九年级中考数学圆的综合解答题压轴题提高专题练习及详细答案

九年级中考数学圆的综合解答题压轴题提高专题练习及详细答案

一、圆的综合

1．（类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切．以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形

（性质探究）如图1，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系

猜想结论：（要求用文字语言叙述）

写出证明过程（利用图1，写出已知、求证、证明）

（性质应用）

①初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形（填序号）

A：平行四边形：B：菱形：C：矩形；D：正方形

②如图2，圆外切四边形ABCD，且AB=12，CD=8，则四边形的周长是．

③圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5：4：7，求四边形各边的长．

【答案】见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据切线长定理即可得出结论；

（2）①圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论；

②根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论；

③根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．

【详解】

性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：

如图1，已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H．

求证：AD+BC=AB+CD．

证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG=AH，同理：BG=BF，CE=CF，DE=DH，

∴AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等．

故答案为：圆外切四边形的对边和相等；

性质应用：①∵根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等．

∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等．

故答案为：B，D；

②∵圆外切四边形ABCD，∴AB+CD=AD+BC．

∵AB=12，CD=8，∴AD+BC=12+8=20，∴四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40．

故答案为：40；

③∵相邻的三条边的比为5：4：7，∴设此三边为5x，4x，7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为5x+7x﹣4x=8x．

∵圆外切四边形的周长为48cm，∴4x+5x+7x+8x=24x=48，∴x=2，∴此四边形的四边为

4x=8cm，5x=10cm，7x=14cm，8x=16cm．

【点睛】

本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键．

2．已知?ABCD的周长为26，∠ABC=120°，BD为一条对角线，⊙O内切于△ABD，E，F，G 为切点，已知⊙O的半径为3?ABCD的面积．

【答案】3

【解析】

【分析】

首先利用三边及⊙O的半径表示出平行四边形的面积，再根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD的长即可解答.

【详解】

设⊙O分别切△ABD的边AD、AB、BD于点G、E、F；

平行四边形ABCD的面积为S；

则S=2S△ABD=2×1

2

(AB·OE+BD·OF+AD·3（AB+AD+BD）；

∵平行四边形ABCD的周长为26，

∴AB+AD=13，

∴3；连接OA；

由题意得：∠OAE=30°，

∴AG=AE=3；同理可证DF=DG，BF=BE；∴DF+BF=DG+BE=13﹣3﹣3=7，

即BD=7，

∴S=3（13+7）=203．

即平行四边形ABCD的面积为203．

3．如图，已知Rt△ABC中，C=90°，O在AC上，以OC为半径作⊙O，切AB于D点，且BC=BD．

（1）求证：AB为⊙O的切线；

（2）若BC=6，sinA=3

5

，求⊙O的半径；

（3）在（2）的条件下，P点在⊙O上为一动点，求BP的最大值与最小值.

【答案】（1）连OD，证明略；（2）半径为3；（3）最大值35+3 ，35-3.【解析】

分析：（1）连接OD，OB，证明△ODB≌△OCB即可.

（2）由sinA=3

5

且BC=6可知，AB=10且cosA=

4

5

，然后求出OD的长度即可.

（3）由三角形的三边关系，可知当连接OB交⊙O于点E、F，当点P分别于点E、F重合时，BP分别取最小值和最大值.

详解：（1）如图：连接OD、OB.

在△ODB和△OCB中：

OD=OC,OB=OB,BC=BD;

∴△ODB≌△OCB（SSS）.

∴∠ODB=∠C=90°.

∴AB为⊙O的切线.

（2）如图：

∵sinA=3

5，∴

CB3

AB5

=,

∵BC=6，∴AB=10,∵BD=BC=6,

∴AD=AB-BD=4,

∵sinA=3

5，∴cosA=

4

5

，

∴OA=5，∴OD=3，

即⊙O的半径为：3.

（3）如图：连接OB，交⊙O为点E、F，

由三角形的三边关系可知：

当P点与E点重合时，PB取最小值.

由（2）可知：OD=3，DB=6,

∴22

3635

+=

∴PB=OB-OE=353.

