2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：33 圆与圆的位置关系
全国各地中考数学解析汇编31章_与圆有关的位置关系
（最新最全）2012年全国各地中考数学解析汇编（按章节考点整理）第三十一章与圆有关的位置关系31.1 直线与圆的位置关系11.（2012山东省荷泽市，11，3）如图，PA、PB是⊙o的切线，A、B为切点，AC是⊙o 的直径，若∠P=46∘，则∠BAC=______.【解析】因为PA、PB是⊙o的切线，所以PA=PB，OA⊥PA，又因∠P=46∘，所以∠PAB=67∘，所以∠BAC=∠OAP-∠PAB=90∘-67∘=23∘，【答案】23∘【点评】当圆外一点向圆引两条切线，可以利用切线长定理及切线的性质定理，利用等腰三角形的性质及及垂直的性质来计算角的度数.14.（2012连云港，14，3分）如图，圆周角∠BAC=55°，分别过B、C两点作⊙O的切线，两切线相交于点P，则∠BPC= °。
O PBAC【解析】连结OB，OC，则OB⊥PB，OC⊥PC。
则∠BOC=110°，在四边形PBOC中，根据四边形的内角和为360°，可得∠BPC=70°。
【答案】70【点评】本题考查了圆周角与圆心角的关系以及切线的性质。
14. （2012湖南湘潭，14，3分）如图，的一边是⊙O的直径，请你添加一个条件，使是⊙O的切线,你所添加的条件为 .【解析】根据切线的定义来判断，BC⊥AB，或∠ABC=900。
【答案】BC⊥AB，或∠ABC=900。
【点评】此题考查切线的定义。
圆的切线垂直于过切点的半径。
20.（2012浙江丽水8分，20题）（本题8分）如图，AB为⊙O的直径，EF切⊙O于点D，过点B作BH⊥EF于点H，交⊙O于点C，连接BD.（1）求证：BD平分∠ABH；（2）如果AB=12，BC=8，求圆心O到BC的距离.第14题图【解析：】（1）欲证BD平分∠ABH，只需证∠OBD=∠DBH.连接OD，则∠OBD=∠ODB，为止只需证∠ODB=∠DBH即可.（2）过点O作OG⊥BC于点G，在Rt△OBG中，利用勾股定理即可求得OG的值.【解】：（1）证明：连接OD.∵EF是⊙O的切线，∴OD⊥EF.又∵BH⊥EF，∴OD∥BH，∴∠ODB=∠DBH.而OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∴∠OBD=∠DBH，∴BD平分∠ABH.（2）过点O作OG⊥BC于点G，则BG=CG=4，在Rt△OBG中，OG=.【点评】：已知圆的切线，常作过切点的半径构造直角三角形，以便于利用勾股定理求解问题.20.（2012福州，20，满分12分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的切线互相垂直，垂足为D，AD交⊙O于点E。
2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编(三)18份(共310页)Word版及答案
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D．40°考点：切线的性质专题：计算题．分析：根据切线的性质由AB与⊙O相切得到OB⊥AB，则∠ABO=90°，利用∠A=30°得到∠AOB=60°，再根据三角形外角性质得∠AOB=∠C+∠OBC，由于∠C=∠OBC，所以∠C=AOB=30°．解答：解：连结OB，如图，∵AB与⊙O相切，∴OB⊥AB，∴∠ABO=90°，∵∠A=30°，∴∠AOB=60°，∵∠AOB=∠C+∠OBC，而∠C=∠OBC，∴∠C=AOB=30°．故选A．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．3. （2014•益阳，第8题，4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙P的圆心P的坐标为（﹣3，0），将⊙P沿x轴正方向平移，使⊙P与y轴相切，则平移的距离为（）（第1题图）A．1 B．1或5 C．3 D． 5考点：直线与圆的位置关系；坐标与图形性质．分析：平移分在y轴的左侧和y轴的右侧两种情况写出答案即可．解答：解：当⊙P位于y轴的左侧且与y轴相切时，平移的距离为1；当⊙P位于y轴的右侧且与y轴相切时，平移的距离为5．故选B．点评：本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是了解当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径．4．（2014年山东泰安，第18题3分）如图，P为⊙O的直径BA延长线上的一点，PC与⊙O 相切，切点为C，点D是⊙上一点，连接P D．已知PC=PD=B C．下列结论：（1）PD与⊙O相切；（2）四边形PCBD是菱形；（3）PO=AB；（4）∠PDB=120°．其中正确的个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个分析：（1）利用切线的性质得出∠PCO=90°，进而得出△PCO≌△PDO（SSS），即可得出∠PCO=∠PDO=90°，得出答案即可；（2）利用（1）所求得出：∠CPB=∠BPD，进而求出△CPB≌△DPB（SAS），即可得出答案；（3）利用全等三角形的判定得出△PCO≌△BCA（ASA），进而得出CO=PO=AB；（4）利用四边形PCBD是菱形，∠CPO=30°，则DP=DB，则∠DPB=∠DBP=30°，求出即可．解：（1）连接CO，DO，∵PC与⊙O相切，切点为C，∴∠PCO=90°，在△PCO和△PDO中，，∴△PCO≌△PDO（SSS），∴∠PCO=∠PDO=90°，∴PD与⊙O相切，故此选项正确；（2）由（1）得：∠CPB=∠BPD，在△CPB和△DPB中，，∴△CPB≌△DPB（SAS），∴BC=BD，∴PC=PD=BC=BD，∴四边形PCBD是菱形，故此选项正确；（3）连接AC，∵PC=CB，∴∠CPB=∠CBP，∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=90°，在△PCO和△BCA中，，∴△PCO≌△BCA（ASA），∴AC=CO，∴AC=CO=AO，∴∠COA=60°，∴∠CPO=30°，∴CO=PO=AB，∴PO=AB，故此选项正确；（4）∵四边形PCBD是菱形，∠CPO=30°，∴DP=DB，则∠DPB=∠DBP=30°，∴∠PDB=120°，故此选项正确；故选：A．点评：此题主要考查了切线的判定与性质和全等三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质等知识，熟练利用全等三角形的判定与性质是解题关键．二.填空题1. （2014•广西玉林市、防城港市，第16题3分）如图，直线MN与⊙O相切于点M，ME=EF且EF∥MN，则cos∠E=．考点：切线的性质；等边三角形的判定与性质；特殊角的三角函数值．专题：计算题．分析：连结OM，OM的反向延长线交EF与C，由直线MN与⊙O相切于点M，根据切线的性质得OM⊥MF，而EF∥MN，根据平行线的性质得到MC⊥EF，于是根据垂径定理有CE=CF，再利用等腰三角形的判定得到ME=MF，易证得△MEF为等边三角形，所以∠E=60°，然后根据特殊角的三角函数值求解．解答：解：连结OM，OM的反向延长线交EF与C，如图，∵直线MN与⊙O相切于点M，∴OM⊥MF，∵EF∥MN，∴MC⊥EF，∴CE=CF，∴ME=MF，而ME=EF，∴ME=EF=MF，∴△MEF为等边三角形，∴∠E=60°，∴cos∠E=cos60°=．故答案为．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、等边三角形的判定与性质和特殊角的三角函数值．2．（2014•温州，第16题5分）如图，在矩形ABCD中，AD=8，E是边AB上一点，且AE=A B．⊙O 经过点E，与边CD所在直线相切于点G（∠GEB为锐角），与边AB所在直线交于另一点F，且EG：EF=：2．当边AB或BC所在的直线与⊙O相切时，AB的长是．考点：切线的性质；矩形的性质．分析：过点G作GN⊥AB，垂足为N，可得EN=NF，由EG：EF=：2，得：EG：EN=：1，依据勾股定理即可求得AB的长度．解答：解：如图，过点G作GN⊥AB，垂足为N，∴EN=NF，又∵EG：EF=：2，∴EG：EN=：1，又∵GN=AD=8，∴设EN=x，则，根据勾股定理得：，解得：x=4，GE=，设⊙O的半径为r，由OE2=EN2+ON2得：r2=16+（8﹣r）2，∴r=5．∴OK=NB=5，∴EB=9，又AE=AB，∴AB=12．故答案为12．点评：本题考查了切线的性质以及勾股定理和垂径定理的综合应用，解答本题的关键在于做好辅助线，利用勾股定理求出对应圆的半径．3．（2014•四川自贡，第14题4分）一个边长为4cm的等边三角形ABC与⊙O等高，如图放置，⊙O与BC相切于点C，⊙O与AC相交于点E，则CE的长为3cm．考点：切线的性质；垂径定理；圆周角定理；弦切角定理分析：连接OC，并过点O作OF⊥CE于F，根据等边三角形的性质，等边三角形的高等于底边高的倍．题目中一个边长为4cm的等边三角形ABC与⊙O等高，说明⊙O的半径为，即OC=，又∠ACB=60°，故有∠OCF=30°，在Rt△OFC中，可得出FC的长，利用垂径定理即可得出CE的长．解答：解：连接OC，并过点O作OF⊥CE于F，且△ABC为等边三角形，边长为4，故高为2，即OC=，又∠ACB=60°，故有∠OCF=30°，在Rt△OFC中，可得FC=，即CE=3．故答案为：3．点评：本题主要考查了切线的性质和等边三角形的性质和解直角三角形的有关知识．题目不是太难，属于基础性题目．4．（2014•浙江湖州，第9题3分）如图，已知正方形ABCD，点E是边AB的中点，点O 是线段AE上的一个动点（不与A、E重合），以O为圆心，OB为半径的圆与边AD相交于点M，过点M作⊙O的切线交DC于点N，连接OM、ON、BM、BN．记△MNO、△AOM、△DMN的面积分别为S1、S2、S3，则下列结论不一定成立的是（）A．S1＞S2+S3 B．△AOM∽△DMN C．∠MBN=45° D．MN=AM+CN分析：（1）如图作MP∥AO交ON于点P，当AM=MD时，求得S1=S2+S3，（2）利用MN是⊙O的切线，四边形ABCD为正方形，求得△AMO∽△DMN．（3）作BP⊥MN于点P，利用RT△MAB≌RT△MPB和RT△BPN≌RT△BCN来证明C，D 成立．解：（1）如图，作MP∥AO交ON于点P，∵点O是线段AE上的一个动点，当AM=MD时，S梯形ONDA=（OA+DN）•ADS△MNO=MP•AD，∵（OA+DN）=MP，∴S△MNO=S梯形ONDA，∴S1=S2+S3，∴不一定有S1＞S2+S3，（2）∵MN是⊙O的切线，∴OM⊥MN，又∵四边形ABCD为正方形，∴∠A=∠D=90°，∠AMO+∠DMN=90°，∠AMO+∠AOM=90°，∴∠AOM=∠DMN，在△AMO 和△DMN 中，，∴△AMO ∽△DMN ．故B 成立，（3）如图，作BP ⊥MN 于点P ，∵MN ，BC 是⊙O 的切线，∴∠PMB =∠MOB ，∠CBM =∠MOB ， ∵AD ∥BC ，∴∠CBM =∠AMB ，∴∠AMB =∠PMB ， 在Rt △MAB 和Rt △MPB 中，∴Rt △MAB ≌Rt △MPB （AAS ）∴AM =MP ，∠ABM =∠MBP ，BP =AB =BC ， 在Rt △BPN 和Rt △BCN 中，∴Rt △BPN ≌Rt △BCN （HL ）∴PN =CN ，∠PBN =∠CBN ，∴∠MBN =∠MBP +∠PBN ，MN =MN +PN =AM +CN ．故C ，D 成立，综上所述，A 不一定成立，故选：A ．点评：本题主要考查了圆的切线及全等三角形的判定和性质，关键是作出辅助线利用三角形全等证明．5．（2014·浙江金华，第16题4分）如图2是装有三个小轮的手拉车在“爬”楼梯时的侧面示意图，定长的轮架杆OA ，OB ，OC 抽象为线段，有OA =OB =OC ，且∠AOB =120°，折线NG —GH —HE —EF 表示楼梯，CH ，EF 是水平线，NG ，HE 是铅垂线，半径相等的小轮子⊙A ，⊙B 与楼梯两边相切，且AO ∥GH . （1）如图2①，若点H 在线段OB 上，则BHOH的值是 ▲ ． （2）如果一级楼梯的高度()HE 832cm =+，点H 到线段OB 的距离d 满足条件d 3cm ≤，那么小轮子半径r 的取值范围是 ▲ ．【答案】（1）3；（2）1133r 8-≤≤. 【解析】∴23r d d 2323MI3IJ d MI r d,HM 3r 2d cos 33t 3030an 33=︒-==⇒=-==-︒.考点：1. 直角三角形的构造；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4. 矩形的判定和性质；5.切线的性质；6.二次根式化简.6. （2014•湘潭，第14题，3分）如图，⊙O的半径为3，P是CB延长线上一点，PO=5，P A切⊙O于A点，则P A=4．（第1题图）考点：切线的性质；勾股定理．分析：先根据切线的性质得到OA⊥P A，然后利用勾股定理计算P A的长．解答：解：∵P A切⊙O于A点，∴OA⊥P A，在Rt△OP A中，OP=5，OA=3，∴P A==4．故答案为4．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理．三.解答题1. （2014•广东，第24题9分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC是直径，过点O作OD⊥AB 于点D，延长DO交⊙O于点P，过点P作PE⊥AC于点E，作射线DE交BC的延长线于F点，连接PF．（1）若∠POC=60°，AC=12，求劣弧PC的长；（结果保留π）（2）求证：OD=OE；（3）求证：PF是⊙O的切线．考点：切线的判定；弧长的计算．分析：（1）根据弧长计算公式l=进行计算即可；（2）证明△POE≌△ADO可得DO=EO；（3）连接AP，PC，证出PC为EF的中垂线，再利用△CEP∽△CAP找出角的关系求解．解答：（1）解：∵AC=12，∴CO=6，∴==2π；（2）证明：∵PE⊥AC，OD⊥AB，∠PEA=90°，∠ADO=90°在△ADO和△PEO中，，∴△POE≌△AOD（AAS），∴OD=EO；（3）证明：如图，连接AP，PC，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OP A，由（1）得OD=EO，∴∠ODE=∠OED，又∵∠AOP=∠EOD，∴∠OP A=∠ODE，∴AP∥DF，∵AC是直径，∴∠APC=90°，∴∠PQE=90°∴PC⊥EF，又∵DP∥BF，∴∠ODE=∠EFC，∵∠OED=∠CEF，∴∠CEF=∠EFC，∴CE=CF，∴PC为EF的中垂线，∴∠EPQ=∠QPF，∵△CEP∽△CAP∴∠EPQ=∠EAP，∴∠QPF=∠EAP，∴∠QPF=∠OP A，∵∠OP A+∠OPC=90°，∴∠QPF+∠OPC=90°，∴OP⊥PF，∴PF是⊙O的切线．点评：本题主要考查了切线的判定，解题的关键是适当的作出辅助线，准确的找出角的关系．2. （2014•珠海，第18题7分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=4，AC=3，线段AB为半圆O的直径，将Rt△ABC沿射线AB方向平移，使斜边与半圆O相切于点G，得△DEF，DF与BC交于点H．（1）求BE的长；（2）求Rt△ABC与△DEF重叠（阴影）部分的面积．考点：切线的性质；扇形面积的计算；平移的性质专题：计算题．分析：（1）连结OG，先根据勾股定理计算出BC=5，再根据平移的性质得AD=BE，DF=AC=3，EF=BC=5，∠EDF=∠BAC=90°，由于EF与半圆O相切于点G，根据切线的性质得OG⊥EF，然后证明Rt△EOG∽Rt△EFD，利用相似比可计算出OE=，所以BE=OE﹣OB=；（2）求出BD的长度，然后利用相似比例式求出DH的长度，从而求出△BDH，即阴影部分的面积．解答：解：（1）连结OG，如图，∵∠BAC=90°，AB=4，AC=3，∴BC==5，∵Rt△ABC沿射线AB方向平移，使斜边与半圆O相切于点G，得△DEF，∴AD=BE，DF=AC=3，EF=BC=5，∠EDF=∠BAC=90°，∵EF与半圆O相切于点G，∴OG⊥EF，∵AB=4，线段AB为半圆O的直径，∴OB=OG=2，∵∠GEO=∠DEF，∴Rt△EOG∽Rt△EFD，∴=，即=，解得OE=，∴BE=OE﹣OB=﹣2=；（2）BD=DE﹣BE=4﹣=．∵DF∥AC，∴，即，解得：DH=2．∴S阴影=S△BDH=BD•DH=××2=，即Rt△ABC与△DEF重叠（阴影）部分的面积为．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了平移的性质、勾股定理和相似三角形的判定与性质．3. （2014•广西贺州，第25题10分）如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G．且AB∥C D．BO=6cm，CO=8cm．（1）求证：BO⊥CO；（2）求BE和CG的长．考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质．分析：（1）由AB∥CD得出∠ABC+∠BCD=180°，根据切线长定理得出OB、OC平分∠EBF 和∠BCG，也就得出了∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠DCB）=×180°=90°．从而证得∠BOC是个直角，从而得出BO⊥CO；（2）根据勾股定理求得AB=10cm，根据RT△BOF∽RT△BCO得出BF=3.6cm，根据切线长定理得出BE=BF=3.6cm，CG=CF，从而求得BE和CG的长．解答：（1）证明：∵AB∥CD∴∠ABC+∠BCD=180°∵AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，∴BO平分∠ABC，CO平分∠DCB，∴∠OBC=，∠OCB=，∴∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠DCB）=×180°=90°，∴∠BOC=90°，∴BO⊥CO．（2）解：连接OF，则OF⊥BC，∴RT△BOF∽RT△BCO，∴=，∵在RT△BOF中，BO=6cm，CO=8cm，∴BC==10cm，∴=，∴BF=3.6cm，∵AB、BC、CD分别与⊙O相切，∴BE=BF=3.6cm，CG=CF，∵CF=BC﹣BF=10﹣3.6=6.4cm．∴CG=CF=6.4cm．点评：本题主要考查了直角梯形的性质和切线长定理的综合运用．属于基础题．4. （2014•广西玉林市、防城港市，第23题9分）如图的⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，过点D、A分别作⊙O的切线交于点G，并与AB延长线交于点E．（1）求证：∠1=∠2．（2）已知：OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，求AG的长．考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：（1）连结OD，根据切线的性质得OD⊥DE，则∠2+∠ODC=90°，而∠C=∠ODC，则∠2+∠C=90°，由OC⊥OB得∠C+∠3=90°，所以∠2=∠3，而∠1=∠3，所以∠1=∠2；（2）由OF：OB=1：3，⊙O的半径为3得到OF=1，由（1）中∠1=∠2得EF=ED，在Rt△ODE 中，DE=x，则EF=x，OE=1+x，根据勾股定理得32+t2=（t+1）2，解得t=4，则DE=4，OE=5，根据切线的性质由AG为⊙O的切线得∠GAE=90°，再证明Rt△EOD∽Rt△EGA，利用相似比可计算出AG．解答：（1）证明：连结OD，如图，∵DE为⊙O的切线，∴OD⊥DE，∴∠ODE=90°，即∠2+∠ODC=90°，∵OC=OD，∴∠C=∠ODC，∴∠2+∠C=90°，而OC⊥OB，∴∠C+∠3=90°，∴∠2=∠3，∵∠1=∠3，∴∠1=∠2；（2）解：∵OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，∴OF=1，∵∠1=∠2，∴EF=ED，在Rt△ODE中，OD=3，DE=x，则EF=x，OE=1+x，∵OD2+DE2=OE2，∴32+t2=（t+1）2，解得t=4，∴DE=4，OE=5，∵AG为⊙O的切线，∴AG⊥AE，∴∠GAE=90°，而∠OED=∠GEA，∴Rt△EOD∽Rt△EGA，∴=，即=，∴AG=6．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理和相似三角形的判定与性质．