中考数学专题复习圆压轴八大模型题(5)-三切线组合
中考各省压轴之圆综合问题(9考点39题)—2024年中考数学压轴题(全国通用)(解析版)
中考各省压轴之圆综合问题（9考点39题）一．圆周角定理（共3小题）1．如图，在⊙O中，将沿弦AB翻折，使恰好经过圆心O，C是劣弧AB上一点．已知AE＝2，tan∠CBA＝，则AB的长为（ ）A．B．6C．D．【答案】C【解答】解：连接EO并延长交⊙O于点H，连接AH，过点O作OF⊥AB于F，延长OF交⊙O于点G，连接OB，∵EH是⊙O的直径，∴∠EAH＝90°，∴tan∠AHE＝，∵∠AHE＝∠CBA，tan∠CBA＝，∴tan∠AHE＝tan∠CBA＝，∴＝，∵AE＝2，∴AH＝4，∴EH＝＝2，∴⊙O的半径为，∴OG＝OB＝，∵OG⊥AB于F，∴AB＝2BF，根据折叠的性质得，OF＝GF，∴OF＝OG＝，∴BF＝＝，∴AB＝，故选：C．2．如图，AB是半圆的直径，点C是弧AB的中点，点E是弧AC的中点，连接EB，CA交于点F，则＝（ ）A．B．C．1﹣D．【答案】D【解答】解：方法1：连接AE、CE．作AD∥CE，交BE于D．∵点E是弧AC的中点，∴可设AE＝CE＝1，根据平行线的性质得∠ADE＝∠CED＝45°．∴△ADE是等腰直角三角形，则AD＝，BD＝AD＝．所以BE＝+1．再根据两角对应相等得△AEF∽△BEA，则EF＝＝﹣1，BF＝2．所以＝．方法2：过点C作CO⊥AB于点O，∵AB是半圆的直径，点C是弧AB的中点，∴点O是圆心．连接OE，BC，OE与AC交于点M，∵E为弧AC的中点，易证OE⊥AC，∵∠ACB＝90°，∠AOE＝45°，∴OE∥BC，设OM＝1，则AM＝1，∴AC＝BC＝2，OA＝，∴OE＝，∴EM＝﹣1，∵OE∥BC，∴＝＝．故选：D．3．如图，MN是⊙O的直径，MN＝2，点A在⊙O上，∠AMN＝30°，B为弧AN的中点，P是直径MN上一动点，则P A+PB的最小值为．【答案】见试题解答内容【解答】解：作点B关于MN的对称点C，连接AC交MN于点P，连接OB，则P点就是所求作的点．此时P A+PB最小，且等于AC的长．连接OA，OC，∵∠AMN＝30°，∴∠AON＝60°，∵＝∴∠AOB＝∠BON＝30°，∵MN⊥BC，∴＝，∴∠CON＝∠NOB＝30°，则∠AOC＝90°，又OA＝OC＝1，则AC＝．二．切线的性质（共1小题）4．为了测量一个圆形铁环的半径，小华采用了如下方法：将铁环平放在水平桌面上，用一个锐角为30°的直角三角板和一个刻度尺，按如图所示的方法得到有关数据，进而求得铁环的半径，若测得AB＝10cm，则铁环的半径是 ．【答案】见试题解答内容【解答】解：如图所示：连接OB，OC，OA，∵AB为圆O的切线，∴OB⊥AB，即∠OBA＝90°，又AC为圆O的切线，∴OC⊥AC，即∠OCA＝90°，在Rt△ADE中，∠E＝30°，∠ADE＝90°，∴∠EAD＝60°，∠BAC＝120°，∵AC及AB为圆O的切线，∴OA为∠BOC的平分线，则∠BAO＝∠OAC，可得∠BOA＝∠COA，又∠OBA＝∠OCA＝90°，∴∠OAB＝∠OAC＝∠BAC＝60°，在Rt△OBA中，∠OBA＝90°，∠OAB＝60°，AB＝10cm，∴tan60°＝，即＝，则圆的半径OB＝10cm．故答案为：10cm三．切线的判定与性质（共2小题）5．如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB＝4，∠CBA＝30°，点D在线段AB上运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F．下列结论：①∠F＝30°；②CE＝CF；③线段EF的最小值为2；④当AD＝1时，EF与半圆相切；⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是8．其中正确的结论的序号为．【答案】②③④．【解答】解：①连接CD，如图1所示．∵点E与点D关于AC对称，∴CE＝CD．∴∠E＝∠CDE．∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°．∴∠E+∠F＝90°，∠CDE+∠CDF＝90°．∴∠F＝∠CDF．只有当CD⊥AB时，∠F＝∠CDF＝∠CBA＝30°，故①错误；②又∵∠F＝∠CDF，∴CD＝CF，∴CE＝CD＝CF．故②正确；③当CD⊥AB时，如图2所示．∵AB是半圆的直径，∴∠ACB＝90°，∵AB＝4，∠CBA＝30°，∴∠CAB＝60°，AC＝2，BC＝2，∵CD⊥AB，∠CBA＝30°，∴CD＝BC＝，根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：点D在线段AB上运动时，CD的最小值为．∵CE＝CD＝CF，∴EF＝2CD．∴线段EF的最小值为2．故③正确；④当AD＝1时，连接OC，如图3所示，∵OA＝OC，∠CAB＝60°，∴△OAC是等边三角形．∴CA＝CO，∠ACO＝60°．∵AO＝2，AD＝1，∴DO＝1．∴AD＝DO，∴∠ACD＝∠OCD＝30°，∵点E与点D关于AC对称，∴∠ECA＝∠DCA，∴∠ECA＝30°，∴∠ECO＝90°，∴OC⊥EF，∵EF经过半径OC的外端，且OC⊥EF，∴EF与半圆相切．故④正确；⑤∵点D与点E关于AC对称，点D与点F关于BC对称，∴当点D从点A运动到点B时，点E的运动路径AM与AB关于AC对称，点F的运动路径NB与AB关于BC对称．∴EF扫过的图形就是图5中阴影部分．∴S阴影＝2S△ABC＝2וAC•BC＝4．故⑤错误．故答案为②③④．6．如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，AB为直径，∠ABC＝30°，CD⊥OC于C，ED⊥AB 于F，（1）判断△DCE的形状；（2）设⊙O的半径为1，且OF＝，求证：△DCE≌△OCB．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）△DCE为等腰三角形，理由为：∵∠ABC＝30°，圆周角∠ABC与圆心角∠AOC都对，∴∠AOC＝2∠ABC＝60°，又∵OA＝OC，∴△OAC为等边三角形，∴∠OAC＝∠OCA＝60°，∵OC⊥CD，∴∠OCD＝90°，∴∠DCE＝180°﹣90°﹣60°＝30°，又∵EF⊥AF，∴∠AFE＝90°，∴∠E＝180°﹣90°﹣60°＝30°，∴∠DCE＝∠E，∴DC＝DE，则△DCE为等腰三角形；（2）∵OA＝OB＝1，OF＝，∴AF＝AO+OF＝1+＝，OA＝AC＝OC＝1，在Rt△AEF中，∠E＝30°，∴AE＝2AF＝+1，∴CE＝AE﹣AC＝+1﹣1＝，又∵AB为圆O的直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠B＝30°，∴cos30°＝，即BC＝AB cos30°＝，∴CB＝CE＝，在△OBC和△DCE中，∵，∴△OBC≌△DCE（ASA）．四．三角形的内切圆与内心（共1小题）7．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，I为Rt△ABC的内心，若M、N分别是斜边AB和直角边AC上的动点，连接IM、MN，则IM+MN的最小值为．【答案】5.2．【解答】解：分别作ID⊥BC，IE⊥AC，IF⊥AB，垂足分别为点D、E、F，延长IF到I'，使I'F＝IF，作I'N⊥AC于点N，交AB于点M，延长DI，交I'N于点G，连接BI，∵IF⊥AB，I'F＝IF，∴IM＝I'M，∴IM+MN＝I'M+MN，当I'、M、N三点共线，且I'N⊥AC时，I'N最短，即IM+MN的值最小．∵I为Rt△ABC的内心，ID⊥BC，IE⊥AC，IF⊥AB，∴ID＝IE＝IF，设ID＝IE＝IF＝r，又∵ID⊥BC，IE⊥AC，∠C＝90°，∴四边形CEID是正方形，∴CD＝IE＝CE＝ID＝r，∵Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝10，∴BD＝6﹣r，AE＝8﹣r，在Rt△BID和Rt△BIF中，，∴Rt△BID≌Rt△BIF（HL），∴BD＝BF，同理AE＝AF，∵AB＝AF+BF，∴6﹣r+（8﹣r）＝10，解得r＝2，∵I'F＝IF，∴II'＝4，∵IF⊥AB，I'N⊥AC，∠FMI'＝∠NMA，∴∠I'＝∠A，又∵∠C＝90°，I'N⊥AC，∴BC∥I'N，∵ID⊥BC，∴IG⊥I'N，∴四边形CDGN为矩形，△II'G∽△BAC，∴GN＝CD＝2，，即，∴I'G＝3.2，∴I'N＝I'G+GN＝3.2+2＝5.2，∴IM+MN的最小值为5.2．故答案为：5.2．五．圆与圆的位置关系（共1小题）8．如图，⊙O1和⊙O2的半径为1和3，连接O1O2，交⊙O2于点P，O1O2＝8，若将⊙O1绕点P按顺时针方向旋转360°，则⊙O1与⊙O2共相切 次．【答案】见试题解答内容【解答】解：两圆相切时，O1O2之间的距离等于4（外切）或者2（内切）时即可，当⊙O1绕P点顺时针旋转时360°时，O1O2的变化范围从8到2再到8，其中有两次外切和一次内切．可以用尺规作图的方法来做，以P为圆心做一个半径为5的圆，再以O2为圆心，做一个半径为4的圆，两者相交即为外切，然后以O2为圆心做一个半径为2的圆，两者相交即为内切．故答案为：3．六．弧长的计算（共1小题）9．一位小朋友在粗糙不打滑的“Z”字形平面轨道上滚动一个半径为10cm的圆盘，如图所示，AB与CD是水平的，BC与水平面的夹角为60°，其中AB＝60cm，CD＝40cm，BC ＝40cm，那么该小朋友将圆盘从A点滚动到D点其圆心所经过的路线长为 cm．【答案】见试题解答内容【解答】解：A点滚动到D点其圆心所经过的路线＝（60+40+40）﹣+＝（cm）．故答案为：（）．七．扇形面积的计算（共1小题）10．如图，在△ABC中，AB＝8cm，BC＝4cm，∠ABC＝30°，把△ABC以点B为中心按逆时针方向旋转，使点C旋转到AB边的延长线上的C′′处，那么AC边扫过的图形（图中阴影部分）的面积是 cm2（结果保留π）．【答案】见试题解答内容【解答】解：×（64﹣16）＝20πcm2．八．圆锥的计算（共3小题）11．现有30%圆周的一个扇形彩纸片，该扇形的半径为40cm，小红同学为了在“六一”儿童节联欢晚会上表演节目，她打算剪去部分扇形纸片后，利用剩下的纸片制作成一个底面半径为10cm的圆锥形纸帽（接缝处不重叠），那么剪去的扇形纸片的圆心角为 ．【答案】见试题解答内容【解答】解：20π＝解得：n＝90°，∵扇形彩纸片是30%圆周，因而圆心角是108°∴剪去的扇形纸片的圆心角为108°﹣90°＝18°．剪去的扇形纸片的圆心角为18°．故答案为18°．12．如图，有一直径为4的圆形铁皮，要从中剪出一个最大圆心角为60°的扇形ABC．用此剪下的扇形铁皮围成一个圆锥，该圆锥的侧面积为 ．【答案】见试题解答内容【解答】解：连接OA，过点O作OD⊥AB，∵∠CAB＝60°，∴∠OAD＝30°，∵AO＝2，∴DO＝1，∴AD＝，∴AB＝2，∴S阴影＝＝2π．故答案为：2π．13．如图，圆锥的母线长是3，底面半径是1，A是底面圆周上一点，从A点出发绕侧面一周，再回到A点的最短的路线长是．【答案】3．【解答】解：∵图扇形的弧长是2π，根据弧长公式得到2π＝，∴n＝120°即扇形的圆心角是120°，∴弧所对的弦长AA′＝2×3sin60°＝3，故答案为3．九．圆的综合题（共26小题）14．如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O 上一动点，CF⊥AE于点F．当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为（ ）A．B．C．D．【答案】C【解答】解：连接AC，AO，∵AB⊥CD，∴G为AB的中点，即AG＝BG＝AB，∵⊙O的半径为4，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，∴OG＝2，∴在Rt△AOG中，根据勾股定理得：AG＝＝2，又∵CG＝CO+GO＝4+2＝6，∴在Rt△AGC中，根据勾股定理得：AC＝＝4，∵CF⊥AE，∴△ACF始终是直角三角形，点F的运动轨迹为以AC为直径的半圆，当E位于点B时，CG⊥AE，此时F与G重合；当E位于D时，CA⊥AE，此时F与A 重合，∴当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长，在Rt△ACG中，tan∠ACG＝＝，∴∠ACG＝30°，∴所对圆心角的度数为60°，∵直径AC＝4，∴的长为＝π，则当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为π．故选：C．15．定义：如果一个三角形中有两个内角α，β满足α+2β＝90°，那我们称这个三角形为“近直角三角形”．（1）若△ABC是“近直角三角形”，∠B＞90°，∠C＝50°，则∠A＝ 度；（2）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4．若BD是∠ABC的平分线，①求证：△BDC是“近直角三角形”；②在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△BCE也是“近直角三角形”？若存在，请求出CE的长；若不存在，请说明理由．（3）如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为AC边上一点，以BD为直径的圆交BC于点E，连接AE交BD于点F，若△BCD为“近直角三角形”，且AB＝5，AF＝3，求tan∠C的值．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∠B不可能是α或β，当∠A＝α时，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，则β＝20°，故答案为20；（2）①如图1，设∠ABD＝∠DBC＝β，∠C＝α，则α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②存在，理由：在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△BCE是“近直角三角形”，AB＝3，AC＝4，则BC＝5，则∠ABE＝∠C，则△ABC∽△AEB，即，即，解得：AE＝，则CE＝4﹣＝；（3）①如图2所示，当∠ABD＝∠DBC＝β时，则AE⊥BF，则AF＝FE＝3，则AE＝6，AB＝BE＝5，过点A作AH⊥BC于点H，设BH＝x，则HE＝5﹣x，则AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：x＝；cos∠ABE＝＝＝cos2β，则tan2β＝，则tanα＝；②如图3所示，当∠ABD＝∠C＝β时，过点A作AH⊥BE交BE于点H，交BD于点G，则点G是圆的圆心（BE的中垂线与直径的交点），∵∠AEB＝∠DAE+∠C＝α+β＝∠ABC，故AE＝AB＝5，则EF＝AE﹣AF＝5﹣3＝2，∵DE⊥BC，AH⊥BC，∴ED∥AH，则AF：EF＝AG：DE＝3：2，则DE＝2k，则AG＝3k＝R（圆的半径）＝BG，点H是BE的中点，则GH＝DE＝k，在△BGH中，BH＝＝2k，在△ABH中，AB＝5，BH＝2k，AH＝AG+HG＝4k，∵∠C+∠ABC＝90°，∠ABC+∠BAH＝90°，∴∠C＝∠BAH，∴tan C＝tan∠BAH＝＝＝，综上，tan C的值为或．16．四边形ABCD内接于⊙O，AC是⊙O的直径，连结BD交AC于点G，AF⊥BD，垂足为E．（1）如图1，若AF交BC于点F．①求证：∠BAF＝∠CAD；②若⊙O的直径为10，，BF：CG＝3：5，求AF的长．（2）如图2，若AF交CD于点F，连结OD，若OD∥AB，，DF＝2CF，求⊙O 的直径．【答案】（1）①见解析；②AF＝．（2）⊙O的直径为．【解答】（1）①证明：∵AC是⊙O的直径，AF⊥BD，∴∠ABC＝90°＝∠AEB，∴∠ABE+∠CBD＝90°，∠ABE+∠BAF＝90°，∴∠CBD＝∠BAF，又∵，∴∠CBD＝∠CAD，∴∠BAF＝∠CAD．②解：如图，过点G作GK⊥BC于点K，在Rt△ABC中，AC＝10，cos∠BCA＝，∴BC＝8，由勾股定理得AB＝＝＝6，∴sin∠BCA＝＝，tan∠BCA＝＝，在Rt△GKC中，sin∠KCG＝sin∠BCA＝＝，tan∠KCG＝tan∠BCA＝＝，又∵BF：CG＝3：5，∴BF＝GK，在△ABF和△BKG中，，∴△ABF≌△BKG（AAS），∴AB＝BK＝6，∴CK＝BC﹣BK＝8﹣6＝2，∴KG＝CK•tan∠KCG＝2×＝，即BF＝KG＝，∴AF＝＝＝．（3）解：如图，设AF交OD于点Q，过点O作OH⊥AF于点H，链接BO并延长交AF 于点P，延长AF交⊙O于点G，连接CG，∵AF⊥BD，OH⊥AF，∴∠OHO＝∠BEG＝90°，∴OH∥BD，∴∠QOH＝∠ODB，∠POH＝∠OBD，又∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠OBD，∴∠QOH＝∠POH，∴QH＝PH，∵AC为⊙O的直径，∴∠AGC＝90°＝∠OHQ＝∠AEB，∴CG∥OH∥BD，∴△AOH∽△ACG⇒⇒CG＝2OH，△DEF∽△CGF⇒＝⇒DE＝2CG⇒DE＝4OH，△DEQ∽△OHQ⇒＝＝4⇒QE＝4PH，DQ＝4OQ⇒EP＝6PH，DQ＝，△OPH∽△BPE⇒＝⇒BE＝6OH，∴，∵OD∥AB，∴△ABE∽△QDE，∴⇒QE＝⇒AQ＝＝，∵，OD＝OC，∴∠OCD＝∠ABD＝∠ODC，∴∠BAE＝90°﹣∠ABD＝90°﹣∠ODC＝∠ODA，∵OD∥AB，OA＝OD，∴∠AQD＝∠BAQ＝∠ODA＝∠OAD，∴AD＝AQ＝，△DAQ∽△DOA，∴，即AD2＝OD•DQ，设⊙O的半径为r，则OD＝r，DQ＝，∴＝，∴r＝，∴⊙O的直径为．17．如图，在平面直角坐标系xOy中，点S（﹣1，0），T（1，0）．对于一个角α（0°＜α≤180°），将一个图形先绕点S顺时针旋转α，再绕点T逆时针旋转α，称为一次“α对称旋转”．（1）点R在线段ST上，则在点A（1，﹣1），B（3，﹣2），C（2，﹣2），D（0，﹣2）中，有可能是由点R经过一次“90°对称旋转”后得到的点是；（2）x轴上的一点P经过一次“α对称旋转”得到点Q．①当α＝60°时，PQ＝ ；②当α＝30°时，若QT⊥x轴，求点P的坐标；（3）以点O为圆心作半径为1的圆．若在⊙O上存在点M，使得点M经过一次“α对称旋转”后得到的点在x轴上，直接写出α的取值范围．【答案】（1）B，C；（2）①2；②P（﹣1+，0）．（3）0°＜α≤30°或150°≤α≤180°．