【数学】培优圆的综合辅导专题训练含详细答案

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：M 1（2，﹣3劣弧MA 的长为：60441803ππ⨯=； 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：M 2（﹣2，﹣3劣弧MA 的长为：120481803ππ⨯=； 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：M 3（﹣2，3优弧MA 的长为：2404161803ππ⨯=； ④当C 、M 重合时，C 点符合M 点的要求，此时M 4（2，3）；优弧MA 的长为：3004201803ππ⨯=；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：M 1（2，﹣3M 2（﹣2，﹣3）、M 3（﹣2，3M 4（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．如图，AB 为O 的直径，弦//CD AB ，E 是AB 延长线上一点，CDB ADE ∠=∠． ()1DE 是O 的切线吗？请说明理由；()2求证：2AC CD BE =⋅．【答案】（1）结论：DE 是O 的切线，理由见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接OD ，只要证明OD DE ⊥即可；（2）只要证明：AC BD =，CDB DBE ∽即可解决问题.【详解】()1解：结论：DE 是O 的切线．理由：连接OD ．CDB ADE ∠=∠，ADC EDB ∴∠=∠，//CD AB ，CDA DAB ∴∠=∠，OA OD =，OAD ODA ∴∠=∠，ADO EDB ∴∠=∠， AB 是直径，90ADB ∴∠=，90ADB ODE ∴∠=∠=，DE OD ∴⊥，DE ∴是O 的切线．()2//CD AB ，ADC DAB ∴∠=∠，CDB DBE ∠=∠，AC BD ∴=，AC BD ∴=，DCB DAB ∠=∠，EDB DAB ∠=∠，∴∠=∠，EDB DCB∴∽DBE，CDBCD DB∴=，BD BE2∴=⋅，BD CD BE2∴=⋅．AC CD BE【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，准确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.3．如图，△ABC内接于⊙O，弦AD⊥BC垂足为H，∠ABC＝2∠CAD．（1）如图1，求证：AB＝BC；（2）如图2，过点B作BM⊥CD垂足为M，BM交⊙O于E,连接AE、HM，求证：AE∥HM;（3）如图3，在（2）的条件下，连接BD交AE于N，AE与BC交于点F，若NH＝25，AD＝11，求线段AB的长.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AB的长为10.【解析】分析：（1）根据题意，设∠CAD=a，然后根据直角三角形的两锐角互余的关系，推导出∠BAC=∠ACB，再根据等角对等边得证结论；（2）延长AD、BM交于点N，连接ED.根据圆周角定理得出∠N=∠DEN=∠BAN，进而根据等角对等边，得到DE=DN,BA=BN，再根据等腰三角形和直角三角形的性质，求得MH∥AE；（3）连接CE，根据（2）的结论，由三角形全等的判定与性质证得HF=HC，然后结合勾股定理求出AC2-AH2=CD2-DH2，解得CD=5,CH=4,AH=8，最后根据锐角三角函数的性质得到AB.详解：（1）证明：设∠CAD=a,则∠ABC=2a,∠C=90°-a,∠BAD=90°-2a,∴∠BAC=90°-2a+a=90°-a∴∠BAC=∠ACB.∴AB=BC(2）证明：延长AD、BM交于点N，连接ED.∵∠DEN=∠DAB,∠N=∠BCD,∠BCD=∠BAN∴∠N=∠DEN=∠BAN∴DE=DN,BA=BN又∵BH ⊥AN,DM ⊥EN∴EM=NM,HN=HA,∴MH ∥AE（3）连接CE.∠BDA=∠BCA,∠BDM=∠BAC,由（1）知∠BCA=∠BAC∴∠BDA=∠BDM,∴△BDM ≌△BDH,∴DH=MH,∠MBD=∠HBD,∴BD ⊥MH又∵MH ∥AE,∴BD ⊥EF,∴△FNB ≌△ENB,同理可证△AFH ≌△ACH,∴HF=HC,又∵FN=NE∴NH ∥EC,EC=2NH,又∵NH=25∴EC=45∠EAC=2∠AEC=2a=∠ABC,可证弧AC=弧EC,∴AC=EC=5设HD=x ，AH=11-x ，∵∠ADC=2∠CAD,翻折△CHD 至△CHG,可证CG=CD=AGAH=CD+DH,CD=AH-DH=11-x-x=11-2x又∵AC 2-AH 2=CD 2-DH 2,∴(52-(11-x)2=(11-2x)2-x 2∴x 1=3,x 2=272(舍去)∴CD=5,CH=4,AH=8. 又∵tan2AH CH a BH DH==,∴BH=6 ∴22226810BM AH +=+= 点睛：此题主要考查了圆的综合，结合圆周角定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解直角三角形的性质，综合性比较强，灵活添加辅助线，构造方程求解是解题关键.4．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 AB 402⊥===，，则CD 20=，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．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 ＝3，求FC 的长．【答案】（1）见解析【解析】分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠OCF=90°，进而得出答案；（2）根据正切的性质求出EC 的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可．详解：(1)证明：连接OC.∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∴∠OCB ＋∠ACO ＝90°.∵OB ＝OC ，∴∠B ＝∠OCB.又∵∠FCA ＝∠B ，∴∠FCA ＝∠OCB ，∴∠FCA ＋∠ACO ＝90°，即∠FCO ＝90°，∴FC ⊥OC ，∴FC 是⊙O 切线．(2)解：∵AB ⊥CD ，∴∠AEC ＝90°，∴EC=AE 43tan ACE 3∠== 设OA ＝OC ＝r ，则OE ＝OA －AE ＝r －4.在Rt △OEC 中，OC 2＝OE 2＋CE 2，即r 2＝(r －4)2＋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，∴FC＝22OF 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．6．（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2﹣3；（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°，∴QP 2=AP 2+AQ 2=2AP 2，∴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，OQ=32，AO=3 ，∴在△OQB 中，BQ≥OQ ﹣OB=32﹣3 ，即OC 最小值是32﹣3；（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.7．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D，E在⊙O上，连接AE，DE，CD，BE，CE，∠EAC+∠BAE=180°，AB CD=．（1）判断BE与CE之间的数量关系，并说明理由；（2）求证：△ABE≌△DCE；（3）若∠EAC=60°，BC=8，求⊙O的半径．【答案】（1）BE=CE，理由见解析；（2）证明见解析；（383．【解析】分析：（1）由A、B、C、E四点共圆的性质得：∠BCE+∠BAE=180°，则∠BCE=∠EAC，所以BE CE，则弦相等；（2）根据SSS证明△ABE≌△DCE；（3）作BC和BE两弦的弦心距，证明Rt△GBO≌Rt△HBO（HL），则∠OBH=30°，设OH=x，则OB=2x，根据勾股定理列方程求出x的值，可得半径的长．本题解析：（1）解：BE=CE，理由：∵∠EAC+∠BAE=180°，∠BCE+∠BAE=180°，∴∠BCE=∠EAC，∴BE CE，∴BE=CE；（2）证明：∵AB CD=，∴AB=CD，∵BE CE，AE ED=，∴AE=ED，由（1）得：BE=CE，在△ABE和△DCE中，∵AE DE AB CD BE CE=⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴△ABE≌△DCE（SSS）；（3）解：如图，∵过O作OG⊥BE于G，OH⊥BC于H，∴BH=12BC=12×8=4，BG=12BE，∵BE=CE，∠EBC=∠EAC=60°，∴△BEC是等边三角形，∴BE=BC，∴BH=BG，∵OB=OB，∴Rt△GBO≌Rt△HBO（HL），∴∠OBH=∠GBO=12∠EBC=30°，设OH=x，则OB=2x，由勾股定理得：（2x）2=x2+42，x=43，∴OB=2x=83，∴⊙O的半径为83．点睛：本题是圆的综合题，考查了四点共圆的性质、三角形全等的性质和判定、勾股定理、直角三角形30°的性质，难度适中，第一问还可以利用三角形全等得出对应边相等的结论；第三问作辅助线，利用勾股定理列方程是关键.8．如图，已知AB是⊙O的直径，BC是弦，弦BD平分∠ABC交AC于F，弦DE⊥AB于H，交AC于G．①求证：AG＝GD；②当∠ABC满足什么条件时，△DFG是等边三角形？③若AB＝10，sin∠ABD＝35，求BC的长．【答案】（1）证明见解析；（2）当∠ABC＝60°时，△DFG是等边三角形．理由见解析；（3）BC的长为145．【解析】【分析】（1）首先连接AD，由DE⊥AB，AB是O的直径，根据垂径定理，即可得到AD AE=，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，证得∠ADE＝∠ABD，又由弦BD平分∠ABC，可得∠DBC＝∠ABD，根据等角对等边的性质，即可证得AG=GD；（2）当∠ABC=60°时，△DFG是等边三角形，根据半圆（或直径）所对的圆周角是直角与三角形的外角的性质，易求得∠DGF=∠DFG=60°，即可证得结论；（3）利用三角函数先求出tan∠ABD34=，cos∠ABD＝45，再求出DF、BF，然后即可求出BC.【详解】（1）证明：连接AD，∵DE⊥AB，AB是⊙O的直径，∴AD AE=，∴∠ADE＝∠ABD，∵弦BD平分∠ABC，∴∠DBC＝∠ABD，∵∠DBC＝∠DAC，∴∠ADE＝∠DAC，∴AG＝GD；（2）解：当∠ABC＝60°时，△DFG是等边三角形．理由：∵弦BD平分∠ABC，∴∠DBC＝∠ABD＝30°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB＝90°﹣∠ABC＝30°，∴∠DFG＝∠FAB+∠DBA＝60°，∵DE⊥AB，∴∠DGF＝∠AGH＝90°﹣∠CAB＝60°，∴△DGF是等边三角形；（3）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB ＝∠ACB ＝90°，∵∠DAC ＝∠DBC ＝∠ABD ，∵AB ＝10，sin ∠ABD ＝35， ∴在Rt △ABD 中，AD ＝AB•sin ∠ABD ＝6，∴BD ＝22AB BD -＝8，∴tan ∠ABD ＝34AD BD =，cos ∠ABD ＝4=5BD AB ，在Rt △ADF 中，DF ＝AD•tan ∠DAF ＝AD•tan ∠ABD ＝6×34＝92， ∴BF ＝BD ﹣DF ＝8﹣92＝72， ∴在Rt △BCF 中，BC ＝BF•cos ∠DBC ＝BF•cos ∠ABD ＝72×45＝145． ∴BC 的长为：145．【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、直角三角形的性质、三角函数的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是掌握数形结合思想与转化思想的应用，注意辅助线的作法．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）6；（2）①证明见解析；33．【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。

