【数学】数学 圆的综合的专项 培优练习题
【数学】数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)及答案解析
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．（1）OC的长为；（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=；（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t （秒）．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．【答案】（1）4；（2）35；（3）点E的坐标为（1，2）、（53，103）、（4，2）．【解析】分析：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．（3）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题．详解：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），则有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形，∴OC=BH，BC=OH．∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，∴tan∠BAH=BHHA=1，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．故答案为4．（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2）．由（1）得：OH =2，BH =4．∵OC 与⊙M 相切于N ，∴MN ⊥OC ．设圆的半径为r ，则MN =MB =MD =r ．∵BC ⊥OC ，OA ⊥OC ，∴BC ∥MN ∥OA ．∵BM =DM ，∴CN =ON ，∴MN =12（BC +OD ），∴OD =2r ﹣2，∴DH =OD OH -=24r -．在Rt △BHD 中，∵∠BHD =90°，∴BD 2=BH 2+DH 2，∴（2r ）2=42+（2r ﹣4）2．解得：r =2，∴DH =0，即点D 与点H 重合，∴BD ⊥0A ，BD =AD ．∵BD 是⊙M 的直径，∴∠BGD =90°，即DG ⊥AB ，∴BG =AG ．∵GF ⊥OA ，BD ⊥OA ，∴GF ∥BD ，∴△AFG ∽△ADB ， ∴AF AD =GF BD =AG AB =12，∴AF =12AD =2，GF =12BD =2，∴OF =4，∴OG同理可得：OB AB ，∴BG =12AB ．设OR =x ，则RG x ．∵BR ⊥OG ，∴∠BRO =∠BRG =90°，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=BG 2﹣RG 2，∴（2﹣x 2=（）2﹣（x ）2．解得：x =5，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=（2﹣（5）2=365，∴BR =5．在Rt △ORB 中，sin ∠BOR =BR OB35． 故答案为35． （3）①当∠BDE =90°时，点D 在直线PE 上，如图2．此时DP =OC =4，BD +OP =BD +CD =BC =2，BD =t ，OP =t ． 则有2t =2．解得：t =1．则OP =CD =DB =1．∵DE ∥OC ，∴△BDE ∽△BCO ，∴DE OC =BD BC =12，∴DE =2，∴EP =2， ∴点E 的坐标为（1，2）．②当∠BED =90°时，如图3．∵∠DBE =OBC ，∠DEB =∠BCO =90°，∴△DBE ∽△OBC ，∴BEBC =2DB BE OB ∴，∴BE =5t ． ∵PE ∥OC ，∴∠OEP =∠BOC ．∵∠OPE =∠BCO =90°，∴△OPE ∽△BCO ，∴OEOB =25OPBC∴，=2t，∴OE=5t．∵OE+BE=OB=255，∴t+5t=25．解得：t=53，∴OP=53，OE=55，∴PE=22OE OP-=103，∴点E的坐标为（51033，）．③当∠DBE=90°时，如图4．此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．则有OD=PE，EA=22PE PA+=2（6﹣t）=62﹣2?t，∴BE=BA﹣EA=42﹣（62﹣2t）=2t﹣22．∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．在Rt△DBE中，cos∠BED=BEDE=2，∴DE=2BE，∴t=22（t﹣22）=2t﹣4．解得：t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，2）．综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（1，2）、（51033，）、（4，2）．点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．2．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．3．如图，已知△ABC中，AB=AC，∠A=30°，AB=16，以AB为直径的⊙O与BC边相交于点D，与AC交于点F，过点D作DE⊥AC于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）求CE的长；（3）过点B作BG∥DF，交⊙O于点G，求弧BG的长．【答案】（1）证明见解析（2）33）4π【解析】【分析】（1）如图1，连接AD，OD，由AB为⊙O的直径，可得AD⊥BC，再根据AB=AC，可得BD=DC，再根据OA=OB，则可得OD∥AC，继而可得DE⊥OD，问题得证；（2）如图2，连接BF，根据已知可推导得出DE=12BF，CE=EF，根据∠A=30°，AB=16，可得BF=8，继而得DE=4，由DE为⊙O的切线，可得ED2=EF•AE，即42=CE•（16﹣CE），继而可求得CE长；（3）如图3，连接OG，连接AD，由BG∥DF，可得∠CBG=∠CDF=30°，再根据AB=AC，可推导得出∠OBG=45°，由OG=OB，可得∠OGB=45°，从而可得∠BOG=90°，根据弧长公式即可求得BG的长度.【详解】（1）如图1，连接AD，OD；∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，∵AB=AC，∴BD=DC，∵OA=OB，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∴∠ODE=∠DEA=90°，∴DE为⊙O的切线；（2）如图2，连接BF，∵AB为⊙O的直径，∴∠AFB=90°，∴BF∥DE，∵CD=BD，∴DE=12BF，CE=EF，∵∠A=30°，AB=16，∴BF=8，∴DE=4，∵DE 为⊙O 的切线，∴ED 2=EF•AE ，∴42=CE•（16﹣CE ），∴CE=8﹣43，CE=8+43（不合题意舍去）；（3）如图3，连接OG ，连接AD ，∵BG ∥DF ，∴∠CBG=∠CDF=30°，∵AB=AC ，∴∠ABC=∠C=75°，∴∠OBG=75°﹣30°=45°，∵OG=OB ，∴∠OGB=∠OBG=45°，∴∠BOG=90°，∴BG 的长度=908180π⨯⨯=4π．【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及了切线的判定、三角形中位线定理、圆周角定理、弧长公式等，正确添加辅助线、熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.4．如图，点P 是正方形ABCD 内的一点，连接PA ，PB ，PC ．将△PAB 绕点B 顺时针旋转90°到△P'CB 的位置.(1)设AB 的长为a ，PB 的长为b(b<a)，求△PAB 旋转到△P'CB 的过程中边PA 所扫过区域(图中阴影部分)的面积；(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC 的长.【答案】(1) S 阴影=(a 2-b 2)；(2)PC=6.【解析】试题分析：（1）依题意，将△P′CB 逆时针旋转90°可与△PAB 重合，此时阴影部分面积=扇形BAC 的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，∴S△PAB=S△P'CB，S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；又∵∠BP′C=∠BPA=135°，∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．PC==6．考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．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1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作AC、CB、BA，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l为对称轴的交点．（1）如图2，将这个图形的顶点A与线段MN作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为；（2）如图3，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它沿等边△DEF的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；（3）如图4，将这个图形的顶点B与⊙O的圆心O重合，⊙O的半径为3，将它沿⊙O的圆周作无滑动的滚动，当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为（请用含n的式子表示）【答案】（1）3π；（2）27π；（3）23nπ． 【解析】 试题分析：（1）先求出AC 的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论； （2）先判断出莱洛三角形等边△DEF 绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O 重合旋转一周点I 的路径，再用圆的周长公式即可得出．试题解析：解：（1）∵等边△ABC 的边长为3，∴∠ABC =∠ACB =∠BAC =60°，AC BC AB ==，∴AC BC l l ==AB l =603180π⨯=π，∴线段MN 的长为AC BC AB l l l ++=3π．故答案为3π；（2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =21203360π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S 矩形AGHF +S 扇形BAG ）=3（6π+3π）=27π；（3）如图2，连接BI 并延长交AC 于D ．∵I 是△ABC 的重心也是内心，∴∠DAI =30°，AD =12AC =32，∴OI =AI =3230AD cos DAI cos ∠=︒=3，∴当它第1次回到起始位置时，点I 所经过的路径是以O 为圆心，OI 为半径的圆周，∴当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为n •2π•3=23n π．故答案为23n π．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出AC的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I第一次回到起点时，I的路径，是一道中等难度的题目．7．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．8．如图，AB 是O 的直径，DF 切O 于点D ，BF DF ⊥于F ，过点A 作AC //BF 交BD 的延长线于点C .（1）求证：ABC C ∠∠=；（2）设CA 的延长线交O 于E BF ，交O 于G ，若DG 的度数等于60，试简要说明点D 和点E 关于直线AB 对称的理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）作辅助线，连接OD ，由DF 为⊙O 的切线，可得OD ⊥DF ，又BF ⊥DF ，AC ∥BF ，所以OD ∥AC ，∠ODB=∠C ，由OB=OD 得∠ABD=∠ODB ，从而可证∠ABC=∠C ；（2）连接OG ，OD ，AD ，由BF ∥OD ，GD =60°，可求证BG =GD AD ==60°，由平行线的性质及三角形的内角和定理可求出∠OHD=90°，由垂径定理便可得出结论．【详解】（1）连接OD，∵DF为⊙O的切线，∴OD⊥DF．∵BF⊥DF，AC∥BF，∴OD∥AC∥BF．∴∠ODB=∠C．∵OB=OD，∴∠ABD=∠ODB．∴∠ABC=∠C．（2）连接OG，OD，AD，DE，DE交AB于H，∵BF∥OD，∴∠OBG=∠AOD，∠OGB=∠DOG，∴GD AD==BG．∵GD=60°，∴BG=GD AD==60°，∴∠ABC=∠C=∠E=30°，∵OD//CE∴∠ODE=∠E=30°．在△ODH中，∠ODE=30°，∠AOD=60°，∴∠OHD=90°，∴AB⊥DE．∴点D和点E关于直线AB对称．【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理及垂径定理，解答此题的关键是作出辅助线，利用数形结合解答．9．如图，是大半圆的直径，是小半圆的直径，点是大半圆上一点，与小半圆交于点，过点作于点.（1）求证：是小半圆的切线；（2）若，点在上运动（点不与两点重合），设，.①求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；②当时，求两点之间的距离.【答案】（1）见解析；（2）①，，②两点之间的距离为或.【解析】【分析】（1）连接CO、CM，只需证到CD⊥CM．由于CD⊥OP，只需证到CM∥OP，只需证到CM 是△AOP的中位线即可．（2）①易证△ODC∽△CDP，从而得到CD2=DP•OD，进而得到y与x之间的函数关系式．由于当点P与点A重合时x=0，当点P与点B重合时x=4，点P在大半圆O上运动（点P不与A，B两点重合），因此自变量x的取值范围为0＜x＜4．②当y=3时，得到-x2+4x=3，求出x．根据x的值可求出CD、PD的值，从而求出∠CPD，运用勾股定理等知识就可求出P，M两点之间的距离．【详解】（1）连接，如图1所示∵是小半圆的直径，∴即∵∴∵∴∴，∵∴，∴∴.，即∵经过半径的外端，且∴直线是小半圆的切线.（2）①∵，，∴∴∴∽∴∴∵,,，∴当点与点重合时，；当点与点重合时，∵点在大半圆上运动（点不与两点重合），∴∴与之间的函数关系式为，自变量的取值范围是.②当时，解得,Ⅰ当时，如图2所示在中，∵，∴，∴∵，∴是等边三角形∵∴∴.Ⅱ当时，如图3所示，同理可得∵∴∴过点作，垂足为，连接，如图3所示∵，∴同理在中，∵，∴综上所述，当时，两点之间的距离为或.【点睛】考查了切线的判定、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，综合性比较强．10．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。
【数学】数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)含详细答案
