2020-2021初中数学圆的难题汇编附答案解析

2020-2021初中数学圆的难题汇编附答案解析一、选择题1．如图，点A，B，C，D都在半径为2的⊙O上，若OA⊥BC，∠CDA=30°，则弦BC的长为（）A．4 B．22C．3D．23【答案】B【解析】【分析】根据垂径定理得到CH=BH，»»AC BC=，根据圆周角定理求出∠AOB，根据正弦的定义求出BH，计算即可．【详解】如图BC与OA相交于H∵OA⊥BC，∴CH=BH，»»=，AC AB∴∠AOB=2∠CDA=60°，∴BH=OB⋅sin∠3，∴3故选D．【点睛】本题考查的是垂径定理、圆周角定理，熟练掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．2．如图，已知AB是⊙O是直径，弦CD⊥AB，AC2，BD=1，则sin∠ABD的值是()A ．2B ．13C ．23D ．3【答案】C【解析】【分析】先根据垂径定理，可得BC 的长，再利用直径对应圆周角为90°得到△ABC 是直角三角形，利用勾股定理求得AB 的长，得到sin ∠ABC 的大小，最终得到sin ∠ABD【详解】解：∵弦CD ⊥AB ，AB 过O ，∴AB 平分CD ，∴BC =BD ，∴∠ABC =∠ABD ，∵BD =1，∴BC =1，∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，由勾股定理得：AB ()22222213AC BC +=+=， ∴sin ∠ABD =sin ∠ABC =23AC AB = 故选：C ．【点睛】本题考查了垂径定理、直径对应圆周角为90°、勾股定理和三角函数，解题关键是找出图形中的直角三角形，然后按照三角函数的定义求解3．用一个直径为10cm 的玻璃球和一个圆锥形的牛皮纸纸帽制作一个不倒翁玩具，不倒翁轴截面如图所示，圆锥的母线AB 与O e 相切于点B ，不倒翁的顶点A 到桌面L 的最大距离是18cm .若将圆锥形纸帽表面全涂上颜色，则涂色部分的面积为（）A ．260cm πB ．260013cm πC ．272013cm πD ．272cm π【答案】C【解析】【分析】连接OB ，如图，利用切线的性质得OB AB ⊥，在Rt AOB ∆中利用勾股定理得12AB =，利用面积法求得6013BH =，然后利用圆锥的侧面展开图为扇形和扇形的面积公式计算圆锥形纸帽的表面．【详解】解：连接OB ，作BH OA ⊥于H ，如图，Q 圆锥的母线AB 与O e 相切于点B ，OB AB ∴⊥，在Rt AOB ∆中，18513OA =-=，5OB =，2213512AB ∴=-=，Q 1122OA BH OB AB =g g ， 512601313BH ⨯∴==， Q 圆锥形纸帽的底面圆的半径为6013BH =，母线长为12， ∴形纸帽的表面2160720212()21313cm ππ=⨯⨯⨯=．故选：C ．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆锥的计算．4．如图，在ABC ∆中，90ABC ∠=︒，6AB =，点P 是AB 边上的一个动点，以BP 为直径的圆交CP 于点Q ，若线段AQ 长度的最小值是3，则ABC ∆的面积为（）A．18 B．27 C．36 D．54【答案】B【解析】【分析】如图，取BC的中点T，连接AT，QT．首先证明A，Q，T共线时，△ABC的面积最大，设QT=TB=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题．【详解】解：如图，取BC的中点T，连接AT，QT．∵PB是⊙O的直径，∴∠PQB=∠CQB=90°，∴QT=12BC=定值，AT是定值，∵AQ≥AT-TQ，∴当A，Q，T共线时，AQ的值最小，设BT=TQ=x，在Rt△ABT中，则有（3+x）2=x2+62，解得x=92，∴BC=2x=9，∴S△ABC=12•AB•BC=12×6×9=27，故选：B．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，则有中考选择题中的压轴题．5．如图，圆形铁片与直角三角尺、直尺紧靠在一起平放在桌面上．已知铁片的圆心为O，三角尺的直角顶点C 落在直尺的10cm 处，铁片与直尺的唯一公共点A 落在直尺的14cm 处，铁片与三角尺的唯一公共点为B ，下列说法错误的是（）A ．圆形铁片的半径是4cmB ．四边形AOBC 为正方形 C ．弧AB 的长度为4πcmD ．扇形OAB 的面积是4πcm 2【答案】C【解析】【分析】【详解】解：由题意得：BC ，AC 分别是⊙O 的切线，B ，A 为切点，∴OA ⊥CA ，OB ⊥BC ，又∵∠C=90°，OA=OB ，∴四边形AOBC 是正方形，∴OA=AC=4，故A ，B 正确；∴»AB 的长度为：904180π⨯=2π，故C 错误； S 扇形OAB =2904360π⨯=4π，故D 正确．故选C ．【点睛】本题考查切线的性质；正方形的判定与性质；弧长的计算；扇形面积的计算．6．如图，在矩形ABCD 中，6,4AB BC ==，以A 为圆心，AD 长为半径画弧交AB 于点E ，以C 为圆心，CD 长为半径画弧交CB 的延长线于点F ，则图中阴影部分的面积是（）A ．13πB ．1324π+C ．1324π-D ．524π+【答案】C【解析】【分析】先分别求出扇形FCD和扇形EAD的面积以及矩形ABCD的面积，再根据阴影面积＝扇形FCD的面积﹣（矩形ABCD的面积﹣扇形EAD的面积）即可得解．【详解】解：∵S扇形FCD2936096ππ==⨯⨯，S扇形EAD2436094ππ==⨯⨯，S矩形ABCD6424=⨯=，∴S阴影＝S扇形FCD﹣（S矩形ABCD﹣S扇形EAD）＝9π﹣（24﹣4π）＝9π﹣24+4π＝13π﹣24故选：C．【点睛】本题考查扇形面积的计算，根据阴影面积＝扇形FCD的面积﹣（矩形ABCD的面积﹣扇形EAD的面积）是解答本题的关键．7．如图，△ABC的外接圆是⊙O，半径AO=5，sinB=25，则线段AC的长为（）A．1 B．2 C．4 D．5【答案】C【解析】【分析】首先连接CO并延长交⊙O于点D，连接AD，由CD是⊙O的直径，可得∠CAD=90°，又由⊙O的半径是5，sinB=25，即可求得答案．【详解】解：连接CO并延长交⊙O于点D，连接AD，由CD是⊙O的直径，可得∠CAD=90°，∵∠B和∠D所对的弧都为弧AC，∴∠B=∠D，即sinB=sinD=25，∵半径AO=5，∴CD=10， ∴2sin 105AC AC D CD ===， ∴AC=4，故选：C.【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，以及三角函数的内容，注意到直径所对的圆周角是直角是解题的关键.8．下列命题是假命题的是（）A ．三角形两边的和大于第三边B ．正六边形的每个中心角都等于60oC ．半径为RD ．只有正方形的外角和等于360︒【答案】D【解析】【分析】根据三角形三边关系、中心角的概念、正方形与圆的关系、多边形的外角和对各选项逐一进行分析判断即可.【详解】A 、三角形两边的和大于第三边，A 是真命题，不符合题意；B 、正六边形6条边对应6个中心角，每个中心角都等于360606︒︒＝，B 是真命题，不符合题意；C 、半径为R 的圆内接正方形中，对角线长为圆的直径2R ，设边长等于x ，则：222(2)x x R +=，解得边长为x ：，C 是真命题，不符合题意；D 、任何凸3n n ≥（）边形的外角和都为360︒，D 是假命题，符合题意，故选D.【点睛】本题考查了真假命题，熟练掌握正多边形与圆、中心角、多边形的外角和等知识是解本题的关键.9．如图，在平行四边形ABCD 中，BD ⊥AD ，以BD 为直径作圆，交于AB 于E ，交CD 于F ，若BD=12，AD ：AB=1：2，则图中阴影部分的面积为（）A ．123B ．1536π-πC ．30312π-D ．48336π-π【答案】C【解析】【分析】易得AD 长，利用相应的三角函数可求得∠ABD 的度数，进而求得∠EOD 的度数，那么一个阴影部分的面积=S △ABD -S 扇形DOE -S △BOE ，算出后乘2即可．【详解】连接OE ，OF ．∵BD=12，AD ：AB=1：2，∴AD=43 ，AB=83，∠ABD=30°，∴S △ABD =×43×12=243,S 扇形=603616,633933602OEB S ππ⨯==⨯⨯=V ∵两个阴影的面积相等，∴阴影面积=()224369330312ππ⨯--=- .故选：C【点睛】本题主要是理解阴影面积等于三角形面积减扇形面积和三角形面积．10．如图，以Rt △ABC 的直角边AB 为直径作⊙O 交BC 于点D ，连接AD ，若∠DAC ＝30°，DC ＝1，则⊙O 的半径为（）A ．2B 3C ．23D ．1【答案】B【解析】【分析】先由圆周角定理知∠BDA=∠ADC=90°，结合∠DAC=30°，DC=1得AC=2DC=2，∠C=60°，再由AB=ACtanC=23可得答案．【详解】∵AB是⊙O的直径，∴∠BDA＝∠ADC＝90°，∵∠DAC＝30°，DC＝1，∴AC＝2DC＝2，∠C＝60°，则在Rt△ABC中，AB＝ACtanC＝23，∴⊙O的半径为3，故选：B．【点睛】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握半圆（或直径）所对的圆周角是直角和三角函数的应用．11．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，连接OC交⊙O于点D，连接BD，∠C=40°．则∠ABD的度数是（）A．30°B．25°C．20°D．15°【答案】B【解析】试题分析：∵AC为切线∴∠OAC=90°∵∠C=40°∴∠AOC=50°∵OB=OD ∴∠ABD=∠ODB ∵∠ABD+∠ODB=∠AOC=50°∴∠ABD=∠ODB=25°.考点：圆的基本性质.12．中国科学技术馆有“圆与非圆”展品，涉及了“等宽曲线”的知识．因为圆的任何一对平行切线的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”．除了例以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如勒洛只角形(图1)，它是分别以等边三角形的征个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧．三段圆弧围成的曲边三角形．图2是等宽的勒洛三角形和圆．下列说法中错误的是( )A ．勒洛三角形是轴对称图形B ．图1中，点A 到¶BC上任意一点的距离都相等 C ．图2中，勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF 的中心1O 的距离都相等 D ．图2中，勒洛三角形的周长与圆的周长相等【答案】C【解析】【分析】根据轴对称形的定义，可以找到一条直线是的图像左右对着完全重合，则为轴对称图形.鲁列斯曲边三角形有三条对称轴. 鲁列斯曲边三角形可以看成是3个圆心角为60°，半径为DE 的扇形的重叠，根据其特点可以进行判断选项的正误.【详解】鲁列斯曲边三角形有三条对称轴，就是等边三角形的各边中线所在的直线，故正确；点A 到¶BC上任意一点的距离都是DE ，故正确; 勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF 的中心1O 的距离都不相等，1O 到顶点的距离是到边的中点的距离的2倍，故错误；鲁列斯曲边三角形的周长=3×60180DE DE ππ⨯=⨯ ,圆的周长=22DE DE ππ⨯=⨯ ,故说法正确.故选C.【点睛】主要考察轴对称图形，弧长的求法即对于新概念的理解．13．如图，3个正方形在⊙O 直径的同侧，顶点B 、C 、G 、H 都在⊙O 的直径上，正方形ABCD 的顶点A 在⊙O 上，顶点D 在PC 上，正方形EFGH 的顶点E 在⊙O 上、顶点F 在QG 上，正方形PCGQ 的顶点P 也在⊙O 上．若BC ＝1，GH ＝2，则CG 的长为（）A．125B．6C．21+D．22【答案】B【解析】【分析】【详解】解：连接AO、PO、EO，设⊙O的半径为r，OC=x，OG=y，由勾股定理可知：22222222211{22r xr x x yr y=++=++=++（）①（）②（）③，②﹣③得到：x2+（x+y）2﹣（y+2）2﹣22=0，∴（x+y）2﹣22=（y+2）2﹣x2，∴（x+y+2）（x+y﹣2）=（y+2+x）（y+2﹣x）．∵x+y+2≠0，∴x+y﹣2=y+2﹣x，∴x=2，代入①得到r2=10，代入②得到：10=4+（x+y）2，∴（x+y）2=6．∵x+y＞0，∴x+y=6，∴CG=x+y=6．故选B．点睛：本题考查了正方形的性质、圆、勾股定理等知识，解题的关键是设未知数列方程组解决问题，难点是解方程组，利用因式分解法巧妙求出x的值，学会把问题转化为方程组，用方程组的思想去思考问题．14．如图，圆O是△ABC的外接圆，∠A＝68°，则∠OBC的大小是( )A ．22°B ．26°C ．32°D ．68°【答案】A【解析】试题分析：根据同弧所对的圆心角等于圆周角度数的两倍，则∠BOC=2∠A=136°，则根据三角形内角和定理可得：∠OBC+∠OCB=44°，根据OB=OC 可得：∠OBC=∠OCB=22°. 考点：圆周角的计算15．如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于E 点，若AD =CD = 23．则»BC 的长为( )A ．3πB ．23πC 3πD ．33π 【答案】B【解析】【分析】根据垂径定理得到3CE DE ==»»BC BD = ，∠A=30°，再利用三角函数求出OD=2，即可利用弧长公式计算解答.【详解】如图：连接OD ，∵AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于E 点，AD =CD = 23∴3CE DE ==»»BCBD = ，∠A=30°， ∴∠DOE=60°，∴OD=2sin 60DE =o， ∴»BC的长=»BD 的长=60221803ππ⨯=，故选：B.【点睛】此题考查垂径定理，三角函数，弧长公式，圆周角定理，是一道圆的综合题.16．如图，若干全等正五边形排成环状．图中所示的是前3个正五边形，则要完成这一圆环还需．．（）个这样的正五边形A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】B【解析】【分析】【详解】如图，∵多边形是正五边形，∴内角是15×（5-2）×180°=108°， ∴∠O=180°-（180°-108°）-（180°-108°）=36°， 36°度圆心角所对的弧长为圆周长的110，即10个正五边形能围城这一个圆环，所以要完成这一圆环还需7个正五边形.故选B.17．若正六边形的半径长为4，则它的边长等于（）A．4 B．2 C．23D．43【答案】A【解析】试题分析：正六边形的中心角为360°÷6=60°，那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，故正六边形的半径等于4，则正六边形的边长是4．故选A．考点：正多边形和圆．18．如图，在⊙O中，OC⊥AB，∠ADC＝26°，则∠COB的度数是（）A．52°B．64°C．48°D．42°【答案】A【解析】【分析】由OC⊥AB，利用垂径定理可得出，再结合圆周角定理及同弧对应的圆心角等于圆周角的2倍，即可求出∠COB的度数．【详解】解：∵OC⊥AB，∴，∴∠COB＝2∠ADC＝52°．故选：A．【点睛】考查了圆周角定理、垂径定理以及圆心角、弧、弦的关系，利用垂径定理找出是解题的关键．19．我们研究过的图形中，圆的任何一对平行切线的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”.除了圆以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如勒洛三角形(如图1)，它是分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形. 图2是等宽的勒洛三角形和圆形滚木的截面图.图1 图2有如下四个结论：①勒洛三角形是中心对称图形②图1中，点A 到BC 上任意一点的距离都相等③图2中，勒洛三角形的周长与圆的周长相等④使用截面是勒洛三角形的滚木来搬运东西，会发生上下抖动上述结论中，所有正确结论的序号是（）A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④ 【答案】B【解析】【分析】逐一对选项进行分析即可.【详解】①勒洛三角形不是中心对称图形，故①错误；②图1中，点A 到BC 上任意一点的距离都相等，故②正确；③图2中，设圆的半径为r∴勒洛三角形的周长=12032180r r ππ⨯=g g 圆的周长为2r π∴勒洛三角形的周长与圆的周长相等，故③正确；④使用截面是勒洛三角形的滚木来搬运东西，不会发生上下抖动，故④错误故选B【点睛】本题主要考查中心对称图形，弧长公式等，掌握中心对称图形和弧长公式是解题的关键.20．如图，弧 AB 等于弧CD ，OE AB ⊥于点E ，OF CD ⊥于点F ，下列结论中错误．．的是（）A ．OE=OFB ．AB=CDC ．∠AOB =∠COD D ．OE ＞OF【答案】D【解析】【分析】根据圆心角、弧、弦的关系可得B 、C 正确，根据垂径定理和勾股定理可得A 正确，D 错误．【详解】解：∵»»AB CD =，∴AB ＝CD ，∠AOB ＝∠COD ，∵OE AB ⊥，OF CD ⊥，∴BE ＝12AB ，DF ＝12CD ， ∴BE ＝DF ，又∵OB ＝OD ， ∴由勾股定理可知OE ＝OF ，即A 、B 、C 正确，D 错误，故选：D ．【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，勾股定理，熟练掌握基本性质定理是解题的关键．。

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2020-2021中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题及详细答案.doc