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【数学】数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)含详细答案

【数学】培优圆的综合辅导专题训练附答案解析

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，四边形OABC 是平行四边形，以O 为圆心，OA 为半径的圆交AB 于D ，延长AO 交O 于E ，连接CD ，CE ，若CE 是⊙O 的切线，解答下列问题：（1）求证：CD 是⊙O 的切线；（2）若BC=4，CD=6，求平行四边形OABC 的面积．【答案】（1）证明见解析（2）24 【解析】试题分析：（1）连接OD ，求出∠EOC=∠DOC ，根据SAS 推出△EOC ≌△DOC ，推出∠ODC=∠OEC=90°，根据切线的判定推出即可；（2）根据切线长定理求出CE=CD=4，根据平行四边形性质求出OA=OD=4，根据平行四边形的面积公式=2△COD 的面积即可求解．试题解析：（1）证明：连接OD ， ∵OD=OA ， ∴∠ODA=∠A ，∵四边形OABC 是平行四边形， ∴OC ∥AB ，∴∠EOC=∠A ，∠COD=∠ODA ， ∴∠EOC=∠DOC ，在△EOC 和△DOC 中，OE OD EOC DOC OC OC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EOC ≌△DOC （SAS ）， ∴∠ODC=∠OEC=90°，即OD ⊥DC ， ∴CD 是⊙O 的切线；（2）由（1）知CD 是圆O 的切线， ∴△CDO 为直角三角形，∵S △CDO =12CD•OD ，又∵OA=BC=OD=4，∴S△CDO=12×6×4=12，∴平行四边形OABC的面积S=2S△CDO=24．2．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•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OM 2+MC 2=OC 2得（3﹣3k ）2+（6k ）2=32，解得：k=233或k=0（舍）， ∴BC=26k=42；②设OM=d ，则MD=3﹣d ，MC 2=OC 2﹣OM 2=9﹣d 2， ∴BC 2=（2MC ）2=36﹣4d 2，AC 2=DC 2=DM 2+CM 2=（3﹣d ）2+9﹣d 2，由（2）得AB•AC=BC 2﹣AC 2 =﹣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．在平面直角坐标系xOy 中，点M 的坐标为（x 1，y 1），点N 的坐标为（x 2，y 2），且x 1≠x 2，y 1≠y 2，以MN 为边构造菱形，若该菱形的两条对角线分别平行于x 轴，y 轴，则称该菱形为边的“坐标菱形”．（1）已知点A （2，0），B （0，23），则以AB 为边的“坐标菱形”的最小内角为；（2）若点C （1，2），点D 在直线y=5上，以CD 为边的“坐标菱形”为正方形，求直线CD 表达式；（3）⊙O 的半径为2，点P 的坐标为（3，m ）．若在⊙O 上存在一点Q ，使得以QP 为边的“坐标菱形”为正方形，求m 的取值范围．【答案】（1）60°；（2）y=x+1或y=﹣x+3；（3）1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1【解析】分析：（1）根据定义建立以AB为边的“坐标菱形”，由勾股定理求边长AB=4，可得30度角，从而得最小内角为60°；（2）先确定直线CD与直线y=5的夹角是45°，得D（4，5）或（﹣2，5），易得直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3，根据等腰直角三角形的性质分别求P'B=BD=1，PB=5，写出对应P的坐标；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4，同理可得结论．详解：（1）∵点A（2，0），B（0，3∴OA=2，OB3．在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB22（），∴∠ABO=30°．223∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABC=2∠ABO=60°．∵AB∥CD，∴∠DCB=180°﹣60°=120°，∴以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为60°．故答案为：60°；（2）如图2．∵以CD为边的“坐标菱形”为正方形，∴直线CD与直线y=5的夹角是45°．过点C作CE⊥DE于E，∴D（4，5）或（﹣2，5），∴直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3．∵⊙O2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD2OQ'=2，∴P'D=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，5），∴当1≤m≤5时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4．∵⊙O的半径为2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=2OQ'=2，∴BD=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，﹣1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，﹣5），∴当﹣5≤m≤﹣1时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；综上所述：m的取值范围是1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1．点睛：本题是一次函数和圆的综合题，考查了菱形的性质、正方形的性质、点P，Q的“坐标菱形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考创新题目．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．矩形ABCD 中，点C （3，8），E 、F 为AB 、CD 边上的中点，如图1，点A 在原点处，点B 在y 轴正半轴上，点C 在第一象限，若点A 从原点出发，沿x 轴向右以每秒1个单位长度的速度运动，点B 随之沿y 轴下滑，并带动矩形ABCD 在平面内滑动，如图2，设运动时间表示为t 秒，当点B 到达原点时停止运动．（1）当t =0时，点F 的坐标为；（2）当t =4时，求OE 的长及点B 下滑的距离；（3）求运动过程中，点F 到点O 的最大距离；（4）当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，求t 的值．【答案】（1）F （3，4）；（2）8-43；（3）7；（4）t 的值为245或325. 【解析】试题分析：（1）先确定出DF ，进而得出点F 的坐标；（2）利用直角三角形的性质得出∠ABO =30°，即可得出结论；（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，即可得出结论；（4）分两种情况，利用相似三角形的性质建立方程求解即可．试题解析：解：（1）当t =0时．∵AB =CD =8，F 为CD 中点，∴DF =4，∴F （3，4）；（2）当t =4时，OA =4．在Rt △ABO 中，AB =8，∠AOB =90°， ∴∠ABO =30°，点E 是AB 的中点，OE =12AB =4，BO =43，∴点B 下滑的距离为843-．（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，∴FO=OE+EF=7．（4）在Rt △ADF 中，FD 2+AD 2=AF 2，∴AF 22FD AD +，①设AO =t 1时，⊙F 与x 轴相切，点A 为切点，∴FA ⊥OA ，∴∠OAB +∠FAB =90°．∵∠FAD +∠FAB =90°，∴∠BAO =∠FAD ．∵∠BOA =∠D =90°，∴Rt △FAE ∽Rt △ABO ，∴AB AO FA FE =，∴1853t=，∴t 1=245，②设AO =t 2时，⊙F 与y 轴相切，B 为切点，同理可得，t 2=325．综上所述：当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，t 的值为245或325．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，中点的意义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，解（2）的关键是得出∠ABO =30°，解（3）的关键是判断出当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，解（4）的关键是判断出Rt △FAE ∽Rt △ABD ，是一道中等难度的中考常考题．6．（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°，∴QP 2=AP 2+AQ 2=2AP 2， ∴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，OQ=32，AO=3 ，∴在△OQB 中，BQ≥OQ ﹣OB=32﹣3 ，即OC 最小值是32﹣3；（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.7．设C 为线段AB 的中点，四边形BCDE 是以BC 为一边的正方形，以B 为圆心，BD 长为半径的⊙B 与AB 相交于F 点，延长EB 交⊙B 于G 点，连接DG 交于AB 于Q 点，连接AD ．求证：（1）AD 是⊙B 的切线；（2）AD ＝AQ ；（3）BC 2＝CF×EG ．【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】()1连接BD ，由DC AB ⊥，C 为AB 的中点，由线段垂直平分线的性质，可得AD BD =，再根据正方形的性质，可得90ADB ∠=；()2由BD BG =与//CD BE ，利用等边对等角与平行线的性质，即可求得122.52G CDG BDG BCD ∠=∠=∠=∠=，继而求得67.5ADQ AQD ∠=∠=，由等角对等边，可证得AD AQ =； ()3易求得67.5GDE GDB BDE DFE ∠=∠+∠==∠，90DCF E ∠=∠=，即可证得Rt DCF ∽Rt GED ，根据相似三角形的对应边成比例，即可证得结论．【详解】证明：()1连接BD ，四边形BCDE 是正方形，45DBA ∴∠=，90DCB ∠=，即DC AB ⊥，C 为AB 的中点，CD ∴是线段AB 的垂直平分线，AD BD ∴=，45DAB DBA ∴∠=∠=，90ADB ∴∠=，即BD AD ⊥， BD 为半径，AD ∴是B 的切线；()2BD BG =，BDG G ∴∠=∠，//CD BE ，CDG G ∴∠=∠，122.52G CDG BDG BCD ∴∠=∠=∠=∠=， 9067.5ADQ BDG ∴∠=-∠=，9067.5AQB BQG G ∠=∠=-∠=，ADQ AQD ∴∠=∠，AD AQ ∴=；()3连接DF ，在BDF 中，BD BF =，BFD BDF ∴∠=∠，又45DBF ∠=，67.5BFD BDF ∴∠=∠=，22.5GDB ∠=，在Rt DEF 与Rt GCD 中，67.5GDE GDB BDE DFE ∠=∠+∠==∠，90DCF E ∠=∠=，Rt DCF ∴∽Rt GED ，CF CD ED EG∴=，又CD DE BC ==，2BC CF EG ∴=⋅．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、切线的判定与性质、正方形的性质以及等腰三角形的判定与性质.解题的关键是注意掌握数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．8．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r =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 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 DQ k DQ CQ CQ +===，可得当3k =3DQ =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 =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 =，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，122222QA k QC ∴===． ②2(12,0)A +在C 上，221212k -+++∴==，2A ∴是C 的“2相关依附点”．故答案为：2，是；（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23MQ k 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 DQ k 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 =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 =，∴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．9．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 =10．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=5△APM 与△PCN 是否相似，并说明理由．【答案】（1）半径为52）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：5∴半径为5（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=（52解得：y=6（取正数），∴PH=6，AH=12，在Rt △MPH 中， ()22356-，∴MN=2MH=6，∴AM=AH-MH=12-3=9，NC=AC-MN-AM=20-6-9=5， ∴35535AM MP ==，355PN NC =，∴AMMP =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.。

