【名校资料】全国各地中考数学真题分类解析点、直线与圆的位置关系

◆+◆+◆◆二中考学学资料点直线圆位置关

◆+◆◆一选题．(2014年天津市，第题)如图，是⊙O的弦AC是的线A为切点BC经过圆心．若∠，∠的小等于（）A20°B．25°．40°．50°考点：切的性质．分析：连OA根据切线的性质，即可求得的度数．解答：解如图，连接，∵是的线，∴∠=90°∵=OB，∠=25°，∴∠=50°∴∠=40°．点评：本考查了圆的切线性质及等腰三角形的性质知切线时常用的辅助线是连接圆心与切点．（2014邵阳第题分）如图ABC的与O相于C、D两，且经过圆心O边AB与⊙O相，切点为B已知=30°则∠C的小是（）

A

B45°

60°

D考点：专题：分析：

切线的性质计算题．根据切线的性质由AB与O相得到OB⊥则∠ABO，利用∠得∠AOB=60°再根据三角形外角性质得∠∠+于C∠C=

AOB=30°解答：

解：连结，如图，∵AB与相，∴⊥，∴∠=90°∵∠A，∴∠=60°∵∠=+∠，而∠C，∴∠C=故选A．

．点评：

本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．（益，第题）如图，在平面直角坐标系中半径为的⊙的圆心P的标3沿x轴方向平移⊙P与轴切平的距离）

（第题图）A．1

B．1或5

C．

D．考点线与圆的位置关系；坐标与图形性质．分析平移分在轴左侧和轴右侧两情况写出答案即可．解答解：当⊙P位轴的左侧且与y轴切时，平移的距离为1当⊙P位轴右侧且与轴相切时，平移的距为5故选．点评本题考查了直线与圆的位关系，解题的关键是了解当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径．年东泰安18题分图为⊙O的径延长线上的一点与相切，切点为C，点D是上一点，连接P．知=PD=BC．下列结：（1）PD与⊙O切）四边形是形）=）PDB=120°．其中正确的个数为（）A

B．

C．2个D．1个分析：

（1利用切线的性质得出∠，而得出PCO△PDO可得出PCO∠=90°得出答案即可；（2利用）所求得出：CPB∠BPD进而求≌DPB可出答案；（3利用全等三角形的判定得出PCO≌△BCA（ASA而出=PO=；（4）利用四边形是菱形，CPO，则DPDB，则∠=30°，求即可．

解）接CODO，∵PC与⊙O相，切点为C，∴∠=90°，在△和△PDO，，△PCO≌△（∠=∠PDO=90°，∴O相，故此项正确；（2由（）得：∠=，在△中，∴△CPB≌△（∴=，∴=PDBCBD，∴四边形是菱形，故此选项正；（3连接，∵=，∴∠CPB∠CBP，∵是⊙O直，∴∠=90°在△和△，，∴△PCO（ASA∴=CO，∴==，∴∠=60°，∴∠CPO=30°∴CO=PO=，∴=AB，故此选项正确（4∵四边形PCBD菱形，=30°，∴=，则==30°∴∠PDB=120°，此选项正确；故选A．点评：此题主要考查了切线的判定与性质和全等三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质等知识，熟练利用全等三角形的判定与性质是解题关键．二填题（2014广西玉林市城港市题3分MN与O相于M=EF且EF，则∠E

．考点切线的性质；等边三角形判定与性质；特殊角的三角函数值．专题计算题．

分析连结OMOM的向延长线交与，直线MN与相于点M根据切线的性质得OMMF而∥MN根平行线的性质得到于根据垂径定理有CE，再利用等腰三角形的判定得到=MF易为边三角形，所以∠E=60°，然后根据特殊角的三角函数值解．解答解：连结OM，OM反向延长线交EF与，图，∵直线MN与O相于点，∴OMMF∵EF∥，∴⊥，∴=，∴MEMF，而ME，∴ME=MF，∴△为边三角形，∴∠E=60°∴∠Ecos60°=．故答案为．点评本题考查了切线的性质：的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、等边三角形的判定与性质和特殊角的三角函数值．温16题分形ABCD中=8是上一点=AB经过点E边CD所直线相切于点为角AB所在直线交于另一点F，且EG：EF=