2020-2021 中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题及详细答案一、圆的综合1．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AEB 是等腰直【解析】（ 1）连接 BE，∵ AC是正方形ABCD的对角线，∴ ∠BAC=45°，∴△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．2．已知⊙ O 中，弦 AB=AC，点 P 是∠ BAC所对弧上一动点，连接PA， PB．（1）如图①，把△ ABP 绕点 A 逆时针旋转到△ ACQ，连接PC，求证：∠A CP+∠ ACQ=180 ；°（2）如图②，若∠ BAC=60°，试探究 PA、 PB、 PC 之间的关系．（3）若∠ BAC=120°时，（ 2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明．【答案】（ 1）证明见解析；（2） PA=PB+PC ．理由见解析；（ 3）若 ∠ BAC=120°时，（ 2）中的结论不成立，3 【解析】试题分析：（ 1）如图 ① ，连接 PC ．根据 “内接四边形的对角互补的性质”即可证得结论；（ 2）如图 ② ，通过作辅助线 BC 、 PE 、 CE （连接 BC ，延长 BP 至 E ，使 PE=PC ，连接 CE ）构建等边 △ PCE 和全等三角形 △ BEC ≌ △ APC ；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得 PA=PB+PC ；（ 3）如图 ③ ，在线段 PC 上截取 PQ ，使 PQ=PB ，过点 A 作 AG ⊥ PC 于点 G ．利用全等三角形 △ ABP ≌△ AQP （ SAS ）的对应边相等推知 AB=AQ ， PB=PG ，将 PA 、 PB 、 PC 的数量关系转化到 △ APC 中来求即可．试题解析：（ 1）如图 ① ，连接 PC ．∵△ ACQ 是由 △ABP 绕点 A 逆时针旋转得到的， ∴∠ ABP=∠ ACQ ．由图 ① 知，点 A 、 B 、 P 、C 四点共圆，∴∠ ACP+∠ABP=180 （°圆内接四边形的对角互补）， ∴∠ ACP+∠ACQ=180 （°等量代换）；（ 2） PA=PB+PC ．理由如下：如图 ② ，连接 BC BP 至 E PE=PC CE，延长，使，连接． ∵弦 AB=弦 AC ， ∠ BAC=60 ，° ∴△ ABC 是等边三角形（有一内角为60 °的等腰三角形是等边三角形）．∵A 、B 、 P 、C 四点共圆， ∴ ∠ BAC+∠ BPC=180 （°圆内接四边形的对角互补）， ∵∠ BPC+∠ EPC=180，°∴ ∠BAC=∠ CPE=60，°∵ PE=PC ，∴ △ PCE 是等边三角形， ∴ CE=PC ，∠ E=∠ ECP=∠ EPC=60；°又∵ ∠ BCE=60°+∠BCP ，∠ ACP=60°+∠ BCP ， ∴ ∠ BCE=∠ ACP （等量代换） ,在△ BEC 和△ APC 中，CE PCBCEACPAC BC， ∴ △ BEC ≌ △ APC （ SAS ）， ∴ BE=PA ，∴ P A=BE=PB+PC ；（3）若 ∠ BAC=120°时，（ 2）中的结论不成立， 3 PA=PB+PC ．理由如下：如图 ③ ，在线段 PC 上截取 PQ ，使 PQ=PB ，过点 A 作 AG ⊥ PC 于点 G ． ∵∠ BAC=120 ，°∠ BAC+∠ BPC=180 ，°∴ ∠BPC=60 ．°（PA=PB+PC ．∵弦 AB=弦 AC，∴ ∠ APB=∠ APQ=30 ．°PB PQ在△ ABP 和△ AQP中，APB APQ ，∴ △ABP≌ △AQP（SAS），AP AP∴AB=AQ， PB=PQ（全等三角形的对应边相等），∴ AQ=AC（等量代换）．在等腰△ AQC中， QG=CG．在Rt△ APG中，∠ APG=30°，则 AP=2AG， PG= 3 AG,∴PB+PC=PG﹣ QG+PG+CG=PG﹣ QG+PG+QG=2PG=2 3 AG，∴ 3 PA=2 3 AG，即 3 PA=PB+PC．【点睛】本题考查了圆的综合题，解题的关键要能掌握和灵活运用圆心角、弧、弦间的关系，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质等.3．如图，已知 BC 是⊙ O 的弦， A 是⊙ O 外一点，△ ABC 为正三角形， D 为 BC的中点， M 为⊙ O 上一点，并且∠ BMC=60°．（1）求证： AB 是⊙ O 的切线；（2）若 E， F 分别是边 AB， AC 上的两个动点，且∠EDF=120°，⊙ O 的半径为 2，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】（ 1）证明见试题解析；（2） BE+CF的值是定值，为等边△ ABC边长的一半．【解析】试题分析：（ 1）连结 OB、 OD，如图 1，由于 D 为 BC的中点，由垂径定理的推理得OD⊥ BC，∠ BOD=∠ COD，即可得到∠ BOD=∠ M=60°，则∠ OBD=30°，所以∠ABO=90°，于是得到 AB 是⊙ O 的切线；（2）作 DM⊥ AB 于 M ， DN⊥ AC 于 N，连结 AD，如图 2，由△ ABC为正三角形， D 为 BC的中点，得到AD 平分∠ BAC，∠BAC=60°，利用角平分线性质得DM=DN，得∠MDN=120 °，由∠ EDF=120 ，°得到∠ MDE=∠NDF，于是有△ DME≌ △ DNF，得到 ME=NF，1 1 1 B C，即可判断 BE+CF的值是得到 BE+CF=BM+CN，由 BM= BD， CN= OC，得到 BE+CF=2 2 2定值，为等边△ ABC 边长的一半．试题解析：（ 1）连结 OB、 OD，如图 1，∵ D 为 BC 的中点，∴ OD⊥ BC，∠ BOD=∠ COD，1∴∠ ODB=90 ，°∵∠ BMC=∠BOC，∴∠ BOD=∠ M=60°，∴∠ OBD=30，°∵△ABC为正三2角形，∴ ∠ABC=60°，∴ ∠ ABO=60°+30°=90°，∴ AB⊥OB，∴ AB 是⊙O 的切线；（2） BE+CF的值是为定值．作DM ⊥ AB 于 M， DN⊥ AC 于 N，连结 AD，如图 2，∵ △ABC 为正三角形， D 为 BC 的中点，∴ AD 平分∠ BAC，∠BAC=60°，∴ DM=DN，∠ MDN=120°，∵ ∠ EDF=120°，∴∠ MDE=∠ NDF，在△ DME 和△DNF 中，∵ ∠ DME=∠ DNF． DM=DN，∠MDE=∠ NDF，∴△ DME≌ △DNF，∴ ME=NF，∴ BE+CF=BM﹣EM+CN+NF=BM+CN，在 Rt△ DMB 中，∵∠ DBM=60 ° ∴ BM= 1 1 1 1 1，BD，同理可得 CN=2 2 22 OC，∴ BE+CF= OB+ 2 OC= BC，∴BE+CF 的值是定值，为等边△ ABC边长的一半．考点： 1．切线的判定；2．等边三角形的性质；3．定值问题； 4．探究型； 5．综合题；6．压轴题．4．已知： BD 为⊙O 的直径， O 为圆心，点 A 为圆上一点，过点 B 作⊙ O 的切线交 DA 的延长线于点 F，点 C 为⊙ O 上一点，且 AB＝ AC，连接 BC 交 AD 于点 E，连接 AC．(1)如图 1，求证：∠ABF＝∠ ABC；(2)如图 2，点 H 为⊙ O 内部一点，连接OH， CH若∠ OHC＝∠ HCA＝90°时，求证： CH＝1DA；2(3)在 (2)的条件下，若OH＝ 6，⊙ O 的半径为10，求 CE 的长．【答案】 (1)见解析；（ 2）见解析；（ 3）21.5【解析】【分析】1 由BD为 e O 的直径，得到D ABD 90o，根据切线的性质得到FBA ABD 90o，根据等腰三角形的性质得到 C ABC ，等量代换即可得到结论；2 如图2，连接OC，根据平行线的判定和性质得到ACO COH ，根据等腰三角形的性质得到OBC OCB ，ABC CBO ACB OCB ，根据相似三角形的性质即可得到结论；AB BD2 ，根据勾股定理得到3 根据相似三角形的性质得到OCOHAD BD 2 AB 2 16 ，根据全等三角形的性质得到BF BE ，AF AE，根据射影定理得到AF 1229 ，根据相交弦定理即可得到结论．16【详解】1 Q BD 为 e O 的直径，BAD 90o，D ABD90o，Q FB 是 e O 的切线，FBD 90o，FBA ABD 90o，FBA D ，Q AB AC ，C ABC ，Q C D ，ABF ABC ；2 如图2，连接OC，Q OHCHCA 90o ，AC / / OH ，ACOCOH ， Q OB OC ，OBC OCB ， ABCCBOACBOCB ，即ABD ACO ，ABCCOH ，Q HBAD 90o ，VABD ∽ VHOC ，AD BD2 ，CHOCCH1DA ；23 由 2 知， VABC ∽ VHOC ，AB BD 2，OHOCQ OH 6 ， e O 的半径为 10，AB 2OH 12 ， BD 20，AD BD 2 AB 2 16，在 VABF 与 VABE 中，ABF ABEAB AB，BAFBAE 90oVABF ≌ VABE ，BF BE ， AFAE ，Q FBDBAD90o ，AB 2AF AD，1229 ，AF16AE AF 9 ，DE 7 ， BEAB 2AE215，Q AD ，BC 交于 E ，AE DE BE CE ，AE DE 9 7 21 CE15．BE5【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，射影定理，相交弦定理，正确的识别图形是解题的关键．5．如图 1，已知 AB 是 ⊙O 的直径， AC 是 ⊙O 的弦，过 O 点作 OF ⊥ AB 交⊙ O 于点 D ，交AC 于点 E ，交 BC 的延长线于点 F ，点 G 是 EF 的中点，连接 CG (1)判断 CG 与⊙ O 的位置关系，并说明理由； (2)求证： 2OB 2＝BC?BF ；(3)如图 2，当 ∠ DCE ＝ 2∠ F ， CE ＝ 3，DG ＝ 2.5 时，求 DE 的长．【答案】（ 1） CG 与 ⊙ O 相切，理由见解析；（ 2）见解析；（ 3） DE ＝ 2【解析】【分析】（1）连接 CE ，由 AB 是直径知 △ ECF 是直角三角形，结合 G 为 EF 中点知 ∠ AEO ＝ ∠GEC ＝∠GCE ，再由 OA ＝ OC 知 ∠ OCA ＝ ∠OAC ，根据 OF ⊥ AB 可得 ∠ OCA+∠ GCE ＝ 90 °，即OC ⊥ GC ，据此即可得证；（ 2）证 △ ABC ∽△ FBO 得BC AB ，结合 AB ＝2BO 即可得；BOBF（3）证 ECD ∽ △ EGC 得EC ED，根据 CE ＝ 3， DG ＝ 2.5 知3 DE，解之可EGECDE 2.53得．【详解】解：（ 1） CG 与⊙ O 相切，理由如下：如图 1，连接 CE ，∵AB 是⊙ O 的直径，∴∠ ACB＝∠ ACF＝ 90 °，∵点 G 是 EF 的中点，∴GF＝ GE＝ GC，∴∠ AEO＝∠GEC＝∠ GCE，∵OA＝OC，∴∠ OCA＝∠ OAC，∵OF⊥ AB，∴∠ OAC+∠ AEO＝90 °，∴∠ OCA+∠ GCE＝ 90 °，即 OC⊥ GC，∴CG 与⊙ O 相切；（2）∵ ∠ AOE＝∠ FCE＝ 90°，∠AEO＝∠ FEC，∴∠ OAE＝∠ F，又∵∠ B＝∠ B，∴△ ABC∽ △ FBO，BC AB∴，即 BO?AB＝ BC?BF，BO BF∵AB＝ 2BO，∴2OB2＝BC?BF；（3）由（ 1）知 GC＝ GE＝ GF，∴∠ F＝∠ GCF，∴∠ EGC＝ 2∠F，又∵∠ DCE＝ 2∠ F，∴∠ EGC＝∠DCE，∵∠ DEC＝∠ CEG，∴△ ECD∽ △ EGC，∴EC ED ，EG EC∵CE＝ 3， DG＝ 2.5，∴3DE ，DE 2.5 3整理，得： DE2+2.5DE﹣ 9＝ 0，解得： DE＝ 2 或 DE＝﹣ 4.5（舍），故DE＝2．【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等知识点．6．如图，□ ABCD的边 AD 是△ ABC外接圆⊙ O 的切线，切点为 A，连接 AO 并延长交 BC于点 E，交⊙O 于点 F，过点 C 作直线 CP 交 AO 的延长线于点 P，且∠ BCP＝∠ ACD．（1）求证： PC是⊙O 的切线；（2）若∠ B＝ 67.5 °， BC＝2，求线段PC， PF与弧 CF所围成的阴影部分的面积S．【答案】（ 1）见解析；（2）14【解析】【分析】（ 1）过 C 点作直径 CM，连接 MB，根据 CM 为直径，可得∠ M+ ∠ BCM＝90°，再根据 AB∥ DC 可得∠ ACD＝∠ BAC，由圆周角定理可得∠ BAC＝∠ M，∠ BCP＝∠ACD，从而可推导得出∠ PCM＝ 90°，根据切线的判定即可得；（2）连接 OB，由 AD 是⊙O 的切线，可得∠ PAD＝ 90°，再由 BC∥ AD，可得 AP⊥ BC，从而得 BE＝CE＝1BC＝1 ，继而可得到∠ ABC＝∠ACB＝ 67.5 ，°从而得到∠ BAC＝ 45°，由圆周2角定理可得∠ BOC=90°，从而可得∠ BOE＝∠ COE＝∠ OCE＝ 45 °，根据已知条件可推导得出OE＝ CE＝1， PC＝OC＝OE2 CE2 2 ，根据三角形面积以及扇形面积即可求得阴影部分的面积 .【详解】（ 1）过 C 点作直径CM，连接 MB，∵CM 为直径，∴∠ MBC＝90 °，即∠ M+∠ BCM＝ 90 °，∵四边形 ABCD是平行四边形，∴AB∥ DC， AD∥ BC，∴∠ ACD＝∠ BAC，∵∠ BAC＝∠M ，∠BCP＝∠ ACD，∴∠ M ＝∠ BCP，∴∠ BCP+∠ BCM＝ 90 °，即∠ PCM＝90 °，∴CM⊥ PC，∴PC 与⊙ O 相切；（2）连接 OB，∵AD 是⊙ O 的切线，切点为A，∴OA⊥AD，即∠ PAD＝ 90 °，∵BC∥ AD，∠AEB=∠PAD＝ 90 °，∴AP⊥ BC．∴ BE＝ CE＝1BC＝ 1，2∴AB＝ AC，∴ ∠ ABC＝∠ ACB＝ 67.5 ，°∴∠ BAC＝ 180 －°∠ABC－∠ ACB＝ 45 °，∴∠ BOC＝ 2∠ BAC＝90 °，∵OB＝ OC，AP⊥BC，∴ ∠ BOE＝∠ COE＝∠ OCE＝ 45 ，°∵∠ PCM＝ 90 °，∴ ∠ CPO＝∠ COE＝∠ OCE＝ 45 ，°∴OE＝CE＝ 1， PC＝ OC＝OE2 CE2 2 ，2∴S＝S△POC－ S 扇形OFC＝1245π 2π．2 12 360 4【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、扇形面积等，综合性较强，准确添加辅助线是解题的关键.7．如图所示，AB 是半圆O 的直径，AC是弦，点P 沿BA 方向，从点 B 运动到点A，速度为 1cm/s ，若AB 10cm，点O 到AC 的距离为4cm ．（1）求弦 AC的长；（2）问经过多长时间后，△ APC是等腰三角形．【答案】（ 1） AC=6；（ 2） t=4 或 5 或14s 时，△APC 是等腰三角形；5【解析】【分析】（1）过O 作OD⊥ AC于D，根据勾股定理求得AD 的长，再利用垂径定理即可求得AC 的长；（ 2）分 AC=PC、 AP=AC、 AP=CP三种情况求t值即可 .【详解】（1）如图 1，过 O 作 OD⊥ AC 于 D，易知 AO=5， OD=4，从而 AD= =3，∴A C=2AD=6；（2）设经过t 秒△ APC是等腰三角形，则AP=10﹣ t ①如图 2，若 AC=PC，过点 C 作 CH⊥ AB 于 H，∵∠ A=∠ A，∠AHC=∠ODA=90 ，°∴△ AHC∽ △ ADO，∴AC：AH=OA：AD，即 AC：=5： 3，解得 t= s，∴经过s 后△APC 是等腰三角形；②如图 3，若 AP=AC，由PB=x，AB=10，得到 AP=10﹣ x，又∵ AC=6，则 10﹣ t=6 ，解得 t=4s，∴经过 4s 后△ APC是等腰三角形；③如图 4，若 AP=CP， P 与 O 重合，则AP=BP=5，∴经过 5s 后△ APC是等腰三角形．综上可知当t=4 或 5 或s 时，△ APC是等腰三角形．【点睛】本题是圆的综合题，解决问题利用了垂径定理，勾股定理等知识点，解题时要注意当△BPC 是等腰三角形时，点P 的位置有三种情况．8．如图 1，是用量角器一个角的操作示意图，量角器的读数从M 点开始（即M 点的读数为 0），如图2，把这个量角器与一块30°（∠ CAB＝30°）角的三角板拼在一起，三角板的斜边AB 与量角器所在圆的直径MN 重合，现有射线 C 绕点 C 从CA 开始沿顺时针方向以每秒 2°的速度旋转到与CB，在旋转过程中，射线CP 与量角器的半圆弧交于E．连接（1）当射线CP经过 AB 的中点时，点 E 处的读数是，此时△BCE的形状是BE．；（2）设旋转 x 秒后，点 E 处的读数为 y，求 y 与 x 的函数关系式；（3）当 CP旋转多少秒时，△BCE是等腰三角形？【答案】（ 1） 60°，直角三角形；（2） y＝ 4x（0≤x≤45）；（ 3） 7.5 秒或 30 秒【解析】【分析】（1）根据圆周角定理即可解决问题；（2）如图 2﹣2 中，由题意∠ ACE＝2x，∠ AOE＝ y，根据圆周角定理可知∠AOE＝ 2∠ ACE，可得 y＝ 2x（0≤x≤45）；（3）分两种情形分别讨论求解即可；【详解】解：（ 1）如图 2﹣ 1 中，∵∠ ACB＝ 90 °， OA＝OB，∴OA＝OB＝ OC，∴∠ OCA＝∠ OAC＝ 30 °，∴∠ AOE＝ 60 °，∴点 E 处的读数是60 °，∵∠ E＝∠BAC＝30 °，OE＝ OB，∴∠ OBE＝∠E＝ 30 °，∴∠ EBC＝∠ OBE+∠ABC＝ 90 °，∴△ EBC是直角三角形；故答案为 60°，直角三角形；（2）如图 2﹣2 中，∵∠ ACE＝ 2x，∠ AOE＝ y，∵∠ AOE＝ 2∠ACE，∴y＝ 4x（ 0 ≤x≤ 45）．（3）①如图 2﹣ 3 中，当 EB＝EC时， EO垂直平分线段BC，∵AC⊥ BC，∵EO∥ AC，∴∠ AOE＝∠BAC＝30 °，1∴∠ ECA＝∠ AOE＝15°，2∴x＝ 7.5．②若 2﹣ 4 中，当 BE＝BC时，易知∠ BEC＝∠ BAC＝∠ BCE＝ 30°，∴∠ OBE＝∠OBC＝ 60 °，∵OE＝ OB，∴△ OBE是等边三角形，∴∠ BOE＝60 °，∴∠ AOB＝120 °，1∴∠ ACE＝∠ACB＝60°，2∴x＝ 30，综上所述，当CP 旋转 7.5 秒或 30 秒时，△ BCE是等腰三角形；【点睛】本题考查几何变换综合题、创新题目、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．9．在直角坐标系中， O 为坐标原点，点 A 坐标为（ 2， 0），以 OA 为边在第一象限内作等边△OAB， C 为 x 轴正半轴上的一个动点（ OC＞ 2），连接 BC，以 BC 为边在第一象限内作等边△ BCD，直线 DA 交 y 轴于 E 点．（1）求证：△ OBC≌ △ ABD（2）随着 C 点的变化，直线 AE 的位置变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出直线AE 的解析式．（3）以线段BC为直径作圆，圆心为点F，当 C 点运动到何处时，直线EF∥直线 BO；这时⊙F 和直线 BO 的位置关系如何？请给予说明．【答案】（1）见解析；（2 AE的位置不变，AE的解析式为： y 3x 2 3 ；）直线（3） C 点运动到(4,0)处时，直线EF∥直线 BO；此时直线BO 与⊙F 相切，理由见解析. 【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可得到 OB=AB， BC=BD，∠ OBA=∠ DBC，等号两边都加上∠ABC，得到∠OBC=∠ABD，根据“ SAS得”到△ OBC≌ △ ABD.（2）先由三角形全等，得到∠BAD=∠ BOC=60 ，°由等边△BCD，得到∠ BAO=60 ，°根据平角定义及对顶角相等得到∠OAE=60 ，°在直角三角形 OAE中，由 OA 的长，根据 tan60 的°定义求出 OE的长，确定出点 E 的坐标，设出直线AE 的方程，把点 A 和 E 的坐标代入即可确定出解析式.（ 3）由EA∥ OB， EF∥OB，根据过直线外一点作已知直线的平行线有且只有一条，得到EF与 EA重合，所以 F 为 BC 与 AE 的交点，又 F 为 BC 的中点，得到 A 为 OC 中点，由 A 的坐标即可求出 C 的坐标；相切理由是由 F 为等边三角形BC边的中点，根据“三线合一”得到DF与BC 垂直，由EF 与 OB 平行得到BF 与 OB 垂直，得证 .【详解】（1）证明：∵ △ OAB 和△ BCD都为等边三角形，∴OB=AB， BC=BD，∠OBA=∠DBC=60 ，°∴∠ OBA+∠ ABC=∠DBC+∠ ABC，即∠ OBC=∠ ABD，在△ OBC和△ ABD 中，OB ABOBC ABD ,BC BD∴△ OBC≌△ ABD.（2）随着 C 点的变化，直线 AE 的位置不变，∵△ OBC≌△ ABD，∴∠ BAD=∠ BOC=60 ，°又∵ ∠ BAO=60°，∴∠ DAC=60 ，°∴∠ OAE=60 ，°又 OA=2，在Rt△ AOE中， tan60 °= OE，OA则OE=2 3，∴点 E 坐标为（ 0， -2 3 ），设直线 AE 解析式为 y=kx+b，把 E 和 A 的坐标代入得：0 2k b，2 3 bk 3解得，，b2 3∴直线 AE 的解析式为：y3x 2 3 .（3） C 点运动到(4,0)处时，直线EF∥直线 BO；此时直线BO 与⊙F 相切，理由如下：∵∠ BOA=∠ DAC=60 ，°EA∥ OB，又 EF∥ OB，则 EF与 EA 所在的直线重合，∴点 F 为 DE 与 BC 的交点，又 F 为 BC中点，∴A 为 OC中点，又AO=2，则 OC=4，∴当 C 的坐标为（ 4， 0）时， EF∥ OB，这时直线BO 与⊙ F 相切，理由如下：∵△ BCD为等边三角形， F 为 BC 中点，∴D F⊥ BC，又 EF∥ OB，∴F B⊥ OB，∴直线 BO 与⊙ F 相切，【点睛】本题考查了一次函数；三角形全等的判定与性质；等边三角形的性质和直线与圆的位置关系.熟练掌握相关性质定理是解题关键.10．如图，在 △ ABC 中， AB ＝ AC ，以 AB 为直径的 ⊙ O 与边 BC 交于点 D ， DE ⊥ AC ，垂足为E ，交 AB 的延长线于点 F ．(1)求证： EF 是 ⊙ O 的切线；(2)若 ∠ C ＝ 60°， AC ＝12，求 BD ? 的长． (3)若 tan C ＝ 2， AE ＝ 8，求 BF 的长．【答案】 (1)见解析 ;(2) 2 ；π(3)10.3【解析】分析：（ 1）连接 OD ，根据等腰三角形的性质：等边对等角，得∠ABC=∠ C ，∠ABC=∠ ODB ，从而得到 ∠ C=∠ ODB ，根据同位角相等，两直线平行，得到 OD ∥ AC ，从而得证 OD ⊥ EF ，即 EF 是⊙ O 的切线；（2）根据中点的性质，由AB=AC=12 ，求得 OB=OD=1AB =6，进而根据等边三角形的判2定得到 △ OBD 是等边三角形，即 ∠ BOD=600，从而根据弧长公式七届即可；（3）连接 AD ，根据直角三角形的性质，由在Rt △ DEC 中 , tanCDE 2 设 CE=x,则CEAE 2 ，求得 DE 、 CE 的长，然后根据相似三DE=2x ，然后由 Rt △ ADE 中 , tan ADEDE角形的判定与性质求解即可.详解：（ 1）连接 OD ∵ AB=AC ∴ ∠ ABC=∠ C∵OD=OB ∴∠ ABC=∠ ODB∴∠ C=∠ ODB ∴ OD ∥ AC又∵ DE ⊥ AC ∴ OD ⊥ DE ，即 OD ⊥ EF ∴EF 是 ⊙ O 的切线1（ 2） ∵ AB=AC=12 ∴ OB=OD= AB =62由（ 1）得： ∠ C=∠ ODB=600∴△ OBD 是等边三角形∴∠ BOD=600∴ ?606? 的长22BD =180即BD（ 3）连接 AD ∵DE ⊥AC ∠ DEC=∠ DEA=900在 Rt △ DEC 中, tanCDE 2 设 CE=x,则 DE=2x CE∵AB 是直径 ∴∠ ADB=∠ ADC=900∴∠ ADE+∠ CDE=90 在 Rt △ DEC 中 ,∠ C+∠ CDE=90AE 2∴∠ C=∠ ADE 在 Rt △ ADE 中 , tan ADE DE∵ AE=8，∴ DE=4 则 CE=2∴ A C=AE+CE=10即直径 AB=AC=10 则 OD=OB=5∵ O D//AE ∴ △ ODF ∽ △AEF∴OF OD 即： BF 5 5AF AEBF 10 8解得： BF=10即 BF 的长为 10 .33点睛：此题考查了切线的性质与判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．11．如图，等边 △ ABC 内接于 ⊙ O ， P 是弧 AB 上任一点（点 P 不与 A 、B 重合），连 AP ，BP ，过 C 作 CM ∥BP 交 PA 的延长线于点 M ，（ 1）求证： △ PCM 为等边三角形；（ 2）若 PA ＝ 1， PB ＝ 2，求梯形 PBCM 的面积．【答案】（ 1）见解析；（ 2）1534【解析】【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角，进而判定△ PCM为等边三角形；（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等，进而利用△PCM 为等边三角形，进而求得PH 的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可．【详解】（1）证明：作PH⊥ CM 于 H，∵△ ABC是等边三角形，∴∠ APC=∠ABC=60 ，°∠BAC=∠ BPC=60 ，°∵CM∥ BP，∴∠ BPC=∠ PCM=60 ，°∴△ PCM 为等边三角形；（2）解：∵ △ ABC是等边三角形，△ PCM 为等边三角形，∴∠ PCA+∠ ACM=∠ BCP+∠ PCA，∴∠ BCP=∠ ACM，在△ BCP和△ ACM 中，BC ACBCP ACM ，CP CM∴△ BCP≌ △ ACM（SAS），∴PB=AM，∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，在 Rt△ PMH 中，∠ MPH=30°，∴PH= 3 3 ，2梯形 PBCM =1 13 315∴S （PB+CM ×PH= 3 ．）×（ 2+3）×=2 2 2 4【点睛】本题考查圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题．12．在中，，，，分别是边，的中点，若等腰绕点逆时针旋转，得到等腰，设旋转角为，记直线与的交点为.（1）问题发现如图1，当时，线段的长等于 _________，线段的长等于 _________.（2）探究证明如图2，当时，求证：，且.（3）问题解决求点到所在直线的距离的最大值.（直接写出结果）【答案】（ 1）；；（2）详见解析；（3）【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD1的长和 CE1的长；（2）根据旋转的性质得出，∠ D1AB=∠ E1 AC=135°，进而求出△ D1 AB≌ △ E1AC（ SAS），即可得出答案；（3）首先作 PG⊥ AB，交 AB 所在直线于点 G，则 D1， E1在以 A 为圆心， AD 为半径的圆上，当 BD1所在直线与⊙ A 相切时，直线 BD1与 CE1的交点 P 到直线 AB 的距离最大，此时四边形 AD1PE1是正方形，进而求出PG 的长．【详解】（1）解：∵ ∠ A=90°， AC=AB=4， D， E 分别是边 AB，AC 的中点，∴A E=AD=2，∵等腰 Rt△ADE 绕点 A 逆时针旋转，得到等腰Rt△ AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤ 180）°，∴当α =90时°， AE1=2，∠ E1AE=90°，∴BD1=；故答案为：；；（2）证明：由题意可知，，，∵是由绕点逆时针旋转得到，∴，，在和中，，∴，∴，.∵，∴，∴，∴，且.（3）点的运动轨迹是在的上半圆周，点的运动轨迹是在的弧段.即当与相切时，有最大值.点到所在直线的距离的最大值为.【点睛】此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识，根据题意得出PG的最长时P 点的位置是解题关键．13．如图 , Rt △ABC 中，∠ B=90°，它的内切圆分别与边BC、 CA、AB 相切于点D、 E、 F， (1)设AB=c, BC=a, AC=b,求证 : 内切圆半径 r＝1(a+b-c). 2(2)若 AD 交圆于 P, PC交圆于 H, FH//BC, 求∠ CPD;(3)若 r=3 10 , PD＝ 18, PC=27 2 . 求△ ABC各边长 .【答案】（ 1）证明见解析（ 2）45°（3）9 10，12 10,15 10【解析】【分析】（1）根据切线长定理，有AE=AF，BD=BF， CD=CE．易证四边形B DOF为正方形，BD=BF=r，用 r 表示 AF、 AE、 CD、 CE，利用 AE+CE=AC为等量关系列式．（2）∠ CPD为弧 DH 所对的圆周角，连接OD，易得弧DH 所对的圆心角∠ DOH=90°，所以∠C PD=45 ．°（3）由 PD=18 和 r=310, 联想到垂径定理基本图形，故过圆心O 作 PD 的垂线 OM，求得弦心距 OM=3 ，进而得到∠ MOD 的正切值．延长 DO 得直径 DG，易证 PG∥ OM ，得到同位角∠ G=∠ MOD．又利用圆周角定理可证∠ADB=∠ G，即得到∠ ADB 的正切值，进而求得AB．再设 CE=CD=x，用 x 表示 BC、 AC，利用勾股定理列方程即求出 x．【详解】解：（ 1）证明：设圆心为O，连接 OD、OE、 OF，∵⊙ O 分别与 BC、CA、 AB 相切于点D、 E、 F∴OD⊥BC， OE⊥ AC， OF⊥AB， AE=AF， BD=BF，CD=CE ∴∠ B=∠ODB=∠ OFB=90 °∴四边形 BDOF是矩形∵O D=OF=r∴矩形 BDOF是正方形∴B D=BF=r∴A E=AF=AB-BF=c-，r CE=CD=BC-BD=a-r∵A E+CE=AC∴c-r+a-r=b整理得： r= 1（ a+b-c）2（2）取 FH 中点 O，连接 OD ∵F H∥ BC∴∠ AFH=∠ B=90 °∵AB 与圆相切于点F，∴F H 为圆的直径，即 O 为圆心∵FH∥ BC∴∠ DOH=∠ ODB=90 °1∴∠ CPD=∠ DOH=45°2（3）设圆心为 O，连接 DO 并延长交⊙ O 于点 G，连接 PG，过 O 作 OM⊥PD 于 M ∴∠ OMD=90 °∵P D=181∴DM= PD=92∵B F=BD=OD=r=3 10，∴OM= OD2 DM 2＝(3 10) 2 92＝90 81 ＝3∴t an ∠ MOD= DM＝ 3OM∵DG 为直径∴∠ DPG=90 °∴OM ∥ PG，∠G+∠ ODM=90 °∴∠ G=∠ MOD∵∠ ODB=∠ADB+∠ ODM=90 °∴∠ ADB=∠ G∴∠ ADB=∠ MODAB∴tan ∠ ADB==tan∠ MOD=3BD∴A B=3BD=3r=9 10∴A E=AF=AB-BF=9 10 - 3 10＝ 6 10设CE=CD=x，则 BC=3 10 +x， AC=6 10 +x∵AB2+BC2=AC2∴(910 )2．+(310+x)2＝(610+x)2解得： x=910∴B C=12 10， AC=15 10∴△ ABC各边长 AB=910 ，AC=15 10 ，BC=12 10【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，正方形的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理．切线长定理的运用是解决本题的关键，而在不能直接求得线段长的情况下，利用勾股定理作为等量关系列方程解决是常用做法．14．如图， AB 是⊙ O 的直径， AD 是⊙ O 的弦，点 F 是 DA 延长线上的一点，过⊙O上一点C 作⊙O 的切线交 DF 于点 E， CE⊥ DF．(1)求证： AC 平分∠ FAB；(2)若 AE＝1， CE＝ 2，求⊙ O 的半径．【答案】（ 1 ）证明见解析；（2）52【解析】试题分析：（1）连接 OC，根据切线的性质和圆周角定理，得出∠ OCA=∠ OAC 与∠CAE=∠ OCA，然后根据角平分线的定义可证明；（2）由圆周角定理得到∠ BCA=90°，由垂直的定义，可求出∠CEA=90°，从而根据两角对应相等的两三角形相似可证明△ ACB∽△ AEC，再根据相似三角形的对应边成比例求得 AB 的长，从而得到圆的半径 .试题解析： (1)证明：连接OC.∵CE是⊙ O 的切线，∴ ∠ OCE=90°∵CE⊥ DF，∴∠ CEA=90 °，∴∠ ACE+∠CAE=∠ ACE+∠OCA=90 ，°∴ ∠CAE=∠ OCA∵OC＝ OA，∴ ∠ OCA=∠ OAC.∴∠ CAE=∠ OAC，即 AC 平分∠ FAB(2)连接 BC.∵AB 是⊙ O 的直径，∴ ∠ ACB =∠AEC =90 . °又∵∠ CAE=∠ OAC，∴△ ACB∽△ AEC,∴AB AC.AC AE∵AE ＝ 1， CE ＝2， ∠ AEC =90 ，°∴ ACAE 2 CE 212 22525AC 255 ， ∴⊙ O 的半径为．∴AB2AE115．对于平面内的 ⊙ C 和 ⊙ C 外一点 Q ，给出如下定义：若过点 Q 的直线与 ⊙ C 存在公共点，记为点 A ，B ，设 kAQBQ，则称点 A （或点 B ）是 ⊙C 的 “K 相关依附点 ”，特别CQ地，当点 A 和点 B 重合时，规定 2 AQ （或2BQ）．AQ=BQ ， kCQCQ已知在平面直角坐标系 xoy 中， Q(-1,0)， C(1,0)， ⊙C 的半径为 r ．（1）如图 1，当 r2 时，① 若 A 1(0,1)是 ⊙ C 的 “k 相关依附点 ”，求 k 的值．②A 2(1+2 ， 0)是否为 ⊙ C 的 “2相关依附点 ”．（2）若 ⊙ C 上存在 “k 相关依附点 ”点 M ，① 当 r=1 ，直线 QM 与 ⊙C 相切时，求 k 的值． ② 当 k3 时，求 r 的取值范围．（3）若存在 r 的值使得直线 y 3x b 与⊙ C 有公共点，且公共点时⊙ C 的 “ 3 相关依附点 ”，直接写出 b 的取值范围．【答案】（ 1） ①2 ． ② 是；（ 2） ① k3 ； ② r 的取值范围是 1≤ r 2 ；（ 3）3 b 3 3 ．【解析】【分析】（1 ） ① 如图 1 中，连接 AC 、 QA 1 ．首先证明 QA 1 是切线，根据 k2AQ计算即可解决CQ问题；② 根据定义求出 k 的值即可判断；（2 ） ① 如图，当 r 1时，不妨设直线QM 与 e C 相切的切点 M 在 x 轴上方（切点 M 在x 轴下方时同理），连接CM，则QM CM ，根据定义计算即可；②如图 3 中，若直线 QM 与e C不相切，设直线QM 与e C的另一个交点为N （不妨设QN QM ，点N，M在x轴下方时同理），作CD QM 于点D，则MD ND ，可得MQ NQ ( MN NQ) NQ 2ND 2NQ 2DQ ，CQ = 2，推出k MQ NQ 2 DQ3 时，DQ 3 ，此时 CD CQ2 DQ2 1，CQDQ ，可得当kCQ假设 e C 经过点 Q ，此时r = 2，因为点Q早e C外，推出 r 的取值范围是1, r 2 ；（3）如图 4 中，由（ 2）可知：当k 3时，1, r 2 ．当 r = 2 时， e C 经过点Q( 1,0) 或E(3,0)，当直线y 3x b 经过点Q时， b 3 ，当直线 y 3x b 经过点E时， b 3 3 ，即可推出满足条件的b的取值范围为 3 b 3 3 ．【详解】（1）①如图 1 中，连接AC、QA1．由题意： OC OQ OA1，△ QA1C是直角三角形，CA1Q 90 ，即CA1 QA1，QA1是e C的切线，k 2QA1 2 22 ．QC 2② Q A2(1 2,0) 在e C2 2 1 2 1，A2是e C的“2相关依附上， k 2 2点”．故答案为：2 ，是；（2）①如图2，当r 1 时，不妨设直线QM 与e C相切的切点M在x轴上方（切点M 在 x 轴下方时同理），连接CM ，则QM CM ．Q Q ( 1,0) ， C (1,0) ，r 1 ， CQ2 ，CM，MQ 3 ，此时12MQk 3 ；CQ②如图 3 中，若直线 QM 与e C不相切，设直线QM 与e C的另一个交点为N （不妨设QN QM ，点N，M在x轴下方时同理），作CD QM 于点D，则MD ND ，MQ NQ (MN NQ ) NQ 2ND 2NQ2DQ ，Q CQ 2 ，MQ NQ 2DQ 当k 3时，DQ 3 ，此时 CDCQ2 DQ 2 1 ，k DQ ，CQ CQ假设 e C 经过点 Q ，此时r = 2，Q点 Q 早 e C 外，r 的取值范围是1, r 2．（3）如图 4 中，由（ 2）可知：当k 3时， 1, r 2 ．当 r = 2 时，e C经过点Q( 1,0) 或E (3,0)，当直线y 3x b 经过点Q时，b 3 ，当直线 y3x b 经过点 E 时， b 3 3 ，满足条件的 b 的取值范围为3 b 3 3 ．【点睛】本题考查了一次函数综合题、圆的有关知识、勾股定理、切线的判定和性质、点 A （或点B)是 e C 的“k 相关依附点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会考虑特殊位置解决问题，属于中考压轴题．。

