第一次用平板手写的一道初三圆的综合题解析
中考数学圆的综合的综合题试题及答案解析
中考数学圆的综合的综合题试题及答案解析一、圆的综合1．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．求▱ABCD的面积．【答案】203【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=2×12(AB·OE+BD·OF+AD·OG)=3（AB+AD+BD）；∵平行四边形ABCD的周长为26，∴AB+AD=13，∴S=3(13+BD)；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203．2．已知：如图，在矩形ABCD中，点O在对角线BD上，以OD的长为半径的⊙O与AD，BD分别交于点E、点F，且∠ABE=∠DBC．（1）判断直线BE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；（2）若sin∠ABE=3，CD=2，求⊙O的半径．【答案】（1）直线BE与⊙O相切，证明见解析；（2）⊙O3【解析】分析：（1）连接OE，根据矩形的性质，可证∠BEO=90°，即可得出直线BE与⊙O相切；（2）连接EF ，先根据已知条件得出BD 的值，再在△BEO 中，利用勾股定理推知BE 的长，设出⊙O 的半径为r ，利用切线的性质，用勾股定理列出等式解之即可得出r 的值． 详解：（1）直线BE 与⊙O 相切．理由如下：连接OE ，在矩形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠ADB =∠DBC ． ∵OD =OE ，∴∠OED =∠ODE ． 又∵∠ABE =∠DBC ，∴∠ABE =∠OED ， ∵矩形ABDC ，∠A =90°，∴∠ABE +∠AEB =90°，∴∠OED +∠AEB =90°，∴∠BEO =90°，∴直线BE 与⊙O 相切；（2）连接EF ，方法1：∵四边形ABCD 是矩形，CD =2，∴∠A =∠C =90°，AB =CD =2． ∵∠ABE =∠DBC ，∴sin ∠CBD =33sin ABE ∠= ∴23DCBD sin CBD∠==在Rt △AEB 中，∵CD =2，∴22BC =． ∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ，∴2222DC AE AEAE BC AB ，，==∴=， 由勾股定理求得6BE =在Rt △BEO 中，∠BEO =90°，EO 2+EB 2=OB 2．设⊙O 的半径为r ，则222623r r +=（）（），∴r 3， 方法2：∵DF 是⊙O 的直径，∴∠DEF =90°． ∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A =∠C =90°，AB =CD =2． ∵∠ABE =∠DBC ，∴sin ∠CBD =3sin ABE ∠=． 设3DC x BD x ==，，则2BC x =．∵CD =2，∴22BC =．∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ，∴2222DC AE AEAE BC AB ，，==∴=， ∴E 为AD 中点．∵DF 为直径，∠FED =90°，∴EF ∥AB ，∴132DF BD ==∴⊙O 3点睛：本题综合考查了切线的性质、勾股定理以及三角函数的应用等知识点，具有较强的综合性，有一定的难度．3．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH⊥AB于点F，AB为直径，∴DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2．考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．4．如图，在RtΔABC中，∠ABC=90°，AB=CB，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点E是AB边上一点（点E不与点A、B重合），DE的延长线交⊙O于点G，DF⊥DG，且交BC于点F.（1）求证：AE=BF；（2）连接EF，求证：∠FEB=∠GDA；（3）连接GF,若AE=2，EB=4，求ΔGFD的面积.【答案】（1）（2）见解析；（3）9【解析】分析：（1）连接BD，由三角形ABC为等腰直角三角形，求出∠A与∠C的度数，根据AB 为圆的直径，利用圆周角定理得到∠ADB为直角，即BD垂直于AC，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到AD=DC=BD=12AC，进而确定出∠A=∠FBD，再利用同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形AED与三角形BFD全等，利用全等三角形对应边相等即可得证；（2）连接EF，BG，由三角形AED与三角形BFD全等，得到ED=FD，进而得到三角形DEF为等腰直角三角形，利用圆周角定理及等腰直角三角形性质得到一对同位角相等，利用同位角相等两直线平行，再根据平行线的性质和同弧所对的圆周角相等，即可得出结论；（3）由全等三角形对应边相等得到AE=BF=1，在直角三角形BEF中，利用勾股定理求出EF的长，利用锐角三角形函数定义求出DE的长，利用两对角相等的三角形相似得到三角形AED与三角形GEB相似，由相似得比例，求出GE的长，由GE+ED求出GD的长，根据三角形的面积公式计算即可．详解：（1）连接BD．在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，∴∠A=∠C=45°．∵AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，∴AD=DC=BD=12AC，∠CBD=∠C=45°，∴∠A=∠FBD．∵DF⊥DG，∴∠FDG=90°，∴∠FDB+∠BDG=90°．∵∠EDA+∠BDG=90°，∴∠EDA=∠FDB．在△AED和△BFD中，A FBDAD BDEDA FDB∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△AED≌△BFD（ASA），∴AE=BF；（2）连接EF，BG．∵△AED≌△BFD，∴DE=DF．∵∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴∠DEF=45°．∵∠G=∠A=45°，∴∠G=∠DEF，∴GB∥EF，∴∠FEB=∠GBA．∵∠GBA=∠GDA，∴∠FEB=∠GDA；（3）∵AE=BF，AE=2，∴BF=2．在Rt△EBF中，∠EBF=90°，∴根据勾股定理得：EF2=EB2+BF2．∵EB=4，BF=2，∴EF=2242+=25．∵△DEF为等腰直角三角形，∠EDF=90°，∴cos∠DEF=DEEF．∵EF=25，∴DE=25×22=10．∵∠G=∠A，∠GEB=∠AED，∴△GEB∽△AED，∴GEAE=EBED，即GE•ED=AE•EB，∴10•GE=8，即GE=410，则GD=GE+ED=910．∴1191011092252S GD DF GD DE=⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯=．点睛：本题属于圆综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答本题的关键．5．如图，已知平行四边形OABC 的三个顶点A 、B 、C 在以O 为圆心的半圆上，过点C 作CD ⊥AB ，分别交AB 、AO 的延长线于点D 、E ，AE 交半圆O 于点F ，连接CF ． （1）判断直线DE 与半圆O 的位置关系，并说明理由； （2）若半圆O 的半径为6，求¶AC 的长．【答案】（1）直线CE 与半圆O 相切（2）4π 【解析】试题分析：（1）结论：DE 是⊙O 的切线．首先证明△ABO ，△BCO 都是等边三角形，再证明四边形BDCG 是矩形，即可解决问题；（2）只要证明△OCF 是等边三角形即可解决问题，求AC 即可解决问题． 试题解析：（1）直线CE 与半圆O 相切，理由如下： ∵四边形OABC 是平行四边形，∴AB ∥OC. ∵∠D=90°，∴∠OCE=∠D=90°，即OC ⊥DE ， ∴直线CE 与半圆O 相切．（2）由（1）可知：∠COF=60°，OC=OF ， ∴△OCF 是等边三角形， ∴∠AOC=120° ∴¶AC 的长为1206180π⨯⨯=4π.6．如图，O 是△ABC 的内心，BO 的延长线和△ABC 的外接圆相交于D ，连结DC 、DA 、OA 、OC ，四边形OADC 为平行四边形． （1）求证：△BOC ≌△CDA ． （2）若AB =2，求阴影部分的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）4339π-.【解析】分析: （1）根据内心性质得∠1=∠2，∠3=∠4，则AD=CD，于是可判断四边形OADC为菱形，则BD垂直平分AC，∠4=∠5=∠6，易得OA=OC，∠2=∠3，所以OB=OC，可判断点O 为△ABC的外心，则可判断△ABC为等边三角形，所以∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，BC=AC，再根据平行四边形的性质得∠ADC=∠AOC=120°，AD=OC，CD=OA=OB，则根据“SAS”证明△BOC≌△CDA；（2）作OH⊥AB于H，如图，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠BOH=30°，根据垂径定理得到BH=AH=12AB=1，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到OH=33BH=33，OB=2OH=233，然后根据三角形面积公式和扇形面积公式，利用S阴影部分=S扇形AOB-S△AOB进行计算即可.详解:（1）证明：∵O是△ABC的内心，∴∠2=∠3，∠5=∠6，∵∠1=∠2，∴∠1=∠3，由AD∥CO,AD=CO，∴∠4=∠6，∴△BOC≌△CDA（AAS）(2)由（1）得，BC=AC,∠3=∠4=∠6，∴∠ABC=∠ACB∴AB=AC∴△ABC是等边三角形∴O是△ABC的内心也是外心∴OA=OB=OC设E为BD与AC的交点，BE垂直平分AC.在Rt△OCE中，CE=12AC=12AB=1，∠OCE=30°，∴23∵∠AOC=120°，∴=AOB AOB S S S -V 阴影扇 =21202313()23602π-⨯⨯=4339π- 点睛: 本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．也考查了等边三角形的判定与性质和扇形面积的计算.7．(8分)已知AB 为⊙O 的直径，OC ⊥AB ，弦DC 与OB 交于点F ，在直线AB 上有一点E ，连接ED ，且有ED ＝EF.(1)如图①，求证：ED 为⊙O 的切线；(2)如图②，直线ED 与切线AG 相交于G ，且OF ＝2，⊙O 的半径为6，求AG 的长． 【答案】（1）见解析；（2）12 【解析】试题分析：（1）连接OD ，由ED =EF 可得出∠EDF =∠EFD ，由对顶角相等可得出∠EDF =∠CFO ；由OD =OC 可得出∠ODF =∠OCF ，结合OC ⊥AB 即可得知∠EDF +∠ODF =90°，即∠EDO =90°，由此证出ED 为⊙O 的切线；（2）连接OD ，过点D 作DM ⊥BA 于点M ，结合（1）的结论根据勾股定理可求出ED 、EO 的长度，结合∠DOE 的正弦、余弦值可得出DM 、MO 的长度，根据切线的性质可知GA ⊥EA ，从而得出DM ∥GA ，根据相似三角形的判定定理即可得出△EDM ∽△EGA ，根据相似三角形的性质即可得出GA 的长度试题解析：解：（1）连接OD ，∵ED =EF ，∴∠EDF =∠EFD ，∵∠EFD =∠CFO ，∴∠EDF =∠CFO ．∵OD =OC ，∴∠ODF =∠OCF ．∵OC ⊥AB ，∴∠CFO +∠OCF =∠EDF +∠ODF =∠EDO =90°，∴ED 为⊙O 的切线；（2）连接OD ，过点D 作DM ⊥BA 于点M ，由（1）可知△EDO 为直角三角形，设ED =EF =a ，EO =EF +FO =a +2，由勾股定理得，EO 2=ED 2+DO 2，即（a +2）2=a 2+62，解得，a =8，即ED =8，EO =10．∵sin ∠EOD =45ED EO =，cos ∠EOD =35OD OE =，∴DM =OD •sin ∠EOD =6×45=245，MO =OD •cos ∠EOD =6×35=185，∴EM =EO ﹣MO =10﹣18 5=325，EA=EO+OA=10+6=16．∵GA切⊙O于点A，∴GA⊥EA，∴DM∥GA，∴△EDM∽△EGA，∴DM EMGA EA=，即24325516GA=，解得GA=12．点睛：本题考查的是切线的判定、垂径定理和勾股定理的应用、等腰三角形的性质、角的三角函数值、相似三角形的判定及性质，解题的关键是：（1）通过等腰三角形的性质找出∠EDO=90°；（2）通过相似三角形的性质找出相似比．8．四边形ABCD内接于⊙O，点E为AD上一点，连接AC，CB，∠B=∠AEC．（1）如图1，求证：CE=CD；（2）如图2，若∠B+∠CAE=120°，∠ACD=2∠BAC，求∠BAD的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，延长CE交⊙O于点G，若tan∠BAC= 5311，EG=2，求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）7.【解析】试题分析：(1)利用圆的内接四边形定理得到∠CED=∠CDE.(2) 作CH⊥DE于H, 设∠ECH=α，由（1）CE=CD，用α表示∠CAE，∠BAC，而∠BAD=∠BAC+∠CAE.（3）连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，先证明∠CAG=∠BAC，设NG=53m，可得AN=11m，利用直角n AGM,n AEM，勾股定理可以算出m的值并求出AE长.试题解析：（1）解：证明：∵四边形ABCD内接于⊙O.∴∠B+∠D=180°，∵∠B=∠AEC，∴∠AEC+∠D=180°，∵∠AEC+∠CED=180°，∴∠D=∠CED，∴CE=CD．（2）解：作CH⊥DE于H．设∠ECH=α，由（1）CE=CD，∴∠ECD=2α，∵∠B=∠AEC，∠B+∠CAE=120°，∴∠CAE+∠AEC=120°，∴∠ACE=180°﹣∠AEC﹣∠ACE=60°，∴∠CAE=90°﹣∠ACH=90°﹣（60°+α）=30°﹣α，∠ACD=∠ACH+∠HCD=60°+2α，∵∠ACD=2∠BAC，∴∠BAC =30°+α，∴∠BAD =∠BAC +∠CAE =30°+α+30°﹣α=60°．（3）解：连接AG ，作GN ⊥AC ，AM ⊥EG ，∵∠CED =∠AEG ，∠CDE =∠AGE ，∠CED =∠CDE ，∴∠AEG =∠AGE ，∴AE =AG ，∴EM=MG =12EG =1， ∴∠EAG =∠ECD =2α，∴∠CAG =∠CAD +∠DAG =30°﹣α+2α=∠BAC ，∵tan ∠BAC =5311， ∴设NG=3，可得AN =11m ，AG 22AG AM -14m ， ∵∠ACG =60°，∴CN=5m ，AM 3，MG 22AG AM -m =1， ∴m =12， ∴CE=CD =CG ﹣EG =10m ﹣2=3， ∴AE 22AM EM +221+43（）=7．9．已知：如图1，∠ACG=90°，AC=2，点B 为CG 边上的一个动点，连接AB ，将△ACB 沿AB 边所在的直线翻折得到△ADB ，过点D 作DF ⊥CG 于点F ．（1）当BC=233时，判断直线FD 与以AB 为直径的⊙O 的位置关系，并加以证明； （2）如图2，点B 在CG 上向点C 运动，直线FD 与以AB 为直径的⊙O 交于D 、H 两点，连接AH ，当∠CAB=∠BAD=∠DAH 时，求BC 的长．【答案】（1）直线FD与以AB为直径的⊙O相切，理由见解析；（2）222.【解析】试题分析：（1）根据已知及切线的判定证明得，直线FD与以AB为直径的⊙O相切；（2）根据圆内接四边形的性质及直角三角形的性质进行分析，从而求得BC的长．试题解析：（1）判断：直线FD与以AB为直径的⊙O相切．证明：如图，作以AB为直径的⊙O；∵△ADB是将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到的，∴△ADB≌△ACB，∴∠ADB=∠ACB=90°．∵O为AB的中点，连接DO，∴OD=OB=AB，∴点D在⊙O上．在Rt△ACB中，BC=，AC=2；∴tan∠CAB==，∴∠CAB=∠BAD=30°，∴∠ABC=∠ABD=60°，∴△BOD是等边三角形．∴∠BOD=60°．∴∠ABC=∠BOD，∴FC∥DO．∵DF⊥CG，∴∠ODF=∠BFD=90°，∴OD⊥FD，∴FD为⊙O的切线．（2）延长AD交CG于点E，同（1）中的方法，可证点C在⊙O上；∴四边形ADBC是圆内接四边形．∴∠FBD=∠1+∠2．同理∠FDB=∠2+∠3．∵∠1=∠2=∠3，∴∠FBD=∠FDB，又∠DFB=90°．∴EC=AC=2．设BC=x，则BD=BC=x，∵∠EDB=90°，∴EB=x ．∵EB+BC=EC，∴x+x=2，解得x=2﹣2，∴BC=2﹣2．10．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出：DC+AD= BD．