：2当边AB或所在的直线与O相切时，的是．

222222考点切线的性质；矩形的性质分析过点作⊥垂足为可=NF由EGEF，依据勾股定理即可求得的度．解答解：如图，过点作⊥，垂足为N∴=，又∵EGEF=：2∴EG：=：1，又∵GN，∴设EN，则，根据勾股定理得：，，解得：x，GE=设⊙O半径为r，由OEEN+ON得：r=16+﹣r），∴r=5∴=NB，∴EB=9，又=，∴AB．故答案为12

2得EGEN

：点评本题考查了切线的性质以勾股定理和垂径定理的综合应用答题的关键在于做好辅助线，利用勾股定理求出对应圆的半径．

四自贡，第14题4分一个边长为的边三角形与O等，如图放置，⊙O与相于点，与交于点，则的为3cm．考点切线的性质；垂径定理；周角定理；弦切角定理分析连接，过点作OFCE于，据等边三角形的性质，等边三角形的高等于底边高的

倍．题目中一个边长为4的边三角与等，说明的半径为

，即OC=

，又∠ACB，有OCF=30°，在eq\o\ac(△,Rt)OFC中可得出FC的，利用垂径定理即可得出的．解答解：连接，过点O作OF⊥于F，且△等边三角形，边长为4故高为

，即OC

，又∠ACB，有OCF=30°在eq\o\ac(△,Rt)OFC中，可得FC=即CE=3．故答案为：3．点评本题主要考查了切线的性和等边三角形的性质和解直角三角形的有关知识目是太难，属于基础性题目．浙江湖州，第题）如图，已知正方形，点是边AB的点，点O是线段AE的一个动点（不与、E重合为圆心，为径的圆与边AD相于点，过点作⊙O的线交于点N，接OMBMBN．、、△DMN的积分别为、、，下列结论不一定成立的是（）12

A．＞+S12

Beq\o\ac(△,．)AOM△DMN．∠MBND．MNAMCN分析）图作MPAO于，=时求得S=+，1（2是切线形ABCD为正方形△AMO∽△．（）作BPMN于点P，利用△≌MPB和BPNeq\o\ac(△,RT)BCN来明D成立．解）图作∥AO交ON于，∵点O是段上一个动点，当AM=MD时=（OA+DN）ADONDAS=MPAD∵（OADN）=，∴=，∴=+，eq\o\ac(△,S)ONDA12∴不一定有＞+，12（2∵MN是的线，∴⊥MN，又∵四边形ABCD为方形∠A=∠=90°∠AMO+∠DMN=90°+∠=90°，∴∠∠DMN在△和，，△∽DMN．故B立，（3如图，作BP⊥MN于，∵，BC是⊙O切线，∴∠=∠MOB，∠CBM=∠MOB∵AD，∴∠CBM=∠AMB，∴∠=∠，在eq\o\ac(△,Rt)MAB和eq\o\ac(△,Rt)MPB中∴eq\o\ac(△,Rt)MABeq\o\ac(△,Rt)MPB（）∴=，∠∠，BP=AB，在eq\o\ac(△,Rt)BPN和eq\o\ac(△,Rt)中∴eq\o\ac(△,Rt)≌eq\o\ac(△,Rt)（HL）∴PN，∠PBN∠CBN∴∠MBN=∠+PBN，MN=PNAM+CN．故，成，综上所述不定成立，故选：．点评本题主要考查了圆的切线全等三角形的判定和性质键是作出辅助线利用三角形全等证明．

2014·江金华，第16题4）如图2是有三个小轮的手拉车爬楼梯时的侧示意图，定长的轮架杆，，抽象为线段，有OB=OC，且∠AOB，线GH表楼梯，CH，是平线，NG，HE是垂线，半径相等的小轮子⊙A，⊙与楼梯两边相切，且∥GHBH（1如图①，若点在段OB上则的是．OH（2果一级楼梯的高度HE点H到线段的离d满条件3cm，那么小轮子半径r的值范围是

▲

．【答案）3【解析】

）

∴IJ

d232MIMId,HM330

2r33

3r2d

3

考点直三角形的构造锐角三角函数定义3.特殊角的三角函数值矩形的判定和性质；切线的性质6.二次根式化（湘，第题，）如图，O的径为，P是CB延线一点=5，PA切O于A点则PA=4．（第题图）考点切线的性质；勾股定理．分析先根据切线的性质得到OA⊥PA，后利用股定理计算的长．解答解：∵切点∴OA⊥，在eq\o\ac(△,Rt)OPA中，=5=3