【解答】解：（1）如图，当点R与点O重合时，点R绕点S顺时针旋转90°得到点R′，点R′绕点T逆时针旋转90°得到点C；当点R与点T重合时，点R绕点S顺时针旋转90°得到点R″，点R″绕点T逆时针旋转90°得到点B；故答案为：B，C；（2）①当α＝60°时，如图，∵x轴上的一点P经过一次“α对称旋转”得到点Q，∴△SPP′和△TQP′均为等边三角形，∴SP′＝PP′，TP′＝QP′，∠SP′P＝∠TP′Q＝60°，∴∠SP′T+∠TP′P＝∠TP′P+∠PP′Q，∴∠SP′T＝∠PP′Q，∴△P′ST≌△P′PQ（SAS），∴PQ＝ST＝2，故答案为：2；②当α＝30°时，设点P绕点S顺时针旋转30°得到点P′，则SP′＝SP，如图，将x轴作一次“α对称旋转”后得到直线y＝﹣1，∵QT⊥x轴，点P经过一次“α对称旋转”得到点Q，∴点Q的坐标为Q（1，﹣1），∵点P′绕点T逆时针旋转30°得到点Q，∴P′T＝QT＝1，∠P′TQ＝30°，∴∠STP′＝90°﹣∠P′TQ＝60°，∵∠TSP′＝30°，∴∠SP′T＝180°﹣∠STP′﹣∠TSP′＝90°，∵ST＝2，∴SP′＝＝，∴SP＝SP′＝，∴点P的坐标为P（﹣1+，0）．（3）点M在⊙O上，则M绕S顺时针旋转α度以后的M′的轨迹为O绕S顺时针旋转α度以后的⊙O′上，M′关于T逆时针旋转α度以后得到点N，则N在O′关于T逆时针旋转α度以后的⊙O″上，若满足题意，只需⊙O′与x轴有交点O″在粉弧上，且O′T＝O″T，如图，⊙O″与x轴相切，则O″H＝1，在x轴上取点R，连接O″R，使O″R＝2，″∴HR＝，∴∠O″RH＝30°，TR＝O′S＝1，O″R＝ST＝2，O″T＝O′T，∴△O″TR≌△TO′S（SSS），∴∠TSO′＝∠O″RT＝30°，故0°＜α≤30°；如图，⊙O″与x轴相切，则O″H＝1，在x轴上取点R，连接O″R，使O″R＝2，∴∠HRO″＝30°，ST＝O″R，∴∠TRO″＝150°，∵∠SO′T+∠STO′＝∠STO′+∠RTO″，∴∠SO′T＝∠RTO″，∵O′T＝TO″，∴△O′ST≌△TRO″（SAS），∴∠O′ST＝∠TRO″＝150°，∴α＝150°，∴150°≤α≤180°；综上所述，0°＜α≤30°或150°≤α≤180°．18．问题提出（1）如图①，已知直线a∥b，点A，B在直线a上，点C，D在直线b上，则S△ACD S（填“＞”“＜”或“＝”）；△BCD问题探究（2）如图②，⊙O的直径为20，点A，B，C都在⊙O上，AB＝12，求△ABC面积的最大值；问题解决（3）如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝10，根据设计要求，点D为∠ABC内部一点，且∠ADB＝60°，过点C作CE∥AD交BD于点E，连接AE，CD，试求满足设计要求的四边形ADCE的最大面积．【答案】（1）＝；（2）△ABC面积的最大值为108；（3）四边形ADCE的最大面积是75．【解答】解：（1）如图①所示，分别过A、B两点向直线b作垂线，垂足为M、N.∵a∥b，∴∠MAB＝∠AMN＝90°，∴四边形AMNB是矩形，∴AM＝BN，∴CD•AM＝CD•BN又S△ACD＝CD•AM，S△BCD＝CD•BN，∴S△ACD＝S△BCD；故答案为：＝；（2）取优弧的中点记为C1，过C1作AB的垂线，垂足为D，由垂径定理知C1D过O 且AD＝BD，如图②所示.过点C作AB的平行线a，∵当直线a向上平移时，a距AB的距离增大，即△ABC的AB边上的高增大，∴当a运动到最高点C时，△ABC的AB边上的高最大，又∵AB为常数，∴当C运动到C1时，△ABC的面积最大，下面计算△ABC1的面积：连接OB，在Rt△OBD中，∵AB＝12，⊙O的直径为20，∴BD＝6，BO＝10，OC1＝10，由勾股定理得：OD＝＝＝8，∴C1D＝OD+OC1＝8+10＝18，∴△ABC1的面积为：AB•C1D＝×12×18＝108，∴△ABC面积的最大值为108；（3）过点C作CF∥BD交AD的延长线于F，如图③﹣1所示，∵CF∥BD，∴∠F＝∠ADB＝60°，∵AD∥CE，∴四边形DECF是平行四边形，∴DF＝CE，FC＝DE，∵DC＝CD∴△DFC≌△CED（SSS），∴S△DFC＝S△CED，又由（1）的结论知S△DAC＝S△DAE，∴S四边形ADCE＝S△DAE+S△CED＝S△DAC+S△DFC＝S△AFC，所以只需求得S△AFC最大值即得S四边形ADCE的最大值.以AC为边向△ABC外作等边△AGC，再作等边△AGC的外接圆，过G作GJ⊥AC于J，如图③﹣2所示，∵∠F＝60°，∴点F在△AGC的外接圆上，由第（2）问的解决知，当F运动到点G时，S△AFC最大＝S△ACG；在Rt△ABC中：由勾股定理得AC＝＝＝10，∴AJ＝AC＝5，∴GJ＝×10＝15，∴S△ACG＝AC×GJ＝×10×15＝75；∴四边形ADCE的最大面积是75．19．课本再现（1）在圆周角和圆心角的学习中，因为圆内接四边形的每一个角都是圆周角，所以我们可以利用圆周角定理，来研究圆内接四边形的角之间的关系．如图1，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，AC为直径，则∠B＝∠D＝ 度，∠BAD+∠BCD＝ 度．（2）如果⊙O的内接四边形ABCD的对角线AC不是⊙O的直径，如图2、图3，请选择一个图形证明：圆内接四边形的对角互补．知识运用（3）如图4，等腰三角形ABC的腰AB是⊙O的直径，底边和另一条腰分别与⊙O交于点D，E．点F是线段CE的中点，连接DF，求证：DF是⊙O的切线．【答案】（1）90，180；（2）证明见解答；（3）证明见解答．【解答】（1）解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，AC为直径，∴∠B＝∠D＝90°，∴∠BAD+∠BCD＝360°﹣（∠B+∠D）＝360°﹣180°＝180°，故答案为：90，180；（2）证明：如图2，连接OB，OD，∵＝，∴∠BOD＝2∠C，∠1＝2∠A，∵∠BOD+∠1＝360°，∴2∠C+2∠A＝360°，∴∠C+∠A＝180°，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝360°﹣（∠A+∠C）＝180°，即圆内接四边形的对角互补；如图3，连接OA，OC，∵＝，∴∠AOC＝2∠B，∠1＝2∠D，∵∠AOC+∠1＝360°，∴2∠B+2∠D＝360°，∴∠B+∠D＝180°，在四边形ABCD中，∠BAD+∠DCB＝360°﹣（∠B+∠D）＝180°，即圆内接四边形的对角互补；（3）证明：连接OD，DE，如图4，∵OB＝OD，∴∠B＝∠ODB，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴∠ODB＝∠C，∴OD∥AC，∵四边形ABDE是圆内接四边形，∴∠B+∠AED＝180°，∵∠DEC+∠AED＝180°，∴∠B＝∠DEC，∴∠C＝∠DEC，∴DC＝DE，∵点F是线段CE的中点，∴DF⊥AC，∴OD∥AC，∴DF⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴DF是⊙O的切线．20．如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，交斜边AC于点D，点E是BC的中点，连接OE、DE．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若sin C＝，DE＝5，求AD的长；（3）求证：2DE2＝CD•OE．【答案】（1）证明见解答；（2）AD的长为；（3）证明见解答．【解答】（1）证明：连接OD，BD，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠BDC＝180°﹣∠ADB＝90°，∵点E是BC的中点，∴DE＝BE＝EC，∵OB、OD是⊙O的半径，∴OB＝OD，又∵OE＝OE，∴△ODE≌△OBE（SSS），∴∠ODE＝∠OBE＝90°，∴半径OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线；（2）解：连接BD，如图，由（1）知：DE＝BE＝EC，∠ADB＝∠BDC＝∠ABC＝90°，∵DE＝5，∴BC＝10，∵sin C＝，∴＝，∴BD＝8，∵∠C+∠CBD＝∠ABD+∠CBD＝90°，∴∠ABD＝∠C，∴sin∠ABD＝sin∠C＝，∴＝，设AD＝4x，则AB＝5x，∵AD2+BD2＝AB2，∴（4x）2+82＝（5x）2，解得：x＝（负值舍去），∴AD＝4x＝4×＝；（3）证明：连接BD，由（1）（2）得：∠BDC＝∠OBE＝90°，BE＝DE，∵点O是AB的中点，点E是BC的中点，∴OE∥AC，BC＝2BE，∴∠C＝∠OEB，∴△BCD∽△OEB，∴＝，即＝，∴2DE2＝CD•OE．21．已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，以边AC为直径作⊙O，与AB 边交于点D，点M为边BC的中点，连接DM．（1）求证：DM是⊙O的切线；（2）点P为直线BC上任意一动点，连接AP交⊙O于点Q，连接CQ．①当tan∠BAP＝时，求BP的长；②求的最大值．【答案】（1）证明见解答；（2）①BP的长为或；②的最大值为．【解答】（1）证明：如图，连接OD，CD，∵AC是⊙O的直径，∴∠ADC＝90°，∴∠BDC＝180°﹣∠ADC＝90°，∵点M为边BC的中点，∴MC＝MD，∴∠MDC＝∠MCD，∵OC＝OD，∴∠ODC＝∠OCD，∵∠ACB＝90°，即∠MCD+∠OCD＝90°，∴∠MDC+ODC＝∠MCD+∠OCD＝90°，即∠ODM＝90°，∴DM⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴DM是⊙O的切线；（2）①当点P在线段BC上时，如图，过点P作PT⊥AB于点T，在Rt△ABC中，AB＝＝＝10，设PT＝x，∵tan∠BAP＝，∴＝，∴AT＝3PT＝3x，∴BT＝AB﹣AT＝10﹣3x，∵tan∠ABC＝＝，∴＝，解得：x＝，∴PT＝，∵sin∠ABC＝＝，即＝，∴BP＝；当点P在CB的延长线上时，如图，过点B作BK⊥AP于点K，∵tan∠BAP＝，∴＝，设BK＝a，则AK＝3a，在Rt△ABK中，AK2+BK2＝AB2，即（3a）2+a2＝102，解得：a1＝，a2＝﹣（舍去），∴AK＝3，BK＝，∵S△ABP＝AP•BK＝BP•AC，∴＝＝，设BP＝m，则AP＝m，在Rt△ACP中，AC2+CP2＝AP2，即82+（m+6）2＝（m）2，解得：m1＝，m2＝﹣（舍去），∴BP＝；综上所述，BP的长为或；②设CP＝n，则AP＝＝，如图，∵AC是⊙O的直径，∴CQ⊥AP，∵CQ•AP＝AC•CP，∴CQ＝＝，∴＝，∵n＞0，∴（n﹣8）2≥0，∴64+n2≥16n，∴＝≤＝，∴的最大值为．22．如图（1），已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为直径的圆O交斜边AC于点E，点D为BC中点，连接DE．（1）求证：DE是圆O的切线；（2）如图（2），EH⊥AC，垂足为H，若AC＝6，BC＝8，求EH的长；（3）如图（3），在⊙O上取一点P，使PE＝CE，连接PE，AP，试探究AP、AH、HC 之间的数量关系，并说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】（1）连结OE，∵AC是直径，∴∠AEC＝90°∴∠CEB＝90°，∵D是BC的中点，∴CD＝DE，∴∠DCE＝∠DEC，∵∠ACB＝90°，∴∠DCE+∠OCE＝90°，∵OE＝OC，∴∠OCE＝∠OEC，∴∠OEC+∠DEC＝90°，∴OE⊥DE，∵OE是圆O的半径，∴DE是圆O的切线；（2）连结CE，∵AC＝6，BC＝8，∴，∵∠B＝∠B，∠CEB＝∠ACB＝90°，∴△CEB∽△ACB，∴，∴，∵HE⊥AC，∴∠EHC＝90°，∴，∴，∴；（3）在AC上取点M，使CM＝AP，∵PE＝CE，∠P＝∠MCE∴△APE≌△MCE（SAS）∴AE＝ME∵EH⊥AC∴AH＝MH∴CM＝CH﹣MH＝CH﹣AH，∴AP＝CH﹣AH．23．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A为任意一点，B为⊙O上任意一点．给出如下定义：记A，B两点间的距离的最小值为p（规定：点A在⊙O上时，p＝0），最大值为q，那么把的值称为点A与⊙O的“关联距离”，记作d（A，⊙O）．（1）如图，点D，E，F的横、纵坐标都是整数．①d（D，⊙O）＝ ；②若点M在线段EF上，求d（M，⊙O）的取值范围；（2）若点N在直线y＝上，直接写出d（N，⊙O）的取值范围；（3）正方形的边长为m，若点P在该正方形的边上运动时，满足d（P，⊙O）的最小值为1，最大值为，直接写出m的最小值和最大值．【答案】（1）①2；②2≤d（M，⊙O）≤3；（2）d（N，⊙O）≥；（3）m的最小值为﹣，最大值为．【解答】解：（1）①∵D（0，2）到⊙O的距离的最小值p＝1，最大值q＝3，∴d（D，⊙O）＝＝2，故答案为：2；②当M在点E处，d（E，⊙O）＝2，当M在点F处，d（F，⊙O）＝＝3，∴2≤d（M，⊙O）≤3；（2）设ON＝d，∴p＝d﹣r＝d﹣1，q＝d+r＝d+1，∴d（N，⊙O）＝＝＝d，∵点N在直线y＝上，设直线交x轴于点B，交y轴于点A，如图1，则x＝0时，y＝2，y＝0时，x＝﹣2，∴A（0，2），B（﹣2，0），∴OA＝2，OB＝2，∴AB＝＝4，当ON⊥AB时，d（N，⊙O）最小，∴S△AOB＝OA•OB＝AB•ON，即×2×2＝×4ON，∴ON＝，∵ON无最大值，∴d（N，⊙O）≥；（3）如图2，∵d（P，⊙O）的最小值为1，最大值为，∴两个同心圆中，小圆的半径为1，大圆的半径为，∵KL＝﹣1，∴m的最小值是＝﹣，在Rt△OMH中，OM＝，OH＝m﹣1，MH＝m，∴（m﹣1）2+（m）2＝（）2，解得：m＝﹣2（舍去）或m＝；∴m的最小值为﹣，最大值为．24．在⊙O中＝，顺次连接A、B、C．（1）如图1，若点M是的中点，且MN∥AC交BC延长线于点N，求证：MN为⊙O 的切线；（2）如图2，在（1）的条件下，连接MC，过点A作AP⊥BM于点P，若BP＝a，MP ＝b，CM＝c，则a、b、c有何数量关系？（3）如图3，当∠BAC＝60°时，E是BC延长线上一点，D是线段AB上一点，且BD ＝CE，若BE＝5，△AEF的周长为9，请求出S△AEF的值？【答案】（1）证明见解答；（2）a＝b+c；（3）．【解答】解：（1）如图1，连接OM，∵M是的中点，∴OM⊥AC，∵MN∥AC，∴OM⊥MN，∵OM为⊙O的半径，∴MN为⊙O的切线；（2）如图2，连接OM交AC于K，连结AM，∵M是的中点，∴＝，∴AM＝CM＝c，∵AP⊥BM，∴∠APM＝∠APB＝90°，∴AP2＝AM2﹣PM2＝c2﹣b2，∴AB2＝AP2+BP2＝c2﹣b2+a2，∴AC＝AB＝，∵M是的中点，∴OM⊥AC，∴AK＝CK＝AC＝，∵∠APB＝∠CKM＝90°，∠ABP＝∠MCK，∴△ABP∽△MCK，∴＝，∴BP•CM＝CK•AB，∴ac＝•，∴2ac＝c2﹣b2+a2，∴（a﹣c）2﹣b2＝0，∴（a+b﹣c）（a﹣b﹣c）＝0，∵a+b﹣c＞0，∴a﹣b﹣c＝0，∴a＝b+c；（3）过点B作BH∥AC，过点D作DH∥BC，BH与DH交于点H，连接CH，则∠BDH＝∠ABC＝60°，∠DBH＝∠ACB＝60°，∴△BDH是等边三角形，∴BH＝BD，∠DBH＝60°，∴BH＝CE，∠CBH＝∠ABC+∠DBH＝60°+60°＝120°，∵∠ACE＝180°﹣∠ACB＝120°＝∠CBH，AC＝BC，∴△ACE≌△CBH（SAS），∴∠CAE＝∠BCH，AE＝CH，∵DH∥BC，DH＝CE，∴四边形CEDH是平行四边形，∴CE∥ED，CH＝ED，∴∠BCH＝∠BED，CH＝AE，∴∠BED＝∠CAE，AE＝ED，过点E作ET⊥AB于点T，交AC于点L，连接DL，则AT＝TD＝AD，AL＝DL，∵∠BAC＝60°，∴△ADL是等边三角形，∴∠ALD＝60°＝∠ACB，∴DL∥BC，即HD与DL在同一直线上，∴四边形BCLH是平行四边形，∴CL＝BH＝BD＝CE，LH＝BC，设CE＝x，则CL＝x，BC＝AC＝5﹣x，AD＝DL＝AL＝AC﹣CL＝5﹣2x，AT＝，∵DF∥CH，∴＝，即＝，∴LF＝，∴AF＝AL+LF＝5﹣2x+＝，在Rt△BET中，ET＝BE•sin60°＝，∵AE2＝AT2+ET2，∴AE2＝（）2+（）2＝x2﹣5x+25，延长BH，ED交于点R，则∠RHD＝∠FCE，∠R＝∠CFE，DH＝CE，∴△HDR≌△CEF（AAS），∴DR＝EF，∴ER＝ED+DR＝AE+EF＝9﹣AF＝9﹣＝，∵CH∥ED，∴＝，∴CH＝•ER＝×＝，∴AE＝，∴x2﹣5x+25＝（）2，解得：x1＝5（舍去），x2＝，∴AD＝5﹣2×＝，AF＝＝10﹣＝2，作DM⊥AL于点M，则DM＝AD•sin60°＝×＝，∴S△AEF＝S△ADE﹣S△ADF＝AD•ET﹣AF•DM＝××﹣×2×＝．25．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，AB＝1，且A，B两点中至少有一点在⊙O 外．给出如下定义：平移线段AB，得到线段A′B′（A′，B′分别为点A，B的对应点），若线段A′B′上所有的点都在⊙O的内部或⊙O上，则线段AA′长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．（1）如图1，点A1，B1的坐标分别为（﹣3，0），（﹣2，0），线段A1B1到⊙O的“平移距离”为，点A2，B2的坐标分别为（﹣，），（，），线段A2B2到⊙O的“平移距离”为；（2）若点A，B都在直线y＝x+2上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d，求d的最小值；（3）如图2，若点A坐标为（1，），线段AB到⊙O的“平移距离”为1，画图并说明所有满足条件的点B形成的图形（不需证明）．【答案】（1）2，；（2）．（3）所有满足条件的点B形成的图形是以A为圆心圆心角为120°的．【解答】解：（1）根据“平移距离”的定义可得：线段A1B1到⊙O的“平移距离”为2，如图1，设A2B2与y轴交于E，线段A2B2向下平移得到⊙O的弦A′2B′2，线段A′2B′2与y轴交于点F，则A′2F＝，OA′2＝1，OE＝，∴OF＝，∴A2A′2＝EF＝OE﹣OF＝﹣＝，∴线段A2B2到⊙O的“平移距离”为，故答案为：2，；（2）如图2中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，设直线y＝x+2交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，2），过点E作EH⊥MN于H，∵OM＝2，ON＝2，∴tan∠NMO＝，∴∠NMO＝60°，∴EH＝EM•sin60°＝，观察图象可知，线段AB到⊙O的“平移距离”为d1的最小值为．（3）如图3，连接OA，交⊙O于点A′，则OA＝＝2，∴OA到⊙O任意一点距离的最小值为OA′＝OA﹣1＝1，∴点A′（，），设平移后圆上另一点为B′，由题意得：A′B′＝1，有三种情况：①点B′与点O重合，则点B的坐标为（，）；②点B′与点（1，0）重合，则点B的坐标为（，）；③点B′与点（﹣，）重合，则点B的坐标为（0，）；如图可知所有满足条件的点B形成的图形是以A为圆心圆心角为120°的．26．【了解概念】定义：在平面直角坐标系xOy中，组成图形的各点中，与点P连线段最短的点叫做点P 于这个图形的短距点，这条最短线段的长度叫做点P这个图形的短距．【理解运用】（1）已知点P（﹣3，0），以原点为圆心，1半径作⊙O，则点P于⊙O的短距点的坐标是；（2）如图，点P（3，），等边三角形OAB的顶点A的坐标为（6，0），顶点B在第一象限，判断点P于△OAB的短距点的个数，并说明理由；【拓展提升】（3）已知P（p，﹣p+6），A（6，0），B（0，6），点C在第一象限内，且∠CBO＝75°，∠ACB＝90°，若点P到四边形OACB的短距大于2，请直接写出p的取值范围．【答案】（1）（﹣1，0）；（2）3个，理由见解答过程；（3）p＜﹣或2＜p＜4或p＞6+．【解答】解：（1）如图：根据短距点定义，点P于⊙O的短距点为A，坐标是（﹣1，0），故答案为：（﹣1，0）；（2）点P关于△OAB的短距点有3个，理由如下：过P作PC⊥OA于C，PE⊥AB于E，PD⊥OB于D，如图：∵P（3，），∴OC＝3，PC＝，∴tan∠POC＝，∴∠POC＝30°，∵△OAB是等边三角形，∴∠BOC＝60°，OA＝6，∴∠BOP＝∠POC＝30°，又PC⊥OA，PD⊥OB，∴PD＝PC＝，∵AC＝OA﹣OC＝3，PC＝，∴tan∠P AC＝，∴∠P AC＝30°，同理∠P AE＝∠P AC＝30°，PE＝PC，∴PC＝PD＝PE，即点P关于△OAB的短距点有C、D、E，∴点P关于△OAB的短距点有3个；（3）∵P（p，﹣p+6），∴P在直线y＝﹣x+6上，直线经过A（6，0）、B（0，6），且∠ABO＝∠BAO＝45°，①当p＜0时，过P作PD⊥x轴于D，过B作PE⊥PD于E，如图：△PBE是等腰直角三角形，若PB＝2，则BE＝PE＝，而DE＝OB＝6，∴PD＝6+，∴P（﹣，6+），由图可知：此时p＜﹣，点P到四边形OACB的短距大于2，②当0≤p≤6时，过P作PD⊥BC于D，设PD＝2，作PE⊥OB，PF⊥OA，过P'作P'G ⊥OA，设P'G＝2，如图：∵∠PBD＝∠OBC﹣∠ABC＝30°，PD＝2，∴BP＝4，∵△PBE是等腰直角三角形，∴BE＝PE＝2，PF＝OE＝OB﹣BE＝6﹣2，。