【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。

中考数学圆的综合培优练习(含答案)及答案解析

中考数学圆的综合培优练习(含答案)及答案解析一、圆的综合1．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．2．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．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△A1B1C1的顶点A1与点P重合，第二个△A2B2C2的顶点A2是B1C1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a1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a2=_____；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-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 2＝8313. (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 3a n ，∴1＝14a n 2＋2312n na ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，解得a n 43n4．已知：如图，△ABC 中，AC=3，∠ABC=30°．（1）尺规作图：求作△ABC的外接圆，保留作图痕迹，不写作法；（2）求（1）中所求作的圆的面积．【答案】（1）作图见解析；（2）圆的面积是9π．【解析】试题分析：（1）按如下步骤作图：①作线段AB的垂直平分线；②作线段BC的垂直平分线；③以两条垂直平分线的交点O为圆心，OA长为半圆画圆，则圆O即为所求作的圆．如图所示（2）要求外接圆的面积，需求出圆的半径，已知AC＝3，如图弦AC所对的圆周角是∠ABC=30°，所以圆心角∠AOC=60°，所以∆AOC是等边三角形，所以外接圆的半径是3故可求得外接圆的面积．（2）连接OA，OB．∵AC=3，∠ABC=30°，∴∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴圆的半径是3，∴圆的面积是S=πr2=9π．5．（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，∴2AP=QB+BP=PC+PB，∴2．（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，OQ=32，AO=3 ，∴在△OQB 中，BQ≥OQ ﹣OB=32﹣3 ，即OC 最小值是32﹣3；（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.6．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 ABBO BF=，结合AB＝2BO即可得；（3）证ECD∽△EGC得EC EDEG EC=，根据CE＝3，DG＝2.5知32.53DEDE=+，解之可得．【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 BO BF =，即BO •AB ＝BC •BF ， ∵AB ＝2BO ，∴2OB 2＝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， ∴32.53DE DE =+，整理，得：DE 2+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．7．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=3π8．如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，交BC于点E（BE＞EC），且BD＝23．过点D作DF∥BC，交AB的延长线于点F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若∠BAC＝60°，DE＝7，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）详见解析；（2）32π．【解析】【分析】（1）连结OD，根据垂径定理得到OD⊥BC，根据平行线的性质得到OD⊥DF，根据切线的判定定理证明；（2）连结OB，连结OD交BC于P，作BH⊥DF于H，证明△OBD为等边三角形，得到∠ODB=60°，3PE，证明△ABE∽△AFD，根据相似三角形的性质求出AE，根据阴影部分的面积=△BDF的面积-弓形BD的面积计算．【详解】证明：（1）连结OD，∵AD平分∠BAC交⊙O于D，∴∠BAD=∠CAD，∴»»BD CD=，∴OD⊥BC，∵BC∥DF，∴OD⊥DF，∴DF为⊙O的切线；（2）连结OB，连结OD交BC于P，作BH⊥DF于H，∵∠BAC=60°，AD平分∠BAC，∴∠BAD=30°，∴∠BOD=2∠BAD=60°，∴△OBD为等边三角形，∴∠ODB=60°，3，∴∠BDF=30°，∵BC∥DF，∴∠DBP=30°，在Rt△DBP中，PD=123，3，在Rt△DEP中，∵37∴22(7)(3)=2，∵OP⊥BC，∴BP=CP=3，∴CE=3﹣2=1，∵∠DBE=∠CAE，∠BED=∠AEC，∴△BDE∽△ACE，∴AE：BE=CE：DE，即AE：5=17，∴57∵BE∥DF，∴△ABE∽△AFD，∴BE AE DF AD=，即5757125DF=，解得DF=12，在Rt△BDH中，BH=12BD=3，∴阴影部分的面积=△BDF的面积﹣弓形BD的面积=△BDF的面积﹣（扇形BOD的面积﹣△BOD的面积）=22160(23)3123(23)2π⨯⨯⨯--⨯ =93﹣2π．【点睛】考查的是切线的判定，扇形面积计算，相似三角形的判定和性质，圆周角定理的应用，等边三角形的判定和性质，掌握切线的判定定理，扇形面积公式是解题的关键．9．如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB⊥CB于点B，tanD=3，BC=2，H为CE延长线上一点，且AH=10，CH52=.（1）求证：AH是⊙O的切线；（2）若点D是弧CE的中点，且AD交CE于点F，求证：HF=HA；（3）在（2）的条件下，求EF的长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3102【解析】【分析】（1）连接AC，由AB⊥CB可知AC是⊙O的直径，由圆周角定理可得∠C=∠D，于是得到tanC=3，故此可知AB=6，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2= 40，从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得AC⊥AH，问题得证；（2）连接DE、BE，由弦切角定理可知∠ABD=∠HAD，由D是»CE的中点，可得∠CED=∠EBD，再由圆周角定理可得∠ABE=∠ADE，结合三角形的外角即可证明∠HAF=∠AFH，从而可证得AH=HF；（3）由切割线定理可得2，由（2）可知10，从而可得EF=FH﹣10-2．【详解】（1）如图1所示：连接AC．∵AB⊥CB，∴AC是⊙O的直径，∵∠C=∠D，∴tanC=3，∴AB=3BC=3×2=6，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40，又∵AH2=10，CH2=50，∴AC2+AH2=CH2，∴△ACH为直角三角形，∴AC⊥AH，∴AH是圆O的切线；（2）如图2所示：连接DE、BE，∵AH是圆O的切线，∴∠ABD=∠HAD，∵D是»CE的中点，∴»»，CD ED∴∠CED=∠EBD，又∵∠ABE=∠ADE，∴∠ABE+∠EBD=∠ADE+∠CED，∴∠ABD=∠AFE，∴∠HAF=∠AFH，∴AH=HF；（3）由切割线定理可知：AH2=EH•CH10）22EH，解得：2，∵由（2）可知10，∴EF=FH﹣102．