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．（1）求∠AOC的度数；（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3）．【解析】【分析】（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°．（2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系．（3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．【详解】（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，∴△OAC是等边三角形，故∠AOC=60°．（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；∴AC=1OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，2而OC是⊙O的半径，故PC与⊙O的位置关系是相切．（3）如图；有三种情况：①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，﹣3劣弧MA的长为：6044 1803ππ⨯=；②取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2（﹣2，﹣3劣弧MA的长为：12048 1803ππ⨯=；③取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3（﹣2，3优弧MA的长为：240416 1803ππ⨯=；④当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4（2，3）；优弧MA的长为：300420 1803ππ⨯=；综上可知：当S△MAO=S△CAO时，动点M所经过的弧长为481620,,,3333ππππ对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3【点睛】本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．2．图 1 和图 2 中，优弧AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝3，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NA′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．3．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。
【数学】培优圆的综合辅导专题训练含答案
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．（1）OC的长为；（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=；（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t （秒）．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．【答案】（1）4；（2）35；（3）点E的坐标为（1，2）、（53，103）、（4，2）．【解析】分析：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．（3）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题．详解：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），则有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形，∴OC=BH，BC=OH．∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，∴tan∠BAH=BHHA=1，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．故答案为4．（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2）．由（1）得：OH =2，BH =4．∵OC 与⊙M 相切于N ，∴MN ⊥OC ．设圆的半径为r ，则MN =MB =MD =r ．∵BC ⊥OC ，OA ⊥OC ，∴BC ∥MN ∥OA ．∵BM =DM ，∴CN =ON ，∴MN =12（BC +OD ），∴OD =2r ﹣2，∴DH =OD OH -=24r -．在Rt △BHD 中，∵∠BHD =90°，∴BD 2=BH 2+DH 2，∴（2r ）2=42+（2r ﹣4）2．解得：r =2，∴DH =0，即点D 与点H 重合，∴BD ⊥0A ，BD =AD ．∵BD 是⊙M 的直径，∴∠BGD =90°，即DG ⊥AB ，∴BG =AG ．∵GF ⊥OA ，BD ⊥OA ，∴GF ∥BD ，∴△AFG ∽△ADB ， ∴AF AD =GF BD =AG AB =12，∴AF =12AD =2，GF =12BD =2，∴OF =4，∴OG同理可得：OB AB ，∴BG =12AB ．设OR =x ，则RG x ．∵BR ⊥OG ，∴∠BRO =∠BRG =90°，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=BG 2﹣RG 2，∴（2﹣x 2=（）2﹣（x ）2．解得：x =5，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=（2﹣（5）2=365，∴BR =5．在Rt △ORB 中，sin ∠BOR =BR OB35． 故答案为35． （3）①当∠BDE =90°时，点D 在直线PE 上，如图2．此时DP =OC =4，BD +OP =BD +CD =BC =2，BD =t ，OP =t ． 则有2t =2．解得：t =1．则OP =CD =DB =1．∵DE ∥OC ，∴△BDE ∽△BCO ，∴DE OC =BD BC =12，∴DE =2，∴EP =2， ∴点E 的坐标为（1，2）．②当∠BED =90°时，如图3．∵∠DBE =OBC ，∠DEB =∠BCO =90°，∴△DBE ∽△OBC ，∴BEBC =2DB BE OB ∴，∴BE =5t ． ∵PE ∥OC ，∴∠OEP =∠BOC ．∵∠OPE =∠BCO =90°，∴△OPE ∽△BCO ，∴OEOB =25OPBC∴，=2t，∴OE=5t．∵OE+BE=OB=255，∴t+5t=25．解得：t=53，∴OP=53，OE=55，∴PE=22OE OP-=103，∴点E的坐标为（51033，）．③当∠DBE=90°时，如图4．此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．则有OD=PE，EA=22PE PA+=2（6﹣t）=62﹣2?t，∴BE=BA﹣EA=42﹣（62﹣2t）=2t﹣22．∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．在Rt△DBE中，cos∠BED=BEDE=2，∴DE=2BE，∴t=22（t﹣22）=2t﹣4．解得：t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，2）．综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（1，2）、（51033，）、（4，2）．点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．2．如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．（1）求∠AOC的度数；（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3）．【解析】【分析】（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°．（2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系．（3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．【详解】（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，∴△OAC是等边三角形，故∠AOC=60°．（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；∴AC=1OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，2而OC是⊙O的半径，故PC与⊙O的位置关系是相切．（3）如图；有三种情况：①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，﹣3劣弧MA的长为：6044 1803ππ⨯=；②取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2（﹣2，﹣3劣弧MA的长为：12048 1803ππ⨯=；③取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3（﹣2，3优弧MA的长为：240416 1803ππ⨯=；④当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4（2，3）；优弧MA的长为：300420 1803ππ⨯=；综上可知：当S△MAO=S△CAO时，动点M所经过的弧长为481620,,,3333ππππ对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3【点睛】本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．3．如图，在直角坐标系中，已知点A(－8，0)，B(0，6)，点M在线段AB上。
人教数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)附答案
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．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）92 DE=.【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 +=26，∴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．2．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）3【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AC 2=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，∴AC2=AG•AB=12，∴AC=23．3．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，BD＝BA，BE⊥DC交DC的延长线于点E(1) 求证：BE是⊙O的切线(2) 若EC＝1，CD＝3，求cos∠DBA【答案】（1）证明见解析；（2）∠DBA3 5【解析】分析：（1）连接OB，OD，根据线段垂直平分线的判定，证得BF为线段AD的垂直平分线，再根据直径所对的圆周角为直角，得到∠ADC=90°，证得四边形BEDF是矩形，即∠EBF=90°，可得出结论.（2）根据中点的性质求出OF的长，进而得到BF、DE、OB、OD的长，然后根据等角的三角函数求解即可.详解：证明：(1) 连接BO并延长交AD于F，连接OD∵BD＝BA，OA＝OD∴BF为线段AD的垂直平分线∵AC为⊙O的直径∴∠ADC＝90°∵BE⊥DC∴四边形BEDF为矩形∴∠EBF＝90°∴BE是⊙O的切线(2) ∵O、F分别为AC、AD的中点∴OF＝12CD＝32∵BF＝DE＝1＋3＝4∴OB＝OD＝35422-=∴cos∠DBA＝cos∠DOF＝332552 OFOD==点睛：此题主要考查了圆的切线的判定与性质，关键是添加合适的辅助线，利用垂径定理和圆周角定理进行解答，注意相等角的关系的转化.4．如图，已知AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，点D在OC的延长线上，连接DA，交BC的延长线于点E，使得∠DAC=∠B．（1）求证：DA是⊙O切线；（2）求证：△CED∽△ACD；（3）若OA=1，sinD=13，求AE的长．【答案】（1）证明见解析；（22【解析】分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD ⊥AB 即可证明DA 是⊙O 切线； （2）由∠DAC =∠DCE ，∠D =∠D 可知△DEC ∽△DCA ；（3）由题意可知AO =1，OD =3，DC =2，由勾股定理可知AD =2，故此可得到DC 2=DE •AD ，故此可求得DE 的长，于是可求得AE 的长．详解：（1）∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，∴∠CAB +∠B =90°．∵∠DAC =∠B ，∴∠CAB +∠DAC =90°，∴AD ⊥AB ．∵OA 是⊙O 半径，∴DA 为⊙O 的切线；（2）∵OB =OC ，∴∠OCB =∠B ．∵∠DCE =∠OCB ，∴∠DCE =∠B ．∵∠DAC =∠B ，∴∠DAC =∠DCE ．∵∠D =∠D ，∴△CED ∽△ACD ；（3）在Rt △AOD 中，OA =1，sin D =13，∴OD =OA sinD=3，∴CD =OD ﹣OC =2． ∵AD 22OD OA -2 又∵△CED ∽△ACD ，∴AD CD CD DE =，∴DE =2CD AD 2， ∴AE =AD ﹣DE 222．点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC ∽△DCA 是解题的关键．5．如图，Rt ABC ∆内接于⊙O ，AC BC =，BAC ∠的平分线AD 与⊙O 交于点D ，与BC 交于点E ，延长BD ，与AC 的延长线交于点F ，连接CD ，G 是CD 的中点，连接OG .(1)判断OG 与CD 的位置关系，写出你的结论并证明;(2)求证:AE BF =;(3)若3(22)OG DE =，求⊙O 的面积.【答案】（1）OG ⊥CD （2）证明见解析（3）6π【解析】试题分析：（1）根据G 是CD 的中点，利用垂径定理证明即可；（2）先证明△ACE 与△BCF 全等，再利用全等三角形的性质即可证明；（3）构造等弦的弦心距，运用相似三角形以及勾股定理进行求解．试题解析：（1）解：猜想OG ⊥CD ．证明如下：如图1，连接OC 、OD ．∵OC =OD ，G 是CD 的中点，∴由等腰三角形的性质，有OG ⊥CD ．（2）证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，而∠CAE =∠CBF （同弧所对的圆周角相等）．在Rt △ACE 和Rt △BCF 中，∵∠ACE =∠BCF =90°，AC =BC ，∠CAE =∠CBF ，∴Rt △ACE ≌Rt △BCF （ASA ），∴AE =BF ．（3）解：如图2，过点O 作BD 的垂线，垂足为H ，则H 为BD 的中点，∴OH =12AD ，即AD =2OH ，又∠CAD =∠BAD ⇒CD =BD ，∴OH =OG ．在Rt △BDE 和Rt △ADB 中，∵∠DBE =∠DAC =∠BAD ，∴Rt △BDE ∽Rt △ADB ，∴BD DE AD DB=，即BD 2=AD •DE ，∴22622BD AD DE OG DE =⋅=⋅=（）．又BD =FD ，∴BF =2BD ，∴2242422BF BD ==（）①，设AC =x ，则BC =x ，AB 2x ．∵AD 是∠BAC 的平分线，∴∠FAD =∠BAD ．