九年级培优易错试卷圆的综合辅导专题训练附答案

九年级培优易错试卷圆的综合辅导专题训练附答案
一、圆的综合
1．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（32，9）;(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= 1
2 PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝2
∴点Q的坐标为（2，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝9
2
－3＝
3
2
， Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为：1
2
×(
3
2
＋2)×4.5＝
63
8
.
【解析】
【分析】
根据已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，再根据这个条件结合题意直接解答此题.
【详解】
（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= PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3
∴点Q的坐标为（3 ，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝－3＝， Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为：×( ＋2)×4.5＝.
【点睛】
本题主要考查学生根据题意能找到三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，而且考验学生对相似三角形性质的运用，掌握探索题目隐含条件是解决此题的关键.
2．如图，AB为⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为弧ABD的中点，连接CD，CA．
（1）求证：∠ABD=2∠BDC；
（2）过点C作CH⊥AB于H，交AD于E，求证：EA=EC；
（3）在（2）的条件下，若OH=5，AD=24，求线段DE的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）
9
2 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
AB22
AD BD
+=26，由相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）连接AD．如图1，设∠BDC=α，∠ADC=β，
则∠CAB =∠BDC =α，
∵点C 为弧ABD 中点，∴¶AC =¶CD
，∴∠ADC =∠DAC =β，∴∠DAB =β﹣α， ∵AB 为⊙O 直径，∴∠ADB =90°，∴α+β=90°，∴β=90°﹣α，∴∠ABD =90°﹣∠DAB =90°﹣（β﹣α），∴∠ABD =2α，∴∠ABD =2∠BDC ；
（2）∵CH ⊥AB ，∴∠ACE +∠CAB =∠ADC +∠BDC =90°，
∵∠CAB =∠CDB ，∴∠ACE =∠ADC ，
∵∠CAE =∠ADC ，∴∠ACE =∠CAE ，∴AE =CE ；
（3）如图2，连接OC ，∴∠COB =2∠CAB ，
∵∠ABD =2∠BDC ，∠BDC =∠CAB ，∴∠COB =∠ABD ，
∵∠OHC =∠ADB =90°，∴△OCH ∽△ABD ，∴12OH OC BD AB ==， ∵OH =5，∴BD =10，∴AB =
22AD BD +=26，∴AO =13，∴AH =18， ∵△AHE ∽△ADB ，∴AH AE AD AB =，即1824=26AE ，∴AE =392，∴DE =92
．
【点睛】
本题考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
3．在⊙O 中，点C 是AB u u u r 上的一个动点(不与点A ，B 重合)，∠ACB=120°，点I 是∠ABC 的内心，CI 的延长线交⊙O 于点D ，连结AD,BD ．
（1）求证：AD=BD．
（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．
（3）若⊙O的半径为2，点E，F是»AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I 随之运动形成的路径长．
【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3）23
【解析】
分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；
（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得
△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出
ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；
（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I 随之运动形成的路径长.
详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心
∴CI平分∠ACB
∴∠ACD=∠BCD
∴弧AD=弧BD
∴AD=BD
（2）AB=DI
理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD
∴∠BCD=×120°=60°
∵弧BD=弧BD
∴∠DAB=∠BCD=60°
∵AD=BD
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，∠ABD=∠C
∵I是△ABC的内心
∴BI平分∠ABC
∴∠CBI=∠ABI
∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD
∴∠BID=∠IBD
∴ID=BD
∵AB=BD
∴AB=DI
（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧
∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD
∴∠AED=∠ACB=×120°=60°
∵圆的半径为2，DE是直径
∴DE=4，∠EAD=90°
∴AD=sin∠AED×DE=×4=2
∵点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°
∴弧AB的度数为120°，
∴弧AM、弧BF的度数都为为40°
∴∠ADM=20°=∠FAB
∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80°
∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°
∴∠DAI1=∠AI1D
∴AD=I1D=2
∴弧I1I2的长为：
点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.