【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等，正确添加辅助线是解题的关键.10．在平面直角坐标系xOy中，对于点P和图形W，如果以P为端点的任意一条射线与图形W最多只有一个公共点，那么称点P独立于图形W．（1）如图1，已知点A（-2，0），以原点O为圆心，OA长为半径画弧交x轴正半轴于点 B．在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于»AB的点是；（2）如图2，已知点C（-3，0），D（0，3），E（3，0），点P是直线l：y=2x+8上的一个动点．若点P独立于折线CD-DE，求点P的横坐标x p的取值范围；（3）如图3，⊙H是以点H（0，4）为圆心，半径为1的圆．点T（0，t）在y轴上且t＞-3，以点T为中心的正方形KLMN的顶点K的坐标为（0，t+3），将正方形KLMN在x轴及x轴上方的部分记为图形W．若⊙H上的所有点都独立于图形W，直接写出t的取值范围．【答案】（1）P2，P3；（2）x P＜-5或x P＞-53．（3）-3＜t＜2或2＜t＜2【解析】【分析】（1）根据点P独立于图形W的定义即可判断；（2）求出直线DE，直线CD与直线y=2x+8的交点坐标即可判断；（3）求出三种特殊位置时t的值，结合图象即可解决问题.【详解】（1）由题意可知：在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于»AB的点是P2，P3．（2）∵C（-3，0），D（0，3），E（3，0），∴直线CD的解析式为y=x+3，直线DE的解析式为y=-x+3，由283y xy x+⎧⎨+⎩＝＝，解得52xy-⎧⎨-⎩＝＝，可得直线l与直线CD的交点的横坐标为-5，由283y xy x+⎧⎨-+⎩＝＝，解得53143xy⎧-⎪⎪⎨⎪⎪⎩＝＝，可得直线l与直线DE的交点的横坐标为-53，∴满足条件的点P的横坐标x p的取值范围为：x P＜-5或x P＞-53．（3）如图3-1中，当直线KN与⊙H相切于点E时，连接EH，则EH=EK=1，HK=2，∴OT=KT+HK-OH=3+2-4=2-1，∴T（0，1-2），此时t=1-2，∴当-3＜t＜1-2时，⊙H上的所有点都独立于图形W．如图3-2中，当线段KN与⊙H相切于点E时，连接EH．22∴T（0，22如图3-3中，当线段MN与⊙H相切于点E时，连接EH．OT=OM+TM=4-2+3=7-2，∴T（0，7-2），此时t=7-2，∴当1+2＜t＜7-2时，⊙H上的所有点都独立于图形W．综上所述，满足条件的t的值为-3＜t＜1-2或1+2＜t＜7-2．【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，一次函数的应用，点P独立于图形W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，学会利用特殊位置解决实际问题.11．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=12 OC ，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．12．如图，AB 是O e 的直径，DF 切O e 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 e 于E BF ，交O e 于G ，若¼DG的度数等于60o ，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．13．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，以AC 为直径作⊙O 交BC 于点D ，过点D 作FE ⊥AB 于点E ，交AC 的延长线于点F ．（1）求证：EF 与⊙O 相切；（2）若AE ＝6，sin ∠CFD ＝35，求EB 的长．【答案】(1)见解析（2）32【解析】【分析】 ()1如图，欲证明EF 与O e 相切，只需证得OD EF ⊥．()2通过解直角AEF V 可以求得AF 10.=设O e 的半径为r ，由已知可得△FOD ∽△FAE ，继而得到OF OD AF AE =，即10r r 106-=，则易求15AB AC 2r 2===，所以153EB AB AE 622=-=-=．【详解】（1）如图，连接OD ，OC OD =Q ，OCD ODC ∠∠∴=．AB AC =Q ，ACB B ∠∠∴=，ODC B ∠∠∴=，OD //AB ∴，ODF AEF ∠∠∴=，EF AB ⊥Q ， ODF AEF 90∠∠∴==o ，OD EF ∴⊥，OD Q 是O e 的半径，EF ∴与O e 相切；()2由()1知，OD//AB ，OD EF ⊥．在Rt AEF V 中，AE 3sin CFD AF 5∠==，AE 6=，则AF 10=， OD //AB Q ，∴△FOD ∽△FAE ，OF OD AF AE∴=，设O e 的半径为r ，10r r 106-∴=，解得，15r 4=， 15AB AC 2r 2∴===，153EB AB AE 622∴=-=-=．【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.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，2212122k +∴==，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 =时，3DQ =，此时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 =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．已知AB 是半圆O 的直径，点C 在半圆O 上.(1)如图1，若AC ＝3，∠CAB ＝30°，求半圆O 的半径；(2)如图2，M 是»BC的中点，E 是直径AB 上一点，AM 分别交CE ，BC 于点F ，D . 过点F 作FG ∥AB 交边BC 于点G ，若△ACE 与△CEB 相似，请探究以点D 为圆心，GB 长为半径的⊙D 与直线AC 的位置关系，并说明理由.【答案】（1）半圆O的半径为3；（2）⊙D与直线AC相切，理由见解析【解析】试题分析：(1)依据直径所对的圆周角是直角可得∠C＝90°,2再依据三角函数即可求解;(2) 依据△ACE与△CEB相似证出∠AEC＝∠CEB＝90°, 再依据M是»BC的中点,证明CF＝CD, 过点F作FP∥GB交于AB于点P, 证出△ACF≌△APF,得出CF=FP,再证四边形FPBG是平行四边形,得到 FP＝GB从而CD＝GB,点D到直线AC的距离为线段CD的长.试题解析：（1）∵ AB是半圆O的直径，∴∠C＝90°．在Rt△ACB中，AB＝cos AC CAB ∠＝3 cos30︒＝23．∴ OA＝3（2）⊙D与直线AC相切.理由如下：由（1）得∠ACB＝90°．∵∠AEC＝∠ECB＋∠6，∴∠AEC＞∠ECB，∠AEC＞∠6．∵△ACE与△CEB相似，∴∠AEC＝∠CEB＝90°．在Rt△ACD，Rt△AEF中分别有∠1＋∠3＝90°，∠2＋∠4＝90°．∵ M是»BC的中点，∴∠COM＝∠BOM．∴∠1＝∠2，∴∠3＝∠4．∵∠4＝∠5，∴∠3＝∠5．∴ CF＝CD．过点F作FP∥GB交于AB于点P，则∠FPE＝∠6．在Rt△AEC，Rt△ACB中分别有∠CAE＋∠ACE＝90°，∠CAE＋∠6＝90°．∴∠ACE＝∠6＝∠FPE．又∵∠1＝∠2，AF＝AF，∴△ACF≌△APF．∴ CF＝FP．∵ FP∥GB，FG∥AB，∴四边形FPBG是平行四边形．∴ FP＝GB．∴ CD＝GB．∵ CD⊥AC，∴点D到直线AC的距离为线段CD的长∴⊙D与直线AC相切.。