当P点与F点重合时，PB去最大值，

PB=OP+OB=3+35

点睛：本题属于综合类型题，主要考查了圆的综合知识.关键是对三角函数值、勾股定理、全等三角形判定与性质的理解.

4．已知，如图：O1为x轴上一点，以O1为圆心作⊙O1交x轴于C、D两点，交y轴于M、N两点，∠CMD的外角平分线交⊙O1于点E，AB是弦，且AB∥CD，直线DM的解析式为y=3x+3．

（1）如图1，求⊙O1半径及点E的坐标．

（2）如图2，过E作EF⊥BC于F，若A、B为弧CND上两动点且弦AB∥CD，试问：BF+CF 与AC之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明．

（3）在（2）的条件下，EF交⊙O1于点G，问弦BG的长度是否变化？若不变直接写出BG 的长（不写过程），若变化自画图说明理由．

【答案】（1）r=5 E（4，5）（2）BF+CF=AC （3）弦BG的长度不变，等于2

【解析】

分析：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1，可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，从而可以证到∠EO1D=∠EO1C=90°．由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1，OM=3．设

⊙O1的半径为r．在Rt△MOO1中利用勾股定理就可解决问题．

（2）过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．由AB∥DC可证到BD=AC，易证四边形O1PFQ是矩形，从而有O1P=FQ，∠PO1Q=90°，进而有∠EO1P=∠CO1Q，从而可以证到△EPO1≌△CQO1，则有PO1=QO1．根据三角形中位线定理

可得FQ=1

2

BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC．

（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有

?BG=?ED，也就有BG=DE．在Rt△EO

1D中运用勾股定理求出ED，就可解决问题．

详解：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1．

∵ME平分∠SMC，∴∠SME=∠EMC．

∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠EO1D=∠EO1C．

∵∠EO1D+∠EO1C=180°，∴∠EO1D=∠EO1C=90°．

∵直线DM的解析式为y=3x+3，∴点M的坐标为（0，3），点D的坐标为（﹣1，0），∴OD=1，OM=3．

设⊙O1的半径为r，则MO1=DO1=r．

在Rt△MOO1中，（r﹣1）2+32=r2．

解得：r=5，∴OO1=4，EO1=5，∴⊙O1半径为5，点E的坐标为（4，5）．

（2）BF+CF=AC．理由如下：

过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．

∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC，∴?AD=??

BC BD

，=?AC，∴BD=AC．

∵O1P⊥EG，O1Q⊥BC，EF⊥BF，∴∠O1PF=∠PFQ=∠O1QF=90°，∴四边形O1PFQ是矩形，∴O1P=FQ，∠PO1Q=90°，∴∠EO1P=90°﹣∠PO1C=∠CO1Q．

在△EPO1和△CQO1中，

11

11

11

EO P CO Q

EPO CQO

O E O C

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．

∵CO1=DO1，∴O1Q=1

2 BD

，∴FQ=

1

2

BD．

∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴BF+CF=BD=AC．

（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．

∵DC是⊙O1的直径，∴∠DBC=90°，∴∠DBC+∠EFB=180°，∴EF∥BD，

∴∠GEB=∠EBD，∴?BG=?ED，∴BG=DE．

∵DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=52，∴BG=52，

∴弦BG的长度不变，等于52．

点睛：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥DC证到AC=BD是解决第（2）小题的关键，由EG∥DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键．

5．如图，⊙M与菱形ABCD在平面直角坐标系中，点M的坐标为（3，﹣1），点A的坐标为（﹣23B的坐标为（﹣3，0），点C在x轴上，且点D在点A的左侧．（1）求菱形ABCD的周长；

（2）若⊙M沿x轴向右以每秒2个单位长度的速度平移，同时菱形ABCD沿x轴向右以每秒3个单位长度的速度平移，设菱形移动的时间为t（秒），当⊙M与BC相切，且切点为BC的中点时，连接BD，求：