在Rt △ABD 和Rt △AFD 中，∵∠ADB =∠ADF =90°，AD =AD ，∠FAD =∠BAD ，∴Rt △ABD ≌Rt △AFD （ASA ），∴AF =AB 2x ，BD =FD ，∴CF =AF ﹣AC 221x x x -=（）．在Rt △BCF 中，由勾股定理，得：222222[21]222BF BC CF x x x =+=+=（）（）②，由①、②，得22222422x =（）（），∴x 2=12，解得：23x =23-∴222326AB x ===∴⊙O 6，∴S ⊙O =π•6）2=6π．点睛：本题是圆的综合题．解题的关键是熟练运用垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质．6．对于平面直角坐标系xOy 中的线段MN 和点P ，给出如下定义：点A 是线段MN 上一个动点，过点A 作线段MN 的垂线l ，点P 是垂线l 上的另外一个动点．如果以点P 为旋转中心，将垂线l 沿逆时针方向旋转60°后与线段MN 有公共点，我们就称点P 是线段MN 的“关联点”．如图，M （1，2），N （4，2）．（1） 在点P 1（1，3），P 2（4，0），P 3（3，2）中，线段MN 的“关联点”有 ；（2） 如果点P 在直线1y x =+上，且点P 是线段MN 的“关联点”，求点P 的横坐标x 的取值范围；（3） 如果点P 在以O （1，1-）为圆心，r 为半径的⊙O 上，且点P 是线段MN 的“关联点”，直接写出⊙O 半径r 的取值范围．【答案】（1）P 1和P 3；（2）3311x -≤≤；（3333 3.r +≤ 【解析】【分析】 （1）先根据题意求出点P 的横坐标的范围，再求出P 点的纵坐标范围即可得出结果； （2）由直线y=x+1经过点M （1，2），得出x≥1，设直线y=x+1与P 4N 交于点A ，过点A 作AB ⊥MN 于B ，延长AB 交x 轴于C ，则在△AMN 中，MN=3，∠AMN=45°，∠ANM=30°，设AB=MB=a ，tan ∠ANM=AB BN ，即tan30°=3a a-，求出a 即可得出结果；（3）圆心O 到P 4的距离为r 的最大值，圆心O 到MP 5的距离为r 的最小值，分别求出两个距离即可得出结果．【详解】（1））如图1所示：∵点A 是线段MN 上一个动点，过点A 作线段MN 的垂线l ，点P 是垂线l 上的另外一个动点，M （1，2），N （4，2），∴点P 的横坐标1≤x≤4，∵以点P 为旋转中心，将垂线l 沿逆时针方向旋转60°后与线段MN 有公共点，当∠MPN=60°时，PM=60MN tan ︒=3=3， 同理P′N=3，∴点P 的纵坐标为2-3或2+3，即纵坐标2-3≤y≤2+3，∴线段MN 的“关联点”有P 1和P 3；故答案为：P 1和P 3；（2）线段MN 的“关联点”P 的位置如图所示，∵ 直线1y x =+经过点M （1，2），∴ x ≥1.设直线1y x =+与P 4N 交于点A .过点A 作AB ⊥MN 于B ，延长AB 交x 轴于C .由题意易知，在△AMN 中，MN = 3，∠AMN = 45°，∠ANM = 30°.设AB = MB = a ，∴ tan AB ANM BN ∠=，即tan303a a︒=-，解得333.2a -= ∴ 点A 的横坐标为33333111.x a --=+=+= ∴331.x -≤ 综上 3311.2x -≤≤（3）点P 在以O （1，-1）为圆心，r 为半径的⊙O 上，且点P 是线段MN 的“关联点”，如图3所示：连接P 4O 交x 轴于点D ，P 4、M 、D 、O 共线，则圆心O 到P 4的距离为r 的最大值，由（1）知：MP 4=NP 53即OD+DM+MP 433圆心O 到MP 5的距离为r 的最小值，作OE ⊥MP 5于E ，连接OP 5，则OE 为r 的最小值，MP 5225MN NP +223(3)+3OM=OD+DM=1+2=3， △OMP 5的面积=12OE•MP 5=12OM•MN ，即12312×3×3， 解得：OE=332， ∴3323 【点睛】本题是圆的综合题，考查了旋转、直角三角形的性质、勾股定理、最值等知识，熟练掌握“关联点”的含义，作出关于MN 的“关联点”图是关键．7．如图，在直角坐标系中，⊙M 经过原点O(0，0)，点6，0)与点B(02)，点D 在劣弧OA 上，连结BD 交x 轴于点C ，且∠COD ＝∠CBO.(1)求⊙M 的半径；(2)求证：BD 平分∠ABO ；(3)在线段BD 的延长线上找一点E ，使得直线AE 恰为⊙M 的切线，求此时点E 的坐标．【答案】（1）M 的半径r ＝2；（2）证明见解析；（3）点E 的坐标为(263，2)． 【解析】 试题分析：根据点A 和点B 的坐标得出OA 和OB 的长度，根据Rt △AOB 的勾股定理得出AB 的长度，然后得出半径；根据同弧所对的圆周角得出∠ABD=∠COD ，然后结合已知条件得出角平分线；根据角平分线得出△ABE ≌△HBE ，从而得出BH=BA=22，从而求出OH 的长度，即点E 的纵坐标，根据Rt △AOB 的三角函数得出∠ABO 的度数，从而得出∠CBO 的度数，然后根据Rt △HBE 得出HE 的长度，即点E 的横坐标.试题解析：（1）∵点A 为（6，0），点B 为（0，－2） ∴OA=6OB=2 ∴根据Rt △AOB 的勾股定理可得：AB=22∴M 的半径r=12AB=2. （2）根据同弧所对的圆周角相等可得：∠ABD=∠COD ∵∠COD=∠CBO ∴∠ABD=∠CBO ∴BD 平分∠ABO（3）如图，由（2）中的角平分线可得△ABE ≌△HBE ∴BH=BA=22∴OH=22－2=2在Rt △AOB 中，3OA OB=∴∠ABO=60° ∴∠CBO=30° 在Rt △HBE 中，HE=2633=∴点E 的坐标为（263，2）考点：勾股定理、角平分线的性质、圆的基本性质、三角函数.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BE ．（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；（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°，∠AOE＝15°，∴∠ECA＝12∴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°，∴∠ACE＝1∠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．已知AC＝DC，AC⊥DC，直线MN经过点A，作DB⊥MN，垂足为B，连结CB．[感知]如图①，点A、B在CD同侧，且点B在AC右侧，在射线AM上截取AE＝BD，连结CE，可证△BCD≌△ECA，从而得出EC＝BC，∠ECB＝90°，进而得出∠ABC＝度；[探究]如图②，当点A、B在CD异侧时，[感知]得出的∠ABC的大小是否改变？若不改变，给出证明；若改变，请求出∠ABC的大小．[应用]在直线MN绕点A旋转的过程中，当∠BCD＝30°，BD＝时，直接写出BC的长．【答案】【感知】：45；【探究】：不改变，理由详见解析；【拓展】：BC的长为+1或﹣1．【解析】【分析】[感知]证明△BCD≌△ECA（SAS）即可解决问题；[探究]结论不变，证明△BCD≌△ECA（SAS）即可解决问题；[应用]分两种情形分别求解即可解决问题．【详解】解：【感知】，如图①中，在射线AM上截取AE＝BD，连结CE．∵AC⊥DC，DB⊥MN，∴∠ACD＝∠DBA＝90°．∴∠CDB+∠CAB＝180°，∵∠CAB+∠CAE＝180°∴∠D＝∠CAE，∵CD＝AC，AE＝BD，∴△BCD≌△ECA（SAS），∴BC＝EC，∠BCD＝∠ECA，∵∠ACE+∠ECD＝90°，∴∠ECD+∠DCB＝90°，即∠ECB＝90°，∴∠ABC＝45°．故答案为45【探究】不改变．理由如下：如图，如图②中，在射线AN上截取AE＝BD，连接CE，设MN与CD交于点O．∵AC⊥DC，DB⊥MN，∴∠ACD＝∠DBA＝90°，∵∠AOC＝∠DOB，∴∠D＝∠EAC，CD＝AC，∴△BCD≌△ECA（SAS），∴BC＝EC，∠BCD＝∠ECA，∵∠ACE+∠ECD＝90°，∴∠ECD+∠DCB＝90°，即∠ECB＝90°，∴∠ABC＝45°．【拓展】如图①﹣1中，连接AD．∴∠ACD+∠ABD＝180°，∴A，C，D，B四点共圆，∴∠DAB＝∠DCB＝30°，∴AB＝BD＝，∴EB ＝AE+AB＝+，∵△ECB是等腰直角三角形，如图②中，同法可得BC＝﹣1．综上所述，BC的长为+1或﹣1．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，属于中考压轴题．10．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（2）332 23π-【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．。
【数学】数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)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．已知O 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______；()2如图②，若m 6=．①求C ∠的正切值；②若ABC 为等腰三角形，求ABC 面积．【答案】()130；()2C ∠①的正切值为34；ABC S 27=②或43225. 【解析】【分析】 ()1连接OA ，OB ，判断出AOB 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==，OB OC AB ∴==，AOB ∴是等边三角形，AOB 60∠∴=，1ACB AOB 302∠∠∴==， 故答案为30；()2①如图2，连接AO 并延长交O 于D ，连接BD ，AD 为O 的直径，AD 10∴=，ABD 90∠=，在Rt ABD 中，AB m 6==，根据勾股定理得，BD 8=， AB 3tan ADB BD 4∠∴==， C ADB ∠∠=，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 =，AO BO =，CE ∴为AB 的垂直平分线，AE BE 3∴==，在Rt AEO 中，OA 5=，根据勾股定理得，OE 4=，CE OE OC 9∴=+=，ABC 11S AB CE 692722∴=⨯=⨯⨯=； Ⅱ、当AC AB 6==时，如图4，连接OA 交BC 于F ，AC AB =，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 ∠∠=，ACF AOG ∠∠∴=，在Rt AOG 中，AG 3sin AOG AC 5∠==， 3sin ACF 5∠∴=， 在Rt ACF 中，3sin ACF 5∠=， 318AF AC 55∴==， 24CF 5∴=， ABC 111824432S AF BC 225525∴=⨯=⨯⨯=； Ⅲ、当BA BC 6==时，如图5，由对称性知，ABC 432S 25=．【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．2．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.3．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）．3831343n 【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-O1A，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△A1B1C1的高为32，则边长为3，∴a1＝3.(2)设△A1B1C1的高为h，则A2O＝1－h，连结B2O，设B2C2与PQ交于点F，则有OF＝2h－1.∵B2O2＝OF2＋B2F2，∴1＝(2h－1)2＋2212a⎛⎫ ⎪⎝⎭.∵h＝32a2，∴1＝(3a2－1)2＋14a22，解得a2＝83.(3)同(2)，连结B n O，设B n C n与PQ交于点F，则有B n O2＝OF2＋B n F2，即1＝(nh－1)2＋2 12na⎛⎫ ⎪⎝⎭.∵h＝3a n，∴1＝14a n2＋2312nna⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，解得a n＝43n.4．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.5．如图，△ABC 内接于⊙O ，且AB 为⊙O 的直径．∠ACB 的平分线交⊙O 于点D ，过点D 作⊙O 的切线PD 交CA 的延长线于点P ，过点A 作AE ⊥CD 于点E ，过点B 作BF ⊥CD 于点F ．（1）求证：DP ∥AB ；（2）若AC=6，BC=8，求线段PD 的长．【答案】详见解析【解析】【分析】（1）连接OD ，由AB 为⊙O 的直径，根据圆周角定理得∠ACB=90°，再由∠ACD=∠BCD=45°，则∠DAB=∠ABD=45°，所以△DAB 为等腰直角三角形，所以DO ⊥AB ，根据切线的性质得OD ⊥PD ，于是可得到DP ∥AB ．（2）先根据勾股定理计算出AB=10，由于△DAB 为等腰直角三角形，可得到AD 5222===△ACE 为等腰直角三角形，得到AE CE 3222====，在Rt △AED 中利用勾股定理计算出DE=2，则CD=2，易证得∴△PDA ∽△PCD ，得到PD PA AD 52PC PD CD 72===，所以PA=57PD ，PC=75PD ，然后利用PC=PA+AC 可计算出PD ． 【详解】解：（1）证明：如图，连接OD ，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°．∵∠ACB的平分线交⊙O于点D，∴∠ACD=∠BCD=45°．∴∠DAB=∠ABD=45°．∴△DAB为等腰直角三角形．∴DO⊥AB．∵PD为⊙O的切线，∴OD⊥PD．∴DP∥AB．（2）在Rt△ACB中，，∵△DAB为等腰直角三角形，∴．∵AE⊥CD，∴△ACE为等腰直角三角形．∴．在Rt△AED中，，∴．∵AB∥PD，∴∠PDA=∠DAB=45°．∴∠PAD=∠PCD．又∵∠DPA=∠CPD，∴△PDA∽△PCD．∴．∴PA=75PD，PC=57PD．又∵PC=PA+AC，∴75PD+6=57PD，解得PD=．6．AB是⊙O直径，在AB的异侧分别有定点C和动点P，如图所示，点P在半圆弧AB 上运动（不与A、B重合），过C作CP的垂线CD，交PB的延长线于D，已知5AB=，BC∶CA＝4∶3．（1）求证：AC·CD＝PC·BC；（2）当点P运动到AB弧的中点时，求CD的长；（3）当点P运动到什么位置时，PCD∆的面积最大？请直接写出这个最大面积．【答案】(1)证明见解析；（2）CD =142；（3）当PC 为⊙O 直径时，△PCD 的最大面积=503. 【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠PCD=∠ACB=90°，可证△ABC ∽△PCD ，可得AC BC CP CD =,即可得证．（2）由题意可求BC=4，AC=3，由勾股定理可求CE 的长，由锐角三角函数可求PE 的长，即可得PC 的长，由AC•CD=PC•BC 可求CD 的值；（3）当点P 在AB 上运动时，12PCD S PC CD =⨯⨯，由（1）可得：43CD PC =，可得2142233PCD SPC PC PC =⨯⨯=，当PC 最大时，△PCD 的面积最大，而PC 为直径时最大，故可求解．