∴=故答案为4

=4点评本题考查了切线的性质：的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理．三解题1.（2014广东24题分是ABC的外接圆是径O作⊥AB于点D，长DO交O于P，过点作PE⊥AC于E，作射线DE交的长线于F点，连接．（1若POC，，求劣弧PC的果保留π）（2求证OD=；（3求证⊙O的线．考点：切线的判定；弧长的计．分析：

（1根据弧长计算公式l=

进行计算即可；（2证明≌ADO得DOEO（3连接AP，PC证出PC为的垂线，再利eq\o\ac(△,用)∽△CAP找出角的关系求解．解答：（1）解：∵AC=12，∴CO=6，∴

=；（2证明：∵PE⊥，⊥AB，∠PEA=90°，∠=90°在△ADO△中，，

∴△POEAOD∴ODEO；（3证明：如图，连接AP，，∵OAOP∴∠=，由（）得OD=，∴∠ODE=，又∵∠AOP=∠，∴∠∠，∴APDF，∵AC是径，∴∠APC，∴∠=90°∴⊥EF，又∵∥BF∴∠ODE=EFC∵∠OED=CEF∴∠CEF∠EFC，∴=，∴PC为的垂线，∴∠=，∵△CEP∽△∴∠=，∴∠QPF=，∴∠QPF=，

∵∠∠=90°，∴∠QPF+=90°∴OP⊥PF，∴是的线．点评：本题主要考查了切线的定题的关键是适当的作出辅助线的找出角的关系．（2014海，第题7分如图，在eq\o\ac(△,Rt)ABC中∠，=4AC=3线段AB为圆O直径，将eq\o\ac(△,Rt)沿线AB方向平移，使斜边与半圆相于点，△，与交点H．（1求的长；（2求eq\o\ac(△,Rt)与△重（阴影）部分的面积．考点切线的性质；扇形面积的算；平移的性质专题计算题．分析（1OG据股定理计算出BC=5据移的性质得=BE，，EDF=BAC=90°，由于与圆O相于点G，根据切线的性质得OG⊥然后明∽eq\o\ac(△,Rt)用相似比可计算出OE

所以BEOE﹣OB=；（2求出BD的长，然后利用相似比例式求出DH的长度，从求，即阴影部分的面积．解答解）结OG如图，∵∠BAC，AB=4，AC=3，∴==5，∵eq\o\ac(△,Rt)ABC沿线方平移，使斜边与半圆相切于点GDEF，∴=BE，DF=AC=3，EF=，∠EDF∠BAC，

BDH∵与圆相切于点G∴OG⊥EF，∵AB=4，线段AB为圆O直径，∴OB=2∵∠=，∴eq\o\ac(△,Rt)EOG∽eq\o\ac(△,Rt)EFD∴

=

，即

=，得OE

，∴BE=﹣=

﹣；（2）BD﹣BE﹣．∵DF∥，∴，，解得：．∴==DH=×，即eq\o\ac(△,Rt)ABC与△DEF重（阴影）部分的面积为．点评本题考查了切线的性质：的切线垂直于经过切点的半径．也考查了平移的性质、勾股定理和相似三角形的判定与性质．（2014广贺州，第题分）如图分别与相于，FG且∥C．BO=6cm，CO=8．（1求证BO；（2求和CG的长．

考点切线的性质；相似三角形判定与性质．分析（1AB∥得出∠ABC+∠BCD=180°根据切线长定理得出OBOC平∠和∠BCG得出了+∠∠=×180°=90°证得∠是个直角，从而得出BO；（2根据勾股定理求得AB=10，根据eq\o\ac(△,RT)∽△得出=3.6cm，根据切线长定理得出=，CG=，从而求得BE和CG的．解答（1证明：∵ABCD∴∠ABC+∠=180°∵AB、分别与O相于、、，∴BO平，分，∴∠=