①t的值；

②∠MBD的度数；

（3）在（2）的条件下，当点M与BD所在的直线的距离为1时，求t的值．

【答案】（1）8；（2）①7；②105°；（3）t=633 【解析】

分析：（1）根据勾股定理求菱形的边长为2，所以可得周长为8；

（2）①如图2，先根据坐标求EF 的长，由EE '﹣FE '=EF =7，列式得：3t ﹣2t =7，可得t 的值；

②先求∠EBA =60°，则∠FBA =120°，再得∠MBF =45°，相加可得：∠MBD =∠MBF +∠FBD =45°+60°=105°；

（3）分两种情况讨论：作出距离MN 和ME ，第一种情况：如图5由距离为1可知：BD 为⊙M 的切线，由BC 是⊙M 的切线，得∠MBE =30°，列式为3t 3=2t +6，解出即可； 第二种情况：如图6，同理可得t 的值． 详解：（1）如图1，过A 作AE ⊥BC 于E ．

∵点A 的坐标为（﹣23），点B 的坐标为（﹣3，0），∴AE 3，BE =3﹣2=1，∴AB 22AE BE +2

231+（）

=2． ∵四边形ABCD 是菱形，∴AB =BC =CD =AD =2，∴菱形ABCD 的周长=2×4=8； （2）①如图2，⊙M 与x 轴的切点为F ，BC 的中点为E ． ∵M （3，﹣1），∴F （3，0）．

∵BC =2，且E 为BC 的中点，∴E （﹣4，0），∴EF =7，即EE '﹣FE '=EF ，∴3t ﹣2t =7，t =7；

②由（1）可知：BE =1，AE 3 ∴tan ∠EBA =

AE BE =3

1

3，∴∠EBA =60°，如图4，∴∠FBA =120°． ∵四边形ABCD 是菱形，∴∠FBD =12∠FBA =1

1202

??=60°． ∵BC 是⊙M 的切线，∴MF ⊥BC ．

∵F 是BC 的中点，∴BF =MF =1，∴△BFM 是等腰直角三角形， ∴∠MBF =45°，∴∠MBD =∠MBF +∠FBD =45°+60°=105°；

（3）连接BM ，过M 作MN ⊥BD ，垂足为N ，作ME ⊥BC 于E ，分两种情况： 第一种情况：如图5．

∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC =120°，∴∠CBD =60°，∴∠NBE =60°． ∵点M 与BD 所在的直线的距离为1，∴MN =1，∴BD 为⊙M 的切线． ∵BC 是⊙M 的切线，∴∠MBE =30°．

∵ME =1，∴EB =3，∴3t +3=2t +6，t =6﹣3； 第二种情况：如图6．

∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC =120°，∴∠DBC =60°，∴∠NBE =120°． ∵点M 与BD 所在的直线的距离为1，∴MN =1，∴BD 为⊙M 的切线． ∵BC 是⊙M 的切线，∴∠MBE =60°． ∵ME =MN =1，∴Rt △BEM 中，tan60°=ME BE ，EB =160tan ?=3

，

∴3t =2t +6+

33，t =6+3

3

； 综上所述：当点M 与BD 所在的直线的距离为1时，t =6﹣3或6+

3

．

点睛：本题是四边形和圆的综合题，考查了菱形的性质、圆的切线的性质和判定、特殊的三角函数值、等腰直角三角形的性质、动点运动问题，此类问题比较复杂，弄清动点运动方向、速度、时间和路程的关系，并与方程相结合，找等量关系，求出时间t 的值．

6．如图，在ABC ?中，90,BAC ∠=? 2,AB AC ==

AD BC ⊥，垂足为D ，过,A D

的⊙O 分别与,AB AC 交于点,E F ，连接,,EF DE DF ． （1）求证：ADE ?≌CDF ?；

（2）当BC 与⊙O 相切时，求⊙O 的面积．

【答案】(1)见解析

;(2)2

4

π.