【详解】证明：（1）∵AB 为直径，∴∠ACB =90°∵PC ⊥CD ，∴∠PCD =90°∴∠PCD =∠ACB ，且∠CAB =∠CPB∴△ABC ∽△PCD∴AC BC CP CD= ∴AC •CD =PC •BC（2）∵AB =5，BC ：CA =4：3，∠ACB =90°∴BC =4，AC =3，当点P 运动到AB 的中点时，过点B 作BE ⊥PC 于点E∵点P 是AB 的中点，∴∠PCB =45°，且BC =4∴CE =BE =22BC 2 ∵∠CAB =∠CPB∴tan ∠CAB =43=BC AC =tan ∠CAB =BE PE ∴PE =322∴PC =PE +CE =3222=22 ∵AC •CD =PC •BC ∴3×CD =22×4 ∴CD 142 （3）当点P 在AB 上运动时，S △PCD =12×PC ×CD ， 由（1）可得：CD =43PC ∴S △PCD =1423PC PC ⨯⨯=23PC 2， ∴当PC 最大时，△PCD 的面积最大， ∴当PC 为⊙O 直径时，△PCD 的最大面积=23×52=503 【点睛】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，锐角三角函数，求出PC 的长是本题的关键．7．如图，AB 为⊙O 的直径，且AB ＝m （m 为常数），点C 为AB 的中点，点D 为圆上一动点，过A点作⊙O的切线交BD的延长线于点P，弦CD交AB于点E．（1）当DC⊥AB时，则DA DBDC+＝；（2）①当点D在AB上移动时，试探究线段DA，DB，DC之间的数量关系；并说明理由；②设CD长为t，求△ADB的面积S与t的函数关系式；（3）当9220PDAC=时，求DEOA的值．【答案】（12；（2）①DA+DB2DC，②S＝12t2﹣14m2；（3）24235DEOA=.【解析】【分析】（1）首先证明当DC⊥AB时，DC也为圆的直径，且△ADB为等腰直角三角形，即可求出结果；（2）①分别过点A，B作CD的垂线，连接AC，BC，分别构造△ADM和△BDN两个等腰直角三形及△NBC和△MCA两个全等的三角形，容易证出线段DA，DB，DC之间的数量关系；②通过完全平方公式（DA+DB）2＝DA2+DB2+2DA•DB的变形及将已知条件AB＝m代入即可求出结果；（3）通过设特殊值法，设出PD的长度，再通过相似及面积法求出相关线段的长度，即可求出结果．【详解】解：（1）如图1，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵C为AB的中点，∴AC BC=，∴∠ADC＝∠BDC＝45°，∵DC⊥AB，∴∠DEA＝∠DEB＝90°，∴∠DAE＝∠DBE＝45°，∴AE＝BE，∴点E与点O重合，∴DC 为⊙O 的直径， ∴DC ＝AB ，在等腰直角三角形DAB 中， DA ＝DB＝22AB ， ∴DA+DB＝2AB ＝2CD ， ∴DA DBDC+＝2；（2）①如图2，过点A 作AM ⊥DC 于M ，过点B 作BN ⊥CD 于N ，连接AC ，BC ， 由（1）知AC BC =， ∴AC ＝BC ， ∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB ＝∠BNC ＝∠CMA ＝90°，∴∠NBC+∠BCN ＝90°，∠BCN+∠MCA ＝90°， ∴∠NBC ＝∠MCA ， 在△NBC 和△MCA 中，BNC CMA NBC MCA BC CA ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△NBC ≌△MCA （AAS ）， ∴CN ＝AM ，由（1）知∠DAE ＝∠DBE ＝45°， AM ＝2DA ，DN ＝2DB ， ∴DC ＝DN+NC ＝2DB+2DA ＝2（DB+DA ）， 即DA+DB ＝2DC ；②在Rt △DAB 中， DA 2+DB 2＝AB 2＝m 2，∵（DA+DB ）2＝DA 2+DB 2+2DA•DB ，且由①知DA+DB DC t ， ∴t ）2＝m 2+2DA•DB ， ∴DA•DB ＝t 2﹣12m 2， ∴S △ADB ＝12DA•DB ＝12t 2﹣14m 2， ∴△ADB 的面积S 与t 的函数关系式S ＝12t 2﹣14m 2； （3）如图3，过点E 作EH ⊥AD 于H ，EG ⊥DB 于G ， 则NE ＝ME ，四边形DHEG 为正方形，由（1）知AC BC =， ∴AC ＝BC ，∴△ACB 为等腰直角三角形， ∴ABAC ，∵PD AC =，设PD ＝，则AC ＝20，AB ＝， ∵∠DBA ＝∠DBA ，∠PAB ＝∠ADB ， ∴△ABD ∽△PBA ， ∴AB BD ADPB AB PA==，∴=， ∴DB ＝， ∴AD＝，设NE ＝ME ＝x ， ∵S △ABD ＝12AD•BD ＝12AD•NE+12BD•ME ， ∴12＝12•x+12•x ，∴x ＝7， ∴DEHE x ＝967，又∵AO＝12AB＝102，∴961242735102DEOA=⨯=．【点睛】本题考查了圆的相关性质，等腰直三角形的性质，相似的性质等，还考查了面积法及特殊值法的运用，解题的关键是认清图形，抽象出各几何图形的特殊位置关系．8．如图，在ABC△中，10AC BC==，3cos5C=,点P是BC边上一动点（不与点,A C 重合），以PA长为半径的P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE CB⊥于点E.()1当P与边BC相切时，求P的半径；()2联结BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围；()3在()2的条件下，当以PE长为直径的Q与P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409；（2）)25880010x x xy x-+=<<；（3）105-【解析】【分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=35，则sinC=45，sinC=HPCP=R10R-=45，即可求解；（2）PD∥BE，则EBPD＝BFPF，即：2248805x x x yx--+-=，即可求解；（3）证明四边形PDBE 为平行四边形，则AG=GP=BD ，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解． 【详解】（1）设⊙P 与边BC 相切的切点为H ，圆的半径为R ，连接HP ，则HP ⊥BC ，cosC=35，则sinC=35， sinC=HP CP =R 10R -=45，解得：R=409； （2）在△ABC 中，AC=BC=10，cosC=35， 设AP=PD=x ，∠A=∠ABC=β，过点B 作BH ⊥AC ，则BH=ACsinC=8， 同理可得：CH=6，HA=4，5tan ∠()2284x +-2880x x -+ 25，则525，如下图所示，PA=PD ，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β， tanβ=2，则cosβ=5，sinβ=5， EB=BDcosβ=（45-25x ）×5=4-25x ，∴PD ∥BE ，∴EB PD ＝BFPF，即：2248805x x x y x--+-=，整理得：y=()25x x 8x 800x 103x 20-+<<+；（3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，两个圆交于点G ，则PG=PQ ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D ，GD 为相交所得的公共弦， ∵点Q 时弧GD 的中点， ∴DG ⊥EP ， ∵AG 是圆P 的直径， ∴∠GDA=90°， ∴EP ∥BD ，由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形， ∴AG=EP=BD ，∴5设圆的半径为r ，在△ADG 中，AD=2rcosβ=5，DG=5，AG=2r ，5+2r=45，解得：2r=51+， 则：DG=5=10-25， 相交所得的公共弦的长为10-25． 【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．9．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 BQk 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2BQCQ）． 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2AQk 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 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 不相切，设直线QM 与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()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ +=++=+=，2CQ ，推出2MQ NQ DQk DQ CQ CQ+===，可得当3k =时，3DQ =，此时221CD CQ DQ =-=，假设C 经过点Q ，此时2r ，因为点Q 早C 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 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 的切线，12222QA k QC ∴=== ②2(12,0)A +在C 上，2212122k +∴==，2A ∴是C 的“2相关依附点”．2（2）①如图2，当1r =时，不妨设直线QM 与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 ⊥．(1,0)Q -，(1,0)C ，1r =，2CQ ∴=，1CM =，∴3MQ =，此时23MQk CQ==； ②如图3中，若直线QM 与C 不相切，设直线QM 与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 =，()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ ∴+=++=+=，2CQ =，∴2MQ NQ DQk DQ CQ CQ+===，∴当3k =时，3DQ =，此时221CD CQ DQ =-=，假设C 经过点Q ，此时2r ，点Q 早C 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 经过点(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =+经过点Q 时，3b =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 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．10．如图，AB 为⊙O 的直径，DA 、DC 分别切⊙O 于点A ，C ，且AB =AD ． （1）求tan ∠AOD 的值．（2）AC，OD交于点E，连结BE．①求∠AEB的度数；②连结BD交⊙O于点H，若BC=1，求CH的长．【答案】（1）2；（2）①∠AEB＝135°；②2 CH=【解析】【分析】（1）根据切线的性质可得∠BAD=90°，由题意可得AD=2AO，即可求tan∠AOD的值；（2）①根据切线长定理可得AD=CD，OD平分∠ADC，根据等腰三角形的性质可得DO⊥AC，AE=CE，根据圆周角定理可求∠ACB=90°，即可证∠ABC=∠CAD，根据“AAS”可证△ABC≌△DAE，可得AE=BC=EC，可求∠BEC=45°，即可求∠AEB的度数；②由BC=1，可求AE=EC=1，BE2=，根据等腰直角三角形的性质可求∠ABE=∠HBC，可证△ABE∽△HBC，可求CH的长．【详解】（1）∵DA是⊙O切线，∴∠BAD=90°．∵AB=AD，AB=2AO，∴AD=2AO，∴tan∠AODADAO==2；（2）①∵DA、DC分别切⊙O于点A，C，∴AD=CD，OD平分∠ADC，∴DO⊥AC，AE=CE．∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，且∠BAC+∠CAD=90°，∴∠ABC=∠CAD，且AB=AD，∠ACB=∠AED=90°，∴△ABC≌△DAE（AAS），∴CB=AE，∴CE=CB，且∠ACB=90°，∴∠BEC=45°=∠EBC，∴∠AEB=135°．②如图，∵BC=1，且BC=AE=CE，∴AE=EC=BC=1，∴BE2=．∵AD=AB，∠BAD=90°，∴∠ABD=45°，且∠EBC=45°，∴∠ABE=∠HBC，且∠BAC=∠CHB，∴△ABE∽△HBC，∴BC CHEB AE=，即12CH=，∴CH22=．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．。
初三数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)及答案
初三数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)及答案一、圆的综合1．（1）如图1，在矩形ABCD 中，点O 在边AB 上，∠AOC =∠BOD ，求证：AO =OB ； （2）如图2，AB 是⊙O 的直径，PA 与⊙O 相切于点A ，OP 与⊙O 相交于点C ，连接CB ，∠OPA =40°，求∠ABC 的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）25°. 【解析】试题分析： （1）根据等量代换可求得∠AOD=∠BOC ，根据矩形的对边相等，每个角都是直角，可知∠A=∠B=90°，AD=BC ，根据三角形全等的判定AAS 证得△AOD ≌△BOC ，从而得证结论．（2）利用切线的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质得到圆心角∠POA 的度数，然后利用圆周角定理来求∠ABC 的度数． 试题解析：（1）∵∠AOC=∠BOD ∴∠AOC -∠COD=∠BOD-∠COD 即∠AOD=∠BOC ∵四边形ABCD 是矩形 ∴∠A=∠B=90°，AD=BC ∴AOD BOC ∆≅∆ ∴AO=OB （2）解：∵AB 是O 的直径，PA 与O 相切于点A ，∴PA ⊥AB ， ∴∠A=90°. 又∵∠OPA=40°， ∴∠AOP=50°， ∵OB=OC ， ∴∠B=∠OCB. 又∵∠AOP=∠B+∠OCB ， ∴1252B OCB AOP ∠=∠=∠=︒.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 +=26，∴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△ABC 的外接圆⊙O 的直径，过点C 作⊙O 的切线CM ，延长BC 到点D ，使CD=BC ，连接AD 交CM 于点E ，若⊙OD 半径为3，AE=5， （1）求证：CM ⊥AD ； （2）求线段CE 的长.【答案】（1）见解析；（2）5 【解析】分析：（1）连接OC ，根据切线的性质和圆周角定理证得AC 垂直平分BD ，然后根据平行线的判定与性质证得结论；（2）根据相似三角形的判定与性质证明求解即可. 详解：证明：（1）连接OC∵CM 切⊙O 于点C ， ∴∠OCE=90°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵CD=BC，∴AC垂直平分BD，∴AB=AD，∴∠B=∠D∵∠B=∠OCB∴∠D=∠OCB∴OC∥AD∴∠CED=∠OCE=90°∴CM⊥AD.（2）∵OA=OB，BC=CD∴OC=1AD2∴AD=6∴DE=AD-AE=1易证△CDE～△ACE∴CE DEAE CE∴CE2=AE×DE∴CE=5点睛：此题主要考查了切线的性质和相似三角形的判定与性质的应用，灵活判断边角之间的关系是解题关键，是中档题.4．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．5．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧().AB()1用直尺和圆规作出AB所在圆的圆心O；(要求保留作图痕迹，不写作法)()2若AB的中点C到弦AB的距离为2080m AB m=，，求AB所在圆的半径．