4．如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，小圆直径AE的延长线与大圆交于点B，点D 在大圆上，BD与小圆相切于点F，AF的延长线与大圆相交于点C，且CE⊥BD．找出图中相等的线段并证明．
【答案】见解析
【解析】
试题分析：由AE是小⊙O的直径，可得OA=OE，连接OF，根据切线的性质，可得
OF⊥BD，然后由垂径定理，可证得DF=BF，易证得OF∥CE，根据平行线分线段成比例定理，可证得AF=CF，继而可得四边形ABCD是平行四边形，则可得AD=BC，AB=CD．然后连接OD、OC，可证得△AOD≌△EOC，则可得BC=AD=CE=AE．
试题解析：
图中相等的线段有：OA=OE，DF=BF，AF=CF，AB=CD，BC=AD=CE=AE．
证明如下：
∵AE是小⊙O的直径，
∴OA=OE．
连接OF，
∵BD与小⊙O相切于点F，
∴OF⊥BD．
∵BD是大圆O的弦，
∴DF=BF．
∵CE⊥BD，
∴CE∥OF，
∴AF=CF．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∴AD=BC，AB=CD．
∵CE：AE=OF：AO，OF=AO，
∴AE=EC．
连接OD、OC，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD．
∵∠AOD=∠ODC，∠EOC=∠OEC，
∴∠AOC=∠EOC，
∴△AOD≌△EOC，
∴AD=CE．
∴BC=AD=CE=AE．
【点睛】考查了切线的性质，垂径定理，平行线分线段成比例定理，平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法，小心不要漏解．
5．如图，AB是圆O的直径，射线AM⊥AB，点D在AM上，连接OD交圆O于点E，过点D作DC=DA交圆O于点C（A、C不重合），连接O C、BC、CE．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若圆O的直径等于2，填空：
①当AD=时，四边形OADC是正方形；
②当AD=时，四边形OECB是菱形．
【答案】(1)见解析；（2）①1；②3．
【解析】
试题分析：（1）依据SSS证明△OAD≌△OCD，从而得到∠OCD=∠OAD=90°；
（2）①依据正方形的四条边都相等可知AD=OA；
②依据菱形的性质得到OE=CE，则△EOC为等边三角形，则∠CEO=60°，依据平行线的性质可知∠DOA=60°，利用特殊锐角三角函数可求得AD的长．
试题解析：解：∵AM⊥AB，
∴∠OAD=90°．
∵OA=OC，OD=OD，AD=DC，
∴△OAD≌△OCD，
∴∠OCD=∠OAD=90°．
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线．
（2）①∵当四边形OADC是正方形，
∴AO=AD=1．
故答案为：1．
②∵四边形OECB是菱形，
∴OE=CE．
又∵OC=OE，
∴OC=OE=CE．
∴∠CEO=60°．
∵CE∥AB，
∴∠AOD=60°．
在Rt△OAD中，∠AOD=60°，AO=1，
∴AD=．
故答案为：．
点睛：本题主要考查的是切线的性质和判定、全等三角形的性质和判定、菱形的性质、等边三角形的性质和判定，特殊锐角三角函数值的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．
6．如图，△ABC内接于⊙O，弦AD⊥BC,垂足为H，连接OB．
(1)如图1,求证:∠DAC=∠ABO;
(2)如图2,在弧AC上取点F,使∠CAF=∠BAD,在弧AB取点G，使AG∥OB，若∠BAC=600，求证:GF=GD;
(3)如图3,在(2)的条件下,AF、BC的延长线相交于点E,若AF：FE=1:9，求sin∠ADG的值。

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）11 14
.