初中数学圆的难题汇编附答案解析

初中数学圆的难题汇编附答案解析
一、选择题
1．如图，在中，．将绕点按顺时针方向旋转度后得到，此时点在边上，斜边交边于点，则的大小和图中阴影部分的面积分别为（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2× =2 ，AB=2BC=4，
A．50°B．60°C．80°D．90°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质得：∠GBC=∠ADC=50°，由垂径定理得：，则∠DBC=2∠EAD=80°．
【详解】
如图，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠GBC=∠ADC=50°．
∵AE⊥CD，∴∠AED=90°，∴∠EAD=90°﹣50°=40°，延长AE交⊙O于点M．
∴S阴影=S扇形−S△ODC= − ×3×3= − .
故答案选B.
【点睛】
本题考查的知识点是扇形面积的计算，解题的关键是熟练的掌握扇形面积的计算.
5．如图，是的直径，是上一点（、除外），，则的度数是（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平角得出的度数，进而利用圆周角定理得出的度数即可．
故选C．
考点：1.旋转的性质2.含30度角的直角三角形．
2．在Rt△ABC中，∠ACB=90°.AC=8，BC=3，点D是BC边上动点，连接AD交以CD为直径的圆于点E，则线段BE长度的最小值为( )
A．1B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直径所对的圆周角为直角可知∠CED=90°，则∠AEC=90°，设以AC为直径的圆的圆心为O，若BE最短，则OB最短，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE= AC=4，在Rt△OBC中，根据勾股定理可求得OB=5，即可得解.