5．(2014年四川资阳，第21题9分)如图，AB是⊙O的直径，过点A作⊙O的切线并在其上取一点C，连接OC交⊙O于点D，BD的延长线交AC于E，连接A D．（1）求证：△CDE∽△CAD；（2）若AB=2，AC=2，求AE的长．考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：（1）根据圆周角定理由AB是⊙O的直径得到∠ADB=90°，则∠B+∠BAD=90°，再根据切线的性质得AC为⊙O的切线得∠BAD+∠DAE=90°，则∠B=∠CAD，由于∠B=∠ODB，∠ODB=∠CDE，所以∠B=∠CDE，则∠CAD=∠CDE，加上∠ECD=∠DCA，根据三角形相似的判定方法即可得到△CDE∽△CAD；（2）在Rt△AOC中，OA=1AC=2，根据勾股定理可计算出OC=3，则CD=OC﹣OD=2，然后利用△CDE∽△CAD，根据相似比可计算出CE．解答：（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠B+∠BAD=90°，∵AC为⊙O的切线，∴BA⊥AC，∴∠BAC=90°，即∠BAD+∠DAE=90°，∴∠B=∠CAD，∵OB=OD，∴∠B=∠ODB，而∠ODB=∠CDE，∴∠B=∠CDE，∴∠CAD=∠CDE，而∠ECD=∠DCA，∴△CDE∽△CAD；（2）解：∵AB=2，∴OA=1，在Rt△AOC中，AC=2，∴OC==3，∴CD=OC﹣OD=3﹣1=2，∵△CDE∽△CAD，∴=，即=，∴CE=．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理、圆周角定理和相似三角形的判定与性质．6．（2014•新疆，第21题10分）如图，AB是⊙O的直径，点F，C是⊙O上两点，且==，连接AC，AF，过点C作CD⊥AF交AF延长线于点D，垂足为D．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若CD=2，求⊙O的半径．考点：切线的判定．专题：证明题．分析：（1）连结OC，由=，根据圆周角定理得∠F AC=∠BAC，而∠OAC=∠OCA，则∠F AC=∠OCA，可判断OC∥AF，由于CD⊥AF，所以OC⊥CD，然后根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；（2）连结BC，由AB为直径得∠ACB=90°，由==得∠BOC=60°，则∠BAC=30°，所以∠DAC=30°，在Rt△ADC中，利用含30度的直角三角形三边的关系得AC=2CD=4，在Rt△ACB中，利用含30度的直角三角形三边的关系得BC=AC=4，AB=2BC=4，所以⊙O的半径为4．解答：（1）证明：连结OC，如图，∵=，∴∠F AC=∠BAC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠F AC=∠OCA，∴OC∥AF，∵CD⊥AF，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线；（2）解：连结BC，如图，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∵==，∴∠BOC=×180°=60°，∴∠BAC=30°，∴∠DAC=30°，在Rt△ADC中，CD=2，∴AC=2CD=4，在Rt△ACB中，BC=AC=×4=4，∴AB=2BC=4，∴⊙O的半径为4．点评：本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．7.（2014•毕节地区，第26题14分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径作⊙O 交AB于点D，连接C D．（1）求证：∠A=∠BCD；（2）若M为线段BC上一点，试问当点M在什么位置时，直线DM与⊙O相切？并说明理由．考点：切线的判定分析：（1）根据圆周角定理可得∠ADC=90°，再根据直角三角形的性质可得∠A+∠DCA=90°，再由∠DCB+∠ACD=90°，可得∠DCB=∠A；（2）当MC=MD时，直线DM与⊙O相切，连接DO，根据等等边对等角可得∠1=∠2，∠4=∠3，再根据∠ACB=90°可得∠1+∠3=90°，进而证得直线DM与⊙O相切．解答：（1）证明：∵AC为直径，∴∠ADC=90°，∴∠A+∠DCA=90°，∵∠ACB=90°，∴∠DCB+∠ACD=90°，∴∠DCB=∠A；（2）当MC=MD（或点M是BC的中点）时，直线DM与⊙O相切；解：连接DO，∵DO=CO，∴∠1=∠2，∵DM=CM，∴∠4=∠3，∵∠2+∠4=90°，∴∠1+∠3=90°，∴直线DM与⊙O相切．点评：此题主要考查了切线的判定，以及圆周角定理，关键是掌握切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．8．（2014·云南昆明，第22题8分）如图，在△ABC 中，∠ABC =90°，D 是边AC 上的一点，连接BD ，使∠A =2∠1，E 是BC 上的一点，以BE 为直径的⊙O 经过点D .（1）求证：AC 是⊙O 的切线；（2）若∠A =60°，⊙O 的半径为2，求阴影部分的面积.（结果保留根号和π）考点： 切线的判定；阴影部分面积.分析： （1）连接OD ，求出∠A =∠DOC ，推出∠ODC =90°，根据切线的判定推出即可；（2）先求出ODC Rt ∆的面积，再求出扇形ODC 的面积，即可求出阴影部分面积． 解答： （1）证明：如图，连接OD∵OD OB =，∴21∠=∠，∴∠12∠=DOC ，∵12∠=∠A ，∴DOC A ∠=∠，∠ABC =90°， 90=∠+∠∴C A∴90=∠+∠C ODC ， 90=∠∴ODC∵OD 为半径，∴AC 是⊙O 的切线；（2）解： 60=∠=∠DOC A ，2=OD∴在ODC Rt ∆中，OD DC =60tan 323260tan =⨯== OD DC∴323222121=⨯⨯=⋅=∆DC OD S ODC Rt 第22题图E O C B A 1Dπππ3236026036022=⨯⨯==r n S ODE 扇形 π3232-=-=∴∆ODE ODC Rt S S S 扇形阴影 点评： 本题考查了等量代换、切线的判定、三角形面积、扇形面积等知识点的应用，主要考查学生的推理能力.．9. （2014•株洲，第23题，8分）如图，PQ 为圆O 的直径，点B 在线段PQ 的延长线上，OQ =QB =1，动点A 在圆O 的上半圆运动（含P 、Q 两点），以线段AB 为边向上作等边三角形AB C ．（1）当线段AB 所在的直线与圆O 相切时，求△ABC 的面积（图1）；（2）设∠AOB =α，当线段AB 、与圆O 只有一个公共点（即A 点）时，求α的范围（图2，直接写出答案）；（3）当线段AB 与圆O 有两个公共点A 、M 时，如果AO ⊥PM 于点N ，求CM 的长度（图3）．（第1题图）考点： 圆的综合题；等边三角形的性质；勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；特殊角的三角函数值．分析： （1）连接OA ，如下图1，根据条件可求出AB ，然后AC 的高BH ，求出BH 就可以求出△ABC 的面积．（2）如下图2，首先考虑临界位置：当点A 与点Q 重合时，线段AB 与圆O 只有一个公共点，此时α=0°；当线段AB 所在的直线与圆O 相切时，线段AB 与圆O 只有一个公共点，此时α=60°．从而定出α的范围．（3）设AO与PM的交点为D，连接MQ，如下图3，易证AO∥MQ，从而得到△PDO∽△PMQ，△BMQ∽△BAO，又PO=OQ=BQ，从而可以求出MQ、OD，进而求出PD、DM、AM、CM 的值．解答：解：（1）连接OA，过点B作BH⊥AC，垂足为H，如图1所示．∵AB与⊙O相切于点A，∴OA⊥A B．∴∠OAB=90°．∵OQ=QB=1，∴OA=1．∴AB===．∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=，∠CAB=60°．∵sin∠HAB=，∴HB=AB•sin∠HAB=×=．∴S△ABC=AC•BH=××=．∴△ABC的面积为．（2）①当点A与点Q重合时，线段AB与圆O只有一个公共点，此时α=0°；②当线段A1B所在的直线与圆O相切时，如图2所示，线段A1B与圆O只有一个公共点，此时OA1⊥BA1，OA1=1，OB=2，∴cos∠A1OB==．∴∠A1OB=60°．∴当线段AB与圆O只有一个公共点（即A点）时，α的范围为：0°≤α≤60°．（3）连接MQ，如图3所示．∵PQ是⊙O的直径，∴∠PMQ=90°．∵OA⊥PM，∴∠PDO=90°．∴∠PDO=∠PMQ．∴△PDO∽△PMQ．∴==∵PO=OQ=PQ．∴PD=PM，OD=MQ．同理：MQ=AO，BM=A B．∵AO=1，∴MQ=．∴OD=．∵∠PDO=90°，PO=1，OD=，∴PD=．∴PM=．∴DM=．∵∠ADM=90°，AD=A0﹣OD=，∴AM===．∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=BC，∠CAB=60°．∵BM=AB，∴AM=BM．∴CM⊥A B．∵AM=，∴BM=，AB=．∴AC=．∴CM===．∴CM的长度为．点评：本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、直线与圆相切、勾股定理、特殊三角函数值等知识，考查了用临界值法求角的取值范围，综合性较强．10. （2014•泰州，第25题，12分）如图，平面直角坐标系xOy中，一次函数y=﹣x+b（b 为常数，b＞0）的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，半径为4的⊙O与x轴正半轴相交于点C，与y轴相交于点D、E，点D在点E上方．（第2题图）（1）若直线AB与有两个交点F、G．①求∠CFE的度数；②用含b的代数式表示FG2，并直接写出b的取值范围；（2）设b≥5，在线段AB上是否存在点P，使∠CPE=45°？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．考点：圆的综合题分析：（1）连接CD，EA，利用同一条弦所对的圆周角相等求行∠CFE=45°，（2）作OM⊥AB点M，连接OF，利用两条直线垂直相交求出交点M的坐标，利用勾股定理求出FM2，再求出FG2，再根据式子写出b的范围，（3）当b=5时，直线与圆相切，存在点P，使∠CPE=45°，再利用两条直线垂直相交求出交点P的坐标，解答：解：（1）连接CD，EA，∵DE是直径，∴∠DCE=90°，∵CO⊥DE，且DO=EO，∴∠ODC=OEC=45°，∴∠CFE=∠ODC=45°，（2）①如图，作OM⊥AB点M，连接OF，∵OM⊥AB，直线的函数式为：y=﹣x+b，∴OM所在的直线函数式为：y=x，∴交点M（b，b）∴OM2=（b）2+（b）2，∵OF=4，∴FM2=OF2﹣OM2=42﹣（b）2﹣（b）2，∵FM=FG，∴FG2=4FM2=4×[42﹣（b）2﹣（b）2]=64﹣b2=64×（1﹣b2），∵直线AB与有两个交点F、G．∴4≤b＜5，（3）如图，当b=5时，直线与圆相切，∵DE是直径，∴∠DCE=90°，∵CO⊥DE，且DO=EO，∴∠ODC=OEC=45°，∴∠CFE=∠ODC=45°，∴存在点P，使∠CPE=45°，连接OP，∵P是切点，∴OP⊥AB，∴OP所在的直线为：y=x，又∵AB所在的直线为：y=﹣x+5，∴P（，）．点评：本题主要考查了圆与一次函数的知识，解题的关键是作出辅助线，明确两条直线垂直时K的关系．11 （2014•扬州，第25题，10分）如图，⊙O与Rt△ABC的斜边AB相切于点D，与直角边AC相交于E、F两点，连结DE，已知∠B=30°，⊙O的半径为12，弧DE的长度为4π．（1）求证：DE∥BC；（2）若AF=CE，求线段BC的长度．（第3题图）考点：切线的性质；弧长的计算．分析：（1）要证明DE∥BC，可证明∠EDA=∠B，由弧DE的长度为4π，可以求得∠DOE 的度数，再根据切线的性质可求得∠EDA的度数，即可证明结论．（2）根据90°的圆周角对的弦是直径，可以求得EF，的长度，借用勾股定理求得AE与CF 的长度，即可得到答案．解答：解：（1）证明：连接OD、OE，∵OD是⊙O的切线，∴OD⊥AB，∴∠ODA=90°，又∵弧DE的长度为4π，∴，∴n=60，∴△ODE是等边三角形，∴∠ODE=60°，∴∠EDA=30°，∴∠B=∠EDA，∴DE∥B C．（2）连接FD，∵DE∥BC，∴∠DEF=90°，∴FD是⊙0的直径，由（1）得：∠EFD=30°，FD=24，∴EF=，又因为∠EDA=30°，DE=12，∴AE=，又∵AF=CE，∴AE=CF，∴CA=AE+EF+CF=20，又∵，∴BC=60．点评：本题考查了勾股定理以及圆的性质的综合应用，解答本题的关键在于900的圆周角对的弦是直径这一性质的灵活运用．12.（2014•滨州，第21题8分）如图，点D在⊙O的直径AB的延长线上，点C在⊙O上，AC=CD，∠ACD=120°．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．考点：扇形面积的计算；等腰三角形的性质；切线的判定；特殊角的三角函数值．专题：几何综合题；压轴题．分析：（1）连接O C．只需证明∠OCD=90°．根据等腰三角形的性质即可证明；（2）阴影部分的面积即为直角三角形OCD的面积减去扇形COB的面积．解答：（1）证明：连接O C．∵AC=CD，∠ACD=120°，∴∠A=∠D=30°．∵OA=OC，∴∠2=∠A=30°．∴∠OCD=90°．∴CD是⊙O的切线．（2）解：∵∠A=30°，∴∠1=2∠A=60°．∴S扇形BOC=．在Rt△OCD中，∵，∴．∴．∴图中阴影部分的面积为．点评：此题综合考查了等腰三角形的性质、切线的判定方法、扇形的面积计算方法．13．（2014•德州，第22题10分）如图，⊙O的直径AB为10cm，弦BC为5cm，D、E分别是∠ACB的平分线与⊙O，AB的交点，P为AB延长线上一点，且PC=PE．（1）求AC、AD的长；（2）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．考点：切线的判定；勾股定理；圆周角定理．分析：（1）①连接BD，先求出AC，在RT△ABC中，运用勾股定理求AC，②由CD平分∠ACB，得出AD=BD，所以RT△ABD是直角等腰三角形，求出AD，②连接OC，（2）由角的关系求出∠PCB=∠ACO，可得到∠OCP=90°，所以直线PC与⊙O相切．解答：解：（1）①如图，连接BD，∵AB是直径，∴∠ACB=∠ADB=90°，在RT△ABC中，AC===8，②∵CD平分∠ACB，∴AD=BD，∴Rt△ABD是直角等腰三角形，∴AD=AB=×10=5cm；（2）直线PC与⊙O相切，理由：连接OC，∵OC=OA，∴∠CAO=∠OCA，∵PC=PE，∴∠PCE=∠PEC，∵∠PEC=∠CAE+∠ACE，∵CD平分∠ACB，∴∠ACE=∠ECB，∴∠PCB=∠ACO，∵∠ACB=90°，∴∠OCP=∠OCB+∠PCB=∠ACO+∠OCB=∠ACB=90°，OC⊥PC，∴直线PC与⊙O相切．点评：本题主要考查了切线的判定，勾股定理和圆周角，解题的关键是运圆周角和角平分线及等腰三角形正确找出相等的角．14.（2014•菏泽，第18题10分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，连接BC，AC，作OD∥BC与过点A的切线交于点D，连接DC并延长交AB的延长线于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若=，求cos∠ABC的值．考点：切线的判定；勾股定理．分析：（1）如图，连接O C．欲证DE是⊙O的切线，只需证得OC⊥DE；（2）由=，可设CE=2k（k＞0），则DE=3k，在Rt△DAE中，由勾股定理求得AE==2k．则tanE==．所以在Rt△OCE中，tanE==．在Rt△AOD中，由勾股定理得到OD==k，故cos∠ABC=cos∠AOD==．解答：（1）证明：如图，连接O C．∵AD是过点A的切线，AB是⊙O的直径，∴AD⊥AB，∴∠DAB=90°．∵OD∥BC，∴∠1=∠2，∠3=∠4．∵OC=OB，∴∠2=∠4．∴∠1=∠3．在△COD和△AOD中，，∴△COD≌△AOD（SAS）∴∠OCD=∠DAB=90°，即OC⊥DE于点C．∵OC是⊙O的半径，∴DE是⊙O的切线；（2）解：由=，可设CE=2k（k＞0），则DE=3k，∴AD=DC=k．∴在Rt△DAE中，AE==2k．∴tanE==．∵在Rt△OCE中，tanE==．∴=，∴OC=OA=．∴在Rt△AOD中，OD==k，∴cos∠ABC=cos∠AOD==．点评：本题考查了切线的判定与性质．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．圆与圆的位置关系一、选择题1. （2014•扬州，第5题，3分）如图，圆与圆的位置关系没有（）（第1题图）A．相交B．相切C．内含D．外离考点：圆与圆的位置关系分析：由其中两圆有的位置关系是：内切，外切，内含、外离．即可求得答案．解答：解：∵如图，其中两圆有的位置关系是：内切，外切，内含、外离．∴其中两圆没有的位置关系是：相交．故选A．点评：此题考查了圆与圆的位置关系．注意掌握数形结合思想的应用．2.（2014•济宁，第10题3分）如图，两个直径分别为36cm和16cm的球，靠在一起放在同一水平面上，组成如图所示的几何体，则该几何体的俯视图的圆心距是（）A．10cm．B．24cm C．26cm D．52cm考点：简单组合体的三视图；勾股定理；圆与圆的位置关系．分析：根据两球相切，可得球心距，根据两圆相切，可得圆心距是半径的和，根据根据勾股定理，可得答案．解答：解：球心距是（36+16）÷2=26，两球半径之差是（36﹣16）÷2=10，俯视图的圆心距是=24cm，故选：B．点评：本题考查了简单组合体的三视图，利用勾股定理是解题关键．二.填空题1．(2014年四川资阳，第14题3分)已知⊙O1与⊙O2的圆心距为6，两圆的半径分别是方程x2﹣5x+5=0的两个根，则⊙O1与⊙O2的位置关系是相离．考点：圆与圆的位置关系；根与系数的关系．分析：由⊙O1与⊙O2的半径r1、r2分别是方程x2﹣5x+5=0的两实根，根据根与系数的关系即可求得⊙O1与⊙O2的半径r1、r2的和，又由⊙O1与⊙O2的圆心距d=6，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系．解答：解：∵两圆的半径分别是方程x2﹣5x+5=0的两个根，∴两半径之和为5，解得：x=4或x=2，∵⊙O1与⊙O2的圆心距为6，∴6＞5，∴⊙O1与⊙O2的位置关系是相离．故答案为：相离．点评：此题考查了圆与圆的位置关系与一元二次方程的根与系数的关系．注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系是解此题的关键．三.解答题1. （2014年江苏南京，第26题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，⊙O为△ABC的内切圆．（1）求⊙O的半径；（2）点P从点B沿边BA向点A以1cm/s的速度匀速运动，以P为圆心，PB长为半径作圆，设点P运动的时间为t s，若⊙P与⊙O相切，求t的值．（第1题图）考点：圆的性质、两圆的位置关系、解直角三角形分析：（1）求圆的半径，因为相切，我们通常连接切点和圆心，设出半径，再利用圆的性质和直角三角形性质表示其中关系，得到方程，求解即得半径．（2）考虑两圆相切，且一圆已固定，一般就有两种情形，外切与内切．所以我们要分别讨论，当外切时，圆心距等于两圆半径的和；当内切时，圆心距等于大圆与小圆半径的差．分别作垂线构造直角三角形，类似（1）通过表示边长之间的关系列方程，易得t的值．解答：（1）如图1，设⊙O与AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，。
全国各地2014年中考数学试卷解析版分类汇编 点直线与圆的位置关系