【解析】
试题分析：（1）延长BO交⊙O于点Q，连接AQ．由圆周角定理可得：∠AQB=∠ACB，再由等角的余角相等即可得出结论；
（2）证明△DFG是等边三角形即可；
（3）延长GA，作FQ⊥AG，垂足为Q，作ON⊥AD，垂足为N，作OM⊥BC，垂足为M，延长AO交⊙O于点R，连接GR．作DP⊥AG，DK⊥AE，垂足为P、K．设AF=k，则
FE=9k，AE=10k．在△AHE中，AH=5k．设NH=x，则AN=5k-x，AD=10k-2x．在△AQF中，
AF =k ，AQ =2k ，FQ =32
k ．由(2)知：△GDF 是等边三角形，得到GD =GF =DF ，进而得到AG =9k -2x ． OM =NH =x ，BC =23x ， GF =BC =23x ．在△GQF 中，GQ =AG +AQ =
192k -2x ，QF =3k ，GF =23x ，由勾股定理解出74x k ，得到AG =9k -2x =112
k ，AR =2OB =4OM =4x =7k ．在△GAR 中，由sin ∠ADG =sin ∠R 即可得出结论．
试题解析：解：（1）证明：如图1，延长BO 交⊙O 于点Q ，连接AQ ．
∵BQ 是⊙O 直径，∴∠QAB =900．∵AD ⊥BC ，∴∠AHC =900．
∵弧AB =弧AB ，∴∠AQB =∠ACB ．
∵∠AQB +∠ABO =900，∠ACB +∠CAD =900
∴∠ABO =∠CAD
（2）证明：如图2，连接DF ．
∵AG ∥OB ，∴∠ABO =∠BAG ．∵∠ABO =∠CAD ，∴∠CAD =∠BAG ．
∵∠BAC =600，∴∠BAD +∠CAD =∠BAD +∠BAG =600，即
∠GAD =∠BAC =60°．∵∠BAD =∠CAF ．∴∠CAF +∠CAD =600，∴∠GAD =∠DAF =600，∴∠DGF =∠DAF =60°．
∵弧GD =弧GD ，∴∠GAD =∠GFD =600，∴∠GFD =∠DGF =600，∴△DFG 是等边三角形，∴GD =GF ．
（3）如图3，
延长GA ，作FQ ⊥AG ，垂足为Q ，作ON ⊥AD ，垂足为N ，作OM ⊥BC ，垂足为M ，延长AO 交⊙O 于点R ，连接GR ．作DP ⊥AG ，DK ⊥AE ，垂足为P 、K ．
∵AF ：FE =1：9，∴设AF =k ，则FE =9k ，AE =10k ．在△AHE 中，∠E =300，∴AH =5k ． 设NH =x ，则AN =5k -x ．∵ON ⊥AD ，∴AD =2AN =10k -2x
又在△AQF 中，∵∠GAF =1200，∴∠QAF =600，AF =k ，∴AQ =2k ，FQ =32
k ．
由(2)知：△GDF 是等边三角形，∴GD =GF =DF ，
∵∠GAD =∠DAF =600，∴DP =DK ，∴△GPD ≌△FKD ，△APD ≌△AKD
∴FK =GP ，AP =AK ，∠ADK =300，∴AD =2AK =AP +AK =AF +AG
∴AG =10k -2x -k =9k -2x ．
∵作OM ⊥BC ，ON ⊥AD ，∴OM =NH =x ．∵∠BOD =12∠BOC =∠BAC =600 ∴BC =2BM =23x ．∵∠BOC =∠GOF ，∴GF =BC =23x
在△GQF 中，GQ =AG +AQ =
192k -2x ，QF =3k ，GF =23x ∵222GQ FQ GF +=
∴()
22219322322k x k x ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ()1271342
x k x k ==-，舍去． ∴AG =9k -2x =
112
k ，AR =2OB =4OM =4x =7k ， 在△GAR 中，∠RGA =900， ∴sin ∠ADG =sin ∠R =AG AR =1114
．
点睛：本题是圆的综合题．熟练掌握圆的基本性质和常用的辅助线做法是解答本题的关键．
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=
12
HB 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）=134﹣32