备战中考数学圆的综合培优练习(含答案)附答案解析

备战中考数学圆的综合培优练习(含答案)附答案解析一、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，⊙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 AEH AHF 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．3．已知AB ，CD 都是O e 的直径，连接DB ，过点C 的切线交DB 的延长线于点E ． ()1如图1，求证：AOD 2E 180∠∠+=o ；()2如图2，过点A 作AF EC ⊥交EC 的延长线于点F ，过点D 作DG AB ⊥，垂足为点G ，求证：DG CF =；()3如图3，在()2的条件下，当DG 3CE 4=时，在O e 外取一点H ，连接CH 、DH 分别交O e 于点M 、N ，且HDE HCE ∠∠=，点P 在HD 的延长线上，连接PO 并延长交CM 于点Q ，若PD 11=，DN 14=，MQ OB =，求线段HM 的长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）837+【解析】【分析】（1）由∠D +∠E =90°，可得2∠D +2∠E =180°，只要证明∠AOD =2∠D 即可；（2）如图2中，作OR ⊥AF 于R ．只要证明△AOR ≌△ODG 即可；（3）如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT ⊥CL 于T ，作NK ⊥CH 于K ，设CH 交DE 于W ．解直角三角形分别求出KM ，KH 即可；【详解】()1证明：如图1中，O Q e 与CE 相切于点C ，OC CE ∴⊥，OCE 90∠∴=o ，D E 90∠∠∴+=o ，2D 2E 180∠∠∴+=o ，AOD COB ∠∠=Q ，BOC 2D ∠∠=，AOD 2D ∠∠=，AOD 2E 180∠∠∴+=o ．()2证明：如图2中，作OR AF ⊥于R ．OCF F ORF 90∠∠∠===o Q ，∴四边形OCFR 是矩形，AF//CD ∴，CF OR =，A AOD ∠∠∴=，在AOR V 和ODG V 中，A AOD ∠∠=Q ，ARO OGD 90∠∠==o ，OA DO =，AOR ∴V ≌ODG V ，OR DG ∴=，DG CF ∴=，()3解：如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT CL ⊥于T ，作NK CH ⊥于K ，设CH 交DE 于W ．设DG 3m =，则CF 3m =，CE 4m =，OCF F BTE 90∠∠∠===o Q ，AF//OC//BT ∴，OA OB =Q ，CT CF 3m ∴==，ET m ∴=，CD Q 为直径，CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===o ，E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=o ，tan E tan CBT ∠∠∴=，BT CT ET BT∴=，BT 3m m BT∴=，BT ∴=负根已经舍弃)，tan E ∠∴== E 60∠∴=o ，CWD HDE H ∠∠∠=+Q ，HDE HCE ∠∠=，H E 60∠∠∴==o ，MON 2HCN 60∠∠∴==o ，OM ON =Q ，OMN ∴V 是等边三角形，MN ON ∴=，QM OB OM ==Q ，MOQ MQO ∠∠∴=，MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=o o Q ，MQO P 180H 120∠∠∠+=-=o o ， PON P ∠∠∴=，ON NP 141125∴==+=，CD 2ON 50∴==，MN ON 25==，在Rt CDN V 中，CN 48==，在Rt CHN V 中，CN 48tan H HN HN∠===HN ∴=在Rt KNH V 中，1KH HN 2==NK 24==，在Rt NMK V 中，MK 7===，HM HK MK 7∴=+=．【点睛】本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解题的关键.4．等腰Rt △ABC 和⊙O 如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O 的半径为1，圆心O 与直线AB 的距离为5．（1）若△ABC 以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O 不动，则经过多少时间△ABC 的边与圆第一次相切？（2）若两个图形同时向右移动，△ABC 的速度为每秒2个单位，⊙O 的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？【答案】（1）522-；（2）52-；（3）20423-【解析】分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离．详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处，如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l，由切线长定理可知C′E=C′D，设C′D=x，则C′E=x，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠A=∠ACB=45°，∴∠A′C′B′=∠ACB=45°，∴△EFC′是等腰直角三角形，∴2x，∠OFD=45°，∴△OFD也是等腰直角三角形，∴OD=DF，∴2x+x=1，则2-1，∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-2-1）2，∴点C 运动的时间为522-；则经过522-秒，△ABC 的边与圆第一次相切；（2）如图2，设经过t 秒△ABC 的边与圆第一次相切，△ABC 移至△A′B′C′处，⊙O 与BC 所在直线的切点D 移至D′处，A′C′与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交B′C′于F ，∵CC′=2t ，DD′=t ，∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2t=4-t ，由切线长定理得C′E=C′D′=4-t ，由（1）得：4-t=2-1，解得：t=5-2，答：经过5-2秒△ABC 的边与圆第一次相切；（3）由（2）得CC ′=（2+0.5）t=2.5t ，DD′=t ，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2.5t=4-1.5t ，由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t ，由（1）得：4-1.5t=2-1，解得：t=10223-， ∴点B 运动的距离为2×1022-=2042-．点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．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A （2,0），B （6,0），CB ⊥x 轴于点B ，连接AC画图操作：（1）在y 正半轴上求作点P ，使得∠APB=∠ACB （尺规作图，保留作图痕迹）理解应用：（2）在（1）的条件下，①若tan∠APB12=，求点P的坐标②当点P的坐标为时，∠APB最大拓展延伸：（3）若在直线y43=x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，23）（3）（953-，125）【解析】试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求；（2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题；试题解析：解：（1）∠APB如图所示；（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=12=ABBC．∵A（2，0），B（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC=22AC AB-=43，∴C（6，43），∴K（4，22），∴P（0，23）．故答案为：（0，23）．（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=43x+4交x轴于M（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=35，作PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴ONPK=OMMK=NMMP，∴4PK=3MK=35，∴PK=125，MK=95，∴OK=95﹣3，∴P（95﹣3，125）．点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．7．如图1，四边形ABCD为⊙O内接四边形，连接AC、CO、BO，点C为弧BD的中点．（1）求证：∠DAC=∠ACO+∠ABO；（2）如图2，点E在OC上，连接EB，延长CO交AB于点F，若∠DAB=∠OBA+∠EBA．求证：EF=EB；（3）在（2）的条件下，如图3，若OE+EB=AB，CE=2，AB=13，求AD的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AD=7．【解析】试题分析：（1）如图1中，连接OA，只要证明∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO，由点C是»BD中点，推出»»CD CB=，推出∠BAC=∠DAC，即可推出∠DAC=∠ACO+∠ABO；（2）想办法证明∠EFB=∠EBF即可；（3）如图3中，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为H ，延长BE 交HO 的延长线于G ，作BN ⊥CF 于N ，作CK ⊥AD 于K ，连接OA ．作CT ∠⊥AB 于T ．首先证明△EFB 是等边三角形，再证明△ACK ≌△ACT ，Rt △DKC ≌Rt △BTC ，延长即可解决问题；试题解析：（1）如图1中，连接OA ，∵OA=OC ，∴∠1=∠ACO ，∵OA=OB ，∴∠2=∠ABO ，∴∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO ，∵点C 是BD u u u r 中点，∴CD CB u u u r u u u r，∴∠BAC=∠DAC ，∴∠DAC=∠ACO+∠ABO ．（2）如图2中，∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=2∠CAB ，∠COB=2∠BAC ，∴∠BAD=∠BOC ，∵∠DAB=∠OBA+∠EBA ，∴∠BOC=∠OBA+∠EBA ，∴∠EFB=∠EBF ，∴EF=EB ．