点直线与圆的位置关系 一、选择题1. （2014某某某某，第13题，3分）如图，O ⊙的半径为1，ABC ∆是O ⊙的内接等边三角形，点D ，E 在圆上，四边形BCDE 为矩形，这个矩形的面积是A ．2B ．3C ．23 D ．23 【解析】1=OA ，知3,1==BC CD ，所以矩形的面积是3． 2. （2014•某某某某,第11题4分）如图，直线AB 与⊙O 相切于点A ，弦CD∥AB，E ，F 为圆上的两点，且∠CDE=∠ADF．若⊙O 的半径为，CD=4，则弦EF 的长为（ ）A ．4 B ． 2 C ．5 D ． 6考点： 切线的性质．分析： 首先连接OA ，并反向延长交CD 于点H ，连接OC ，由直线AB 与⊙O 相切于点A ，弦CD∥AB，可求得OH 的长，然后由勾股定理求得AC 的长，又由∠CDE=∠ADF，可证得EF=AC ，继而求得答案．解答： 解：连接OA ，并反向延长交CD 于点H ，连接OC ，∵直线AB 与⊙O 相切于点A ， AB CDE．O第13题图∴OA⊥AB，∵弦CD∥AB，∴AH⊥CD，∴CH=CD=×4=2，∵⊙O的半径为，∴OA=OC=，∴OH==，∴AH=OA+OH=+=4，∴AC==2．∵∠CDE=∠ADF，∴=，∴=，∴EF=AC=2．故选B．点评：此题考查了切线的性质、圆周角定理、垂径定理以及勾股定理等知识．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．3．（2014•某某某某，第8题，3分）已知⊙O的半径r=3，设圆心O到一条直线的距离为d，圆上到这条直线的距离为2的点的个数为m，给出下列命题：①若d＞5，则m=0；②若d=5，则m=1；③若1＜d＜5，则m=3；④若d=1，则m=2；⑤若d＜1，则m=4．其中正确命题的个数是（）A．1B．2C．4D．5考点：直线与圆的位置关系；命题与定理．分析：根据直线与圆的位置关系和直线与圆的交点个数结合答案分析即可得到答案．解答：解：①若d＞5时，直线与圆相离，则m=0，正确；②若d=5时，直线与圆相切，则m=1，故正确；③若1＜d＜5，则m=3，正确；④若d=1时，直线与圆相交，则m=2正确；⑤若d＜1时，直线与圆相交，则m=2，故错误．故选C．点评：考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是了解直线与圆的位置关系与d与r的数量关系．4．（2014•某某内江，第10题，3分）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=6，以斜边AB上的一点O为圆心所作的半圆分别与AC、BC相切于点D、E，则AD为（）A．B．C．D．1考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质．分析：连接OD、OE，先设AD=x，再证明四边形ODCE是矩形，可得出OD=CE，OE=CD，从而得出CD=CE=4﹣x，BE=6﹣（4﹣x），可证明△AOD∽OBE，再由比例式得出AD的长即可．解答：解：连接OD、OE，设AD=x，∵半圆分别与AC、BC相切，∴∠CDO=∠CEO=90°，∵∠C=90°，∴四边形ODCE是矩形，∴OD=CE，OE=CD，∴CD=CE=4﹣x，BE=6﹣（4﹣x）=x+2，∵∠AOD+∠A=90°，∠AOD+∠BOE=90°，∴∠A=∠BOE，∴△AOD∽OBE，∴=，∴=，解得，故选B．点评：本题考查了切线的性质．相似三角形的性质与判定，运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形，证明三角形相似解决有关问题．5.（2014•某某某某、某某）,第7题3分）已知⊙O的半径是6cm，点O到同一平面内直线l 的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．无法判断考点：直线与圆的位置关系．分析：设圆的半径为r，点O到直线l的距离为d，若d＜r，则直线与圆相交；若d=r ，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离，从而得出答案．解答：解：设圆的半径为r，点O到直线l的距离为d，∵d=5，r=6，∴d＜r，∴直线l与圆相交．故选A．点评：本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．3.4.5.6.7.8.二、填空题1. （2014•某某某某,第18题3分）如图，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上的一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，连接PA．设PA=x，PB=y，则（x ﹣y）的最大值是 2 ．考点：切线的性质分作直径AC，连接CP，得出△APC∽△PBA，利用=，得出y=x2，所以x﹣y=x﹣x2=析：﹣x2+x=﹣（x﹣4）2+2，当x=4时，x﹣y有最大值是2．解答：解：如图，作直径AC，连接CP，∴∠CPA=90°，∵AB是切线，∴CA⊥AB，∵PB⊥l，∴AC∥PB，∴∠CAP=∠APB，∴△APC∽△PBA，∴=，∵PA=x，PB=y，半径为4∴=，∴y=x2，∴x﹣y=x﹣x2=﹣x2+x=﹣（x﹣4）2+2，当x=4时，x﹣y有最大值是2，故答案为：2．点评：此题考查了切线的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．2．（2014•某某某某，第15题，3分）如图，已知AB为⊙O的直径，AB=2，AD和BE是圆O 的两条切线，A、B为切点，过圆上一点C作⊙O的切线CF，分别交AD、BE于点M、N，连接AC、CB，若∠ABC=30°，则AM=．考点：切线的性质专题：计算题．分析：连接OM，OC，由OB=OC，且∠ABC的度数求出∠BCO的度数，利用外角性质求出∠AOC度数，利用切线长定理得到MA=AC，利用HL得到三角形AOM与三角形全等，利用全等三角形对应角相等得到OM为角平分线，求出∠AOM为30°，在直角三角形AOM值，利用锐角三角函数定义即可求出AM的长．解答：解：连接OM，OC，∵OB=OC，且∠ABC=30°，∴∠BCO=∠ABC=30°，∵∠AOC为△BOC的外角，∴∠AOC=2∠ABC=60°，∵MA，MC分别为圆O的切线，∴MA=MC，且∠MAO=∠MCO=90°，在Rt△AOM和Rt△中，，∴Rt△AOM≌Rt△（HL），∴∠AOM=∠=∠AOC=30°，在Rt△AOM中，OA=AB=1，∠AOM=30°，∴tan30°=，即=，解得：AM=．故答案为：点评：此题考查了切线的性质，锐角三角函数定义，外角性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．3.4.5.6.7.8.三、解答题1. （2014•某某某某，第29题10分）如图，已知在△ABC中，AD是BC边上的中线，以AB 为直径的⊙O交BC于点D，过D作MN⊥AC于点M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN 于G．（1）求证：△BGD∽△DMA；（2）求证：直线MN是⊙O的切线．考点：相似三角形的判定，切线的性质．分析：（1）根据垂直定义得出∠BGD=∠DMA=90°，由圆周角定理、三角形内角和定理、对顶角性质及等角的余角相等得出∠DBG=∠ADM，再根据两角对应相等的两三角形相似即可证明△BGD∽△DMA；（2）连结OD．由三角形中位线的性质得出OD∥AC，根据垂直于同一直线的两直线平行得出AC∥BG，由平行公理推论得到OD∥BG，再由BG⊥MN，可得OD⊥MN，然后根据切线的判定定理即可证明直线MN是⊙O的切线．解答：证明：（1）∵MN⊥AC于点M，BG⊥MN于G，∴∠BGD=∠DMA=90°．∵以AB为直径的⊙O交BC于点D，∴AD⊥BC，∠ADC=90°，∴∠ADM+∠CDM=90°，∵∠DBG+∠BDG=90°，∠CDM=∠BDG，∴∠DBG=∠ADM．在△BGD与△DMA中，，∴△BGD∽△DMA；（2）连结OD．∵BO=OA，BD=DC，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC．∵MN⊥AC，BG⊥MN，∴AC∥BG，∴OD∥BG，∵BG⊥MN，∴OD⊥MN，∴直线MN是⊙O的切线．点评：本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．2. （2014•某某威海，第23题10分）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作BE的垂线交AB于点F，⊙O是△BEF的外接圆．（1）求证：AC是⊙O的切线．（2）过点E作EH⊥AB于点H，求证：CD=HF．考点：切线的判定专题：证明题．分析：（1）连接OE，由于BE是角平分线，则有∠CBE=∠OBE；而OB=OE，就有∠OBE=∠OEB，等量代换有∠OEB=∠CBE，那么利用内错角相等，两直线平行，可得OE∥BC；又∠C=90°，所以∠AEO=90°，即AC是⊙O的切线；（2）连结DE，先根据AAS证明△CDE≌△HFE，再由全等三角形的对应边相等即可得出CD=HF．解答：证明：（1）连接OE．∵BE平分∠ABC，∴∠CBE=∠OBE，∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB，∴∠OEB=∠CBE，∴OE∥BC，∴∠AEO=∠C=90°，∴AC是⊙O的切线；（2）如图，连结DE．∵∠CBE=∠OBE，EC⊥BC于C，EH⊥AB于H，∴EC=EH．∵∠CDE+∠BDE=180°，∠HFE+∠BDE=180°，∴∠CDE=∠HFE．在△CDE与△HFE中，，∴△CDE≌△HFE（AAS），∴CD=HF．点评：本题主要考查了切线的判定，全等三角形的判定与性质．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．3. （2014•某某枣庄，第23题8分）如图，A为⊙O外一点，AB切⊙O于点B，AO交⊙O于C，CD⊥OB于E，交⊙O于点D，连接OD．若AB=12，AC=8．（1）求OD的长；（2）求CD的长．考点：切线的性质专题：计算题．分析：（1）设⊙O的半径为R，根据切线定理得OB⊥AB，则在Rt△ABO中，利用勾股定理得到R2+122=（R+8）2，解得R=5，即OD的长为5；（2）根据垂径定理由CD⊥OB得DE=CE，再证明△OEC∽△OBA，利用相似比可计算出CE=，所以CD=2CE=．解答：解：（1）设⊙O的半径为R，∵AB切⊙O于点B，∴OB⊥AB，在Rt△ABO中，OB=R，AO=OC+AC=R+8，AB=12，∵OB2+AB2=OA2，∴R2+122=（R+8）2，解得R=5，∴OD的长为5；（2）∵CD⊥OB，∴DE=CE，而OB⊥AB，∴CE∥AB，∴△OEC∽△OBA，∴=，即=，∴CE=，∴CD=2CE=．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理、垂径定理和相似三角形的判定与性质．4. （2014•某某潍坊，第20题10分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=900，以AB为直径作⊙O，恰与另一腰CD相切于点E，连接OD、OC、BE．(1)求证：OD∥BE；(2)若梯形ABCD的面积是48，设OD=x，OC=y，且x+y=14，求CD的长．考点：全等三角形、直角三角形、勾股定理；直线与圆的位置关系．分析：（1）连接OE, 证明Rt△OAD≌Rt△OED可得∠AOD=∠ABE，从而OD∥BE；（2）证明△COD是直角三角形，根据梯形ABCD的面积是48求出xy=48，结合x+y=14可求出x2+y2的值，从而可得CD的长解答：(1)证明：连接OE,∵CD是⊙O的切线，∴OE⊥CD，在Rt △OAD 和Rt △OED 中，OA =OE , OD =OD ， ∴Rt △OADcR ≌t △OED ， ∴∠AOD =∠EOD =21∠AOE ， 在⊙O 中，ABE =21∠AOE , ∴∠AOD =∠ABE ， ∴OD ∥BE (2)同理可证：Rt △COE ≌Rt △COB ．∴∠COE =∠COB =21∠BOE ,∴∠DOE +∠COE =900，∴△COD 是直角三角形， ∵S △DEO =S △DAO , S △COE =S △COB ,∴S 梯形ABCD =2(S △DOE +S △COE )=2S △COD =OC ·OD =48，即xy =48， 又∵x +y = 14，∴x 2+y 2=(x +y )2－2xy =142－2×48=100, 在Rt △COD 中,101002222==+=+=y x OD OC CD即CD 的长为10．点评：本题主要考查的是三角形全等、直角三角形、勾股定理；、直线与圆的位置关系. 5.（2014•某某抚州，第22题，9分）如图，在平面直角坐标系中，⊙P 经过x 轴上一点C ，与y 轴分别交于A 、B 两点，连接AP 并延长分别交⊙P 、x 轴于点D 、E ，连接DC 并延长交y 轴于点F ，若点F 的坐标为(0 ,1),点D 的坐标为(6 ,－1).⑴ 求证：DC FC =⑵ 判断⊙P 与x 轴的位置关系，并说明理由. ⑶ 求直线AD 的解析式.解析：(1)如图1，作DH ⊥x 轴于点H,∵F(0,1),D(6,-1) ∴OF=DH=1,在⊿OCF 和⊿HCD 中，FCO DCO FOC DHC OF DH ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩90 ∴⊿OCF ≌⊿HCD(AAS), DC=FC. (2)如图2，⊙P 与x 轴相切.连接PC, ∵DC=FC, PD=PA, ∴CP 是⊿DFA 的中位线， ∴PC ∥y 轴，∴PC ⊥x 轴 , 又C 是⊙P 与x 轴的交点 ， ∴⊙P 切x 轴于点C.(3)如图3，作PG ⊥y 轴于点G,由(1)知：C(3,0), 由(2)知：AF=2PC, 设⊙P 的半径为r ,则：（r-1)2+32=r 2, ∴r=5, ∴A(0,-9)； 设直线AD 的解析式为y ax =-9， 把D(6,-1)代入得：a =43， ∴直线AD 的解析式为：y x =-4936．（2014某某某某，第23题，7分）（本小题满分7分）E 是AD 的中点，求证：EC EB =．（2）如图，AB 与O ⊙相切于C ，B A ∠=∠，O ⊙的半径为6，AB ＝16，求OA 的长.AB CO第23题（2）图【解析】在OAB ∆中，OB OA B A =∴∠=∠, ，连接OC ，则有8,6,===⊥BC AC OC AB OC ， 所以10862222=+=+=AC OC OA ．7．（2014•某某聊城，第24题，10分）如图，AB ，AC 分别是半⊙O 的直径和弦，OD ⊥AC 于点D ，过点A 作半⊙O 的切线AP ，AP 与OD 的延长线交于点P ．连接PC 并延长与AB 的延长线交于点F ．（1）求证：PC 是半⊙O 的切线；（2）若∠CAB=30°，AB=10，求线段BF 的长．考点： 切线的判定与性质．分析： （1）连接OC ，可以证得△OAP ≌△OCP ，利用全等三角形的对应角相等，以及切线的性质定理可以得到：∠OCP=90°，即OC ⊥PC ，即可证得；（2）依据切线的性质定理可知OC ⊥PE ，然后通过解直角三角函数，求得OF 的值，再减去圆的半径即可． 解答： （1）证明：连接OC ，∵OD ⊥AC ，OD 经过圆心O ，∴AD=CD ， ∴PA=PC ，在△OAP 和△OCP 中，，∴△OAP≌△OCP（SSS），∴∠OCP=∠OAP∵PA是⊙O的切线，∴∠OAP=90°．∴∠OCP=90°，即OC⊥PC∴PC是⊙O的切线．（2）解：∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∵∠CAB=30°，∴∠COF=60°，∵PC是⊙O的切线，AB=10，∴OC⊥PF，OC=OB=AB=5，∴OF===10，∴BF=OF﹣OB=5，点评：本题考查了切线的性质定理以及判定定理，以及直角三角形三角函数的应用，证明圆的切线的问题常用的思路是根据切线的判定定理转化成证明垂直的问题．8. （2014•某某某某，第21题，10分）在直角坐标系中，设x轴为直线l，函数y=﹣x，y=x的图象分别是直线l1，l2，圆P（以点P为圆心，1为半径）与直线l，l1，l2中的两条相切．例如（，1）是其中一个圆P的圆心坐标．（1）写出其余满足条件的圆P的圆心坐标；（2）在图中标出所有圆心，并用线段依次连接各圆心，求所得几何图形的周长．考点：圆的综合题；切线长定理；轴对称图形；特殊角的三角函数值．专题：计算题；作图题．分析：（1）对圆P与直线l和l2都相切、圆P与直线l和l1都相切、圆P与直线l1和l2都相切三种情况分别考虑，利用切线长定理和特殊角的三角函数值即可求出点P的坐标．（2）由图可知：该几何图形既轴对称图形，又是中心对称图形，它的所有的边都相等．只需求出其中的一条边就可以求出它的周长．解答：解：（1）①若圆P与直线l和l2都相切，当点P在第四象限时，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，连接OP，如图1所示．设y=x的图象与x轴的夹角为α．当x=1时，y=．∴tanα=．∴α=60°．∴由切线长定理得：∠POH=（180°﹣60°）=60°．∵PH=1，∴tan∠POH===．∴OH=．∴点P的坐标为（，﹣1）．同理可得：当点P在第二象限时，点P的坐标为（﹣，1）；当点P在第三象限时，点P的坐标为（﹣，﹣1）；②若圆P与直线l和l1都相切，如图2所示．同理可得：当点P在第一象限时，点P的坐标为（，1）；当点P在第二象限时，点P的坐标为（﹣，1）；当点P在第三象限时，点P的坐标为（﹣，﹣1）；当点P在第四象限时，点P的坐标为（，﹣1）．③若圆P与直线l1和l2都相切，如图3所示．同理可得：当点P在x轴的正半轴上时，点P的坐标为（，0）；当点P在x轴的负半轴上时，点P的坐标为（﹣，0）；当点P在y轴的正半轴上时，点P的坐标为（0，2）；当点P在y轴的负半轴上时，点P的坐标为（0，﹣2）．综上所述：其余满足条件的圆P的圆心坐标有：（，﹣1）、（﹣，1）、（﹣，﹣1）、（，1）、（﹣，1）、（﹣，﹣1）、（，﹣1）、（，0）、（﹣，0）、（0，2）、（0，﹣2）．（2）用线段依次连接各圆心，所得几何图形，如图4所示．由图可知：该几何图形既轴对称图形，又是中心对称图形，由对称性可得：该几何图形的所有的边都相等．∴该图形的周长=12×（﹣）=8．点评：本题考查了切线长定理、特殊角的三角函数值、对称性等知识，考查了作图的能力，培养了学生的审美意识，是一道好题．9. (2014年某某黔东南21．（12分）)已知：AB是⊙O的直径，直线CP切⊙O于点C，过点B 作BD⊥CP于D．（1）求证：△ACB∽△CDB；（2）若⊙O的半径为1，∠BCP=30°，求图中阴影部分的面积．考点：切线的性质；扇形面积的计算；相似三角形的判定与性质．分析：（1）由CP是⊙O的切线，得出∠BCD=∠BAC，AB是直径，得出∠ACB=90°，所以∠ACB=∠CDB=90°，得出结论△ACB∽△CDB；（2）求出△OCB是正三角形，阴影部分的面积=S扇形OCB﹣S△OCB=π﹣．解答：（1）证明：∵直线CP是⊙O的切线，∴∠BCD=∠BAC，∵AB是直径，∴∠ACB=90°，又∵BD⊥CP∴∠CDB=90°，∴∠ACB=∠CDB=90°∴△ACB∽△CDB；（2）解：如图，连接OC，∵直线CP是⊙O的切线，∠BCP=30°，∴∠COB=2∠BCP=60°，∴△OCB是正三角形，∵⊙O的半径为1，∴S△OCB=，S扇形OCB==π，∴阴影部分的面积=S扇形OCB﹣S△OCB=π﹣．点评：本题主要考查了切线的性质及扇形面积，三角形的面积，解题的关键是利用弦切角找角的关系．10.（2014•某某26．（12分））如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，且∠ABC=60°，AB=BC，△ACD的外接圆⊙O交BC于E点，连接DE并延长，交AC于P点，交AB延长线于F．（1）求证：CF=DB；（2）当AD=时，试求E点到CF的距离．考圆的综合题点：专题：综合题．分析：（1）连结AE ，由∠ABC=60°，AB=BC可判断△ABC 为等边三角形，由AB∥CD，∠DAB=90°得∠ADC=∠DAB=90°，则根据圆周角定理可得到AC为⊙O的直径，则∠AEC=90°，即AE⊥BC，根据等边三角形的性质得BE=CE，再证明△DCE≌△FBE，得到DE=FE，于是可判断四边形BDCF为平行四边形，根据平行四边形的性质得CF=DB；（2）作EH⊥CF于H，由△ABC为等边三角形得∠BAC=60°，则∠DAC=30°，在Rt△ADC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得DC=AD=1，AC=2CD=2，则AB=AC=2，BF=CD=1，AF=3，然后利用勾股定理计算出BD=，DF=2，所以CF=BD=，EF=DF=，接着根据等边三角形的性质由AE⊥BC得∠CAE=∠BAE=30°，根据圆周角定理得∠EDC=∠CAE=30°，而∠DCA=∠BAC=60°，得到∠DPC=90°，在Rt △DPC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得PC=DC=，再证明Rt△FHE∽Rt△FPC，利用相似比可计算出EH．