径所对的圆周角是90°），
∴ 四边形ACBD是正方形．
【解析】【分析】（1）根据要求作出图象即可；
（2）利用圆周角的性质及圆心角与弦的关系求解即可。
22．【答案】（1）解：补全的图形如图所示；
（2）证明：在⊙O中，连接BA．
∵OA=OB，AO=AB，
∴OB=AB．
∴点A在⊙B上．
∵OP是⊙B的直径，
∴∠OAP=90°（直径所对的圆周角是直角）（填推理的依据）．
∴OA⊥AP．
又∵点A在⊙O上，
∴PA是⊙O的切线（经过半径的外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）（填推理的依据）．
故答案为：直径所对的圆周角是直角；经过半径的外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
【解析】【分析】（1）根据要求做出图形即可；
（2）根据切线的判定定理证明即可。
23．【答案】（1）解：补全图形如图所示，则直线PC即为所求；
（2）圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1) 根据题意做出图形即可；
(2) 根据圆周角定理得到 ∠BPC=90° ，根据切线的判定定理即可得到结论。
24．【答案】（1）解：如图所示，矩形ABCD即为所求；
（2）证明：∵点A，C都在⊙O上，
∴OA＝OC
同理OB＝OD
∴四边形ABCD是平行四边形
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°（直径所对圆周角是直角）
∴四边形ABCD是矩形
∵AB＝AO＝BO，
∴四边形ABCD即为所求作的矩形，
故答案为：直径所对圆周角是直角，AO．
【解析】【分析】（1）根据要求作图即可；
（2）根据圆周角定理推论以及圆的性质求解即可。
25．【答案】（1）解：如图
（2）解：如图，连接OA，OB后，
由作图可知点 A，B 在以 C 为圆心， CO 为半径的圆上，
∴∠OAP=∠OBP= 90° ．（直径所对的圆周角是直角）
∴PA⊥OA，PB⊥OB
∵OA，OB 为 ⊙O 的半径
∴ 直线 PA，PB 是 ⊙O 的切线，（经过半径外端，且与半径垂直的直线是圆的切线）
【解析】【分析】（1）利用圆规、直尺按要求作图即可；（2）根据切线判定的方法填写依据、结论即可。
26．【答案】（1）解：如图所示
（2）证明：连接OA、OC．
∵AB=BC，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC且AD=CD．
∴OA=OC．
∵EF是线段BC的垂直平分线，
∴OB=OC．
∴OB=OA．
∴⊙O为△ABC的外接圆．
∵点P在⊙O上，
∴∠BPC=∠BAC（同弧所对的圆周角相等）．
【解析】【分析】（1）根据作图过程即可补全图形；
（2）根据同弧所对的圆周角相等，即可完成证明。
27．【答案】证明：情况二：当点O在∠BAC内部，如图2：连接AO并延长交QO于点D，
∵OA=OC，
∴∠C=∠CAO，
∵∠COD=∠C+∠CAO，
∴∠COD=2∠CAO，
同理：∠BOD=2∠BAO，
∴∠COB=∠COD+∠BOD=2∠CAO+2∠BAO=2∠BAC，
∴∠BAC=12∠BOC．
情况三：当点O在∠BAC外部，如图2：连接AO并延长交QO于点E，
∵OA=OC，
∴∠C=∠CAO，
∵∠COE=∠C+∠CAO，
∴∠COE=2∠CAO，
同理：∠BOE=2∠BAO，
∴∠COB=∠COE−∠BOE=2∠CAO−2∠BAO=2∠BAC，
∴∠BAC=12∠BOC．
【解析】【分析】连情况二：当点O在∠BAC内部，接AO并延长交QO于点D，先根据等腰三角形的性质得到∠C=∠CAO，进而得到∠COD=2∠CAO，
同理∠BOD=2∠BAO，再结合题意即可求解；情况三：当点O在∠BAC外部，连接AO并延长交QO于点E，根据等腰三角形的性质结合圆周角定理即可求解。定义：顶点在圆上，一边与圆相交，另一边与圆相切的角叫做弦切角．弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
下面是该定理的部分证明过程：
已知：如图，AB与⊙O相切于点A，点C，D在⊙O上，连接AC，CD，AD．
求证：∠CAB=∠D．
证明：连接AO并延长，交⊙O于点E，连接CE．
∵AB与⊙O相切于点A
∴∠EAB=90∘（依据1）
∴∠EAC+∠CAB=90°
∵AE是⊙O的直径
∴∠ECA=90°（依据2）
∴∠E+∠EAC=90°
在《阿基米德全集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的关于圆的一些问题，其中有这样一个问题：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC>AB，M是ABC的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD=DB+BA．其部分证明过程如下：
证明：如图2，在CD上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG．
∵M是ABC的中点，
∴MA=MC，
∵∠A=∠C，
∴△MAB≌△MCG(SAS)，
∴MB=MG，
……
圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等．
已知：如图1，⊙O的两弦AB，CD相交于点P．
求证：AP⋅BP=CP⋅DP．
证明：
如图1，连接AC，BD．
∵∠C=∠B，∠A=∠D．
∴△APC∽△DPB，（根据）
∴APDP=@，
∴AP⋅BP=CP⋅DP，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
已知：⊙O中，BC所对的圆周角为∠BAC，圆心角为∠BOC．
求证：∠BAC=12∠BOC．
证明：
情况一（如图1）：
点O在∠BAC的一边上．
∵OA=OC
∴∠A=∠C．
∵∠BOC=∠A+∠C，
∴∠BOC=2∠A．
即∠BAC=12∠BOC．
情况二（如图2）：
点O在∠BAC的内部．
情况三（如图3）：
点O在∠BAC的外部．