【解析】

分析：（1）由等腰直角三角形的性质知AD =CD 、∠1=∠C =45°，由∠EAF =90°知EF 是⊙O 的直径，据此知∠2+∠4=∠3+∠4=90°，得∠2=∠3，利用“ASA”证明即可得；

（2）当BC 与⊙O 相切时，AD 是直径，根据∠C =45°、AC =2可得AD =1，利用圆的面积公式可得答案．

详解：（1）如图，∵AB =AC ，∠BAC =90°，∴∠C =45°．

又∵AD ⊥BC ，AB =AC ，∴∠1=

1

2

∠BAC =45°，BD =CD ，∠ADC =90°． 又∵∠BAC =90°，BD =CD ，∴AD =CD ．

又∵∠EAF =90°，∴EF 是⊙O 的直径，∴∠EDF =90°，∴∠2+∠4=90°． 又∵∠3+∠4=90°，∴∠2=∠3．在△ADE 和△CDF 中．

∵123C AD CD ∠=∠??

=??∠=∠?

，∴△ADE ≌△CDF （ASA ）．

（2）当BC 与⊙O 相切时，AD 是直径．在Rt △ADC 中，∠C =45°，AC =2，

∴sin ∠C =AD AC ，∴AD =AC sin ∠C =1，∴⊙O 的半径为12，∴⊙O 的面积为2

4

π．

点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系等知识点．

7．如图所示，以Rt △ABC 的直角边AB 为直径作圆O ，与斜边交于点D ，E 为BC 边上的中点，连接DE ．

（1）求证：DE 是⊙O 的切线；

（2）连接OE ，AE ，当∠CAB 为何值时，四边形AOED 是平行四边形？并在此条件下求sin ∠CAE 的值．

【答案】(1)见解析;(2)1010

. 【解析】

分析：（1）要证DE 是⊙O 的切线，必须证ED ⊥OD ，即∠EDB+∠ODB=90°

（2）要证AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点，又BD ⊥AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的概念求解即可． 详解：（1）证明：连接O 、D 与B 、D 两点， ∵△BDC 是Rt △，且E 为BC 中点， ∴∠EDB=∠EBD ．（2分） 又∵OD=OB 且∠EBD+∠DBO=90°， ∴∠EDB+∠ODB=90°． ∴DE 是⊙O 的切线． （2）解：∵∠EDO=∠B=90°，

若要四边形AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点， 又∵BD ⊥AC ，

∴△ABC 为等腰直角三角形． ∴∠C AB=45°． 过E 作EH ⊥AC 于H ， 设BC=2k ，则EH=2

2

k ，AE=5k ， ∴sin ∠CAE=

10

10

EH AE

．

点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．

8．如图1，四边形ABCD 为⊙O 内接四边形，连接AC 、CO 、BO ，点C 为弧BD 的中点．

（1）求证：∠DAC=∠ACO+∠ABO ；

（2）如图2，点E 在OC 上，连接EB ，延长CO 交AB 于点F ，若∠DAB=∠OBA+∠EBA ．求证：EF=EB ；

（3）在（2）的条件下，如图3，若OE+EB=AB ，CE=2，AB=13，求AD 的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AD=7． 【解析】

试题分析：（1）如图1中，连接OA ，只要证明∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO ，由点C 是

?BD

中点，推出??CD CB = ，推出∠BAC=∠DAC ，即可推出∠DAC=∠ACO+∠ABO ； （2）想办法证明∠EFB=∠EBF 即可；

（3）如图3中，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为H ，延长BE 交HO 的延长线于G ，作BN ⊥CF 于N ，作CK ⊥AD 于K ，连接OA ．作CT ∠⊥AB 于T ．首先证明△EFB 是等边三角形，再证明△ACK ≌△ACT ，Rt △DKC ≌Rt △BTC ，延长即可解决问题； 试题解析：（1）如图1中，连接OA ， ∵OA=OC ，∴∠1=∠ACO ，

∵OA=OB ，∴∠2=∠ABO ，∴∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO ，

∵点C 是BD u u u r

中点，∴CD CB =u u u r u u u r ，∴∠BAC=∠DAC ，

∴∠DAC=∠ACO+∠ABO ．

（2）如图2中，

∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=2∠CAB ，∠COB=2∠BAC ，∴∠BAD=∠BOC ， ∵∠DAB=∠OBA+∠EBA ，∴∠BOC=∠OBA+∠EBA ， ∴∠EFB=∠EBF ，∴EF=EB ．