2020-2021中考数学圆的综合(大题培优易错难题)及答案

2020-2021中考数学圆的综合(大题培优易错难题)及答案一、圆的综合1．如图，⊙O是△ABC的外接圆，点E为△ABC内切圆的圆心，连接AE的延长线交BC于点F，交⊙O于点D；连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM=∠DAC．（1）求证：直线DM是⊙O的切线；（2）若DF=2，且AF=4，求BD和DE的长．【答案】（1）证明见解析（2）23【解析】【分析】（1）根据垂径定理的推论即可得到OD⊥BC，再根据∠BDM=∠DBC，即可判定BC∥DM，进而得到OD⊥DM，据此可得直线DM是⊙O的切线；（2）根据三角形内心的定义以及圆周角定理，得到∠BED=∠EBD，即可得出DB=DE，再判定△DBF∽△DAB，即可得到DB2=DF•DA，据此解答即可．【详解】（1）如图所示，连接OD．∵点E是△ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD，∴BD CD=，∴OD⊥BC．又∵∠BDM=∠DAC，∠DAC=∠DBC，∴∠BDM=∠DBC，∴BC∥DM，∴OD⊥DM．又∵OD为⊙O半径，∴直线DM是⊙O的切线．（2）连接BE．∵E为内心，∴∠ABE=∠CBE．∵∠BAD=∠CAD，∠DBC=∠CAD，∴∠BAD=∠DBC，∴∠BAE+∠ABE=∠CBE+∠DBC，即∠BED=∠DBE，∴BD=DE．又∵∠BDF=∠ADB（公共角），∴△DBF∽△DAB，∴DF DBDB DA=，即DB2=DF•DA．∵DF=2，AF=4，∴DA=DF+AF=6，∴DB2=DF•DA=12，∴DB=DE=23．【点睛】本题主要考查了三角形的内心与外心，圆周角定理以及垂径定理的综合应用，解题时注意：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧；三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．2．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．【答案】（1）证明见解析；（2）8．【解析】（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．试题解析：连接AD，OA，∵∠ADC=∠B，∠B=60°，∴∠ADC=60°，∵CD是直径，∴∠DAC=90°，∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，∵AP=AC，OA=OC，∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，即OA⊥AP，∵OA为半径，∴AP是⊙O切线．（2）连接AD，BD，∵CD是直径，∴∠DBC=90°，∵CD=4，B为弧CD中点，∴BD=BC=，∴∠BDC=∠BCD=45°，∴∠DAB=∠DCB=45°，即∠BDE=∠DAB，∵∠DBE=∠DBA，∴△DBE∽△ABD，∴，∴BE•AB=BD•BD=．考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．3．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正=上半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点一次落在直线y x=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；∆的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明（3）设MBN你的结论.【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析【解析】试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；（3）利用全等把△MBN 的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．试题解析：（1）∵A 点第一次落在直线y=x 上时停止旋转，直线y=x 与y 轴的夹角是45°，∴OA 旋转了45°．∴OA 在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=．（2）∵MN ∥AC ，∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°．∴∠BMN=∠BNM ．∴BM=BN ．又∵BA=BC ，∴AM=CN ．又∵OA=OC ，∠OAM=∠OCN ，∴△OAM ≌△OCN ．∴∠AOM=∠CON=12（∠AOC-∠MON ）=12（90°-45°）=22.5°． ∴旋转过程中，当MN 和AC 平行时，正方形OABC 旋转的度数为45°-22.5°=22.5°．（3）在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化．证明：延长BA 交y 轴于E 点，则∠AOE=45°-∠AOM ，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM ，∴∠AOE=∠CON ．又∵OA=OC ，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN ．∴△OAE ≌△OCN ．∴OE=ON ，AE=CN ．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM ，∴△OME ≌△OMN ．∴MN=ME=AM+AE ．∴MN=AM+CN ，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化．考点：旋转的性质.4．如图1，将长为10的线段OA 绕点O 旋转90°得到OB ，点A 的运动轨迹为AB ，P 是半径OB 上一动点，Q 是AB 上的一动点，连接PQ.发现：∠POQ ＝________时，PQ 有最大值，最大值为________；思考：（1）如图2，若P 是OB 中点，且QP ⊥OB 于点P ，求BQ 的长；（2）如图3，将扇形AOB 沿折痕AP 折叠，使点B 的对应点B′恰好落在OA 的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB 沿PQ 折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切，切点为C ，若OP ＝6，求点O 到折痕PQ 的距离．【答案】发现： 90°，102；思考：（1）10 3π=；（2）25π−1002+100；（3）点O 到折痕PQ 的距离为30.【解析】分析：发现：先判断出当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，即可得出结论；思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（2）先在Rt △B'OP 中，OP 2+(102−10)2=（10-OP ）2，解得OP=102−10，最后用面积的和差即可得出结论．探究：先找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，证明四边形OCO′B 是矩形，由勾股定理求O′B ，从而求出OO′的长，则OM=12OO′=30．详解：发现：∵P 是半径OB 上一动点，Q 是AB 上的一动点，∴当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，此时，∠POQ=90°，PQ=22OA OB +=102；思考：（1）如图，连接OQ ，∵点P 是OB 的中点，∴OP=12OB=12OQ ． ∵QP ⊥OB ，∴∠OPQ=90° 在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=12OP OQ =， ∴∠QOP=60°，∴l BQ =6010101803ππ⨯=；（2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝2，在Rt △B'OP 中，OP 22−10)2=（10-OP ）2解得OP=102−10， S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101210(10210)3602π⨯-⨯⨯⨯- ＝25π−1002+100；探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是B Q '所在圆的圆心，∴O′C=OB=10，∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点，∴O′C ⊥AO ，∴O′C ∥OB ，∴四边形OCO′B 是矩形，在Rt △O′BP 中，O′B=226425-=，在Rt △OBO′K ，OO′=2210(25)=230-，∴OM=12OO′=12×230=30，即O 到折痕PQ 的距离为30．点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=180n R π（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．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 ＝ 12，求AB 和FC 的长．【答案】(1)见解析;(2) ⑵AB=20 ， 403CF =【解析】分析：（1）连接OC ，根据圆周角定理证明OC ⊥CF 即可；（2）通过正切值和圆周角定理，以及∠FCA ＝∠B 求出CE 、BE 的长，即可得到AB 长，然后根据直径和半径的关系求出OE 的长，再根据两角对应相等的两三角形相似（或射影定理）证明△OCE ∽△CFE ，即可根据相似三角形的对应线段成比例求解.详解：⑴证明：连结OC∵AB 是⊙O 的直径∴∠ACB=90° ∴∠B+∠BAC=90°∵OA=OC∴∠BAC=∠OCA∵∠B=∠FCA∴∠FCA+∠OCA=90°即∠OCF=90°∵C 在⊙O 上∴CF 是⊙O 的切线⑵∵AE=4，tan ∠ACD12AE EC = ∴CE=8 ∵直径AB ⊥弦CD 于点E∴AD AC =∵∠FCA ＝∠B∴∠B=∠ACD=∠FCA∴∠EOC=∠ECA∴tan ∠B=tan ∠ACD=1=2CE BE ∴BE=16∴AB=20∴OE=AB÷2-AE=6∵CE ⊥AB∴∠CEO=∠FCE=90°∴△OCE ∽△CFE∴OC OE CF CE=即106=8 CF∴40CF3=点睛：此题主要考查了圆的综合知识，关键是熟知圆周角定理和切线的判定与性质，结合相似三角形的判定与性质和解直角三角形的知识求解，利用数形结合和方程思想是解题的突破点，有一定的难度，是一道综合性的题目.6．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=12BD．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△EO1D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，111111EO P CO QEPO CQOO E O C∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．∵CO1=DO1，∴O1Q=12BD ，∴FQ=12BD．∵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．7．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．∵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．8．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 ＝32 a n ，∴1＝14a n 2＋231n na ⎫⎪⎪⎝⎭ ，解得a n ＝24331n n + .9．如图1，延长⊙O 的直径AB 至点C ，使得BC=12AB ，点P 是⊙O 上半部分的一个动点（点P 不与A 、B 重合），连结OP ，CP ．（1）∠C 的最大度数为；（2）当⊙O 的半径为3时，△OPC 的面积有没有最大值？若有，说明原因并求出最大值；若没有，请说明理由；（3）如图2，延长PO 交⊙O 于点D ，连结DB ，当CP=DB 时，求证：CP 是⊙O 的切线．【答案】（1）30°；（2）有最大值为9，理由见解析；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）当PC 与⊙O 相切时，∠OCP 的度数最大，根据切线的性质即可求得；（2）由△OPC 的边OC 是定值，得到当OC 边上的高为最大值时，△OPC 的面积最大，当PO ⊥OC 时，取得最大值，即此时OC 边上的高最大，于是得到结论；（3）根据全等三角形的性质得到AP=DB ，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠C ，得到CO=OB+OB=AB ，推出△APB ≌△CPO ，根据全等三角形的性质得到∠CPO=∠APB ，根据圆周角定理得到∠APB=90°，即可得到结论．试题解析：（1）当PC 与⊙O 相切时，∠OCP 最大．如图1，所示：∵sin ∠OCP=OP OC =24=12，∴∠OCP=30° ∴∠OCP 的最大度数为30°，故答案为：30°；（2）有最大值，理由： ∵△OPC 的边OC 是定值，∴当OC 边上的高为最大值时，△OPC 的面积最大，而点P 在⊙O 上半圆上运动，当PO ⊥OC 时，取得最大值，即此时OC 边上的高最大，也就是高为半径长，∴最大值S △OPC =12OC•OP=12×6×3=9；（3）连结AP ，BP ，如图2，在△OAP 与△OBD 中，OA OD AOP BOD OP OB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△OAP ≌△OBD ，∴AP=DB ，∵PC=DB，∴AP=PC，∵PA=PC，∴∠A=∠C，∵BC=12AB=OB，∴CO=OB+OB=AB，在△APB和△CPO中，AP CPA CAB CO=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△APB≌△CPO，∴∠CPO=∠APB，∵AB为直径，∴∠APB=90°，∴∠CPO=90°，∴PC切⊙O于点P，即CP是⊙O的切线．10．（1）问题背景如图①，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AB=AC，P为BmC上一动点（不与B，C重合），求证：2PA=PB+PC．小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB，AP，AC，且AB=AC，这就为旋转作了铺垫．于是，小明同学有如下思考过程：第一步：将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；第二步：证明Q，B，P三点共线，进而原题得证．请你根据小明同学的思考过程完成证明过程．（2）类比迁移如图②，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=AC，AB⊥AC，垂足为A，求OC的最小值．（3）拓展延伸如图③，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=43AC，AB⊥AC，垂足为A，则OC的最小值为．【答案】（1）证明见解析；（2）OC最小值是32﹣3；（3）32．【解析】试题分析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①），只要证明△APQ 是等腰直角三角形即可解决问题；（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点O顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，在△BOQ中，利用三边关系定理即可解决问题；（3）如图③构造相似三角形即可解决问题．作AQ⊥OA，使得AQ=43OA，连接OQ，BQ，OB．由△QAB∽OAC，推出BQ=43OC，当BQ最小时，OC最小；试题解析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；∵BC是直径，∴∠BAC=90°，∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=45°，由旋转可得∠QBA=∠PCA，∠ACB=∠APB=45°，PC=QB，∵∠PCA+∠PBA=180°，∴∠QBA+∠PBA=180°，∴Q，B，P三点共线，∴∠QAB+∠BAP=∠BAP+∠PAC=90°，∴QP2=AP2+AQ2=2AP2，∴QP=2AP=QB+BP=PC+PB，∴2AP=PC+PB．（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点A顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，∵AB⊥AC,∴∠BAC=90°,由旋转可得QB=OC，AQ=OA，∠QAB=∠OAC，∴∠QAB+∠BAO=∠BAO+∠OAC=90°，∴在Rt△OAQ中，2，AO=3 ，∴在△OQB中，BQ≥OQ﹣2﹣3 ，即OC最小值是2﹣3；（3）如图③中，作AQ⊥OA，使得AQ=43OA，连接OQ，BQ，OB．∵∠QAO=∠BAC=90°，∠QAB=∠OAC ，∵QA AB OA AC ==43， ∴△QAB ∽OAC ，∴BQ=43OC ，当BQ 最小时，OC 最小，易知OA=3，AQ=4，OQ=5，BQ≥OQ ﹣OB ，∴OQ≥2，] ∴BQ 的最小值为2，∴OC 的最小值为34×2=32，故答案为32．【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识，能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键.11．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 中点，∴CD CB =，∴∠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=12HB 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+134，∴ON=OE=EN=（132﹣a）﹣（12a+134）=134﹣32a，∵BO2﹣ON2=EB2﹣EN2，∴（172﹣a）2﹣（134﹣32a）2=（a+132）2﹣（12a+134）2，解得a=32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，∴DC=BC，∴Rt△DKC≌Rt△BTC，∴DK=BT，∵FT=12FC=5，∴DK=TB=FB﹣FT=3，∴AK=AT=AB﹣TB=10，∴AD=AK﹣DK=10﹣3=7．12．如图，AB是⊙O的直径，D、D为⊙O上两点，CF⊥AB于点F，CE⊥AD交AD的延长线于点E，且CE=CF.（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）连接CD、CB，若AD=CD=a，求四边形ABCD面积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接OC，AC，可先证明AC平分∠BAE，结合圆的性质可证明OC∥AE，可得∠OCB＝90°，可证得结论；（2）可先证得四边形AOCD为平行四边形，再证明△OCB为等边三角形，可求得CF、AB，利用梯形的面积公式可求得答案．【详解】（1）证明：连接OC，AC．∵CF⊥AB，CE⊥AD，且CE＝CF．∴∠CAE＝∠CAB．∵OC＝OA，∴∠CAB＝∠OCA．∴∠CAE＝∠OCA．∴OC∥AE．∴∠OCE＋∠AEC＝180°，∵∠AEC＝90°，∴∠OCE＝90°即OC⊥CE，∵OC是⊙O的半径，点C为半径外端，∴CE是⊙O的切线．（2）解：∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB，∴DC∥AB，∵∠CAE＝∠OCA，∴OC∥AD，∴四边形AOCD是平行四边形，∴OC＝AD＝a，AB＝2a，∵∠CAE＝∠CAB，∴CD＝CB＝a，∴CB＝OC＝OB，∴△OCB是等边三角形，在Rt△CFB中，CF＝，∴S四边形ABCD＝（DC＋AB）•CF＝【点睛】本题主要考查切线的判定，掌握切线的两种判定方法是解题的关键，即有切点时连接圆心和切点，然后证明垂直，没有切点时，过圆心作垂直，证明圆心到直线的距离等于半径．13．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．14．.如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6．D是线段AC上一个动点（不与点A重合），⊙D与AB相切，切点为E，⊙D交射线．．DC于点F，过F作FG⊥EF交直线．．BC于点G，设⊙D的半径为r．（1）求证AE＝EF；（2）当⊙D与直线BC相切时，求r的值；（3）当点G落在⊙D内部时，直接写出r的取值范围．【答案】(1)见解析,(2)r=3,(3)63 35r<<【解析】【分析】（1）连接DE，则∠ADE=60°=∠DEF+∠DFE，而∠DEF=∠DFE，则∠DEF=∠DFE=30°=∠A，即可求解；（2）如图2所示，连接DE，当圆与BC相切时，切点为F，∠A=30°，AB=6，则BF=3，AD=2r，由勾股定理，即可求解；（3）分点F在线段AC上、点F在线段AC的延长线上两种情况，分别求解即可．【详解】解：设圆的半径为r；（1）连接DE，则∠ADE=60°=∠DEF+∠DFE，而∠DEF=∠DFE，则∠DEF=∠DFE=30°=∠A，∴AE=EF；（2）如图2所示，连接DE，当圆与BC相切时，切点为F∠A=30°，AB=6，则BF=3，AD=2r ，由勾股定理得：（3r ）2+9=36，解得：r=3；（3）①当点F 在线段AC 上时，如图3所示，连接DE 、DG ，333,3933FC r GC FC r =-==-②当点F 在线段AC 的延长线上时，如图4所示，连接DE 、DG ，333,3339FC r GC FC r ===-两种情况下GC 符号相反，GC 2相同，由勾股定理得：DG 2=CD 2+CG 2，点G 在圆的内部，故：DG2＜r2，即：22(332)(339)2r r r +-<整理得：25113180r r -+<6335r <<【点睛】本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；利用勾股定理计算线段的长．15．对于平面直角坐标系xoy 中的图形P ，Q ，给出如下定义：M 为图形P 上任意一点，N 为图形Q 上任意一点，如果M ，N 两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形P ，Q 间的“非常距离”，记作d （P ,Q ）．已知点A （4,0），B （0,4），连接AB ．（1）d （点O ，AB ）= ；（2）⊙O 半径为r ，若d （⊙O ，AB ）=0，求r 的取值范围；（3）点C （－3，－2），连接AC ，BC ，⊙T 的圆心为T （t ，0），半径为2，d （⊙T ，△ABC ），且0<d <2，求t 的取值范围．【答案】（1）22；（2）224r ≤≤；（3）25252t --<<--或6<r <8．【解析】【分析】（1）如下图所示，由题意得：过点O 作AB 的垂线，则垂线段即为所求；（2）如下图所示，当d （⊙O ，AB ）=0时，过点O 作OE ⊥AB ，交AB 于点E ，则：OB=2， OE=22，即可求解；（3）分⊙T 在△ABC 左侧、⊙T 在△ABC 右侧两种情况，求解即可．【详解】（1）过点O 作OD ⊥AB 交AB 于点D ，根据“非常距离”的定义可知，d （点O ，AB ）=OD=2AB 2244+2; （2）如图，当d（⊙O，AB）=0时，过点O作OE⊥AB,则OE=22,OB=OA=4，∵⊙O与线段AB的“非常距离”为0，∴224r≤≤；（3）当⊙T在△ABC左侧时，如图，当⊙T与BC相切时，d=0,2236+35,过点C作CE⊥y轴，过点T作TF⊥BC,则△TFH∽△BEC,∴TF THBE BC=,即2635,∴5∵HO∥CE,∴△BHO∽△BEC,∴HO=2，此时5，0);当d=2时，如图，同理可得，此时T （252--）；∵0<d <2，∴25252t --<<--；当⊙T 在△ABC 右侧时，如图，当p=0时，t=6，当p=2时，t=8.∵0<d <2，∴6<r <8；综上，25252t -<<或6<r <8．【点睛】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“非常距离”的定义与直线与圆的位置关系和分类讨论思想的运用．。

2020-2021中考数学圆的综合的综合热点考点难点及详细答案

2020-2021中考数学圆的综合的综合热点考点难点及详细答案一、圆的综合1．如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,AB=CD．(1)如图(1),求证:AD∥BC；(2)如图(2),点F是AC的中点,弦DG∥AB,交BC于点E,交AC于点M,求证:AE=2DF；(3)在(2)的条件下,若DG平分∠ADC,GE=53,tan∠ADF=43,求⊙O的半径。