中考数学专题复习圆压轴八大模型题-弧中点的运用
圆压轴题八大模型题(一)市七中佳彼学校易建洪引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中老题中的倒数第二题的位責上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。
一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。
把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。
类型1弧中点的运用在OO中，点O是处的中点，CE1AB于点£(1)在图】中，你会发现这些结论吗？CP= FP\② CH= AD\©AC^ = AP- AD=CF・ CB=AE・ SB.(2)在图2中，你能找出所有与相似的三角形吗?【分析】(1)①由等弧所对的圆周角相等及同角或等角的余角相等得：ZCAD= LAC巳/_ PCF= Z 所以AP= CP= FP.(1)②由垂径定理和弧中点的性质得，DC= AC= AH, 再由弧脅加得：CH^AD^X CH= AD.⑴③由共边角相似易证：\ACEs、ABC4ACPs“ADC4ACFs、BCA送而得AC1 =AE AB^ACr^APAaACr^CF CB:(2)垂径定理的推论得：CO丄SD易证：RtA/45C<^RtA C55^>RtA BD2 RtAZCG^RtACG^此外还有RtA/4^£^RtAZOG^RtA^5D^RtAC^G.运用这些相似三角形可以解决相关的计算与证明题.建议：将下列所有例题与习题转化到图】或图2上观察、比较、思考和总结。
【典例】(2018 •永州)如图，线段处为OO的直径，点C F在OO上，BC=CE, CQ丄S3,垂足为点O连接BE、弦3F与线段CQ相交于点F.(1)求证：CF= BF\⑵若COSZ/I5F=A,在S3的延长线上取一点M使购=4, OO的半径为6.求证:5・・ •专业【分析】（1）延长OQ 与圆相交，由垂径定理得到缸 =BG,再由BC=CE^到五=血=无，等弧所对的 角相等，等角对等边。
中考数学复习---圆的综合问题压轴题练习(含答案解析)
1 中考数学复习---圆的综合问题压轴题练习（含答案解析） 一．圆与锐角三角函数综合 1．（2022•南充）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，点D是⊙O外一点，∠BCD＝∠BAC，连接OD交BC于点E． （1）求证：CD是⊙O的切线． （2）若CE＝OA，sin∠BAC＝，求tan∠CEO的值．
【解答】（1）证明：连接OC， ∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠A+∠B＝90°， ∵OC＝OB， ∴∠OCB＝∠OBC， ∵∠BCD＝∠BAC， ∴∠OCB+∠DCB＝90°， ∴OC⊥CD， ∵OC为⊙O的半径， ∴CD是⊙O的切线； 2
（2）解：过点O作OH⊥BC于点H． ∵sin∠BAC＝＝， ∴可以假设BC＝4k，AB＝5k，则AO＝OC＝CE＝2.5k， ∵OH⊥BC，OC＝OB ∴CH＝BH＝2k， ∵OA＝OB，AC2＝AB2﹣BC2，
∴OH＝AC＝k， ∴EH＝CE﹣CH＝2.5k﹣2k＝0.5k，
∴tan∠CEO＝＝＝3．
2．（2022•菏泽）如图，在△ABC中，以AB为直径作⊙O交AC、BC于点D、E，且D是AC的中点，过点D作DG⊥BC于点G，交BA的延长线于点H．
（1）求证：直线HG是⊙O的切线； （2）若HA＝3，cosB＝，求CG的长． 3
【解答】（1）证明：连接OD， ∵AD＝DC，AO＝OB， ∴OD是△ABC的中位线， ∴OD∥BC，OD＝BC， ∵DG⊥BC， ∴OD⊥HG， ∵OD是⊙O的半径， ∴直线HG是⊙O的切线； （2）解：设⊙O的半径为x，则OH＝x+3，BC＝2x， ∵OD∥BC， ∴∠HOD＝∠B， ∴cos∠HOD＝，即＝＝， 解得：x＝2， ∴BC＝4，BH＝7， ∵cosB＝， ∴＝，即＝， 解得：BG＝， ∴CG＝BC﹣BG＝4﹣＝． 4
3．（2022•德州）如图1，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，O为底边BC的中点，过点O作OD⊥AB，垂足为D，以点O为圆心，OD为半径作圆，交BC于点M，N． （1）AB与⊙O的位置关系为 相切 ； （2）求证：AC是⊙O的切线； （3）如图2，连接DM，DM＝4，∠A＝96°，求⊙O的直径．（结果保留小数点后一位．参考数据：sin24°≈0.41，cos24°≈0.91，tan24°≈0.45）
专题05 圆的综合计算压轴题-备战2022年中考数学满分真题模拟题分类汇编(福建专用)(解析版)
专题05 圆的综合计算压轴题1．（2018•福建）已知四边形是的内接四边形，是的直径，，垂足为．（1）延长交于点，延长，交于点，如图1．求证：；（2）过点作，垂足为，交于点，且点和点都在的左侧，连接，，如图2．若，，，求的大小．【答案】（1）见解析；（2）︒20【详解】（1）如图1，是的直径，，，，，，，四边形是圆内接四边形，，，，，；（2）如图2，连接，是的直径，，，，，ABCD O AC O DE AB ⊥E DE O F DC FB P PC PB =B BG AD ⊥G BG DE H O A DE OH BD 3AB =1DH =80OHD ∠=︒BDE∠AC O 90ABC ∴∠=︒DE AB ⊥90DEA ∴∠=︒DEA ABC ∴∠=∠//BC DF ∴F PBC ∴∠=∠BCDF 180F DCB ∴∠+∠=︒180PCB DCB ∠+∠=︒F PCB ∴∠=∠PBC PCB ∴∠=∠PC PB ∴=OD AC O 90ADC ∴∠=︒BG AD ⊥90AGB ∴∠=︒ADC AGB ∴∠=∠，，四边形是平行四边形，，在中，， ，， ，在等腰三角形中，，， 设交于，，，， ，，， ， ，．2．（2021•厦门模拟）四边形是正方形，经过，两点且与边相切于点，动点在射线上且在点的右侧，动点与点位于射线的同侧，点是的中点，连接，．（1）如图1，若点在上，且．求证：是的切线；（2）如图2，连接交于点，若，，，当点//BG DC ∴//BC DE ∴DHBC 1BC DH ∴==Rt ABC ∆3AB =tan 3AB ACB BC∠==60ACB ∴∠=︒12BC AC OD ∴==DH OD ∴=DOH 80DOH OHD ∠=∠=︒20ODH ∴∠=︒DE AC N //BC DE 60ONH ACB ∴∠=∠=︒180()40NOH ONH OHD ∴∠=︒-∠+∠=︒40DOC DOH NOH ∴∠=∠-∠=︒OA OD =1202OAD DOC ∴∠=∠=︒20CBD OAD ∴∠=∠=︒//BC DE 20BDE CBD ∴∠=∠=︒ABCD O A D BC E P BC C Q O BC M BQ CM PQ M O CE CM =CM O OE BQ G 2BC =60BPQ ∠=︒PQ CP m ==M在内时，求的值（用含的代数式表示），并直接写出的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）2=BGBM ， 【详解】（1）证明：如图，连接，，．切于点，，即， 点，点在上，．又，，，，即， 又点在上，是的切线； （2）解：连接并延长交于点，连接，．四边形是正方形，，．又由（1）得，四边形为矩形． O BM BG m m 0291m ∴<<OE OM OC BC O E OE BC ∴⊥90OEC ∠=︒E M O OE OM ∴=CE CM =OC OC =()OCE OCM SSS ∴∆≅∆90OMC OEC ∴∠=∠=︒OM CM ⊥M O CM ∴O EO AD F OA OD ABCD 90BCD CDA ∴∠=∠=︒2AD BC ==90OEC ∠=︒∴ECDF，．，， ． ， 过点作于，连接．，，为等边三角形，．，即，， ，，． 点是的中点，， ， 当点在内时，， ， ，，．当点在边上时，， 从图上明显看出，可以取到弓形内，因此变大，不变，所以， EC FD ∴=90OFD ∠=︒OA OD =12AF FD AD ∴==1122EC FD AD BC ∴===12BE EC BC ∴==Q QH CP ⊥H CQ 60BPQ ∠=︒PQ PC m ==CPQ ∴∆QC PQ =QH CP ⊥90QHP ∠=︒1122CH HP CP m ∴===90OEC QHP ∠=∠=︒//GE QH ∴∴BQ BH BG BE =M BQ 12BM BQ ∴=∴12212224m BM BQ BH BH BC CH m BG BG BE BC BC ++======+M O 2BM BG<124m ∴+<4m ∴<0m >04m ∴<<M CD 2BM BG=M CD BM BG 2BM BG>当在弓形上时，取得最大值，当与重合时，根据勾股定理，得，解得，．3．（2021•泉州模拟）如图1，在中，点是优弧上的一点，点为的内心，连接并延长交于点，连接交于点，连接．（1）求证：；（2）连接，求证：；（3）如图2，若，，当、、三点共线时，过点作，交于点，求的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）10【详解】（1）证明：如图1中，是的内心，，，．（2）证明：如图1中，连接．是的内心，，，，，，，M CDM D22213(2)()(42)22m m++=291m=-0291m∴<<-O A BAC I ABC∆AI O D OD BC E BIOD BC⊥DB DB DI=24BC=5tan12OBC∠=B O I D//DG BI O G DGI ABC∆BAD CAD∴∠=∠∴BD CD=OD BC∴⊥BDI ABC∆BAI CAI∴∠=∠ABI CBI∠=∠DIB BAI ABI∠=∠+∠DBI CBI CBD∠=∠+∠CBD CAI∠=∠DBI DIB∴∠=∠.DB DI∴=（3）解：如图2中，连接，过点作于．，，， ，， ，，， ，，，，．4．（2021•漳平市模拟）如图1，内接于，，，分别是，的中点，连接分别交，于点，．（1）求证：；OG O OH DG ⊥H OD BC ⊥12BE EC ∴==5tan 12OE OBE BE∠==5OE ∴=//DG OB BOE ODH ∴∠=∠90BEO OHD ∠=∠=︒OB OD =()OBE ODH AAS ∴∆≅∆5OE DH ∴==OH DG ⊥5DH HG ∴==10DG ∴=ABC ∆O 60ACB ∠=︒D E AC BC DE AC BC F G DFC CGE ∆∆∽（2）若，，求的长； （3）如图2，连接，，若，，求关于的函数表达式．【答案】（1）见解析；（2）2；（3）()x x y 21+=【详解】（1）点是的中点，， ，点是的中点 ，，；（2）由（1）知，，，，，，，是等边三角形，3DF =3tan GCE ∠=FG AD BE CF x DF=ABED CDES y S ∆=四边形y x D AC ∴AD CD =ACD CED ∴∠=∠E BC ∴CE BE =CDE BCE ∴∠=∠DFC CGE ∴∆∆∽ACD CED ∠=∠CDE BCG ∠=∠ACD CDE CED BCG ∴∠+∠=∠+∠CFG CGF ∴∠=∠CF CG =60ACB ∠=︒CFG ∴∆如图1，过点作于，，设，，，，，，，， ， 在中，， ， ，；（3）如图2，连接，则，，，，设与的距离为，， ， ，分别是，的中点，，，， 过点作于，，CCH FG ⊥H 90DHC ∴∠=︒FH a =30FCH ∴∠=︒2FG CF a ∴==3CH a =3DF =3DH DF FH a ∴=+=+GCE CDE ∠=∠3tan GCE ∠3tan 4CDE ∴∠=Rt CHD ∆3tan CH CDE DH ∠==∴33a =1a ∴=22FG a ∴==AE 60AEB ACB ∠=∠=︒60DAE CAD CAE ACD CDF CFG ∠=∠+∠=∠+∠=∠=︒AEB DAE ∴∠=∠//BE AD ∴BE AD h ∴1212ABEADE BE h S BE S AD AD h ∆∆⋅==⋅ABE ADE BE S S AD ∆∆∴=⋅D E AC BC CD AD ∴=BE CE =ABE ADE CE S S CD∆∆∴=⋅D DM AC ⊥M AD CD =，，由（2）知，是等边三角形，，，，设，则，，， ，，由（1）知，，， ， ， ，，，，，，过点作于，， ， 过点作，由（2）知，，， ．AD CD ∴=2AC CM ∴=CFG ∆60CFG ∴∠=︒60DFM ∴∠=︒30MDF ∴∠=︒MF m =3DM m =2DF m=CF x DF=2CF x DF mx ∴=⋅=2CG CF mx ∴==DFC CGE ∆∆∽∴DF CD CG CE =∴212CD m CE mx x==ABE ADE ADE CE S S xS CD ∆∆∆∴=⋅=()1ADE ABE ADE ABED S S S x S ∆∆∆∴=+=+四边形MF m =2CF x DF mx =⋅=2(21)CM MF CF m mx x m ∴=+=+=+22(21)AC CM x m ∴==+2(21)22(1)AF AC CF x m mx x m ∴=-=+-=+A AN DF ⊥N 1122ADF S AF DM DF AN ∆∴=⋅=⋅2(1)33(1)2AF DM x m m AN x m DF m ⋅+⋅∴===+C CP FG ⊥12PF CF mx ==3CP mx ()()()()()()2211313(1)(1)211111332ADE ABEDADE CDE CDE CDE DE AN S x S x m m x S AN x y x x x x S S S CP x mx mx DE CP ∆∆∆∆∆⋅++++∴===+⋅=+⋅=+⋅=+⋅==⋅四边形5．（2021•龙岩模拟）定义：若一个三角形存在两个内角之差是第三个内角的两倍，则称这个三角形为关于第三个内角的“差倍角三角形”，例如，在中，，，，满足，所以是关于的“差倍角三角形”；（1）若等腰是“差倍角三角形”，求等腰三角形的顶角的度数；（2）如图1，中，，，．小明发现这个是关于的“差倍角三角形”．他的证明方法如下：证明：在上取点，使得，连接．（请你完成接下去的证明）（3）如图2，五边形内接于圆，连接，与相交于点，，，是关于的“差倍角三角形”．①求证：四边形是平行四边形；②若，设，，求关于的函数关系式．【答案】（1）；（2）见解析；（3）①见解析，②12422--=x x y ABC ∆100A ∠=︒60B ∠=︒20C ∠=︒2A B C ∠-∠=∠ABC ∆C ∠ABC ∆A ∠ABC ∆3AB =8AC =9BC =ABC ∆C ∠BC D 1BD =AD ABCDE AC AD BE F G AB BC DE ==ABE ∆AEB ∠CDEF 1BF =AB x =CDEFAEG S y S ∆=四边形y x 108︒【详解】解：（1）设等腰三角形的顶角为，则等腰三角形的底角为， 等腰是“差倍角三角形”，或， （舍或，，顶角的度数为；（2）如图1，在上取点，使得，连接， ，，，，，，，，， ， ，，，，，，，，是关于的“差倍角三角形”；（3）①，，设，是关于的“差倍角三角形”， ，，A ∠2x 90x ︒-ABC ∆9022(90)x x x ∴︒--=⋅︒-2(90)2(90)x x x -︒-=︒-90x ∴=-︒)54x =︒2108A x ∴∠==︒∴A ∠108︒BC D 1BD =AD 8CD BC BD ∴=-=8AC =CD AC ∴=CAD ADC ∴∠=∠3AB =8AC =9BC =∴3193AB BC ==13BD AB =∴AB AD BC AB=ABD CBA ∆∆∽BAD C ∴∠=∠ADC CAD ∴∠=∠BAC BAD CAD ADC ∴∠-∠=∠=∠BAC C ADC ∴∠-∠=∠ADC B BAD B C ∠=∠+∠=∠+∠BAC C B C ∴∠-∠=∠+∠2BAC B C ∴∠-∠=∠ABC ∴∆C∠AB BC DE ==BAC AEB ACB DAE ∴∠=∠=∠=∠BAC AEB ACB DAE α∠=∠=∠=∠=ABE ∆AEB ∠2BAE ABE AEB ∴∠-∠=∠2CAD ABE ααα∴+∠+-∠=，，，，，四边形是平行四边形；②，，，， ， ，四边形是平行四边形，，，，， 过点作于，于， ，，， ， 过点作于，，， ， ， CAD ABE ∴∠=∠∴AE CD =//DE AC ∴BC DE =//CD BE ∴∴CDEF BAF AEB ∠=∠ABF EBA ∠=∠ABF EBA ∴∆∆∽∴AB BF AF BE AB AE ==2221AB x BE x BF ∴===21EF BE BF x ∴=-=-CDEF 21CD EF x ∴==-AE CD =21AE CD x ∴==-222(1)1AB AE x x x AF BE x x⋅--∴===B BM AC ⊥M EN AC ⊥N //BM EN ∴BFM EFN ∴∆∆∽∴211BM BF EN EF x ==-211BM EN x ∴=-G GH AE ⊥H BAC ACB AEG EAG ∠==∠=∠ABC AGE ∴∆∆∽∴BM AC GH AE=∴22222112111(1)x EN x x x x GH x x x -+--==--， ．