（3）如图3中，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为H ，延长BE 交HO 的延长线于G ，作BN ⊥CF 于N ，作CK ⊥AD 于K ，连接OA ．作CT ∠⊥AB 于T ．

∵∠EBA+∠G=90°，∠CFB+∠HOF=90°， ∵∠EFB=∠EBF ，∴∠G=∠HOF ，

∵∠HOF=∠EOG ，∴∠G=∠EOG ，∴EG=EO ， ∵OH ⊥AB ，∴AB=2HB ，

∵OE+EB=AB ，∴GE+EB=2HB ，∴GB=2HB ，

∴cos ∠GBA=

1

2

HB GB ，∴∠GBA=60°， ∴△EFB 是等边三角形，设HF=a ， ∵∠FOH=30°，∴OF=2FH=2a ，

∵AB=13，∴EF=EB=FB=FH+BH=a+132

， ∴OE=EF ﹣OF=FB ﹣OF=132﹣a ，OB=OC=OE+EC=132﹣a+2=172

﹣a ， ∵NE=

12EF=12a+13

4

， ∴ON=OE=EN=（132﹣a ）﹣（12a+134）=134﹣3

2

a ， ∵BO 2﹣ON 2=EB 2﹣EN 2，

∴（

172﹣a ）2﹣（134﹣32a ）2=（a+132）2﹣（12a+13

4

）2， 解得a=

3

2

或﹣10（舍弃）， ∴OE=5，EB=8，OB=7，

∵∠K=∠ATC=90°，∠KAC=∠TAC ，AC=AC ，∴△ACK ≌△ACT ，∴CK=CT ，AK=AT ，

∵CD CB u u u r u u u r

，∴DC=BC ，∴Rt △DKC ≌Rt △BTC ，∴DK=BT ， ∵FT=

1

2

FC=5，∴DK=TB=FB ﹣FT=3，∴AK=AT=AB ﹣TB=10，∴AD=AK ﹣DK=10﹣3=7．

9．如图1，四边形ABCD 是正方形，点E 是边BC 上一点，点F 在射线CM 上,∠AEF=90°，AE=EF ，过点F 作射线BC 的垂线，垂足为H ，连接AC ． (1) 试判断BE 与FH 的数量关系，并说明理由； (2) 求证：∠ACF=90°；

(3) 连接AF ，过A ，E ，F 三点作圆，如图2. 若EC=4，∠CEF=15°，求

的长.

图1 图2

【答案】（1）BE="FH" ；理由见解析 （2）证明见解析 （3）

=2π

【解析】

试题分析：（1）由△ABE ≌△EHF （SAS ）即可得到BE=FH

（2）由（1）可知AB=EH ，而BC=AB ，FH=EB ，从而可知△FHC 是等腰直角三角形，∠FCH 为45°，而∠ACB 也为45°，从而可证明

（3)由已知可知∠EAC=30°，AF 是直径，设圆心为O ，连接EO ，过点E 作EN ⊥AC 于点N ，则可得△ECN 为等腰直角三角形，从而可得EN 的长，进而可得AE 的长，得到半径，得到

所对圆心角的度数，从而求得弧长 试题解析：（1）BE=FH ．理由如下： ∵四边形ABCD 是正方形 ∴∠B=90°， ∵FH ⊥BC ∴∠FHE=90°

又∵∠AEF=90° ∴∠AEB+∠HEF="90°" 且∠BAE+∠AEB=90° ∴∠HEF=∠BAE ∴ ∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF ∴△ABE ≌△EHF （SAS ） ∴BE=FH

(2)∵△ABE ≌△EHF

∴BC=EH ，BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE="CH" ∴CH=FH

∴∠FCH=45°，∴∠FCM=45° ∵AC 是正方形对角线，∴ ∠ACD=45° ∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90°

（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形

△AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上．设该中点为O．连结EO得∠AOE=90°

过E作EN⊥AC于点N

Rt△ENC中，EC=4，∠ECA=45°，∴EN=NC=

Rt△ENA中，EN =

又∵∠EAF=45°∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）

∴∠EAC=30°

∴AE=

Rt△AFE中，AE== EF，∴AF=8

AE所在的圆O半径为4，其所对的圆心角为∠AOE=90°

=2π·4·（90°÷360°）=2π

考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数

10．如图，⊙O的直径AB＝8，C为圆周上一点，AC＝4，过点C作⊙O的切线l，过点B 作l的垂线BD，垂足为D，BD与⊙O交于点E．

（1）求∠AEC的度数；

（2）求证：四边形OBEC是菱形．

【答案】（1）30°；（2）详见解析.