【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）129【解析】试题分析：(1)连接AC．由弦相等得到弧相等，进一步得到圆周角相等，即可得出结论．（2）延长AD到N，使DN=AD，连接NC．得到四边形ABED是平行四边形，从而有AD=BE，DN=BE．由圆内接四边形的性质得到∠NDC=∠B．即可证明ΔABE≌ΔCND，得到AE=CN，再由三角形中位线的性质即可得出结论．（3）连接BG，过点A作AH⊥BC，由（2）知∠AEB=∠ANC，四边形ABED是平行四边形，得到AB=DE．再证明ΔCDE是等边三角形，ΔBGE是等边三角形，通过解三角形ABE，得到AB，HB，AH，HE的长，由EC=DE=AB，得到HC的长．在Rt△AHC中，由勾股定理求出AC的长．作直径AP，连接CP，通过解△APC即可得出结论．试题解析：解：(1)连接AC．∵AB=CD，∴弧AB=弧CD，∴∠DAC=∠ACB，∴AD∥BC．（2）延长AD到N，使DN=AD，连接NC．∵AD∥BC，DG∥AB，∴四边形ABED是平行四边形，∴AD=BE，∴DN=BE．∵ABCD是圆内接四边形，∴∠NDC=∠B．∵AB=CD，∴ΔABE≌ΔCND，∴AE=CN．∵DN=AD，AF=FC，∴DF=1CN，∴AE=2DF．2（3）连接BG，过点A作AH⊥BC，由（2）知∠AEB=∠ANC，四边形ABED是平行四边形，∴AB=DE．∵DF∥CN，∴∠ADF=∠ANC，∴∠AEB=∠ADF，∴tan∠AEB= tan∠ADF=43，DG平分∠ADC，∴∠ADG=∠CDG．∵AD∥BC，∴∠ADG=∠CED，∠NDC=∠DCE．∵∠ABC=∠NDC，∴∠ABC=∠DCE．∵AB∥DG，∴∠ABC=∠DEC，∴∠DEC=∠ECD=∠EDC，∴ΔCDE是等边三角形，∴AB=DE=CE．∵∠GBC=∠GDC=60°，∠G=∠DCB=60°，∴ΔBGE是等边三角形，BE= GE=53．∵tan∠AEB= tan∠ADF=43，设HE=x，则AH=43x．∵∠ABE=∠DEC=60°，∴∠BAH=30°，∴BH=4x，AB=8x，∴4x+x=53，解得：x=3，∴AB=83，HB=43，AH=12，EC=DE=AB=83，∴HC=HE+EC=383+=93．在Rt△AHC中，AC=222212(93)AH HC+=+=343．作直径AP，连接CP，∴∠ACP=90°，∠P=∠ABC=60°，∴sin∠P=AC AP，∴3432129sin6032ACAP===︒，∴⊙O的半径是129．2．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1，将长为10的线段OA 绕点O 旋转90°得到OB ，点A 的运动轨迹为»AB ，P 是半径OB 上一动点，Q 是»AB 上的一动点，连接PQ.发现：∠POQ ＝________时，PQ 有最大值，最大值为________；思考：（1）如图2，若P 是OB 中点，且QP ⊥OB 于点P ，求»BQ的长；（2）如图3，将扇形AOB 沿折痕AP 折叠，使点B 的对应点B′恰好落在OA 的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB 沿PQ 折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切，切点为C ，若OP ＝6，求点O 到折痕PQ 的距离．【答案】发现： 90°，2；思考：（1）103π=；（2）2+100；（3）点O 到折痕PQ 30【解析】分析：发现：先判断出当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，即可得出结论；思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（2）先在Rt △B'OP 中，OP 22−10)2=（10-OP ）2，解得2−10，最后用面积的和差即可得出结论．探究：先找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，证明四边形OCO′B 是矩形，由勾股定理求O′B ，从而求出OO′的长，则OM=1230详解：发现：∵P 是半径OB 上一动点，Q 是»AB 上的一动点，∴当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，此时，∠POQ=90°，PQ=22OA OB +=102；思考：（1）如图，连接OQ ，∵点P 是OB 的中点，∴OP=12OB=12OQ ． ∵QP ⊥OB ，∴∠OPQ=90° 在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=12OP OQ =， ∴∠QOP=60°，∴l BQ =6010101803ππ⨯=；（2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝102，在Rt △B'OP 中，OP 2+(102−10)2=（10-OP ）2解得OP=102−10，S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101210(10210)3602π⨯-⨯⨯⨯- ＝25π−1002+100；探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是¼B Q '所在圆的圆心，∴O′C=OB=10，∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点，∴O′C ⊥AO ，∴O′C ∥OB ，∴四边形OCO′B 是矩形，在Rt △O′BP 中，O′B=226425-=，在Rt △OBO′K ，OO′=2210(25)=230-，∴OM=12OO′=12×230=30，即O 到折痕PQ 的距离为30．点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=180n R π（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．4．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；（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 、PN NC 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= 1BD 2AD =，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，∴3535AM MP ==，35PN 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.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 ＝ 12，求AB 和FC 的长．【答案】(1)见解析;(2) ⑵AB=20 ， 403CF =【解析】分析：（1）连接OC ，根据圆周角定理证明OC ⊥CF 即可；（2）通过正切值和圆周角定理，以及∠FCA ＝∠B 求出CE 、BE 的长，即可得到AB 长，然后根据直径和半径的关系求出OE 的长，再根据两角对应相等的两三角形相似（或射影定理）证明△OCE ∽△CFE ，即可根据相似三角形的对应线段成比例求解.详解：⑴证明：连结OC∵AB 是⊙O 的直径∴∠ACB=90°∴∠B+∠BAC=90°∵OA=OC∴∠BAC=∠OCA∵∠B=∠FCA∴∠FCA+∠OCA=90°即∠OCF=90°∵C 在⊙O 上∴CF 是⊙O 的切线⑵∵AE=4，tan ∠ACD12AE EC = ∴CE=8 ∵直径AB ⊥弦CD 于点E∴»»AD AC =∵∠FCA ＝∠B∴∠B=∠ACD=∠FCA∴∠EOC=∠ECA∴tan ∠B=tan ∠ACD=1=2CE BE ∴BE=16∴AB=20∴OE=AB÷2-AE=6∵CE ⊥AB∴∠CEO=∠FCE=90°∴△OCE ∽△CFE ∴OC OE CF CE= 即106=8CF ∴40CF 3= 点睛：此题主要考查了圆的综合知识，关键是熟知圆周角定理和切线的判定与性质，结合相似三角形的判定与性质和解直角三角形的知识求解，利用数形结合和方程思想是解题的突破点，有一定的难度，是一道综合性的题目.6．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．7．如图1，延长⊙O的直径AB至点C，使得BC=12AB，点P是⊙O上半部分的一个动点（点P不与A、B重合），连结OP，CP．（1）∠C的最大度数为；（2）当⊙O的半径为3时，△OPC的面积有没有最大值？若有，说明原因并求出最大值；若没有，请说明理由；（3）如图2，延长PO交⊙O于点D，连结DB，当CP=DB时，求证：CP是⊙O的切线．【答案】（1）30°；（2）有最大值为9，理由见解析；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP的度数最大，根据切线的性质即可求得；（2）由△OPC的边OC是定值，得到当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，于是得到结论；（3）根据全等三角形的性质得到AP=DB，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠C，得到CO=OB+OB=AB，推出△APB≌△CPO，根据全等三角形的性质得到∠CPO=∠APB，根据圆周角定理得到∠APB=90°，即可得到结论．试题解析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP最大．如图1，所示：∵sin∠OCP=OPOC=2 4=12，∴∠OCP=30°∴∠OCP的最大度数为30°，故答案为：30°；（2）有最大值，理由：∵△OPC的边OC是定值，∴当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，而点P在⊙O上半圆上运动，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，也就是高为半径长，∴最大值S△OPC=12OC•OP=12×6×3=9；（3）连结AP，BP，如图2，在△OAP与△OBD中，OA ODAOP BODOP OB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△OAP≌△OBD，∴AP=DB，∵PC=DB，∴AP=PC，∵PA=PC，∴∠A=∠C，∵BC=12AB=OB，∴CO=OB+OB=AB，在△APB和△CPO中，AP CPA CAB CO=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△APB≌△CPO，∴∠CPO=∠APB，∵AB为直径，∴∠APB=90°，∴∠CPO=90°，∴PC切⊙O于点P，即CP是⊙O的切线．8．如图，已知在△ABC中，∠A=90°，（1）请用圆规和直尺作出⊙P，使圆心P在AC边上，且与AB，BC两边都相切（保留作图痕迹，不写作法和证明）．（2）若∠B=60°，AB=3，求⊙P的面积．【答案】（1）作图见解析；（2）3π【解析】【分析】（1）与AB、BC两边都相切．根据角平分线的性质可知要作∠ABC的角平分线，角平分线与AC的交点就是点P的位置．（2）根据角平分线的性质和30°角的直角三角形的性质可求半径，然后求圆的面积．【详解】解：（1）如图所示，则⊙P为所求作的圆．（2）∵∠ABC=60°，BP平分∠ABC，∴∠ABP=30°，∵∠A=90°，∴BP=2APRt△ABP中,AB=3，由勾股定理可得：AP=3，∴S⊙P=3π9．如图，⊙O的直径AB＝26，P是AB上(不与点A、B重合)的任一点，点C、D为⊙O上的两点，若∠APD＝∠BPC，则称∠CPD为直径AB的“回旋角”．(1)若∠BPC＝∠DPC＝60°，则∠CPD是直径AB的“回旋角”吗？并说明理由；(2)若»CD的长为134π，求“回旋角”∠CPD的度数；(3)若直径AB的“回旋角”为120°，且△PCD的周长为24+133，直接写出AP的长．【答案】(1)∠CPD是直径AB的“回旋角”，理由见解析；(2)“回旋角”∠CPD的度数为45°；(3)满足条件的AP的长为3或23．【解析】【分析】（1）由∠CPD、∠BPC得到∠APD，得到∠BPC＝∠APD，所以∠CPD是直径AB的“回旋角”；（2）利用CD弧长公式求出∠COD＝45°，作CE⊥AB交⊙O于E，连接PE，利用∠CPD为直径AB的“回旋角”，得到∠APD＝∠BPC，∠OPE＝∠APD，得到∠OPE+∠CPD+∠BPC ＝180°，即点D ，P ，E 三点共线，∠CED ＝12∠COD ＝22.5°，得到∠OPE ＝90°﹣22.5°＝67.5°，则∠APD ＝∠BPC ＝67.5°，所以∠CPD ＝45°；（3）分出情况P 在OA 上或者OB 上的情况，在OA 上时，同理（2）的方法得到点D ，P ，F 在同一条直线上，得到△PCF 是等边三角形，连接OC ，OD ，过点O 作OG ⊥CD 于G ，利用sin ∠DOG ，求得CD ，利用周长求得DF ，过O 作OH ⊥DF 于H ，利用勾股定理求得OP ，进而得到AP ；在OB 上时，同理OA 计算方法即可【详解】∠CPD 是直径AB 的“回旋角”，理由：∵∠CPD ＝∠BPC ＝60°，∴∠APD ＝180°﹣∠CPD ﹣∠BPC ＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠BPC ＝∠APD ，∴∠CPD 是直径AB 的“回旋角”；(2)如图1，∵AB ＝26，∴OC ＝OD ＝OA ＝13，设∠COD ＝n°，∵»CD 的长为134π， ∴13131804n ππ=n ∴n ＝45，∴∠COD ＝45°，作CE ⊥AB 交⊙O 于E ，连接PE ，∴∠BPC ＝∠OPE ，∵∠CPD 为直径AB 的“回旋角”，∴∠APD ＝∠BPC ，∴∠OPE ＝∠APD ，∵∠APD+∠CPD+∠BPC ＝180°，∴∠OPE+∠CPD+∠BPC ＝180°，∴点D ，P ，E 三点共线，∴∠CED ＝12∠COD ＝22.5°， ∴∠OPE ＝90°﹣22.5°＝67.5°，∴∠APD ＝∠BPC ＝67.5°，∴∠CPD ＝45°，即：“回旋角”∠CPD 的度数为45°，(3)①当点P 在半径OA 上时，如图2，过点C 作CF ⊥AB 交⊙O 于F ，连接PF ， ∴PF ＝PC ，同(2)的方法得，点D ，P ，F 在同一条直线上，∵直径AB的“回旋角”为120°，∴∠APD＝∠BPC＝30°，∴∠CPF＝60°，∴△PCF是等边三角形，∴∠CFD＝60°，连接OC，OD，∴∠COD＝120°，过点O作OG⊥CD于G，∠COD＝60°，∴CD＝2DG，∠DOG＝12√∴DG＝ODsin∠DOG＝13×sin60°＝1332∴CD＝133√，∵△PCD的周长为24+133√，∴PD+PC＝24，∵PC＝PF，∴PD+PF＝DF＝24，过O作OH⊥DF于H，∴DH＝1DF＝12，2在Rt△OHD中，OH＝225-=OD DH在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，∴OP＝10，∴AP＝OA﹣OP＝3；②当点P在半径OB上时，同①的方法得，BP＝3，∴AP＝AB﹣BP＝23，即：满足条件的AP的长为3或23．【点睛】本题是新定义问题，同时涉及到三角函数、勾股定理、等边三角形性质等知识点，综合程度比较高，前两问解题关键在于看懂题目给到的定义，第三问关键在于P点的分类讨论10．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD 交圆的切线BE于点E(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；(2)如果∠BED=60°，PD=3，求PA的长；(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x 的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．【详解】（1）直线PD为⊙O的切线，理由如下：如图1，连接OD，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO+∠BDO=90°，又∵DO=BO，∴∠BDO=∠PBD，∵∠PDA=∠PBD，∴∠BDO=∠PDA，∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，∵点D在⊙O上，∴直线PD为⊙O的切线；（2）∵BE是⊙O的切线，∴∠EBA=90°，∵∠BED=60°，∴∠P=30°，∵PD为⊙O的切线，∴∠PDO=90°，在Rt△PDO中，∠P=30°，∴0 tan30ODPD=，解得OD=1，∴PO，∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1；（3）如图2，依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF，∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，∵四边形AFBD内接于⊙O，∴∠DAF+∠DBF=180°，即90°+x+2x=180°，解得x=30°，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°，∵BE、ED是⊙O的切线，∴DE=BE，∠EBA=90°，∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，∴BD=DE=BE，又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，∴△BDF是等边三角形，∴BD=DF=BF，∴DE=BE=DF=BF，∴四边形DFBE为菱形.【点睛】本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．11．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NRt△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=8AE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12．如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连接AD．已知∠CAD＝∠B．（1）求证：AD是⊙O的切线；（2）若CD＝2，AC＝4，BD＝6，求⊙O的半径．【答案】（1）详见解析；（235.【解析】【分析】(1)解答时先根据角的大小关系得到∠1＝∠3，根据直角三角形中角的大小关系得出OD⊥AD ，从而证明AD为圆O的切线；(2)根据直角三角形勾股定理和两三角形相似可以得出结果【详解】（1）证明：连接OD，∵OB＝OD，∴∠3＝∠B，∵∠B＝∠1，∴∠1＝∠3，在Rt△ACD中，∠1+∠2＝90°，∴∠4＝180°﹣（∠2+∠3）＝90°，∴OD⊥AD，则AD为圆O的切线；（2）过点O作OF⊥BC，垂足为F，∵OF⊥BD∴DF＝BF＝12BD＝3∵AC＝4，CD＝2，∠ACD＝90°∴AD22AC CD5∵∠CAD＝∠B，∠OFB＝∠ACD＝90°∴△BFO∽△ACD∴BFAC = OB AD即3425∴OB＝352∴⊙O的半径为35．【点睛】此题重点考查学生对直线与圆的位置关系，圆的半径的求解，掌握勾股定理，两三角形相似的判定条件是解题的关键13．如图，AB是半圆⊙O的直径，点C是半圆⊙O上的点，连接AC，BC，点E是AC的中点，点F是射线OE上一点．（1）如图1，连接FA，FC，若∠AFC＝2∠BAC，求证：FA⊥AB；（2）如图2，过点C作CD⊥AB于点D，点G是线段CD上一点（不与点C重合），连接FA，FG，FG与AC相交于点P，且AF＝FG．①试猜想∠AFG和∠B的数量关系，并证明；②连接OG，若OE＝BD，∠GOE＝90°，⊙O的半径为2，求EP的长．【答案】（1）见解析；（2）①结论：∠GFA＝2∠ABC．理由见解析；②PE 3．【解析】【分析】（1）证明∠OFA＝∠BAC，由∠EAO+∠EOA＝90°，推出∠OFA+∠AOE＝90°，推出∠FAO＝90°即可解决问题．（2）①结论：∠GFA＝2∠ABC．连接FC．由FC＝FG＝FA，以F为圆心FC为半径作⊙F．因为»»AG AG，推出∠GFA＝2∠ACG，再证明∠ACG＝∠ABC．②图2﹣1中，连接AG，作FH⊥AG于H．想办法证明∠GFA＝120°，求出EF，OF，OG即可解决问题．【详解】（1）证明：连接OC．∵OA＝OC，EC＝EA，∴OF⊥AC，∴FC＝FA，∴∠OFA＝∠OFC，∵∠CFA＝2∠BAC，∴∠OFA＝∠BAC，∵∠OEA＝90°，∴∠EAO+∠EOA＝90°，∴∠OFA+∠AOE＝90°，∴∠FAO＝90°，∴AF⊥AB．（2）①解：结论：∠GFA＝2∠ABC．理由：连接FC．∵OF垂直平分线段AC，∴FG＝FA，∵FG＝FA，∴FC＝FG＝FA，以F为圆心FC为半径作⊙F．∵»»AG AG，∴∠GFA＝2∠ACG，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵CD⊥AB，∴∠ABC+∠BCA＝90°，∵∠BCD+∠ACD＝90°，∴∠ABC＝∠ACG，∴∠GFA＝2∠ABC．②如图2﹣1中，连接AG，作FH⊥AG于H．∵BD ＝OE ，∠CDB ＝∠AEO ＝90°，∠B ＝∠AOE ，∴△CDB ≌△AEO （AAS ），∴CD ＝AE ，∵EC ＝EA ，∴AC ＝2CD ．∴∠BAC ＝30°，∠ABC ＝60°，∴∠GFA ＝120°，∵OA ＝OB ＝2，∴OE ＝1，AE ＝，BA ＝4，BD ＝OD ＝1， ∵∠GOE ＝∠AEO ＝90°，∴OG ∥AC ， 323DG OG ∴==, 222213AG DG AD ∴=+=， ∵FG ＝FA ，FH ⊥AG ，∴AH ＝HG 21∠AFH ＝60°， ∴AF ＝27sin 603AH ︒=，在Rt △AEF 中，EF 2213AF AE -=， ∴OF ＝OE +EF ＝43 ， ∵PE ∥OG ， ∴PE EF OG 0F=， ∴134233=， ∴PE 3．【点睛】圆综合题，考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题.14．如图，已知AB 是⊙O 的直径，直线CD 与⊙O 相切于C 点，AC 平分∠DAB ．（1）求证：AD ⊥CD ；（2）若AD ＝2，AC=6，求⊙O 的半径R 的长．【答案】（1）证明见解析（2）32【解析】试题分析：（1）连接OC ，由题意得OC ⊥CD ．又因为AC 平分∠DAB ，则∠1=∠2=12∠DAB ．即可得出AD ∥OC ，则AD ⊥CD ；（2）连接BC ，则∠ACB =90°，可证明△ADC ∽△ACB ．则2AD AC AC R ，从而求得R ．试题解析：（1）证明：连接OC ，∵直线CD 与⊙O 相切于C 点，AB 是⊙O 的直径，∴OC ⊥CD ．又∵AC 平分∠DAB ，∴∠1=∠2=12∠DAB ．又∠COB =2∠1=∠DAB ，∴AD ∥OC ，∴AD ⊥CD ．（2）连接BC ，则∠ACB =90°，在△ADC 和△ACB 中∵∠1=∠2，∠3=∠ACB =90°，∴△ADC ∽△ACB ． ∴2AD AC AC R = ∴R =2322AC AD =15．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=1722 AE=1322【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 2CF 172，AE 22EF AF +2217722（）（）+132 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．。