【答案】(1)见解析；（2）50m【解析】分析：()1连结AC、BC，分别作AC和BC的垂直平分线，两垂直平分线的交点为点O，如图1；()2连接OA OC OC，，交AB于D，如图2，根据垂径定理的推论，由C为AB的中点得到1OC AB AD BD AB402⊥===，，则CD20=，设O的半径为r，在Rt OAD中利用勾股定理得到222r (r 20)40=-+，然后解方程即可． 详解：()1如图1，点O 为所求；()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，C 为AB 的中点，OC AB ∴⊥，1402AD BD AB ∴===，设O 的半径为r ，则20OA r OD OD CD r ==-=-，，在Rt OAD 中，222OA OD AD =+，222(20)40r r ∴=-+，解得50r =，即AB 所在圆的半径是50m ．点睛：本题考查了垂径定理及勾股定理的应用，在利用数学知识解决实际问题时，要善于把实际问题与数学中的理论知识联系起来，能将生活中的问题抽象为数学问题．6．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 3FC 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°.∵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=AE43 tan ACE33∠==设OA＝OC＝r，则OE＝OA－AE＝r－4.在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋CE2，即r2＝(r－4)2＋32，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°.在Rt△FOC中，∵∠OCF＝90°，OC＝8，∠F＝30°，∴OF＝2OC＝16，∴FC22OF OC83-=.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．7．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）2﹣12（5t﹣10）2=﹣72t2+50t﹣50．如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（20﹣t）2﹣12（30﹣3t）2=﹣72t2+50t﹣50．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0＜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．8．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 ＝12DA ； (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）215. 【解析】 【分析】()1由BD 为O 的直径，得到D ABD 90∠∠+=，根据切线的性质得到FBA ABD 90∠∠+=，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；()3根据相似三角形的性质得到AB BD 2OHOC==，根据勾股定理得到22AD BD AB 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212AF 916==，根据相交弦定理即可得到结论．【详解】()1BD 为O 的直径，90BAD ∴∠=，90D ABD ∴∠+∠=，FB 是O 的切线， 90FBD ∴∠=， 90FBA ABD ∴∠+∠=，FBA D ∴∠=∠， AB AC =，C ABC ∴∠=∠， CD ∠=∠，ABF ABC ∴∠=∠；()2如图2，连接OC ，90OHC HCA ∠=∠=，//AC OH ∴，ACO COH ∴∠=∠， OB OC =，OBC OCB ∴∠=∠，ABC CBO ACB OCB ∴∠+∠=∠+∠， 即ABD ACO ∠=∠， ABC COH ∴∠=∠，90H BAD ∠=∠=，ABD ∴∽HOC ， 2AD BD CH OC ∴==， 12CH DA ∴=； ()3由()2知，ABC ∽HOC ，2AB BDOH OC∴==， 6OH =，O 的半径为10，212AB OH ∴==，20BD =，2216AD BD AB ∴=-=，在ABF 与ABE 中，90ABF ABE AB AB BAF BAE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=⎩， ABF ∴≌ABE ，BF BE ∴=，AF AE =， 90FBD BAD ∠=∠=，2AB AF AD ∴=⋅，212916AF ∴==，9AE AF ∴==，7DE ∴=，2215BE AB AE =+=， AD ，BC 交于E ， AE DE BE CE ∴⋅=⋅，9721155AE DE CE BE ⋅⨯∴===．【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．9．已知P 是O 的直径BA 延长线上的一个动点，∠P 的另一边交O 于点C 、D ，两点位于AB 的上方，AB ＝6，OP=m ，1sin 3P ＝，如图所示．另一个半径为6的1O 经过点C 、D ，圆心距1OO n ＝． （1）当m=6时，求线段CD 的长；（2）设圆心O 1在直线AB 上方，试用n 的代数式表示m ；（3）△POO 1在点P 的运动过程中，是否能成为以OO 1为腰的等腰三角形，如果能，试求出此时n 的值；如果不能，请说明理由．【答案】(1)CD=2523812n n- ;(3) n 9559155 【解析】分析：（1）过点O 作OH ⊥CD ，垂足为点H ，连接OC ．解Rt △POH ，得到OH 的长．由勾股定理得CH 的长，再由垂径定理即可得到结论； （2）解Rt △POH ，得到Rt 3mOH OCH ＝．在和Rt △1O CH 中，由勾股定理即可得到结论；（3）△1POO 成为等腰三角形可分以下几种情况讨论：① 当圆心1O 、O 在弦CD 异侧时，分1OP OO ＝和11O P OO ＝．②当圆心1O 、O 在弦CD 同侧时，同理可得结论． 详解：（1）过点O 作OH ⊥CD ，垂足为点H ，连接OC ．在Rt △1sin 63POH P PO =中，＝，，∴2OH =． ∵AB ＝6，∴3OC ＝． 由勾股定理得： 5CH = ∵OH ⊥DC ，∴225CD CH ==．（2）在Rt △1sin 3POH P PO m 中，＝，＝，∴3m OH ＝． 在Rt △OCH 中，2293m CH ⎛⎫- ⎪⎝⎭＝． 在Rt △1O CH 中，22363m CH n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭＝． 可得： 2236933m m n ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝，解得23812n m n -：＝．（3）△1POO 成为等腰三角形可分以下几种情况： ① 当圆心1O 、O 在弦CD 异侧时i ）1OP OO ＝，即m n ＝，由23812n n n-＝，解得9n ：＝．即圆心距等于O 、1O 的半径的和，就有O 、1O 外切不合题意舍去．ii ）11O P OO ＝22233m m n m -+-（）（）n ＝，解得：23m n ＝，即23n 23812n n-＝，解得9155n ：＝． ②当圆心1O 、O 在弦CD 同侧时，同理可得： 28132n m n-＝．∵1POO ∠是钝角，∴只能是m n =，即28132nn n-＝，解得955n ：＝． 综上所述：n 的值为955或9155． 点睛：本题是圆的综合题．考查了圆的有关性质和两圆的位置关系以及解直径三角形．解答（3）的关键是要分类讨论．10．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) 233π【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 ∴BEDF∴∠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＝HGHB ＝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.11．如图，已知AB是⊙O的直径，P是BA延长线上一点，PC切⊙O于点C，CD⊥AB，垂足为D．（1）求证：∠PCA＝∠ABC；（2）过点A 作AE ∥PC 交⊙O 于点E ，交CD 于点F ，交BC 于点M ，若∠CAB ＝2∠B ，CF ＝3，求阴影部分的面积． 【答案】（1）详见解析；（2）6334π-.【解析】 【分析】（1）如图，连接OC ，利用圆的切线的性质和直径对应的圆周角是直角可得∠PCA=∠OCB ，利用等量代换可得∠PCA=∠ABC.（2）先求出△OCA 是等边三角形，在利用三角形的等边对等角定理求出FA=FC 和CF=FM,然后分别求出AM 、AC 、MO 、CD 的值，分别求出0A E S ∆、BOE S 扇形 、ABM S ∆ 的值，利用0A E ABM BOE S S S S ∆∆=+-阴影部分扇形，然后通过计算即可解答.【详解】解：（1）证明：连接OC ，如图，∵PC 切⊙O 于点C ，∴OC ⊥PC, ∴∠PCA+∠ACO=90º,∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB=∠ACO+OCB=90º ∴∠PCA=∠OCB, ∵OC=OB,∴∠OBC=∠OCB, ∴∠PCA=∠ABC ； （2）连接OE ，如图，∵△ACB 中，∠ACB ＝90º,∠CAB ＝2∠B, ∴∠B ＝30º,∠CAB ＝60º,∴△OCA 是等边三角形， ∵CD ⊥AB,∴∠ACD+∠CAD ＝∠CAD ＋∠ABC ＝90º, ∴∠ACD ＝∠B ＝30º,∵PC ∥AE,∴∠PCA ＝∠CAE ＝30º,∴FC=FA, 同理，CF ＝FM,∴AM ＝2CF=3 Rt △ACM 中，易得AC=33=3＝OC,∵∠B ＝∠CAE ＝30º,∴∠AOC=∠COE=60º, ∴∠EOB=60º,∴∠EAB=∠ABC=30º,∴MA=MB, 连接OM,EG ⊥AB 交AB 于G 点，如图所示，∵OA=OB,∴MO ⊥AB,∴MO ＝OA×tan30º=3 , ∵△CDO ≌△EDO(AAS)， ∴EG=CD=AC×sin60º=332， ∴1332ABM S AB MO ∆=⨯=, 同样，易求934AOE S ∆=， 260333602BOES ππ⨯==扇形 ∴0A E ABM BOE S S S S ∆∆=+-阴影部分扇形=93363333424ππ-+-=. 【点睛】本题考查了切线的性质、解直角三角形、扇形面积和识图的能力，综合性较强，有一定难度，熟练掌握定理并准确识图是解题的关键.12．如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，∠BAD =90°，AD 、BC 的延长线交于点F ，点E 在CF 上，且∠DEC =∠BAC ． （1）求证：DE 是⊙O 的切线；（2）当AB =AC 时，若CE =2，EF =3，求⊙O 的半径．【答案】（1）证明见解析；（235． 【解析】【分析】（1）先判断出BD 是圆O 的直径，再判断出BD ⊥DE ，即可得出结论；（2）根据余角的性质和等腰三角形的性质得到∠F =∠EDF ，根据等腰三角形的判定得到DE =EF =3，根据勾股定理得到CD 225DE CE =-=，证明△CDE ∽△DBE ，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）如图，连接BD ．∵∠BAD =90°，∴点O 必在BD 上，即：BD 是直径，∴∠BCD =90°，∴∠DEC +∠CDE =90°． ∵∠DEC =∠BAC ，∴∠BAC +∠CDE =90°．∵∠BAC =∠BDC ，∴∠BDC +∠CDE =90°，∴∠BDE =90°，即：BD ⊥DE ． ∵点D 在⊙O 上，∴DE 是⊙O 的切线；（2）∵∠BAF =∠BDE =90°，∴∠F +∠ABC =∠FDE +∠ADB =90°． ∵AB =AC ，∴∠ABC =∠ACB ．∵∠ADB =∠ACB ，∴∠F =∠FDE ，∴DE =EF =3． ∵CE =2，∠BCD =90°，∴∠DCE =90°，∴CD 225DE CE =-=．∵∠BDE =90°，CD ⊥BE ，∴∠DCE =∠BDE =90°． ∵∠DEC =∠BED ，∴△CDE ∽△DBE ，∴CD BD CE DE =，∴BD 533522⨯==，∴⊙O 的半径354=．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，求出DE =EF 是解答本题的关键．13．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；（21534【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 AC BCP ACM CP CM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCP ≌△ACM （SAS ），∴PB=AM ，∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，在Rt △PMH 中，∠MPH=30°，∴332∴S梯形PBCM=12（PB+CM）×PH=12×（2+3）×332=1534．【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．14．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．15．在△ABC 中，0090,60ACB BAC ∠=∠=，AC=2，P 为△ABC 所在平面内一点，分别连PA,PB ,PC ．（1）如图1,已知，APB BPC APC ∠=∠=∠，以A 为旋转中心，将APB ∆顺时针旋转60度，得到AMN ∆.①请画出图形，并求证：C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上；②求PA+PB+PC 的值.（2）如图2，如果点P 满足090BPC ∠=，设Q 为AB 边中点，求PQ 的取值范围.【答案】（1）①详见解析；②7；（231312PQ PQ ≤≤≠且；【解析】【分析】（1）①欲证明C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上，只要证明∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°即可；②只要证明PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN ，在Rt △CBN 中，利用勾股定理求出NC 即可； （2）如图2中，由∠BPC=90°，推出点P 在以BC 为直径的圆上（P 不与B 、C 重合），设BC 的中点为O ，作直线OQ 交⊙O 与P 和P′，可得PQ 3-1，PQ 的最大值为3+1，PQ≠2，由此即可解决问题；【详解】（1）①证明：如图，∵△APB≌△AMN，△APM是等边三角形，∴∠APM=∠APM=60°，∵∠APB=∠BPC=∠APC=120°，∴∠APB=∠BPC=∠APC=∠AMN=120°，∴∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°，∴C、P、M、N四点在同一条直线上；②解：连接BN,易得ΔABN是等边三角形∴∠ABN=60°，∵∠ABC=30°，∴∠NBC=90°，∵AC=2，∴AB=BN=4，BC=23，∵PA=PM，PB=MN，∴PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN，在Rt△CBN中，CN=22+=，BC BN27∴PA+PB+PC=27．(2) 如图2中，∵∠BPC=90°，∴点P在以BC为直径的圆上（P不与B、C重合），设BC的中点为O，作直线OQ交⊙O与P和P′，可得PQ3-1，PQ3+1，PQ≠2，∴33+1且PQ≠2．且∴≤≤≠PQ1PQ1PQ2【点睛】本题考查几何变换综合题、等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质、勾股定理、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．。