【解析】

【分析】

（1）易得△AOC是等边三角形，则∠AOC＝60°，根据圆周角定理得到∠AEC＝30°；（2）根据切线的性质得到OC⊥l，则有OC∥BD，再根据直径所对的圆周角为直角得到∠AEB＝90°，则∠EAB＝30°，可证得AB∥CE，得到四边形OBE C为平行四边形，再由OB ＝OC，即可判断四边形OBEC是菱形．

【详解】

（1）解：在△AOC中，AC＝4，

∵AO＝OC＝4，

∴△AOC是等边三角形，

∴∠AOC＝60°，

∴∠AEC＝30°；

（2）证明：∵OC⊥l，BD⊥l．

∴OC∥BD．

∴∠ABD＝∠AOC＝60°．

∵AB为⊙O的直径，

∴∠AEB＝90°，

∴△AEB为直角三角形，∠EAB＝30°．

∴∠EAB＝∠AEC．

∴CE∥OB，又∵CO∥EB

∴四边形OBEC为平行四边形．

又∵OB＝OC＝4．

∴四边形OBEC是菱形．

【点睛】

本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了圆周角定理及其推论以及菱形的判定方法．

11．如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的⊙O与AD、AC分别交于点E、F，且∠ACB＝∠DCE．

（1）判断直线CE与⊙O的位置关系，并说明理由；

（2）若AB＝2，BC＝2，求⊙O的半径．

【答案】（1）直线CE与⊙O相切，理由见解析；（2）⊙O的半径为

6 4

【解析】

【分析】

（1）首先连接OE，由OE=OA与四边形ABCD是矩形，易求得∠DEC+∠OEA=90°，即OE⊥EC，即可证得直线CE与⊙O的位置关系是相切；

（2）首先易证得△CDE∽△CBA，然后根据相似三角形的对应边成比例，即可求得DE的长，又由勾股定理即可求得AC的长，然后设OA为x，即可得方程

222

3)6)

x x

-=，解此方程即可求得⊙O的半径．

【详解】

解：（1）直线CE 与⊙O 相切．… 理由：连接OE ， ∵四边形ABCD 是矩形，

∴∠B ＝∠D ＝∠BAD ＝90°，BC ∥AD ，CD ＝AB ， ∴∠DCE +∠DEC ＝90°，∠ACB ＝∠DAC ， 又∠DCE ＝∠ACB ， ∴∠DEC +∠DAC ＝90°， ∵OE ＝OA ， ∴∠OEA ＝∠DAC ， ∴∠DEC +∠OEA ＝90°， ∴∠OEC ＝90°， ∴OE ⊥EC ， ∵OE 为圆O 半径， ∴直线CE 与⊙O 相切；…

（2）∵∠B ＝∠D ，∠DCE ＝∠ACB ， ∴△CDE ∽△CBA ， ∴

BC AB

DC DE

=， 又CD ＝AB ＝2，BC ＝2， ∴DE ＝1

根据勾股定理得EC ＝3， 又226AC AB BC =

+=，…

设OA 为x ，则222(3)(6)x x +=-， 解得64

x =

， ∴⊙O 的半径为

6．

【点睛】

此题考查了切线的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用，注意辅助线的作法．

12．如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB⊥CB于点B，tanD=3，BC=2，H为CE延长线上一点，且AH=10，CH52

=.