（2）探究证明将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明（3）拓展延伸在直线MN 绕点A 旋转的过程中，当△ABD 面积取得最大值时，若CD 长为1，请直接写BD 的长．【答案】（1）2；（2）AD ﹣DC=2BD ；（3）BD=AD=2+1．【解析】【分析】（1）根据全等三角形的性质求出DC ，AD ，BD 之间的数量关系（2）过点B 作BE ⊥BD ，交MN 于点E ．AD 交BC 于O ，证明CDB AEB ∆∆≌，得到CD AE =，EB BD =，根据BED ∆为等腰直角三角形，得到2DE BD =，再根据DE AD AE AD CD =-=-，即可解出答案.（3）根据A 、B 、C 、D 四点共圆，得到当点D 在线段AB 的垂直平分线上且在AB 的右侧时，△ABD 的面积最大．在DA 上截取一点H ，使得CD=DH=1，则易证2CH AH ==，由BD AD =即可得出答案.【详解】解：（1）如图1中，由题意：BAE BCD ∆∆≌，∴AE=CD ，BE=BD ，∴CD+AD=AD+AE=DE ，∵BDE ∆是等腰直角三角形，∴2BD ，∴2BD ，故答案为2． （2）2AD DC BD -=．证明：如图，过点B 作BE ⊥BD ，交MN 于点E ．AD 交BC 于O ．∵90ABC DBE ∠=∠=︒，∴ABE EBC CBD EBC ∠+∠=∠+∠，∴ABE CBD ∠=∠．∵90BAE AOB ∠+∠=︒，90BCD COD ∠+∠=︒，AOB COD ∠=∠，∴BAE BCD ∠=∠，∴ABE DBC ∠=∠．又∵AB CB =，∴CDB AEB ∆∆≌，∴CD AE =，EB BD =，∴BD ∆为等腰直角三角形，2DE BD =． ∵DE AD AE AD CD =-=-，∴2AD DC BD -=．（3）如图3中，易知A 、B 、C 、D 四点共圆，当点D 在线段AB 的垂直平分线上且在AB 的右侧时，△ABD 的面积最大．此时DG ⊥AB ，DB=DA ，在DA 上截取一点H ，使得CD=DH=1，则易证2CH AH == ∴21BD AD ==+．【点睛】 本题主要考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及图形的应用，正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.11．已知四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∠DAB ＝120°，BC ＝CD ，AD ＝4，AC ＝7，求AB 的长度．【答案】AB ＝3．【解析】【分析】作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，根据弦、弧、圆周角、圆心角的关系，求得BC CD =u u u r u u u r，进而得到∠DAC ＝∠CAB ＝60°，在Rt △ADE 中，根据60°锐角三角函数值，可求得DE ＝23，AE ＝2，再由Rt △DEC 中，根据勾股定理求出DC 的长，在△BFC 和△ABF 中，利用60°角的锐角三角函数值及勾股定理求出AF 的长，然后根据求出的两个结果，由AB ＝2AF ，分类讨论求出AB 的长即可.【详解】作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，∵BC ＝CD ，∴BC CD =u u u r u u u r ，∴∠CAB ＝∠DAC ，∵∠DAB ＝120°，∴∠DAC ＝∠CAB ＝60°，∵DE ⊥AC ，∴∠DEA ＝∠DEC ＝90°，∴sin60°＝4DE ，cos60°＝4AE ， ∴DE ＝3AE ＝2，∵AC ＝7，∴CE ＝5，∴DC ()2223537+=∴BC ，∵BF ⊥AC ，∴∠BFA ＝∠BFC ＝90°，∴tan60°＝BF AF，BF 2+CF 2＝BC 2， ∴BF，∴()2227AF +-=， ∴AF ＝2或AF ＝32， ∵cos60°＝AF AB， ∴AB ＝2AF ，当AF ＝2时，AB ＝2AF ＝4，∴AB ＝AD ，∵DC ＝BC ，AC ＝AC ，∴△ADC ≌△ABC （SSS ），∴∠ADC ＝∠ABC ，∵ABCD 是圆内接四边形，∴∠ADC+∠ABC ＝180°，∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，但AC 2＝49，2222453AD DC +=+=，AC 2≠AD 2+DC 2，∴AB ＝4（不合题意，舍去）， 当AF ＝32时，AB ＝2AF ＝3， ∴AB ＝3．【点睛】 此题主要考查了圆的相关性质和直角三角形的性质，解题关键是构造直角三角形模型，利用直角三角形的性质解题.12．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 =，∴()()11OBC 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， ∴1OT 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=， ∴3tan HSK tan HAK 4∠∠==， ∴1tan EAB tan BCD 3∠∠==， 设BD a =，CD 3a =， ∴AD BD 2ED a 6=+=+，11DK AD a 233==+， ∵CD DK CK +=， ∴13a a 283++=， 解得：9a 5=， ∴113DK a 235=+=， ∴2614CF 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．13．已知Rt △ABC ，∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，AD ＝AC ，BC ＝A ，D 两点作⊙O ，交AB 于点E ，（1）求弦AD 的长；（2）如图1，当圆心O 在AB 上且点M 是⊙O 上一动点，连接DM 交AB 于点N ，求当ON 等于多少时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形？（3）如图2，当圆心O 不在AB 上且动圆⊙O 与DB 相交于点Q 时，过D 作DH ⊥AB （垂足为H ）并交⊙O 于点P ，问：当⊙O 变动时DP ﹣DQ 的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．【答案】（1）23（2）当ON等于13﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形（3）不变，理由见解析【解析】【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD的长；（2）连DE、ME，易得当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，根据垂径定理得推论得OE⊥DM，易得到△ADC为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=1233；当MD=ME，DE为底边，作DH⊥AE，由于3∠DAE=30°，得到3，∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，又∠M=∠DAE=30°，MD=ME，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到33；（3）连AP、AQ，DP⊥AB，得AC∥DP，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠PAQ=∠PDB，∠AQC=∠P，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD，易证得△AQC≌△APD，得到DP=CQ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD，而△ADC为等边三角形，3DP-DQ的值．【详解】解：（1）∵∠BAC＝90°，点D是BC中点，BC＝3∴AD＝12BC＝3（2）连DE、ME，如图，∵DM＞DE，当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，∴OE⊥DM，又∵AD＝AC，∴△ADC为等边三角形，∴∠CAD＝60°，∴∠DAO＝30°，∴∠DON＝60°，在Rt△ADN中，DN＝12AD3，在Rt△ODN中，ON＝33DN＝1，∴当ON等于1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形；当MD＝ME，DE为底边，如图3，作DH⊥AE，∵AD＝23，∠DAE＝30°，∴DH＝3，∠DEA＝60°，DE＝2，∴△ODE为等边三角形，∴OE＝DE＝2，OH＝1，∵∠M＝∠DAE＝30°，而MD＝ME，∴∠MDE＝75°，∴∠ADM＝90°﹣75°＝15°，∴∠DNO＝45°，∴△NDH为等腰直角三角形，∴NH＝DH＝3，∴ON＝3﹣1；综上所述，当ON等于1或3﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形；（3）当⊙O变动时DP﹣DQ的值不变，DP﹣DQ＝23．理由如下：连AP、AQ，如图2，∵∠C＝∠CAD＝60°，而DP⊥AB，∴AC∥DP，∴∠PDB＝∠C＝60°，又∵∠PAQ＝∠PDB，∴∠PAQ＝60°，∴∠CAQ＝∠PAD，∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，∴△AQC≌△APD，∴DP＝CQ，∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．14．如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠D＝60°且AB＝6，过O点作OE⊥AC，垂足为E．（1）求OE的长；（2）若OE的延长线交⊙O于点F，求弦AF、AC和弧CF围成的图形（阴影部分）的面积．（结果保留π）【答案】（1）OE的长为32；（2）阴影部分的面积为3 2π【解析】（1）OE=32（2）S=32π15．已知：如图，以等边三角形ABC一边AB为直径的⊙O与边AC、BC分别交于点D、E，过点D作DF⊥BC，垂足为F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若等边三角形ABC 的边长为4，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）见解析（23323π-【解析】试题分析：（1）连接DO，要证明DF为⊙O的切线只要证明∠FDP=90°即可；（2）首先由已知可得到CD，CF的长，从而利用勾股定理可求得DF的长；再连接OE，求得CF，EF的长，从而利用S直角梯形FDOE﹣S扇形OED求得阴影部分的面积．试题解析：（1）证明：连接DO．∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠C=60°．∵OA=OD，∴△OAD是等边三角形．∴∠ADO=60°，∵DF⊥BC，∴∠CDF=90°﹣∠C=30°，∴∠FDO=180°﹣∠ADO﹣∠CDF=90°，∴DF为⊙O的切线；（2）∵△OAD是等边三角形，∴AD=AO=AB=2．∴CD=AC﹣AD=2．Rt△CDF中，∵∠CDF=30°，∴CF=CD=1．∴DF=，连接OE，则CE=2．∴CF=1，∴EF=1．∴S直角梯形FDOE=（EF+OD）•DF=，∴S扇形OED==，∴S阴影=S直角梯形FDOE﹣S扇形OED=﹣．【点睛】此题考查学生对切线的判定及扇形的面积等知识点的掌握情况，当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线．也考查了等边三角形的性质和利用割补法计算补规则图形的面积．。
2020-2021中考数学圆的综合综合题附详细答案
2020-2021中考数学圆的综合综合题附详细答案一、圆的综合1．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DEBE的值.【答案】（1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（3）21 -【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2，2，21, DEBE=DHBCDE BE =212-2．如图，已知⊙O 的半径为1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿PQ 排成一列，所有正三角形都关于PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1的顶点A 1与点P 重合，第二个△A 2B 2C 2的顶点A 2是B 1C 1与PQ 的交点，…，最后一个△A n B n C n 的顶点B n 、C n 在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a 1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a 2=_____；如图3，正三角形的边长a n =_____（用含n 的代数式表示）．38313 24313n+ 【解析】 分析：（1）设PQ 与11B C 交于点D ，连接1B O ，得出OD=1A D -O 1A ，用含1a 的代数式表示OD ，在△O 1B D 中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a ；（2）设PQ 与2B 2C 交于点E ，连接2B O ，得出OE=1A E-O 1A ，用含2a 的代数式表示OE ，在△O 2B E 中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a ；（3）设PQ 与n B n C 交于点F ，连接n B O ，得出OF=1A F-O 1A ，用含an 的代数式表示OF ，在△O n B F 中，根据勾股定理求出正三角形的边长an ． 本题解析：(1)易知△A 1B 1C 1的高为323 ∴a 13.(2)设△A 1B 1C 1的高为h ，则A 2O ＝1－h ，连结B 2O ，设B 2C 2与PQ 交于点F ，则有OF ＝2h －1. ∵B 2O 2＝OF 2＋B 2F 2，∴1＝(2h －1)2＋2212a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ . ∵h 32，∴1＝32－1)2＋14a 22， 解得a 283 . (3)同(2)，连结B n O ，设B n C n 与PQ 交于点F ，则有B n O 2＝OF 2＋B n F 2，即1＝(nh －1)2＋212n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ . ∵h ＝3 a n ，∴1＝14a n 2＋2312n na ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 解得a n ＝43n .3．如图，正三角形ABC 内接于⊙O ，P 是BC 上的一点，且PB ＜PC ，PA 交BC 于E ，点F 是PC 延长线上的点，CF=PB ，AB=13，PA=4．（1）求证：△ABP ≌△ACF ；（2）求证：AC 2=PA•AE ；（3）求PB 和PC 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）PB=1，PC=3．【解析】试题分析：（1）先根据等边三角形的性质得到AB=AC ，再利用圆的内接四边形的性质得∠ACF=∠ABP ，于是可根据“SAS”判断△ABP ≌△ACF ；（2）先根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=60°，再根据圆周角定理得∠APC=∠ABB=60°，加上∠CAE=∠PAC ，于是可判断△ACE ∽△APC ，然后利用相似比即可得到结论；（3）先利用AC 2=PA•AE 计算出AE=134 ，则PE=AP-AE=34，再证△APF 为等边三角形，得到PF=PA=4，则有PC+PB=4，接着证明△ABP ∽△CEP ，得到PB•PC=PE•A=3，然后根据根与系数的关系，可把PB 和PC 看作方程x 2-4x+3=0的两实数解，再解此方程即可得到PB 和PC 的长．试题解析：（1）∵∠ACP+∠ABP=180°，又∠ACP+∠ACF=180°，∴∠ABP=∠ACF在ABP ∆和ACF ∆中，∵AB=AC ，∠ABP=∠ACF ， CF PB =∴ABP ∆≌ACF ∆．(2)在AEC ∆和ACP ∆中，∵∠APC=∠ABC ，而ABC ∆是等边三角形，故∠ACB=∠ABC=60º，∴∠ACE =∠APC .又∠CAE =∠PAC ，∴AEC ∆∽ACP ∆ ∴AC AE AP AC=,即2AC PA AE =⋅. 由（1）知ABP ∆≌ACF ∆，∴∠BAP=∠CAF ， CF PB =∴∠BAP+∠PAC=∠CAF+∠PAC∴∠PAF=∠BAC=60°，又∠APC ＝∠ABC ＝60°.∴APF ∆是等边三角形∴AP=PF∴4PB PC PC CF PF PA +=+===在PAB ∆与CEP ∆中，∵∠BAP=∠ECP ，又∠APB=∠EPC=60°，∴PAB ∆∽CEP ∆ ∴PB PA PE PC=,即PB PC PA PE ⋅=⋅ 由（2）2AC PA AE =⋅， ∴()22AC PB PC PA AE PA PE PA AE PE PA +⋅=⋅+⋅=+= ∴()22AC PB PC PA AE PA PE PA AE PE PA +⋅=⋅+⋅=+=∴22222243PB PC PA AC PA AB ⋅=-=-=-=因此PB 和PC 的长是方程2430x x --=的解．解这个方程，得11x =， 23x =．∵PB<PB ，∴PB=11x =，PC=23x =，∴PB 和PC 的长分别是1和3。