【数学】数学圆的综合的专项培优练习题及答案解析
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D在BC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•AC；（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•A B，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：k=33或k=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=﹣4d2+6d+18=﹣4（d﹣34）2+814，∴当d=34，即OM=34时，AB•AC最大，最大值为814，∴DC2=272，∴AC=DC=362，∴AB=964，此时32ABAC．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．2．不用圆规、三角板，只用没有刻度的直尺，用连线的方法在图1、2中分别过圆外一点A作出直径BC所在射线的垂线．【答案】画图见解析.【解析】【分析】根据直角所对的圆周角是直角，构造直角三角形，利用直角三角形性质可画出垂线；或结合圆的轴对称性质也可以求出垂线.【详解】解：画图如下：【点睛】本题考核知识点：作垂线.解题关键点：结合圆的性质和直角三角形性质求出垂线.3．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=12 BD，∴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．4．如图，AD是△ABC的角平分线，以AD为弦的⊙O交AB、AC于E、F，已知EF∥BC．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）若已知AE=9，CF=4，求DE长；（3）在（2）的条件下，若∠BAC=60°，求tan∠AFE的值及GD长．【答案】（1）证明见解析（2）DE=6（318367-【解析】试题分析：（1）连接OD，由角平分线的定义得到∠1=∠2，得到DE DF=，根据垂径定理得到OD⊥EF，根据平行线的性质得到OD⊥BC，于是得到结论；（2）连接DE，由DE DF=，得到DE=DF，根据平行线的性质得到∠3=∠4，等量代换得到∠1=∠4，根据相似三角形的性质即可得到结论；（3）过F作FH⊥BC于H，由已知条件得到∠1=∠2=∠3=∠4=30°，解直角三角形得到FH=12DF=12×6=3，3227CF HF-=，根据三角函数的定义得到tan∠AFE=tan∠C=377HFCH=；根据相似三角形到现在即可得到结论．试题解析：（1）连接OD，∵AD是△ABC的角平分线，∴∠1=∠2，∴DE DF=，∴OD⊥EF，∵EF∥BC，∴OD⊥BC，∴BC是⊙O的切线；（2）连接DE，∵DE DF=，∴DE=DF，∵EF∥BC，∴∠3=∠4，∵∠1=∠3，∴∠1=∠4，∵∠DFC=∠AED，∴△AED∽△DFC，∴AE DE DF CF =，即94DE DE =， ∴DE 2=36，∴DE=6；（3）过F 作FH ⊥BC 于H ，∵∠BAC=60°，∴∠1=∠2=∠3=∠4=30°， ∴FH=12DF=162⨯=3，DH=33， ∴CH=227CF HF -=，∵EF ∥BC ，∴∠C=∠AFE ，∴tan ∠AFE=tan ∠C=377HF CH =； ∵∠4=∠2．∠C=∠C ，∴△ADC ∽△DFC ，∴AD CD DF CF=， ∵∠5=∠5，∠3=∠2，∴△ADF ∽△FDG ，∴AD DF DF DG =， ∴CD DF CF DG =，即3376DG+=， ∴DG=18367-．点睛：本题考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键.5．定义：数学活动课上，李老师给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”.理解：⑴如图，已知是⊙上两点，请在圆上找出满足条件的点，使为“智慧三角形”（画出点的位置，保留作图痕迹）；⑵如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且，试判断是否为“智慧三角形”，并说明理由；运用：⑶如图，在平面直角坐标系中，⊙的半径为，点是直线上的一点，若在⊙上存在一点，使得为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，直接写出此时点的坐标.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）P的坐标（22，1322，13）．【解析】试题分析：（1）连结AO并且延长交圆于C1，连结BO并且延长交圆于C2，即可求解；（2）设正方形的边长为4a，表示出DF=CF以及EC、BE的长，然后根据勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF是直角三角形，由直角三角形的性质可得△AEF为“智慧三角形”；（3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可求斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解．试题解析：（1）如图1所示：（2）△AEF是否为“智慧三角形”，理由如下：设正方形的边长为4a，∵E是DC的中点，∴DE=CE=2a，∵BC：FC=4：1，∴FC=a，BF=4a﹣a=3a，在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE2+EF2=AF2，∴△AEF是直角三角形，∵斜边AF上的中线等于AF的一半，∴△AEF为“智慧三角形”；（3）如图3所示：由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，由勾股定理可得PQ=，PM=1×2÷3=，由勾股定理可求得OM=，故点P的坐标（﹣，），（，）．考点：圆的综合题．6．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°，3∴0 tan30ODPD=，解得OD=1，∴22PO PD OD+，∴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．7．如图，AB 为O 的直径，C 、D 为O 上异于A 、B 的两点，连接CD ，过点C 作CE DB ⊥，交CD 的延长线于点E ，垂足为点E ，直径AB 与CE 的延长线相交于点F .（1）连接AC 、AD ，求证：180DAC ACF ∠+∠=︒.（2）若2ABD BDC ∠=∠.①求证：CF 是O 的切线.②当6BD =，3tan 4F =时，求CF 的长. 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② 203CF =. 【解析】【分析】（1）根据圆周角定理证得∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，由CE ⊥DB 证得AD ∥CF ，根据平行线的性质即可证得结论；（2）①连接OC ．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出∠3=2∠1，由已知∠4=2∠1，得到∠4=∠3，则OC ∥DB ，再由CE ⊥DB ，得到OC ⊥CF ，根据切线的判定即可证明CF 为⊙O 的切线；②由CF ∥AD ，证出∠BAD=∠F ，得出tan ∠BAD=tan ∠F=BD AD =34，求出AD=43BD=8，利用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5，再由tanF=OC CF =34，即可求出CF ． 【详解】解：（1）AB 是O 的直径，且D 为O 上一点，90ADB ∴∠=︒，CE DB ⊥，90DEC ∴∠=︒，//CF AD ∴，180DAC ACF ∴∠+∠=︒.（2）①如图，连接OC .OA OC =，12∴∠=∠.312∠=∠+∠，321∴∠=∠.42BDC ∠=∠，1BDC ∠=∠，421∴∠=∠，43∴∠=∠，//OC DB ∴.CE DB ⊥，OC CF ∴⊥.又OC 为O 的半径，CF ∴为O 的切线.②由（1）知//CF AD ，BAD F ∴∠=∠，3tan tan 4BAD F ∴∠==， 34BD AD ∴=.6BD = 483AD BD ∴==， 226810AB ∴=+=，5OB OC ==.OC CF ⊥，90OCF ∴∠=︒，3tan 4OC F CF ∴==， 解得203CF =. 【点睛】本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果．8．（问题情境）如图1，点E 是平行四边形ABCD 的边AD 上一点，连接BE 、CE ．求证：BCE 1S 2=S 平行四边形ABCD ．（说明：S 表示面积） 请以“问题情境”为基础，继续下面的探究 （探究应用1）如图2，以平行四边形ABCD 的边AD 为直径作⊙O ，⊙O 与BC 边相切于点H ，与BD 相交于点M ．若AD ＝6，BD ＝y ，AM ＝x ，试求y 与x 之间的函数关系式． （探究应用2）如图3，在图1的基础上，点F 在CD 上，连接AF 、BF ，AF 与CE 相交于点G ，若AF ＝CE ，求证：BG 平分∠AGC ．（迁移拓展）如图4，平行四边形ABCD 中，AB ：BC ＝4：3，∠ABC ＝120°，E 是AB 的中点，F 在BC 上，且BF ：FC ＝2：1，过D 分别作DG ⊥AF 于G ，DH ⊥CE 于H ，请直接写出DG ：DH 的值．【答案】【问题情境】见解析；【探究应用1】18y x=；【探究应用2】见解析；【迁移1927【解析】【分析】（1）作EF ⊥BC 于F ，则S △BCE ＝12BC×EF ，S 平行四边形ABCD ＝BC×EF ，即可得出结论； （2）连接OH ，由切线的性质得出OH ⊥BC ，OH ＝12AD ＝3，求出平行四边形ABCD 的面积＝AD×OH ＝18，由圆周角定理得出AM ⊥BD ，得出△ABD 的面积＝12BD×AM ＝12平行四边形的面积＝9，即可得出结果； （3）作BM ⊥AF 于M ，BN ⊥CE 于N ，同图1得：△ABF 的面积＝△BCE 的面积＝12平行四边形ABCD 的面积，得出12AF×BM ＝12CE×BN ，证出BM ＝BN ，即可得出BG 平分∠AGC ． （4）作AP ⊥BC 于P ，EQ ⊥BC 于Q ，由平行四边形的性质得出∠ABP ＝60°，得出∠BAP ＝30°，设AB ＝4x ，则BC ＝3x ，由直角三角形的性质得出BP ＝12AB ＝2x ，BQ ＝12BE ，AP ＝BP ＝，由已知得出BE ＝2x ，BF ＝2x ，得出BQ ＝x ，EQ x ，PF ＝4x ，QF ＝3x ，QC ＝4x ，由勾股定理求出AF ＝x ，CE，连接DF 、DE ，由三角形的面积关系得出AF×DG ＝CE×DH ，即可得出结果．【详解】（1）证明：作EF ⊥BC 于F ，如图1所示：则S △BCE ＝12BC×EF ，S 平行四边形ABCD ＝BC×EF ， ∴12BCE ABCD S S =．（2）解：连接OH ，如图2所示：∵⊙O 与BC 边相切于点H ， ∴OH ⊥BC ，OH ＝12AD ＝3， ∴平行四边形ABCD 的面积＝AD×OH ＝6×3＝18，∵AD 是⊙O 的直径，∴∠AMD ＝90°，∴AM ⊥BD ，∴△ABD 的面积＝12BD×AM ＝12平行四边形的面积＝9， 即12xy ＝9， ∴y 与x 之间的函数关系式y ＝18x ；（3）证明：作BM ⊥AF 于M ，BN ⊥CE 于N ，如图3所示：同图1得：△ABF 的面积＝△BCE 的面积＝12平行四边形ABCD 的面积， ∴12AF×BM ＝12CE×BN ， ∵AF ＝CE ，∴BM ＝BN ，∴BG 平分∠AGC ． （4）解：作AP ⊥BC 于P ，EQ ⊥BC 于Q ，如图4所示：∵平行四边形ABCD 中，AB ：BC ＝4：3，∠ABC ＝120°，∴∠ABP ＝60°，∴∠BAP ＝30°，设AB ＝4x ，则BC ＝3x ，∴BP ＝12AB ＝2x ，BQ ＝12BE ，AP ＝3BP ＝23x ， ∵E 是AB 的中点，F 在BC 上，且BF ：FC ＝2：1，∴BE ＝2x ，BF ＝2x ，∴BQ ＝x ， ∴EQ ＝3x ，PF ＝4x ，QF ＝3x ，QC ＝4x ，由勾股定理得：AF ＝22AP PF +＝27x ，CE ＝22EQ QC +＝19x ，连接DF 、DE ，则△CDE 的面积＝△ADF 的面积＝12平行四边形ABCD 的面积， ∴AF×DG ＝CE×DH ， ∴DG ：DH ＝CE ：AF ＝19x :27x 19:27=．【点睛】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、平行四边形的性质、三角形面积公式、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的判定等知识；本题综合性强，需要添加辅助线，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．9．已知：如图，四边形ABCD为菱形，△ABD的外接圆⊙O与CD相切于点D，交AC于点E．（1）判断⊙O与BC的位置关系，并说明理由；（2）若CE=2，求⊙O的半径r．【答案】（1）相切，理由见解析；（2）2.【解析】试题分析：（1）根据切线的性质，可得∠ODC的度数，根据菱形的性质，可得CD与BC 的关系，根据SSS，可得三角形全等，根据全等三角形的性质，可得∠OBC的度数，根据切线的判定，可得答案；（2）根据等腰三角形的性质，可得∠ACD=∠CAD，根据三角形外角的性质，∠COD=∠OAD+∠AOD，根据直角三角形的性质，可得OC与OD的关系，根据等量代换，可得答案．（1）⊙O与BC相切，理由如下连接OD、OB，如图所示：∵⊙O与CD相切于点D，∴OD⊥CD，∠ODC=90°．∵四边形ABCD为菱形，∴AC垂直平分BD，AD=CD=CB．∴△ABD的外接圆⊙O的圆心O在AC上，∵OD=OB，OC=OC，CB=CD，∴△OBC≌△ODC．∴∠OBC=∠ODC=90°，又∵OB为半径，∴⊙O与BC相切；（2）∵AD=CD，∴∠ACD=∠CAD．∵AO=OD，∴∠OAD=∠ODA．∵∠COD=∠OAD+∠AOD，∠COD=2∠CAD．∴∠COD=2∠ACD又∵∠COD+∠ACD=90°，∴∠ACD=30°．∴OD=12OC，即r=12（r+2）．∴r=2．【点睛】运用了切线的判定与性质，利用了切线的判定与性质，菱形的性质，直角三角形的性质．10．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＝12DA；(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O的直径，得到D ABD90∠∠+=，根据切线的性质得到FBA ABD 90∠∠+=，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；()3根据相似三角形的性质得到AB BD 2OH OC==，根据勾股定理得到22AD BD AB 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212AF 916==，根据相交弦定理即可得到结论． 【详解】()1BD 为O 的直径，90BAD ∴∠=，90D ABD ∴∠+∠=，FB 是O 的切线，90FBD ∴∠=，90FBA ABD ∴∠+∠=，FBA D ∴∠=∠，AB AC =，C ABC ∴∠=∠，C D ∠=∠，ABF ABC ∴∠=∠；()2如图2，连接OC ，90OHC HCA ∠=∠=，//AC OH ∴，ACO COH ∴∠=∠，OB OC =，OBC OCB ∴∠=∠，ABC CBO ACB OCB ∴∠+∠=∠+∠，即ABD ACO ∠=∠，ABC COH ∴∠=∠，90H BAD ∠=∠=，ABD ∴∽HOC ，2AD BD CH OC∴==， 12CH DA ∴=； ()3由()2知，ABC ∽HOC ， 2AB BD OH OC∴==， 6OH =，O 的半径为10，212AB OH ∴==，20BD =，16AD ∴==，在ABF 与ABE 中，90ABF ABE AB AB BAF BAE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=⎩， ABF ∴≌ABE ，BF BE ∴=，AF AE =，90FBD BAD ∠=∠=，2AB AF AD ∴=⋅，212916AF ∴==， 9AE AF ∴==，7DE ∴=，15BE ==， AD ，BC 交于E ，AE DE BE CE ∴⋅=⋅，9721155AE DE CE BE ⋅⨯∴===． 【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．。