6．（2021•厦门模拟）在中，，是外接圆上的一点，且点是所对的弧的中点．（1）尺规作图：在图1中作出点；（要求：不写作法，保留作图痕迹）（2）如图2，连接，，过点的直线交边于点，交该外接圆于点，交的延长线于点，，的延长线交于点，． ①若，，，求的长； ②若，求的度数．【答案】（1）见解析；（2）① 5；②︒60∴221EN x GH x-=22222221421112CDEFAEG S DE EN DE EN x x x y S AE GH x x x AE GH ∆⋅--∴===⋅=⋅=--⋅四边形ABC ∆90B ∠=︒D ABC ∆D B ∠D BD CD B AC M E CD P BA DE Q DP DQ =AE BC =4AB =3BC =BE 2()2DP AB BC =+PDQ ∠【详解】（1）如图1，作的角平分线，交圆于点，则点为所对的弧的中点，（2）①连结，，，，，又为公共边，，，又，，，在中，，，，；②连结，分别过点，作于点，于，ABC ∠D D B ∠ACAE AE BC =ABE BAC ∴∠=∠AB AB =AEB ACB ∴∠=∠AB ()ABE BAC AAS ∴∆≅∆90EAB ABC ∴∠=∠=︒AE BC =3BC =3AE BC ∴==Rt ABE ∆4AB =3AE =2222435BE AB AE ∴=+=+=5BE ∴=AD A C AH BD ⊥H CR BD ⊥R，，，在中，，，， ， 同理，， ，为直径，，，在中，，，，，， ， ，，，由①得，为直径，AD DC =AD DC ∴=45ABD DBC ∠=∠=︒Rt ABH ∆90AHB ∠=︒45ABH BAH ∴∠=∠=︒222BH AH AB +=22BH AH AB ∴==22BR BC =90ABC ∠=︒AC ∴90ADC ∴∠=︒90ADH CDR ∴∠+∠=︒Rt ADH ∆90ADH HAD ∠+∠=︒HAD CDR ∴∠=∠()ADH DCR AAS ∴∆≅∆AH DR ∴=∴2)AB BC AH BR DR BR BD +=+=+=2()2DP AB BC =+DP BD ∴=P PBD ∴∠=∠2BDC P PBD P ∴∠=∠+∠=∠BE又为直径，点为圆心，，，，，设，则，，，，，为直径，，．7．（2021•罗湖区模拟）已知的直径，点是上一个动点，是弦的中点，连接．（1）如图1，过点作的切线交直径的延长线于点，且； ①；②求证：；（2）如图2，是弧的中点，且、分别位于直径的两侧，连接、．在点运动过程中，当是等腰三角形时，求的长．【答案】（1）① 2；②见解析；（2）或【详解】（1）①连接，如图1， AC ∴M MA MB ∴=MAB ABM ∴∠=∠BC BC =MAB BDC ∴∠=∠P α∠=2ABM α∠=45ABM PBD ABD ∠+∠=∠=︒245αα∴+=︒15α∴=︒30BDC ∴∠=︒BE 90EDB ∴∠=︒180180903060PDQ EDB BDC ∴∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒O 6AB =C O D AC BD C O AB E 3tan 4E =BE =45CDB ∠=︒F AB C F AB DF BF C BDF ∆AC 26125532OC是的切线，，，，， ，， ， ，，故答案为：2．②如图2，连接，，取的中点，连接，为的中点，为的中点，为的中位线，，， ，， ，，，， CE O OC CE ∴⊥90OCE ∴∠=︒3tan4E =6AB =∴34OC CE =3OC =4CE ∴=2222345OE OC CE ∴=+=+=532BE OE BO ∴=-=-=OC BC AE DM D AC M AE DM ∴ACE ∆122DM CE BE ∴===//DM CE AMD CEB ∴∠=∠142AM AE CE ===()AMD CEB SAS ∴∆≅∆AD BC ∴=AD CD =CD BC ∴=是的直径，，；（2）解：连接，为弧的中点，是的直径，，，，． ①若，连接，是的直径， ， ，且， ， ； ②若，连接，，过点作于点，，， ， ，AB O 90ACB ∴∠=︒45CDB ∴∠=︒AF F AB AB O AF BF ∴=90AFB ∠=︒45ABF ∴∠=︒232AF BF AB ===32BD BF ==BC AB O 90ACB ∴∠=︒22222BC AB AC BD CD ∴=-=-12CD AC =222216(32)()2AC AC ∴-=-26AC ∴=32BF DF ==FA FC F FG AC ⊥G AF DF ∴=12DG AD =45ACF ABF ∠=∠=︒CF FG ∴=设，则，， ，，解得， ； ③若，过点作于点，连接，，，为的中点，，点在上，为的中点， ，即，是的直径， ，四边形是矩形，， ，综合上述可得，的长为或． 8．（2021•萧山区模拟）如图，已知锐角三角形内接于，点在劣弧上，且，半径与弦交于点．设，．（1）若，求的度数；（2）求证：；（3）若，，设的面积为，的面积为，求的值． DG x =2CD AD x ==3FG CG DG CD x ==+=222FG DG DF +=222(3)(32)x x ∴+=355x =12455AC x ∴==DF BD =D DN BF ⊥N ON AF BC N ∴BF ON BF ∴⊥∴O DN D AC OD AC ∴⊥DN AC ⊥AB O 90AFB ∴∠=︒∴ADNF AD NF ∴=32AC BF ∴==AC 26125532ABC O D BC COD ABC ∠=∠OD BC E ABC α∠=(0)OCB OCA ββ∠-∠=>20OCA ∠=︒αBAC αβ∠=-75α=︒30β=︒ABC ∆1S COE ∆2S 12S S【答案】（1）；（2）见解析；（3）3【详解】（1）如图1，连接，，，，，，， ；（2）证明：连接，，，，，， ，，，；（3），，，， ， ，，70α∴=︒OA 20OCA ∠=︒OA OC =20OAC OCA ∴∠=∠=︒180()140AOC OAC OCA ∴∠=︒-∠+∠=︒AC AC =1702ABC AOC ∴∠=∠=︒70α∴=︒OA OB OA OB OC ==OAC OCA ∴∠=∠OAB OBA ∠=∠OBC OCB ∠=∠ABC α∠=OCB OCA β∠-∠=OBA OBC α∴∠+∠=BAC OAB OAC ∴∠=∠+∠OBA OCA =∠+∠ABC OBC OCA =∠-∠+∠ABC OCB OCA =∠-∠+∠()ABC OCB OCA =∠-∠-∠αβ=-75α=︒30β=︒45BAC αβ∴∠=-=︒180()180(7545)60ACB ABC BAC ∴∠=︒-∠+∠=︒-︒+︒=︒∴6030OCB OCA OCB OCA ∠+∠=︒⎧⎨∠-∠=︒⎩15OCA OAC ∴∠=∠=︒45OCB OBC ∠=∠=︒，过点作于，则， ，， ， 在和中，，，，．9．（2021•乐平市一模）如图，在中，，，，点为30OAB OBA ∴∠=∠=︒O OF AB ⊥F 3cos cos30AF OAB OA =∠=︒=OA OB =OF AB ⊥2AB AF∴=∴23AB AB AF OC OA OA===EOC ∆BAC ∆EOC ABC ∠=∠45OCE BAC ∠=∠=︒EOC CBA ∴∆∆∽∴2212()(3)3ABC EOC S S AB S S OC∆∆====Rt ABC ∆90ACB ∠=︒10AB =6AC =D边上的一个动点，以为直径的交于点，过点作，交于点，连接、、．（1）当时，求的长；（2）求证：；（3）是否存在点，使得是以为腰的等腰三角形，若存在，求出此时的长；若不存在，试说明理由．【答案】（1）6；（2）见解析；（3）见解析【详解】（1），，，，，，；（2）证明：，，，，又，，为的直径，，，；（3）①如图1，当时，则，BC CD O AD E C //CF AB O F CE CF EF 45CFE ∠=︒CD BAC CEF ∠=∠D CFE ∆EFCD 45CFE ∠=︒CFE CDE ∠=∠45CDE ∴∠=︒90ACB ∠=︒45DAC ∴∠=︒DAC ADC ∴∠=∠6AC CD ∴==90ACB ∠=︒90BAC B ∴∠+∠=︒//CF AB B FCB ∴∠=∠FCB DEF ∠=∠90BAC DEF ∴∠+∠=︒CD O 90CED ∴∠=︒90DEF CEF ∴∠+∠=︒BAC CEF ∴∠=∠EF CE =EFC ECF ∠=∠四边形为圆内接四边形，，又，，为的直径，，，，，，，，在中，设，，，，即；②如图2，当时，则，四边形为圆内接四边形，，又，，CEDF ADG ECF ∴∠=∠CDE CFE ∠=∠ADG CDE ∴∠=∠CD O 90DFC ∴∠=︒//FC AB 90FGA ∴∠=︒FGA ACD ∴∠=∠AD AD =()AGD ACD AAS ∴∆≅∆DG CD ∴=Rt BDG ∆CD x =222BG DG BD +=2224(8)x x ∴+=-3x ∴=3CD =EF CF =CEF ECF ∠=∠CEDF ADG ECF ∴∠=∠CEF CDF BDG ∠=∠=∠ADG BDG ∴∠=∠，，，，，，，在中，设，，， ， 即； 综合以上可得的长为3或． 10．（2021•邢台模拟）如图1，在中，，，，是的中点，以点为圆心在的右侧作半径为3的半圆，分别交于点、，交于点、．思考：连接，若，求的长度；探究：如图2，将线段连同半圆绕点旋转． （1）在旋转过程中，求点到距离的最小值； （2）若半圆与的直角边相切，设切点为，连接，求的长．【答案】（1）；（2 【详解】思考：连接，如图1，//FC AB 90DFC ∠=︒90FGA ∴∠=︒FGA ACD ∴∠=∠GD GD =()BGD AGD ASA ∴∆≅∆BD AD ∴=Rt ACD ∆CD x =222CD AC AD +=2226(8)x x ∴+=-74x ∴=74CD =CD 74Rt ABC ∆90C ∠=︒10AB =6BC =O AC O AC O AC D E AB G F OF OF AC ⊥AF CD O C O AB O Rt ABC ∆K AK AK 457187-OF在中，，，，，是的中点，，，，， ；探究：（1）当时，点到的距离最小，由三角形面积公式可得，， ， ， 点到距离的最小值是； （2）当半圆与相切时，如图2，设切点为，连接，，则，在中，，，，Rt ABC ∆90C ∠=︒10AB =6BC =22221068AC AB BC ∴=-=-=O AC 4AO CO ∴==OF AC ⊥//OF BC ∴132OF BC ∴==2222435AF AO OF ∴=+=+=CD AB ⊥O AB 1122ABC S AC BC AB CG ∆=⨯=⨯∴8624105AC BC CG AB ⋅⨯===∴45OG CG OC =-=∴O AB 45O BC K OK AK 90OKC ∠=︒Rt OCK ∆3OK =4OC =2222437CK OC OK ∴=-=-=在中，， ，当半圆与相时，如图3，设切点为，连接，，在中，，， ， ．11．（2020秋•道外区期末）如图1，为的直径，弦． （1）连接、，求证：； （2）如图2，连接、相交于点，求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，连接，若，，求的半径．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）5；【详解】（1）连接，如图1，Rt ACK ∆8AC =22228(7)71AK AC CK ∴=+=+=O AC K OK 90OKC ∴∠=︒Rt OCK ∆3OK =4OC =2222437CK OC OK ∴=-=-=87AK AC CK ∴=-=-AK ∴7187AB O //CD AB AC BD AC BD =OC AD E 3AEC ADC ∠=∠BE 211BE =3CE =O BC，，；（2）．，和所对的弧是，，，，；（3）连接，延长与交于点，连接，设，则，，，，即， ，， ，，，//CD AB BCD ABC ∴∠=∠AC BD ∴=//CD AB OCD AOC ∴∠=∠AOC ∠ADC ∠AC 2AOC ACD ∴∠=∠2ECD EDC ∴∠=∠AEC ECD EDC ∠=∠+∠3AEC ADC ∴∠=∠BD CO O FAF OE x =3OA OB OC x ===+23EF x =+//CD AO ∴CE DE OE AE =3DE x AE =3DE AE x ∴=⋅3x AD AE x +=⋅EAF ECD ∠=∠EDC EFA ∠=∠AEF CED ∴∆∆∽，即， ， ，， ， 为的直径，，，即， 化简得，，解得，，或（舍，， 即的半径为5．12．（2021春•深圳月考）问题：如图1，中，是直径，，点是劣弧上任一点（不与点、重合），求证：为定值．思路：和差倍半问题，可采用截长补短法，先证明．按思路完成下列证明过程．证明：在上截取点，使，连接．运用：如图2，在平面直角坐标系中，与轴相切于点，与轴相交于、两点，且，连接、．∴AE FE CE DE =233AE x DE +=∴3233AE x DE x DE AE+⋅=⋅2(23)AE x x ∴=+∴2222399(23)()x DE AE AE x x x +=⋅=⋅=2222223(3)(3)(23)()x x x x AD AE AE x x x++++=⋅=⋅=AB O 90ADB ∴∠=︒22222AB AD BD BE DE ∴-==-222(3)(23)9(23)[2(3)](211)x x x x x x ++++-=-229260x x +-=2x = 6.5x =-)35OA OB x ∴==+=O O AB AC BC =D BC B C AD BD CD-ACE BCD ∆≅∆AD E AE BD =CE 1O x (3,0)A y B C 8BC =AB 1O B（1）的长为 ． （2）如图3，过、两点作与轴的负半轴交于点，与的延长线交于点，连接、，当的大小变化时，问的值是否变化，为什么？如果不变，请求出的值．【答案】（1）1;（2）见解析【详解】证明：在上截， ，，在和中， ，， ，， 为直径，，， 是等腰直角三角形， ， ， ，即为定值；（1）如图2，连接，过作于点， ，，轴， ， OB A B 2O y M 1O B N AM MN 2O BM BN -BM BN -AD AE BD =CD CD =CAD CBD ∴∠=∠ACE ∆BCD ∆AC BC CAE CBD AE BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ACE BCD SAS ∴∆≅∆ACE BCD ∴∠=∠CE CD =AB 90ACB ∴∠=︒90ECD ∴∠=︒ECD ∴∆22CD ED ∴=ED AD BD =-∴2AD BD CD-=AD BD CD -1O A 1O 1O H BC ⊥H 4CH BH ∴==13O H =1O A x ⊥∴22115O B O H HB +，，， 故答案为：1；（2）的值不变， 如图2，由（1）得，，，，，，，， 如图3，在上取一点，使，连接，， ，， ， ， ， ，，， 在和中， ， 115O A O B ∴==5HO ∴=541OB HO HB ∴=-=-=BM BN -1O A OA ⊥OB AO ⊥1//O A OB ∴1O BA OBA ∴∠=∠11O A O B =11O BA O AB ∴∠=∠1ABO ABO ∴∠=∠MB G MG BN =AN AG 1ABO ABO ∠=∠1ABO AMN ∠=∠ABO AMN ∴∠=∠ABO ANM ∠=∠AMN ANM ∴∠=∠AM AN ∴=AB AB =AMG ANB ∴∠=∠AMG ∆ANB ∆AM AN AMG ANB MG BN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，，，，，即的值不变．13．（2020•福州模拟）如图1，为的直径，为上一点，连接，过作于点，过点作，使，其中交的延长线于点．（1）求证：是的切线．（2）如图2，点在上，且满足，连接并延长交的延长线于点．①试探究线段与之间满足的数量关系；②若，，求线段的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②【详解】（1）证明：如图1，连接，，， ，()AMG ANB SAS ∴∆≅∆AG AB ∴=AO BG ⊥22BG BO ∴==2BM BN BM MG BG ∴-=-==BM BN -AB O C O CB C CD AB ⊥D C BCE ∠BCE BCD ∠=∠CE AB E CE O F O 2FCE ABC ∠=∠AF EC G CF CD 4CD =2BD =FG 1655FG ∴=OC OB OC =OBC OCB ∴∠=∠CD AB ⊥，，，即，是的切线；（2）解：①线段与之间满足的数量关系是：， 理由如下：如图2，过作于点，，，且，，为公共边，，，；②，， ，由①得：，设，则，在中，，， 解得：，即，，，，，，四边形为的内接四边形，，，， ，． 90OBC BCD ∴∠+∠=︒BCE BCD ∠=∠90OCB BCE ∴∠+∠=︒OC CE ⊥CE ∴O CF CD 2CF CD =O OH CF ⊥H 2CF CH ∴=22FCE ABC OCB ∠=∠=∠BCD BCE ∠=∠OCH OCD ∴∠=∠OC ()COH COD AAS ∴∆≅∆CH CD ∴=2CF CD ∴=4CD =2BD =2225BC CD BD ∴=+=28CF CD ==OC OB x ==2OD x =-Rt ODC ∆222OC OD CD =+222(2)4x x ∴=-+5x =5OB =OC GE ⊥90OCF FCG ∴∠+∠=︒90OCD COD ∠+∠=︒FCO OCD ∠=∠GCF COB ∴∠=∠ABCF O GFC ABC ∴∠=∠GFC CBO ∴∆∆∽∴FG FC CB BO =∴8525=1655FG ∴=14．（2021•江西模拟）如图所示，是的直径，点是半圆上的一动点不与，重合），弦平分，过点作交射线于点． （1）求证：与相切：（2）若，，求长；（3）若，长记为，长记为，求与之间的函数关系式，并求出的最大值．