2020-2021中考数学压轴题专题复习——圆的综合的综合及详细答案

2020-2021中考数学压轴题专题复习——圆的综合的综合及详细答案一、圆的综合1．如图，⊙O的半径为6cm，经过⊙O上一点C作⊙O的切线交半径OA的延长于点B，作∠ACO的平分线交⊙O于点D，交OA于点F，延长DA交BC于点E．（1）求证：AC∥OD；（2）如果DE⊥BC，求»AC的长度．【答案】（1）证明见解析；（2）2π．【解析】试题分析：（1）由OC=OD，CD平分∠ACO，易证得∠ACD=∠ODC，即可证得AC∥OD；（2）BC切⊙O于点C，DE⊥BC，易证得平行四边形ADOC是菱形，继而可证得△AOC是等边三角形，则可得：∠AOC=60°，继而求得弧AC的长度．试题解析：（1）证明：∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC．∵CD平分∠ACO，∴∠OCD=∠ACD，∴∠ACD=∠ODC，∴AC∥OD；（2）∵BC切⊙O于点C，∴BC⊥OC．∵DE⊥BC，∴OC∥DE．∵AC∥OD，∴四边形ADOC 是平行四边形．∵OC=OD，∴平行四边形ADOC是菱形，∴OC=AC=OA，∴△AOC是等边三角形，∴∠AOC=60°，∴弧AC的长度=606180π⨯=2π．点睛：本题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质以及弧长公式．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．2．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连结AC，过»BD上一点E作EG∥AC 交CD的延长线于点G，连结AE交CD于点F，且EG=FG，连结CE．（1）求证：∠G=∠CEF；（2）求证：EG是⊙O的切线；（3）延长AB交GE的延长线于点M，若tanG =34，AH=33，求EM的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）253 8.【解析】试题分析：（1）由AC∥EG，推出∠G=∠ACG，由AB⊥CD推出»»AD AC=，推出∠CEF=∠ACD，推出∠G=∠CEF，由此即可证明；（2）欲证明EG是⊙O的切线只要证明EG⊥OE即可；（3）连接OC．设⊙O的半径为r．在Rt△OCH中，利用勾股定理求出r，证明△AHC∽△MEO，可得AH HCEM OE=，由此即可解决问题；试题解析：（1）证明：如图1．∵AC∥EG，∴∠G=∠ACG，∵AB⊥CD，∴»»AD AC=，∴∠CEF=∠ACD，∴∠G=∠CEF，∵∠ECF=∠ECG，∴△ECF∽△GCE．（2）证明：如图2中，连接OE．∵GF=GE，∴∠GFE=∠GEF=∠AFH，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∵∠AFH+∠FAH=90°，∴∠GEF+∠AEO=90°，∴∠GEO=90°，∴GE⊥OE，∴EG是⊙O的切线．（3）解：如图3中，连接OC．设⊙O的半径为r．在Rt△AHC中，tan∠ACH=tan∠G=AHHC=34，∵AH=33∴HC=3Rt△HOC中，∵OC=r，OH=r﹣33HC=43∴222(33)(43)r r-+=，∴r=2536，∵GM∥AC，∴∠CAH=∠M，∵∠OEM=∠AHC，∴△AHC∽△MEO，∴AH HCEM OE=，∴33432536EM=，∴EM=2538．点睛：本题考查圆综合题、垂径定理、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，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，正确寻找相似三角形，构建方程解决问题吗，属于中考压轴题．3．图1和图2，半圆O的直径AB=2，点P（不与点A，B重合）为半圆上一点，将图形延BP折叠，分别得到点A，O的对称点A′，O′，设∠ABP=α．（1）当α=15°时，过点A′作A′C∥AB，如图1，判断A′C与半圆O的位置关系，并说明理由．（2）如图2，当α= °时，BA′与半圆O相切．当α= °时，点O′落在上．（3）当线段BO′与半圆O只有一个公共点B时，求α的取值范围．【答案】（1）A′C与半圆O相切；理由见解析；（2）45；30；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【解析】试题分析：（1）过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，利用含30°角的直角三角形的性质可求得DE+OE=A′B=AB=OA，可判定A′C与半圆相切；（2）当BA′与半圆相切时，可知OB⊥A′B，则可知α=45°，当O′在上时，连接AO′，则可知BO′=AB，可求得∠O′BA=60°，可求得α=30°；（3）利用（2）可知当α=30°时，线段O′B与圆交于O′，当α=45°时交于点B，结合题意可得出满足条件的α的范围．试题解析：（1）相切，理由如下：如图1，过O作OD过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，∵α=15°，A′C∥AB，∴∠ABA′=∠CA′B=30°，∴DE=A′E，OE=BE，∴DO=DE+OE=（A′E+BE）=AB=OA，∴A′C与半圆O相切；（2）当BA′与半圆O相切时，则OB⊥BA′，∴∠OBA′=2α=90°，∴α=45°，当O′在上时，如图2，连接AO′，则可知BO′=AB，∴∠O′AB=30°，∴∠ABO′=60°，∴α=30°，（3）∵点P，A不重合，∴α＞0，由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段BO′与半圆只有一个公共点B；当α增大到45°时BA′与半圆相切，即线段BO′与半圆只有一个公共点B．当α继续增大时，点P逐渐靠近点B，但是点P，B不重合，∴α＜90°，∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．考点：圆的综合题．4．如图，在△ABP中,C是BP边上一点,∠PAC=∠PBA,⊙O是△ABC的外接圆,AD是⊙O的直径,且交BP于点E.（1）求证：PA是⊙O的切线；（2）过点C作CF⊥AD，垂足为点F，延长CF交AB于点G，若AG•AB=12，求AC的长．【答案】（1）证明见解析（2）23【解析】试题分析：（1）根据圆周角定理得出∠ACD=90°以及利用∠PAC=∠PBA得出∠CAD+∠PAC=90°进而得出答案；（2）首先得出△CAG∽△BAC，进而得出AC2=AG·AB，求出AC即可.试题解析：（1）连接CD,如图,∵AD是⊙O的直径,∴∠ACD=90°,∴∠CAD+∠D=90°，∵∠PAC=∠PBA，∠D=∠PBA，∴∠CAD+∠PAC=90°，即∠PAD=90°，∴PA⊥AD，∴PA是⊙O的切线；（2）∵CF⊥AD，∴∠ACF+∠CAF=90°，∠CAD+∠D=90°，∴∠ACF=∠D，∴∠ACF=∠B，而∠CAG=∠BAC，∴△ACG∽△ABC，∴AC：AB=AG：AC，∴AC 2=AG •AB =12，∴AC =23．5．如图，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 ，AEO C =∠∠，OE 交BC 于点F .（1）求证：OE ∥BD ；（2）当⊙O 的半径为5，2sin 5DBA ∠=时，求EF 的长.【答案】（1）证明见解析；（2）EF 的长为212【解析】试题分析：（1）连接OB ，利用已知条件和切线的性质证明；（2）根据锐角三角函数和相似三角形的性质，直接求解即可.试题解析：（1）连接OB ， ∵CD 为⊙O 的直径， ∴ 90CBD CBO OBD ∠=∠+∠=︒. ∵AE 是⊙O 的切线，∴ 90ABO ABD OBD ∠=∠+∠=︒. ∴ ABD CBO ∠=∠. ∵OB 、OC 是⊙O 的半径，∴OB=OC . ∴C CBO ∠=∠. ∴C ABD ∠=∠.∵E C ∠=∠，∴E ABD ∠=∠. ∴ OE ∥BD .（2）由（1）可得sin ∠C = ∠DBA= 25，在Rt △OBE 中, sin ∠C =25BD CD =,OC =5， 4BD =∴90CBD EBO ∠=∠=︒∵E C ∠=∠，∴△CBD ∽△EBO .∴BD CD BO EO= ∴252EO =. ∵OE ∥BD ，CO =OD ，∴CF =FB .∴122OF BD ==. ∴212EF OE OF =-=6．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．7．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23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=2﹣2．8．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（1）若AD=7，BD=1，分别求DE，CE的长（2）如图2，连结CD，若CE=3，△ACD的面积为10，求tan∠BCD（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 是△CPF的内心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（2）（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=2．∵⊙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°-∠DCF-∠CFD F=90°+45°=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=C 2，∴NF=b c 2-，CK=a c 2-，又∵CK=CM ，FM=FN ，CF=CM+FM ，∴CF=a b +，又∵S △PCF =S △PDF +S △PDC +S △DCF ，∴1111ab a c b c (a b 222222=⨯+⨯++-）×c 2，化简得：)2a b c c +-------（Ⅰ），又∵若（c ）（c ）=8化简得：()2ab a b 2c 8++=------（Ⅱ），将（Ⅰ）代入（Ⅱ）得：c 2=8，解得：c =c =-∴2==，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．9．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；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°,∵DC ⊥AB∴△DOC 为等腰直角三角形，∵OC=2，∴2∴2，∴AC=AO-OC=2.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°,∵OD=OB，∠B=22.5°，∴∠ODE=22.5°∴∠DEP=22.5°+45°=67.5°∴∠DEP=∠DPE∴PF=EF=1PE2∴PE=2AC（3）如图2，由∠DCO=90°，∠DOC=45°得OD==∴AB=2OD=∵AB是直径，∴∠ADB=∠EDG=90°，由（2）得AD=ED,∠DEG=∠DAC∴△DGE≌△DBA∴GE=AB=∵PE=2AC∴PE=2)x--∴GP=GE－PE=-)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.10．如图,在Rt△ABC中,∠ACB=60°,☉O是△ABC的外接圆,BC是☉O的直径,过点B作☉O 的切线BD,与CA的延长线交于点D,与半径AO的延长线交于点E,过点A作☉O的切线AF,与直径BC的延长线交于点F.(1)连接EF,求证:EF是☉O的切线;(2)在圆上是否存在一点P,使点P与点A,B,F构成一个菱形?若存在,请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）过O作OM⊥EF于M,根据SAS证明△OAF≌△OBE，从而得到OE=OF,再证明EO平分∠BEF，从而得到结论;（2）存在，先证明△OAC为等边三角形，从而得出∠OAC=∠AOC=60°,再得到AB=AF，再证明AB=AF=FP=BP，从而得到结论.【详解】(1)证明:如图,过O作OM⊥EF于M,∵OA=OB,∠OAF=∠OBE=90°,∠BOE=∠AOF,∴△OAF≌△OBE,∴OE=OF,∵∠EOF=∠AOB=120°,∴∠OEM=∠OFM=30°,∴∠OEB=∠OEM=30°,即EO平分∠BEF,又∠OBE=∠OME=90°,∴OM=OB,∴EF为☉O的切线.(2)存在.∵BC为☉O的直径,∴∠BAC=90°,∵∠ACB=60°,∴∠ABC=30°,又∵∠ACB=60°,OA=OC,∴△OAC为等边三角形,即∠OAC=∠AOC=60°,∵AF为☉O的切线,∴∠OAF=90°,∴∠CAF=∠AFC=30°,∴∠ABC=∠AFC,∴AB=AF.当点P在(1)中的点M位置时,此时∠OPF=90°,∴∠OAF=∠OPF=90°,又∵OA=OP,OF为公共边,∴△OAF≌△OPF,∴AF=PF,∠BFE=∠AFC=30°.又∵∠FOP=∠OBP=∠OPB=30°,∴BP=FP,∴AB=AF=FP=BP,∴四边形AFPB是菱形.【点睛】考查了切线的判定定理和菱形的判定，经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．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．11．如图，在中，，以为直径作，交边于点，交边于点，过点作的切线，交的延长线于点，交于点．（1）求证：；（2）若，，求的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）4．【解析】试题分析：（1）连接AD，根据等腰三角形三线合一即可证明．（2）设⊙O的半径为R，则FO=4+R，FA=4+2R，OD=R，连接OD，由△FOD∽△FAE，得列出方程即可解决问题．试题解析：（1）连接AD，∵AB是直径，∴∠ADB=90°，∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=DC．（2）设⊙O的半径为R，则FO=4+R，FA=4+2R，OD=R，连接OD、∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∵OB=OD，∴∠ABC=∠ODB，∴∠ODB=∠C，∴OD∥AC，∴△FOD∽△FAE，∴，∴，整理得R2﹣R﹣12=0，∴R=4或（﹣3舍弃）．∴⊙O的半径为4．考点：切线的性质、等腰三角形的性质等知识．12．如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，点F是DA延长线上的一点，过⊙O上一点C作⊙O的切线交DF于点E，CE⊥DF．(1)求证：AC平分∠FAB；(2)若AE＝1，CE＝2，求⊙O的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）5 2【解析】试题分析：（1）连接OC ，根据切线的性质和圆周角定理，得出∠OCA =∠OAC 与∠CAE =∠OCA ，然后根据角平分线的定义可证明；（2）由圆周角定理得到∠BCA=90°，由垂直的定义，可求出∠CEA=90°，从而根据两角对应相等的两三角形相似可证明△ACB ∽△AEC ，再根据相似三角形的对应边成比例求得AB 的长，从而得到圆的半径.试题解析：(1)证明：连接OC .∵CE 是⊙O 的切线，∴∠OCE =90°∵CE ⊥DF ，∴∠CEA =90°，∴∠ACE +∠CAE =∠ACE +∠OCA =90°，∴∠CAE =∠OCA∵OC ＝OA ，∴∠OCA =∠OAC .∴∠CAE =∠OAC ，即AC 平分∠FAB(2)连接BC .∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =∠AEC =90°.又∵∠CAE =∠OAC ，∴△ACB ∽△AEC ,∴AB AC AC AE =. ∵AE ＝1，CE ＝2，∠AEC =90°，∴2222125AC AE CE =+=+= ∴()22551AC AB AE ===，∴⊙O 的半径为52．13．如图，已知,,BAC AB AC O ∆=为ABC ∆外心，D 为O e 上一点，BD 与AC 的交点为E ，且2·BC AC CE =．①求证：CD CB =；②若030A ∠=，且O e 的半径为33+，I 为BCD ∆内心，求OI 的长．【答案】①证明见解析； ②3【解析】【分析】①先求出BC CE AC BC=，然后求出△BCE 和△ACB 相似，根据相似三角形对应角相等可得∠A=∠CBE，再根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可得∠A=∠D，然后求出∠D=∠CBE，然后根据等角对等边即可得证；②连接OB、OC，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍求出∠BOC=60°，然后判定△OBC是等边三角形，再根据等腰三角形三线合一的性质以及三角形的内心的性质可得OC经过点I，设OC与BD相交于点F，然后求出CF，再根据I是三角形的内心，利用三角形的面积求出IF，然后求出CI，最后根据OI=OC﹣CI计算即可得解．【详解】①∵BC2=AC•CE，∴BC CE AC BC=．∵∠BCE=∠ECB，∴△BCE∽△ACB，∴∠CBE=∠A．∵∠A=∠D，∴∠D=∠CBE，∴CD=CB；②连接OB、OC．∵∠A=30°，∴∠BOC=2∠A=2×30°=60°．∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形．∵CD=CB，I是△BCD的内心，∴OC经过点I，设OC与BD相交于点F，则CF=BC×sin30°12=BC，BF=BC•cos30°3=BC，所以，BD=2BF=23⨯BC3=BC，设△BCD内切圆的半径为r，则S△BCD12=BD•CF12=（BD+CD+BC）•r，即12•3BC•12BC12=（3BC+BC+BC）•r，解得：r3223=+（）BC2332-=BC，即IF2332-=BC，所以，CI=CF﹣IF12=BC233--BC=（23-）BC，OI=OC﹣CI=BC﹣（23-）BC=（3-1）BC．∵⊙O的半径为33+，∴BC=33+，∴OI=（3-1）（33+）=33+3﹣3323-=．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，三角形的内心的性质，（2）作辅助线构造出等边三角形并证明得到OC经过△BCD的内心I是解题的关键．14．对于平面内的⊙C 和⊙C 外一点Q ，给出如下定义：若过点Q 的直线与⊙C 存在公共点，记为点A ，B ，设AQ BQ k CQ +=，则称点A （或点B ）是⊙C 的“K 相关依附点”，特别地，当点A 和点B 重合时，规定AQ=BQ ，2AQ k CQ =（或2BQ CQ ）．已知在平面直角坐标系xoy 中，Q(-1,0)，C(1,0)，⊙C 的半径为r ．（1）如图1，当2r =时，①若A 1(0,1)是⊙C 的“k 相关依附点”，求k 的值．②A 2(1+2，0)是否为⊙C 的“2相关依附点”．（2）若⊙C 上存在“k 相关依附点”点M ，①当r=1，直线QM 与⊙C 相切时，求k 的值．②当3k =时，求r 的取值范围．（3）若存在r 的值使得直线3y x b =-+与⊙C 有公共点，且公共点时⊙C 的“3相关依附点”，直接写出b 的取值范围．【答案】（1）2．②是；（2）①3k =②r 的取值范围是12r <≤；（3）333b -<．【解析】【分析】（1）①如图1中，连接AC 、1QA ．首先证明1QA 是切线，根据2AQ k CQ =计算即可解决问题；②根据定义求出k 的值即可判断；（2）①如图，当1r =时，不妨设直线QM 与C e 相切的切点M 在x 轴上方（切点M 在x 轴下方时同理），连接CM ，则QM CM ⊥，根据定义计算即可；②如图3中，若直线QM 与C e 不相切，设直线QM 与C e 的另一个交点为N （不妨设QN QM <，点N ，M 在x 轴下方时同理），作CD QM ⊥于点D ，则MD ND =，可得()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ +=++=+=，2CQ =，推出2MQ NQ DQ k DQ CQ CQ +===，可得当3k =时，3DQ =，此时221CD CQ DQ =-=，假设C e 经过点Q ，此时2r =，因为点Q 早C e 外，推出r 的取值范围是12r <…；（3）如图4中，由（2）可知：当3k =时，12r <…．当2r =时，C e 经过点(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =-+经过点Q 时，3b =-，当直线3y x b =-+经过点E 时，33b =，即可推出满足条件的b 的取值范围为333b -<<．【详解】（1）①如图1中，连接AC 、1QA ．由题意：1OC OQ OA ==，∴△1QA C 是直角三角形，190CA Q ∴∠=︒，即11CA QA ⊥，1QA ∴是C e 的切线，122222QA k QC ∴=== ②Q 2(12,0)A +在C e 上，221212k -+++∴==，2A ∴是C e 的“2相关依附点”．2 （2）①如图2，当1r =时，不妨设直线QM 与C e 相切的切点M 在x 轴上方（切点M 在x 轴下方时同理），连接CM ，则QM CM ⊥．(1,0)Q -Q ，(1,0)C ，1r =，2CQ ∴=，1CM =，∴3MQ =，此时23MQ k CQ= ②如图3中，若直线QM 与C e 不相切，设直线QM 与C e 的另一个交点为N （不妨设QN QM <，点N ，M 在x 轴下方时同理），作CD QM ⊥于点D ，则MD ND =，()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ ∴+=++=+=，2CQ =Q ，∴2MQ NQ DQ k DQ CQ CQ +===，∴当3k =3DQ =221CD CQ DQ =-，假设C e 经过点Q ，此时2r =，Q 点Q 早C e 外，r ∴的取值范围是12r <…．（3）如图4中，由（2）可知：当3k =时，12r <…．当2r =时，C e 经过点(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =-+经过点Q 时，3b =-，当直线3y x b =-+经过点E 时，33b =，∴满足条件的b 的取值范围为333b -<<．【点睛】本题考查了一次函数综合题、圆的有关知识、勾股定理、切线的判定和性质、点A （或点)B 是C e 的“k 相关依附点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会考虑特殊位置解决问题，属于中考压轴题．15．如图1，⊙O 的直径AB =12，P 是弦BC 上一动点（与点B ，C 不重合），∠ABC =30°，过点P 作PD ⊥OP 交⊙O 于点D ．（1）如图2，当PD ∥AB 时，求PD 的长；（2）如图3，当弧DC =弧AC 时，延长AB 至点E ，使BE =12AB ，连接DE ．①求证：DE是⊙O的切线；②求PC的长．【答案】（1）26；（2）①证明见解析；②33﹣3．【解析】试题分析：（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；（2）①首先得出△OBD是等边三角形，进而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．试题解析：（1）如图2，连接OD，∵OP⊥PD，PD∥AB，∴∠POB=90°，∵⊙O的直径AB=12，∴OB=OD=6，在Rt△POB中，∠ABC=30°，∴OP=OB•tan30°=6×=2，在Rt△POD中，PD===；（2）①如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，∵，∴∠DBC=∠ABC=30°，∴∠ABD=60°，∵OB=OD，∴△OBD是等边三角形，∴OD⊥FB，∵BE=AB，∴OB=BE，∴BF∥ED，∴∠ODE=∠OFB=90°，∴DE是⊙O的切线；②由①知，OD⊥BC，∴CF=FB=OB•cos30°=6×=3，在Rt△POD中，OF=DF，∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），∴CP=CF﹣PF=3﹣3．考点：圆的综合题。

2020-2021中考数学圆的综合综合题汇编附答案

2020-2021中考数学圆的综合综合题汇编附答案一、圆的综合1．如图，⊙M交x轴于B、C两点，交y轴于A，点M的纵坐标为2．B（﹣33，O），C（3，O）．（1）求⊙M的半径；（2）若CE⊥AB于H，交y轴于F，求证：EH=FH．（3）在（2）的条件下求AF的长．【答案】（1）4；（2）见解析;（3）4．【解析】【分析】（1）过M作MT⊥BC于T连BM，由垂径定理可求出BT的长，再由勾股定理即可求出BM的长；（2）连接AE，由圆周角定理可得出∠AEC=∠ABC，再由AAS定理得出△AEH≌△AFH，进而可得出结论；（3）先由（1）中△BMT的边长确定出∠BMT的度数，再由直角三角形的性质可求出CG 的长，由平行四边形的判定定理判断出四边形AFCG为平行四边形，进而可求出答案．【详解】（1）如图（一），过M作MT⊥BC于T连BM，∵BC是⊙O的一条弦，MT是垂直于BC的直径，∴BT=TC=123∴124；（2）如图（二），连接AE，则∠AEC=∠ABC，∵CE⊥AB，∴∠HBC+∠BCH=90°在△COF中，∵∠OFC+∠OCF=90°，∴∠HBC=∠OFC=∠AFH，在△AEH和△AFH中，∵AFH AEHAHF AHE AH AH∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEH≌△AFH（AAS），∴EH=FH；（3）由（1）易知，∠BMT=∠BAC=60°，作直径BG，连CG，则∠BGC=∠BAC=60°，∵⊙O的半径为4，∴CG=4，连AG，∵∠BCG=90°，∴CG⊥x轴，∴CG∥AF，∵∠BAG=90°，∴AG⊥AB，∵CE⊥AB，∴AG∥CE，∴四边形AFCG为平行四边形，∴AF=CG=4．【点睛】本题考查的是垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．2．如图1，已知扇形MON2，∠MON=90°，点B在弧MN上移动，联结BM，作OD⊥BM，垂足为点D，C为线段OD上一点，且OC=BM，联结BC并延长交半径OM于点A，设OA=x，∠COM的正切值为y.（1）如图2，当AB⊥OM时，求证：AM=AC；（2）求y关于x的函数关系式，并写出定义域；（3）当△OAC为等腰三角形时，求x的值.【答案】 (1)证明见解析;(2) 2=+y x 02<≤x 1422=x . 【解析】分析：（1）先判断出∠ABM =∠DOM ，进而判断出△OAC ≌△BAM ，即可得出结论；（2）先判断出BD =DM ，进而得出DM ME BD AE =，进而得出AE =122x （），再判断出2OA OC DMOE OD OD==，即可得出结论；（3）分三种情况利用勾股定理或判断出不存在，即可得出结论．详解：（1）∵OD ⊥BM ，AB ⊥OM ，∴∠ODM =∠BAM =90°． ∵∠ABM +∠M =∠DOM +∠M ，∴∠ABM =∠DOM ． ∵∠OAC =∠BAM ，OC =BM ，∴△OAC ≌△BAM ， ∴AC =AM ．（2）如图2，过点D 作DE ∥AB ，交OM 于点E ． ∵OB =OM ，OD ⊥BM ，∴BD =DM ． ∵DE ∥AB ，∴DM ME BD AE =，∴AE =EM ．∵OM 2，∴AE =122x （）． ∵DE ∥AB ，∴2OA OC DM OE OD OD==， ∴22DM OA y OD OE x =∴=+，02x ≤＜（3）（i ）当OA =OC 时．∵111222DM BM OC x ===．在Rt △ODM 中，222124OD OM DM x =-=-． ∵2121224xDM y OD x x==+-，1422x =，或1422x =（舍）．（ii ）当AO =AC 时，则∠AOC =∠ACO ．∵∠ACO ＞∠COB ，∠COB =∠AOC ，∴∠ACO ＞∠AOC，∴此种情况不存在．（ⅲ）当CO=CA时，则∠COA=∠CAO=α．∵∠CAO＞∠M，∠M=90°﹣α，∴α＞90°﹣α，∴α＞45°，∴∠BOA=2α＞90°．∵∠BOA≤90°，∴此种情况不存在．即：当△OAC为等腰三角形时，x的值为1422-．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关性质，勾股定理，等腰三角形的性质，建立y关于x的函数关系式是解答本题的关键．3．如图，在锐角△ABC中，AC是最短边．以AC为直径的⊙O，交BC于D，过O作OE∥BC，交OD于E，连接AD、AE、CE．（1）求证：∠ACE=∠DCE；（2）若∠B=45°，∠BAE=15°，求∠EAO的度数；（3）若AC=4，23CDFCOESS∆∆=，求CF的长．【答案】（1）证明见解析，（2）60°；（343【解析】【分析】（1）易证∠OEC=∠OCE，∠OEC=∠ECD，从而可知∠OCE=∠ECD，即∠ACE=∠DCE；（2）延长AE交BC于点G，易证∠AGC=∠B+∠BAG=60°，由于OE∥BC，所以∠AEO=∠AGC=60°，所以∠EAO=∠AEO=60°；（3）易证12COECAESS=VV，由于23CDFCOESS=VV，所以CDFCAESSVV=13，由圆周角定理可知∠AEC=∠FDC=90°，从而可证明△CDF∽△CEA，利用三角形相似的性质即可求出答案．【详解】（1）∵OC=OE，∴∠OEC=∠OCE．∵OE∥BC，∴∠OEC=∠ECD，∴∠OCE=∠ECD，即∠ACE=∠DCE；（2）延长AE交BC于点G．∵∠AGC是△ABG的外角，∴∠AGC=∠B+∠BAG=60°．∵OE∥BC，∴∠AEO=∠AGC=60°．∵OA=OE，∴∠EAO=∠AEO=60°．（3）∵O是AC中点，∴12 COECAESS= VV．23CDFCOESS=VVQ，∴CDFCAESSVV=13．∵AC是直径，∴∠AEC=∠FDC=90°．∵∠ACE=∠FCD，∴△CDF∽△CEA，∴CFCA=3，∴CF=3CA=43．【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及平行线的性质，三角形的外角的性质，三角形中线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质等知识，需要学生灵活运用所学知识．4．如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，BC=6cm,AC=8cm,∠BAD=45°．点E在⊙O外，做直线AE，且∠EAC=∠D．（1）求证：直线AE是⊙O的切线．（2）求图中阴影部分的面积.【答案】(1)见解析;(2)25-504π.【解析】分析：（1）根据圆周角定理及推论证得∠BAE=90°，即可得到AE是⊙O的切线；（2）连接OD，用扇形ODA的面积减去△AOD的面积即可.详解：证明：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，即∠BAC+∠ABC=90°，∵∠EAC=∠ADC，∠ADC=∠ABC，∴∠EAC=∠ABC ∴∠BAC+∠EAC =90°，即∠BAE= 90°∴直线AE 是⊙O 的切线；（2）连接OD ∵ BC=6 AC=8 ∴ 226810AB =+= ∴ OA = 5 又∵ OD = OA ∴∠ADO =∠BAD = 45° ∴∠AOD = 90° ∴AOD ODA S S S ∆-阴影扇形＝ =90155553602π⨯⨯-⨯⨯ 25504π-= （2cm ）点睛：此题主要考查了圆周角定理和圆的切线的判定与性质，关键是利用圆周角定理和切线的判定与性质，结合勾股定理的和弓形的面积的求法求解，注意数形结合思想的应用.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．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 =655，∴AH =2m =1255．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 BADGAF BAD ∠+∠-∠⋅∠=1123111123+=-⨯，∴∠GAD =45°，∴HL=AH ，AL =2AH =1210．7．阅读：圆是最完美的图形，它具有一些特殊的性质：同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半……先构造“辅助圆”，再利用圆的性质将问题进行转化，往往能化隐为显、化难为易。