【数学】数学圆的综合的专项培优练习题含答案
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，已知△ABC中，AC=BC，以BC为直径的⊙O交AB于E，过点E作EG⊥AC于G，交BC的延长线于F．（1）求证：AE=BE；（2）求证：FE是⊙O的切线；（3）若FE=4，FC=2，求⊙O的半径及CG的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）证明：连接CE，如图1所示：∵BC是直径，∴∠BEC=90°，∴CE⊥AB；又∵AC=BC，∴AE=BE．（2）证明：连接OE，如图2所示：∵BE=AE，OB=OC，∴OE是△ABC的中位线，∴OE∥AC，AC=2OE=6．又∵EG⊥AC，∴FE⊥OE，∴FE是⊙O的切线．（3）解：∵EF是⊙O的切线，∴FE2=FC•FB．设FC=x，则有2FB=16，∴FB=8，∴BC=FB﹣FC=8﹣2=6，∴OB=OC=3，即⊙O的半径为3；∴OE=3．∵OE∥AC，∴△FCG∽△FOE，∴，即，解得：CG=．点睛：本题利用了等腰三角形三线合一定理，三角形中位线的判定，切割线定理，以及勾股定理，还有平行线分线段成比例定理，切线的判定等知识．2．（类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切．以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形（性质探究）如图1，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系猜想结论：（要求用文字语言叙述）写出证明过程（利用图1，写出已知、求证、证明）（性质应用）①初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形（填序号）A：平行四边形：B：菱形：C：矩形；D：正方形②如图2，圆外切四边形ABCD，且AB=12，CD=8，则四边形的周长是．③圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5：4：7，求四边形各边的长．【答案】见解析.【解析】【分析】（1）根据切线长定理即可得出结论；（2）①圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论；②根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论；③根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．【详解】性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：如图1，已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H．求证：AD+BC=AB+CD．证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG=AH，同理：BG=BF，CE=CF，DE=DH，∴AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等．故答案为：圆外切四边形的对边和相等；性质应用：①∵根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等．∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等．故答案为：B，D；②∵圆外切四边形ABCD，∴AB+CD=AD+BC．∵AB=12，CD=8，∴AD+BC=12+8=20，∴四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40．故答案为：40；③∵相邻的三条边的比为5：4：7，∴设此三边为5x，4x，7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为5x+7x﹣4x=8x．∵圆外切四边形的周长为48cm，∴4x+5x+7x+8x=24x=48，∴x=2，∴此四边形的四边为4x=8cm，5x=10cm，7x=14cm，8x=16cm．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键．3．如图，在ABC 中，90ACB ∠=，BAC ∠的平分线AD 交BC 于点D ，过点D 作DE AD ⊥交AB 于点E ，以AE 为直径作O ．()1求证：BC 是O 的切线；()2若3AC =，4BC =，求tan EDB ∠的值．【答案】（1）见解析；（2）1tan 2EDB ∠=． 【解析】【分析】 ()1连接OD ，如图，先证明OD//AC ，再利用AC BC ⊥得到OD BC ⊥，然后根据切线的判定定理得到结论；()2先利用勾股定理计算出AB 5=，设O 的半径为r ，则OA OD r ==，OB 5r =-，再证明BDO ∽BCA ，利用相似比得到r ：()35r =-：5，解得15r 8=，接着利用勾股定理计算5BD 2=，则3CD 2=，利用正切定理得1tan 12∠=，然后证明1EDB ∠∠=，从而得到tan EDB ∠的值．【详解】()1证明：连接OD ，如图，AD 平分BAC ∠，12∴∠=∠，OA OD =，23∴∠=∠，13∴∠=∠，//OD AC ∴，AC BC ⊥，OD BC ∴⊥，BC ∴是O 的切线；()2解：在Rt ACB 中，22345AB =+=， 设O 的半径为r ，则OA OD r ==，5OB r =-，//OD AC ， BDO ∴∽BCA ，OD ∴：AC BO =：BA ，即r ：()35r =-：5，解得158r =， 158OD ∴=，258OB =， 在Rt ODB 中，2252BD OB OD =-=， 32CD BC BD ∴=-=， 在Rt ACD 中，312tan 132CD AC ∠===， AE 为直径，90ADE ∴∠=，90EDB ADC ∴∠+∠=，190ADC ∠+∠=，1EDB ∴∠=∠，1tan 2EDB ∴∠=．【点睛】本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆.判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条的切线垂直于经过切点的半径直线的垂线”；也考查了圆周角定理和解直角三角形．4．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．5．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：∠ACP+∠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）3 PA=PB+PC．【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，延长BP至E，使PE=PC，连接CE．∵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 PCBCE ACPAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BEC≌△APC（SAS），∴BE=PA，∴PA=BE=PB+PC；（3）若∠BAC=120°时，（23．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°．∵弦AB=弦AC，∴∠APB=∠APQ=30°．在△ABP和△AQP中，PB PQAPB APQAP AP=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABP≌△AQP（SAS），∴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=3AG,∴PB+PC=PG﹣QG+PG+CG=PG﹣QG+PG+QG=2PG=23AG，∴3PA=23AG，即3PA=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.6．如图1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作AC、CB、BA，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l为对称轴的交点．（1）如图2，将这个图形的顶点A与线段MN作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为；（2）如图3，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它沿等边△DEF的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；（3）如图4，将这个图形的顶点B与⊙O的圆心O重合，⊙O的半径为3，将它沿⊙O的圆周作无滑动的滚动，当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为（请用含n的式子表示）【答案】（1）3π；（2）27π；（3）23nπ． 【解析】 试题分析：（1）先求出AC 的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论； （2）先判断出莱洛三角形等边△DEF 绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O 重合旋转一周点I 的路径，再用圆的周长公式即可得出．试题解析：解：（1）∵等边△ABC 的边长为3，∴∠ABC =∠ACB =∠BAC =60°，AC BC AB ==，∴AC BC l l ==AB l =603180π⨯=π，∴线段MN 的长为AC BC AB l l l ++=3π．故答案为3π；（2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =21203360π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S 矩形AGHF +S 扇形BAG ）=3（6π+3π）=27π；（3）如图2，连接BI 并延长交AC 于D ．∵I 是△ABC 的重心也是内心，∴∠DAI =30°，AD =12AC =32，∴OI =AI =3230AD cos DAI cos ∠=︒=3，∴当它第1次回到起始位置时，点I 所经过的路径是以O 为圆心，OI 为半径的圆周，∴当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为n •2π•3=23n π．故答案为23n π．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出AC的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I第一次回到起点时，I的路径，是一道中等难度的题目．7．如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E 是AB延长线上一点，CE交⊙O于点F，连接OC、AC．（1）求证：AC平分∠DAO．（2）若∠DAO=105°，∠E=30°①求∠OCE的度数；②若⊙O的半径为22，求线段EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）①∠OCE=45°；②EF =23【解析】【试题分析】（1）根据直线与⊙O相切的性质，得OC⊥CD.又因为AD⊥CD，根据同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线也平行，得：AD//OC. ∠DAC=∠OCA.又因为OC=OA，根据等边对等角，得∠OAC=∠OCA.等量代换得：∠DAC=∠OAC.根据角平分线的定义得：AC平分∠DAO.（2）①因为 AD//OC，∠DAO=105°，根据两直线平行，同位角相等得，中，∠E=30°，利用内角和定理，得：∠OCE=45°.∠EOC=∠DAO=105°，在OCE②作OG⊥CE于点G，根据垂径定理可得FG=CG，因为OC=2，∠OCE=45°.等腰直角三2倍，得CG=OG=2. FG=2.在Rt△OGE中，∠E=30°，得GE=23则EF=GE-FG=23【试题解析】（1）∵直线与⊙O相切，∴OC⊥CD.又∵AD⊥CD，∴AD//OC.∴∠DAC=∠OCA.又∵OC=OA，∴∠OAC=∠OCA.∴∠DAC=∠OAC.∴AC平分∠DAO.（2）解：①∵AD//OC，∠DAO=105°，∴∠EOC=∠DAO=105°∵∠E=30°，∴∠OCE=45°.②作OG⊥CE于点G，可得FG=CG∵OC=22，∠OCE=45°.∴CG=OG=2.∴FG=2.∵在Rt△OGE中，∠E=30°，∴GE=23.∴EF=GE-FG=23-2.【方法点睛】本题目是一道圆的综合题目，涉及到圆的切线的性质，平行线的性质及判定，三角形内角和，垂径定理，难度为中等.8．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9．如图，已知AB是⊙O的直径，P是BA延长线上一点，PC切⊙O于点C，CD⊥AB，垂足为D．（1）求证：∠PCA＝∠ABC；（2）过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，交BC于点M，若∠CAB＝2∠B，CF＝3，求阴影部分的面积．【答案】（1）详见解析；（2）6334π-. 【解析】【分析】（1）如图，连接OC ，利用圆的切线的性质和直径对应的圆周角是直角可得∠PCA=∠OCB ，利用等量代换可得∠PCA=∠ABC.（2）先求出△OCA 是等边三角形，在利用三角形的等边对等角定理求出FA=FC 和CF=FM,然后分别求出AM 、AC 、MO 、CD 的值，分别求出0A E S ∆、BOE S 扇形 、ABM S ∆ 的值，利用0A E ABM BOE S S S S ∆∆=+-阴影部分扇形，然后通过计算即可解答.【详解】解：（1）证明：连接OC ，如图，∵PC 切⊙O 于点C ，∴OC ⊥PC,∴∠PCA+∠ACO=90º,∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB=∠ACO+OCB=90º∴∠PCA=∠OCB,∵OC=OB,∴∠OBC=∠OCB,∴∠PCA=∠ABC ；（2）连接OE ，如图，∵△ACB 中，∠ACB ＝90º,∠CAB ＝2∠B,∴∠B ＝30º,∠CAB ＝60º,∴△OCA 是等边三角形，∵CD ⊥AB,∴∠ACD+∠CAD ＝∠CAD ＋∠ABC ＝90º,∴∠ACD ＝∠B ＝30º,∵PC ∥AE,∴∠PCA ＝∠CAE ＝30º,∴FC=FA,同理，CF ＝FM,∴AM ＝2CF=3Rt △ACM 中，易得AC=33=3＝OC, ∵∠B ＝∠CAE ＝30º,∴∠AOC=∠COE=60º,∴∠EOB=60º,∴∠EAB=∠ABC=30º,∴MA=MB,连接OM,EG ⊥AB 交AB 于G 点，如图所示，∵OA=OB,∴MO ⊥AB,∴MO ＝OA×tan30º=3 , ∵△CDO ≌△EDO(AAS)，∴EG=CD=AC×sin60º=332， ∴1332ABM S AB MO ∆=⨯=, 同样，易求93AOE S ∆=， 260333602BOE S ππ⨯==扇形 ∴0A E ABM BOE S S S S ∆∆=+-阴影部分扇形=933633332ππ-+-=. 