【答案】（1）见解析；（2）4；（3）【详解】（1）证明：连接，如图1所示：，， 平分， ，，AB O F (F A B AD BAF ∠D DE AF ⊥AF AF DE O 8AE =10AB =DE 10AB =AF x EF y y x AF EF ⋅252OD OD OA =OAD ODA ∴∠=∠AD BAF ∠OAD FAD ∴∠=∠ODA FAD ∴∠=∠，，，又是的半径，与相切：（2）解：连接，如图2所示：是的直径，，，，又，，，，在中，由勾股定理得：；（3）连接，过点作于，如图3所示：在和中，，，，，，，，在和中，， ，，， 即：，， //OD AF ∴DE AF ⊥DE OD ∴⊥OD O DE ∴O BD AB O 90ADB ∴∠=︒DE AF ⊥90AED ADB ∴∠=︒=∠EAD DAB ∠=∠AED ADB ∴∆∆∽::AD AB AE AD ∴=210880AD AB AE ∴=⨯=⨯=Rt AED ∆2228084DE AD AE =-=-=DF D DG AB ⊥G AED ∆AGD ∆90AED AGD DAE DAG AD AD ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()AED AGD AAS ∴∆≅∆AE AG ∴=DE DG =FAD DAB ∠=∠∴DF DB =DF DB ∴=Rt DEF ∆Rt DGB ∆DE DG DF DB=⎧⎨=⎩Rt DEF Rt DGB(HL)∴∆≅∆EF BG ∴=2AB AG BG AF EF AF EF EF AF EF ∴=+=+=++=+210x y +=152y x ∴=-+， 有最大值，当时，的最大值为．15．（2021•惠阳区二模）如图，已知是的直径，是上一点（不与、重合），为的中点，过点作弦于，是延长线上一点，且． （1）求证：是的切线；（2）连接与相交于点，的延长线交于，求证：；（3）若，试求的值． 2211255(5)222AF EF x x x ∴⋅=-+=--+AF EF ∴⋅5x =AF EF ⋅252AB O C O A B D AC D DE AB ⊥F P BA PEA B ∠=∠PE O CA DE G CA PE H HE HG =5tan 12P ∠=AH AG【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1013【详解】（1）证明：如图1，连接，是的直径， ，，，，，，， ，又为半径，是的切线；（2）如图2，连接，为的中点，，设垂足为，OE AB O 90AEB ∴∠=︒90EAB B ∴∠+∠=︒OA OE =OAE AEO ∴∠=∠90B AEO ∴∠+∠=︒PEA B ∠=∠90PEA AEO ∴∠+∠=︒90PEO ∴∠=︒OE PE ∴O OD D AC OD AC ∴⊥M，，，， ，，，，，，，，，；（3）解：如图3，，，，， 设，则， ，，， ，， ，， ，，，90AMO ∴∠=︒DE AB ⊥90AFD ∴∠=︒90AOD OAM OAM AGF ∴∠+∠=∠+∠=︒AOD AGF ∴∠=∠90AEB EFB ∠=∠=︒B AEF ∴∠=∠PEA B ∠=∠2PEF B ∴∠=∠DE AB ⊥∴AE AD =2AOD B ∴∠=∠PEF AOD AGF ∴∠=∠=∠HE HG ∴=PEF AOD ∠=∠PFE DFO ∠=∠P ODF ∴∠=∠5tan tan 12OF P ODF DF ∴∠=∠==5OF x =12DF x =2213OD OF DF x ∴=+=51318BF OF OB x x x ∴=+=+=1358AF OA OF x x x =-=-=DE OA ⊥12EF DF x ∴==22413AE AF EF x ∴=+=22613BE EF BF x =+=PEA B ∠=∠EPA BPE ∠=∠PEA PBE ∴∆∆∽， ，，，又，，，过点作于点，，， ， 设，， ，，，，，． 16．（2019•荆州）如图，是的直径，点为上一点，点是半径上一动点（不与，重合），过点作射线，分别交弦，于，两点，在射线上取点，使．（1）求证：是的切线；（2）当点是的中点时，①若，判断以，，，为顶点的四边形是什么特殊四边形，并说明理由；②若，且，求的长． ∴41323613PA AE PE BE ===90P PEF FAG AGF ∠+∠=∠+∠=︒HEG HGE ∴∠=∠P FAG ∴∠=∠FAG PAH ∠=∠P PAH ∴∠=∠PH AH ∴=H HK PA ⊥K PK AK ∴=∴13PK PE =5tan 12P ∠=5HK a =12PK a =13PH a ∴=13AH a ∴=36PE a =361323HE HG a a a ∴==-=231310AG GH AH a a a ∴=-=-=∴13131010AH a AG a ==AB O C O P OB O B P l AB ⊥BC BC D E l F FC FD =FC O E BC 60BAC ∠=︒O B E C 3tan 4ABC ∠=20AB =DE【答案】（1）见解析；（2）①见解析；② 5【详解】解：（1）证明：连接，， ，，，，是的切线．（2）如图2，连接，，，， ①以，，，为顶点的四边形是菱形．理由如下： 是直径，，，，点是的中点，，，均为等边三角形，四边形是菱形；②若，且，求的长．，设，， 由勾股定理得，即，解得，OC OB OC =OBC OCB ∴∠=∠PF AB ⊥90BPD ∴∠=︒90OBC BDP ∴∠+∠=︒FC FD =FCD FDC ∴∠=∠FDC BDP ∠=∠90OCB FCD ∴∠+∠=︒OC FC ∴⊥FC ∴O OC OE BE CE O B E C AB 90ACB ∴∠=︒60BAC ∠=︒120BOC ∴∠=︒E BC 60BOE COE ∴∠=∠=︒OB OE OC ==BOE ∴∆OCE ∆OB BE CE OC ∴===∴BOCE 3tan 4ABC ∠=20AB =DE 3tan 4AC ABC BC =∠=3AC k =4(0)BC k k =>222AC BC AB +=222(3)(4)20k k +=4k =，，点是的中点，，，，即，解得：，由勾股定理得，，，即 ．17．（2021•深圳一模）如图所示，是的直径，点为线段上一点（不与，重合），作，交于点，垂足为点，作直径，过点的切线交的延长线于点，作于点，连接．（1）求证：平分．（2）求证：．（3）当时，求劣弧长度（结果保留． 12AC ∴=16BC =E BC OE BC ∴⊥8BH CH ==OE BH OB PE ∴⨯=⨯10810PE ⨯=8PE =22221086OP OE PE =-=-=1064BP OB OP ∴=-=-=3tan 4DP ABC BP =∠=334344DP BP ==⨯=835DE PE DP ∴=-=-=AB O E OB O B CE OB ⊥O C E CD C DB P AF PC ⊥F CB AC FAB ∠2BC CE CP =⋅3434CF AB CP ==且BC )π【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）π332【详解】（1）证明：连接，，，，是的切线，， ，，，，平分．（2）证明：是直径，， ，，， 切于点，， 是直径，，，， ，AC BC OC OA =OCA OAC ∴∠=∠PF O CE AB ⊥90OCP F ∴∠=∠=︒//AF OC ∴FAC OCA ∴∠=∠FAC OAC ∴∠=∠CA ∴FAB ∠CD 90CBD ∴∠=︒90CBP ∴∠=︒CE OB ⊥90CEB CBP ∴∠=∠=︒PC O C PCB CAB ∴∠=∠AB 90ACB ∴∠=︒90ABC CAB ∴∠+∠=︒90BCE ABC ∠+∠=︒CAB BCE ∠=∠，，， ；（3）解：， 设，， ，，在中，， ，，是等边三角形， ， ，劣弧的长． 18．（2021•青羊区校级模拟）如图，中，，，，以为直径的交斜边于点．（1）如图1，若是的中点，求证：是的切线；（2）如图2，设是延长线上一动点，交于点，交于点，连接． 若，求和的长； 求的最大值为 ．（直接写出结果） PCB BCE ∴∠=∠BCE PCB ∴∆∆∽∴BC CE CP BC=2BC CE CP ∴=⋅34CF CP =3CF a =4CP a =223412BC CE CP a a a =⋅=⋅=23BC a ∴=Rt BCE ∆3sin 23CE CBE CB a ∠===60CBE ∴∠=︒30BCE ∴∠=︒COB ∴∆43AB =23OB BC ∴==∴BC 602323π⨯⨯==Rt ABC ∆90ABC ∠=︒8AB =6BC =AB O AC D M BC DM O E BC AE O F BF AC G DF ()i GB GC =CE DF ()ii BF AE【答案】（1）见解析；（2）（ⅰ）2556,314==DF CE ;（ⅱ） 【详解】（1）证明：如图1，连接，，为的直径， ，是直角三角形， 为的中点，，，， ，，， ，即，是的切线；（2）如图2，过点作于点，，，，，， 在中，， ，，，， 12BD OD AB O 90ADB ∴∠=︒90BDC ∴∠=︒BDC ∴∆M BC BM CM DM ∴==BDM DBM ∴∠=∠OD OB =ODB OBD ∴∠=∠90ABC ∠=︒90OBD DBM ∴∠+∠=︒90ODB BDM ∴∠+∠=︒OD DM ⊥DM ∴O ()i G GH BC ⊥H GB GC =GH BC ⊥132BH HC BC ∴===90GHC ABC ∠=∠=︒ACB CBG ∠=∠Rt ABC ∆22228610AC AB BC =++90ACB BAC ABF CBG ∠+∠=∠+∠=︒BAC ABF ∴∠=∠AG BG ∴=152AG CG BG AC ∴====，，为的直径，，，， ， ， ， ，，，， ， ， ，，， ， ， ， ； 为的直径，， ， ，//GH AB ABF BGH ∴∠=∠AB O 90AFB BFE BHG ∴∠=∠=︒=∠BAF GBH ∴∆∆∽∴BF GH AB BG =∴485BF =325BF ∴=327555FG BF BG ∴=-=-=DFG BAG ABG ∠=∠=∠DGF AGB ∠=∠DGF AGB ∴∆∆∽∴DF FG AB BG=∴7585DF =5625DF ∴=BHG BFE ∠=∠GBH EBF ∠=∠BHG BFE ∴∆∆∽∴BE BG BF BH=∴53235BE =323BE ∴=3214633CE BE BC ∴=-=-=()ii AB O 90AFB BFE ABE ∴∠=∠=∠=︒22264AF BF AB ∴+==2()0BF AF -，， ，，，， ， ， 的最大值为． 故答案为：．19．（2021•福建模拟）如图，已知为的直径，，点和点是上关于直线对称的两个点，连接、，且，直线和直线相交于点，过点作直线与线段的延长线相交于点，与直线相交于点，且．（1）求证：直线为的切线；222AF BF AF BF ∴+⋅221()322AF BF AF BF ∴⋅+=AFB ABE ∠=∠BAF EAB ∠=∠AFB ABE ∴∆∆∽∴AF AB AB AE=264AE AF AB ∴⋅==∴321642BF AF BF AE AE AF ⋅==⋅∴BF AE 1212AB O 8AB =C D O AB OC AC 90BOC ∠<︒BC AD E C CG AB F AD G GAF GCE ∠=∠CG O（2）若点为线段上一点，连接，满足， ①；②求的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；② 5【详解】（1）由题意可知：，是的直径，，，，，，是的半径，直线是的切线；（2）①，，，，②由可知：， ，， ，H OB CH CB CH =CBH OBC ∆∆∽OH HC +CAB GAF ∠=∠AB O 90ACB ∴∠=︒OA OC =CAB OCA ∴∠=∠90OCA OCB ∴∠+∠=︒GAF GCE ∠=∠90GCE OCB OCA OCB ∴∠+∠=∠+∠=︒OC O ∴CG O CB CH =CBH CHB ∴∠=∠OB OC =CBH OCB ∴∠=∠CBH OBC ∴∆∆∽CBH OBC ∆∆∽BC HB OC BC=8AB =24BC HB OC HB ∴==24BC HB ∴=244BC OH OB HB ∴=-=-CB CH =， 当，此时 ， ，令当时，可取得最大值，最大值为520．（2020•福建模拟）如图，已知点是外接圆上的一点，于，连接，过点作直线交于，交于，若点是弧的中点，连接，，（1）求证：；（2）若，试探究与之间的数量关系，并证明． 【答案】见解析【详解】（1）证明：，，，；（2）与之间的数量关系为：． 理由如下：作于点，连接． 244BC OHHCBC ∴+=-+90BOC ∠=︒42BC =90BOC ∠<︒042BC ∴<<BC x =21(2)54OH HC x ∴+=--+2x =OH HC ∴+D ABC ∆O AC BD ⊥G AD B //BF AD AC E O F F CD OG OD CD DBF ACB ∠=∠62AG GE =GOD ∠ADC ∠//BF AD ADB DBF ∴∠=∠ADB ACB ∠=∠DBF ACB ∴∠=∠GOD ∠ADC ∠2240GOD ADC ∠+∠=︒OM DC ⊥M OC，，为中点，，，于，，，，，，，，，设，则， ，，，，，， ，，，，即．21．（2021•福建模拟）已知在平面直角坐标系中，点，，，以线段为直径作圆，圆心为，直线交于点，连接．（1）求证：直线是的切线；（2）点为轴上任意一动点，连接交于点，连接； ①当时，求所有点的坐标 （直接写出）； //AD BF AB DF ∴=F CD CF DF AB ∴==ACB CBF DBF ∴∠=∠=∠AC BD ⊥G 90BGC AGD ∴∠=∠=︒90DBF CBF ACB ∴∠+∠+∠=︒30ACB CBF DBF ∴∠=∠=∠=︒60DBC ∠=︒30ADB ACB ∴∠=∠=︒2120DOC DBC ∠=∠=︒OD OC =30ODM ∴∠=︒GE x =6AG =322DG x ∴=3BG x =√3GC x =36DC =36DM =32OD DG OD ∴=2180GOD ODG ∴∠+∠=︒60ADB ODC ∠+∠=︒2240GOD ODG ADB ODC ∴∠+∠+∠+∠=︒2240GOD ADC ∠+∠=︒(3,0)A (3,0)B -(3,8)C -BC E AC E D OD OD E F x CF E G BG 1tan 7ACF ∠=F②求的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①，；②【详解】（1）证明：如图1，连接，， 为圆的直径，，即：轴点在上直线为的切线．（2）①如图2，当位于上时，过作于，BGCF 143(,0)31F 2(5,0)F 12=DE BD BC 90BDC ∴∠=︒90BDA ∴∠=︒OA OB =OD OB OA ∴==OBD ODB ∴∠=∠EB ED =EBD EDB ∴∠=∠EBD OBD EDB ODB ∴∠+∠=∠+∠EBO EDO ∠=∠CB x ⊥90EBO ∴∠=︒90EDO ∴∠=︒D E ∴OD E F AB F 1F N AC ⊥N 1F N AC ⊥190ANF ABC ∴∠=∠=︒ANF ABC ∴∆∆∽，，，即 设，则， ，解得： 即， 如图3，当位于的延长线上时，过作于，设，则， 解得：即故答案为：，，． ②方法1：如图4，过作于， 为直径∴11NF AF AN AB BC AC==6AB =8BC =22226810AC AB BC ∴=+=+=::6:8:103:4:5AB BC AC ==∴3AN k =14NF k =15AF k =103CN CA AN k ∴=-=-141tan 1037F N k ACF CN k ∴∠===-1031k =∴150531AF k ==1504333131OF =-=143(31F 0)F BA 2F 2F M CA ⊥M 2AMF ABC ∆∆∽∴3AM k =24MF k =25AF k =103CM CA AM k ∴=+=+241tan 1037F M k ACF CM k ∴∠===+25k =252AF k ∴==2325OF =+=2(5,0)F 143(31F 0)2(5,0)FG GH BC ⊥H CB 90CGB CBF ∴∠=∠=︒CBG CFB ∴∆∆∽∴BG BC CG BF CF BC==2BC CG CF ∴=⋅∴212BG BG CG GH BC GH CF CF CG BC BC ⋅⋅===⋅。
2020-2021中考数学——圆的综合的综合压轴题专题复习
2020-2021中考数学——圆的综合的综合压轴题专题复习一、圆的综合1．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有点E，且EF=ED．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tan A=12，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明；（3）在（2）的条件下，若OF=1，求圆O的半径．【答案】（1）答案见解析；（2）AB=3BE；（3）3．【解析】试题分析：（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理即可得出结论．试题解析：（1）证明：连结OD，如图．∵EF=ED，∴∠EFD=∠EDF．∵∠EFD=∠CFO，∴∠CFO=∠EDF．∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO=90°．∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE．∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；（2）线段AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．证明如下：∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDE．∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，∴∠BDE=∠A，而∠BED=∠DEA，∴△EBD∽△EDA，∴DE BE BDAE DE AD==．∵Rt△ABD中，tan A=BDAD=12，∴DE BEAE DE==12，∴AE=2DE，DE=2BE，∴AE=4BE，∴AB=3BE；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x．∵OF=1，∴OE=1+2x．在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（32x）2+（2x）2=（1+2x）2，∴x=﹣29（舍）或x=2，∴圆O的半径为3．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解答本题的关键．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，在ABC ∆中，90,BAC ∠=︒ 2,AB AC ==AD BC ⊥，垂足为D ，过,A D 的⊙O 分别与,AB AC 交于点,E F ，连接,,EF DE DF ．（1）求证：ADE ∆≌CDF ∆；（2）当BC 与⊙O 相切时，求⊙O 的面积．【答案】(1)见解析;(2)24π.【解析】 分析：（1）由等腰直角三角形的性质知AD =CD 、∠1=∠C =45°，由∠EAF =90°知EF 是⊙O 的直径，据此知∠2+∠4=∠3+∠4=90°，得∠2=∠3，利用“ASA”证明即可得；（2）当BC 与⊙O 相切时，AD 是直径，根据∠C =45°、AC 2可得AD =1，利用圆的面积公式可得答案．