九年级数学圆 几何综合单元测试题(Word版 含解析)
九年级数学圆几何综合单元测试题（Word版含解析）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．如图所示，CD为⊙O的直径，点B在⊙O上，连接BC、BD，过点B的切线AE与CD 的延长线交于点A，OE//BD，交BC于点F，交AB于点E.（1）求证：∠E=∠C；（2）若⊙O的半径为3，AD=2，试求AE的长；（3）在（2）的条件下，求△ABC的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）48 5.【解析】试题分析：（1）连接OB，利用已知条件和切线的性质证明：OE∥BD，即可证明：∠E=∠C；（2）根据题意求出AB的长，然后根据平行线分线段定理，可求解；（3）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可求解.试题解析：（1）如解图，连接OB，∵CD为⊙O的直径，∴∠CBD＝∠CBO＋∠OBD＝90°，∵AB是⊙O的切线，∴∠ABO＝∠ABD＋∠OBD＝90°，∴∠ABD＝∠CBO.∵OB、OC是⊙O的半径，∴OB＝OC，∴∠C＝∠CBO.∵OE∥BD，∴∠E＝∠ABD，∴∠E＝∠C；（2）∵⊙O的半径为3，AD＝2，∴AO＝5，∴AB＝4.∵BD∥OE，∴＝，∴＝，∴BE＝6，AE=6+4=10（3）S △AOE==15，然后根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得S△ABC= S△AOE==2．在△ABC中，∠A=90°，AB=4，AC=3，M是AB上的动点（不与A，B重合），过M点作MN∥BC交AC于点N．（1）如图1，把△AMN沿直线MN折叠得到△PMN，设AM=x．i．若点P正好在边BC上，求x的值；ii．在M的运动过程中，记△MNP与梯形BCNM重合的面积为y，试求y关于x的函数关系式，并求y的最大值．（2）如图2，以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMQN．试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由．【答案】（1）i．当x=2时，点P恰好落在边BC上；ii． y=，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2；（2）当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．【解析】试题分析：（1）i．根据轴对称的性质，可求得相等的线段与角，可得点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上；ii．分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积，易见y=x2②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由i．知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求得．（2）利用分类讨论的思想，先求的直线BC与⊙O相切时，x的值，然后得到相交，相离时x的取值范围．试题解析：（1）i．如图1，由轴对称性质知：AM=PM，∠AMN=∠PMN，又MN∥BC，∴∠PMN=∠BPM，∠AMN=∠B，∴∠B=∠BPM，∴AM=PM=BM，∴点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上．ii．以下分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴，∴，∴AN=，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，∴，②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由（2）知ME=MB=4-x，∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，∴，∴S△PEF=（x-2）2，∴y=S△PMN-S△PEF=，∵当0＜x≤2时，y=x2，∴易知y最大=，又∵当2＜x＜4时，y=，∴当x=时（符合2＜x＜4），y最大=2，综上所述，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2．（2））如图3，设直线BC与⊙O相切于点D，连接AO，OD，则AO=OD=MN．在Rt△ABC中，BC==5；由（1）知△AMN∽△ABC，∴，即，∴MN=x∴OD=x，过M点作MQ⊥BC于Q，则MQ=OD=x，在Rt△BMQ与Rt△BCA中，∠B是公共角，∴△BMQ∽△BCA，∴，∴BM=，AB=BM+MA=x+x=4∴x=，∴当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．考点：圆的综合题．3．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠CAB=30°，AB=10，点D在线段AB上，AD=2．点P，Q 以相同的速度从D点同时出发，点P沿DB方向运动，点Q沿DA方向到点A后立刻以原速返回向点B运动．以PQ为直径构造⊙O，过点P作⊙O的切线交折线AC﹣CB于点E，将线段EP绕点E顺时针旋转60°得到EF，过F作FG⊥EP于G，当P运动到点B时，Q也停止运动，设DP=m．（1）当2＜m≤8时，AP=，AQ=．（用m的代数式表示）（2）当线段FG长度达到最大时，求m的值；（3）在点P，Q整个运动过程中，①当m 为何值时，⊙O 与△ABC 的一边相切？ ②直接写出点F 所经过的路径长是．（结果保留根号）【答案】（1）2+m ，m ﹣2;（2）m=5.5;（3）①当m=1或4或10﹣433时，⊙O 与△ABC 的边相切．②点F 的运动路径的长为1136+572． 【解析】试题分析：（1）根据题意可得AP =2+m ，AQ =m −2.（2）如图1中在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=， 推出3cos30cos30FG EF PE EP =⋅=⋅=，所以当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，求出此时EP 的长即可解决问题．（3）①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .分别求解即可．②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .分别求出122F F F B ，即可解决问题． 试题解析：(1)当28m <≤时，AP =2+m ，AQ =m −2. 故答案为2+m ，m −2. (2)如图1中，在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，3cos30cos30FG EF PE EP ∴=⋅=⋅=， ∴当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，易知此时53553102AC BC EP AB ⨯⨯===，3tan30(2)EP AP m =⋅=+⋅， 533(2)23m ∴=+⋅，∴m =5.5(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .则有AD =2DH =2， ∴DH =DQ =1，即m =1.当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4， 如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .则AO =2OH =4，AP =4+2=6， ∴2+m =6， ∴m =4. 如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .在Rt △OBN 中, 43sin603OB ON ==， 43103AO ∴=-， 43123AP ∴=-， 432123m ∴+=-， 43103m ∴=-， 综上所述,当m =1或4或43103-时，O 与△ABC 的边相切。
中考数学专题训练---圆的综合的综合题分类附答案解析
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 中，优弧AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝23，点P为优弧AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．发现：（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在NP上．（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【解析】【分析】发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性质可得OD=A'H=12A'N=12MN=2可判定A′C与半圆相切；（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在PB时，连接MO′，则可知NO′=12MN，可求得∠MNO′=60°，可求得α=30°；（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【详解】发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,∵⊙O的半径为2，AB=23，∴OH=22OB HB-=222(3)1-=在△BOH中，OH=1，BO=2∴∠ABO=30°∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．∴∠OBA′=∠ABO=30°∴∠ABA′=60°（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．∴∠A′BP=∠ABP=60°．∴∠OBP=30°．∴OG=12OB=1．∴3．∵OG⊥BP，∴3．∴3．∴折痕的长为3拓展：（1）相切．分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，∵A'C∥MN∴四边形A'HOD是矩形∴A'H=O∵α=15°∴∠A'NH=30∴OD=A'H=12A'N=12MN=2∴A'C与半圆（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，∴α=45当O′在PB上时，连接MO′，则可知NO′=12 MN，∴∠O′MN=0°∴∠MNO′=60°，∴α=30°，故答案为：45°；30°．（3）∵点P，M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NO′与半圆只有一个公共点B；当α增大到45°时N A′与半圆相切，即线段NO′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N，但是点P，N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°．【点睛】本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．2．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）92DE =. 【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AB =22AD 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 ，∴12OH OC BD AB ==， ∵OH =5，∴BD =10，∴AB 22AD BD +，∴AO =13，∴AH =18， ∵△AHE ∽△ADB ，∴AH AE AD AB =，即1824=26AE ，∴AE =392，∴DE =92．【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．3．如图，AB是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，点C在⊙O上，CB∥PO．（1）判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若AB=6，CB=4，求PC的长．【答案】（1）PC是⊙O的切线，理由见解析；（235 2【解析】试题分析：（1）要证PC是⊙O的切线，只要连接OC，再证∠PCO=90°即可．（2）可以连接AC，根据已知先证明△ACB∽△PCO，再根据勾股定理和相似三角形的性质求出PC的长．试题解析：（1）结论：PC是⊙O的切线．证明：连接OC∵CB∥PO∴∠POA=∠B，∠POC=∠OCB∵OC=OB∴∠OCB=∠B∴∠POA=∠POC又∵OA=OC，OP=OP∴△APO≌△CPO∴∠OAP=∠OCP∵PA是⊙O的切线∴∠OAP=90°∴∠OCP=90°∴PC是⊙O的切线．（2）连接AC∵AB是⊙O的直径∴∠ACB=90°（6分）由（1）知∠PCO=90°，∠B=∠OCB=∠POC∵∠ACB=∠PCO∴△ACB∽△PCO∴∴．点睛：本题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了勾股定理和相似三角形的性质．4．如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC，⊙A经过点B，与AD边交于点E，连接CE .（1）求证：直线PD是⊙A的切线；（2）若PC=25，sin∠P=23，求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）．【答案】（1）见解析；（2）20-4π.【解析】分析：（1）过点A作AH⊥PD，垂足为H，只要证明AH为半径即可.（2）分别算出Rt△CED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解：（1）证明：如图，过A作AH⊥PD，垂足为H，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，∠PCD=∠BCD=90°，∴∠ADH=∠P，∠AHD=∠PCD=90°，又PD=BC，∴AD=PD，∴△ADH≌△DPC，∴AH=CD，∵CD=AB，且AB是⊙A的半径，∴AH=AB,即AH是⊙A的半径，∴PD是⊙A的切线.（2）如图，在Rt△PDC中，∵sin∠P=23CDPD，PC=25，令CD=2x，PD=3x，由由勾股定理得：（3x）2-(2x)2=(25)2，解得：x=2，∴CD=4，PD=6，∴AB=AE=CD=4，AD=BC=PD=6，DE=2，∵矩形ABCD的面积为6×4=24，Rt△CED的面积为12×4×2=4，扇形ABE的面积为12π×42=4π，∴图中阴影部份的面积为24-4-4π=20-4π.点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积.5．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD ．∵四边形AOCD 为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD ，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD 是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH ⊥AB 于点F ，AB 为直径，∴DH=2DF ，在Rt △OFD 中，sin ∠AOD=， ∴DF=ODsin ∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2． 考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．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)24π.【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=12∠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．∵123CAD 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=ADAC，∴AD=AC sin∠C=1，∴⊙O的半径为12，∴⊙O的面积为24π．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．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O 与直线AB的距离为5．