（3）如图3中，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为H ，延长BE 交HO 的延长线于G ，作BN ⊥CF 于N ，作CK ⊥AD 于K ，连接OA ．作CT ∠⊥AB 于T ．∵∠EBA+∠G=90°，∠CFB+∠HOF=90°，∵∠EFB=∠EBF ，∴∠G=∠HOF ，∵∠HOF=∠EOG ，∴∠G=∠EOG ，∴EG=EO ，∵OH ⊥AB ，∴AB=2HB ，∵OE+EB=AB ，∴GE+EB=2HB ，∴GB=2HB ，∴cos ∠GBA=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 =u u u r u u u r ，∴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=7．8．如图，AB 是⊙O 的直径，弦BC ＝OB ，点D 是»AC 上一动点，点E 是CD 中点，连接BD 分别交OC ，OE 于点F ，G ．（1）求∠DGE 的度数；（2）若CF OF ＝12，求BF GF的值；（3）记△CFB ，△DGO 的面积分别为S 1，S 2，若CF OF ＝k ，求12S S 的值．（用含k 的式子表示）【答案】(1)∠DGE ＝60°；(2)72；(3)12S S =211k k k +++. 【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质，同弧所对的圆心角和圆周角的关系，可以求得∠DGE 的度数；（2）过点F 作FH ⊥AB 于点H 设CF ＝1，则OF ＝2，OC ＝OB ＝3,根据勾股定理求出BF 的长度，再证得△FGO ∽△FCB ，进而求得BF GF的值；（3）根据题意，作出合适的辅助线，然后根据三角形相似、勾股定理可以用含k 的式子表示出12S S 的值．【详解】解：(1)∵BC ＝OB ＝OC ，∴∠COB ＝60°，∴∠CDB ＝12∠COB ＝30°， ∵OC ＝OD ，点E 为CD 中点，∴OE ⊥CD ，∴∠GED ＝90°，∴∠DGE ＝60°；(2)过点F 作FH ⊥AB 于点H设CF ＝1，则OF ＝2，OC ＝OB ＝3∵∠COB ＝60°∴OH ＝12OF ＝1， ∴HFHB ＝OB ﹣OH ＝2，在Rt △BHF 中，BF ==由OC ＝OB ，∠COB ＝60°得：∠OCB ＝60°，又∵∠OGB ＝∠DGE ＝60°，∴∠OGB ＝∠OCB ，∵∠OFG ＝∠CFB ，∴△FGO ∽△FCB ， ∴OF GF BF CF=， ∴， ∴BF GF =72. (3)过点F 作FH ⊥AB 于点H ，设OF ＝1，则CF ＝k ，OB ＝OC ＝k+1，∵∠COB ＝60°，∴OH ＝12OF=12， ∴HF＝330H =，HB ＝OB ﹣OH ＝k+12，在Rt △BHF 中， BF ＝222HB HF k k 1+=++，由(2)得：△FGO ∽△FCB ，∴GO OF CB BF=，即211GO k k k =+++， ∴GO 21k k =++，过点C 作CP ⊥BD 于点P∵∠CDB ＝30°∴PC ＝12CD ， ∵点E 是CD 中点，∴DE ＝12CD ， ∴PC ＝DE ，∵DE ⊥OE ， ∴12S S =BF GO =2211k k k k ++++=211k k k +++【点睛】圆的综合题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用三角形相似和勾股定理、数形结合的思想解答．9．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．10．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过点O作OD⊥CB，垂足为点D，延长DO 交⊙O于点E，过点E作PE⊥AB，垂足为点P，作射线DP交CA的延长线于F点，连接EF，（1）求证：OD＝OP；（2）求证：FE是⊙O的切线．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】试题分析：（2）证明△POE≌△ADO可得DO=EO；（3）连接AE，BE，证出△APE≌△AFE即可得出结论．试题解析：（1）∵∠EPO=∠BDO=90°∠EOP=∠BODOE=OB∴△OPE≌△ODB∴OD="OP"（2）连接EA，EB∴∠1=∠EBC∵AB是直径∴∠AEB=∠C=90°∴∠2+∠3=90°∵∠3=∠DEB∵∠BDE=90°∴∠EBC+∠DEB=90°∴∠2=∠EBC=∠1∵∠C=90°∠BDE=90°∴CF∥OE∴∠ODP=∠AFP∵OD=OP∴∠ODP=∠OPD∵∠OPD=∠APF∴∠AFP=∠APF∴AF=AP 又AE=AE∴△APE ≌△AFE∴∠AFE=∠APE=90°∴∠FED=90°∴FE 是⊙O 的切线考点：切线的判定．11．如图1，等腰直角△ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC ，过点A ，C 的圆交AB 于点D ，交BC 于点E ，连结DE（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（a-2c ）（b-2c ）=8，求△CPF 的内切圆半径长．【答案】（1）DE=1，CE=322）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：AC2+BC2=AB2，∵AB=AD+BD，AD=7，BD=1，∴x2+x2=82，解得：x=42．∵⊙O内接四边形，∠ACD=90°，∴∠ADE=90°，∴∠EDB=90°，∵∠B=45°，∴△BDE是等腰直角三形．∴DE=DB，又∵DB=1，∴DE=1，又∵CE=BC-BE，∴CE=42232-=．（2）如图所示：在△DCB中过点D作DM⊥BE，设BE=y，则DM=12 y，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 ，∴2， ∴NF=2b -，CK=2a -，又∵CK=CM ，FM=FN ，CF=CM+FM ，∴CF=a b 2c +，又∵S △PCF =S △PDF +S △PDC +S △DCF ， ∴112121ab a c b c (a b 2222222=⨯+⨯++-）×2c 2，化简得：)22a b c c +-------（Ⅰ），又∵若（2c ）（2c ）=8 化简得：()2ab 2c a b 2c 8++=------（Ⅱ），将（Ⅰ）代入（Ⅱ）得：c 2=8，解得：c22=-（舍去），=，或c22∴m=22=⨯=，c22222即△CPF的内切圆半径长为2．【点睛】本题考查圆的内接四边形性质，圆的内心，圆心角、圆周角，同弧（或等弧）之间的相互关系，同时也考查直角三角形，勾股定理，同角或等角的三角函数值相等和三角形的面积公式，正方形，对顶角和整式的运算等知识点；难点是作辅助线和利用等式求△CPF的内切圆半径长．12．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．13．如图，AB 是O e 的直径，弦CD AB ⊥于点E ，过点C 的切线交AB 的延长线于点F ，连接DF .（1）求证：DF 是O e 的切线；（2）连接BC ，若30BCF ∠=︒，2BF =，求CD 的长.【答案】（1）见解析；（2）3【解析】【分析】(1) 连接OD,由垂径定理证OF 为CD 的垂直平分线，得CF=DF ，∠CDF=∠DCF ，由∠CDO=∠OCD ，再证∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°，可得OD ⊥DF ，结论成立.(2) 由∠OCF=90°, ∠BCF=30°，得∠OCB=60°，再证ΔOCB 为等边三角形，得∠COB=60°，可得∠CFO=30°，所以FO=2OC=2OB，FB=OB= OC =2，在直角三角形OCE中，解直角三角形可得CE,再推出CD=2CE.【详解】（1）证明：连接OD∵CF是⊙O的切线∴∠OCF=90°∴∠OCD+∠DCF=90°∵直径AB⊥弦CD∴CE=ED，即OF为CD的垂直平分线∴CF=DF∴∠CDF=∠DCF∵OC=OD，∴∠CDO=∠OCD∴∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°∴OD⊥DF∴DF是⊙O的切线（2）解：连接OD∵∠OCF=90°, ∠BCF=30°∴∠OCB=60°∵OC=OB∴ΔOCB为等边三角形，∴∠COB=60°∴∠CFO=30°∴FO=2OC=2OB∴FB=OB= OC =2在直角三角形OCE中，∠CEO=90°∠COE=60°CE3∠==sin COEOC2∴CF3=∴CD=2 CF23=【点睛】本题考核知识点：垂径定理，切线，解直角三角形. 解题关键点：熟记切线的判定定理，灵活运用含有30°角的直角三角形性质，巧解直角三角形.14．如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠D＝60°且AB＝6，过O点作OE⊥AC，垂足为E．（1）求OE的长；（2）若OE的延长线交⊙O于点F，求弦AF、AC和弧CF围成的图形（阴影部分）的面积．（结果保留π）【答案】（1）OE的长为32；（2）阴影部分的面积为3 2π【解析】（1）OE=32（2）S=32π15．已知：如图，以等边三角形ABC一边AB为直径的⊙O与边AC、BC分别交于点D、E，过点D作DF⊥BC，垂足为F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若等边三角形ABC 的边长为4，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）见解析（23323π-【解析】试题分析：（1）连接DO，要证明DF为⊙O的切线只要证明∠FDP=90°即可；（2）首先由已知可得到CD，CF的长，从而利用勾股定理可求得DF的长；再连接OE，求得CF，EF的长，从而利用S直角梯形FDOE﹣S扇形OED求得阴影部分的面积．试题解析：（1）证明：连接DO．∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠C=60°．∵OA=OD，∴△OAD是等边三角形．∴∠ADO=60°，∵DF⊥BC，∴∠CDF=90°﹣∠C=30°，∴∠FDO=180°﹣∠ADO﹣∠CDF=90°，∴DF为⊙O的切线；（2）∵△OAD是等边三角形，∴AD=AO=AB=2．∴CD=AC﹣AD=2．Rt△CDF中，∵∠CDF=30°，∴CF=CD=1．∴DF=，连接OE，则CE=2．∴CF=1，∴EF=1．∴S直角梯形FDOE=（EF+OD）•DF=，∴S扇形OED==，∴S阴影=S直角梯形FDOE﹣S扇形OED=﹣．【点睛】此题考查学生对切线的判定及扇形的面积等知识点的掌握情况，当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线．也考查了等边三角形的性质和利用割补法计算补规则图形的面积．。