详解：（1）如图，∵AB =AC ，∠BAC =90°，∴∠C =45°．又∵AD ⊥BC ，AB =AC ，∴∠1=12∠BAC =45°，BD =CD ，∠ADC =90°． 又∵∠BAC =90°，BD =CD ，∴AD =CD ． 又∵∠EAF =90°，∴EF 是⊙O 的直径，∴∠EDF =90°，∴∠2+∠4=90°．又∵∠3+∠4=90°，∴∠2=∠3．在△ADE 和△CDF 中．∵123C AD CD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△ADE ≌△CDF （ASA ）．（2）当BC与⊙O相切时，AD是直径．在Rt△ADC中，∠C=45°，AC=2，∴sin∠C=ADAC ，∴AD=AC sin∠C=1，∴⊙O的半径为12，∴⊙O的面积为24．点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系等知识点．4．已知：如图，△ABC中，AC=3，∠ABC=30°．（1）尺规作图：求作△ABC的外接圆，保留作图痕迹，不写作法；（2）求（1）中所求作的圆的面积．【答案】（1）作图见解析；（2）圆的面积是9π．【解析】试题分析：（1）按如下步骤作图：①作线段AB的垂直平分线；②作线段BC的垂直平分线；③以两条垂直平分线的交点O为圆心，OA长为半圆画圆，则圆O即为所求作的圆．如图所示（2）要求外接圆的面积，需求出圆的半径，已知AC＝3，如图弦AC所对的圆周角是∠ABC=30°，所以圆心角∠AOC=60°，所以∆AOC是等边三角形，所以外接圆的半径是3故可求得外接圆的面积．（2）连接OA，OB．∵AC=3，∠ABC=30°，∴∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴圆的半径是3，∴圆的面积是S=πr 2=9π．5．如图所示，以Rt △ABC 的直角边AB 为直径作圆O ，与斜边交于点D ，E 为BC 边上的中点，连接DE ．（1）求证：DE 是⊙O 的切线；（2）连接OE ，AE ，当∠CAB 为何值时，四边形AOED 是平行四边形？并在此条件下求sin ∠CAE 的值．【答案】(1)见解析;(2)1010. 【解析】 分析：（1）要证DE 是⊙O 的切线，必须证ED ⊥OD ，即∠EDB+∠ODB=90°（2）要证AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点，又BD ⊥AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的概念求解即可．详解：（1）证明：连接O 、D 与B 、D 两点，∵△BDC 是Rt △，且E 为BC 中点，∴∠EDB=∠EBD ．（2分）又∵OD=OB 且∠EBD+∠DBO=90°，∴∠EDB+∠ODB=90°．∴DE 是⊙O 的切线．（2）解：∵∠EDO=∠B=90°，若要四边形AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点，又∵BD ⊥AC ，∴△ABC 为等腰直角三角形．∴∠C AB=45°．过E 作EH ⊥AC 于H ，设BC=2k ，则EH=22k ，AE=5k ， ∴sin ∠CAE=10EH 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．6．如图，AB，BC分别是⊙O的直径和弦，点D为»BC上一点，弦DE交⊙O于点E，交AB于点F，交BC于点G，过点C的切线交ED的延长线于H，且HC=HG，连接BH，交⊙O 于点M，连接MD，ME．求证：（1）DE⊥AB；（2）∠HMD=∠MHE+∠MEH．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】分析：（1）连接OC，根据等边对等角和切线的性质，证明∠BFG=∠OCH=90°即可；（2）连接BE，根据垂径定理和圆内接四边形的性质，得出∠HMD=∠BME，再根据三角形的外角的性质证明∠HMD=∠DEB=∠EMB即可．详解：证明：（1）连接OC，∵HC=HG，∴∠HCG=∠HGC；∵HC切⊙O于C点，∴∠OCB+∠HCG=90°；∵OB=OC，∴∠OCB=∠OBC，∵∠HGC=∠BGF，∴∠OBC+∠BGF=90°，∴∠BFG=90°，即DE⊥AB；（2）连接BE，由（1）知DE⊥AB，∵AB是⊙O的直径，∴，∴∠BED=∠BME；∵四边形BMDE内接于⊙O，∴∠HMD=∠BED，∴∠HMD=∠BME；∵∠BME是△HEM的外角，∴∠BME=∠MHE+∠MEH，∴∠HMD=∠MHE+∠MEH．点睛：此题综合性较强，主要考查了切线的性质、三角形的内角和外角的性质、等腰三角形的性质、内接四边形的性质．7．四边形ABCD内接于⊙O，点E为AD上一点，连接AC，CB，∠B=∠AEC．（1）如图1，求证：CE=CD；（2）如图2，若∠B+∠CAE=120°，∠ACD=2∠BAC，求∠BAD的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，延长CE交⊙O于点G，若tan∠53，EG=2，求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）7.【解析】试题分析：(1)利用圆的内接四边形定理得到∠CED=∠CDE.(2) 作CH⊥DE于H, 设∠ECH=α，由（1）CE=CD，用α表示∠CAE，∠BAC，而∠BAD=∠BAC+∠CAE.（3）连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，先证明∠CAG=∠BAC，设NG=53m，可得AN=11m，利用直角n AGM,n AEM，勾股定理可以算出m的值并求出AE长.试题解析：（1）解：证明：∵四边形ABCD内接于⊙O.∴∠B+∠D=180°，∵∠B=∠AEC，∴∠AEC+∠D=180°，∵∠AEC+∠CED=180°，∴∠D=∠CED，∴CE=CD．（2）解：作CH⊥DE于H．设∠ECH=α，由（1）CE=CD，∴∠ECD=2α，∵∠B=∠AEC，∠B+∠CAE=120°，∴∠CAE+∠AEC=120°，∴∠ACE=180°﹣∠AEC﹣∠ACE=60°，∴∠CAE=90°﹣∠ACH=90°﹣（60°+α）=30°﹣α，∠ACD=∠ACH+∠HCD=60°+2α，∵∠ACD=2∠BAC，∴∠BAC=30°+α，∴∠BAD =∠BAC +∠CAE =30°+α+30°﹣α=60°．（3）解：连接AG ，作GN ⊥AC ，AM ⊥EG ，∵∠CED =∠AEG ，∠CDE =∠AGE ，∠CED =∠CDE ，∴∠AEG =∠AGE ，∴AE =AG ，∴EM=MG =12EG =1， ∴∠EAG =∠ECD =2α，∴∠CAG =∠CAD +∠DAG =30°﹣α+2α=∠BAC ，∵tan ∠BAC =53， ∴设NG=53m ，可得AN =11m ，AG =22AG AM -=14m ， ∵∠ACG =60°，∴CN=5m ，AM =83m ，MG =22AG AM -=2m =1， ∴m =12， ∴CE=CD =CG ﹣EG =10m ﹣2=3， ∴AE =22AM EM +=221+43（）=7．8．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． 9．如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于点G ，点F 是CD 上一点，且满足若13CF DF =,连接AF 并延长交⊙O 于点E ，连接AD 、DE ，若CF=2，AF=3.（1）求证：△ADF ∽△AED ；（2）求FG 的长；（3）求tan ∠E 的值．【答案】(1)证明见解析;(2)FG =2;(3)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∠E=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.10．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：2OB2＝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 ABBO BF=，即BO•AB＝BC•BF，∵AB＝2BO，∴2OB2＝BC•BF；（3）由（1）知GC ＝GE ＝GF ，∴∠F ＝∠GCF ，∴∠EGC ＝2∠F ，又∵∠DCE ＝2∠F ，∴∠EGC ＝∠DCE ，∵∠DEC ＝∠CEG ，∴△ECD ∽△EGC ， ∴EC ED EG EC =， ∵CE ＝3，DG ＝2.5， ∴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．11．在平面直角坐标系XOY 中，点P 的坐标为（x 1，y 1），点Q 的坐标为（x 2，y 2），且x 1≠x 2，若P 、Q 为某等边三角形的两个顶点，且有一边与x 轴平行（含重合），则称P 、Q 互为“向善点”．如图1为点P 、Q 互为“向善点”的示意图．已知点A 的坐标为（1，3），点B 的坐标为（m ，0）（1）在点M （﹣1，0）、S （2，0）、T （3，33）中，与A 点互为“向善点”的是_____；（2）若A 、B 互为“向善点”，求直线AB 的解析式；（3）⊙B 的半径为3，若⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”，请直接写出m 的取值范围．【答案】（1）S ，T ．（2）直线AB 的解析式为y 3或y 3x 33）当﹣2＜m ＜0或2＜m ＜4时，⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”．【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，可得出点S，T与A点互为“向善点”；（2）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，可得出关于m的分式方程，解之经检验后可得出点B的坐标，根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出直线AB的解析式；（3）分⊙B与直线y=3x相切及⊙B与直线y=-3x+23相切两种情况求出m的值，再利用数形结合即可得出结论．【详解】（1）∵30330,3tan601(1)221︒--===---，3333tan6031︒-==-，∴点S，T与A点互为“向善点”．故答案为S，T．（2）根据题意得：303|1|m-=-，解得：m1＝0，m2＝2，经检验，m1＝0，m2＝2均为所列分式方程的解，且符合题意，∴点B的坐标为（0，0）或（2，0）．设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），将A（1，），B（0，0）或（2，0）代入y＝kx+b，得：3k bb⎧+=⎪⎨=⎪⎩或320k bk b⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得：3kb⎧=⎪⎨=⎪⎩或323kb⎧=-⎪⎨=⎪⎩，∴直线AB的解析式为y＝3x或y＝﹣3x+23．（3）当⊙B与直线y＝3x相切时，过点B作BE⊥直线y＝3x于点E，如图2所示．∵∠BOE＝60°，∴sin60°＝3BEOB=，∴OB＝2，∴m＝﹣2或m＝2；当⊙B与直线y33B作BF⊥直线y33F，如图3所示．同理，可求出m ＝0或m ＝4．综上所述：当﹣2＜m ＜0或2＜m ＜4时，⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数值、待定系数法求一次函数解析式、解分式方程以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，确定给定的点是否与A 点互为“向善点”；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）分⊙B 与直线y=3x 相切及⊙B 与直线y=-3x+23相切两种情况考虑．12．如图所示，ABC ∆内接于圆O ，CD AB ⊥于D ；（1）如图1，当AB 为直径，求证：OBC ACD ∠=∠；（2）如图2，当AB 为非直径的弦，连接OB ，则（1）的结论是否成立？若成立请证明，不成立说明由；（3）如图3，在（2）的条件下，作AE BC ⊥于E ，交CD 于点F ，连接ED ，且2AD BD ED =+，若3DE =，5OB =，求CF 的长度．【答案】（1）见解析；（2）成立；（3）145【解析】【分析】 （1）根据圆周角定理求出∠ACB=90°，求出∠ADC=90°，再根据三角形内角和定理求出即可；（2）根据圆周角定理求出∠BOC=2∠A ，求出∠OBC=90°-∠A 和∠ACD=90°-∠A 即可； （3）分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ，连接HK 、CH 、AK ，在AD 上取DG=BD ，延长CG 交AK 于M ，延长KO 交⊙O 于N ，连接CN 、AN ，求出关于a 的方程，再求出a 即可．【详解】（1）证明：∵AB 为直径，∴ACB 90∠=︒， ∵CD AB ⊥于D ， ∴ADC 90∠=︒，∴OBC A 90∠∠+=︒，A ACD 90∠∠+=︒，∴OBC ACD ∠∠=；（2）成立，证明：连接OC ，由圆周角定理得：BOC 2A ∠∠=，∵OC OB =， ∴()()11OBC 180BOC 1802A 90A 22∠∠∠∠=︒-=︒-=︒-， ∵ADC 90∠=︒，∴ACD 90A ∠∠=︒-，∴OBC ACD ∠∠=；（3）分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ，连接HK 、CH 、AK ，∵AE BC ⊥，CD BA ⊥，∴AEC ADC 90∠∠==︒，∴BCD CFE 90∠∠+=︒，BAH DFA 90∠∠+=︒，∵CFE DFA ∠∠=，∴BCD BAH ∠∠=，∵根据圆周角定理得：BAH BCH ∠∠=，∴BCD BAH BCH ∠∠∠==，∴由三角形内角和定理得：CHE CFE ∠∠=， ∴CH CF =，∴EH EF =，同理DF DK =，∵DE 3=，∴HK 2DE 6==，在AD 上取DG BD =，延长CG 交AK 于M ，则AG AD BD 2DE 6=-==， BC GC =，∴MCK BCK BAK ∠∠∠==，∴CMK 90∠=︒，延长KO 交⊙O 于N ，连接CN 、AN ，则NAK 90CMK ∠∠=︒=，∴CM //AN ，∵NCK ADK 90∠∠==︒，∴CN //AG ，∴四边形CGAN 是平行四边形，∴AG CN 6==，作OT CK ⊥于T ，则T 为CK 的中点，∵O 为KN 的中点， ∴1OT CN 32==， ∵OTC 90∠=︒，OC 5=，∴由勾股定理得：CT 4=，∴CK 2CT 8==，作直径HS ，连接KS ，∵HK 6=，HS 10=，∴由勾股定理得：KS 8=， ∴3tan HSK tan HAK 4∠∠==， ∴1tan EAB tan BCD 3∠∠==， 设BD a =，CD 3a =， ∴AD BD 2ED a 6=+=+，11DK AD a 233==+， ∵CD DK CK +=， ∴13a a 283++=， 解得：9a 5=，∴113DK a235=+=，∴2614CF CK2DK855=-=-=．【点睛】本题考查了垂径定理、解直角三角形、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键，综合性比较强，难度偏大．13．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52．14．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．PQ31PQ31PQ2的取值范围是且∴-≤≤+≠【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．15．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 u u u r =AD u u u r∴∠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 =．。
备战中考数学——圆的综合的综合压轴题专题复习含详细答案