，∠OCB=

，∴∠OBC+OCB=∠+∠DCB），∴∠BOC=90°∴BO⊥．（2解：连接OF则OF⊥，∴BOF∽BCO∴

=

，∵在△BOF中BO=6CO，∴=∴=

，

，∴BF=3.6cm，∵AB、分别与O相，∴BE=BF=3.6CGCF，

222222∵﹣BF=10﹣cm∴CG==6.4．点评本题主要考查了直角梯形性质和切线长定理的综合运用．属于基础题．（2014西玉林市、防城港市，第题）如图的⊙O中为直径OC⊥，弦CD与OB于点F，点D、A分别作的线交于点，与AB延线交于点．（1求证：∠∠．（2已知：OB：3⊙O的径为3，求长．考点切线的性质；相似三角形判定与性质．专题证明题．分析（1）连结OD，根据切线的性质得⊥DE则∠∠ODC，∠=，则∠∠C=90°由OC⊥OB∠C+∠，所以∠∠，而∠1=3所以∠1=∠2（2由：=1，的径为3得到OF=1，由）∠∠2EF，在eq\o\ac(△,Rt)ODE中DE==OE=1+根据勾股定理得3+（）解得，则DE=4，=5根据切线的性质由为O切线得∠GAE=90°，证明eq\o\ac(△,Rt)EOD∽eq\o\ac(△,Rt)，利用相似比可计算出AG解答（1）证明：连结OD，如图，∵O的线，

2222∴OD，∴∠ODE，即∠2+∠=90°，∵OC=，∴∠C∠，∴∠∠C=90°而OC⊥OB∴∠C∠，∴∠∠3，∵∠∠3，∴∠∠2；（2解：OFOB=13⊙O的径为，∴，∵∠∠2，∴EF=，在eq\o\ac(△,Rt)ODE中，=3，=，则=，=1+x，∵=，∴3+=（），得t，∴，OE，∵AG为O的切线，∴AG⊥AE∴∠=90°，而∠OED=，∴eq\o\ac(△,Rt)EOD∽eq\o\ac(△,Rt)EGA，∴

=

，即

=

，∴AG．

点评本题考查了切线的性质圆切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理和相似三角形的判定与性质．．年川资阳，第21题9分如图AB是的直径，过点作⊙O切线并在其上取一点C，连接⊙O于D，BD的长线交于E，连接D．（1求证：△∽；（2若=2AC=2

，求AE的．考点：切的性质；相似三角形的判定与性质．专题：证题．分析：（）根据圆周角定理由是⊙O的径得到，则∠B+∠=90°，再根据切线的性质得AC为⊙O的线得∠BAD∠DAE=90°，则∠B=，由于∠B=ODB，∠=∠CDE所以=∠，则∠CDE，加上∠=，据三角相似的判定方法即可得到CDE∽；（2在eq\o\ac(△,Rt)中，=1

，根据勾股定理可计算出=3，CD﹣OD，然后利用△∽，据相似比可计算CE．解答：（）证明：∵AB⊙O的径，∴∠ADB，∴∠B∠BAD=90°∵为的线，∴⊥，=90°，即∠BAD+∠=90°，

∴∠B∠，∵=OD，∠ODB，而∠ODB=，∴∠B∠，∴∠=，而∠=，∴△∽；（2解：=2∴，在eq\o\ac(△,Rt)中，

，∴=，∴CDOCOD=3﹣，CDE∽△，∴

=

，即

=

，∴CE=

．点评：本考查了切线的性质圆的切线垂直于经过切点的半径考查了勾股定理圆周角定理和相似三角形的判定与性质．新21题分是的径F是上点连接AC，点C作CD交AF延长线于点D垂足为．（1求证CD⊙O的线；（2若CD=2，求⊙O的径