（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？【答案】（1）522；（2）52；（3）20423-【解析】分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；（2）设运动的时间为t 秒，根据题意得：CC′=2t ，DD′=t ，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2t=4-t ，由第（1）的结论列式得出结果；（3）求出相切的时间，进而得出B 点移动的距离．详解：（1）假设第一次相切时，△ABC 移至△A′B′C′处，如图1，A′C′与⊙O 切于点E ，连接OE 并延长，交B′C′于F ，设⊙O 与直线l 切于点D ，连接OD ，则OE ⊥A′C′，OD ⊥直线l ，由切线长定理可知C′E=C′D ，设C′D=x ，则C′E=x ，∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠A=∠ACB=45°，∴∠A′C′B′=∠ACB=45°，∴△EFC′是等腰直角三角形，∴C′F=2x ，∠OFD=45°， ∴△OFD 也是等腰直角三角形，∴OD=DF ，∴2x+x=1，则x=2-1，∴CC′=BD -BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2，∴点C 运动的时间为522-； 则经过522-秒，△ABC 的边与圆第一次相切； （2）如图2，设经过t 秒△ABC 的边与圆第一次相切，△ABC 移至△A′B′C′处，⊙O 与BC 所在直线的切点D 移至D′处，A′C′与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交B′C′于F ，∵CC′=2t ，DD′=t ，∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2t=4-t ，由切线长定理得C′E=C′D′=4-t ，由（1）得：4-t=2-1， 解得：t=5-2，答：经过5-2秒△ABC 的边与圆第一次相切；（3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t ，DD′=t ，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2.5t=4-1.5t ，由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t ，由（1）得：4-1.5t=2-1，解得：t=1022-， ∴点B 运动的距离为2×1022-=2042-．点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．8．如图，已知AB 为⊙O 直径，D 是BC 的中点，DE ⊥AC 交AC 的延长线于E ，⊙O 的切线交AD 的延长线于F ．（1）求证：直线DE 与⊙O 相切；（2）已知DG ⊥AB 且DE =4，⊙O 的半径为5，求tan ∠F 的值．【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】试题分析：（1）连接BC 、OD ，由D 是弧BC 的中点，可知：OD ⊥BC ；由OB 为⊙O 的直径，可得：BC⊥AC，根据DE⊥AC，可证OD⊥DE，从而可证DE是⊙O的切线；（2）直接利用勾股定理得出GO的长，再利用锐角三角函数关系得出tan∠F的值．试题解析：解：（1）证明：连接OD，BC，∵D是弧BC的中点，∴OD垂直平分BC，∵AB 为⊙O的直径，∴AC⊥BC，∴OD∥AE．∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵OD为⊙O的半径，∴DE 是⊙O的切线；（2）解：∵D是弧BC的中点，∴DC DB，∴∠EAD=∠BAD，∵DE⊥AC，DG⊥AB且DE=4，∴DE=DG=4，∵DO=5，∴GO=3，∴AG=8，∴tan∠ADG=84=2，∵BF是⊙O的切线，∴∠ABF=90°，∴DG∥BF，∴tan∠F=tan∠ADG=2．点睛：此题主要考查了切线的判定与性质以及勾股定理等知识，正确得出AG，DG的长是解题关键．9．已知：如图，AB是⊙O的直径，PB切⊙O于点B，PA交⊙O于点C，∠APB是平分线分别交BC，AB于点D、E，交⊙O于点F，∠A=60°，并且线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+23 =0的两根（k为常数）．（1）求证：PA•BD=PB•AE；（2）求证：⊙O的直径长为常数k；（3）求tan∠FPA的值．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）tan∠FPA=2﹣3 .【解析】试题分析：（1）由PB切⊙O于点B，根据弦切角定理，可得∠PBD=∠A，又由PF平分∠APB，可证得△PBD∽△PAE，然后由相似三角形的对应边成比例，证得PA•BD=PB•AE；（2）易证得BE=BD，又由线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数），即可得AE+BD=k，继而求得AB=k，即：⊙O的直径长为常数k；（3）由∠A=60°，并且线段AE、BC的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数），可求得AE与BD的长，继而求得tan∠FPB的值，则可得tan∠FPA的值．试题解析：（1）证明：如图，∵PB切⊙O于点B，∴∠PBD=∠A，∵PF平分∠APB，∴∠APE=∠BPD，∴△PBD∽△PAE，∴PB：PA=BD：AE，∴PA•BD=PB•AE；（2）证明：如图，∵∠BED=∠A+∠EPA，∠BDE=∠PBD+∠BPD．又∵∠PBD=∠A，∠EPA=∠BPD，∴∠BED=∠BDE．∴BE=BD．∵线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数），∴AE+BD=k，∴AE+BD=AE+BE=AB=k，即⊙O直径为常数k．（3）∵PB切⊙O于B点，AB为直径．∴∠PBA=90°．∵∠A=60°．∴PB=PA•sin60°=PA，又∵PA•BD=PB•AE，∴BD=AE，∵线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数）．∴AE•BD=2，即AE2=2，解得：AE=2，BD=，∴AB=k=AE+BD=2+，BE=BD=，在Rt△PBA中，PB=AB•tan60°=（2+）×=3+2．在Rt△PBE中，tan∠BPF===2﹣，∵∠FPA=∠BPF，∴tan∠FPA=2﹣．【点睛】此题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及根与系数的关系等知识．此题难度较大，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．10．如图，AB是⊙O的直径，∠ACB的平分线交AB于点D，交⊙O于点E，过点C作⊙O 的切线CP交BA的延长线于点P，连接AE．（1）求证：PC=PD；（2）若AC=5cm，BC=12cm，求线段AE，CE的长．【答案】(1)见解析 (2) EC=172AE=132【解析】试题分析：（1）如图1中，连接OC、OE．利用等角的余角相等，证明∠PCD=∠PDC即可；（2）如图2中．作EH⊥BC于H，EF⊥CA于F．首先证明Rt△AEF≌Rt△BEH，推出AF=BH，设AF=BH=x，再证明四边形CFEH是正方形，推出CF=CH，可得5+x=12﹣x，推出x=72，延长即可解决问题；试题解析：（1）证明：如图1中，连接OC、OE．∵AB直径，∴∠ACB=90°，∴CE平分∠ACB，∴∠ECA=∠ECB=45°，∴AE=BE，∴OE⊥AB，∴∠DOE=90°．∵PC是切线，∴OC⊥PC，∴∠PCO=90°．∵OC=OE，∴∠OCE=∠OEC．∵∠PCD+∠OCE=90°，∠ODE+∠OEC=90°，∠PDC=∠ODE，∴∠PCD=∠PDC，∴PC=PD．（2）如图2中．作EH⊥BC于H，EF⊥CA于F．∵CE 平分∠ACB ，EH ⊥BC 于H ，EF ⊥CA 于F ，∴EH =EF ，∠EFA =∠EHB =90°．∵AE =BE ，∴AE =BE ，∴Rt △AEF ≌Rt △BEH ，∴AF =BH ，设AF =BH =x ．∵∠F =∠FCH =∠CHE =90°，∴四边形CFEH 是矩形．∵EH =EF ，∴四边形CFEH 是正方形，∴CF =CH ，∴5+x =12﹣x ，∴x =72，∴CF =FE =172，∴EC CF =2，AE 2． 点睛：本题考查了切线的性质、圆周角定理、勾股定理、垂径定理、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．。
中考数学 圆的综合 综合题及答案
中考数学圆的综合综合题及答案一、圆的综合1．如图，⊙A过▱OBCD的三顶点O、D、C，边OB与⊙A相切于点O，边BC与⊙O相交于点H，射线OA交边CD于点E，交⊙A于点F，点P在射线OA上，且∠PCD=2∠DOF，以O为原点，OP所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为（0，﹣2）．（1）若∠BOH=30°，求点H的坐标；（2）求证：直线PC是⊙A的切线；（3）若OD=10，求⊙A的半径．【答案】（1）（132）详见解析；（3）5 3 .【解析】【分析】（1）先判断出OH=OB=2，利用三角函数求出MH，OM，即可得出结论；（2）先判断出∠PCD=∠DAE，进而判断出∠PCD=∠CAE，即可得出结论；（3）先求出OE═3，进而用勾股定理建立方程，r2-（3-r）2=1，即可得出结论．【详解】（1）解：如图，过点H作HM⊥y轴，垂足为M．∵四边形OBCD是平行四边形，∴∠B=∠ODC∵四边形OHCD是圆内接四边形∴∠OHB=∠ODC∴∠OHB=∠B∴OH=OB=2∴在Rt△OMH中，∵∠BOH=30°，∴MH=12OH=1，33∴点H的坐标为（13（2）连接AC．∵OA=AD，∴∠DOF=∠ADO∴∠DAE=2∠DOF∵∠PCD=2∠DOF ，∴∠PCD=∠DAE∵OB 与⊙O 相切于点A∴OB ⊥OF∵OB ∥CD∴CD ⊥AF∴∠DAE=∠CAE∴∠PCD=∠CAE∴∠PCA=∠PCD+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90°∴直线PC 是⊙A 的切线；（3）解：⊙O 的半径为r ．在Rt △OED 中，DE=12CD=12OB=1，OD=10 ， ∴OE ═3∵OA=AD=r ，AE=3﹣r ．在Rt △DEA 中，根据勾股定理得，r 2﹣（3﹣r ）2=1解得r=53．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键．2．在⊙O 中，点C 是AB u u u r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.3．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=22k ，AE=5k ， ∴sin ∠CAE=1010EH 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．4．已知：AB 是⊙0直径,C 是⊙0外一点,连接BC 交⊙0于点D ，BD=CD,连接AD 、AC ．(1)如图1,求证:∠BAD=∠CAD(2)如图2,过点C 作CF ⊥AB 于点F,交⊙0于点E,延长CF 交⊙0于点G.过点作EH ⊥AG 于点H ，交AB 于点K,求证AK=2OF ；(3)如图3,在(2)的条件下,EH 交AD 于点L,若0K=1,AC=CG,求线段AL 的长.图1 图2 图3【答案】(1)见解析(2)见解析(3)12105 【解析】试题分析：（1）由直径所对的圆周角等于90°，得到∠ADB =90°，再证明△ABD ≌△ACD 即可得到结论；（2）连接BE ．由同弧所对的圆周角相等，得到∠GAB =∠BEG ．再证△KFE ≌△BFE ，得到BF =KF =BK ．由OF =OB -BF ，AK =AB -BK ，即可得到结论． （3）连接CO 并延长交AG 于点M ，连接BG ．设∠GAB =α．先证CM 垂直平分AG ，得到AM =GM ，∠AGC +∠GCM =90°．再证∠GAF =∠GCM =α．通过证明△AGB ≌△CMG ，得到BG =GM =12AG ．再证明∠BGC =∠MCG =α．设BF =KF =a ， 可得GF =2a ，AF =4a ． 由OK =1，得到OF =a +1，AK =2（a +1），AF = 3a +2，得到3a +2=4a ，解出a 的值，得到AF ，AB ，GF ，FC 的值．由tanα=tan ∠HAK =12HK AH =， AK =6，可以求出 AH 的长．再由1tan tan 3BAD BCF ∠=∠= ，利用公式tan ∠GAD =tan tan 1tan tan GAF BAD GAF BAD ∠+∠-∠⋅∠，得到∠GAD =45°，则AL =2AH ，即可得到结论．试题解析：解：（1）∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ADB =90°，∴∠ADC =90°．∵BD =CD ，∠BDA =∠CDA ，AD =AD ，∴△ABD ≌△ACD ，∴∠BAD =∠CAD ．（2）连接BE ．∵BG =BG ，∴∠GAB =∠BEG ．∵CF ⊥AB ，∴∠KFE =90°．∵EH ⊥AG ，∴∠AHE =∠KFE =90°，∠AKH =∠EKF ，∴∠HAK =∠KEF =∠BEF ．∵FE =FE ，∠KFE =∠BFE =90°，∴△KFE ≌△BFE ，∴BF =KF =BK ．∵ OF =OB -BF ，AK =AB -BK ，∴AK =2OF ．（3）连接CO 并延长交AG 于点M ，连接BG ．设∠GAB =α．∵AC =CG ， ∴点C 在AG 的垂直平分线上．∵ OA =OG ，∴点O 在AG 的垂直平分线上， ∴CM 垂直平分AG ，∴AM =GM ，∠AGC +∠GCM =90°．∵AF ⊥CG ，∴∠AGC +∠GAF =90°，∴∠GAF =∠GCM =α．∵AB 为⊙O 的直径，∴∠AGB = 90°，∴∠AGB =∠CMG =90°．∵AB =AC =CG ，∴△AGB ≌△CMG ，∴BG =GM=12AG ． 在Rt △AGB 中， 1tan tan 2GB GAB AG α∠=== ． ∵∠AMC =∠AGB = 90°，∴BG ∥CM ， ∴∠BGC =∠MCG =α．设BF =KF =a ， 1tan tan 2BF BGF GF α∠===，∴GF =2a ，1tan tan 2GF GAF AF α∠=== ，AF =4a ．∵OK =1，∴OF =a +1，AK =2OF =2（a +1），∴AF =AK +KF =a +2（a +1）=3a +2，∴3a +2=4a ，∴a =2， AK =6，∴AF =4a =8，AB =AC =CG =10，GF =2a =4，FC =CG -GF =6． ∵tanα=tan ∠HAK =12HK AH =，设KH =m ，则AH =2m ，∴AK 22(2)m m +=6，解得：m 65，∴AH =2m 125．在Rt △BFC 中，1tan 3BF BCF FC ∠== ．∵∠BAD +∠ABD =90°， ∠FBC +∠BCF =90°，∴∠BCF =∠BAD ，1tan tan 3BAD BCF ∠=∠= ，∴tan ∠GAD =tan tan 1tan tan GAF BAD GAF BAD ∠+∠-∠⋅∠=1123111123+=-⨯，∴∠GAD=45°，∴HL=AH，AL=2AH= 12105．5．已知：如图1，∠ACG=90°，AC=2，点B为CG边上的一个动点，连接AB，将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到△ADB，过点D作DF⊥CG于点F．（1）当BC=233时，判断直线FD与以AB为直径的⊙O的位置关系，并加以证明；（2）如图2，点B在CG上向点C运动，直线FD与以AB为直径的⊙O交于D、H两点，连接AH，当∠CAB=∠BAD=∠DAH时，求BC的长．【答案】（1）直线FD与以AB为直径的⊙O相切，理由见解析；（2）22 .【解析】试题分析：（1）根据已知及切线的判定证明得，直线FD与以AB为直径的⊙O相切；（2）根据圆内接四边形的性质及直角三角形的性质进行分析，从而求得BC的长．试题解析：（1）判断：直线FD与以AB为直径的⊙O相切．证明：如图，作以AB为直径的⊙O；∵△ADB是将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到的，∴△ADB≌△ACB，∴∠ADB=∠ACB=90°．∵O为AB的中点，连接DO，∴OD=OB=AB，∴点D在⊙O上．在Rt△ACB中，BC=，AC=2；∴tan∠CAB==，∴∠CAB=∠BAD=30°，∴∠ABC=∠ABD=60°，∴△BOD是等边三角形．∴∠BOD=60°．∴∠ABC=∠BOD，∴FC∥DO．∵DF⊥CG，∴∠ODF=∠BFD=90°，∴OD⊥FD，∴FD为⊙O的切线．（2）延长AD交CG于点E，同（1）中的方法，可证点C在⊙O上；∴四边形ADBC是圆内接四边形．∴∠FBD=∠1+∠2．同理∠FDB=∠2+∠3．∵∠1=∠2=∠3，∴∠FBD=∠FDB，又∠DFB=90°．