备战中考数学——圆的综合的综合压轴题专题复习含详细答案一、圆的综合1．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．【答案】（1）证明见解析；（2）8．【解析】（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．试题解析：连接AD，OA，∵∠ADC=∠B，∠B=60°，∴∠ADC=60°，∵CD是直径，∴∠DAC=90°，∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，∵AP=AC，OA=OC，∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，即OA⊥AP，∵OA为半径，∴AP是⊙O切线．（2）连接AD，BD，∵CD是直径，∴∠DBC=90°，∵CD=4，B为弧CD中点，∴BD=BC=，∴∠BDC=∠BCD=45°，∴∠DAB=∠DCB=45°，即∠BDE=∠DAB，∵∠DBE=∠DBA，∴△DBE∽△ABD，∴，∴BE•AB=BD•BD=．考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．2．如图，已知△ABC内接于⊙O，BC交直径AD于点E，过点C作AD的垂线交AB的延长线于点G，垂足为F．连接OC．（1）若∠G=48°，求∠ACB的度数；（2）若AB=AE，求证：∠BAD=∠COF；（3）在（2）的条件下，连接OB，设△AOB的面积为S1，△ACF的面积为S2．若tan∠CAF=12，求12SS的值．【答案】（1）48°（2）证明见解析（3）3 4【解析】【分析】（1）连接CD，根据圆周角定理和垂直的定义可得结论；（2）先根据等腰三角形的性质得：∠ABE=∠AEB，再证明∠BCG=∠DAC，可得»»»CD PB PD==，则所对的圆周角相等，根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系可得结论；（3）过O作OG⊥AB于G，证明△COF≌△OAG，则OG=CF=x，AG=OF，设OF=a，则OA=OC=2x-a，根据勾股定理列方程得：（2x-a）2=x2+a2，则a=34x，代入面积公式可得结论．【详解】（1）连接CD，∵AD是⊙O的直径，∴∠ACD=90°，∴∠ACB+∠BCD=90°，∵AD⊥CG，∴∠AFG=∠G+∠BAD=90°，∵∠BAD=∠BCD，∴∠ACB=∠G=48°；（2）∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB，∵∠ABC=∠G+∠BCG，∠AEB=∠ACB+∠DAC，由（1）得：∠G=∠ACB，∴∠BCG=∠DAC，∴»»CD PB=，∵AD是⊙O的直径，AD⊥PC，∴»»CD PD=，∴»»»CD PB PD==，∴∠BAD=2∠DAC，∵∠COF=2∠DAC，∴∠BAD=∠COF；（3）过O作OG⊥AB于G，设CF=x，∵tan∠CAF=12=CF AF，∴AF=2x，∵OC=OA，由（2）得：∠COF=∠OAG，∵∠OFC=∠AGO=90°，∴△COF≌△OAG，∴OG=CF=x，AG=OF，设OF=a，则OA=OC=2x﹣a，Rt△COF中，CO2=CF2+OF2，∴（2x﹣a）2=x2+a2，a=34 x，∴OF=AG=34 x，∵OA=OB，OG⊥AB，∴AB=2AG=32x，∴1213··3 22 1·24·2AB OG x xSS x xCF AF===．【点睛】圆的综合题，考查了三角形的面积、垂径定理、角平分线的性质、三角形全等的性质和判定以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据圆周角定理找出∠ACB+∠BCD=90°；（2）根据外角的性质和圆的性质得：»»»CD PB PD==；（3）利用三角函数设未知数，根据勾股定理列方程解决问题．3．如图，AB为⊙O的直径，AC为⊙O的弦，AD平分∠BAC，交⊙O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E．（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若AE＝8，⊙O的半径为5，求DE的长．【答案】（1）直线DE 与⊙O 相切（2）4【解析】试题分析：（1）连接OD ，∵AD 平分∠BAC ，∴EAD OAD ∠∠＝，∵OA OD ＝，∴ODA OAD ∠∠＝，∴ODA EAD ∠∠＝，∴EA ∥OD ，∵DE ⊥EA ，∴DE ⊥OD ，又∵点D 在⊙O 上，∴直线DE 与⊙O 相切（2）如图1，作DF ⊥AB ，垂足为F ，∴DFA DEA 90∠∠︒＝＝，∵EAD FAD ∠∠＝，AD AD ＝，∴△EAD ≌△FAD ，∴AF AE 8＝＝，DF DE ＝，∵OA OD 5＝＝，∴OF 3＝，在Rt △DOF 中，22DF 4OD OF -＝＝，∴AF AE 8＝＝ 考点：切线的证明，弦心距和半径、弦长的关系点评：本题难度不大，第一小题通过内错角相等相等证明两直线平行，再由两直线平行推出同旁内角相等．第二小题通过求出两个三角形全等，从而推出对应边相等，接着用弦心距和弦长、半径的计算公式，求出半弦长．4．如图，在△ABP 中,C 是BP 边上一点,∠PAC =∠PBA ,⊙O 是△ABC 的外接圆,AD 是⊙O 的直径,且交BP 于点E.（1）求证：PA 是⊙O 的切线；（2）过点C 作CF ⊥AD ，垂足为点F ，延长CF 交AB 于点G ，若AG•AB=12，求AC 的长．【答案】（1）证明见解析（2）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=23．5．如图1，将长为10的线段OA绕点O旋转90°得到OB，点A的运动轨迹为»AB，P是半径OB上一动点，Q是»AB上的一动点，连接PQ.发现：∠POQ＝________时，PQ有最大值，最大值为________；思考：（1）如图2，若P是OB中点，且QP⊥OB于点P，求»BQ的长；（2）如图3，将扇形AOB沿折痕AP折叠，使点B的对应点B′恰好落在OA的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB沿PQ折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切，切点为C，若OP＝6，求点O到折痕PQ的距离．【答案】发现： 90°，2；思考：（1）103π=；（2）2+100；（3）点O到折痕PQ 的距离为30. 【解析】 分析：发现：先判断出当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，即可得出结论；思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（2）先在Rt △B'OP 中，OP 2+(102−10)2=（10-OP ）2，解得OP=102−10，最后用面积的和差即可得出结论．探究：先找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，证明四边形OCO′B 是矩形，由勾股定理求O′B ，从而求出OO′的长，则OM=12OO′=30． 详解：发现：∵P 是半径OB 上一动点，Q 是»AB 上的一动点，∴当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，此时，∠POQ=90°，PQ=22OA OB +=102；思考：（1）如图，连接OQ ，∵点P 是OB 的中点，∴OP=12OB=12OQ ． ∵QP ⊥OB ，∴∠OPQ=90° 在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=12OP OQ =， ∴∠QOP=60°，∴l BQ =6010101803ππ⨯=； （2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝2，在Rt △B'OP 中，OP 22−10)2=（10-OP ）2解得2−10，S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101210(10210)3602π⨯-⨯⨯⨯ ＝2+100；探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是¼B Q '所在圆的圆心，∴O′C=OB=10，∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点，∴O′C ⊥AO ，∴O′C ∥OB ，∴四边形OCO′B 是矩形，在Rt △O′BP 中，O′B=226425-=，在Rt △OBO′K ，OO′=2210(25)=230-，∴OM=12OO′=12×230=30， 即O 到折痕PQ 的距离为30．点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=180n R π（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．6．在⊙O 中，点C 是AB u u u r 上的一个动点(不与点A ，B 重合)，∠ACB=120°，点I 是∠ABC 的内心，CI 的延长线交⊙O 于点D ，连结AD,BD ．（1）求证：AD=BD ．（2）猜想线段AB 与DI 的数量关系，并说明理由．（3）若⊙O 的半径为2，点E ，F 是»AB 的三等分点，当点C 从点E 运动到点F 时，求点I 随之运动形成的路径长．【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI ，理由见解析（323 【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.7．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.8．如图1，在Rt△ABC中，AC=8cm，BC=6cm，D、E分别为边AB、BC的中点，连结DE，点P从点A出发，沿折线AD﹣DE运动，到点E停止，点P在AD上以5cm/s的速度运动，在DE上以1cm/s的速度运动，过点P作PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作正方形PQMN．设点P的运动时间为t（s）．（1）当点P在线段DE上运动时，线段DP的长为_____cm．（用含t的代数式表示）（2）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．（3）如图2，若点O在线段BC上，且CO=1，以点O为圆心，1cm长为半径作圆，当点P 开始运动时，⊙O的半径以0.2cm/s的速度开始不断增大，当⊙O与正方形PQMN的边所在直线相切时，求此时的t值．【答案】（1）t﹣1；（2）S=﹣38t2+3t+3（1＜t＜4）；（3）t=103s．【解析】分析：（1）根据勾股定理求出AB，根据D为AB中点，求出AD，根据点P在AD上的速度，即可求出点P在AD段的运动时间，再求出点P在DP段的运动时间，最后根据DE段运动速度为1c m/s，即可求出DP；（2）由正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形，可知点P在DE上，求出DP=t﹣1，PQ=3，根据MN∥BC，求出FN的长，从而得到FM的长，再根据S=S梯形FMHD+S矩形DHQP，列出S与t的函数关系式即可；（3）当圆与边PQ相切时，可求得r=PE=5﹣t，然后由r以0.2c m/s的速度不断增大，r=1+0.2t，然后列方程求解即可；当圆与MN相切时，r=CM=8﹣t=1+0.2t，从而可求得t的值．详解：（1）由勾股定理可知：AB22AC BC．∵D、E分别为AB和BC的中点，∴DE=12AC=4，AD=12AB=5，∴点P在AD上的运动时间=55=1s，当点P在线段DE上运动时，DP段的运动时间为（t﹣1）s．∵DE段运动速度为1c m/s，∴DP=（t﹣1）cm．故答案为t﹣1．（2）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，有一种情况，如下图所示．当正方形的边长大于DP 时，重叠部分为五边形，∴3＞t ﹣1，t ＜4，DP ＞0，∴t ﹣1＞0，解得：t ＞1，∴1＜t ＜4．∵△DFN ∽△ABC ，∴DN FN =AC BC =86=43． ∵DN =PN ﹣PD ，∴DN =3﹣（t ﹣1）=4﹣t ， ∴4t FN -=43，∴FN =344t -（）， ∴FM =3﹣344t -（）=34t ， S =S 梯形FMHD +S 矩形DHQP ， ∴S =12×（34t +3）×（4﹣t ）+3（t ﹣1）=﹣38t 2+3t +3（1＜t ＜4）． （3）①当圆与边PQ 相切时，如图：当圆与PQ 相切时，r =PE ，由（1）可知，PD =（t ﹣1）cm ，∴PE =DE ﹣DP =4﹣（t ﹣1）=（5﹣t ）cm ．∵r 以0.2c m/s 的速度不断增大，∴r =1+0.2t ，∴1+0.2t =5﹣t ，解得：t =103s ． ②当圆与MN 相切时，r =CM ．由（1）可知，DP=（t﹣1）cm，则PE=CQ=（5﹣t）cm，MQ=3cm，∴MC=MQ+CQ=5﹣t+3=（8﹣t）cm，∴1+0.2t=8﹣t，解得：t=356s．∵P到E点停止，∴t﹣1≤4，即t≤5，∴t=356s（舍）．综上所述：当t=103s时，⊙O与正方形PQMN的边所在直线相切．点睛：本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了勾股定理、相似三角形的性质和判定、正方形的性质，直线和圆的位置关系，依据题意列出方程是解题的关键．9．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，∴BC22AC AB-3，∴C（6，3∴K（4，2），∴P（0，3案为：（0，3（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=955，∴OK=955﹣3，∴P（955﹣3，1255）．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．10．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=7．11．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 ABl 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．12．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．13．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 ，∴AE=577∵BE ∥DF ， ∴△ABE ∽△AFD ， ∴BE AE DF AD= ，即5757125DF = ， 解得DF=12，在Rt △BDH 中，BH=123， ∴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)23604π⨯⨯-3﹣2π．【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．14．在直角坐标系中，O为坐标原点，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，C为x轴正半轴上的一个动点（OC＞2），连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，直线DA交y轴于E点．（1）求证：△OBC≌△ABD（2）随着C点的变化，直线AE的位置变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出直线AE的解析式．（3）以线段BC为直径作圆，圆心为点F，当C点运动到何处时，直线EF∥直线BO；这时⊙F和直线BO的位置关系如何？请给予说明．【答案】（1）见解析；（2）直线AE的位置不变，AE的解析式为：33=-y x（3）C点运动到(4,0)处时，直线EF∥直线BO；此时直线BO与⊙F相切，理由见解析.【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可得到OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC，等号两边都加上∠ABC，得到∠OBC=∠ABD，根据“SAS”得到△OBC≌△ABD.（2）先由三角形全等，得到∠BAD=∠BOC=60°，由等边△BCD，得到∠BAO=60°，根据平角定义及对顶角相等得到∠OAE=60°，在直角三角形OAE中，由OA的长，根据tan60°的定义求出OE的长，确定出点E的坐标，设出直线AE的方程，把点A和E的坐标代入即可确定出解析式.（3）由EA∥OB，EF∥OB，根据过直线外一点作已知直线的平行线有且只有一条，得到EF与EA重合，所以F为BC与AE的交点，又F为BC的中点，得到A为OC中点，由A的坐标即可求出C的坐标；相切理由是由F为等边三角形BC边的中点，根据“三线合一”得到DF与BC 垂直，由EF与OB平行得到BF与OB垂直，得证.【详解】（1）证明：∵△OAB和△BCD都为等边三角形，∴OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC=60°，∴∠OBA+∠ABC=∠DBC+∠ABC，即∠OBC=∠ABD，在△OBC和△ABD中，OB AB OBC ABD BC BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ∴△OBC ≌△ABD.（2）随着C 点的变化，直线AE 的位置不变，∵△OBC ≌△ABD ，∴∠BAD=∠BOC=60°，又∵∠BAO=60°，∴∠DAC=60°，∴∠OAE=60°，又OA=2，在Rt △AOE 中，tan60°=OE OA， 则∴点E 坐标为（0，设直线AE 解析式为y=kx+b ，把E 和A 的坐标代入得：02k b b=+⎧⎪⎨-=⎪⎩ ，解得，k b ⎧=⎪⎨=-⎪⎩， ∴直线AE的解析式为：y =-（3）C 点运动到(4,0)处时，直线EF ∥直线BO ；此时直线BO 与⊙F 相切，理由如下： ∵∠BOA=∠DAC=60°，EA ∥OB ，又EF ∥OB ，则EF 与EA 所在的直线重合，∴点F 为DE 与BC 的交点，又F 为BC 中点，∴A 为OC 中点，又AO=2，则OC=4，∴当C 的坐标为（4，0）时，EF ∥OB ，这时直线BO 与⊙F 相切，理由如下：∵△BCD 为等边三角形，F 为BC 中点，∴DF ⊥BC ，又EF ∥OB ，∴FB ⊥OB ，∴直线BO 与⊙F 相切，【点睛】本题考查了一次函数；三角形全等的判定与性质；等边三角形的性质和直线与圆的位置关系.熟练掌握相关性质定理是解题关键.15．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：c=c=-∴m===，c222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．。
专题08 解题技巧专题：圆中辅助线的作法压轴题三种模型全攻略(解析版)