解答：（1）证明：连结AE，如图，∵∠ABC=60°，AB=BC，∴△ABC为等边三角形，∵AB∥CD，∠DAB=90°，∴∠ADC=∠DAB=90°，∴AC为⊙O的直径，∴∠AEC=90°，即AE⊥BC，∴BE=CE，CD∥BF，∴∠DCE=∠FBF，在△DCE和△FBE中，，∴△DCE≌△FBE（ASA），∴DE=FE，∴四边形BDCF为平行四边形，∴CF=DB；（2）解：作EH⊥CF于H，如图，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，∴∠DAC=30°，在Rt△ADC中，AD=，∴DC=AD=1，AC=2CD=2，∴AB=AC=2，BF=CD=1，∴AF=3，在Rt△ABD中，BD==，在Rt△ADF中，DF==2，∴CF=BD=，EF=DF=，∵AE⊥BC，∴∠CAE=∠BAE=30°，∴∠EDC=∠CAE=30°，而∠DCA=∠BAC=60°，∴∠DPC=90°，在Rt△DPC中，DC=1，∠CDP=30°，∴PC=DC=，∵∠HFE=∠PFC，∴Rt△FHE∽Rt△FPC，∴=，即=，∴EH=，即E点到CF的距离为．点评：本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、等边三角形的性质和平行四边形的判定与性质；会运用三角形全等的知识解决线段相等的问题；会运用勾股定理和相似比进行几何计算．11.（2014•某某24．（10分））如图1，AB为半圆的直径，O为圆心，C为圆弧上一点，AD垂直于过C点的切线，垂足为D，AB的延长线交直线CD于点E．（1）求证：AC平分∠DAB；（2）若AB=4，B为OE的中点，CF⊥AB，垂足为点F ，求CF的长；（3）如图2，连接OD交AC于点G，若=，求sin∠E的值．考点：圆的综合题．专题：计算题．分析：（1）连结OC，如图1，根据切线的性质得OC⊥DE，而AD⊥DE，根据平行线的性质得OC∥AD，所以∠2=∠3，加上∠1=∠3，则∠1=∠2，所以AC平分∠DAB；（2）如图1，由B为OE的中点，AB为直径得到OB=BE=2，OC=2，在Rt△OCE中，由于OE=2OC，根据含30度的直角三角形三边的关系得∠OEC=30°，则∠COE=60°，由CF⊥AB得∠OFC=90°，所以∠OCF=30°，再根据含30度的直角三角形三边的关系得OF=OC=1，CF=OF=；（3）连结OC，如图2，先证明△OCG∽△DAG，利用相似的性质得==，再证明△ECO∽△EDA，利用相似比得到==，设⊙O的半径为R，OE=x，代入求得OE=3R；最后在Rt△OCE中，根据正弦的定义求解．解答：（1）证明：连结OC，如图1，∵DE与⊙O切于点C，∴OC⊥DE，∵AD⊥DE，∴OC∥AD，∴∠2=∠3，∵OA=OC，∴∠1=∠3，∴∠1=∠2，即AC平分∠DAB；（2）解：如图1，∵直径AB=4，B为OE的中点，∴OB=BE=2，OC=2，在Rt△OCE中，OE=2OC，∴∠OEC=30°，∴∠COE=60°，∵CF⊥AB，∴∠OFC=90°，∴∠OCF=30°，∴OF=OC=1，CF=OF=；（3）解：连结OC，如图2，∵OC∥AD，∴△OCG∽△DAG，∴==，∵OC∥AD，∴△ECO∽△EDA，∴==，设⊙O的半径为R，OE=x，∴=，解得OE=3R，在Rt△OCE中，sin∠E===．点评：本题考查了圆的综合题：熟练掌握切线的性质、平行线的性质和锐角三角函数的定义；会根据含30度的直角三角形三边的关系和相似比进行几何计算．12.（2014•某某25．（8分））如图，在⊙O中，AB，CD是直径，BE是切线，B为切点，连接AD，BC，BD．（1）求证：△ABD≌△CDB；（2）若∠DBE=37°，求∠ADC的度数．考点：切线的性质；全等三角形的判定与性质分析：（1）根据AB，CD是直径，可得出∠ADB=∠CBD=90°，再根据HL定理得出△ABD≌△CDB；（2）由BE是切线，得AB⊥BE，根据∠DBE=37°，得∠BAD，由OA=OD，得出∠ADC的度数．解答：（1）证明：∵AB，CD是直径，∴∠ADB=∠CBD=90°，在△ABD和△CDB中，，∴△ABD和△CDB（HL）；（2）解：∵BE是切线，∴AB⊥BE，∴∠ABE=90°，∵∠DBE=37°，∴∠ABD=53°，∵OA=OD，∴∠BAD=∠ODA=90°﹣53°=37°，∴∠ADC的度数为37°．本题考查了切线的性质以及全等三角形的判定和性质，是基础题，难度不大．点评：13.(2014年某某某某21．（9分）)如图，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，AD⊥CD于点D．（1）求证：AC平分∠DAB；（2）若点E为的中点，AD=，AC=8，求AB和CE的长．考点：切线的性质．分析：（1）首先连接OC，由直线CD与⊙O相切于点C，AD⊥CD，易证得OC∥AD，继而可得AC平分∠DAB；（2）首先连接BC，OE，过点A作AF⊥BC于点F，可证得△ADC∽△ACB，△ACB∽△AFE，△ACF 是等腰直角三角形，然后由相似三角形的对应边成比例以及勾股定理，即可求得答案．解答：（1）证明：连接OC，∵直线CD与⊙O相切于点C，∴OC⊥CD，∵AD⊥CD，∴OC∥AD，∴∠DAC=∠OCA，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∴∠OAC=∠DAC，即AC平分∠DAB；（2）连接BC，OE，过点A作AF⊥BC于点F，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠ADC，∵∠DAC=∠BAC，∴△ADC∽△ACB，∴，即，解得：AB=10，∴BC==6，∵点E为的中点，∴∠AOE=90°，∴OE=OA=AB=5，∴AE==5，∵∠AEF=∠B，∠AFE=∠ACB=90°，∴△ACB∽△AFE，∴，∴，∴AF=4，EF=3，∵∠ACF=∠AOE=45°，∴△ACF 是等腰直角三角形，∴CF=AF=4，∴CE=CF+EF=7．点评：此题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰直角三角形性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．14.（(2014年某某)17.9分）如图,CD是⊙O的直径，且CD=2cm，点P为CD的延长线上一点，过点P作⊙O的切线PA、PB，切点分别为点A、B.（1）连接AC,若∠APO＝300，试证明△ACP是等腰三角形；证明：（1）连接OA，∵PA为⊙O的切线，∴OA⊥PA. ……………………………1分在Rt△AOP中，∠AOP=900－∠APO=900－300=600.∴∠ACP=12∠AOP=12×600=300.…………4分∴∠ACP=∠APO, ∴AC=AP.∴△ACP是等腰三角形. ……………………5分（2）( 2014年某某)填空：AP O DB①当DP= 1 cm时，四边形AOBD是菱形；…………7分②当DP=2－1cm时，四边形AOBP是正方形．…………9分（2）提示：①、若四边形AOBD是菱形，则AO=AD=1,Rt△OAP,当点D是OP的中点时，即OD=PD=1时，四边形AOBD是菱形②若四边形AOBP是正方形，则∠AOB=∠APB=900，即PA=R=1,可证△PAD≌△PCA,PA2=PD(PD+2),即1= PD(PD+2)，∴PD2+2PD－1=0,解得:PD=2－1或PD=－2－1（舍去）15. （2014•某某某某,第24题10分）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于点D，且∠D=2∠CAD．（1）求∠D的度数；（2）若CD=2，求BD的长．考点：切线的性质分析：（1）根据等腰三角形性质和三角形外角性质求出∠COD=2∠A，求出∠D=∠COD，根据切线性质求出∠OCD=90°，即可求出答案；（2）求出OC=CD=2，根据勾股定理求出BD即可．解解：（1）∵OA=OC，图1PDOAB图2PC O DAB答：∴∠A=∠ACO，∴∠COD=∠A+∠ACO=2∠A，∵∠D=2∠CAD，∴∠D=∠COD，∵PD切⊙O于C，∴∠OCD=90°，∴∠D=∠COD=45°；（2）∵∠D=∠COD，CD=2，∴OC=OB=CD=2，在Rt△OCD中，由勾股定理得：22+22=（2+BD）2，解得：BD=2﹣2．点评：本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形性质，三角形的外角性质的应用，主要考查学生的推理能力．16. ．(2014•年某某东营,第21题8分)如图，AB是⊙O的直径，OD垂直于弦AC于点E，且交⊙O于点D，F是BA延长线上一点，若∠CDB=BFD．（1）求证：FD是⊙O的一条切线；（2）若AB=10，AC=8，求DF的长．考点：切线的判定；垂径定理．分析：（1）利用圆周角定理以及平行线的判定得出∠FDO=90°，进而得出答案；（2）利用垂径定理得出AE的长，再利用相似三角形的判定与性质得出FD的长．解答：（1）证明：∵∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，∴∠CAB=∠BFD，∴FD∥AC，∵∠AEO=90°，∴∠FDO=90°，∴FD是⊙O的一条切线；（2）解：∵AB=10，AC=8，DO⊥AC，∴AE=EC=4，AO=5，∴EO=3，∵AE∥FD，∴△AEO∽△FDO，∴=，∴=，解得：FD=．点评：此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的判定等知识，得出△AEO∽△FDO是解题关键．17. （2014•某某某某,第22题7分）如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．（1）证明：DE为⊙O的切线；（2）连接OE，若BC=4，求△OEC的面积．考点：切线的判定；等腰三角形的性质分析：（1）首先连接OD，CD，由以BC为直径的⊙O，可得CD⊥AB，又由等腰三角形ABC的底角为30°，可得AD=BD，即可证得OD∥AC，继而可证得结论；（2）首先根据三角函数的性质，求得BD，DE ，AE的长，然后求得△BOD，△ODE，△ADE以及△ABC的面积，继而求得答案．解答：（1）证明：连接OD，CD，∵BC为⊙O直径，∴∠BCD=90°，即CD⊥AB，∵△ABC是等腰三角形，∴AD=BD，∵OB=OC，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵D点在⊙O上，∴DE为⊙O的切线；（2）解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，∴CD=BC=2，BD=BC•cos30°=2，∴AD=BD=2，AB=2BD=4，∴S△AB C=AB•CD=×4×2=4，∵DE⊥AC，∴DE=AD=×2=，AE=AD•cos30°=3，∴S△ODE=OD•DE=×2×=，S△ADE=AE•DE=××3=，∵S△BOD=S△BCD=×S△ABC=×4=，∴S△OEC=S △ABC﹣S△BOD ﹣S △ODE﹣S△ADE =4﹣﹣﹣=．点评：此题考查了切线的判定、三角形中位线的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理以及三角函数等知识．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．18．（2014•某某某某，第24题，10分）已知：如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，过点C 的切线与直径AB的延长线相交于点P，连结PD．（1）求证：PD是⊙O的切线．（2）求证：PD2=PB•PA．（3）若PD=4，tan∠CDB=，求直径AB的长．考点：切线的判定；相似三角形的判定与性质．分析：（1）连接OD、OC，证△PDO≌△PCO，求出∠PDO=90°，根据切线的判定推出即可；（2）求出∠A=∠ADO=∠PDB，根据相似三角形的判定推出△PDB∽△PAD，根据相似三角形的性质得出比例式，即可得出答案；（3）根据相似得出比例式，代入即可求出答案．解（1）证明：+连接OD，OC，答：∵PC是⊙O的切线，∴∠PCO=90°，∵AB⊥CD，AB是直径，∴弧BD=弧BC，∴∠DOP=∠COP，在△DOP和△COP中，，∴△DOP≌△COP（SAS），∴∠ODP=∠PCO=90°，∵D在⊙O上，∴PD是⊙O的切线；（2）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∵∠PDO=90°，∴∠ADO=∠PDB=90°﹣∠BDO，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，∴∠A=∠∠PDB，∵∠P=∠P，∴△PDB∽△PAD，∴，∴PD2=PA•PB；（3）解：∵DC⊥AB，∴∠ADB=∠DMB=90°，∴∠A+∠DBM=90°，∠BDC+∠DBM=90°，∴∠A=∠BDC，∵tan ∠BDC =，∴tanA==，∵△PDB∽△PAD，∴=== ∵PD=4，∴PB=2，PA=8，∴AB=8﹣2=6．点评：本题考查了切线的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目比较好，有一定的难度．19．（2014•某某凉山州，第27题，8分）已知：如图，P是⊙O外一点，过点P引圆的切线PC（C为切点）和割线PAB，分别交⊙O于A、B，连接AC，BC．（1）求证：∠PCA=∠PBC；（2）利用（1）的结论，已知PA=3，PB=5，求PC的长．考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质分析：（1）连结OC，OA，先根据等腰三角形的性质得出∠ACO=∠CAO，再由PC是⊙O 的切线，C为切点得出∠PCO=90°，∠PCA+∠ACO=90°，在△AOC中根据三角形内角和定理可知∠ACO+∠CAO+∠AOC=180°，由圆周角定理可知∠AOC=2∠PBC，故可得出∠ACO+∠PBC=90°，再根据∠PCA+∠ACO=90°即可得出结论；（2）先根据相似三角形的判定定理得出△PAC∽△PCB，由相似三角形的对应边成比例即可得出结论．解答：（1）证明：连结OC，OA，∵OC=OA，∴∠ACO=∠CAO，∵PC是⊙O的切线，C为切点，∴PC⊥OC，∴∠PCO=90°，∠PCA+∠ACO=90°，在△AOC中，∠ACO+∠CAO+∠AOC=180°，∵∠AOC=2∠PBC，∴2∠ACO+2∠PBC=180°，∴∠ACO+∠PBC=90°，∵∠PCA+∠ACO=90°，∴∠PCA=∠PBC；（2）解：∵∠PCA=∠PBC，∠CPA=∠BPC，∴△PAC∽△PCB，∴=，∴PC2=PA•PB，∵PA=3，PB=5，∴PC==．点评：本题考查的是切线的性质，根据题意作出辅助线，构造出圆心角是解答此题的关键．20．（2014•某某某某，第24题，12分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E ，且DC2=CE•CA ．（1）求证：BC=CD ；（2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB=OB，CD=，求DF的长．考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理．分析：（1）求出△CDE∽△CAD，∠CDB=∠DBC得出结论．（2）连接OC，先证AD∥OC，由平行线分线段成比例性质定理求得PC=，再由割线定理PC•PD=PB•PA求得半径为4，根据勾股定理求得AC=，再证明△AFD∽△ACB，得，则可设FD=x，AF=，在Rt△AFP中，求得DF=．解（1）证明：∵DC2=CE•CA，答：∴=，△CDE∽△CAD，∴∠CDB=∠DBC，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴BC=CD；（2）解：如图，连接OC，∵BC=CD，∴∠DAC=∠CAB，又∵AO=CO，∴∠CAB=∠ACO，∴∠DAC=∠ACO，∴AD∥OC，∴=，∵PB=OB，CD=，∴=∴PC=4又∵PC•PD=PB•PA∴PA=4也就是半径OB=4，在RT△ACB中，AC===2，∵AB是直径，∴∠ADB=∠ACB=90°∴∠FDA+∠BDC=90°∠CBA+∠CAB=90°∵∠BDC=∠CAB∴∠FDA=∠CBA又∵∠AFD=∠ACB=90°∴△AFD∽△ACB∴在Rt△AFP中，设FD=x，则AF=，∴在RT△APF中有，，求得DF=．点评：本题主要考查相似三角形的判定及性质，勾股定理及圆周角的有关知识的综合运用能力，关键是找准对应的角和边求解．21．（2014•某某某某，第23题，10分）如图，在△ABC中，以AC 为直径作⊙O交BC于点D，交AB于点G，且D是BC中点，DE⊥AB，垂足为E，交AC的延长线于点F．（1）求证：直线EF是⊙O的切线；（2）若CF=5，cos∠A=，求BE的长．考点：切线的判定分析：（1）连结OD．先证明OD是△ABC的中位线，根据中位线的性质得到OD∥AB，再由DE⊥AB，得出OD⊥EF，根据切线的判定即可得出直线EF是⊙O的切线；（2）先由OD∥AB，得出∠COD=∠A，再解Rt△DOF，根据余弦函数的定义得到cos∠FOD==，设⊙O的半径为R，解方程=，求出R=，那么AB=2OD=，解Rt△AEF，根据余弦函数的定义得到cos∠A==，求出AE=，然后由BE=AB﹣AE即可求解．解答：（1）证明：如图，连结OD．∵CD=DB，CO=OA，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AB，AB=2OD，∵DE⊥AB，∴DE⊥OD，即OD⊥EF，∴直线EF是⊙O的切线；（2）解：∵OD∥AB，∴∠COD=∠A．在Rt△DOF中，∵∠ODF=90°，∴cos∠FOD==，设⊙O的半径为R，则=，解得R=，∴AB=2OD=．在Rt△AEF中，∵∠AEF=90°，∴cos∠A===，∴AE=，∴BE=AB﹣AE=﹣=2．点评：本题考查了切线的判定，解直角三角形，三角形中位线的性质知识点．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．22．（2014•某某某某、某某,第27题10分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径作半圆⊙O交AC与点D，点E为BC的中点，连接DE．（1）求证：DE是半圆⊙O的切线．（2）若∠BAC=30°，DE=2，求AD的长．考点：切线的判定．专题：计算题．分析：（1）连接OD，OE，由AB为圆的直径得到三角形BCD为直角三角形，再由E为斜边BC 的中点，得到DE=BE=DC，再由OB=OD，OE为公共边，利用SSS得到三角形OBE与三角形ODE全等，由全等三角形的对应角相等得到DE与OD垂直，即可得证；。
全国中考真题分类解析-33圆与圆的位置关系17页