（1）求证：AH是⊙O的切线；

（2）若点D是弧CE的中点，且AD交CE于点F，求证：HF=HA；

（3）在（2）的条件下，求EF的长．

-

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）102

【解析】

【分析】（1）连接AC，由AB⊥CB可知AC是⊙O的直径，由圆周角定理可得∠C=∠D，于是得到tanC=3，故此可知AB=6，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2= 40，从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得AC⊥AH，问题得证；

（2）连接DE、BE，由弦切角定理可知∠ABD=∠HAD，由D是?CE的中点，可得

∠CED=∠EBD，再由圆周角定理可得∠ABE=∠ADE，结合三角形的外角即可证明

∠HAF=∠AFH，从而可证得AH=HF；

（3）由切割线定理可得EH=2，由（2）可知AF=FH=10，从而可得EF=FH﹣EH=10-2．

【详解】（1）如图1所示：连接AC．

∵AB⊥CB，

∴AC是⊙O的直径，

∵∠C=∠D，

∴tanC=3，

∴AB=3BC=3×2=6，

在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40，

又∵AH2=10，CH2=50，

∴AC2+AH2=CH2，

∴△ACH为直角三角形，

∴AC⊥AH，

∴AH是圆O的切线；

（2）如图2所示：连接DE、BE，

∵AH是圆O的切线，

∴∠ABD=∠HAD，

∵D是?CE的中点，

∴??

CD ED

，

∴∠CED=∠EBD，

又∵∠ABE=∠ADE，

∴∠ABE+∠EBD=∠ADE+∠CED，

∴∠ABD=∠AFE，

∴∠HAF=∠AFH，

∴AH=HF；

（3）由切割线定理可知：AH2=EH?CH10）22EH，

解得：2，

∵由（2）可知10，

∴EF=FH﹣102．

【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等，正确添加辅助线是解题的关键.

13．在平面直角坐标系xOy中，对于点P和图形W，如果以P为端点的任意一条射线与图形W最多只有一个公共点，那么称点P独立于图形W．

（1）如图1，已知点A（-2，0），以原点O为圆心，OA长为半径画弧交x轴正半轴于

点 B．在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于?AB的点是；

（2）如图2，已知点C（-3，0），D（0，3），E（3，0），点P是直线l：y=2x+8上的一个动点．若点P独立于折线CD-DE，求点P的横坐标x p的取值范围；

（3）如图3，⊙H是以点H（0，4）为圆心，半径为1的圆．点T（0，t）在y轴上且t＞-3，以点T为中心的正方形KLMN的顶点K的坐标为（0，t+3），将正方形KLMN在x轴及x轴上方的部分记为图形W．若⊙H上的所有点都独立于图形W，直接写出t的取值范围．

【答案】（1）P2，P3；（2）x P＜-5或x P＞-5

3

．（3）-3＜t＜2或2＜t＜2

【解析】

【分析】

（1）根据点P独立于图形W的定义即可判断；

（2）求出直线DE，直线CD与直线y=2x+8的交点坐标即可判断；

（3）求出三种特殊位置时t的值，结合图象即可解决问题.

【详解】

（1）由题意可知：在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于?AB的点是P2，P3．

（2）∵C（-3，0），D（0，3），E（3，0），

∴直线CD的解析式为y=x+3，直线DE的解析式为y=-x+3，

由

28

3

y x

y x

+

?

?

+

?

＝

＝

，解得

5

2

x

y

-

?

?

-

?

＝

＝

，可得直线l与直线CD的交点的横坐标为-5，

由

28

3

y x

y x

+

?

?

-+

?

＝

＝

，解得

5

3

14

3

x

y

?

-

??

?

?

??

＝

＝

，可得直线l与直线DE的交点的横坐标为-

5

3

，

∴满足条件的点P的横坐标x p的取值范围为：x P＜-5或x P＞-5

．

3

（3）如图3-1中，当直线KN与⊙H相切于点E时，连接EH，则EH=EK=1，HK=2，

∴OT=KT+HK-OH=3+2-4=2-1，

∴T（0，1-2），此时t=1-2，

∴当-3＜t＜1-2时，⊙H上的所有点都独立于图形W．

如图3-2中，当线段KN与⊙H相切于点E时，连接EH．

22

∴T（0，22

如图3-3中，当线段MN与⊙H相切于点E时，连接EH．