【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．。

九年级培优圆的综合辅导专题训练及答案

九年级培优圆的综合辅导专题训练及答案一、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，⊙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．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)63 8.【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。

【数学】培优易错试卷圆的综合辅导专题训练及答案解析

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．图 1 和图 2 中，优弧AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝23，点P为优弧AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．发现：（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在NP上．（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【解析】【分析】发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性质可得OD=A'H=12A'N=12MN=2可判定A′C与半圆相切；（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在PB时，连接MO′，则可知NO′=12MN，可求得∠MNO′=60°，可求得α=30°；（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【详解】发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,∵⊙O的半径为2，AB=23，∴OH=22OB HB-=222(3)1-=在△BOH中，OH=1，BO=2∴∠ABO=30°∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．∴∠OBA′=∠ABO=30°∴∠ABA′=60°（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．∴∠A′BP=∠ABP=60°．∴∠OBP=30°．∴OG=12OB=1．∴3．∵OG⊥BP，∴3．∴3．∴折痕的长为3拓展：（1）相切．分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，∵A'C∥MN∴四边形A'HOD是矩形∴A'H=O∵α=15°∴∠A'NH=30∴OD=A'H=12A'N=12MN=2∴A'C与半圆（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，∴α=45当O′在PB上时，连接MO′，则可知NO′=12 MN，∴∠O′MN=0°∴∠MNO′=60°，∴α=30°，故答案为：45°；30°．（3）∵点P，M不重合，∴α＞0，由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段NO′与半圆只有一个公共点B；当α增大到45°时N A′与半圆相切，即线段NO′与半圆只有一个公共点B．当α继续增大时，点P逐渐靠近点N，但是点P，N不重合，∴α＜90°，∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【点睛】本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．2．如图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）103π=；（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 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，226425-= 在Rt △OBO′K ，2210(25)=230-， ∴OM=12OO′=12×23030 即O 到折痕PQ 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 Rπ（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．3．已知A （2,0），B （6,0），CB ⊥x 轴于点B ，连接AC 画图操作：（1）在y 正半轴上求作点P ，使得∠APB=∠ACB （尺规作图，保留作图痕迹）理解应用：（2）在（1）的条件下，①若tan∠APB12=，求点P的坐标②当点P的坐标为时，∠APB最大拓展延伸：（3）若在直线y43=x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，33953-，1255）【解析】试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求；（2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题；试题解析：解：（1）∠APB如图所示；（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=12=ABBC．∵A（2，0），B（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC=22AC AB=43，∴C（6，43），∴K（4，22），∴P（0，23）．故答案为：（0，23）．（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=43x+4交x轴于M（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=35，作PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴ONPK=OMMK=NMMP，∴4PK=3MK=35，∴PK=125，MK=95，∴OK=95﹣3，∴P（95﹣3，125）．点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．4．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，⊙O的切线PC交BA的延长线于点P，OF∥BC 交AC于点E，交PC于点F，连结AF．(1)判断AF与⊙O的位置关系并说明理由；(2)若AC＝24，AF＝15，求sin B．【答案】(1) AF 与⊙O 相切理由见解析；（2）35【解析】试题分析：（1）连接OC ，先证∠OCF =90°，再证明△OAF ≌△OCF ，得出∠OAF =∠OCF =90°即可；（2）先求出AE 、EF ，再证明△OAE ∽△AFE ，得出比例式OA AEAF EF=，可求出半径，进而求出直径，由三角函数的定义即可得出结论．试题解析：解：（1）AF 与⊙O 相切．理由如下：连接OC ．如图所示．∵PC 是⊙O 的切线，∴OC ⊥PC ，∴∠OCF =90°．∵OF ∥BC ，∴∠B =∠AOF ，∠OCB =∠COF ．∵OB =OC ，∴∠B =∠OCB ，∴∠AOF =∠COF ．在△OAF 和△OCF 中，∵OA =OC ，∠AOF =∠COF ，OF =OF ，∴△OAF ≌△OCF （SAS ），∴∠OAF =∠OCF =90°，∴AF 与⊙O 相切；（2）∵△OAF ≌△OCF ，∴∠OAE =∠COE ，∴OE ⊥AC ，AE =12AC =12，∴EF =2215129-=．∵∠OAF =90°，∴△OAE ∽△AFE ，∴OA AE AF EF =，即12159OA =，∴OA =20，∴AB =40，sin B =243405AC AB ==．点睛：本题考查了切线的性质与判定和全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质；熟练掌握切线的证法和三角形相似是解题的关键．5．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，得到BE+CF=BM+CN，由BM=12BD，CN=12OC，得到BE+CF=12BC，即可判断BE+CF的值是定值，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，∴∠ODB=90°，∵∠BMC=12∠BOC，∴∠BOD=∠M=60°，∴∠OBD=30°，∵△ABC为正三角形，∴∠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=12BD，同理可得CN=12OC，∴BE+CF=12OB+12OC=12BC，∴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．6．在O 中，AB 为直径，C 为O 上一点.（Ⅰ）如图①，过点C 作O 的切线，与AB 的延长线相交于点P ，若28CAB ∠=︒，求P ∠的大小；（Ⅱ）如图②，D 为弧AC 的中点，连接OD 交AC 于点E ，连接DC 并延长，与AB 的延长线相交于点P ，若12CAB ∠=︒，求P ∠的大小. 【答案】（1）∠P ＝34°；（2）∠P ＝27° 【解析】【分析】（1）首先连接OC ，由OA=OC ，即可求得∠A 的度数，然后由圆周角定理，求得∠POC 的度数，继而求得答案；（2）因为D 为弧AC 的中点，OD 为半径，所以OD ⊥AC ，继而求得答案．【详解】（1）连接OC ， ∵OA ＝OC ， ∴∠A ＝∠OCA ＝28°， ∴∠POC ＝56°， ∵CP 是⊙O 的切线， ∴∠OCP ＝90°， ∴∠P ＝34°；（2）∵D 为弧AC 的中点，OD 为半径， ∴OD ⊥AC ， ∵∠CAB ＝12°，∴∠AOE＝78°，∴∠DCA＝39°，∵∠P＝∠DCA﹣∠CAB，∴∠P＝27°．【点睛】本题考查切线的性质以及等腰三角形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．7．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．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 1S2S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【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 ， ∴12BCEABCDSS =．（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 BP ＝， ∵E 是AB 的中点，F 在BC 上，且BF ：FC ＝2：1， ∴BE ＝2x ，BF ＝2x ， ∴BQ ＝x ，∴EQ，PF ＝4x ，QF ＝3x ，QC ＝4x ，由勾股定理得：AF ＝x ，CE ，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 :=【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．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）222）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 =22442+=22; （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2=635TH,∴TH=5,∵HO∥CE,∴△BHO∽△BEC,∴HO=2，此时T(-5-2，0);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，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．10．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=DMOM＝3 ∵DG 为直径 ∴∠DPG=90°∴OM ∥PG ，∠G+∠ODM=90° ∴∠G=∠MOD∵∠ODB=∠ADB+∠ODM=90°∴∠ADB=∠G∴∠ADB=∠MOD∴tan∠ADB=ABBD=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∵AB2+BC2=AC2∴(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．。