专题08解题技巧专题：圆中辅助线的作法压轴题三种模型全攻略【考点导航】目录【典型例题】 (1)【类型一遇弦作弦心距或半径】 (1)【类型二遇直径构造直径所对的圆周角】 (5)【类型三遇切线连接圆心和切点】 (15)【典型例题】【类型一遇弦作弦心距或半径】【答案】45cm/45厘米【分析】连接BO，延长OC即可求解．【详解】解：如图，连接【变式训练】【答案】5【分析】设光盘的圆心为的值即可．【详解】解：设光盘的圆心为过点O 作OA 垂直直尺于点∵一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是∴()11022AB =⨯-=【答案】16【分析】过点O 作OD AB ⊥Rt AOD 中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点∵水的最深处到水面AB 的距离为∴1046OD =-=cm ，在Rt AOD 中，AD AO =∴216AB AD ==cm故答案为：16．【点睛】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．3．（2023·甘肃庆阳·统考一模）如图是某风景区的一个圆拱形门，路面拱门所在圆的半径为【答案】2.6【分析】如图所示，连接勾股定理建立方程221r =【详解】解：如图所示，连接【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．【类型二遇直径构造直径所对的圆周角】例题：（2023·江苏·九年级假期作业）如图，AB 为O 的直径，D 是弦AC 延长线上一点，AC CD =，DB 的延长线交⊙O 于点E ，连接CE ．(1)求证A D ∠=∠；(2)若»AE 的度数为108︒，求E ∠的度数．【答案】(1)见解析(2)27︒【分析】（1）连接BC ，首先证明AB BD =，即可求解；（2）根据»AE 的度数为108︒，可得到EBA ∠，根据EBA A D ∠=∠+∠，且A D ∠=∠，即可求解．【详解】（1）如图：连接BCAB 是O 的直径∴90ACB ∠=︒，即AD BC⊥【变式训练】【答案】4【分析】连接BO 并延长交根据含30︒角直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：连接BO 则90BCD ∠=︒，∵30BAC ∠=︒，∴30D BAC ∠=∠=︒【答案】50︒/50度【分析】连接AC ，利用三角形外角的性质即可求出【详解】解：连接AC ，如图所示，∵AB 是O 的直径，∴90ACB ∠=︒，∵100AED ∠=︒，ABD ∠∴40D ∠=︒，(1)求证：OE AC ∥；(2)若1AC =，4AB =，求【答案】(1)见解(2)10∴在Rt ABC △中，BC =∵OD BC ⊥，OE 是O(1)求证：CD DE=；(2)若12AB=，4=AD，求【答案】(1)证明见解析(2)8 3∴180DEB A ∠+∠=︒，又180DEB DEC ∠+∠=︒∴DEC A ∠=∠，∵∥OD BC ，∴C ADO ∠=∠，∵OA OD =，∴A ADO ∠=∠，∴C DEC ∠=∠，∴CD DE =；（2）解：如图所示，连接AE ，∵AB 为直径，∴90AEB ∠=︒，∴90CAE C ∠+∠=︒，90AED DEC ∠+∠=︒，由（1）CD DE =，C DEC ∠=∠，∴CAE AED ∠=∠，∴AD DE =，∴AD DC =，∴28AC AD ==，由（1）可得BAC ADO ∠=∠，C ADO ∠=∠，则C BAC ∠=∠，∴12AB BC ==，设CE x =，则12BE x =-，∵2222AC CE AB BE -=-，(1)求证：点C是弧AB的三等分点．(2)求AE的长．【答案】(1)证明见解析(2)36【分析】（1）如图所示，连接OD（2）∵AB 是直径，∴90ACB ∠=︒，∵BOC 是等边三角形，∴6BC OA ==，∴2263AC AB BC =-=，∵1452ACD AOD ∠=∠=︒，是等腰三角形．(1)求证：ABC的直径，∵BC是O中，在Rt BCE【类型三遇切线连接圆心和切点】(1)求证：=；EC BC(2)若43AC=，CE=【答案】(1)见解析(2)1235的切线，为OCD∴⊥，OC CD，⊥AD CD∴∥，AD OC∴∠=∠，DAC ACO由（1）得：DAC CAB ∠=∠33CE BC ∴==，CD AE ⊥ ，CD CF ∴=，AB 是O 的直径，【变式训练】1．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，AB 是O 的直径，C 为O 上一点，过点C 的切线与AB 的延长线交于点P ，若AC PC =，则P ∠的度数是（）A ．15︒B ．20︒C ．30︒D ．45︒【答案】C 【分析】连结OC ，根据切线的性质得到90PCO ∠=︒，根据OC OA =，得到A OCA ∠=∠，根据AC PC =，得到P A ∠=∠，在APC △中，根据三角形内角和定理可求得30P ∠=︒．【详解】解：如图，连结OC ，PC 是O 的切线，90PCO ∴∠=︒，OC OA = ，A OCA ∴∠=∠，AC PC = ，P A ∴∠=∠，设A OCA P x ∠=∠=∠=︒，在APC △中，180A P PCA ∠+∠+∠=︒，90180x x x ∴+++=，30x ∴=，30P ∴∠=︒．故选：C ．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，体现了方程思想，在APC △中，根据三角形内角和定理求P ∠是解题的关键．2．（2023·山东临沂·统考一模）如图，菱形OABC 的顶点A ，B ，C 在O 上，过点B 作O 的切线交OA 的A．1B．【答案】D【分析】连接OB，根据菱形的性质得到即可得到结论．四边形OABC是菱形，∴=，OA ABOA OB，=∴==，OA AB OB【答案】3【分析】连接OC ，根据切线的性质得到【详解】如图，连接OC ，∵PC 是O 的切线，∴OC CP ⊥，即90OCP ∠=︒，又30P ∠=︒，O 的半径为3，∴26OP CO ==，【答案】36【分析】连接OD ，根据直角三角形的性质求出【详解】解：连接OD ，弦AB CD ⊥，90CPB ∴∠=︒．63ABC ∠=︒ ，906327PCB ∴∠=︒-︒=︒，由圆周角定理得，254EOD PCB ∠=∠=︒，DE 是O 的切线，90ODE ∴∠=︒，905436E ∴∠=︒-︒=︒；故答案为：36．【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．5．（2023·河南周口·周口恒大中学校考三模）如图，AB 为O 的直径，点C 、D 为O 上两点，且点D 为 BC的中点，连接AC CD BD 、、．过点D 作DF AB ⊥于点F ，过点D 作O 的切线DE ，交AC 的延长线于点E ．(1)求证：DE AE ⊥；(2)若108BD DF ==，，求CE 的长．【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）连接OD AD 、，由点D 为 BC的中点可得BAD CAD BD CD ∠∠==，，再根据同圆的半径相等得BAD ODA ∠∠=，进而得到OD AE ，然后再根据切线的性质得到结论；∵点D 为BC 弧的中点，∴ BDCD =，∴BAD CAD BD ∠∠=，∵OA OD =，∴()AAS DCE DBF ≌，∴6CE BF ==【点睛】本题考查圆的切线性质，圆内接四边形的性质，弦、弧、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握圆的有关性质．6．（2023·辽宁沈阳·校考一模）如图，AB 为O 的直径，半径OD AB ⊥，O 的切线CE 交AB 的延长线于点E ，O 的弦CD 与AB 相交于点F ．(1)求证：EF EC =；(2)若10OE =，且B 为EF 的中点，求O 的半径长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】（1）连接OC ，根据切线的性质得到OC CE ⊥，求得90OCF ECF ∠+∠=︒，根据等腰三角形的性质得到OCF ODF ∠=∠，求得90ODF OFD ∠+∠=︒，得到ECF OFD ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；（2）设O 的半径为r ，则OB OC r ==，求得10BE BF r ==-，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：连接OC ，，O 的切线CE 交AB 的延长线于点E ，OC CE ∴⊥，90∴∠=︒OCE ，即90OCF ECF ∠+∠=︒，∠(1)求证：BC平分ABD∠(2)连接OD，若ABD 【答案】(1)证明见解析(2)7∵直线l 与O 相切于点C ∴OC l ⊥于点C ．∴90OCD ∠=︒．∵BD l ⊥于点D ，∴=90BDC ∠︒．(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作出 AB的中点．法）的切线，分别交(2)如图2，在（1）的条件下，过点D作O∠=∠；①求证：F CBA（2）①证明：连接∠，CD平分ACB ∴∠=∠，ACD BCD∴=，AD BD∴⊥，OD AB。
中考数学专题复习圆压轴八大模型题-直径在腰上
圆压轴题八大模型题(七)泸州市七中佳德学校易建洪引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题， 往往位于许多省市中考题中的倒数第二题 的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。
一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。
把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。
类型7直径在腰上 如图，已知在厶 ABC 中，AB = AC ,以AB 为直径的O O 交BC 于点D ，过点 D 作DE 丄AC 于点E.(1) 求证：BD = DC ;(2) 求证：DE 为O O 的切线；⑶求证：CE = EF.⑷若 AF = 7, BC = 6,求 DE.【分析】(1)连结AD,由腰三角形三线合一证之;(2)连结0D,点D 为BC 中点， 由中位线定理得 0D // AC, A / ODE =Z AED = 90°得 证；(3) 如图 a ,连结 DF ，有/ DFC = / B =Z C,A DF = DC,又 DE 丄 FC,得 CE = EF.(4)由/ C =/ B =Z DFC 得厶 DFC ABC ,• CD _CFACA 一 CB ，又 BD = CD = 3,设 CF = m ,贝V CA = m + 7,A CE = I m = 1,2Rt A DEC 中，DE =、. 32 -1 = 2、、2【典例】(2018 •湖北孝感)如图，△ ABC 中，AB = AC ,以AB 为直径的O O 交BC 于点D ，交AC 于 点E ,过点D解得m 1= 2,m 2 = — 9 (舍去)CA图a作DF丄AC于点F，交AB的延长线于点G.(1)求证：DF 是O O 的切线;（2）已知 BD = 2 ,5 , CF = 2,求 AE 和 BG 的长.(1 )由AD 是等腰△ ABC 的三线合一，点 D 是BC 中点，点 0是AB 中点，0D 是厶ABC 的中位线，••• 0D // AC ,得/ ODG = Z AFG = 90°证得；（2）由 BD = CD = 2 . 5 , CF = 2 得 DF = 4，连结 BE ,由中位线定理得 BE = 8, CE = 4，由△ DFC ABD 得 AB = 10,二 AE =6，由 BE / GF 得 BG =—3解：（1）连接OD , AD ，: AB 为O O 的直径， •••/ ADB = 90°,即卩 AD 丄 BC ,•/ AB = AC , • BD = CD ，又T OA = OB , • OD // AC , •/ DG 丄 AC ,「. OD 丄 FG , •直线FG 与O O 相切；（2）连接 BE .： BD = 2、、5 ,••• CD = BD = 2 ,5 ,：CF = 2 ,• DF =（2、.5）2-22 = 4,「. BE = 2DF = 8,： cos / C = cos / ABC ,CL =BD , •=2/5... AB = 10••• AE = J 102 -82 = 6CD AB2 ”5 AB•/ BE 丄AC , DF 丄 AC ,• BE / GF , •△ AEBAFGAB AE 10 6___ — _ • ____________ ______AG AF , 10 BG 2 6• BG = 103【点拨】构造等腰三角形的三线合一， 同时也构造了直径所对的圆周角是直角， 借三线合一、中位线的知识证明切线， 联系锐角三角函数，勾股定理，并运用圆内接四边形的外角等于内对 角，三线合一找边等角等是关键。
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圆压轴题八大模型题（五）
泸州市七中佳德学校 易建洪
引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题
的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。一般都会在固定习题模型的基础上变化
与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用
技巧。把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。
类型5 三切线组合
直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，以AB为直径的半圆⊙O与CD相切于点E.
【分析】(1)法一：如图(a)过点D作DF⊥BC,AB＝DF＝22(94)(94)＝12.
法二：如图(b)由△OBC∽△DAO,
或△COE∽△ODE得：
r2＝4×9＝36,r＝6,AB＝12.
(2) 由△OBC∽△DAO,或
△COE∽△ODE得：r2＝ADBC,( 2AB)2＝ADBC,
∴4AD·BC＝AB2
(3)由Rt△CBO∽Rt△COD得：CO2＝CBCD.
(4)∠CFE＝∠COG＝∠EGD＝90°,CO∥AE,DO∥BE.
O
E
D
C
B
A
A
B
C
D
E
O
P
FOEDCBA
G
P
F
O
E
D
C
B
A
(3)求证：CO2＝CB·CD；
F
O
E
D
C
B
A
图(1)
图(2)
图(3)
(1)AD＝4，BC＝9，求AB；
(2)求证：4AD·BC＝AB2.
(4)求证：CO∥AE, DO∥BE.
(a) OADECBODFECBA(b)
G
F
O
A
D
E
C
B
【分析】(5)由CB∥EF∥DA,CB＝CE,DA＝DE得EPCPBPFPDACABDDA,∴EP＝FP.
(6)由CB＝CE,∠CBE＝∠CEB＝∠DEG;CB∥DA得∠CBE＝∠D,∴∠DEG＝∠D.∴DG＝EG,又EG
＝GA,∴DG＝AG.
(7)EF∥DA,得EPBPFPDGBGGA, 又DG＝GA,得EP＝FP.
(8)由AB2＝4ADBC得：（25）2＝4×2BC,∴BC＝,CF＝BC＝,BF＝5.
在Rt△ABF中，AF＝22(25)5＝35.由AD∥BF得45AEADEFCF,
∴EF＝59AF＝59×35＝553
【典例】
（2018·湖南娄底）如图，已知半圆O与四边形ABCD的边AD、AB、BC都相切，切点分别
为D、E、C，半径OC＝1，则AE·BE___________.
【分析】连接 OE，由切线长定理可得∠AOE＝
1
2
∠DOE，
∠BOE＝12∠EOC，再根据∠DOE＋∠EOC＝180°，可得
∠AOB＝90°，继而可证△AEO∽△OEB，根据相似三角形
对应边成比例即可得.
解：如图，连接 OE，∵AD、AB与半圆 O 相切，
∴ OE⊥AB，OA平分∠DOE，
∴∠AOE＝12∠DOE，同理∠BOE＝12∠EOC，
∵∠DOE＋∠EOC＝180°，∴∠AOE＋∠BOE＝90°，
即∠AOB＝90°，∴∠ABO＋∠BAO＝90°，
∵∠BAO＋∠AOE＝90°，∴∠ABO＝∠AOE，
B
C
D
E
O
A
B
C
D
E
O
A
(5)求证：EP=FP.
(6)求证：DG=AG.
(7)求证：EP=FP.
(8)若AB=25，AD=2，求
BC和EF的长.
图(4)
图(5)
图(6)
图5-1
图a
∵∠OEA＝∠BEO＝90°，∴△AEO∽△OEB，
∴AE：OE＝OE：BE，∴AEBE＝OE2＝1，
答案：1.
【点拨】
由切线长定理引出的四个母子相似三角形中，含直角三角形、等腰三角形、全等三角形
及相似三角形。除开由切线长所在的特殊四边形的特殊结论以外，往往借助切线长定理中的
边等角等和比例线段证明线段相等，或运用局部占总体的比例求线段长。善于分解图形，构
建基本的图形模型，综合运用解决问题。
【变式运用】
1.(2016大庆)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交斜边AB于点M，若H是
AC的中点，连接MH.
(1)求证：MH为⊙O的切线.
(2)若MH＝32，tan∠ABC＝34，求⊙O的半径.
(3)在（2）的条件下分别过点A、B作⊙O的切线，两切线交于点D，AD与⊙O相切于N点，过
N点作NQ⊥BC，垂足为E，且交⊙O于Q点，求线段NQ的长度.
解：（1）连接OH、OM，
∵H是AC的中点，O是BC的中点，
∴OH是△ABC的中位线，∴OH∥AB，
∴∠COH＝∠ABC，∠MOH＝∠OMB，
又∵OB＝OM，∴∠OMB＝∠MBO，
∴∠COH＝∠MOH，
在△COH与△MOH中，
，∴△COH≌△MOH（SAS），
∴∠HCO＝∠HMO＝90°，
∴MH是⊙O的切线；
（2）∵MH、AC是⊙O的切线，
∴HC＝MH＝，∴AC＝2HC＝3，
图b
图5-2
∵tan∠ABC＝，∴＝，
∴BC＝4，∴⊙O的半径为
2.
（3）连接OA、CN、ON，OA与CN相交于点I，
∵AC与AN都是⊙O的切线，
∴AC＝AN，AO平分∠CAD，
∴AO⊥CN，
∵AC＝3，OC＝2，
∴由勾股定理可求得：
AO
＝，
∵ACOC＝AOCI，∴CI＝，∴由垂径定理可求得：CN＝，
设OE＝x，由勾股定理可得：CN2﹣CE2＝ON2﹣OE2，
∴﹣（2＋x）2＝4﹣x2，
∴x＝，∴CE＝，由勾股定理可求得：EN＝，
∴由垂径定理可知：NQ＝2EN＝．
2.(2016广西梧州)如图，AB、BC、CD分别与⊙O切于E、F、G，且AB∥CD．连接OB、OC，
延长CO交⊙O于点M，过点M作MN∥OB交CD于N．
（1）求证：MN是⊙O的切线；
（2）当OB＝6cm，OC＝8cm时，求⊙O的半径及MN的长．
(1)如图所示，连接OE、OF、OG.
∵OE、OF、OG都是⊙O的半径，
∴OE＝OG＝OG.
∵AB、BC、CD分别与⊙O相切于点E、F、G，
∴∠OEB＝∠OFB＝∠OFC＝∠OGC＝90.
在Rt△OEB和Rt△OFB中，
，
∴Rt△OEB≌Rt△OFB，
则∠OBE＝∠OBF.
同理可证Rt△OFC≌Rt△OGC，
图c
图5-2
则∠OCF＝∠OCG.
∵AB∥CD,
∴∠OBE＋∠OBF＋∠OCF＋∠OCG＝180，
即∠OBF＋∠OCF＝90°，
则∠BOC＝180°－∠OBF－∠OCF＝90°. ∵MN∥OB，
∴∠NMC＝∠MOB＝180°－∠BOC＝90°，
即OM⊥MN,又∵OM是⊙O的半径，
∴MN是⊙O的切线。
(2)如图所示，由（1）可得，
在Rt△OBC中，OF⊥BC，∠BOC＝90°。
由勾股定理得，，
则，
即10OF＝48,故OF＝.∵OM＝OF＝，
∴MC＝OM＋OC＝。
由（1）知，∠OCB＝∠MCN，∠NMC∠BOC＝90°，
则△NMC∽△BOC，因此，即，
故。
综上所述，⊙O的半径为，MN的长为.
3.（2018·湖北襄阳）如图，AB是⊙O的直径，AM和BN是⊙O的两条切线， E为⊙O上
一点，过点E作直线DC分别交AM，BN于点D，C，且CB＝CE．
(1)求证：DA＝DE；
(2)若AB＝6，CD＝43，求图中阴影部分的面积．
解：（1）证明：连结OE，OC.
∵BN切⊙O于点B，∴∠OBN＝90°.
∵OE＝OB，OC＝OC，CE＝CB，∴△OEC≌△OBC.
∴∠OEC＝∠OBC＝90°.
∴CD是⊙O的切线.
∵AD切⊙O于点A，∴DA＝DE.
图d
图5-3
（2）过点D作DF⊥BC于点F，则四边形ABFD是矩形.
∴AD＝BF，DF＝AB＝6.
∴DC＝BC＋AD＝43.
∵FC＝
22
23DCDF
.
∴BC－AD＝23. BC－AD＝23.∴BC＝3
3
.
在Rt△OBC中，tan∠BOC＝3BCBO，
∴∠BOC＝60°. ∵△OEC≌△OBC，∴∠BOE＝2∠BOC＝120°.
∴S阴影部分＝S四边形BCEO－S扇形OBE＝2×12BCOB－120360××OB2＝93－3.
图e