=

，

分析：分析：考点切线的判定．专题证明题．（1连结OC由

=

，根据圆周角定理得∠，而OAC=∠，则∠∠，判OC，于⊥，以OCCD然后根据切线的判定定理得到是⊙O的线；（2为径得ACB=90°

==

得∠BOC=30°，所以∠=30°在eq\o\ac(△,Rt)ADC中，利用含30度的直角三角形边的关系得CD=4

eq\o\ac(△,Rt)ACB中含度的直角三角形三边的关系得BC，=2，所以⊙的径为．解答（1证明：连结，图，∵

=

，∴∠FAC=BAC∵OAOC∴∠OAC=OCA，∴∠FAC=OCA，∴OC∥AF，∵CD⊥，∴OC⊥CD，∴⊙O的线；（2解：连结BC如图，∵AB为径，∴∠ACB，∵

=

，

∴∠BOC=×180°=60°，∴∠BAC，∴∠=30°在eq\o\ac(△,Rt)ADC中，=2

，∴=4

，在eq\o\ac(△,Rt)ACB中，=∴AB=2，∴⊙O半径为．

=×4=4点评本题考查了切线的判定定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理和含30度直三角形三边的关系．（2014毕地区第26题14分图在eq\o\ac(△,Rt)ABC中=90°AC为径作⊙O交AB于D，接D．（1求证：∠∠BCD；（2若M为段BC上点试当点M在么位置时直DM与O切？并说明理由．考点：分析：

切线的判定（1圆周角定理可得据直角三角形的性质可得A+∠=90°，再由∠DCB∠=90°，可得∠=；

解答：

（2MC=MD时线DM与O相接DO据等边对等角可得∠1=∠，∠4=∠，再根据∠=90°可得∠∠3=90°进而证得直线DM与O相．（1证明：∵AC为径，∴∠=90°，∴∠A∠，∵∠=90°，∴∠=90°，∴∠；（2当MC（或点是BC的点）时，直线与⊙O相；解：连接，∵DOCO∴∠1=∠2，∵CM∴∠4=∠3，∵∠2+∠4=90°，∴∠1+∠3=90°，∴直线DM与O切．点评：

此题主要考查了切线的判定，以及圆周角定理，关键是掌握切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．

云昆明，第22题分如图，ABC中∠ABCD是上一点连使=2，E是BC上一点，以直径的⊙O经过点（1求证AC是的线；（2若A⊙O的径求影部分的面结果保留根号和

AD1BE第22题图考点切线的判定；阴影部分面分析（1连接OD，求出∠A∠DOC推，据切线的判定推出即可；（2先求出

Rt

的面积，再求出扇形ODC的积，即可求出阴影部分面积．解答（1证明：如图，连接OD∵∴

，∴∠

，∵

，∴

DOC∠ABC，

，∴

90

，ODC

∵为径，∴AC是⊙O的线；（2解DOC60

，

OD在RtODC中

DCODDC60223

RtODC

11OD322

S

扇形ODE

n3603603S阴影

Rt

扇形DE

233点评本题考查了等量代换、切的判定、三角形面积、扇形面积等知识点的应用，主要考查学生的推理能．（株，第题，）如图PQ为圆O的径，点在段PQ延长线上，==1动点A在O的上半圆运动（含Q两点线为向上作等边三角形AB．（1当线段AB所的直线与圆相时，求的积（图1（2设=α当线段、与圆O只一个公共点（即A点时，求α的范围（图2直接写出答案（3当线段与O有个公共点A、M时如果AO⊥PM于点N，求的度（图（第图）考点圆的综合题等边三角形性质股定理线的性质相似三角形的判定与性质；特殊角的三角函数值．分析（1）连接OA如下图1，根据条件可求出，然后AC的高BH求出就可以求出△的面积．（2如下图，首先考虑临界位置：当点与Q合时，线段AB与圆只有一个公共点，此时α；当线段AB所的直线与圆O相时，线段B与只一个公共点，此时α=60°．从而定出α的围．

ABCABC（3设与的点为，连接，如下图3，易证∥MQ从而得到△∽△，∽△BAO，又POOQBQ从而可以求出、OD，进而求出PDDM、AMCM的．解答解）接OA，过点作BH，垂足为H，图所示．∵AB与O相于点，∴OA⊥A．∴∠=90°．∵OQ=QB=1，∴OA．∴AB==

．∵△等边三角形，∴=AB∵sin∠HAB=

，∠CAB．，∴=AB∠=

×=．∴=BH=×=

×．∴△面积为

．（2①当点A与点重时，线段与有一个公共点，此时；②当线段B所的直线与圆O相时，如图2所，1线段B与O只一个公共点，1此时⊥，OA，OB，11

∴∠OB1

=．∴∠AOB．1∴当线段AB与O只一个公共点（即A点时，α的围为0°．（3连接MQ如图3所示．∵PQ是O的直径，∴∠=90°．∵OA⊥，∴∠PDO．∴∠=．∴△PDO△PMQ∴