圆与圆的位置关系一、选择题1. （2014•贵州黔西南州, 第6题4分）已知两圆半径分别为3、5，圆心距为8，则这两圆的位置关系为（）A．外离B．内含C．相交D．外切考点：圆与圆的位置关系．分析：由⊙O1、⊙O2的半径分别是3、5，O1O2=8，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出⊙O1和⊙O2的位置关系．解答：解：∵⊙O1、⊙O2的半径分别是3、5，O1O2=8，又∵3+5=8，∴⊙O1和⊙O2的位置关系是外切．故选D．点评：此题考查了圆与圆的位置关系．解题的关键是掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系．2. (2014年广西钦州，第9题3分)如图，等圆⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，⊙O1经过⊙O2的圆心O2，连接AO1并延长交⊙O1于点C，则∠ACO2的度数为（）A．60°B．45°C．30°D．20°考点：相交两圆的性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理分析：利用等圆的性质进而得出△AO1O2是等边三角形，再利用圆周角定理得出∠ACO2的度数．解答：解：连接O1O2，AO2，∵等圆⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，⊙O1经过⊙O2的圆心O2，连接AO1并延长交⊙O1于点C，∴AO1=AO2=O1O2，∴△AO1O2是等边三角形，∴∠AO1O2=60°，∴∠ACO2的度数为；30°．故选；C．点评：此题主要考查了相交两圆的性质以及等边三角形的判定和圆周角定理等知识，得出△AO1O2是等边三角形是解题关键．3．（2014•青岛，第5题3分）已知⊙O1与⊙O2的半径分别是2和4，O1O2=5，则⊙O1与⊙O2的位置关系是（）A．内含B．内切C．相交D．外切考点：圆与圆的位置关系．分析：由⊙O1、⊙O2的半径分别是2、4，O1O2=5，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系．解答：解：∵⊙O1、⊙O2的半径分别是2、4，∴半径和为：2+4=6，半径差为：4﹣2=2，∵O1O2=5，2＜6＜6，∴⊙O1与⊙O2的位置关系是：相交．故选C．点评：此题考查了圆与圆的位置关系．注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r 的数量关系间的联系．4. （2014•攀枝花，第7题3分）下列说法正确的是（）A．多边形的外角和与边数有关B．平行四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形C．当两圆相切时，圆心距等于两圆的半径之和D．三角形的任何两边的和大于第三边考点：多边形内角与外角；三角形三边关系；圆与圆的位置关系；中心对称图形．分析：根据多边形的外角和是360°，可以确定答案A；平行四边形只是中心对称图形，可以确定答案B；当两圆相切时，可分两种情况讨论，确定答案C；三角形的两边之和大于第三遍，可以确定答案D．解答：解：A、多边形的外角和是360°，所以多边形的外角和与边数无关，所以答案A错误；B、平行四边形只是中心对称图形，不是轴对称图形，所以答案B错误；C、当两圆相切时，分两种情况：两圆内切和两圆外切，结果有两种，所以答案C错误；D、答案正确．故选：D．点评：本题考查了基本定义的应用，解答此类问题的关键在于熟练记住基本定理、性质以及公式的运用．1. （2014•山东枣庄，第5题3分）⊙O1和⊙O2的直径分别是6cm和8cm，若圆心距O1O2=2cm，则两圆的位置关系是（）A．外离B．外切C．相交D．内切考点：圆与圆的位置关系分析：由⊙O1、⊙O2的直径分别为8和6，圆心距O1O2=2，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可求得两圆位置关系．解答：解：∵⊙O1、⊙O2的直径分别为6cm和8cm，∴⊙O1、⊙O2的半径分别为3cm和4cm，∴1＜d＜7，∵圆心距O1O2=2，∴⊙O1与⊙O2的位置关系是相交．故选C．点评：此题考查了圆与圆的位置关系．此题比较简单，注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系是解此题的关键．2. （2014•娄底6．（3分））若两圆的半径分别为2cm和6cm，圆心距为了8cm，则两圆的位置关系为（）A．外切B．相交C．内切D．外离考点：圆与圆的位置关系．分析：根据数量关系来判断两圆的位置关系．设两圆的半径分别为R和r，且R≥r，圆心距为d：外离，则d＞R+r；外切，则d=R+r；相交，则R﹣r＜d＜R+r；内切，则d=R ﹣r；内含，则d＜R﹣r．解答：解：根据题意，得：R+r=8cm，即R+r=d，∴两圆外切．故选A．点评：本题主要考查圆与圆的位置关系与数量关系间的联系，属于基础题．3．（2014•四川遂宁，第7题，4分）若⊙O1的半径为6，⊙O2与⊙O1外切，圆心距O1O2=10，则⊙O2的半径为（）A．4B．16 C．8D．4或16考点：圆与圆的位置关系．分析：设两圆的半径分别为R和r，且R≥r，圆心距为d：外离，则d＞R+r；外切，则d=R+r；相交，则R﹣r＜d＜R+r；内切，则d=R﹣r；内含，则d＜R﹣r．解答：解：因两圆外切，可知两圆的外径之和等于圆心距，即R+r=O1O2所以R=0102﹣r=10﹣6=4．故选A．点评：本题考查了由两圆位置关系来判断半径和圆心距之间数量关系的方法．4．（2014•四川泸州，第10题，3分）如图，⊙O1，⊙O2的圆心O1，O2都在直线l上，且半径分别为2cm，3cm，O1O2=8cm．若⊙O1以1cm/s的速度沿直线l向右匀速运动（⊙O2保持静止），则在7s时刻⊙O1与⊙O2的位置关系是（）A．外切B．相交C．内含D．内切解答：解：∵O1O2=8cm，⊙O1以1cm/s的速度沿直线l向右运动，7s后停止运动，∴7s后两圆的圆心距为：1cm，此时两圆的半径的差为：3﹣2=1cm，∴此时内切，故选D．点评：本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是根据圆的移动速度确定两圆的圆心距，然后根据圆心距和两圆的半径确定答案．5．（2014•甘肃兰州,第8题4分））两圆的半径分别为2cm，3cm，圆心距为2cm，则这两个圆的位置关系是（）A．外切B．相交C．内切D．内含考点：圆与圆的位置关系分析：由两个圆的半径分别是3cm和2cm，圆心距为2cm，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系．解答：解：∵两个圆的半径分别是3cm和2cm，圆心距为2cm，又∵3+2=5，3﹣2=1，1＜2＜5，∴这两个圆的位置关系是相交．故选B．点评：此题考查了圆与圆的位置关系．注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r 的数量关系间的联系是解此题的关键．6．（2014•广州,第5题3分）已知和的半径分别为2cm和3cm，若，则和的位置关系是（）（A）外离（B）外切（C）内切（D）相交【考点】圆与圆的位置关系．【分析】两圆圆心距大于两半径之和，两圆外离．【答案】A1. （2014•扬州，第5题，3分）如图，圆与圆的位置关系没有（）A．相交B．相切C．内含D．外离考点：圆与圆的位置关系分析：由其中两圆有的位置关系是：内切，外切，内含、外离．即可求得答案．解答：解：∵如图，其中两圆有的位置关系是：内切，外切，内含、外离．∴其中两圆没有的位置关系是：相交．故选A．点评：此题考查了圆与圆的位置关系．注意掌握数形结合思想的应用．2.（2014•济宁，第10题3分）如图，两个直径分别为36cm和16cm的球，靠在一起放在同一水平面上，组成如图所示的几何体，则该几何体的俯视图的圆心距是（）A．10cm．B．24cm C．26cm D．52cm考点：简单组合体的三视图；勾股定理；圆与圆的位置关系．分析：根据两球相切，可得球心距，根据两圆相切，可得圆心距是半径的和，根据根据勾股定理，可得答案．解答：解：球心距是（36+16）÷2=26，两球半径之差是（36﹣16）÷2=10，俯视图的圆心距是=24cm，故选：B．点评：本题考查了简单组合体的三视图，利用勾股定理是解题关键．1．（2014•四川省德阳，第6题3分）已知⊙O1与⊙O2的半径分别是3cm和5cm，两圆的圆心距为4cm，则两圆的位置关系是（）A．相交B．内切C．外离D．内含考点：圆与圆的位置关系．分析：先求两圆半径的和或差，再与圆心距进行比较，确定两圆位置关系．解答：解：∵⊙O1和⊙O2的半径分别为5cm和3cm，圆心距O1O2=4cm，5﹣3＜4＜5+3，∴根据圆心距与半径之间的数量关系可知⊙O1与⊙O2相交．故选A．点评：本题考查了由数量关系来判断两圆位置关系的方法．设两圆的半径分别为R和r，且R≥r，圆心距为P：外离P＞R+r；外切P=R+r；相交R﹣r＜P＜R+r；内切P=R﹣r；内含P＜R﹣r．2. （2014•广东广州，第5题3分）已知⊙O1和⊙O2的半径分别为2cm和3cm，若O1O2=7cm，则⊙O1和⊙O2的位置关系是（）A．外离B．外切C．内切D．相交考点：圆与圆的位置关系．分析：由⊙O1与⊙O2的半径分别为3cm、2cm，且圆心距O1O2=7cm，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系．解答：解：∵⊙O1与⊙O2的半径分别为3cm、2cm，且圆心距O1O2=7cm，又∵3+2＜7，∴两圆的位置关系是外离．故选A．点评：此题考查了圆与圆的位置关系．解题的关键是掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系．3. （2014•柳州，第8题3分）如图，当半径分别是5和r的两圆⊙O1和⊙O2外切时，它们的圆心距O1O2=8，则⊙O2的半径r为（）A．12 B．8C．5D．3考点：圆与圆的位置关系．分析：根据两圆外切时，圆心距=两圆半径的和求解．解答：解：根据两圆外切，圆心距等于两圆半径之和，得该圆的半径是8﹣5=3．故选D．点评：本题考查了圆与圆的位置关系，注意：两圆外切，圆心距等于两圆半径之和．二、填空题1. 半径为2，点O2在射线OB上运动，且⊙O2始终与OA相切，当⊙O2和⊙O1相切时，⊙O2的半径等于．考点：圆和圆相切的性质，勾股定理．分析：作O2C⊥OA于点C，连接O1O2，设O2C=r，根据⊙O1的半径为2，OO1=7，表示出O1O2=r+2，O1C=7﹣r，利用勾股定理列出有关r的方程求解即可．解答：如图，作O2C⊥OA于点C，连接O1O2，设O2C=r，∵∠AOB=45°，∴OC=O2C=r，∵⊙O1的半径为2，OO1=7，∴O1O2=r+2，O1C=7﹣r，∴（7﹣r）2+r2=（r+2）2，解得：r=3或15，故答案为：3或15．点评：本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是正确的作出图形，难度中等．2. （2014•湖南张家界，第13题，3分）已知⊙O1与⊙2外切，圆心距为7cm，若⊙O1的半径为4cm，则⊙O2的半径是3cm．考点：圆与圆的位置关系．分析：根据两圆外切时，圆心距=两圆半径的和求解．解答：解：根据两圆外切，圆心距等于两圆半径之和，得该圆的半径是7﹣4=3cm．故答案为：3．点评：本题考查了圆与圆的位置关系，注意：两圆外切，圆心距等于两圆半径之和．3. （2014•江苏徐州,第17题3分）如图，以O为圆心的两个同心圆中，大圆与小圆的半径分别为3cm和1cm，若圆P与这两个圆都相切，则圆P的半径为1或2cm．考点：圆与圆的位置关系．专题：分类讨论．分析：如解答图所示，符合条件的圆P有两种情形，需要分类讨论．解答：解：由题意，圆P与这两个圆都相切若圆P与两圆均外切，如图①所示，此时圆P的半径=（3﹣1）=1cm；若圆P与两圆均内切，如图②所示，此时圆P的半径=（3+1）=2cm．综上所述，圆P的半径为1cm或2cm．故答案为：1或2．点评：本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是确定如何与两圆都相切，难度中等．1．(2014年四川资阳，第14题3分)已知⊙O1与⊙O2的圆心距为6，两圆的半径分别是方程x2﹣5x+5=0的两个根，则⊙O1与⊙O2的位置关系是相离．考点：圆与圆的位置关系；根与系数的关系．菁优网分析：由⊙O1与⊙O2的半径r1、r2分别是方程x2﹣5x+5=0的两实根，根据根与系数的关系即可求得⊙O1与⊙O2的半径r1、r2的和，又由⊙O1与⊙O2的圆心距d=6，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系．解答：解：∵两圆的半径分别是方程x2﹣5x+5=0的两个根，∴两半径之和为5，解得：x=4或x=2，∵⊙O1与⊙O2的圆心距为6，∴6＞5，∴⊙O1与⊙O2的位置关系是相离．故答案为：相离．点评：此题考查了圆与圆的位置关系与一元二次方程的根与系数的关系．注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系是解此题的关键．1.（2014•福建龙岩，第17题3分）如图，∠AOB=60°，O1，O2，O3…是∠AOB平分线上的点，其中OO1=2，若O1，O2，O3…分别以为圆心作圆，使得⊙O1，⊙O2，⊙O3…均与∠AOB 的两边相切，且相邻两圆相外切，则⊙O2014的面积是（结果保留π）考点：相切两圆的性质．分析：根据相切两圆的性质得出，∠O1OC=30°，得出CO1=1，进而求出⊙O2014的半径，即可得出答案．解答：解：设⊙O1，⊙O2，⊙O3…与OB的切点分别为C，D，E，连接CO1，DO2，EO3，∴CO1⊥BO，DO2⊥BO，EO3⊥BO，∵∠AOB=60°，O1，O2，O3…是∠AOB平分线上的点，其中OO1=2，∴∠O1OC=30°，∴CO1=1，∴DO2=（2+1+DO2），∴DO2=3，同理可得出：EO3=9，∴⊙O2014的半径为：32013，∴⊙O2014的面积是π×（32013）2=34026π．故答案为：34026π．点评：此题主要考查了相切两圆的性质以及数字变化规律，得出⊙O2014的半径长是解题关键．三、解答题1. （2014•福建三明，第23题10分）已知AB是半圆O的直径，点C是半圆O上的动点，点D是线段AB延长线上的动点，在运动过程中，保持CD=O A．（1）当直线CD与半圆O相切时（如图①），求∠ODC的度数；（2）当直线CD与半圆O相交时（如图②），设另一交点为E，连接AE，若AE∥OC，①AE与OD的大小有什么关系？为什么？②求∠ODC的度数．考点：直线与圆的位置关系；平行线的性质；全等三角形的判定与性质．分析：（1）连接OC，因为CD是⊙O的切线，得出∠OCD=90°，由OC=CD，得出∠ODC=∠COD，即可求得．（2）连接OE，①证明△AOE≌△OCD，即可得AE=OD；②利用等腰三角形及平行线的性质，可求得∠ODC的度数．解答：解：（1）如图①，连接OC，∵OC=OA，CD=OA，∴OC=CD，∴∠ODC=∠COD，∵CD是⊙O的切线，∴∠OCD=90°，∴∠ODC=45°；（2）如图②，连接OE．∵CD=OA，∴CD=OC=OE=OA，∴∠1=∠2，∠3=∠4．∵AE∥OC，∴∠2=∠3．设∠ODC=∠1=x，则∠2=∠3=∠4=x．∴∠AOE=∠OCD=180°﹣2x．①AE=O D．理由如下：在△AOE与△OCD中，∴△AOE≌△OCD（SAS），∴AE=O D．②∠6=∠1+∠2=2x．∵OE=OC，∴∠5=∠6=2x．∵AE∥OC，∴∠4+∠5+∠6=180°，即：x+2x+2x=180°，∴x=36°．∴∠ODC=36°．点评：本题考查了切线性质，全等三角形，等腰三角形的性质以及平行线的性质等，作出辅助线是解题的关键．1. （2014年江苏南京，第26题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，⊙O为△ABC的内切圆．（1）求⊙O的半径；（2）点P从点B沿边BA向点A以1cm/s的速度匀速运动，以P为圆心，PB长为半径作圆，设点P运动的时间为t s，若⊙P与⊙O相切，求t的值．考点：圆的性质、两圆的位置关系、解直角三角形分析：（1）求圆的半径，因为相切，我们通常连接切点和圆心，设出半径，再利用圆的性质和直角三角形性质表示其中关系，得到方程，求解即得半径．（2）考虑两圆相切，且一圆已固定，一般就有两种情形，外切与内切．所以我们要分别讨论，当外切时，圆心距等于两圆半径的和；当内切时，圆心距等于大圆与小圆半径的差．分别作垂线构造直角三角形，类似（1）通过表示边长之间的关系列方程，易得t 的值．解答：（1）如图1，设⊙O与AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，则AD=AF，BD=BE，CE=CF．∵⊙O为△ABC的内切圆，∴OF⊥AC，OE⊥BC，即∠OFC=∠OEC=90°．∵∠C=90°，∴四边形CEOF是矩形，∵OE=OF，∴四边形CEOF是正方形．设⊙O的半径为rcm，则FC=EC=OE=rcm，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，∴AB==5cm．∵AD=AF=AC﹣FC=4﹣r，BD=BE=BC﹣EC=3﹣r，∴4﹣r+3﹣r=5，解得r=1，即⊙O的半径为1cm．（2）如图2，过点P作PG⊥BC，垂直为G．∵∠PGB=∠C=90°，∴PG∥A C．∴△PBG∽△ABC，∴．∵BP=t，∴PG=，BG=．若⊙P与⊙O相切，则可分为两种情况，⊙P与⊙O外切，⊙P与⊙O内切．①当⊙P与⊙O外切时，如图3，连接OP，则OP=1+t，过点P作PH⊥OE，垂足为H．∵∠PHE=∠HEG=∠PGE=90°，∴四边形PHEG是矩形，∴HE=PG，PH=CE，∴OH=OE﹣HE=1﹣，PH=GE=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣．在Rt△OPH中，由勾股定理，，解得t=．②当⊙P与⊙O内切时，如图4，连接OP，则OP=t﹣1，过点O作OM⊥PG，垂足为M．∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°，∴四边形OEGM是矩形，∴MG=OE，OM=EG，∴PM=PG﹣MG=，OM=EG=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣，在Rt△OPM中，由勾股定理，，解得t=2．综上所述，⊙P与⊙O相切时，t=s或t=2s．点评：本题考查了圆的性质、两圆相切及通过设边长，表示其他边长关系再利用直角三角形求解等常规考查点，总体题目难度不高，是一道非常值得练习的题目．1. （2014•乐山，第26题12分）如图，⊙O1与⊙O2外切与点D，直线l与两圆分别相切于点A、B，与直线O1、O2相交于点M，且tan∠AM01=，MD=4．（1）求⊙O2的半径；（2）求△ADB内切圆的面积；（3）在直线l上是否存在点P，使△MO2P相似于△MDB？若存在，求出PO2的长；若不存在，请说明理由．考点：圆的综合题．专题：综合题．分析：（1）连结O1A、O2B，设⊙O1的半径为r，⊙O2的半径为R，根据两圆相切的性质得到直线O1O2过点D，则MO2=MD+O2D=4+R，再根据切线的性质由直线l与两圆分别相切于点A、B得到O1A⊥AB，O2B⊥AB，然后根据特殊角的三角函数值得到∠AM01=30°，在Rt△MBO2中，根据含30度的直角三角形三边的关系得MO2=O2B=2R，于是有4+R=2R，解得R=4；（2）利用互余由∠AM02=30°得到∠MO2B=60°，则可判断△O2BD为等边三角形，所以BD=O2B=4，∠DBO2=60°，于是可计算出∠ABD=30°，同样可得∠MO1A=60°，利用三角形外角性质可计算得∠O1AD=∠MO1A=30°，则∠DAB=60°，所以∠ADB=90°，在Rt△ABD中，根据含30度的直角三角形三边的关系得AD=BD=4，AB=2AD=8，利用直角三角形内切圆的半径公式得到△ADB内切圆的半径==2﹣2，然后根据圆的面积公式求解；（3）先在Rt△MBO2中，根据含30度的直角三角形三边的关系得MB=O2B=12，然后分类讨论：△MO2P与△MDB有一个公共角，当△MO2P∽△MDB时，利用相似比可计算出O2P=8；当△MO2P∽△MBD时，利用相似比可计算出O2P=8．解答：解：（1）连结O1A、O2B，如图，设⊙O1的半径为r，⊙O2的半径为R，∵⊙O1与⊙O2外切与点D，∴直线O1O2过点D，∴MO2=MD+O2D=4+R，∵直线l与两圆分别相切于点A、B，∴O1A⊥AB，O2B⊥AB，∵tan∠AM01=，∴∠AM01=30°，在Rt△MBO2中，MO2=O2B=2R，∴4+R=2R，解得R=4，即⊙O2的半径为4；（2）∵∠AM02=30°，∴∠MO2B=60°，而O2B=O2D，∴△O2BD为等边三角形，∴BD=O2B=4，∠DBO2=60°，∴∠ABD=30°，∵∠AM01=30°，∴∠MO1A=60°，而O1A=O1D，∴∠O1AD=∠O1DA，∴∠O1AD=∠MO1A=30°，∴∠DAB=60°，∴∠ADB=180°﹣30°﹣60°=90°，在Rt△ABD中，AD=BD=4，AB=2AD=8，∴△ADB内切圆的半径===2﹣2，∴△ADB内切圆的面积=π•（2﹣2）2=（16﹣8）π；（3）存在．在Rt△MBO2中，MB=O2B=×4=12，当△MO2P∽△MDB时，=，即=，解得O2P=8；当△MO2P∽△MBD时，=，即=，解得O2P=8，综上所述，满足条件的O2P的长为8或8．点评：本题考查了圆的综合题：熟练掌握切线的性质、两圆相切的性质和直角三角形内切圆的半径；会利用含30度的直角三角形三边的关系和三角形相似比进行几何计算；会运用分类讨论的思想解决数学问题．。
已改好 2014年各地中考数学试卷解析版分类精品汇编圆 - 副本