人教【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，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，⊙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）∠DBA 35= 【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.3．如图，△ABC中，∠A=45°，D是AC边上一点，⊙O经过D、A、B三点，OD∥BC．（1）求证：BC与⊙O相切；（2）若OD=15，AE=7，求BE的长．【答案】(1)见解析;(2)18.【解析】分析：（1）连接OB，求出∠DOB度数，根据平行线性质求出∠CBO=90°，根据切线判定得出即可；（2）延长BO交⊙O于点F，连接AF，求出∠ABF，解直角三角形求出BE．详解：（1）证明：连接OB．∵∠A=45°，∴∠DOB=90°．∵OD∥BC，∴∠DOB+∠CBO=180°．∴∠CBO=90°．∴直线BC是⊙O的切线．（2）解：连接BD．则△ODB是等腰直角三角形，∴∠ODB=45°，BD=OD=15，∵∠ODB=∠A，∠DBE=∠DBA，∴△DBE∽△ABD，∴BD2=BE•BA，∴（15）2=（7+BE）BE，∴BE=18或﹣25（舍弃），∴BE=18．点睛：本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形等知识点，能综合运用定理进行推理和计算是解此题的关键，题目综合性比较强，难度偏大．4．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AB10AD5222===；由△ACE为等腰直角三角形，得到AC6AE CE3222====，在Rt△AED中利用勾股定理计算出DE=42，则CD=72，易证得∴△PDA∽△PCD，得到PD PA AD52PC PD CD72===，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=．5．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92PDAC=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＝2 AB，∴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 CMANBC MCABC CA∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△NBC≌△MCA（AAS），∴CN＝AM，由（1）知∠DAE＝∠DBE＝45°，AM2DA，DN2DB，∴DC＝DN+NC＝22DB+22DA＝22（DB+DA），即DA+DB2DC；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 2DC 2t ， ∴2t ）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， ∴AB 2AC ， ∵220PD AC =，设PD ＝2，则AC ＝20，AB ＝2， ∵∠DBA ＝∠DBA ，∠PAB ＝∠ADB ， ∴△ABD ∽△PBA ， ∴AB BD ADPB AB PA==， ∴20292202DB =+， ∴DB ＝2， ∴AD 22AB DB -＝2，设NE ＝ME ＝x ， ∵S △ABD ＝12AD•BD ＝12AD•NE+12BD•ME ，∴12×122×162＝12×122•x+12×162•x ， ∴x ＝4827， ∴DE ＝2HE ＝2x ＝967，又∵AO ＝12AB ＝102， ∴96242735102DE OA =⨯=．【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．6．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．7．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=+=+=∴()22551ACABAE===，∴⊙O的半径为52．8．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）6；（2）①证明见解析；33．【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9．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．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=π（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°，∴2222--，CG CD108∴2222+=+213DG DE64。

【数学】培优易错试卷圆的综合辅导专题训练及答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，⊙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，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，⊙O交BC于点D，交CA的延长线于点E．过点D作DF⊥AC，垂足为F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若AB＝4，∠C＝30°，求劣弧BE的长．【答案】（1）证明见解析（2）4 3【解析】分析：（1）连接AD、OD，根据直径所对的圆周角为直角，可得∠ADB=90°，然后根据等腰三角形的性质求出BD=CD，再根据中位线的性质求出OD⊥DF，进而根据切线的判定证明即可；（2）连接OE，根据三角形的外角求出∠BAE的度数，然后根据圆周角定理求出∠BOE的度数，根据弧长公式求解即可.详解：（1）连接AD、OD．∵AB是直径，∴∠ADB＝90°．∵AB＝AC，∴BD＝CD，又∵OA＝OB，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DF⊥AC，∴OD⊥DF即∠ODF＝90°．∴DF为⊙O的切线；（2）连接OE．∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BAE＝60°，∵∠BOE＝2∠BAE，∴∠BOE＝120°，∴＝·4π＝π．点睛：本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质和判定、切线的性质和判定、三角形的中位线、圆周角定理，灵活添加辅助线是解题关键．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，5AB ==，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，52BD ==， 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；圆的切线垂直于经过切点的半径.判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；也考查了圆周角定理和解直角三角形．4．在⊙O 中，点C 是AB 上的一个动点(不与点A ，B 重合)，∠ACB=120°，点I 是∠ABC 的内心，CI 的延长线交⊙O 于点D ，连结AD,BD ．（1）求证：AD=BD．（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．（3）若⊙O的半径为2，点E，F是AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I 随之运动形成的路径长．【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3）23【解析】分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I 随之运动形成的路径长.详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心∴CI平分∠ACB∴∠ACD=∠BCD∴弧AD=弧BD∴AD=BD（2）AB=DI理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD∴∠BCD=×120°=60°∵弧BD=弧BD∴∠DAB=∠BCD=60°∵AD=BD∴△ABD是等边三角形，∴AB=BD，∠ABD=∠C∵I是△ABC的内心∴BI平分∠ABC∴∠CBI=∠ABI∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD∴∠BID=∠IBD∴ID=BD∵AB=BD∴AB=DI（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD∴∠AED=∠ACB=×120°=60°∵圆的半径为2，DE是直径∴DE=4，∠EAD=90°∴AD=sin∠AED×DE=×4=2∵点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°∴弧AB的度数为120°，∴弧AM、弧BF的度数都为为40°∴∠ADM=20°=∠FAB∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80°∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°∴∠DAI1=∠AI1D∴AD=I1D=2∴弧I1I2的长为：点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.5．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DC2=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=OAsinD=3，∴CD=OD﹣OC=2．∵AD22OD OA-2又∵△CED∽△ACD，∴AD CDCD DE=，∴DE=2CDAD2，∴AE =AD ﹣DE =22﹣2=2．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．6．如图所示，以Rt △ABC 的直角边AB 为直径作圆O ，与斜边交于点D ，E 为BC 边上的中点，连接DE ．（1）求证：DE 是⊙O 的切线；（2）连接OE ，AE ，当∠CAB 为何值时，四边形AOED 是平行四边形？并在此条件下求sin ∠CAE 的值．【答案】(1)见解析;(2)10. 【解析】分析：（1）要证DE 是⊙O 的切线，必须证ED ⊥OD ，即∠EDB+∠ODB=90°（2）要证AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点，又BD ⊥AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的概念求解即可．详解：（1）证明：连接O 、D 与B 、D 两点，∵△BDC 是Rt △，且E 为BC 中点，∴∠EDB=∠EBD ．（2分）又∵OD=OB 且∠EBD+∠DBO=90°，∴∠EDB+∠ODB=90°．∴DE 是⊙O 的切线．（2）解：∵∠EDO=∠B=90°，若要四边形AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点，又∵BD ⊥AC ，∴△ABC 为等腰直角三角形．∴∠C AB=45°．过E 作EH ⊥AC 于H ，设BC=2k ，则EH=22k ，5， ∴sin ∠CAE=1010EH AE ．点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．7．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点G，点F是CD上一点，且满足若13 CFDF=,连接AF并延长交⊙O于点E，连接AD、DE，若CF=2，AF=3.（1）求证：△ADF∽△AED；（2）求FG的长；（3）求tan∠E的值．【答案】(1)证明见解析;(2)FG =2;(3)5 4.【解析】分析：（1）由AB是 O的直径，弦CD⊥AB，根据垂径定理可得：弧AD=弧AC，DG=CG，继而证得△ADF∽△AED；（2）由13CFFD= ,CF=2，可求得DF的长，继而求得CG=DG=4，则可求得FG=2；（3）由勾股定理可求得AG的长，即可求得tan∠ADF的值，继而求得tan∠5本题解析：①∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∴DG=CG，∴AD AC=，∠ADF=∠AED，∵∠FAD=∠DAE（公共角），∴△ADF∽△AED；②∵13CFFD=，CF=2，∴FD=6，∴CD=DF+CF=8，∴CG=DG=4，∴FG=CG-CF=2；③∵AF=3，FG=2，∴AG=225AF FG -=，点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理以及三角函数等知识点，考查内容较多，综合性较强，难度适中，注意掌握数形结合的思想.8．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333a -=∴ 点A 的横坐标为33333111.22x 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：33 ∴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．9．如图，PA 切⊙O 于点A ，射线PC 交⊙O 于C 、B 两点，半径OD ⊥BC 于E ，连接BD 、DC 和OA ，DA 交BP 于点F ；（1）求证：∠ADC+∠CBD ＝12∠AOD ；（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；【解析】【分析】()1根据垂径定理得到BD CD =，根据等腰三角形的性质得到()111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =，根据等腰三角形的性质得到ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=，求得90OAD DAP ∠+∠=，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．【详解】()1证明：OD BC ⊥，BD CD ∴=， CBD DCB ∴∠=∠，90DFE EDF ∠+∠=，90EDF DFE ∴∠=-∠，OD OA =，()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠， 190902DFE AOD ∴-∠=-∠， 12DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠，12ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠； ()2解：OD BC ⊥，BE CE ∴=，BD CD =，BD CD ∴=，OA OD =，ADO OAD ∴∠=∠，PA 切O 于点A ，90PAO ∴∠=，90OAD DAP ∴∠+∠=，PFA DFE ∠=∠，90PFA ADO ∴∠+∠=，PAF PFA ∴∠=∠，PA PF ∴=．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．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=π（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+=+=213.64DG DE。

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