2020-2021中考数学——圆的综合的综合压轴题专题复习附详细答案

2020-2021中考数学——圆的综合的综合压轴题专题复习附详细答案一、圆的综合1．如图，点P在⊙O的直径AB的延长线上，PC为⊙O的切线，点C为切点，连接AC，过点A作PC的垂线，点D为垂足，AD交⊙O于点E．(1)如图1，求证：∠DAC=∠PAC；(2)如图2，点F（与点C位于直径AB两侧）在⊙O上，»»BF FA=，连接EF，过点F作AD 的平行线交PC于点G，求证：FG=DE+DG；(3)在(2)的条件下，如图3，若AE=23DG，PO=5，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF=32．【解析】【分析】（1）连接OC，求出OC∥AD，求出OC⊥PC，根据切线的判定推出即可；（2）连接BE交GF于H，连接OH，求出四边形HGDE是矩形，求出DE=HG，FH=EH，即可得出答案；（3）设OC交HE于M，连接OE、OF，求出∠FHO=∠EHO=45°，根据矩形的性质得出EH∥DG，求出OM=12AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=23DG，DG=3a，求出ME=CD=2a，BM=2a，解直角三角形得出tan∠MBO＝12MOBM=，tanP=12COPO=,设OC=k，则PC=2k，根据OP=5k=5求出k=5，根据勾股定理求出a，即可求出答案．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC为⊙O的切线，∴OC⊥PC，∵AD⊥PC，∴OC∥AD，∴∠OCA=∠DAC，∵OC=OA，∴∠PAC=∠OCA，∴∠DAC=∠PAC；（2）证明：连接BE交GF于H，连接OH，∵FG∥AD，∴∠FGD+∠D=180°，∵∠D=90°，∴∠FGD=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠BEA=90°，∴∠BED=90°，∴∠D=∠HGD=∠BED=90°，∴四边形HGDE是矩形，∴DE=GH，DG=HE，∠GHE=90°，∵»»BF AF=，∴∠HEF=∠FEA=12∠BEA=1902o⨯=45°，∴∠HFE=90°﹣∠HEF=45°，∴∠HEF=∠HFE，∴FH=EH，∴FG=FH+GH=DE+DG；（3）解：设OC交HE于M，连接OE、OF，∵EH=HF，OE=OF，HO=HO，∴△FHO≌△EHO，∴∠FHO=∠EHO=45°，∵四边形GHED 是矩形，∴EH ∥DG ，∴∠OMH=∠OCP=90°，∴∠HOM=90°﹣∠OHM=90°﹣45°=45°，∴∠HOM=∠OHM ，∴HM=MO ，∵OM ⊥BE ，∴BM=ME ，∴OM=12AE ，设OM=a ，则HM=a ，AE=2a ，AE=23DG ，DG=3a ， ∵∠HGC=∠GCM=∠GHE=90°，∴四边形GHMC 是矩形，∴GC=HM=a ，DC=DG ﹣GC=2a ，∵DG=HE ，GC=HM ，∴ME=CD=2a ，BM=2a ，在Rt △BOM 中，tan ∠MBO=122MO a BM a ==， ∵EH ∥DP ，∴∠P=∠MBO ， tanP=12CO PO =，设OC=k ，则PC=2k ，在Rt △POC 中，，解得：在Rt △OME 中，OM 2+ME 2=OE 2，5a 2=5，a=1，∴HE=3a=3，在Rt △HFE 中，∠HEF=45°，∴．【点睛】考查了切线的性质，矩形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理等知识点，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．2．如图，△ABC 是⊙O 的内接三角形，点D 在BC uuu r上，点E 在弦AB 上（E 不与A 重合），且四边形BDCE 为菱形．（1）求证：AC=CE ；（2）求证：BC2﹣AC2=AB•A C；（3）已知⊙O的半径为3．①若ABAC=53，求BC的长；②当ABAC为何值时，AB•AC的值最大？【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2；②3 2【解析】分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC，据此得证；（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG=AC=CE=CD，证△BEF∽△BGA得BE BGBF BA=，即BF•BG=BE•AB，将BF=BC-CF=BC-AC、BG=BC+CG=BC+AC代入可得；（3）①设AB=5k、AC=3k，由BC2-AC2=AB•AC知6k，连接ED交BC于点M，Rt△DMC中由DC=AC=3k、MC=126k求得22CD CM-3，可知OM=OD-3，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2可得答案．②设OM=d，则MD=3-d，MC2=OC2-OM2=9-d2，继而知BC2=（2MC）2=36-4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=（3-d）2+9-d2，由（2）得AB•AC=BC2-AC2，据此得出关于d的二次函数，利用二次函数的性质可得答案．详解：（1）∵四边形EBDC为菱形，∴∠D=∠BEC，∵四边形ABDC是圆的内接四边形，∴∠A+∠D=180°，又∠BEC+∠AEC=180°，∴∠A=∠AEC，∴AC=CE；（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，由（1）知AC=CE=CD，∴CF=CG=AC，∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，∴∠G+∠AEF=180°，又∵∠AEF+∠BEF=180°，∴∠G=∠BEF，∵∠EBF=∠GBA，∴△BEF∽△BGA，∴BE BGBF BA=，即BF•BG=BE•AB，∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即BC2﹣AC2=AB•AC；（3）设AB=5k、AC=3k，∵BC2﹣AC2=AB•AC，∴6k，连接ED交BC于点M，∵四边形BDCE是菱形，∴DE垂直平分BC，则点E、O、M、D共线，在Rt△DMC中，DC=AC=3k，MC=126k，∴223CD CM k-=，∴OM=OD﹣DM=33k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（33）2+6k）2=32，解得：23k=0（舍），∴62；②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2=﹣4d 2+6d+18=﹣4（d ﹣34）2+814， ∴当d=34，即OM=34时，AB•AC 最大，最大值为814， ∴DC 2=272， ∴AC=DC=36， ∴AB=96，此时32AB AC ．点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．3．如图，A 、B 两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P 为x 轴正半轴上一动点，过点A 作AP 的垂线，过点B 作BP 的垂线，两垂线交于点Q ，连接PQ ，M 为线段PQ 的中点．（1）求证：A 、B 、P 、Q 四点在以M 为圆心的同一个圆上；（2）当⊙M 与x 轴相切时，求点Q 的坐标；（3）当点P 从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM 扫过图形的面积．【答案】(1)见解析;(2) Q 的坐标为（29）;(3)638. 【解析】（1）解：连接AM 、BM ，∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点∴AM＝BM＝PM=QM= 12 PQ，∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

2020-2021中考数学圆的综合-经典压轴题及详细答案

考点：切线的证明，弦心距和半径、弦长的关系
点评：本题难度不大，第一小题通过内错角相等相等证明两直线平行，再由两直线平行推出同旁内角相等．第二小题通过求出两个三角形全等，从而推出对应边相等，接着用弦心距和弦长、半径的计算公式，求出半弦长．
3．定义：有一个角是其邻角一半的圆内接四边形叫做圆内倍角四边形．
∴∠ADC+∠BCD=180°，∴BC∥AD，∴AB=CD．
∵BC=CD，∴AB=BC=CD，∴△OAB，△BOC，△COD是全等的等边三角形，∴S四边形ABCD=3S△AOB=3× ×52= ．
Ⅱ、当∠BAD=30°时，如图4，连接OA，OB，OC，OD．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BCD=180°﹣∠BAD=150°．
【答案】（1）答案见解析；（2）AB=3BE；（3）3．
【解析】
试题分析：（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；
（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；
（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD= x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理即可得出结论．
（1）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，∠DCB﹣∠ADC=∠A，求证：四边形ABCD为圆内接倍角四边形；
（2）在（1）的条件下，⊙O半径为5．
①若AD为直径，且sinA= ，求BC的长；
②若四边形ABCD中有一个角为60°，且BC=CD，则四边形ABCD的面积是；
（3）在（1）的条件下，记AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求证：d2﹣b2=ab+cd．
2020-2021中考数学圆的综合-经典压轴题及详细答案

2020-2021初中数学圆的真题汇编及答案解析(1)

2020-2021初中数学圆的真题汇编及答案解析(1)一、选择题1．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，OC交⊙O于点D，若∠ABD＝24°，则∠C 的度数是（）A．48°B．42°C．34°D．24°【答案】B【解析】【分析】根据切线的性质求出∠OAC，结合∠C＝42°求出∠AOC，根据等腰三角形性质求出∠B＝∠BDO，根据三角形外角性质求出即可．【详解】解：∵∠ABD＝24°，∴∠AOC＝48°，∵AC是⊙O的切线，∴∠OAC＝90°，∴∠AOC+∠C＝90°，∴∠C＝90°﹣48°＝42°，故选：B．【点睛】考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，解此题的关键是求出∠AOC的度数，题目比较好，难度适中．2．如图，正方形ABCD内接于⊙O，AB=22，则»AB的长是（）A．πB．32πC．2πD．12π【答案】A【解析】【分析】连接OA、OB，求出∠AOB=90°，根据勾股定理求出AO，根据弧长公式求出即可．【详解】连接OA、OB，∵正方形ABCD内接于⊙O，∴AB=BC=DC=AD，∴»»»»AB BC CD DA===，∴∠AOB=14×360°=90°，在Rt△AOB中，由勾股定理得：2AO2=（22）2，解得：AO=2，∴»AB的长为902 180π´=π，故选A．【点睛】本题考查了弧长公式和正方形的性质，求出∠AOB的度数和OA的长是解此题的关键．3．如图，△ABC的外接圆是⊙O，半径AO=5，sinB=25，则线段AC的长为（）A．1 B．2 C．4 D．5【答案】C【解析】【分析】首先连接CO并延长交⊙O于点D，连接AD，由CD是⊙O的直径，可得∠CAD=90°，又由⊙O的半径是5，sinB=25，即可求得答案．【详解】解：连接CO并延长交⊙O于点D，连接AD，由CD是⊙O的直径，可得∠CAD=90°，∵∠B和∠D所对的弧都为弧AC，∴∠B=∠D，即sinB=sinD=25，∵半径AO=5，∴CD=10，∴2 sin105AC ACDCD===，∴AC=4，故选：C.【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，以及三角函数的内容，注意到直径所对的圆周角是直角是解题的关键.4．如图，在⊙O，点A、B、C在⊙O上，若∠OAB＝54°，则∠C()A．54°B．27°C．36°D．46°【答案】C【解析】【分析】先利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠AOB的度数，然后利用圆周角解答即可.【详解】解：∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB＝54°，∴∠AOB＝180°﹣54°﹣54°＝72°，∴∠ACB＝12∠AOB＝36°．故答案为C．【点睛】本题考查了三角形内角和和圆周角定理,其中发现并正确利用圆周角定理是解题的关键.5．如图所示，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，且OC⊥AB，过点C的弦CD与线段OB 相交于点E，满足∠AEC＝65°，连接AD，则∠BAD等于()A．20°B．25°C．30°D．32.5°【答案】A【解析】【分析】连接OD，根据三角形内角和定理和等边对等角求出∠DOB＝40°，再根据圆周角定理即可求出∠BAD的度数．【详解】解：连接OD，∵OC⊥AB，∴∠COB＝90°，∵∠AEC＝65°，∴∠OCE＝180°﹣90°﹣65°＝25°，∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD＝25°，∴∠DOC＝180°﹣25°﹣25°＝130°，∴∠DOB＝∠DOC﹣∠BOC＝130°﹣90°＝40°，∴由圆周角定理得：∠BAD＝12∠DOB＝20°，故选：A．【点睛】本题考查了圆和三角形的问题，掌握三角形内角和定理、等边对等角、圆周角定理是解题的关键．6．如图，用半径为12cm ，面积272cm π的扇形无重叠地围成一个圆锥，则这个圆锥的高为（）A ．12cmB ．6cmC ．6√2 cmD ．63 cm 【答案】D【解析】【分析】先根据扇形的面积公式计算出扇形的圆心角，再利用周长公式计算出底面圆的周长，得出半径．再构建直角三角形，解直角三角形即可．【详解】 72π=212360n π⨯ 解得n=180°，∴扇形的弧长=18012180π⨯=12πcm ．围成一个圆锥后如图所示：因为扇形弧长=圆锥底面周长即12π=2πr解得r=6cm ，即OB=6cm根据勾股定理得OC=22126=63-cm ，故选D ．【点睛】本题综合考查了弧长公式，扇形弧长=用它围成的圆锥底面周长，及勾股定理等知识，所以学生学过的知识一定要结合起来．7．已知圆锥的三视图如图所示，则这个圆锥的侧面展开图的面积为（）A ．60πcm 2B ．65πcm 2C ．120πcm 2D ．130πcm 2【答案】B【解析】【分析】先利用三视图得到底面圆的半径为5cm ，圆锥的高为12cm ，再根据勾股定理计算出母线长为13cm ，然后根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．【详解】根据三视图得到圆锥的底面圆的直径为10cm ，即底面圆的半径为5cm ，圆锥的高为12cm ，所以圆锥的母线长=225+12=13，所以这个圆锥的侧面积=12×2π×5×13=65π（cm 2）．故选B ．【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了三视图．8．如图，在ABC ∆中，5AB =，3AC =，4BC =，将ABC ∆绕一逆时针方向旋转40︒得到ADE ∆，点B 经过的路径为弧BD ，则图中阴影部分的面积为( )A ．1463π- B ．33π+ C ．3338π- D ．259π 【答案】D【解析】【分析】由旋转的性质可得△ACB ≌△AED ，∠DAB=40°，可得AD=AB=5，S △ACB =S △AED ，根据图形可得S 阴影=S △AED +S 扇形ADB -S △ACB =S 扇形ADB ，再根据扇形面积公式可求阴影部分面积．【详解】∵将△ABC 绕A 逆时针方向旋转40°得到△ADE ，∴△ACB ≌△AED ，∠DAB=40°，∴AD=AB=5，S △ACB =S △AED ，∵S 阴影=S △AED +S 扇形ADB -S △ACB =S 扇形ADB ，∴S 阴影=4025360π⨯=259π，故选D.【点睛】本题考查了旋转的性质，扇形面积公式，熟练掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等.9．从下列直角三角板与圆弧的位置关系中，可判断圆弧为半圆的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】【分析】根据圆周角定理（直径所对的圆周角是直角）求解，即可求得答案．【详解】∵直径所对的圆周角等于直角，∴从直角三角板与圆弧的位置关系中，可判断圆弧为半圆的是B ．故选B ．【点睛】本题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．10．如图，ABC ∆是一块绿化带，将阴影部分修建为花圃.已知15AB =，9AC =，12BC =，阴影部分是ABC ∆的内切圆，一只自由飞翔的小鸟将随机落在这块绿化带上，则小鸟落在花圃上的概率为（）.A ．16 B ．6π C ．8π D ．5π 【答案】B【解析】【分析】由AB=5，BC=4，AC=3，得到AB 2=BC 2+AC 2，根据勾股定理的逆定理得到△ABC 为直角三角形，于是得到△ABC 的内切圆半径=4+3-52=1，求得直角三角形的面积和圆的面积，即可得到结论．【详解】解：∵AB=5，BC=4，AC=3，∴AB 2=BC 2+AC 2，∴△ABC 为直角三角形，∴△ABC 的内切圆半径=4+3-52=1， ∴S △ABC =12AC•BC=12×4×3=6， S 圆=π，∴小鸟落在花圃上的概率=6 ，故选B ．【点睛】本题考查几何概率，直角三角形内切圆的半径等于两直角边的和与斜边差的一半及勾股定理的逆定理，解题关键是熟练掌握公式.11．如图，在平面直角坐标系中，已知C （3，4），以点C 为圆心的圆与y 轴相切．点A 、B 在x 轴上，且OA =OB ．点P 为⊙C 上的动点，∠APB =90°，则AB 长度的最小值为（）A ．4B ．3C ．7D ．8【答案】A【解析】【分析】连接OC ，交⊙C 上一点P ，以O 为圆心，以OP 为半径作⊙O ，交x 轴于A 、B ，此时AB 的长度最小，根据勾股定理和题意求得OP =2，则AB 的最小长度为4．【详解】解：如图，连接OC ，交⊙C 上一点P ，以O 为圆心，以OP 为半径作⊙O ，交x 轴于A 、B ，此时AB 的长度最小，∵C（3，4），∴OC=22=5，34∵以点C为圆心的圆与y轴相切．∴⊙C的半径为3，∴OP=OC﹣3=2，∴OP=OA=OB=2，∵AB是直径，∴∠APB=90°，∴AB长度的最小值为4，故选：A．【点睛】本题考查了圆切线的性质、坐标和图形的性质、圆周角定理、勾股定理，找到OP的最小值是解题的关键.12．如图，圆O是△ABC的外接圆，∠A＝68°，则∠OBC的大小是( )A．22°B．26°C．32°D．68°【答案】A【解析】试题分析：根据同弧所对的圆心角等于圆周角度数的两倍，则∠BOC=2∠A=136°，则根据三角形内角和定理可得：∠OBC+∠OCB=44°，根据OB=OC可得：∠OBC=∠OCB=22°.考点：圆周角的计算13．如图，在边长为8的菱形ABCD中，∠DAB=60°，以点D为圆心，菱形的高DF为半径画弧，交AD 于点E ，交CD 于点G ，则图中阴影部分的面积是（）A ．183π-B ．183-πC ．32316π-D ．1839π-【答案】C【解析】【分析】由菱形的性质得出AD=AB=8，∠ADC=120°，由三角函数求出菱形的高DF ，图中阴影部分的面积=菱形ABCD 的面积-扇形DEFG 的面积，根据面积公式计算即可．【详解】解：∵四边形ABCD 是菱形，∠DAB=60°，∴AD=AB=8，∠ADC=180°-60°=120°，∵DF 是菱形的高，∴DF ⊥AB ，∴DF=AD •sin60°=3843⨯=， ∴图中阴影部分的面积=菱形ABCD 的面积-扇形DEFG 的面积=2120(43)84332316ππ⨯⨯-=-．故选：C.【点睛】本题考查了菱形的性质、三角函数、菱形和扇形面积的计算；由三角函数求出菱形的高是解决问题的关键．14．如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于E 点，若AD =CD = 23．则»BC的长为( )A ．3πB ．23πC 3πD 23π 【答案】B【解析】【分析】根据垂径定理得到3CE DE ==，»»BC BD = ，∠A=30°，再利用三角函数求出OD=2，即可利用弧长公式计算解答.【详解】如图：连接OD ，∵AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于E 点，AD =CD = 23，∴3CE DE ==，»»BC BD = ，∠A=30°， ∴∠DOE=60°，∴OD=2sin 60DE =o， ∴»BC的长=»BD 的长=60221803ππ⨯=，故选：B.【点睛】此题考查垂径定理，三角函数，弧长公式，圆周角定理，是一道圆的综合题.15．如图，已知圆O 的半径为10，AB ⊥CD ，垂足为P ，且AB ＝CD ＝16，则OP 的长为( )A ．6B ．6C ．8D ．8【答案】B【解析】【分析】作OM ⊥AB 于M ，ON ⊥CD 于N ，连接OP ，OB ，OD ，首先利用勾股定理求得OM 的长，然后判定四边形OMPN 是正方形，求得正方形的对角线的长即可求得OP 的长．【详解】作OM ⊥AB 于M ，ON ⊥CD 于N ，连接OP ，OB ，OD ，∵AB=CD=16，∴BM=DN=8，∴OM=ON==6，∵AB⊥CD，∴∠DPB=90°，∵OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，∴∠OMP=∠ONP=90°∴四边形MONP是矩形，∵OM=ON，∴四边形MONP是正方形，∴OP=．故选B．【点睛】本题考查的是垂径定理，正方形的判定与性质及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．16．如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是¶CD上一点，且¶¶DF BC，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接AC．若∠ABC=105°，∠BAC=25°，则∠E的度数为（）A．45°B．50°C．55°D．60°【答案】B【解析】【分析】先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，再由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=105°，∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣105°=75°．∵»»DF BC，∠BAC=25°，∴∠DCE=∠BAC=25°，∴∠E=∠ADC﹣∠DCE=75°﹣25°=50°．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理.圆内接四边形对角互补.在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角相等，而同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，所以在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.17．如图，若干个全等的正五边形排成环状，图中所示的是前3个正五边形，要完成这一圆环还需正五边形的个数为( )A．10 B．9 C．8 D．7【答案】D【解析】分析：先根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于360°求出完成这一圆环需要的正五边形的个数，然后减去3即可得解．详解：∵五边形的内角和为（5﹣2）•180°=540°，∴正五边形的每一个内角为540°÷5=108°，如图，延长正五边形的两边相交于点O，则∠1=360°﹣108°×3=360°﹣324°=36°，360°÷36°=10．∵已经有3个五边形，∴10﹣3=7，即完成这一圆环还需7个五边形．故选D．点睛：本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键，注意需要减去已有的3个正五边形．18．如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P是劣弧弧AB上任意一点（与点B不重合），则∠BPC的度数为（）A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】B【解析】分析：接OB，OC，根据四边形ABCD是正方形可知∠BOC=90°，再由圆周角定理即可得出结论．详解：连接OB，OC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOC=90°，∴∠BPC=12∠BOC=45°．故选B．点睛：本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．19．我们研究过的图形中，圆的任何一对平行切线的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”.除了圆以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如勒洛三角形(如图1)，它是分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形. 图2是等宽的勒洛三角形和圆形滚木的截面图.图1图2有如下四个结论：①勒洛三角形是中心对称图形②图1中，点A到BC上任意一点的距离都相等③图2中，勒洛三角形的周长与圆的周长相等④使用截面是勒洛三角形的滚木来搬运东西，会发生上下抖动上述结论中，所有正确结论的序号是（）A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】B【解析】【分析】逐一对选项进行分析即可.【详解】①勒洛三角形不是中心对称图形，故①错误；②图1中，点A到BC上任意一点的距离都相等，故②正确；③图2中，设圆的半径为r∴勒洛三角形的周长=12032180rrππ⨯=g g圆的周长为2rπ∴勒洛三角形的周长与圆的周长相等，故③正确；④使用截面是勒洛三角形的滚木来搬运东西，不会发生上下抖动，故④错误故选B【点睛】本题主要考查中心对称图形，弧长公式等，掌握中心对称图形和弧长公式是解题的关键. 20．如图，7×5的网格中的小正方形的边长都为1，小正方形的顶点叫格点，△ABC的三个顶点都在格点上，过点C作△ABC外接圆的切线，则该切线经过的格点个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】【分析】作△ABC的外接圆，作出过点C的切线，两条图象法即可解决问题.【详解】如图⊙O即为所求，观察图象可知，过点C作△ABC外接圆的切线，则该切线经过的格点个数是3个，选：C．【点睛】考查三角形的外接圆与外心，切线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意.。