2014年各地中考数学试卷解析版分类汇编圆（一）点直线与圆的位置关系一、选择题1. （2014山东济南）如图，O ⊙的半径为1，ABC 是O ⊙的内接等边三角形，点D ，E 在圆上，四边形BCDE 为矩形，这个矩形的面积是A ．2B ．3C ．23 D ．23 2. （2014•山东淄博）如图，直线AB 与⊙O 相切于点A ，弦CD ∥AB ，E ，F 为圆上的两点，且∠CDE=∠ADF ．若⊙O 的半径为5/2，CD=4，则弦EF 的长为（ ）A ． 4B ．2C ． 5D ． 63．（2014•四川宜宾）已知⊙O 的半径r =3，设圆心O 到一条直线的距离为d ，圆上到这条直线的距离为2的点的个数为m ，给出下列命题：①若d ＞5，则m =0；②若d =5，则m =1；③若1＜d ＜5，则m =3；④若d =1，则m =2；⑤若d ＜1，则m =4．其中正确命题的个数是（ ） A ． 1B ．2 C ．4 D ．5 ABCDE．O第13题图4．（2014•四川内江）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=6，以斜边AB上的一点O为圆心所作的半圆分别与AC、BC相切于点D、E，则AD为（）A．2.5 B．1.6 C．1.5 D．15.（2014•甘肃白银、临夏）已知⊙O的半径是6cm，点O到同一平面内直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．无法判断二、填空题1. （2014•江苏苏州）如图，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上的一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，连接PA．设PA=x，PB=y，则（x﹣y）的最大值是．2．（2014•四川宜宾）如图，已知AB为⊙O的直径，AB=2，AD和BE是圆O的两条切线，A、B为切点，过圆上一点C作⊙O的切线CF，分别交AD、BE于点M、N，连接AC、CB，若∠ABC=30°，则AM= __ ．三、解答题1. （2014•四川巴中）如图，已知在△ABC中，AD是BC边上的中线，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过D作MN⊥AC于点M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN于G．（1）求证：△BGD∽△DMA；（2）求证：直线MN是⊙O的切线．2. （2014•山东威海）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作BE 的垂线交AB于点F，⊙O是△BEF的外接圆．（1）求证：AC是⊙O的切线．（2）过点E作EH⊥AB于点H，求证：CD=HF．3. （2014•山东枣庄）如图，A为⊙O外一点，AB切⊙O于点B，AO交⊙O于C，CD⊥OB于E，交⊙O于点D，连接OD．若AB=12，AC=8．（1）求OD的长；（2）求CD的长．4. （2014•山东潍坊）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=900，以AB为直径作⊙O，恰与另一腰CD相切于点E，连接OD、OC、BE．(1)求证：OD∥BE；(2)若梯形ABCD的面积是48，设OD=x，OC=y，且x+y=14，求CD的长．5.（2014•江西抚州）如图，在平面直角坐标系中，⊙P 经过x 轴上一点C ，与y 轴分别交于A 、B 两点，连接AP 并延长分别交⊙P 、x 轴于点D 、E ，连接DC 并延长交y 轴于点F ，若点F 的坐标为(0 ,1),点D 的坐标为(6 ,－1).⑴ 求证：DC FC =⑵ 判断⊙P 与x 轴的位置关系，并说明理由. ⑶ 求直线AD 的解析式.6．（2014山东济南） 如图，AB 与O ⊙相切于C ，B A ∠=∠，O ⊙的半径为6，AB ＝16，求OA 的长.7．（2014•山东聊城）如图，AB ，AC 分别是半⊙O 的直径和弦，OD ⊥AC 于点D ，过点A 作半⊙O 的切线AP ，AP 与OD 的延长线交于点P ．连接PC 并延长与AB 的延长线交于点F ． （1）求证：PC 是半⊙O 的切线；（2）若∠CAB=30°，AB=10，求线段BF 的长．8. （2014•浙江杭州）在直角坐标系中，设x 轴为直线l ，函数y=﹣x ，y=x 的图象分别是直线l 1，l 2，圆P （以点P 为圆心，1为半径）AB CO第23题（2）图与直线l，l1，l2中的两条相切．例如（，1）是其中一个圆P的圆心坐标．（1）写出其余满足条件的圆P的圆心坐标；（2）在图中标出所有圆心，并用线段依次连接各圆心，求所得几何图形的周长．9. (2014年贵州黔东南)已知：AB是⊙O的直径，直线CP切⊙O于点C，过点B作BD⊥CP于D．（1）求证：△ACB∽△CDB；（2）若⊙O的半径为1，∠BCP=30°，求图中阴影部分的面积．10.（2014•遵义）如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，且∠ABC=60°，AB=BC，△ACD的外接圆⊙O交BC于E点，连接DE并延长，交AC于P点，交AB延长线于F．（1）求证：CF=DB；（2）当AD=时，试求E点到CF的距离．11.（2014•十堰）如图1，AB为半圆的直径，O为圆心，C为圆弧上一点，AD垂直于过C点的切线，垂足为D，AB的延长线交直线CD于点E．（1）求证：AC平分∠DAB；（2）若AB=4，B为OE的中点，CF⊥AB，垂足为点F，求CF的长；（3）如图2，连接OD交AC于点G，若=3/4，求sin∠E的值．12.（2014•娄底）如图，在⊙O中，AB，CD是直径，BE是切线，B为切点，连接AD，BC，BD．（1）求证：△ABD≌△CDB；（2）若∠DBE=37°，求∠ADC的度数．13.(2014年湖北咸宁)如图，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，AD⊥CD于点D．（1）求证：AC平分∠DAB；（2）若点E 为的中点，AD=，AC=8，求AB和CE的长．14.（2014年河南）如图,CD是⊙O的直径，且CD=2cm，点P为CD的延长线上一点，过点P作⊙O 的切线P A、PB，切点分别为点A、B.（1）连接AC,若∠APO＝300，试证明△ACP是等腰三角形；（2）( 2014年河南)填空：①当DP= cm时，四边形AOBD是菱形；…………7分AP C O DB②当DP =____cm 时，四边形AOBP 是正方形．…………9分15. （2014•江苏盐城）如图，AB 为⊙O 的直径，PD 切⊙O 于点C ，交AB 的延长线于点D ，且∠D=2∠CAD ． （1）求∠D 的度数；（2）若CD=2，求BD 的长．16. ．(2014•年山东东营)如图，AB 是⊙O 的直径，OD 垂直于弦AC 于点E ，且交⊙O 于点D ，F 是BA 延长线上一点，若∠CDB=BFD ． （1）求证：FD 是⊙O 的一条切线； （2）若AB=10，AC=8，求DF 的长．17. （2014•山东临沂）如图，已知等腰三角形ABC 的底角为30°，以BC 为直径的⊙O 与底边AB 交于点D ，过D 作DE ⊥AC ，垂足为E ． （1）证明：DE 为⊙O 的切线；（2）连接OE ，若BC=4，求△OEC 的面积．18．（2014•四川遂宁）已知：如图，⊙O 的直径AB 垂直于弦CD ，过点C 的切线与直径AB 的延长线相交于点P ，连结PD ．图2PCOD AB（1）求证：PD是⊙O的切线．（2）求证：PD2=PB•P A．（3）若PD=4，tan∠CDB=1/2，求直径AB的长．19．（2014•四川凉山州）已知：如图，P是⊙O外一点，过点P引圆的切线PC（C为切点）和割线PAB，分别交⊙O于A、B，连接AC，BC．（1）求证：∠PCA=∠PBC；（2）利用（1）的结论，已知PA=3，PB=5，求PC的长．20．（2014•四川泸州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2=CE•CA．（1）求证：BC=CD；（2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB=OB，CD=，求DF的长．21．（2014•四川宜宾）如图，在△ABC中，以AC为直径作⊙O交BC于点D，交AB于点G，且D 是BC中点，DE⊥AB，垂足为E，交AC的延长线于点F．（1）求证：直线EF是⊙O的切线；（2）若CF=5，cos∠A=2/5，求BE的长．22．（2014•甘肃白银）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径作半圆⊙O交AC与点D，点E为BC的中点，连接DE．（1）求证：DE是半圆⊙O的切线．（2）若∠BAC=30°，DE=2，求AD的长．23．（2014•甘肃兰州）如图，AB是⊙O的直径，点E是上的一点，∠DBC=∠BED．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）已知AD=3，CD=2，求BC的长．24．（2014•广东梅州）如图，在△ABO中，OA=OB，C是边AB的中点，以O为圆心的圆过点C．（1）求证：AB与⊙O相切；（2）若∠AOB=120°，AB=4，求⊙O的面积．（二）圆与圆的位置关系一、选择题1. （2014•山东枣庄）⊙O1和⊙O2的直径分别是6cm和8cm，若圆心距O1O2=2cm，则两圆的位置关系是（）A．外离B．外切C．相交D．内切2. （2014•娄底）若两圆的半径分别为2cm和6cm，圆心距为了8cm，则两圆的位置关系为（）A．外切B．相交C．内切D．外离3．（2014•四川遂宁）若⊙O1的半径为6，⊙O2与⊙O1外切，圆心距O1O2=10，则⊙O2的半径为（）A．4B．16 C．8D．4或164．（2014•四川泸州）如图，⊙O1，⊙O2的圆心O1，O2都在直线l上，且半径分别为2cm，3cm，O1O2=8cm．若⊙O1以1cm/s的速度沿直线l向右匀速运动（⊙O2保持静止），则在7s时刻⊙O1与⊙O2的位置关系是（）A．外切B．相交C．内含D．内切5．（2014•甘肃兰州）两圆的半径分别为2cm，3cm，圆心距为2cm，则这两个圆的位置关系是（）A．外切B．相交C．内切D．内含6．（2014•广州,第5题3分）已知和的半径分别为2cm和3cm，若，则和的位置关系是（）．（A）外离（B）外切（C）内切（D）相交二、填空题1. 半径为2，点O2在射线OB上运动，且⊙O2始终与OA相切，当⊙O2和⊙O1相切时，⊙O2的半径等于．2. （2014•湖南张家界）已知⊙O1与⊙2外切，圆心距为7cm，若⊙O1的半径为4cm，则⊙O2的半径是_____cm．3. （2014•江苏徐州）如图，以O为圆心的两个同心圆中，大圆与小圆的半径分别为3cm和1cm，若圆P与这两个圆都相切，则圆P的半径为__cm．第11 页共11 页。
历年初三数学中考辅导之—圆和圆的位置关系及答案
中考数学辅导之—圆和圆的位置关系一、教材简析本单元主要研究圆和圆的位置关系，内容主要包括两个圆各种不同位置关系的概念；相交、相切两圆的性质以及两个圆的公切线。
其中两个圆不同位置关系的概念及相交、相切时的性质是本单元的重点。
同学们在学习过程中要注意与前面所学的圆的有关知识的联系。
当一条直线与两个圆相切时，这条直线就是这两个圆的公切线，而对于每一个圆来说，这条直线都是他们的切线。
因此，研究两圆的公切线问题，就是圆的切线的判定和性质在两个相关的圆中的应用。
由圆的轴对称性可以推出，任意两个圆组成的图形，一定是以连心线为轴的对称图形。
两圆相交、相切的性质，都是由这个对称性得到的。
所以在学习这一单元时，要随时复习巩固前面所学知识，并逐步学会运用这些知识来解决两圆位置关系中的新问题。
本单元学习过程中，涉及实际应用的问题较多，有计算题，也有作图题，要学会把实际问题抽象成数学问题，在关于两圆公切线长的计算中，要学会把它转化为解直角三角形的问题。
二、基本内容及应注意的问题1、圆和圆的位置关系的分类，既考虑了数(两圆公共点的个数)，又考虑了形(两圆的相对位置)，两圆的五种位置关系按公共点的个数(0，1，2)可分为三类：(1)没有公共点⇔相离外离内含(包括同心)；(2)有1个公共点⇔相切外切内切；(3)有2个公共点⇔相交2、与点和圆、直线和圆的位置关系相类似，两圆的位置关系(形的关系)与两圆的半径、圆心距的大小(数量关系)有关。
(1)两圆外离⇔d＞R＋r(2)两圆外切⇔d＝R＋r(3)两圆相交⇔R－r＜d＜R＋r(R≥r)(4)两圆内切⇔d＝R－r(R＞r)(5)两圆内含⇔d＜R－r(R＞r)这个结论是双向的，“⇒”是由两圆位置的关系，得到两圆半径与圆心距之间特定的数量关系，这是两圆位置关系的性质，利用这些性质可以把形的问题转化为数的问题来解决；“⇐”是根据两圆半径与圆心距之间的某种数量关系来判定两圆的位置关系，从而把判定形的问题，转向为数的问题来解决。
2014年各地中考数学真题分类解析汇编(17)点、线、面、角
2014年各地中考数学真题分类解析汇编(17)点、线、面、角D解答：解：A、所有的实数都可用数轴上的点表示，所以A选项的说法正确；B、等角的补角相等，所以B选项的说法正确；C、无理数包括正无理数和负无理，所以C 选项的说法错误；D、两点之间，线段最短，所以D选项的说法正确．故选C．点评：本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．4．（2014·浙江金华，第2题4分）如图，经过刨平的木析上的两个点，能弹出一条笔直的墨线，而且只能弹出一条墨线. 能解释这一实际问题的数学知识是【】A ．两点确定一条直线B ．两点之间线段最短C ．垂线段最短D ．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直5.（2014•滨州，第5题3分）如图，OB 是∠AOC 的角平分线，OD 是∠COE 的角平分线，如果∠AOB =40°，∠COE =60°，则∠BOD 的度数为（ ）A ．50B ． 60C ． 65D ． 70考点： 角的计算；角平分线的定义分析： 先根据OB 是∠AOC 的角平分线，OD是∠COE的角平分线，∠AOB=40°，∠COE=60°求出∠BOC与∠COD的度数，再根据∠BOD=∠BOC+∠COD即可得出结论．解答：解：∵OB是∠AOC的角平分线，OD是∠COE的角平分线，∠AOB=40°，∠COE=60°，∴∠BOC=∠AOB=40°，∠COD=∠COE=×60°=30°，∴∠BOD=∠BOC+∠COD=40°+30°=70°．故选D．点评：本题考查的是角的计算，熟知角平分线的定义是解答此题的关键．6.（2014•济宁，第3题3分）把一条弯曲的公路改成直道，可以缩短路程．用几何知识解释其道理正确的是（）A．两点确定一条直线B．垂线段最短C．两点之间线段最短D．三角形两边之和大于第三边考点： 线段的性质：两点之间线段最短． 专题： 应用题． 分析： 此题为数学知识的应用，由题意把一条弯曲的公路改成直道，肯定要尽量缩短两地之间的里程，就用到两点间线段最短定理． 解答： 解：要想缩短两地之间的里程，就尽量是两地在一条直线上，因为两点间线段最短．故选C ．点评： 本题考查了线段的性质，牢记线段的性质是解题关键．7．（2014年山东泰安，第5题3分）如图，把一直尺放置在一个三角形纸片上，则下列结论正确的是（ ）A．∠1+∠6＞180°B．∠2+∠5＜180°C．∠3+∠4＜180°D．∠3+∠7＞180°分析：根据平行线的性质推出∠3+∠4=180°，∠2=∠7，根据三角形的内角和定理得出∠2+∠3=180°+∠A，推出结果后判断各个选项即可．解：A、∵DG∥EF，∴∠3+∠4=180°，∵∠6=∠4，∠3＞∠1，∴∠6+∠1＜180°，故本选项错误；B、∵DG∥EF，∴∠5=∠3，∴∠2+∠5=∠2+∠3=（180°﹣∠1）+（180°﹣∠ALH）=360°﹣（∠1+∠ALH）=360°﹣（180°﹣∠A）=180°+∠A＞180°，故本选项错误；C、∵DG∥EF，∴∠3+∠4=180°，故本选项错误；D、∵DG∥EF，∴∠2=∠7，∵∠3+∠2=180°+∠A＞180°，∴∠3+∠7＞180°，故本选项正确；故选D．点评：本题考查了平行线的性质，三角形的内角和定理的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较好，难度适中．二.填空题1. （ 2014•福建泉州，第9题4分）如图，直线AB 与CD 相交于点O ，∠AOD =50°，则∠BOC =50 °．考点： 对顶角、邻补角． 分析： 根据对顶角相等，可得答案． 解答： 解；∵∠BOC 与∠AOD 是对顶角，∴∠BOC =∠AOD =50°，故答案为：50．点评： 本题考查了对顶角与邻补角，对顶角相等是解题关键．2. （ 2014•福建泉州，第13题4分）如图，直线a ∥b ，直线c 与直线a ，b 都相交，∠1=65°，则∠2= 65 °．考点： 平行线的性质． 分析： 根据平行线的性质得出∠1=∠2，代入求出即可． 解答： 解：∵直线a ∥b ，∴∠1=∠2，∵∠1=65°，∴∠2=65°，故答案为：65．点评： 本题考查了平行线的性质的应用，注意：两直线平行，同位角相等．3. （ 2014•福建泉州，第15题4分）如图，在△ABC 中，∠C =40°，CA =CB ，则△ABC 的外角∠ABD = 110 °．考点： 等腰三角形的性质． 分析： 先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠A ，再根据三角形的外角等于等于与它不相邻的两个内角的和，进行计算即可．解答： 解：∵CA =CB ，∴∠A =∠ABC ， ∵∠C =40°，∴∠A =70°∴∠ABD =∠A +∠C =110°．故答案为：110．点评： 此题考查了等腰三角形的性质，用到的知识点是等腰三角形的性质、三角形的外角等于等于与它不相邻的两个内角的和．4.（2014•邵阳，第11题3分）已知∠α=13°，则∠α的余角大小是 77° ． 考点： 余角和补角．分析：根据互为余角的两个角的和等于90°列式计算即可得解．解答：解：∵∠α=13°，∴∠α的余角=90°﹣13°=77°．故答案为：77°．点评：本题考查了余角的定义，是基础题，熟记概念是解题的关键．5．（2014•浙江湖州，第13题4分）计算：50°﹣15°30′=．分析：根据度化成分乘以60，可得度分的表示方法，根据同单位的相减，可得答案．解：原式=49°60′﹣15°30′=34°30′，故答案为：34°30′．点评：此类题是进行度、分、秒的加法计算，相对比较简单，注意以60为进制即可．。
2014年全国各地中考数学解析版试卷分类汇编总汇：点直线与圆的位置关系-推荐下载
在△PCO 和△PDO 中，
∴PD 与⊙O 相切，故此选项正确； （2）由（1）得：∠CPB=∠BPD，
在△CPB 和△DPB 中，
，∴△PCO≌△PDO（SSS），∴∠PCO=∠PDO=90°，
∴BC=BD，∴PC=PD=BC=BD，∴四边形 PCBD 是菱形，故此选项正确； （3）连接 AC， ∵PC=CB，∴∠CPB=∠CBP，∵AB 是⊙O 直径，∴∠ACB=90°，
P 的坐标为（﹣3，0），将⊙P 沿 x 轴正方向平移，使⊙P 与 y 轴相切，则平移的距离为（
）
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术通关，1系电过，力管根保线据护敷生高设产中技工资术艺料0不高试仅中卷可资配以料置解试技决卷术吊要是顶求指层，机配对组置电在不气进规设行范备继高进电中行保资空护料载高试与中卷带资问负料题荷试2下卷2，高总而中体且资配可料置保试时障卷，各调需类控要管试在路验最习；大题对限到设度位备内。进来在行确管调保路整机敷使组设其高过在中程正资1常料中工试，况卷要下安加与全强过，看度并22工且22作尽22下可22都能22可地护以缩1关正小于常故管工障路作高高；中中对资资于料料继试试电卷卷保破连护坏接进范管行围口整，处核或理对者高定对中值某资，些料审异试核常卷与高弯校中扁对资度图料固纸试定，卷盒编工位写况置复进.杂行保设自护备动层与处防装理腐置，跨高尤接中其地资要线料避弯试免曲卷错半调误径试高标方中高案资等，料，编试要5写、卷求重电保技要气护术设设装交备备置底4高调、动。中试电作管资高气，线料中课并敷3试资件且、设卷料中拒管技试试调绝路术验卷试动敷中方技作设包案术，技含以来术线及避槽系免、统不管启必架动要等方高多案中项；资方对料式整试，套卷为启突解动然决过停高程机中中。语高因文中此电资，气料电课试力件卷高中电中管气资壁设料薄备试、进卷接行保口调护不试装严工置等作调问并试题且技，进术合行，理过要利关求用运电管行力线高保敷中护设资装技料置术试做。卷到线技准缆术确敷指灵设导活原。。则对对：于于在调差分试动线过保盒程护处中装，高置当中高不资中同料资电试料压卷试回技卷路术调交问试叉题技时，术，作是应为指采调发用试电金人机属员一隔，变板需压进要器行在组隔事在开前发处掌生理握内；图部同纸故一资障线料时槽、，内设需，备要强制进电造行回厂外路家部须出电同具源时高高切中中断资资习料料题试试电卷卷源试切，验除线报从缆告而敷与采设相用完关高毕技中，术资要资料进料试行，卷检并主查且要和了保检解护测现装处场置理设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
北师大2014年中考数学复习方案课件(考点聚焦+归类探究+回归教材+中考预测)：圆与圆的位置关系(18张PPT)
第30课时
圆与圆的位置关系
解
析
应分两个圆相内切和相外切两种情况进行讨论，
求得P到O的距离，即可得到a的值．当两个圆外切时，
圆心距d＝1＋2＝3，即P到O的距离是3，则a＝±3.