∴EC=AC=2．设BC=x，则BD=BC=x，∵∠EDB=90°，∴EB=x．∵EB+BC=EC，∴x+x=2，解得x=2﹣2，∴BC=2﹣2．6．已知，ABC ∆内接于O e ，点P 是弧AB 的中点，连接PA 、PB ；（1）如图1，若AC BC =，求证：AB PC ⊥；（2）如图2，若PA 平分CPM ∠，求证：AB AC =；（3）在（2）的条件下，若24sin 25BPC ∠=，8AC =，求AP 的值．【答案】(1)见解析;(2)见解析5【解析】【分析】(1)由点P 是弧AB 的中点，可得出AP=BP , 通过证明APC BPC ∆≅∆ ,ACE BCE ∆≅∆可得出AEC BEC ∠=∠进而证明AB ⊥ PC.(2)由PA 是∠CPM 的角平分线，得到∠MPA=∠APC, 等量代换得到∠ABC=∠ACB, 根据等腰三角形的判定定理即可证得AB=AC.(3)过A 点作AD ⊥BC,有三线合一可知AD 平分BC,点O 在AD 上，连结OB ，则∠BOD ＝∠BAC ，根据圆周角定理可知∠BOD=∠BAC, ∠BPC=∠BAC ，由∠BOD=∠BPC 可得sin sin BD BOD BPC OB∠=∠=,设OB=25x ，根据勾股定理可算出OB 、BD 、OD 、AD 的长，再次利用勾股定理即可求得AP 的值.【详解】解：（1）∵点P 是弧AB 的中点，如图1，∴AP ＝BP ，在△APC 和△BPC 中AP BP AC BC PC PC =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴△APC ≌△BPC （SSS ），∴∠ACP ＝∠BCP ，在△ACE 和△BCE 中AC BC ACP BCP CE CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACE ≌△BCE （SAS ），∴∠AEC ＝∠BEC ，∵∠AEC +∠BEC ＝180°，∴∠AEC ＝90°，∴AB ⊥PC ；（2）∵PA 平分∠CPM ，∴∠MPA ＝∠APC ，∵∠APC +∠BPC +∠ACB ＝180°，∠MPA +∠APC +∠BPC ＝180°，∴∠ACB ＝∠MPA ＝∠APC ，∵∠APC ＝∠ABC ，∴∠ABC ＝∠ACB ，∴AB ＝AC ；（3）过A 点作AD ⊥BC 交BC 于D ，连结OP 交AB 于E ，如图2，由（2）得出AB ＝AC ，∴AD 平分BC ，∴点O 在AD 上，连结OB ，则∠BOD ＝∠BAC ，∵∠BPC ＝∠BAC ，∴sin sin BOD BPC ∠=∠=2425BD OB=， 设OB ＝25x ，则BD ＝24x ，∴OD ＝22OB BD -＝7x ，在Rt ABD V 中，AD ＝25x +7x ＝32x ，BD ＝24x ，∴AB ＝22AD BD +＝40x ，∵AC ＝8，∴AB ＝40x ＝8，解得：x ＝0.2，∴OB ＝5，BD ＝4.8，OD ＝1.4，AD ＝6.4，∵点P 是¶AB 的中点，∴OP 垂直平分AB ，∴AE ＝12AB ＝4，∠AEP ＝∠AEO ＝90°， 在Rt AEO ∆中，OE ＝223AO AE -=，∴PE ＝OP ﹣OE ＝5﹣3＝2，在Rt APE ∆中，AP ＝22222425PE AE +=+=．【点睛】本题是一道有关圆的综合题，考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定定理和三线合一，是初中数学的重点和难点，一般以压轴题形出现，难度较大.7．如图，在Rt △ABC 中，90C ∠=︒，AD 平分∠BAC ，交BC 于点D ，点O 在AB 上，⊙O 经过A 、D 两点，交AC 于点E ，交AB 于点F ．（1）求证：BC 是⊙O 的切线；（2）若⊙O 的半径是2cm ，E 是弧AD 的中点，求阴影部分的面积（结果保留π和根号）【答案】（1）证明见解析 （2）233π【解析】【分析】 （1）连接OD ，只要证明OD ∥AC 即可解决问题；（2）连接OE ，OE 交AD 于K ．只要证明△AOE 是等边三角形即可解决问题．【详解】（1）连接OD ．∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA．∵∠OAD=∠DAC，∴∠ODA=∠DAC，∴OD∥AC，∴∠ODB=∠C=90°，∴OD⊥BC，∴BC是⊙O的切线．（2）连接OE，OE交AD于K．∵¶¶AE DE=，∴OE⊥AD．∵∠OAK=∠EAK，AK=AK，∠AKO=∠AKE=90°，∴△AKO≌△AKE，∴AO=AE=OE，∴△AOE是等边三角形，∴∠AOE=60°，∴S阴=S扇形OAE﹣S△AOE26023360π⋅⋅=-⨯22233π=-．【点睛】本题考查了切线的判定、扇形的面积、等边三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．8．在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B（0，），点O（0，0）．△AOB绕着O顺时针旋转，得△A'OB'，点A、B旋转后的对应点为A'，B'，记旋转角为α．（Ⅰ）如图1，A'B'恰好经过点A时，求此时旋转角α的度数，并求出点B'的坐标；（Ⅱ）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA'和直线BB'交于点P，求证：AA'⊥BB'；（Ⅲ）若0°＜α＜360°，求（Ⅱ）中的点P纵坐标的最小值（直接写出结果即可）．【答案】（Ⅰ）α＝60°，B'（3，）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为﹣2．【解析】【分析】（Ⅰ）作辅助线,先根据点A（2,0）,点B（0,）,确定∠ABO＝30°,证明△AOA'是等边三角形,得旋转角α＝60°,证明△COB'是30°的直角三角形,可得B'的坐标;（Ⅱ）依据旋转的性质可得∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',即可得出∠OBB'＝∠OA'A＝（180°﹣α）,再根据∠BOA'＝90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,即可得到∠BPA'＝90°,即AA'⊥BB';（Ⅲ）作AB的中点M（1,）,连接MP,依据点P的轨迹为以点M为圆心,以MP＝AB＝2为半径的圆,即可得到当PM∥y轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2.【详解】解：（Ⅰ）如图1，过B'作B'C⊥x轴于C,∵OA＝2,OB＝2,∠AOB＝90°,∴∠ABO＝30°,∠BAO＝60°,由旋转得：OA＝OA',∠A'＝∠BAO＝60°,∴△OAA'是等边三角形,∴α＝∠AOA'＝60°,∵OB＝OB'＝2,∠COB'＝90°﹣60°＝30°,∴B'C ＝OB’＝,∴OC＝3,∴B'（3,）,（Ⅱ）证明：如图2,∵∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',∴∠OBB'＝∠OA'A＝（180°﹣α）,∵∠BOA'＝90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,∴∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°,即AA'⊥BB';（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为-2．理由是：如图，作AB的中点M（1,）,连接MP,∵∠APB＝90°,∴点P的轨迹为以点M为圆心,以MP＝AB＝2为半径的圆,除去点（2,2）,∴当PM⊥x轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2．【点睛】本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转的性质,含30°角的直角三角形的性质,四边形内角和以及圆周角定理的综合运用,解决问题的关键是判断点P的轨迹为以点M为圆心,以MP 为半径的圆．9．如图，线段BC所在的直线是以AB为直径的圆的切线，点D为圆上一点，满足BD＝BC，且点C、D位于直径AB的两侧，连接CD交圆于点E. 点F是BD上一点，连接EF，分别交AB、BD于点G、H，且EF＝BD.(1)求证：EF∥BC；(2)若EH＝4，HF＝2，求»BE的长.【答案】(1)见解析；(2) 233【解析】【分析】（1）根据EF＝BD可得»EF＝»BD，进而得到»»BE DF=，根据“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等”即可得出角相等进而可证.（2）连接DF，根据切线的性质及垂径定理求出GF、GE的长，根据“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等”及平行线求出相等的角，利用锐角三角函数求出∠BHG，进而求出∠BDE的度数，确定»BE所对的圆心角的度数，根据∠DFH＝90°确定DE为直径，代入弧长公式即可求解.【详解】(1)∵EF＝BD，∴»EF＝»BD∴»»BE DF=∴∠D＝∠DEF又BD＝BC，∴∠D＝∠C，∴∠DEF=∠CEF∥BC(2)∵AB是直径，BC为切线，∴AB⊥BC又EF∥BC，∴AB⊥EF，弧BF=弧BE,GF＝GE＝12(HF+EH)=3，HG=1DB平分∠EDF，又BF ∥CD ，∴∠FBD ＝∠FDB ＝∠BDE ＝∠BFH∴HB ＝HF ＝2∴cos ∠BHG ＝HG HB ＝12，∠BHG ＝60°. ∴∠FDB ＝∠BDE ＝30° ∴∠DFH ＝90°，DE 为直径，DE ＝43，且弧BE 所对圆心角＝60°.∴弧BE ＝16×43π＝233π【点睛】本题是圆的综合题，主要考查圆周角、切线、垂径定理、弧长公式等相关知识，掌握圆周角的有关定理，切线的性质，垂径定理及弧长公式是解题关键.10．如图，PA 切⊙O 于点A ，射线PC 交⊙O 于C 、B 两点，半径OD ⊥BC 于E ，连接BD 、DC 和OA ，DA 交BP 于点F ；（1）求证：∠ADC+∠CBD ＝12∠AOD ； （2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；【解析】【分析】()1根据垂径定理得到BD CD =n n ，根据等腰三角形的性质得到()111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠o o ，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =n n ，根据等腰三角形的性质得到ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=o ，求得90OAD DAP ∠+∠=o ，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．【详解】()1证明：OD BC ⊥Q ，BD CD ∴=n n， CBD DCB ∴∠=∠，90DFE EDF ∠+∠=o Q ，90EDF DFE ∴∠=-∠o ，OD OA =Q ， ()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠o o ， 190902DFE AOD ∴-∠=-∠o o ， 12DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠Q ，12ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠； ()2解：OD BC ⊥Q ，BE CE ∴=，BD CD =n n， BD CD ∴=，OA OD Q =，ADO OAD ∴∠=∠，PA Q 切O e 于点A ，90PAO ∴∠=o ，90OAD DAP ∴∠+∠=o ， PFA DFE ∠=∠Q ，90PFA ADO ∴∠+∠=o ，PAF PFA ∴∠=∠，PA PF ∴=．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．11．在平面直角坐标系XOY 中，点P 的坐标为（x 1，y 1），点Q 的坐标为（x 2，y 2），且x 1≠x 2，若P 、Q 为某等边三角形的两个顶点，且有一边与x 轴平行（含重合），则称P 、Q 互为“向善点”．如图1为点P 、Q 互为“向善点”的示意图．已知点A 的坐标为（1，3），点B 的坐标为（m ，0）（1）在点M （﹣1，0）、S （2，0）、T （3，3A 点互为“向善点”的是_____；（2）若A 、B 互为“向善点”，求直线AB 的解析式；（3）⊙B 3⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”，请直接写出m 的取值范围．【答案】（1）S ，T ．（2）直线AB 的解析式为y ＝3x 或y ＝﹣3x +23；（3）当﹣2＜m ＜0或2＜m ＜4时，⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”．【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，可得出点S ，T 与A 点互为“向善点”； （2）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，可得出关于m 的分式方程，解之经检验后可得出点B 的坐标，根据点A ，B 的坐标，利用待定系数法即可求出直线AB 的解析式；（3）分⊙B 与直线y=3x 相切及⊙B 与直线y=-3x+23相切两种情况求出m 的值，再利用数形结合即可得出结论．【详解】（1）∵30330,3tan 60︒--===，3333tan 60︒-==， ∴点S ，T 与A 点互为“向善点”．故答案为S ，T ．（2）根据题意得：303-=， 解得：m 1＝0，m 2＝2，经检验，m 1＝0，m 2＝2均为所列分式方程的解，且符合题意，∴点B 的坐标为（0，0）或（2，0）．设直线AB 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0），将A （1，），B （0，0）或（2，0）代入y ＝kx +b ，得：30k b b ⎧+=⎪⎨=⎪⎩320k b k b ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 解得：30k b ⎧=⎪⎨=⎪⎩323k b ⎧=⎪⎨=⎪⎩， ∴直线AB 的解析式为y 3或y 33．（3）当⊙B 与直线y 3相切时，过点B 作BE ⊥直线y 3于点E ，如图2所示．∵∠BOE ＝60°，∴sin60°＝32BE OB ， ∴OB ＝2，∴m ＝﹣2或m ＝2；当⊙B 与直线y ＝﹣3x +23相切时，过点B 作BF ⊥直线y ＝﹣3x +23于点F ，如图3所示．同理，可求出m ＝0或m ＝4．综上所述：当﹣2＜m ＜0或2＜m ＜4时，⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数值、待定系数法求一次函数解析式、解分式方程以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，确定给定的点是否与A 点互为“向善点”；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）分⊙B 与直线y=3x 相切及⊙B 与直线y=-3x+23相切两种情况考虑．12．如图，四边形为菱形，且，以为直径作，与交于点．请仅用无刻度的直尺按下列要求画图．(保留作图痕迹)(1)在如图中，过点作边上的高． (2)在如图中，过点作的切线，与交于点．【答案】(1)如图1所示．(答案不唯一),见解析；(2)如图2所示．(答案不唯一)，见解析.【解析】【分析】（1）连接AC 交圆于一点F ，连接PF 交AB 于点E,连接CE 即为所求．（2）连接OF 交BC 于Q ，连接PQ 即为所求．【详解】(1)如图1所示．(答案不唯一)(2)如图2所示．(答案不唯一)【点睛】本题考查作图-复杂作图，菱形和圆的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．13．已知四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∠DAB ＝120°，BC ＝CD ，AD ＝4，AC ＝7，求AB 的长度．【答案】AB ＝3．【解析】【分析】作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，根据弦、弧、圆周角、圆心角的关系，求得BC CD u u u r u u u r，进而得到∠DAC ＝∠CAB ＝60°，在Rt △ADE 中，根据60°锐角三角函数值，可求得DE ＝3AE ＝2，再由Rt △DEC 中，根据勾股定理求出DC 的长，在△BFC 和△ABF 中，利用60°角的锐角三角函数值及勾股定理求出AF 的长，然后根据求出的两个结果，由AB ＝2AF ，分类讨论求出AB 的长即可.