=∵POPQ∴=PM，OD=．同理：MQAOBM=B．∵AO，∴MQ=∴OD．∵∠PDO，PO，，∴=∴PM∴=

．．．∵∠=90°，=﹣OD，∴AM==

．∵△等边三角形，

∴=AB=BC∠=60°．∵BM，∴AMBM∴⊥B∵AM∴BM∴=∴==．=

，，=．

．∴CM的度为

．点评本题考查了等边三角形的质似三角形的性质与判定线圆相切股定理、特殊三角函数值等知识，考查了用临界值法求角的取值范围，综合性较强．10.（泰，第题12分如图，平面直角坐标系x中一次函数=+（b为常数＞0）的图象与轴y分别相交于点、B，半径为的⊙O与x轴半轴相交于点，轴相交于点D，D在上方．

222222（第2题）（1若直线AB与

有两个交点F、G．①求∠的数；②用含代数式表示FG，直接写出的取值范围；（2设b在线段AB上否存在点，CPE？若存在，请求出P坐标；若不存在，请说明理由．考点圆的综合题分析（1）连接CDEA利用同一条弦所对的圆周角相等求行CFE，（2作OM⊥M连接，利用两条直线垂直交求出交点坐标，利用勾股定理求出FM，求FG，根据式子写出范围，（3当时直与圆相，存在，=45°，再利用两条直线垂直相求出交点的坐标，解答解）接CD，EA，∵直径，∴∠=90°∵CO⊥，DOEO∴∠=45°

222222222222222222222222∴∠CFE∠ODC，（2①如图，作OM点，接OF∵OMAB，直线的函式为﹣xb，∴所的直线函数式为y，∴交点M（

，

）∴

=（

）

+（

）

，∵，∴﹣OM﹣∵=，

）﹣（

b，∴FM=4×[4

2

﹣（

）

﹣（

）

2

]=64﹣

（1

∵直线与∴5，（3如图，

有两个交点F、．当b=5时直线与圆相切，∵直径，

∴∠=90°∵CO⊥，DOEO∴∠=45°∴∠CFE∠ODC，∴存在点，∠=45°，连接OP，∵是点，∴OP⊥AB∴OP所的直线为=，又∵AB在的直线为：﹣x，∴（，点评本题主要考查了圆与一次数的知识，解题的关键是作出辅助线确两条直线垂直时K的关系．2014扬州第题，10分如图，⊙与eq\o\ac(△,Rt)ABC的斜边相于点D，与直角边相于E、两，连结DE，已知∠B=30°，⊙O的径为12，弧DE的度为π．（1求证∥BC（2若=CE求线段BC的度．（第题图）考点切线的性质；弧长的计算分析（1）要证明DE，可证明∠∠B由弧长度为4，以求得∠DOE的度数，再根据切线的性质可求得EDA的数，即可证明结论．（2根据的圆周角对的弦是直，可以求得EF的长度，借用勾股定理求得E

与的度，即可得到答案．解答解）明：连接，∵是⊙O的线，∴OD，∴∠ODA=90°又∵弧DE长度为∴

，∴n=60，∴△ODE等边三角形，∴∠ODE，∴∠EDA=30°∴∠B∠EDA，∴∥C．（2连接FD，∵∥BC∴∠DEF，∴是⊙的直径，由（）得：=30°FD，∴EF

，又因为，，∴AE

，又∵=CE=，∴=AE+EF+=20

，

0扇0扇又∵∴．

，点评本题考查了勾股定理以及的性质的综合应用，解答本题的关键在于90的圆周角对的弦是直径这一性质的灵活运用．12.2014滨，第题8分如图，点D在的径的长线上，点在⊙O上=CD，∠ACD．（1求证CD⊙O的线；（2若O的径为2，求图中阴影部分的面积．考点：专题：分析：解答：

扇形面积的计算等腰三角形的质切线的判定特殊角的三角函数值．几何综合题；压轴题．（1连接O只需证明OCD．根据等腰三角形的性质即可证明；（2阴影部分的面积即为直角三角形的积减去扇形COB的积．（1证明：连接O．∵AC=CD，∠=120°∴∠A∠D．∵，∴∠2=∠A=30°∴∠=90°．∴是⊙O的线．（2解：∵∠A=30°∴∠1=2∠．∴