【点睛】本题考查了切线的性质、解直角三角形、扇形面积和识图的能力，综合性较强，有一定难度，熟练掌握定理并准确识图是解题的关键.10．如图，在⊙O 中，直径AB 垂直弦CD 于E ，过点A 作∠DAF=∠DAB ，过点D 作AF 的垂线，垂足为F ，交AB 的延长线于点P ，连接CO 并延长交⊙O 于点G ，连接EG ． （1）求证：DF 是⊙O 的切线；（2）若AD=DP ，OB=3，求BD 的长度；（3）若DE=4，AE=8，求线段EG 的长．【答案】（1）证明见解析（2）π（3）13【解析】试题分析：（1）连接OD，由等腰三角形的性质得出∠DAB=∠ADO，再由已知条件得出∠ADO=∠DAF，证出OD∥AF，由已知DF⊥AF，得出DF⊥OD，即可得出结论；（2）易得∠BOD=60°，再由弧长公式求解即可；（3）连接DG，由垂径定理得出DE=CE=4，得出CD=8，由勾股定理求出DG，再由勾股定理求出EG即可．试题解析：（1）证明：连接OD，如图1所示：∵OA=OD，∴∠DAB=∠ADO，∵∠DAF=∠DAB，∴∠ADO=∠DAF，∴OD∥AF，又∵DF⊥AF，∴DF⊥OD，∴DF是⊙O的切线；（2）∵AD=DP∴∠P=∠DAF=∠DAB =x0∴∠P+∠DAF+∠DAB =3x o=90O∴x0=300∴∠BOD=60°，∴BD的长度=（3）解：连接DG，如图2所示：∵AB⊥CD，∴DE=CE=4，∴CD=DE+CE=8，设OD=OA=x，则OE=8﹣x，在Rt△ODE中，由勾股定理得：OE2+DE2=OD2，即（8﹣x）2+42=x2，解得：x=5，∴CG=2OA=10，∵CG是⊙O的直径，∴∠CDG=90°，∴DG=2222-=-=6，108CG CD∴EG=2222+=+=213.DG DE64。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D在BC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•AC；（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•A B，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：k=33或k=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=﹣4d2+6d+18=﹣4（d﹣34）2+814，∴当d=34，即OM=34时，AB•AC最大，最大值为814，∴DC2=272，∴AC=DC=362，∴AB=964，此时32ABAC．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．2．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．3．四边形 ABCD 的对角线交于点 E ，且 AE ＝EC ，BE ＝ED ，以 AD 为直径的半圆过点 E ，圆心 为 O ．（1）如图①，求证：四边形 ABCD 为菱形；（2）如图②，若 BC 的延长线与半圆相切于点 F ，且直径 AD ＝6，求弧AE 的长．【答案】（1）见解析；（2）π2 【解析】 试题分析：（1）先判断出四边形ABCD 是平行四边形，再判断出AC ⊥BD 即可得出结论； （2）先判断出AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ，进而得出∠CDA =30°，最后用弧长公式即可得出结论．试题解析：证明：（1）∵四边形ABCD 的对角线交于点E ，且AE =EC ，BE =ED ，∴四边形ABCD 是平行四边形．∵以AD 为直径的半圆过点E ，∴∠AED =90°，即有AC ⊥BD ，∴四边形ABCD 是菱形；（2）由（1）知，四边形ABCD 是菱形，∴△ADC 为等腰三角形，∴AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ．如图2，过点C 作CG ⊥AD ，垂足为G ，连接FO ．∵BF 切圆O 于点F ，∴OF ⊥AD ，且132OF AD ==，易知，四边形CGOF 为矩形，∴CG =OF =3． 在Rt △CDG 中，CD =AD =6，sin ∠ADC =CG CD =12，∴∠CDA =30°，∴∠ADE =15°． 连接OE ，则∠AOE =2×∠ADE =30°，∴3031802AE ππ⋅⨯==．点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．4．如图，⊙M 与菱形ABCD 在平面直角坐标系中，点M 的坐标为（3，﹣1），点A 的坐标为（﹣2，3），点B 的坐标为（﹣3，0），点C 在x 轴上，且点D 在点A 的左侧． （1）求菱形ABCD 的周长；（2）若⊙M 沿x 轴向右以每秒2个单位长度的速度平移，同时菱形ABCD 沿x 轴向右以每秒3个单位长度的速度平移，设菱形移动的时间为t （秒），当⊙M 与BC 相切，且切点为BC 的中点时，连接BD ，求：①t 的值；②∠MBD 的度数；（3）在（2）的条件下，当点M 与BD 所在的直线的距离为1时，求t 的值．【答案】（1）8；（2）①7；②105°；（3）t=636+33． 【解析】 分析：（1）根据勾股定理求菱形的边长为2，所以可得周长为8；（2）①如图2，先根据坐标求EF 的长，由EE '﹣FE '=EF =7，列式得：3t ﹣2t =7，可得t 的值；②先求∠EBA =60°，则∠FBA =120°，再得∠MBF =45°，相加可得：∠MBD =∠MBF +∠FBD =45°+60°=105°；（3）分两种情况讨论：作出距离MN 和ME ，第一种情况：如图5由距离为1可知：BD 为⊙M 的切线，由BC 是⊙M 的切线，得∠MBE =30°，列式为3t 3=2t +6，解出即可； 第二种情况：如图6，同理可得t 的值．详解：（1）如图1，过A 作AE ⊥BC 于E ．∵点A 的坐标为（﹣23），点B 的坐标为（﹣3，0），∴AE 3，BE =3﹣2=1，∴AB 22AE BE +2231+（）=2． ∵四边形ABCD 是菱形，∴AB =BC =CD =AD =2，∴菱形ABCD 的周长=2×4=8；（2）①如图2，⊙M 与x 轴的切点为F ，BC 的中点为E ．∵M （3，﹣1），∴F （3，0）．∵BC =2，且E 为BC 的中点，∴E （﹣4，0），∴EF =7，即EE '﹣FE '=EF ，∴3t ﹣2t =7，t =7；②由（1）可知：BE =1，AE 3∴tan∠EBA=AEBE =31=3，∴∠EBA=60°，如图4，∴∠FBA=120°．∵四边形ABCD是菱形，∴∠FBD=12∠FBA=11202⨯︒=60°．∵BC是⊙M的切线，∴MF⊥BC．∵F是BC的中点，∴BF=MF=1，∴△BFM是等腰直角三角形，∴∠MBF=45°，∴∠MBD=∠MBF+∠FBD=45°+60°=105°；（3）连接BM，过M作MN⊥BD，垂足为N，作ME⊥BC于E，分两种情况：第一种情况：如图5．∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴∠CBD=60°，∴∠NBE=60°．∵点M与BD所在的直线的距离为1，∴MN=1，∴BD为⊙M的切线．∵BC是⊙M的切线，∴∠MBE=30°．∵ME=1，∴EB=3，∴3t+3=2t+6，t=6﹣3；第二种情况：如图6．∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴∠DBC=60°，∴∠NBE=120°．∵点M与BD所在的直线的距离为1，∴MN=1，∴BD为⊙M的切线．∵BC是⊙M的切线，∴∠MBE=60°．∵ME=MN=1，∴Rt△BEM中，tan60°=MEBE，EB=160tan︒=3，∴3t=2t+6+3，t=6+3；综上所述：当点M与BD所在的直线的距离为1时，t=6﹣3或6+33．点睛：本题是四边形和圆的综合题，考查了菱形的性质、圆的切线的性质和判定、特殊的三角函数值、等腰直角三角形的性质、动点运动问题，此类问题比较复杂，弄清动点运动方向、速度、时间和路程的关系，并与方程相结合，找等量关系，求出时间t的值．5．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=，推出∠BAC=∠DAC，即可推出∠DAC=∠ACO+∠ABO；BD中点，推出CD CB（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 ， ∵BO 2﹣ON 2=EB 2﹣EN 2， ∴（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=7．6．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）62ADE S =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 =;（2）如图，作DF ⊥AE ，垂足为F ，连接BE设EF ＝2x ，DF ＝3x∵DF ∥BE∴AF AD EF 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 255AE ＝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，EH2＝AH•BH（2）2＝（6+a）•（2﹣a）-解得a＝±232m＝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＝71m71【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.7．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．8．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＝12(a+b-c).(2) 若AD交圆于P, PC交圆于H, FH//BC, 求∠CPD;(3)若r=310, PD＝18, PC=272. 求△ABC各边长.【答案】（1）证明见解析（2）45°（3）1010,1510，12【解析】【分析】（1）根据切线长定理，有AE=AF，BD=BF，CD=CE．易证四边形BDOF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∠CPD=45°．（3）由PD=18和10,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∵OD=OF=r∴矩形BDOF 是正方形∴BD=BF=r∴AE=AF=AB-BF=c-r ，CE=CD=BC-BD=a-r∵AE+CE=AC∴c-r+a-r=b整理得：r=12（a+b-c ）（2）取FH 中点O ，连接OD∵FH ∥BC∴∠AFH=∠B=90°∵AB 与圆相切于点F ，∴FH 为圆的直径，即O 为圆心∵FH ∥BC∴∠DOH=∠ODB=90°∴∠CPD=12∠DOH=45°（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°∵PD=18∴DM=12PD=9 ∵10∴22OD DM -22(310)9-9081-3∴tan ∠MOD=DM OM ＝3 ∵DG 为直径 ∴∠DPG=90° ∴OM ∥PG ，∠G+∠ODM=90°∴∠G=∠MOD∵∠ODB=∠ADB+∠ODM=90°∴∠ADB=∠G∴∠ADB=∠MOD∴tan ∠ADB=AB BD=tan ∠MOD=3 ∴AB=3BD=3r=910∴AE=AF=AB-BF=910−310＝610设CE=CD=x ，则BC=310+x ，AC=610+x∵AB 2+BC 2=AC 2∴(910)2．+(310+x)2＝(610+x)2解得：x=910∴BC=1210，AC=1510∴△ABC 各边长AB=910，AC=1510，BC=1210【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．9．如图，AB 是O 的直径，DF 切O 于点D ，BF DF ⊥于F ，过点A 作AC //BF 交BD 的延长线于点C .（1）求证：ABC C ∠∠=；（2）设CA 的延长线交O 于E BF ，交O 于G ，若DG 的度数等于60，试简要说明点D 和点E 关于直线AB 对称的理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）作辅助线，连接OD，由DF为⊙O的切线，可得OD⊥DF，又BF⊥DF，AC∥BF，所以OD∥AC，∠ODB=∠C，由OB=OD得∠ABD=∠ODB，从而可证∠ABC=∠C；（2）连接OG，OD，AD，由BF∥OD，GD=60°，可求证BG=GD AD==60°，由平行线的性质及三角形的内角和定理可求出∠OHD=90°，由垂径定理便可得出结论．【详解】（1）连接OD，∵DF为⊙O的切线，∴OD⊥DF．∵BF⊥DF，AC∥BF，∴OD∥AC∥BF．∴∠ODB=∠C．∵OB=OD，∴∠ABD=∠ODB．∴∠ABC=∠C．（2）连接OG，OD，AD，DE，DE交AB于H，∵BF∥OD，∴∠OBG=∠AOD，∠OGB=∠DOG，∴GD AD==BG．∵GD=60°，∴BG=GD AD==60°，∴∠ABC=∠C=∠E=30°，∵OD//CE∴∠ODE=∠E=30°．在△ODH中，∠ODE=30°，∠AOD=60°，∴∠OHD=90°，∴AB⊥DE．∴点D和点E关于直线AB对称．【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理及垂径定理，解答此题的关键是作出辅助线，利用数形结合解答．10．如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，点E在CB的延长线上，连结AC、AE，∠ACB=∠BAE=45°．（1）求证：AE是⊙O的切线；（2）若AB=AD，AC=32，tan∠ADC=3，求BE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）52 BE=【解析】试题分析：（1）连接OA、OB，由圆周角定理得出∠AOB=2∠ACB=90°，由等腰直角三角形的性质得出∠OAB=∠OBA=45°，求出∠OAE=∠OAB+∠BAE=90°,即可得出结论；（2）过点A作AF⊥CD于点F,由AB=AD，得到∠ACD=∠ACB=45°，在Rt△AFC中可求得AF ＝3，在Rt△AFD中求得DF＝1，所以AB＝AD＝10，CD= CF+DF=4，再证明△ABE∽△CDA，得出BE ABDA CD=，即可求出BE的长度；试题解析：（1）证明：连结OA，OB，∵∠ACB=45°，∴∠AOB=2∠ACB= 90°，∵OA=OB ，∴∠OAB =∠OBA =45°，∵∠BAE =45°，∴∠OAE =∠OAB +∠BAE =90°，∴OA ⊥AE ．∵点A 在⊙O 上，∴AE 是⊙O 的切线．（2）解：过点A 作AF ⊥CD 于点F ，则∠AFC =∠AFD =90°． ∵AB=AD ，∴AB =AD∴∠ACD =∠ACB =45°，在Rt △AFC 中，∵AC =32，∠ACF =45°， ∴AF=CF=AC ·sin ∠ACF =3，∵在Rt △AFD 中， tan ∠ADC=3AF DF =， ∴DF =1，∴223110AB AD ==+=，且CD = CF +DF =4，∵四边形ABCD 内接于⊙O ，∴∠ABE =∠CDA ，∵∠BAE =∠DCA ，∴△ABE ∽△CDA ，∴BE AB DA CD =， ∴1010=， ∴52BE =．。