a ， ∵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=12
FC=5，∴DK=TB=FB ﹣FT=3，∴AK=AT=AB ﹣TB=10，∴AD=AK ﹣DK=10﹣3=7．
8．如图，AN 是⊙M 的直径，NB ∥x 轴，AB 交⊙M 于点C ．
（1）若点A （0，6），N （0，2），∠ABN=30°，求点B 的坐标；
（2）若D 为线段NB 的中点，求证：直线CD 是⊙M 的切
线．
【答案】(1) B（，2）．(2)证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）在Rt△ABN中，求出AN、AB即可解决问题；（2）连接MC，NC．只要证明∠MCD=90°即可
试题解析：（1）∵A的坐标为（0，6），N（0，2），
∴AN=4，
∵∠ABN=30°，∠ANB=90°，
∴AB=2AN=8，
∴由勾股定理可知：NB=，
∴B（，2）．
（2）连接MC，NC
∵AN是⊙M的直径，
∴∠ACN=90°，
∴∠NCB=90°，
在Rt△NCB中，D为NB的中点，
∴CD=NB=ND，
∴∠CND=∠NCD，
∵MC=MN，
∴∠MCN=∠MNC，
∵∠MNC+∠CND=90°，
∴∠MCN+∠NCD=90°，
即MC⊥CD．
∴直线CD是⊙M的切线．
考点：切线的判定；坐标与图形性质．
9．如图，□ABCD 的边AD 是△ABC 外接圆⊙O 的切线，切点为A ，连接AO 并延长交BC 于点E ，交⊙O 于点F ，过点C 作直线CP 交AO 的延长线于点P ，且∠BCP ＝∠ACD ． （1）求证：PC 是⊙O 的切线；
（2）若∠B ＝67.5°，BC ＝2，求线段PC ，PF 与弧CF 所围成的阴影部分的面积S ．
【答案】（1）见解析；（2）14
π-
【解析】 【分析】（1） 过C 点作直径CM ，连接MB ，根据CM 为直径，可得∠M+∠BCM ＝90°，再根据AB ∥DC 可得∠ACD ＝∠BAC ，由圆周角定理可得∠BAC ＝∠M ，∠BCP ＝∠ACD ，从而可推导得出∠PCM ＝90°，根据切线的判定即可得；
（2）连接OB ，由AD 是⊙O 的切线，可得∠PAD ＝90°，再由BC ∥AD ，可得AP ⊥BC ，从而得BE ＝CE ＝ 12
BC ＝1，继而可得到∠ABC ＝∠ACB ＝67.5°，从而得到∠BAC ＝45°，由圆周角定理可得∠BOC=90°，从而可得∠BOE ＝∠COE ＝∠OCE ＝ 45°，根据已知条件可推导得出OE ＝CE ＝1，PC ＝OC 22OE CE 2+部分的面积.
【详解】（1） 过C 点作直径CM ，连接MB ，
∵CM 为直径，
∴∠MBC ＝90°，即∠M+∠BCM ＝90°，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AB ∥DC ，AD ∥BC ，
∴∠ACD ＝∠BAC ，
∵∠BAC＝∠M，∠BCP＝∠ACD，
∴∠M＝∠BCP，
∴∠BCP+∠BCM＝90°，即∠PCM＝90°，∴CM⊥PC，
∴PC与⊙O相切；
（2）连接OB，
∵AD是⊙O的切线，切点为A，
∴OA⊥AD，即∠PAD＝90°，
∵BC∥AD，∠AEB=∠PAD＝90°，∴AP⊥BC．∴BE＝CE
＝1
2
BC＝1，
∴AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝67.5°，
∴∠BAC＝180°－∠ABC－∠ACB＝45°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝90°，
∵OB＝OC，AP⊥BC，∴∠BOE＝∠COE＝∠OCE＝ 45°，
∵∠PCM＝90°，∴∠CPO＝∠COE＝∠OCE＝ 45°，
∴OE＝CE＝1，PC＝OC＝22
OE CE2
+=，
∴S＝S△POC－S扇形OFC＝
()2
45π2
1π
221
23604
⨯
⨯⨯-=-．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、扇形面积等，综合性较强，准确添加辅助线是解题的关键.