【详解】作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，∵BC ＝CD ，∴BC CD =u u u r u u u r ，∴∠CAB ＝∠DAC ，∵∠DAB ＝120°，∴∠DAC ＝∠CAB ＝60°，∵DE ⊥AC ，∴∠DEA ＝∠DEC ＝90°，∴sin60°＝4DE ，cos60°＝4AE ， ∴DE ＝3AE ＝2，∵AC ＝7，∴CE ＝5，∴DC ()2223537+= ∴BC 37，∵BF ⊥AC ，∴∠BFA ＝∠BFC ＝90°，∴tan60°＝BF AF，BF 2+CF 2＝BC 2， ∴BF 3，∴()2223737AF +-=， ∴AF ＝2或AF ＝32， ∵cos60°＝AF AB， ∴AB ＝2AF ，当AF ＝2时，AB ＝2AF ＝4，∴AB ＝AD ，∵DC ＝BC ，AC ＝AC ，∴△ADC ≌△ABC （SSS ），∴∠ADC ＝∠ABC ，∵ABCD 是圆内接四边形，∴∠ADC+∠ABC ＝180°，∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，但AC 2＝49，()222243753AD DC +=+=，AC 2≠AD 2+DC 2，∴AB ＝4（不合题意，舍去）， 当AF ＝32时，AB ＝2AF ＝3， ∴AB ＝3．【点睛】 此题主要考查了圆的相关性质和直角三角形的性质，解题关键是构造直角三角形模型，利用直角三角形的性质解题.14．我们知道，如图1，AB 是⊙O 的弦，点F 是¼AFB 的中点，过点F 作EF ⊥AB 于点E ，易得点E 是AB 的中点，即AE ＝EB ．⊙O 上一点C （AC ＞BC ），则折线ACB 称为⊙O 的一条“折弦”．（1）当点C 在弦AB 的上方时（如图2），过点F 作EF ⊥AC 于点E ，求证：点E 是“折弦ACB”的中点，即AE ＝EC+CB ．（2）当点C 在弦AB 的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE 、EC 、CB 满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明．（3）如图4，已知Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠BAC ＝30°，Rt △ABC 的外接圆⊙O 的半径为2，过⊙O 上一点P 作PH ⊥AC 于点H ，交AB 于点M ，当∠PAB ＝45°时，求AH 的长．【答案】（1）见解析；（2）结论AE ＝EC+CB 不成立，新结论为：CE ＝BC+AE ，见解析；（3）AH 的长为3﹣1或3+1．【解析】【分析】（1）在AC 上截取AG ＝BC ，连接FA ，FG ，FB ，FC ，证明△FAG ≌△FBC ，根据全等三角形的性质得到FG ＝FC ，根据等腰三角形的性质得到EG ＝EC ，即可证明.（2）在CA 上截取CG ＝CB ，连接FA ，FB ，FC ，证明△FCG ≌△FCB ，根据全等三角形的性质得到FG ＝FB ，得到FA ＝FG ，根据等腰三角形的性质得到AE ＝GE ，即可证明. （3）分点P 在弦AB 上方和点P 在弦AB 下方两种情况进行讨论.【详解】解：（1）如图2，在AC 上截取AG ＝BC ，连接FA ，FG ，FB ，FC ，∵点F 是¼AFB 的中点，FA ＝FB ，在△FAG 和△FBC 中，,FA FB FAG FBC AG BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FAG ≌△FBC （SAS ），∴FG ＝FC ，∵FE ⊥AC ，∴EG ＝EC ，∴AE ＝AG+EG ＝BC+CE ；（2）结论AE ＝EC+CB 不成立，新结论为：CE ＝BC+AE ，理由：如图3，在CA 上截取CG ＝CB ，连接FA ，FB ，FC ，∵点F 是¼AFB 的中点，∴FA ＝FB ，¶¶ FAFB =, ∴∠FCG ＝∠FCB ，在△FCG 和△FCB 中，,CG CB FCG FCB FC FC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FCG ≌△FCB （SAS ），∴FG ＝FB ，∴FA ＝FG ，∵FE ⊥AC ，∴AE ＝GE ，∴CE ＝CG+GE ＝BC+AE ；（3）在Rt △ABC 中，AB ＝2OA ＝4，∠BAC ＝30°， ∴12232BC AB AC ===，， 当点P 在弦AB 上方时，如图4，在CA 上截取CG ＝CB ，连接PA ，PB ，PG ，∵∠ACB ＝90°，∴AB 为⊙O 的直径，∴∠APB ＝90°，∵∠PAB ＝45°，∴∠PBA ＝45°＝∠PAB ，∴PA ＝PB ，∠PCG ＝∠PCB ，在△PCG 和△PCB 中， ,CG CB PCG PCB PC PC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△PCG ≌△PCB （SAS ），∴PG ＝PB ，∴PA ＝PG ，∵PH ⊥AC ，∴AH ＝GH ，∴AC ＝AH+GH+CG ＝2AH+BC ，∴22AH =+，∴1AH =，当点P 在弦AB 下方时，如图5， 在AC 上截取AG ＝BC ，连接PA ，PB ，PC ，PG∵∠ACB ＝90°，∴AB 为⊙O 的直径，∴∠APB ＝90°，∵∠PAB ＝45°，∴∠PBA ＝45°＝∠PAB ，∴PA ＝PB ，在△PAG 和△PBC 中，,AG BC PAG PBC PA PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△PAG ≌△PBC （SAS ），∴PG ＝PC ，∵PH ⊥AC ，∴CH ＝GH ，∴AC ＝AG+GH+CH ＝BC+2CH ，∴22CH ，=+∴1CH =，∴)11AH AC CH =-==， 即：当∠PAB ＝45°时，AH11.【点睛】考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.15．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=12 AC•BC=12（x+3）（x+4）=12（x2+7x+12）=12×（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）＝3x2＋（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.。
最新初三-圆的综合题及答案
精品文档平行线模型类型一，过点BC交于点DAB=AC，以AB 为直径的⊙O与中，2.如图，在△ABCE. AC于点D做⊙O 的切线交的内部，在∠ACB 1. 如图，△ABC 内接于⊙O，AC 是直径，BC＝BA ADE；（1）求证：∠ABD＝∠. ，连接BF作CA，过点F FH⊥AC于点HCF作∠ACF＝30°，且＝2025?AD，CE的半径为（2）若⊙O 的长．，求︵36(1)G的长；若CF 交⊙O 于点G，⊙O 的半径是4，求A CE=3 答案：(2)O 与⊙的位置关系，并说明理由．请判断直线BF 双切线模型类型三?4PO. ∥上，CB的直径，PA是⊙O的切线，点C在⊙O1如图，AB是⊙O ）相切）（21答案：（3并说明理由；O的位置关系，（1）判断PC与⊙的长。
6，CB＝4，求PC（2若AB＝分别AC2.在等腰△ABC 中，＝BC，以O BC 为直径的⊙53DF D 、AC AB、相交于点DE，过点作与PC=PC是⊙O的切线；答案：2.⊥AC，垂足为点 F (1)证：DF 是O 的切线；⊙求，的垂线BA，垂足为COP2．如图，PB为⊙O的切线，B为切点，过B作(2)＝分别延长∠G，A CB、FD，相交于点的延长线交PBE，与交⊙，连接PA，AO，并延长AOO于点于点交⊙OA，求阴影部分的面积．，60°⊙O 的半径为6D于点O的切线；（1）求证：PA是⊙ 6-183答案：4 6，求PB的长. ＝（2若cos∠CAO＝，且OC5类型二弦切角模型40答案：PB=3的延长线上，且AB 在是⊙的直径，O C O 上一点，D 是⊙1.如图，AB 类型四其他模型）求证：（∠BCD＝∠A.1CD 的切线；是⊙O上O CP O AB1如图，以为直径的⊙经过点，是⊙＝于点交PC连接一点,AB，且∠ACP＝60°，EPA 2（，求4＝CD3 的半径为O ）若⊙，BD 的长．PD.BD=2 答案：精品文档．精品文档的位置关系，并说明理由；（1）试判断DP与⊙O︵32 GE?GF=8.（CD=1）3）答案：（（2若点C是A B的中点，AB＝4，求CE?CP的值CP=8CE O的切线；?答案：DP是⊙的切线互相直，和过点C的直径，点C是⊙O上一点，ADO2如图，AB是⊙BCEACDABCRtABCABO 是4.如图，于点△交中，∠＝90°，以，为直径的⊙，交直径重足为D，直线DC与ABACB，弦CE平分∠的延长线相交于点PBE.于点ABF，连接OEDE、的中点，连接．DAB;平分∠（1）求证：AC之间的大小关系，并加以证PF）探究线段PC，（2;明ODE与⊙(1)判断的位置关系并说明理由；325，BE ＝PCBtan∠（的长，求PF. 3）若41202OE ?(2)求证：BC=2CD PF=3）PC=PF 答案：（2）（7 5 ADDEtanC (3)若，求＝2，的长．＝210）AD=答案：（1）相切；（33 OAC交⊙BC与⊙O相切于点B，O作业题：1.如图，已知AB为⊙的直径， C AOD＝∠，为DAC上一点，∠于点E2ACAB?＝AE）求证：（1为AB2,的圆心为如图3.,已知扇形BOGO,半径为圆心角为270°,为直径,CD. ，求⊙O的半径22（）若AD＝4，EC＝OA,延长重合与圆心点沿着将弧MAB弦．与CD交于点,CD CD翻折后,AO至．PC,使,AP=OA连接P52答案：（）r=2 ；CD(1)求的长ABAC??ABCAB为直径作2.如图，，以在中，PC求证(2):的切线；BOG是扇形ACDHCABC?DED O于作，分别交于点，交的延长线于点，过点,ABQG连接,延长线上有一点PC在(3)Q交E于点OAFHDE.，连接点交线段于点. F交于点()不重合C、B与F．?GE求的值GF 精品文档．精品文档DH O的切线；是（1）求证：EF EHA的值；为的中点，求（2）若FDEA?EF?1O的半径，求. ）若（3答案：（2）设AE=x，2EF 3（）；EC=4x,AC=3x,=3FD精品文档．。
2020-2021中考数学圆的综合综合题含答案解析
2020-2021中考数学中考数学圆的综合圆的综合 综合题含答案解析综合题含答案解析一、圆的综合 1．如图，已知在△ABC 中，AB=15，AC=20，tanA=12，点P 在AB 边上，⊙P 的半径为定长.当点P 与点B 重合时，⊙P 恰好与AC 边相切；当点P 与点B 不重合时，⊙P 与AC 边相交于点M 和点N ．（1）求⊙P 的半径；的半径；（2）当AP=65时，试探究△APM 与△PCN 是否相似，并说明理由． 【答案】（1）半径为35；（2）相似，理由见解析. 【解析】【分析】（1）如图，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，⊙P 与边AC 相切，则BD 就是⊙P 的半径，利用解直角三角形得出BD 与AD 的关系，再利用勾股定理可求得BD 的长； （2）如图，过点P 作PH ⊥AC 于点H ，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，根据垂径定理得出MN=2MH ，PM=PN ，再利用勾股定理求出PH 、AH 、MH 、MN 的长，从而求出AM 、NC 的长，然后求出AM MP、PNNC的值，得出AM MP=PN NC，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似即可证明.【详解】（1）如图，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，∵⊙P 与边AC 相切， ∴BD 就是⊙P 的半径， 在Rt △ABD 中，tanA=1BD2AD， 设BD=x ，则AD=2x ， ∴x 2+(2x)2=152， 解得：x=35， ∴半径为35；（2）相似，理由见解析，如图，过点P 作PH ⊥AC 于点H ，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，∴PH 垂直平分MN ， ∴PM=PN ， 在Rt △AHP 中，tanA=12PH AH=，设PH=y ，AH=2y ，y 2+（2y ）2=（65）2 解得：y=6（取正数）， ∴PH=6，AH=12， 在Rt △MPH 中，MH=()22356-=3，∴MN=2MH=6， ∴AM=AH-MH=12-3=9， NC=AC-MN-AM=20-6-9=5，∴935535AM MP ==，355PN NC =， ∴AM MP =PN NC ， 又∵PM=PN ，∴∠PMN=∠PNM ， ∴∠AMP=∠PNC ， ∴△AMP ∽△PNC.【点睛】本题考查了解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用相关的性质与定理是解题的关键.2．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD 的边AB 为直径作⊙O ，交对角线AC 于点E ． （1）图1中，线段AE= ；（2）如图2，在图1的基础上，以点A 为端点作∠DAM=30°，交CD 于点M ，沿AM 将四边形ABCM 剪掉，使Rt △ADM 绕点A 逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD 与⊙O 交于点F ． ①当α=30°时，请求出线段AF 的长；②当α=60°时，求出线段AF的长；判断此时DM与⊙O的位置关系，并说明理由；③当α= °时，DM与⊙O相切．【答案】（1）2（2）①2②2，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4；（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×=4； 此时DM与⊙O的位置关系是相离；③∵AD=8，直径的长度相等，∴当DM与⊙O相切时，点D在⊙O上，故此时可得α=∠NAD=90°．点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D的位置，有一定难度．3．如图，P A、PB是⊙O的切线，A，B为切点，∠APB=60°，连接PO并延长与⊙O交于C 点，连接AC、BC．（Ⅰ）求∠ACB的大小；（Ⅱ）若⊙O半径为1，求四边形ACBP的面积．【答案】（Ⅰ）60°；（Ⅱ）332【解析】分析：（Ⅰ）连接AO，根据切线的性质和切线长定理，得到OA⊥AP，OP平分∠APB，然后根据角平分线的性质和三角形的外角的性质，30°角的直角三角形的性质，得到∠ACB的度数；（Ⅱ）根据30°角的直角三角形的性质和等腰三角形的性质，结合等底同高的性质求三角形的面积即可．详解：（Ⅰ）连接OA ，如图，∵P A 、PB 是⊙O 的切线， ∴OA ⊥AP ，OP 平分∠APB ， ∴∠APO=12∠APB=30°，∴∠AOP=60°， ∵OA=OC ， ∴∠OAC=∠OCA ， ∴∠ACO=12AOP=30°，同理可得∠BCP=30°， ∴∠ACB=60°；（Ⅱ）在Rt △OPA 中，∵∠APO=30°， ∴AP=3OA=3，OP=2OA=2， ∴OP=2OC ， 而S △OPA =12×1×3， ∴S △AOC =12S △PAO =34，∴S △ACP =334，∴四边形ACBP 的面积=2S △ACP =332．点睛：本题考查了切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定，熟练掌握切线的性质是解题的关键．4．等腰Rt △ABC 和⊙O 如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O 的半径为1，圆心O 与直线AB 的距离为5．1）若△ABC 以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O 不动，则经过多少时间△ABC 的边与圆第一次相切？ （2）若两个图形同时向右移动，△ABC 的速度为每秒2个单位，⊙O 的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC 的边与圆第一次相切？ （3）若两个图形同时向右移动，△ABC 的速度为每秒2个单位，⊙O 的速度为每秒1个单位，同时△ABC 的边长AB 、BC 都以每秒0.5个单位沿BA 、BC 方向增大．△ABC 的边与圆第一次相切时，点B 运动了多少距离？【答案】（1）522-；（2） 52-；（3）20423- 【解析】分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC 移至△AʹBʹCʹ处，AʹCʹ与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交BʹCʹ于F ．由切线长定理易得CCʹ的长，进而由三角形运动的速度可得答案；（2）设运动的时间为t 秒，根据题意得：CCʹ=2t ，DDʹ=t ，则CʹDʹ=CD+DDʹCʹDʹ=CD+DDʹ--CCʹ=4+t CCʹ=4+t-2t=4-t -2t=4-t ，由第（1）的结论列式得出结果；（3）求出相切的时间，进而得出B 点移动的距离． 