当两圆相内切时，圆心距d＝2－1＝1，即P到O的距离 是1，则a＝±1.故a＝±1或±3. 故选D.
归 类 探 究
探究一 圆和圆的位置关系的判别
命题角度： 1. 根据两圆的公共点的个数确定； 2. 根据两圆的圆心距与半径的数量关系确定． 例1 [2012· 南充] 如图30－1，平面直角坐标系中，⊙O半径长 为1，点P(a，0)，⊙P的半径长为2，把⊙P向左平移，当⊙P 与⊙O相切时，a的值为( D ) A．3 B．1 C．1，3 D．±1，±3 图30－1
考点聚焦
归类探究
回归教材
中考预测
第30课时
圆与圆的位置关系
解
(3)方案二装运钢管最多． 即： 按题图③的方式排 放钢管，放置根数最多．根据题意，第一层排放 31 根，第二层排放 30 根，…，设钢管的放置层数为 n， 3 可得 (n－1)× 0.1＋0.1≤3.1，解得 n≤35.7. 2 ∵ n 为正整数， ∴n＝35. ∴ 钢 管 放 置 的 最 多 根 数 为 31× ＋ 30× ＝ 18 17 1068(根)．
A．4.8 cm
C．5.6 cm
B．9.6 cm
D．9.4 cm
图30－2
考点聚焦 归类探究 回归教材 中考预测
第30课时
圆与圆的位置关系
解 析 如图，连接 AO1，AO2，设 AB 与 O1O2 交于点 C.
∵⊙O1， 2 相交于 A， 两点， ⊙O B 两圆半径分别为 6 cm 和 8 cm，两圆的连心线 O1O2 的长为 10 cm， ∴O1O2⊥AB， 1 ∴AC＝ AB. 2
2014年全国中考数学试题分类汇编48 与圆有关的压轴题(含答案)
2014年中考数学分类汇编——与圆有关的压轴题2014年与圆有关的压轴题，考点涉及：垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；切线性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；相似三角形的判定和性质；勾股定理；特殊四边形性质；等.数学思想涉及：数形结合；分类讨论；化归；方程.现选取部分省市的2014年中考题展示，以飨读者.【题1】（2014年江苏南京,26题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，⊙O为△ABC的内切圆．（1）求⊙O的半径；（2）点P从点B沿边BA向点A以1cm/s的速度匀速运动，以P为圆心，PB长为半径作圆，设点P运动的时间为t s，若⊙P与⊙O相切，求t的值．【分析】：（1）求圆的半径，因为相切，我们通常连接切点和圆心，设出半径，再利用圆的性质和直角三角形性质表示其中关系，得到方程，求解即得半径．（2）考虑两圆相切，且一圆已固定，一般就有两种情形，外切与内切．所以我们要分别讨论，当外切时，圆心距等于两圆半径的和；当内切时，圆心距等于大圆与小圆半径的差．分别作垂线构造直角三角形，类似（1）通过表示边长之间的关系列方程，易得t的值．【解】：（1）如图1，设⊙O与AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，则AD=AF，BD=BE，CE=CF．∵⊙O为△ABC的内切圆，∴OF⊥AC，OE⊥BC，即∠OFC=∠OEC=90°．∵∠C=90°，∴四边形CEOF是矩形，∵OE=OF，∴四边形CEOF是正方形．设⊙O的半径为rcm，则FC=EC=OE=rcm，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，∴AB==5cm．∵AD=AF=AC﹣FC=4﹣r，BD=BE=BC﹣EC=3﹣r，∴4﹣r+3﹣r=5，解得r=1，即⊙O的半径为1cm．（2）如图2，过点P作PG⊥BC，垂直为G．∵∠PGB=∠C=90°，∴PG∥AC．∴△PBG∽△ABC，∴．∵BP=t，∴PG=，BG=．若⊙P与⊙O相切，则可分为两种情况，⊙P与⊙O外切，⊙P与⊙O内切．①当⊙P与⊙O外切时，如图3，连接OP，则OP=1+t，过点P作PH⊥OE，垂足为H．∵∠PHE=∠HEG=∠PGE=90°，∴四边形PHEG是矩形，∴HE=PG，PH=CE，∴OH=OE﹣HE=1﹣，PH=GE=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣．在Rt△OPH中，由勾股定理，，解得t=．②当⊙P与⊙O内切时，如图4，连接OP，则OP=t﹣1，过点O作OM⊥PG，垂足为M．∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°，∴四边形OEGM是矩形，∴MG=OE，OM=EG，∴PM=PG﹣MG=，OM=EG=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣，在Rt△OPM中，由勾股定理，，解得t=2．综上所述，⊙P与⊙O相切时，t=s或t=2s．【点评】：本题考查了圆的性质、两圆相切及通过设边长，表示其他边长关系再利用直角三角形求解等常规考查点，总体题目难度不高，是一道非常值得练习的题目．【题2】（2014•泸州24题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD 相交于点E，且DC2=CE•CA．（1）求证：BC=CD；（2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB=OB，CD=，求DF的长．，得=，=，==4==2=中有，【题3】（2014•济宁21题）阅读材料：已知，如图（1），在面积为S的△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，内切圆O的半径为r．连接OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形．∵S=S△OBC+S△OAC+S△OAB=BC•r+AC•r+AB•r=（a+b+c）r．∴r=．（1）类比推理：若面积为S的四边形ABCD存在内切圆（与各边都相切的圆），如图（2），各边长分别为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四边形的内切圆半径r；（2）理解应用：如图（3），在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=21，CD=11，AD=13，⊙O1与⊙O2分别为△ABD与△BCD的内切圆，设它们的半径分别为r1和r2，求的值．、++=．==20=126===．【题4】（2014.福州20题）如图，在△ABC 中，∠B =45°，∠ACB =60°，AB =D 为BA 延长线上的一点，且∠D =∠ACB ，⊙O 为△ABC 的外接圆.（1）求BC 的长； （2）求⊙O 的半径. 【解析】∴BC 3=（2）由（1）得，在Rt △ACE 中，∵∠EAC =30°，EC ，∴AC =.∵∠D =∠ACB ，∠B =∠B ，∴△BAC ∽△BCD . ∴AB AC CB CD ==∴DM=4.∴⊙O的半径为2.【考点】：1. 锐角三角函数定义；2.特殊角的三角函数值；3.相似三角形的判定和性质；4.圆周角定理；5.圆内接四边形的性质；6.含30度角直角三角形的性质；7.勾股定理.【题5】（2014.广州25题）如图7，梯形中，，，,，，点为线段上一动点（不与点重合），关于的轴对称图形为，连接，设，的面积为，的面积为．（1）当点落在梯形的中位线上时，求的值；（2）试用表示，并写出的取值范围；（3）当的外接圆与相切时，求的值．【答案】解：（1）如图1，为梯形的中位线，则，过点作于点，则有：在中，有在中，又解得：（2）如图2，交于点，与关于对称，则有：，又又与关于对称，（3）如图3，当的外接圆与相切时，则为切点.的圆心落在的中点，设为则有，过点作，连接，得则又解得：（舍去）①②③【题6】（2014•湖州24题）已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒（t＞0）（1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：PE=PF；（2）在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；（3）作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．【分析】：（1）连接PM，PN，运用△PMF≌△PNE证明，（2）分两种情况①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，0＜t≤1时，点E在y轴的正半轴或原点上，再根据（1）求解，（3）分两种情况，当1＜t＜2时，当t＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t．【解答】：证明：（1）如图，连接PM，PN，∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN，∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°，∵PE⊥PF，∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE，在△PMF和△PNE中，，∴△PMF≌△PNE（ASA），∴PE=PF，（2）解：①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如图，由（1）得△PMF≌△PNE，∴NE=MF=t，PM=PN=1，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE﹣ON=t﹣1，∴b﹣a=1+t﹣（t﹣1）=2，∴b=2+a，②0＜t≤1时，如图2，点E在y轴的正半轴或原点上，同理可证△PMF≌△PNE，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=ON﹣NE=1﹣t，∴b+a=1+t+1﹣t=2，∴b=2﹣a，（3）如图3，（Ⅰ）当1＜t＜2时，∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣t，0）∴OQ=1﹣t，由（1）得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=，解得，t=，当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，解得，t=，（Ⅱ）如图4，当t＞2时，∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣t，0）∴OQ=t﹣1，由（1）得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=，无解，当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，解得，t=2±，所以当t=，t=，t=2±时，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F 为顶点的三角形相似．【点评】：本题主要考查了圆的综合题，解题的关键是把圆的知识与全等三角形与相似三角形相结合找出线段关系．【题7】（2014•宁波26）木匠黄师傅用长AB=3，宽BC=2的矩形木板做一个尽可能大的圆形桌面，他设计了四种方案：方案一：直接锯一个半径最大的圆；方案二：圆心O1、O2分别在CD、AB上，半径分别是O1C、O2A，锯两个外切的半圆拼成一个圆；方案三：沿对角线AC将矩形锯成两个三角形，适当平移三角形并锯一个最大的圆；方案四：锯一块小矩形BCEF拼到矩形AFED下面，利用拼成的木板锯一个尽可能大的圆．（1）写出方案一中圆的半径；（2）通过计算说明方案二和方案三中，哪个圆的半径较大？（3）在方案四中，设CE=x（0＜x＜1），圆的半径为y．①求y关于x的函数解析式；②当x取何值时圆的半径最大，最大半径为多少？并说明四种方案中哪一个圆形桌面的半径最大．度．则选择最小跨度，取其．．＞时，（﹣＜＞=）＜﹣时，（﹣=时，=）＜（），时，最大为．＜＜，【题8】（2014•苏州28）如图，已知l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，⊙O的半径为2cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与l1，l2重合，AB=4cm，AD=4cm，若⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，⊙O的移动速度为3cm，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t（s）（1）如图①，连接OA、AC，则∠OAC的度数为105°；（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离（即OO1的长）；（3）在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d （cm），当d＜2时，求t的取值范围（解答时可以利用备用图画出相关示意图）．cm=，=4==2==2=+2﹣﹣（=2+2﹣．【题9】（2014•泰州25题）如图，平面直角坐标系xOy中，一次函数y=﹣x+b（b为常数，b＞0）的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，半径为4的⊙O与x轴正半轴相交于点C，与y轴相交于点D、E，点D在点E上方．（1）若直线AB与有两个交点F、G．①求∠CFE的度数；②用含b的代数式表示FG2，并直接写出b的取值范围；（2）设b≥5，在线段AB上是否存在点P，使∠CPE=45°？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．﹣=b bb bb﹣（FG﹣（b b b b 有两个交点x﹣，）【题10】(2014年江苏徐州28) 如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．（1）试说明四边形EFCG是矩形；（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；②求点G移动路线的长．【考点】：圆的综合题；垂线段最短；直角三角形斜边上的中线；矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质．【分析】：（1）只要证到三个内角等于90°即可．（2）易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S的范围．根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G 矩形ABCD的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．【解答】：解：（1）证明：如图1，∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．∴四边形EFCG是矩形．（2）①存在．连接OD，如图2①，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴=（）2．∵AD=4，AB=3，∴BD=5，S△CFE=（）2•S△DAB=××3×4=．∴S矩形ABCD=2S△CFE=．∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如图2①所示．此时，CF=CB=4．Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如图2②所示，此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=3．Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，如图2③所示．S△BCD=BC•CD=BD•CF″′．∴4×3=5×CF″′．∴CF″′=．∴≤CF≤4．∵S矩形ABCD=，∴×（）2≤S矩形ABCD≤×42．∴≤S矩形ABCD≤12．∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，∴点G的移动路线是线段DG″．∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．∴=．∴=．∴DG″=．∴点G移动路线的长为．【点评】： 本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、垂线段定理等知识，考查了动点的移动的路线长，综合性较强．而发现∠CDG =∠ADB 及∠FCE =∠ADB 是解决本题的关键．【题11】（2014.连云港25题）为了考察冰川融化的状况，一支科考队在某冰川上设一定一个以大本营O 为圆心，半径为4km 圆形考察区域，线段P 1、P 2是冰川的部分边界线（不考虑其它边界），当冰川融化时，边界线沿着与其垂直的方向朝考察区域平行移动.若经过n 年，冰川的边界线P 1P 2移动的距离为s (km ),并且s 与n （n 为正整数）的关系是2575092032+-=n n s .以O 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，其中P 1、P 2的坐标分别是（－4，9）、（－13，－3）. （1）求线段P 1P 2所在的直线对应的函数关系式； （2）求冰川的边界线移动到考察区域所需要的最短时间.【解答】(第25题图)。
全国各地中考数学真题汇编：圆(填空选择46题)
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！中考数学真题汇编:圆(填空+选择46题)一、选择题1.已知的半径为，的半径为，圆心距，则与的位置关系是（）A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切【答案】C2.如图，为的直径，是的弦，，则的度数为（）A. B. C. D.【答案】C3.已知半径为5的⊙O是△ABC的外接圆，若∠ABC=25°，则劣弧的长为（）A. B. C. D.【答案】C4.如图，在中，，的半径为3，则图中阴影部分的面积是（）A. B. C. D.【答案】C5.如图，AB是圆O的弦，OC⊥AB，交圆O于点C，连接OA，OB，BC，若∠ABC=20°，则∠AOB的度数是（）A.40°B.50°C.70°D.80°【答案】D6.如图，蒙古包可近似看作由圆锥和圆柱组成，若用毛毡搭建一个底面圆面积为25πm2，圆柱高为3m，圆锥高为2m的蒙古包，则需要毛毡的面积是（）A.B.40πm2C.D.55πm2【答案】A7.如图,从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形.则此扇形的面积为（）A. B. C. D.【答案】A8.用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是（）A. 点在圆内B. 点在圆上C. 点在圆心上D. 点在圆上或圆内【答案】D9.如图，AB是圆锥的母线，BC为底面直径，已知BC=6cm，圆锥的面积为15πcm2，则sin∠ABC的值为（）A. B. C. D.【答案】C10.如图所示，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，线段PO交⊙O于点C，连结BC，若∠P=36°，则∠B 等于（）。
A.27°B.32°C.36°D.54°【答案】A11.如图，过点，，，点是轴下方上的一点，连接，，则的度数是（）A. B. C. D.【答案】B12.如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（）A. 3cmB. cmC. 2.5cmD. cm【答案】D13.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=4，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交边AB于点D，则的长为（）A.B.C.D.【答案】C14.如图，点A，B，C在⊙O上，∠ACB=35°，则∠AOB的度数是（）A. 75°B. 70°C. 65°D. 35°【答案】B15.如图，一把直尺，的直角三角板和光盘如图摆放，为角与直尺交点，,则光盘的直径是( )A.3B.C.D.【答案】D16.如图，已知AB是的直径，点P在BA的延长线上，PD与相切于点D，过点B作PD的垂线交PD的延长线于点C，若的半径为4，，则PA的长为（）A. 4B.C. 3D. 2.5【答案】A17.在中，若为边的中点，则必有成立.依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形中，已知，点在以为直径的半圆上运动，则的最小值为（）A. B. C. 34 D. 10【答案】D18.如图，点在线段上，在的同侧作等腰和等腰，与、分别交于点、.对于下列结论：①；②；③.其中正确的是（）∵∠BEA=∠CDA∠PME=∠AMD∴P、E、D、A四点共圆∴∠APD=AED=90°∵∠CAE=180°-∠BAC-∠EAD=90°∴△CAP∽△CMA∴AC2=CP•CM∵AC= AB∴2CB2=CP•CM所以③正确A. ①②③B. ①C. ①②D. ②③【答案】A二、填空题19.已知扇形的弧长为2 ，圆心角为60°，则它的半径为________．【答案】620.一个扇形的圆心角是120°，它的半径是3cm，则扇形的弧长为________cm．【答案】21.如图，量角器的0度刻度线为AB，将一矩形直尺与量角器部分重叠，使直尺一边与量角器相切于点C，直尺另一边交量角器于点A，D，量得AD=10cm，点D在量角器上的读数为60°，则该直尺的宽度为________ cm。