10．如图，PA切⊙O于点A，射线PC交⊙O于C、B两点，半径OD⊥BC于E，连接BD、DC和OA，DA交BP于点F；
（1）求证：∠ADC+∠CBD＝
1
2
∠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；
【分析】
()1根据垂径定理得到BD CD =n n ，根据等腰三角形的性质得到
()
111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠o o ，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =n n ，根据等腰三角形的性质得到
ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=o ，求得90OAD DAP ∠+∠=o ，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．
【详解】
()1证明：OD BC ⊥Q ，
BD CD ∴=n n
， CBD DCB ∴∠=∠，
90DFE EDF ∠+∠=o Q ，
90EDF DFE ∴∠=-∠o ，
OD OA =Q ，
()111809022
ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠o o ， 190902
DFE AOD ∴-∠=-∠o o ， 12
DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠Q ，
12
ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠； ()2解：OD BC ⊥Q ，
BE CE ∴=，BD CD =n n
，
BD CD ∴=，
OA OD Q =，
ADO OAD ∴∠=∠，
PA Q 切O e 于点A ，
90PAO ∴∠=o ，
90OAD DAP ∴∠+∠=o ， PFA DFE ∠=∠Q ，
90PFA ADO ∴∠+∠=o ，
PAF PFA ∴∠=∠，
PA PF ∴=．
本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．
11．在平面直角坐标系xOy中，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＞-5
3
．（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
28
3
y x
y x
+
⎧
⎨
+
⎩
＝
＝
，解得
5
2
x
y
-
⎧
⎨
-
⎩
＝
＝
，可得直线l与直线CD的交点的横坐标为-5，
由
28
3
y x
y x
+
⎧
⎨
-+
⎩
＝
＝
，解得
5
3
14
3
x
y
⎧
-
⎪⎪
⎨
⎪
⎪⎩
＝
＝
，可得直线l与直线DE的交点的横坐标为-
5
3
，
∴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＞-5
3
．
（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．
22
∴T（0，22
∴当2＜t＜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＜2或2＜t＜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.
12．
如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝3
5
，点P是AC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）连接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）
40
9
R=;（2）2
5
880
320
x
y x x
x
=-+
+
;（3）50105
-.
【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＝3
5
，则
sinC＝4
5
，sinC＝
HP
CP
＝
10
R
R
-
＝
4
5
，即可求解；
（2）首先证明PD∥BE，则EB BF
PD PF
=，即：20
2
4
588
x y
x
x
x
y
-+
--
=，即可求解；
（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝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＝3
5
，则sinC＝
4
5
，
sinC＝HP
CP
＝
10
R
R
-
＝
4
5
，解得：R＝
40
9
；
（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝3
5
，
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，AB ＝45，则：tan ∠CAB ＝2，
BP ＝228+(4)x -＝2880x x -+， DA ＝25x ，则BD ＝45﹣25x ， 如下图所示，PA ＝PD ，∴∠PAD ＝∠CAB ＝∠CBA ＝β，
tanβ＝2，则cosβ5，sinβ5
， EB ＝BDcosβ＝（525x ）5＝4﹣25
x ， ∴PD ∥BE ， ∴EB BF PD PF =，即：2024588x y x x
x -+--=， 整理得：y 25x x 8x 803x 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是弧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，
∴AB＝DB+AD＝AG+AD＝5
设圆的半径为r，在△ADG中，
AD＝2rcosβ
5DG
5
AG＝2r，
5＝52r
51
，
则：DG
5
50﹣5
相交所得的公共弦的长为50﹣5
【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．
13．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．
14．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.
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.。