2020-2021初中数学圆的全集汇编及答案解析(1)

2020-2021初中数学圆的全集汇编及答案解析(1)一、选择题1．在平面直角坐标系内，以原点O 为圆心，1为半径作圆，点P 在直线323y x =+上运动，过点P 作该圆的一条切线，切点为A ，则PA 的最小值为( )A ．3B ．2C ．3D ．2 【答案】D【解析】【分析】先根据题意，画出图形，令直线y= 3x+ 23与x 轴交于点C ，与y 轴交于点D ，作OH ⊥CD 于H ，作OH ⊥CD 于H ；然后根据坐标轴上点的坐标特点，由一次函数解析式，求得C 、D 两点的坐标值；再在Rt △POC 中，利用勾股定理可计算出CD 的长，并利用面积法可计算出OH 的值；最后连接OA ，利用切线的性质得OA ⊥PA ，在Rt △POH 中，利用勾股定理，得到21PA OP =-，并利用垂线段最短求得PA 的最小值即可.【详解】如图，令直线3x+23x 轴交于点C ，与y 轴交于点D ，作OH ⊥CD 于H ，当x=0时，y=3D （0，3当y=033，解得x=-2，则C （-2，0），∴222(23)4CD =+=， ∵12OH•CD=12OC•OD ， ∴OH=2334⨯= 连接OA ，如图，∵PA 为⊙O 的切线，∴OA ⊥PA ，∴2221PA OP OA OP =-=-，当OP 的值最小时，PA 的值最小，而OP 的最小值为OH 的长，∴PA 的最小值为22(3)12-=.故选D.【点睛】本题考查了切线的性质，解题关键是熟记切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．2．如图，在ABC ∆中，90ABC ∠=︒，6AB =，点P 是AB 边上的一个动点，以BP 为直径的圆交CP 于点Q ，若线段AQ 长度的最小值是3，则ABC ∆的面积为（）A ．18B ．27C ．36D ．54【答案】B【解析】【分析】如图，取BC 的中点T ，连接AT ，QT ．首先证明A ，Q ，T 共线时，△ABC 的面积最大，设QT=TB=x ，利用勾股定理构建方程即可解决问题．【详解】解：如图，取BC 的中点T ，连接AT ，QT ．∵PB 是⊙O 的直径，∴∠PQB=∠CQB=90°，∴QT=12BC=定值，AT 是定值， ∵AQ ≥AT-TQ ，∴当A ，Q ，T 共线时，AQ 的值最小，设BT=TQ=x ，在Rt △ABT 中，则有（3+x ）2=x 2+62，解得x=92， ∴BC=2x=9，∴S △ABC =12•AB•BC=12×6×9=27，故选：B ．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，则有中考选择题中的压轴题．3．下列命题中，是假命题的是( )A ．任意多边形的外角和为360oB ．在ABC V 和'''A B C V 中，若''AB A B =，''BC B C =，'90C C ∠=∠=o ，则ABC V ≌'''A B C VC ．在一个三角形中，任意两边之差小于第三边D ．同弧所对的圆周角和圆心角相等【答案】D【解析】【分析】根据相关的知识点逐个分析．【详解】解：A. 任意多边形的外角和为360o ,是真命题；B. 在ABC V 和'''A B C V 中，若''AB A B =，''BC B C =，'90C C ∠=∠=o ，则ABC V ≌'''A B C V ，根据HL ，是真命题；C. 在一个三角形中，任意两边之差小于第三边，是真命题；D. 同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，本选项是假命题.故选D ．【点睛】本题考核知识点：判断命题的真假. 解题关键点：熟记相关性质或定义．4．已知下列命题：①若a ＞b ，则ac ＞bc ；②若a=1；③内错角相等；④90°的圆周角所对的弦是直径．其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】A【解析】【分析】先对原命题进行判断，再判断出逆命题的真假即可．【详解】解:①若a＞b，则ac＞bc是假命题，逆命题是假命题；②若a=1，则a=a是真命题，逆命题是假命题；③内错角相等是假命题，逆命题是假命题；④90°的圆周角所对的弦是直径是真命题，逆命题是真命题；其中原命题与逆命题均为真命题的个数是1个；故选A．点评：主要考查命题与定理，用到的知识点是互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题，判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．5．如图，AB是⊙O的直径，EF，EB是⊙O的弦，且EF=EB，EF与AB交于点C，连接OF，若∠AOF=40°，则∠F的度数是（）A．20°B．35°C．40°D．55°【答案】B【解析】【分析】连接FB，由邻补角定义可得∠FOB=140°，由圆周角定理求得∠FEB=70°，根据等腰三角形的性质分别求出∠OFB、∠EFB的度数，继而根据∠EFO＝∠EBF-∠OFB即可求得答案.【详解】连接FB，则∠FOB=180°-∠AOF=180°-40°=140°，∴∠FEB ＝12∠FOB=70°， ∵FO ＝BO ， ∴∠OFB ＝∠OBF=(180°-∠FOB)÷2=20°， ∵EF ＝EB ，∴∠EFB ＝∠EBF=(180°-∠FEB)÷2=55°，∴∠EFO ＝∠EBF-∠OFB=55°-20°=35°，故选B.【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.6．如图，O e 的外切正六边形ABCDEF 的边长为2，则图中阴影部分的面积为( )A 32πB 332πC ．23π-D 33π【答案】A【解析】【分析】【详解】解：∵六边形ABCDEF 是正六边形，∴∠AOB =60°，∴△OAB 是等边三角形，OA =OB =AB =2，设点G 为AB 与⊙O 的切点，连接OG ，则OG ⊥AB ，∴OG =OA •sin 60°=2×32=3， ∴S 阴影=S △OAB ﹣S 扇形OMN =12×2×3﹣260(3)360π⨯=32π-．故选A ．7．下列命题是假命题的是（）A ．三角形两边的和大于第三边B ．正六边形的每个中心角都等于60oC ．半径为R 2RD ．只有正方形的外角和等于360︒【答案】D【解析】【分析】根据三角形三边关系、中心角的概念、正方形与圆的关系、多边形的外角和对各选项逐一进行分析判断即可.【详解】A 、三角形两边的和大于第三边，A 是真命题，不符合题意；B 、正六边形6条边对应6个中心角，每个中心角都等于360606︒︒＝，B 是真命题，不符合题意；C 、半径为R 的圆内接正方形中，对角线长为圆的直径2R ，设边长等于x ，则：222(2)x x R +=，解得边长为2x R ：＝，C 是真命题，不符合题意；D 、任何凸3n n ≥（）边形的外角和都为360︒，D 是假命题，符合题意，故选D.【点睛】本题考查了真假命题，熟练掌握正多边形与圆、中心角、多边形的外角和等知识是解本题的关键.8．如图，四边形ABCD 为⊙O 的内接四边形．延长AB 与DC 相交于点G ，AO ⊥CD ，垂足为E ，连接BD ，∠GBC=50°，则∠DBC 的度数为（）A．50°B．60°C．80°D．90°【答案】C【解析】【分析】根据圆内接四边形的性质得：∠GBC=∠ADC=50°，由垂径定理得：··=，则∠CM DMDBC=2∠EAD=80°．【详解】如图，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠GBC=∠ADC=50°．∵AE⊥CD，∴∠AED=90°，∴∠EAD=90°﹣50°=40°，延长AE交⊙O于点M．∵AO⊥CD，∴··=，∴∠DBC=2∠EAD=80°．CM DM故选C．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角，还考查了垂径定理的应用，属于基础题．9．如图，⊙O中，弦BC与半径OA相交于点D，连接AB，OC，若∠A=60°，∠ADC=85°，则∠C的度数是（）A．25°B．27.5°C．30°D．35°【答案】D【解析】分析：直接利用三角形外角的性质以及邻补角的关系得出∠B以及∠ODC度数，再利用圆周角定理以及三角形内角和定理得出答案．详解：∵∠A=60°，∠ADC=85°，∴∠B=85°-60°=25°，∠CDO=95°，∴∠AOC=2∠B=50°，∴∠C=180°-95°-50°=35°故选D．点睛：此题主要考查了圆周角定理以及三角形内角和定理等知识，正确得出∠AOC度数是解题关键．10．如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O交BC于点D，连接AD，若∠DAC＝30°，DC＝1，则⊙O的半径为（）A．2 B3C．23D．1【答案】B【解析】【分析】先由圆周角定理知∠BDA=∠ADC=90°，结合∠DAC=30°，DC=1得AC=2DC=2，∠C=60°，再由3【详解】∵AB是⊙O的直径，∴∠BDA＝∠ADC＝90°，∵∠DAC＝30°，DC＝1，∴AC＝2DC＝2，∠C＝60°，则在Rt△ABC中，AB＝ACtanC＝23，∴⊙O的半径为3，故选：B．【点睛】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握半圆（或直径）所对的圆周角是直角和三角函数的应用．11．如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是¶CD上一点，且¶¶DF BC=，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接AC．若∠ABC=105°，∠BAC=25°，则∠E的度数为（）A．45°B．50°C．55°D．60°【答案】B【解析】【分析】先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，再由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=105°，∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣105°=75°．∵»»=，∠BAC=25°，DF BC∴∠DCE=∠BAC=25°，∴∠E=∠ADC﹣∠DCE=75°﹣25°=50°．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理.圆内接四边形对角互补.在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角相等，而同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，所以在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.12．已知圆锥的三视图如图所示，则这个圆锥的侧面展开图的面积为（）A．60πcm2B．65πcm2C．120πcm2D．130πcm2【答案】B【解析】【分析】先利用三视图得到底面圆的半径为5cm，圆锥的高为12cm，再根据勾股定理计算出母线长为13cm，然后根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．【详解】根据三视图得到圆锥的底面圆的直径为10cm，即底面圆的半径为5cm，圆锥的高为12cm，所以圆锥的母线长=225+12=13，所以这个圆锥的侧面积=12×2π×5×13=65π（cm2）．故选B．【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了三视图．13．如图，7×5的网格中的小正方形的边长都为1，小正方形的顶点叫格点，△ABC的三个顶点都在格点上，过点C作△ABC外接圆的切线，则该切线经过的格点个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】【分析】作△ABC的外接圆，作出过点C的切线，两条图象法即可解决问题.【详解】如图⊙O即为所求，观察图象可知，过点C作△ABC外接圆的切线，则该切线经过的格点个数是3个，选：C．【点睛】考查三角形的外接圆与外心，切线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意.14．如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC=120°，AB=AC=4，BD为⊙O的直径，则BD等于（）A．4 B．6 C．8 D．12【答案】C【解析】【分析】根据三角形内角和定理求得∠C=∠ABC=30°，再根据圆周角定理及直角三角形的性质即可求得BD的长.【详解】∵∠BAC=120°，AB=AC=4，∴∠C=∠ABC=30°∴∠D=30°∵BD是直径∴∠BAD=90°∴BD=2AB=8.故选C.15．如图，将△ABC绕点C旋转60°得到△A′B′C′，已知AC=6，BC=4，则线段AB扫过的图形面积为（）A ．32πB ．83πC ．6πD ．以上答案都不对【答案】D【解析】【分析】从图中可以看出，线段AB 扫过的图形面积为一个环形，环形中的大圆半径是AC ，小圆半径是BC ，圆心角是60度，所以阴影面积=大扇形面积-小扇形面积．【详解】阴影面积=()603616103603π⨯-=π．故选D ．【点睛】本题的关键是理解出，线段AB 扫过的图形面积为一个环形．16．如图，已知ABC ∆和ABD ∆都O e 是的内接三角形，AC 和BD 相交于点E ，则与ADE ∆的相似的三角形是（）A ．BCE ∆B ．ABC ∆ C ．ABD ∆ D ．ABE ∆【答案】A【解析】【分析】根据同弧和等弧所对的圆周角相等，则AB 弧所对的圆周角BCE BDA ∠=∠，CEB ∠和DEA ∠是对顶角，所以ADE BCE ∆∆∽．【详解】解：BCE BDA ∠=∠Q ，CEB DEA ∠=∠ADE BCE ∴∆∆∽，故选：A ．【点睛】考查相似三角形的判定定理：两角对应相等的两个三角形相似，关键就是牢记同弧所对的圆周角相等．17．如图，点,,A B S 在圆上，若弦AB 的长度等于圆半径的2倍，则ASB ∠的度数是( )．A ．22.5°B ．30°C ．45°D ．60°【答案】C【解析】【分析】设圆心为O ，连接OA OB 、，如图，先证明OAB V 为等腰直角三角形得到90AOB ∠=︒，然后根据圆周角定理确定ASB ∠的度数．【详解】解：设圆心为O ，连接OA OB 、，如图，∵弦AB 的长度等于圆半径的2倍，即2AB OA =，∴222OA OB AB +=，∴OAB V 为等腰直角三角形，90AOB ∠=︒ ，∴1452ASB AOB ∠=∠=°．故选：C ．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．18．下列命题中哪一个是假命题（）A ．8的立方根是2B ．在函数y ＝3x 的图象中，y 随x 增大而增大C ．菱形的对角线相等且平分D ．在同圆中，相等的圆心角所对的弧相等【答案】C【解析】【分析】利用立方根的定义、一次函数的性质、菱形的性质及圆周角定理分别判断后即可确定正确的选项．【详解】A 、8的立方根是2，正确，是真命题；B 、在函数3y x 的图象中，y 随x 增大而增大，正确，是真命题；C 、菱形的对角线垂直且平分，故错误，是假命题；D 、在同圆中，相等的圆心角所对的弧相等，正确，是真命题，故选C ．【点睛】考查了命题与定理的知识，能够了解立方根的定义、一次函数的性质、菱形的性质及圆周角定理等知识是解题关键．19．如图，在圆O 中，直径AB 平分弦CD 于点E ，且CD=43，连接AC ，OD,若∠A 与∠DOB 互余，则EB 的长是（）A ．3B ．4C 3D ．2【答案】D【解析】【分析】连接CO ，由直径AB 平分弦CD 及垂径定理知∠COB=∠DOB ，则∠A 与∠COB 互余，由圆周角定理知∠A=30°，∠COE=60°，则∠OCE=30°，设OE=x,则CO=2x,利用勾股定理即可求出x ，再求出BE 即可.【详解】连接CO ，∵AB 平分CD ，∴∠COB=∠DOB ，AB ⊥CD ，3∵∠A 与∠DOB 互余，∴∠A+∠COB=90°，又∠COB=2∠A ，∴∠A=30°，∠COE=60°，∴∠OCE=30°，设OE=x,则CO=2x,∴CO2=OE2+CE2即(2x)2=x2+(23)2解得x=2，∴BO=CO=4，∴BE=CO-OE=2.故选D.【点睛】此题主要考查圆内的综合问题，解题的关键是熟知垂径定理、圆周角定理及勾股定理.20．如图所示，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，且OC⊥AB，过点C的弦CD与线段OB 相交于点E，满足∠AEC＝65°，连接AD，则∠BAD等于()A．20°B．25°C．30°D．32.5°【答案】A【解析】【分析】连接OD，根据三角形内角和定理和等边对等角求出∠DOB＝40°，再根据圆周角定理即可求出∠BAD的度数．【详解】解：连接OD，∵OC⊥AB，∴∠COB＝90°，∵∠AEC＝65°，∴∠OCE＝180°﹣90°﹣65°＝25°，∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD＝25°，∴∠DOC＝180°﹣25°﹣25°＝130°，∴∠DOB＝∠DOC﹣∠BOC＝130°﹣90°＝40°，∴由圆周角定理得：∠BAD＝12∠DOB＝20°，故选：A．【点睛】本题考查了圆和三角形的问题，掌握三角形内角和定理、等边对等角、圆周角定理是解题的关键．。

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