详解：（1）假设第一次相切时，△ABC 移至△AʹBʹCʹ处， 如图1，AʹCʹ与⊙O 切于点E ，连接OE 并延长，交BʹCʹ于F ，设⊙O 与直线l 切于点D ，连接OD ，则OE ⊥AʹCʹ，OD ⊥直线l ， 由切线长定理可知CʹE=CʹD ， 设CʹD=x ，则CʹE=x ， ∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴∠A=∠ACB=45°，∴∠AʹCʹBʹ=∠ACB=45°， ∴△EFCʹ是等腰直角三角形， ∴CʹF=2x ，∠OFD=45°， ∴△OFD 也是等腰直角三角形， ∴OD=DF ， ∴2x+x=1，则x=2-1，∴CCʹ=BD CCʹ=BD-BC--BC--BC-CʹD=5CʹD=5CʹD=5-1--1-（2-1）=5-2，∴点C 运动的时间为522-；则经过522-秒，△ABC 的边与圆第一次相切； （2）如图2，设经过t 秒△ABC 的边与圆第一次相切，△ABC 移至△AʹBʹCʹ处，⊙O 与BC 所在直线的切点D 移至Dʹ处，AʹCʹ与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交BʹCʹ于F ， ∵CCʹ=2t ，DDʹ=t ，∴CʹDʹ=CD+DDʹCʹDʹ=CD+DDʹ--CCʹ=4+t CCʹ=4+t-2t=4-t -2t=4-t ， 由切线长定理得CʹE=CʹDʹ=4CʹE=CʹDʹ=4-t -t ， 由（1）得：4-t=2-1， 解得：t=5-2，答：经过5-2秒△ABC 的边与圆第一次相切； （3）由（2）得CCʹ=（2+0.5）t=2.5t ，DDʹ=t ， 则CʹDʹ=CD+DDʹCʹDʹ=CD+DDʹ--CCʹ=4+t CCʹ=4+t-2.5t=4-1.5t -2.5t=4-1.5t ， 由切线长定理得CʹE=CʹDʹ=4CʹE=CʹDʹ=4-1.5t -1.5t ， 由（1）得：4-1.5t=2-1，解得：t=10223-， ∴点B 运动的距离为2×10223-=20423-．点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．5．如图，在⊙O 中，直径AB ⊥弦CD 于点E ，连接AC ，BC ，点F 是BA 延长线上的一点，且∠FCA ＝∠B .(1)求证：CF 是⊙O 的切线； (2)若AE ＝4，tan ∠ACD ＝33，求FC 的长．【答案】（1）见解析【解析】分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠OCF=90°，进而得出答案； （2）根据正切的性质求出EC 的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可．详解：(1)证明：连接OC.∵AB 是⊙O 的直径， ∴∠ACB ＝90°，∴∠OCB ＋∠ACO ＝90°90°.. ∵OB ＝OC ，∴∠B ＝∠OCB. 又∵∠FCA ＝∠B ，∴∠FCA ＝∠OCB ， ∴∠FCA ＋∠ACO ＝90°，即∠FCO ＝90°， ∴FC ⊥OC ， ∴FC 是⊙O 切线． (2)解：∵AB ⊥CD ，∴∠AEC ＝90°，∴EC=AE 443tan ACE 33∠==， 设OA ＝OC ＝r ，则OE ＝OA －AE ＝r －4. 在Rt △OEC 中，OC 2＝OE 2＋CE 2， 即r 2＝(r －4)2＋(43)2，解得r ＝8. ∴OE ＝r －4＝4＝AE. ∵CE ⊥OA ，∴CA ＝CO ＝8， ∴△AOC 是等边三角形， ∴∠FOC ＝60°，∴∠F ＝30°30°.. 在Rt △FOC 中， ∵∠OCF ＝90°，OC ＝8，∠F ＝30°， ∴OF＝2OC ＝16， ∴FC ＝22OF OC 83-=.点睛：此题主要考查了切线的判定、垂径定理的推论以及勾股定理等知识，得出BC 的长是解题关键．6．如图．在△ABC 中，∠C =90°，AC =BC ，AB =30cm ，点P 在AB 上，AP =10cm ，点E 从点P出发沿线段PA以2c m/s的速度向点A运动，同时点F从点P出发沿线段PB以1c m/s的速度向点B运动，点E到达点A后立刻以原速度沿线段AB向点B运动，在点E、F运动过程中，以EF为边作正方形EFGH，使它与△ABC在线段AB的同侧，设点E、F运动的时间为t （s）（0＜t＜20）．（1）当点H落在AC边上时，求t的值；（2）设正方形EFGH与△ABC重叠部分的面积为S．①试求S关于t的函数表达式；②以点C为圆心，12t为半径作⊙C，当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值．【答案】（1）t=2s或10s；（2）①S=2229? (02)75050(210)240400? (1020)t tt t tt t t⎧<≤⎪⎪-+-<≤⎨⎪-+<<⎪⎩；②100cm2．【解析】试题分析：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2；如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10；（2）分四种切线讨论a、如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2．b、如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN．c、如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN．d、如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH．分别计算即可；②分两种情形分别列出方程即可解决问题．试题解析：解：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意得：AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10．综上所述：t=2s或10s时，点H落在AC边上．（2）①如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（3t）2﹣1（5t﹣10）2=﹣27t2+50t﹣50．21如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（20﹣t）2﹣（30﹣3t）2=﹣27t2+50t﹣50．2如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH，S=（20﹣t）2=t2﹣40t+400．综上所述：S=2229? (02)75050(210)240400? (1020) t tt t tt t t⎧<≤⎪⎪-+-<≤⎨⎪-+<<⎪⎩．②如图7中，当＜t≤5时，12t+3t=15，解得：t=307，此时S=100cm2，当5＜t＜20时，12t+20﹣t=15，解得：t=10，此时S=100．综上所述：当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值为100cm2点睛：本题考查了圆综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、切线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意不能漏解，属于中考压轴题．7．四边形ABCD内接于⊙O，点E为AD上一点，连接AC，CB，∠B=∠AEC．（1）如图1，求证：CE=CD；（2）如图2，若∠B+∠CAE=120°，∠ACD=2∠BAC，求∠BAD的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，延长CE交⊙O于点G，若tan∠BAC= 5311，EG=2，求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）7.【解析】试题分析：(1)利用圆的内接四边形定理得到∠CED=∠CDE.(2) 作CH⊥DE于H, 设∠ECH=α，由（1）CE=CD，用α表示∠CAE，∠BAC，而∠BAD=∠BAC+∠CAE.（3）连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，先证明∠CAG=∠BAC，设NG=53m，可得AN=11m，利用直角n AGM, n AEM，勾股定理可以算出m的值并求出AE长.试题解析：（1）解：证明：∵四边形ABCD内接于⊙O.∴∠B+∠D=180°，∵∠B=∠AEC，∴∠AEC+∠D=180°，∵∠AEC+∠CED=180°，∴∠D=∠CED，∴CE=CD．（2）解：作CH⊥DE于H．设∠ECH=α，由（1）CE=CD，∴∠ECD=2α，∵∠B=∠AEC，∠B+∠CAE=120°，∴∠CAE+∠AEC=120°，∴∠ACE=180°﹣∠AEC﹣∠ACE=60°，60°++α）=30°﹣α， ∴∠CAE=90°﹣∠ACH=90°﹣（60°=60°+2+2α，∠ACD=∠ACH+∠HCD=60°∵∠ACD=2∠BAC，=30°++α，∴∠BAC=30°=30°++α+30°﹣α=60°．∴∠BAD=∠BAC+∠CAE=30°（3）解：连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，∵∠CED=∠AEG，∠CDE=∠AGE，∠CED=∠CDE， ∴∠AEG=∠AGE，∴AE=AG，∴EM=MG=1EG=1，2∴∠EAG=∠ECD=2α，∴∠CAG=∠CAD+∠DAG=30°﹣α+2α=∠BAC，∵tan ∠BAC =5311，∴设NG=53m ，可得AN =11m ，AG =22AG AM -=14m ，∵∠ACG =60°，∴CN=5m，AM =83m ，MG =22AG AM -=2m =1，∴m =12，∴CE=CD =CG ﹣EG =10m ﹣2=3， ∴AE =22AM EM +=221+43（）=7．8．阅读下列材料：如图1，⊙O 1和⊙O 2外切于点C ，AB 是⊙O 1和⊙O 2外公切线，A 、B 为切点， 求证：AC ⊥BC证明：过点C 作⊙O 1和⊙O 2的内公切线交AB 于D ，∵DA 、DC 是⊙O 1的切线 ∴DA=DC ． ∴∠DAC=∠DCA ． 同理∠DCB=∠DBC ．又∵∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°， ∴∠DCA+∠DCB=90°． 即AC ⊥BC ．根据上述材料，解答下列问题：（1）在以上的证明过程中使用了哪些定理？请写出两个定理的名称或内容； （2）以AB 所在直线为x 轴，过点C 且垂直于AB 的直线为y 轴建立直角坐标系（如图2），已知A 、B 两点的坐标为（﹣4，0），（1，0），求经过A 、B 、C 三点的抛物线y=ax 2+bx+c 的函数解析式；（3）根据（2）中所确定的抛物线，试判断这条抛物线的顶点是否落在两圆的连心O 1O 2上，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）213222y x x=+- ；（3）见解析 【解析】试题分析：（1）由切线长相等可知用了切线长定理；由三角形的内角和是180°，可知用了三角形内角和定理；（2）先根据勾股定理求出C 点坐标，再用待定系数法即可求出经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式；（3）过C 作两圆的公切线，交AB 于点D ，由切线长定理可求出D 点坐标，根据,C D 两点的坐标可求出过,C D 两点直线的解析式，根据过一点且互相垂直的两条直线解析式的关系可求出过两圆圆心的直线解析式，再把抛物线的顶点坐标代入直线的解析式看是否适合即可．试题解析：(1)DA 、DC 是1O e 的切线， ∴DA =DC .应用的是切线长定理；180DAC DCA DCB DBC ∠+∠+∠+∠=o，应用的是三角形内角和定理 (2)设C 点坐标为(0,y ),则222AB AC BC =+， 即()()222224141y y --=-+++，即225172y =+,解得y =2(舍去)或y =−2.故C 点坐标为(0,−2)， 设经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式为2y ax bx c ，=++则164002,a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩ 解得12322a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎪⎩，故所求二次函数的解析式为2132.22y x x =+- (3)过C 作两圆的公切线CD 交AB 于D ,则AD =BD =CD ,由A (−4,0),B (1,0)可知3(,0)2D -， 设过CD 两点的直线为y =kx +b ,则3022k b b ⎧-+=⎪⎨⎪=-⎩， 解得432k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩， 故此一次函数的解析式为423y x =--，∵过12,O O 的直线必过C 点且与直线423y x =--垂直，故过12,O O 的直线的解析式为324y x =-， 由(2)中所求抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为325(,)28--，代入直线解析式得33252,428⎛⎫⨯--=- ⎪⎝⎭故这条抛物线的顶点落在两圆的连心12O O 上.9．如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于点G ，点F 是CD 上一点，且满足若13CF DF =,连接AF 并延长交⊙O 于点E ，连接AD 、DE ，若CF=2，AF=3.（1）求证：△ADF ∽△AED ； （2）求FG 的长； （3）求tan ∠E 的值． 【答案】(1)证明见解析;(2)FG =2;(3)54. 【解析】分析：（1）由AB 是 O 的直径，弦CD ⊥AB ，根据垂径定理可得：弧AD=弧AC ，DG=CG ，继而证得△ADF ∽△AED ；（2）由13CF FD = ,CF=2，可求得DF 的长，继而求得CG=DG=4，则可求得FG=2；（3）由勾股定理可求得AG 的长，即可求得tan ∠ADF 的值，继而求得tan ∠E=54 .本题解析：①∵AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB ， ∴DG=CG ，∴»»AD AC =，∠ADF=∠AED ，∵∠FAD=∠DAE （公共角），∴△ADF ∽△AED ；②∵13CF FD=，CF=2，∴FD=6，∴CD=DF+CF=8，∴CG=DG=4，∴FG=CG-CF=2；③∵AF=3，FG=2，∴AG=225AF FG -=，点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理以及三角函数等知识点，考查内容较多，综合性较强，难度适中，注意掌握数形结合的思想.10．如图，AB 是半圆O 的直径，半径OC ⊥AB ，OB ＝4，D 是OB 的中点，点E 是弧BC 上的动点，连接AE ，DE ．（1）当点E 是弧BC 的中点时，求△ADE 的面积；（2）若3tan 2AED ∠= ，求AE 的长；（3）点F 是半径OC 上一动点，设点E 到直线OC 的距离为m ，当△DEF 是等腰直角三角形时，求m 的值.【答案】（1）62ADES=；（2）1655AE =；（3）23m = ，22m =，71m =-.【解析】 【分析】（1）作EH ⊥AB ，连接OE ，EB ，设DH ＝a ，则HB ＝2﹣a ，OH ＝2+a ，则EH ＝OH ＝2+a ，根据Rt △AEB 中，EH 2＝AH•BH ，即可求出a 的值，即可求出S △ADE 的值；（2）作DF ⊥AE ，垂足为F ，连接BE ，设EF ＝2x ，DF ＝3x ，根据DF ∥BE 故AF AD EF BD=，得出AF ＝6x ，再利用Rt △AFD 中，AF 2+DF 2＝AD 2，即可求出x ，进而求出AE 的长； （3）根据等腰直角三角形的不同顶点进行分类讨论，分别求出m 的值.【详解】解：（1）如图，作EH ⊥AB ，连接OE ，EB ， 设DH ＝a ，则HB ＝2﹣a ，OH ＝2+a ， ∵点E 是弧BC 中点， ∴∠COE ＝∠EOH ＝45°， ∴EH ＝OH ＝2+a ，在Rt △AEB 中，EH 2＝AH•BH ， （2+a ）2＝（6+a ）（2﹣a ）， 解得a ＝222±-， ∴a ＝222-，EH=22，S △ADE ＝1622AD EH =n n ;（2）如图，作DF ⊥AE ，垂足为F ，连接BE设EF ＝2x ，DF ＝3x ∵DF ∥BE ∴AF ADEF BD = ∴622AF x ==3 ∴AF ＝6x在Rt △AFD 中，AF 2+DF 2＝AD 2 （6x ）2+（3x ）2＝（6）2 解得x ＝255 AE ＝8x ＝1655（3）当点D 为等腰直角三角形直角顶点时，如图设DH ＝a由DF=DE,∠DOF=∠EHD=90°，∠FDO+∠DFO=∠FDO+∠EDH ， ∴∠DFO=∠EDH ∴△ODF ≌△HED ∴OD ＝EH ＝2在Rt △ABE 中，EH 2＝AH•BH （2）2＝（6+a ）•（2﹣a ）解得a＝±232-m＝23当点E为等腰直角三角形直角顶点时，如图同理得△EFG≌△DEH设DH＝a，则GE＝a，EH＝FG＝2+a在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH（2+a）2＝（6+a）（2﹣a）解得a＝222±-∴m＝22当点F为等腰直角三角形直角顶点时，如图同理得△EFM≌△FDO设OF＝a，则ME＝a，MF＝OD＝2∴EH＝a+2在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH（a+2）2＝（4+a）•（4﹣a）-解得a＝±71m＝71-【点睛】此题主要考查圆内综合问题，解题的关键是熟知全等三角形、等腰三角形、相似三角形的判定与性质.11．如图1，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点A，C的圆交AB于点D，交BC 于点E，连结DE（2）如图2，连结CD，若CE=3，△ACD的面积为10，求tan∠BCD1）若AD=7，BD=1，分别求DE，CE的长是△CPF的内心（3）如图3，在圆上取点P使得∠PCD=∠BCD（点P与点E不重合），连结PD，且点D ①请你画出△CPF，说明画图过程并求∠CDF的度数②设PC=a ，PF=b ，PD=c ，若（a-2c ）（b-2c ）=8，求△CPF 的内切圆半径长．【答案】（1）DE=1，CE=32；（2）tan ∠BCD=14；（3）①135°；②2. 【解析】 【分析】（1）由A 、C 、E 、D 四点共圆对角互补为突破口求解；（2）找∠BDF 与∠ODA 为对顶角，在⊙O 中，∠COD=2∠CAD ，证明△OCD 为等腰直角三角形，从而得到∠EDC+∠ODA=45°，即可证明∠CDF=135°；（3）过点D 做DH CB ⊥于点H ，以D 为圆心，DH 为半径画圆，过点P 做D e 切线PF 交CB 的延长线于点F ，结合圆周角定理得出∠CPD=∠CAD=45°，再根据圆的内心是三角形三个内角角平分线的交点，得出∠CPF=90°，然后根据角平分线性质得出114522DCF CFD PCF PFC ∠+∠=∠+∠=︒，最后再根据三角形内角和定理即可求解；证明∠DCF+∠CFD=45°，从而证明∠CPF 是直角，再求证四边形PKDN 是正方形，最后以△PCF 面积不变性建立等量关系，结合已知（a-2c ）（b-2c ）=8，消去字母a ，b 求出c 值，即求出△CPF 的内切圆半径长为22c ． 【详解】（1）由图可知：设BC=x ．在Rt △ABC 中，AC=BC ．由勾股定理得： AC 2+BC 2=AB 2，∵AB=AD+BD ，AD=7，BD=1， ∴x 2+x 2=82， 解得：x=42．∵⊙O 内接四边形，∠ACD=90°，∴∠ADE=90°， ∴∠EDB=90°，∵∠B=45°，∴△BDE 是等腰直角三形．∴DE=DB ，又∵DB=1， ∴DE=1，又∵CE=BC-BE ，∴CE=42232-=．（2）如图所示：在△DCB 中过点D 作DM ⊥BE ，设BE=y ，则DM=12y ， 又∵CE=3，∴BC=3+y ，∵S △ACB =S ACD +S DCB ， ∴()1114242103y y 222⨯⨯=+⨯+⨯， 解得：y=2或y=-11（舍去）．∴EM=1，CM=CE+ME=1+3=4，又∵∠BCD=∠MCD ， ∴tan ∠BCD=tan ∠MCD ，在Rt △DCM 中，tan ∠MCD=DM CM =14，∴tan ∠BCD=14． （3）①如下图所示： 过点D 做DH CB ⊥于点H ，以D 为圆心，DH 为半径画圆，过点P 做D e 切线PF 交CB 的延长线于点F ．∵∠CAD=45°，∴∠CPD=∠CAD=45°，又∵点D 是CPF ∆的内心，∴PD 、CD 、DF 都是角平分线，∴∠FPD=∠CPD =45°，∠PCD=∠DCF ，∠PFD=∠CFD ∴∠CPF=90°∴∠PCF+∠PFC=90°∴114522DCF CFD PCF PFC ∠+∠=∠+∠=︒ ∴∠CDF=180°CDF=180°--∠DCF-∠CFD F=90°CFD F=90°+45°+45°+45°=135°=135°， 即∠CDF 的度数为135°．②如下图所示过点D 分别作DK ⊥PC ，DM ⊥CF ，DN ⊥PF 于直线PC ，CF 和PF 于点K ，M ，N 三点， 设△PCF 内切圆的半径为m ，则DN=m ，∵点D 是△PCF 的内心，∴DM=DN=DK ，又∵∠DCF+∠CFD+∠FDC=180°，∠FDC=45°，∴∠DCF+∠CFD=45°，又∵DC ，DF 分别是∠PCF 和∠PFC 的角平分线，∴∠PCF=2∠DCF ，∠PFC=2∠DFC ，∴∠PCF+∠PFC=90°，∴∠CPF=90°．在四边形PKDN 中，∠PND=∠NPK=∠PKD=90°，∴四边形PKDN 是矩形，又∵KD=ND ，∴四边形PKDN 是正方形．又∵∠MBD=∠BDM=45°，∠BDM=∠KDP ， ∴∠KDP=45°．∵PC=a ，PF=b ，PD=c ， ∴PN=PK=2C 2， ∴NF=2b c 2-，CK=2a c 2-， 又∵CK=CM ，FM=FN ，CF=CM+FM ，∴CF=a b 2c +-， 又∵S △PCF =S △PDF +S △PDC +S △DCF ，∴112121ab a c b c (a b 2222222=⨯+⨯++-c ）×2c 2， 化简得：ab=()22a b c c +-------（Ⅰ），又∵若（a-2c ）（b-2c ）=8化简得：()2ab 2c a b 2c 8-++=------（Ⅱ），将（Ⅰ）代入（Ⅱ）得：c 2=8，解得：c 22=，或c 22=-（舍去），∴m=22c 22222=⨯=， 即△CPF 的内切圆半径长为2． 【点睛】本题考查圆的内接四边形性质，圆的内心，圆心角、圆周角，同弧（或等弧）之间的相互关系，同时也考查直角三角形，勾股定理，同角或等角的三角函数值相等和三角形的面积公式，正方形，对顶角和整式的运算等知识点；难点是作辅助线和利用等式求△CPF 的内切圆半径长．12．如图1，AB 为半圆O 的直径，半径OP ⊥AB ，过劣弧AP 上一点D 作DC ⊥AB 于点C ．连接DB ，交OP 于点E ，∠DBA ＝22.5°．⑴若OC ＝2，则AC 的长为的长为 ； ⑵试写出AC 与PE 之间的数量关系，并说明理由； ⑶连接AD 并延长，交OP 的延长线于点G ，设DC ＝x ，GP ＝y ，请求出x 与y 之间的等量关系式. （请先补全图形，再解答）【答案】⑴ 222-；⑵见解析；⑶ y =2x 【解析】【分析】（1）如图，连接OD ，则有∠AOD=45°，所以△DOC 为等腰直角三角形，又OC=2，所以DO=AO=22,故可求出AC 的长；（2）连接AD ，DP ，过点D 作DF ⊥OP ，垂足为点F . 证AC=PF 或AC=EF ，证DP=DE证PF=EF=12PE ，故可证出PE =2AC ； （3）首先求出22OD CD x ==，再求AB=22x ,再证△DGE ≌△DBA,得GE =AB =22x ，由PE=2AC 得PE =2(2)x x -，再根据GP =GE －PE 可求结论.【详解】（1）连接OD ，如图，∵∠B=22.5°，∴∠DOC=45°DOC=45°,, ∵DC ⊥AB∴△DOC 为等腰直角三角形，∵OC=2，∴OD=22,∴AO=22，∴AC=AO-OC=222- ⑵连接AD ，DP ，过点D 作DF ⊥OP ，垂足为点F . ∵OP ⊥AB ,∴∠POD=∠DOC=45°，∴AD=PD ，∵△DOC 为等腰直角三角形， ∴DC=CO,易证DF=CO ，∴DC=DF ，∴Rt △DAC ≌Rt △DPF ,∴PF=AC, ∵DO=AO,∠DOA=45°∴∠DAC=67.5°∴∠DPE=67.5°DPE=67.5°,, ∵OD=OB ，∠B=22.5°，∴∠ODE=22.5° ∴∠DEP=22.5°DEP=22.5°+45°+45°+45°=67.5°=67.5° ∴∠DEP=∠DPE∴PF=EF=12PE ∴PE =2AC（3）如图2，由∠DCO =90°，∠DOC =45°得22OD CD x == ∴ AB =2OD=22x∵AB 是直径，∴∠ADB=∠EDG=90°，由（2）得AD=ED,∠DEG=∠DAC ∴△DGE ≌△DBA∴ GE =AB =22x∵PE =2AC ∴PE =2(2)x x - ∴ GP =GE －PE =222(2-)x x x -即：y =2x【点睛】 本题是一道圆的综合题，涵盖的知识点较多，难度较大，主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握并运用这些知识是解题的关键.13．已知四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∠DAB ＝120°，BC ＝CD ，AD ＝4，AC ＝7，求AB 的长度．【答案】AB ＝3．【解析】【分析】 作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，根据弦、弧、圆周角、圆心角的关系，求得BC CD=u u u r u u u r ，进而得到∠DAC ＝∠CAB ＝60°，在Rt △ADE 中，根据60°锐角三角函数值，可求得DE ＝23，AE ＝2，再由Rt △DEC 中，根据勾股定理求出DC 的长，在△BFC 和△ABF 中，利用60°角的锐角三角函数值及勾股定理求出AF 的长，然后根据求出的两个结果，由AB ＝2AF ，分类讨论求出AB 的长即可.【详解】作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，∵BC ＝CD ，∴BC CD =u u u r u u u r ，∴∠CAB ＝∠DAC ，∵∠DAB ＝120°，∴∠DAC ＝∠CAB ＝60°，∵DE ⊥AC ，∴∠DEA ＝∠DEC ＝90°， ∴sin60°＝4DE ，cos60°＝4AE ， ∴DE ＝23，AE ＝2，∵AC ＝7，∴CE ＝5，∴DC ＝()2223537+=，∴BC ＝37，∵BF ⊥AC ，∴∠BFA ＝∠BFC ＝90°， ∴tan60°＝BF AF，BF 2+CF 2＝BC 2， ∴BF ＝3AF ，∴()()()2223737AF +-=，∴AF ＝2或AF ＝32， ∵cos60°＝AF AB， ∴AB ＝2AF ，当AF ＝2时，AB ＝2AF ＝4，∴AB ＝AD ，∵DC ＝BC ，AC ＝AC ，∴△ADC ≌△ABC （SSS ），∴∠ADC ＝∠ABC ，∵ABCD 是圆内接四边形，∴∠ADC+∠ABC ＝180°，∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，但AC 2＝49，()222243753AD DC +=+=，AC 2≠AD 2+DC 2， ∴AB ＝4（不合题意，舍去），当AF ＝32时，AB ＝2AF ＝3， ∴AB ＝3． 【点睛】此题主要考查了圆的相关性质和直角三角形的性质，解题关键是构造直角三角形模型，利用直角三角形的性质解题.14．如图，已知AB 是⊙O 的直径，点C 、D 在⊙O 上，∠D ＝60°且AB ＝6，过O 点作OE ⊥AC ，垂足为E ．（1）求OE 的长；（2）若OE 的延长线交⊙O 于点F ，求弦AF 、AC 和弧CF 围成的图形（阴影部分）的面积．（结果保留π）【答案】（1）OE的长为32；（2）阴影部分的面积为32π【解析】（1）OE=32（2）S=32π15．已知：如图，以等边三角形ABC一边AB为直径的⊙O与边AC、BC分别交于点D、E，过点D作DF⊥BC，垂足为F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若等边三角形ABC 的边长为4，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）见解析）见解析（2）33223π-【解析】试题分析：（1）连接DO，要证明DF为⊙O的切线只要证明∠FDP=90°即可；（2）首先由已知可得到CD，CF的长，从而利用勾股定理可求得DF的长；再连接OE，求得CF，EF的长，从而利用S直角梯形FDOE﹣S扇形OED求得阴影部分的面积．试题解析：（1）证明：连接DO．∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠C=60°．∵OA=OD，∴△OAD是等边三角形．∴∠ADO=60°，∵DF⊥BC，∴∠CDF=90°﹣∠C=30°，∴∠FDO=180°﹣∠ADO﹣∠CDF=90°，∴DF为⊙O的切线；（2）∵△OAD是等边三角形，∴AD=AO=AB=2．Rt△CDF中，∴CD=AC﹣AD=2．∵∠CDF=30°，∴CF=CD=1．∴DF=，连接OE，则CE=2．∴CF=1，∴EF=1．∴S直角梯形FDOE=（EF+OD）•DF=，∴S扇形OED==，∴S阴影=S直角梯形FDOE﹣S扇形OED=﹣．【点睛】此题考查学生对切线的判定及扇形的面积等知识点的掌握情况，当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线．也考查了等边三角形的性质和利用割补法计算补规则图形的面积．。
2020-2021中考数学专题复习分类练习 圆的综合综合解答题含答案解析
2020-2021中考数学专题复习分类练习圆的综合综合解答题含答案解析一、圆的综合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°，∴∠AB O′=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．已知O e 的半径为5，弦AB 的长度为m ，点C 是弦AB 所对优弧上的一动点． ()1如图①，若m 5=，则C ∠的度数为______o ；()2如图②，若m 6=．①求C ∠的正切值；②若ABC V 为等腰三角形，求ABC V 面积．【答案】()130；()2C ∠①的正切值为34；ABC S 27=V ②或43225. 【解析】【分析】 ()1连接OA ，OB ，判断出AOB V 是等边三角形，即可得出结论；()2①先求出10AD =，再用勾股定理求出8BD =，进而求出tan ADB ∠，即可得出结论；②分三种情况，利用等腰三角形的性质和垂径定理以及勾股定理即可得出结论．【详解】()1如图1，连接OB ，OA ，OB OC 5∴==，AB m 5==Q ，OB OC AB ∴==，AOB ∴V 是等边三角形，AOB 60∠∴=o ，1ACB AOB 302∠∠∴==o ， 故答案为30；()2①如图2，连接AO 并延长交O e 于D ，连接BD ，AD Q 为O e 的直径，AD 10∴=，ABD 90∠=o ，在Rt ABD V 中，AB m 6==，根据勾股定理得，BD 8=， AB 3tan ADB BD 4∠∴==， C ADB ∠∠=Q ，C ∠∴的正切值为34； ②Ⅰ、当AC BC =时，如图3，连接CO 并延长交AB 于E ，AC BC =Q ，AO BO =，CE ∴为AB 的垂直平分线，AE BE 3∴==，在Rt AEO V 中，OA 5=，根据勾股定理得，OE 4=，CE OE OC 9∴=+=，ABC 11S AB CE 692722∴=⨯=⨯⨯=V ； Ⅱ、当AC AB 6==时，如图4，连接OA 交BC 于F ，AC AB =Q ，OC OB =，AO ∴是BC 的垂直平分线，过点O 作OG AB ⊥于G ， 1AOG AOB 2∠∠∴=，1AG AB 32==， AOB 2ACB ∠∠=Q ，ACF AOG ∠∠∴=，在Rt AOG V 中，AG 3sin AOG AC 5∠==， 3sin ACF 5∠∴=， 在Rt ACF V 中，3sin ACF 5∠=， 318AF AC 55∴==， 24CF 5∴=， ABC 111824432S AF BC 225525∴=⨯=⨯⨯=V ； Ⅲ、当BA BC 6==时，如图5，由对称性知，ABC 432S 25=V ．【点睛】圆的综合题，主要圆的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，三角形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．3．如图，PA 、PB 是⊙O 的切线，A ，B 为切点，∠APB=60°，连接PO 并延长与⊙O 交于C 点，连接AC 、BC ．（Ⅰ）求∠ACB 的大小；（Ⅱ）若⊙O 半径为1，求四边形ACBP 的面积．【答案】（Ⅰ）60°；（Ⅱ）33【解析】分析：（Ⅰ）连接AO，根据切线的性质和切线长定理，得到OA⊥AP，OP平分∠APB，然后根据角平分线的性质和三角形的外角的性质，30°角的直角三角形的性质，得到∠ACB的度数；（Ⅱ）根据30°角的直角三角形的性质和等腰三角形的性质，结合等底同高的性质求三角形的面积即可．详解：（Ⅰ）连接OA，如图，∵PA、PB是⊙O的切线，∴OA⊥AP，OP平分∠APB，∴∠APO=12∠APB=30°，∴∠AOP=60°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠ACO=12AOP=30°，同理可得∠BCP=30°，∴∠ACB=60°；（Ⅱ）在Rt△OPA中，∵∠APO=30°，∴33，OP=2OA=2，∴OP=2OC，而S△OPA=123∴S△AOC=12S△PAO=34，∴S△ACP=33，4∴四边形ACBP的面积=2S△ACP=33．点睛：本题考查了切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定，熟练掌握切线的性质是解题的关键．4．已知：如图，△ABC中，AC=3，∠ABC=30°．（1）尺规作图：求作△ABC的外接圆，保留作图痕迹，不写作法；（2）求（1）中所求作的圆的面积．【答案】（1）作图见解析；（2）圆的面积是9π．【解析】试题分析：（1）按如下步骤作图：①作线段AB的垂直平分线；②作线段BC的垂直平分线；③以两条垂直平分线的交点O为圆心，OA长为半圆画圆，则圆O即为所求作的圆．如图所示（2）要求外接圆的面积，需求出圆的半径，已知AC＝3，如图弦AC所对的圆周角是∠ABC=30°，所以圆心角∠AOC=60°，所以∆AOC是等边三角形，所以外接圆的半径是3故可求得外接圆的面积．（2）连接OA，OB．∵AC=3，∠ABC=30°，∴∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴圆的半径是3，∴圆的面积是S=πr2=9π．5．函数是描述客观世界运动变化的重要模型，理解函数的本质是重要的任务。