2014年中考数学压轴题分类汇编：与圆有关【含答案】
2014年中考数学压轴题分类汇编：与圆有关【含答案】2014年中考数学分类汇编中，与圆相关的考点包括垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形的性质、切线性质、锐角三角函数定义、特殊角的三角函数值、相似三角形的判定和性质、勾股定理、特殊四边形性质等。
本文选取了部分省市的2014年中考题，供读者参考。
题目一是2014年江苏南京中考数学26题。
题目给出一个直角三角形ABC，AC=4cm，BC=3cm，且有一个内切圆O。
问题分为两部分：求圆的半径和当点P从点B沿边BA向点A 以1cm/s的速度匀速运动时，若⊙P与⊙O相切，求t的值。
对于第一部分，我们可以通过连接切点和圆心，设出半径，并利用圆的性质和直角三角形性质表示其中关系，得到方程，求解得到半径。
对于第二部分，我们需要分别讨论外切和内切的情况，通过表示边长之间的关系列方程，易得t的值。
解答部分中，对于第一部分，我们设⊙O与AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，得到四边形CEOF是正方形，进而得到半径为1cm。
对于第二部分，我们通过画图得到PG∥AC，从而得到△PBG∽△ABC，进而得到PG=1/5，BG=3/5.然后我们分别讨论外切和内切的情况，列方程解得t=4或2.作点F关于点M的对称点F'，连接ME和F'F，经过M、E和F'三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE。
在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由。
证明：1）如图，连接PM，PN。
因为圆P与x轴和y轴相切于点M和点N，所以PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN。
又因为PE⊥PF，所以∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°。
由于∠NPE=∠MPF=90°-∠MPE，在△PMF和△PNE中，∠MPE相等，所以这两个三角形是全等的（ASA），因此PE=PF。
全国各地2014年中考数学真题分类解析汇编 31圆的有关性质
圆的有关性质一、选择题1. （2014•珠海，第5题3分）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，∠CAB=20°，则∠AOD等于（）利用垂径定理得出==2. （2014•广西贺州，第11题3分）如图，以AB为直径的⊙O与弦CD相交于点E，且AC=2，AE=，CE=1．则弧BD的长是（）A．B．C．D．考点：垂径定理；勾股定理；勾股定理的逆定理；弧长的计算．分析：连接OC，先根据勾股定理判断出△ACE的形状，再由垂径定理得出CE=DE，故=，由锐角三角函数的定义求出∠A的度数，故可得出∠BOC的度数，求出OC的长，再根据弧长公式即可得出结论．解答：解：连接OC，∵△ACE中，AC=2，AE=，CE=1，∴AE2+CE2=AC2，∴△ACE是直角三角形，即AE⊥CD，∵sinA==，∴∠A=30°，∴∠COE=60°，∴=sin∠COE，即=，解得OC=，∵AE⊥CD，∴=，∴===．故选B．点评：本题考查的是垂径定理，涉及到直角三角形的性质、弧长公式等知识，难度适中．3．（2014•温州，第8题4分）如图，已知A，B，C在⊙O上，为优弧，下列选项中与∠AOB相等的是（）4.（2014•毕节地区，第5题3分）下列叙述正确的是（）5.（2014•毕节地区，第6题3分）如图，已知⊙O的半径为13，弦AB长为24，则点O到AB的距离是（）==6.（2014•毕节地区，第15题3分）如图是以△ABC的边AB为直径的半圆O，点C恰好在半圆上，过C作CD⊥AB交AB于D．已知cos∠ACD=，BC=4，则AC的长为（）=，==．7.（2014•武汉，第10题3分）如图，PA，PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D．若⊙O的半径为r，△PCD的周长等于3r，则tan∠APB的值是（）FB===，FBr BF﹣（===8．（2014·台湾，第10题3分）如图，有一圆通过△ABC 的三个顶点，且的中垂线与相交于D 点．若∠B ＝74°，∠C ＝46°，则的度数为何？( )A ．23B ．28C ．30D ．37分析：由有一圆通过△ABC 的三个顶点，且的中垂线与相交于D 点．若∠B ＝74°，∠C ＝46°，可求得与的度数，继而求得答案．解：∵有一圆通过△ABC 的三个顶点，且的中垂线与相交于D 点，∴＝2×∠C ＝2×46°═92°，＝2×∠B ＝2×74°＝148°＝＋＝＋＝＋＋， ∴＝12(148﹣92)＝28°．故选B ．点评：此题考查了圆周角定理以及弧与圆心角的关系．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．9．（2014·台湾，第21题3分）如图，G 为△ABC 的重心．若圆G 分别与AC 、BC 相切，且与AB 相交于两点，则关于△ABC 三边长的大小关系，下列何者正确？( )A．BC＜AC B．BC＞AC C．AB＜AC D．AB＞AC分析：G为△ABC的重心，则△ABG面积＝△BCG面积＝△ACG面积，根据三角形的面积公式即可判断．解：∵G为△ABC的重心，∴△ABG面积＝△BCG面积＝△ACG面积，又∵GH a＝GH b＞GH c，∴BC＝AC＜A B．故选D．点评：本题考查了三角形的重心的性质以及三角形的面积公式，理解重心的性质是关键．10．（2014•浙江湖州，第4题3分）如图，已知AB是△ABC外接圆的直径，∠A=35°，则∠B的度数是（）A．35°B．45°C．55°D．65°分析：由AB是△ABC外接圆的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得∠C=90°，又由∠A=35°，即可求得∠B的度数．解：∵AB是△ABC外接圆的直径，∴∠C=90°，∵∠A=35°，∴∠B=90°﹣∠A=55°．故选C．点评：此题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．11.（2014•孝感，第10题3分）如图，在半径为6cm的⊙O中，点A是劣弧的中点，点D是优弧上一点，且∠D=30°，下列四个结论：①OA⊥BC；②BC=6；③sin∠AOB=；④四边形ABOC是菱形．其中正确结论的序号是（）是劣弧的中点，是劣弧的中点，30°=6×=3cm，的中点，12.（2014•呼和浩特，第6题3分）已知⊙O的面积为2π，则其内接正三角形的面积为（）3的半径为=∠=，60°==××，=3×二.填空题1．（2014•舟山，第16题4分）如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB=8，∠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：①CE=CF；②线段EF的最小值为2；③当AD=2时，EF与半圆相切；④若点F 恰好落在上，则AD=2；⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是16．其中正确结论的序号是①③⑤．．．2恰好落在上时，连接∴．=2=4×4=1616”正确．2. （ 2014•福建泉州，第17题4分）如图，有一直径是米的圆形铁皮，现从中剪出一个圆周角是90°的最大扇形ABC ，则： （1）AB 的长为 1 米；（2）用该扇形铁皮围成一个圆锥，所得圆锥的底面圆的半径为米．，根据等腰直角三，然后解方程即可．BC==．3. （2014•广东，第14题4分）如图，在⊙O中，已知半径为5，弦AB的长为8，那么圆心O到AB的距离为 3 ．考点：垂径定理；勾股定理．分析：作OC⊥AB于C，连结OA，根据垂径定理得到AC=BC=AB=3，然后在Rt△AOC中利用勾股定理计算OC即可．解答：解：作OC⊥AB于C，连结OA，如图，∵OC⊥AB，∴AC=BC=AB=×8=4，在Rt△AOC中，OA=5，∴OC===3，即圆心O到AB的距离为3．故答案为：3．点评：本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．4．（2014•四川自贡，第14题4分）一个边长为4cm的等边三角形ABC与⊙O等高，如图放置，⊙O与BC相切于点C，⊙O与AC相交于点E，则CE的长为 3 cm．倍．题目中一个边长为，2，5. （2014•株洲，第11题，3分）如图，点A、B、C都在圆O上，如果∠AOB+∠ACB=84°，那么∠ACB的大小是28°．（第1题图）6. （2014年江苏南京，第13题，2分）如图，在⊙O中，CD是直径，弦AB⊥CD，垂足为E，连接BC，若AB=2cm，∠BCD=22°30′，则⊙O的半径为cm．（第2题图）考点：垂径定理、圆周角定理．分析：先根据圆周角定理得到∠BOD=2∠BCD=45°，再根据垂径定理得到BE=AB=，且△BOE为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求解．解答：连结OB，如图，∵∠BCD=22°30′，∴∠BOD=2∠BCD=45°，∵AB⊥CD，∴BE=AE=AB=×2=，△BOE为等腰直角三角形，∴OB=BE=2（cm）．故答案为2．点评：本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了等腰直角三角形的性质和圆周角定理．7. （2014•泰州，第15题，3分）如图，A、B、C、D依次为一直线上4个点，BC=2，△BCE 为等边三角形，⊙O过A、D、E3点，且∠AOD=120°．设AB=x，CD=y，则y与x的函数关系式为y=（x＞0）．（第3题图）为=，=，（8．（2014•菏泽，第10题3分）如图，在△ABC中∠A=25°，以点C为圆心，BC为半径的圆交AB于点D，交AC于点E，则的度数为50° ．的度数为9．（2014年山东泰安，第23题4分）如图，AB是半圆的直径，点O为圆心，OA=5，弦AC=8，OD⊥AC，垂足为E，交⊙O于D，连接BE．设∠BEC=α，则sinα的值为．分析：连结BC，根据圆周角定理由AB是半圆的直径得∠ACB=90°，在Rt△ABC中，根据勾股定理计算出BC=6，再根据垂径定理由OD⊥AC得到AE=CE=AC=4，然后在Rt△BCE中，根据勾股定理计算出BE=2，则可根据正弦的定义求解．解：连结BC，如图，∵AB是半圆的直径，∴∠ACB=90°，在Rt△ABC中，AC=8，AB=10，∴BC==6，∵OD⊥AC，∴AE=CE=AC=4，在Rt△BCE中，BE==2，∴sinα===．故答案为．点评：本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和圆周角定理．三.解答题1. （2014•福建泉州，第26题14分）如图，直线y=﹣x+3与x，y轴分别交于点A，B，与反比例函数的图象交于点P（2，1）．（1）求该反比例函数的关系式；（2）设PC⊥y轴于点C，点A关于y轴的对称点为A′；①求△A′BC的周长和sin∠BA′C的值；②对大于1的常数m，求x轴上的点M的坐标，使得sin∠BMC=．，然后把点，因此点．的图象上，==3．+=A∴2×3=3．==+的值为==，==．的坐标为（的坐标为（﹣==═===﹣′=﹣（﹣′（﹣﹣，）和（﹣﹣（（﹣（﹣2．（2014•安徽省,第19题10分）如图，在⊙O中，半径OC与弦AB垂直，垂足为E，以OC为直径的圆与弦AB的一个交点为F，D是CF延长线与⊙O的交点．若OE=4，OF=6，求⊙O 的半径和CD的长．考点：垂径定理；勾股定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质．专题：计算题．分析：由OE⊥AB得到∠OEF=90°，再根据圆周角定理由OC为小圆的直径得到∠OFC=90°，则可证明Rt△OEF∽Rt△OFC，然后利用相似比可计算出⊙O的半径OC=9；接着在Rt△OCF 中，根据勾股定理可计算出C=3，由于OF⊥CD，根据垂径定理得CF=DF，所以CD=2CF=6．解答：解：∵OE⊥AB，∴∠OEF=90°，∵OC为小圆的直径，∴∠OFC=90°，而∠EOF=∠FOC，∴Rt△OEF∽Rt△OFC，∴OE：OF=OF：OC，即4：6=6：OC，∴⊙O的半径OC=9；在Rt△OCF中，OF=6，OC=9，∴CF==3，∵OF⊥CD，∴CF=DF，∴CD=2CF=6．点评：本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理、圆周角定理和相似三角形的判定与性质．3．(2014年天津市，第21题10分)已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB 的平分线交⊙O于点D．（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB=6，求AC，BD，CD的长；（Ⅱ）如图②，若∠CAB=60°，求BD的长．考点：圆周角定理；等边三角形的判定与性质；勾股定理．分析：（Ⅰ）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD=CD=5；（Ⅱ）如图②，连接OB，O D．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD=OB=OD=5．解答：解：（Ⅰ）如图①，∵BC是⊙O的直径，∴∠CAB=∠BDC=90°．∵在直角△CAB中，BC=10，AB=6，∴由勾股定理得到：AC===8．∵AD平分∠CAB，∴=，∴CD=B D．在直角△BDC中，BC=10，CD2+BD2=BC2，∴易求BD=CD=5；（Ⅱ）如图②，连接OB，O D．∵AD平分∠CAB，且∠CAB=60°，∴∠DAB=∠CAB=30°，∴∠DOB=2∠DAB=60°．又∵OB=OD，∴△OBD是等边三角形，∴BD=OB=O D．∵⊙O的直径为10，则OB=5，∴BD=5．点评：本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得△OBD是等边三角形．4．（2014•新疆，第21题10分）如图，AB是⊙O的直径，点F，C是⊙O上两点，且==，连接AC，AF，过点C作CD⊥AF交AF延长线于点D，垂足为D．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若CD=2，求⊙O的半径．，由=由=得∠，在AC =，==×180°=60°，，，AC×4=45．（2014年云南省，第23题9分）已知如图平面直角坐标系中，点O是坐标原点，矩形ABCD 是顶点坐标分别为A（3，0）、B（3，4）、C（0，4）．点D在y轴上，且点D的坐标为（0，﹣5），点P是直线AC上的一动点．（1）当点P运动到线段AC的中点时，求直线DP的解析式（关系式）；（2）当点P沿直线AC移动时，过点D、P的直线与x轴交于点M．问在x轴的正半轴上是否存在使△DOM与△ABC相似的点M？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；（3）当点P沿直线AC移动时，以点P为圆心、R（R＞0）为半径长画圆．得到的圆称为动圆P．若设动圆P的半径长为，过点D作动圆P的两条切线与动圆P分别相切于点E、F．请探求在动圆P中是否存在面积最小的四边形DEPF？若存在，请求出最小面积S的值；若不存在，请说明理由．考点：圆的综合题；待定系数法求一次函数解析式；垂线段最短；勾股定理；切线长定理；相似三角形的判定与性质．专题：综合题；存在型；分类讨论．分析：（1）只需先求出AC中点P的坐标，然后用待定系数法即可求出直线DP的解析式．（2）由于△DOM与△ABC相似，对应关系不确定，可分两种情况进行讨论，利用三角形相似求出OM的长，即可求出点M的坐标．（3）易证S△PED=S△PF D．从而有S四边形DEPF=2S△PED=DE．由∠DEP=90°得DE2=DP2﹣PE2=DP2﹣．根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：当DP⊥AC时，DP最短，此时DE也最短，对应的四边形DEPF的面积最小．借助于三角形相似，即可求出DP⊥AC时DP的值，就可求出四边形DEPF面积的最小值．解答：解：（1）过点P作PH∥OA，交OC于点H，如图1所示．∵PH∥OA，∴△CHP∽△CO A．∴==．∵点P是AC中点，∴CP=C A．∴HP=OA，CH=CO．∵A（3，0）、C（0，4），∴OA=3，OC=4．∴HP=，CH=2．∴OH=2．∵PH∥OA，∠COA=90°，∴∠CHP=∠COA=90°．∴点P的坐标为（，2）．设直线DP的解析式为y=kx+b，∵D（0，﹣5），P（，2）在直线DP上，∴∴∴直线DP的解析式为y=x﹣5．（2）①若△DOM∽△ABC，图2（1）所示，∵△DOM∽△ABC，∴=．∵点B坐标为（3，4），点D的坐标为（0．﹣5），∴BC=3，AB=4，OD=5．∴=．∴OM=．∵点M在x轴的正半轴上，∴点M的坐标为（，0）②若△DOM∽△CBA，如图2（2）所示，∵△DOM∽△CBA，∴=．∵BC=3，AB=4，OD=5，∴=．∵点M在x轴的正半轴上，∴点M的坐标为（，0）．综上所述：若△DOM与△CBA相似，则点M的坐标为（，0）或（，0）．（3）∵OA=3，OC=4，∠AOC=90°，∴AC=5．∴PE=PF=AC=．∵DE、DF都与⊙P相切，∴DE=DF，∠DEP=∠DFP=90°．∴S△PED=S△PF D．∴S四边形DEPF=2S△PED=2×PE•DE=PE•DE=DE．∵∠DEP=90°，∴DE2=DP2﹣PE2．=DP2﹣．根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：当DP⊥AC时，DP最短，此时DE取到最小值，四边形DEPF的面积最小．∵DP⊥AC，∴∠DPC=90°．∴∠AOC=∠DP C．∵∠OCA=∠PCD，∠AOC=∠DPC，∴△AOC∽△DP C．∴=．∵AO=3，AC=5，DC=4﹣（﹣5）=9，∴DP=．∴DE2=DP2﹣=（）2﹣=．∴DE=，∴S四边形DEPF=DE=．∴四边形DEPF面积的最小值为．点评：本题考查了相似三角形的判定与性质、用待定系数法求直线的解析式、切线长定理、勾股定理、垂线段最短等知识，考查了分类讨论的思想．将求DE的最小值转化为求DP的最小值是解决第3小题的关键．另外，要注意“△DOM与△ABC相似”与“△DOM∽△ABC“之间的区别．6.（2014年广东汕尾，第20题11分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，过点D作⊙O的切线，交BC于E．（1）求证：点E是边BC的中点；（2）求证：BC2=BD•BA；（3）当以点O、D、E、C为顶点的四边形是正方形时，求证：△ABC是等腰直角三角形．分析：（1）利用切线的性质及圆周角定理证明；（2）利用相似三角形证明；（3）利用正方形的性质证明．证明：（1）如图，连接O D．∵DE为切线，∴∠EDC+∠ODC=90°；∵∠ACB=90°，∴∠ECD+∠OCD=90°．又∵OD=OC，∴∠ODC=∠OCD，∴∠EDC=∠ECD，∴ED=EC；∵AC为直径，∴∠ADC=90°，∴∠BDE+∠EDC=90°，∠B+∠ECD=90°，∴∠B=∠BDE，∴ED=D B．∴EB=EC，即点E为边BC的中点；（2）∵AC为直径，∴∠ADC=∠ACB=90°，又∵∠B=∠B∴△ABC∽△CDB，∴，∴BC2=BD•BA；（3）当四边形ODEC为正方形时，∠OCD=45°；∵AC为直径，∴∠ADC=90°，∴∠CAD=∠ADC﹣∠OCD=90°﹣45°=45°∴Rt△ABC为等腰直角三角形．点评：本题是几何证明题，综合考查了切线性质、圆周角定理、相似三角形、正方形、等腰直角三角形等知识点．试题着重对基础知识的考查，难度不大．7.（2014•毕节地区，第26题14分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径作⊙O 交AB于点D，连接C D．（1）求证：∠A=∠BCD；（2）若M为线段BC上一点，试问当点M在什么位置时，直线DM与⊙O相切？并说明理由．8.（2014•武汉2014•武汉，第22题8分）如图，AB是⊙O的直径，C，P是上两点，AB=13，AC=5．（1）如图（1），若点P是的中点，求PA的长；（2）如图（2），若点P是的中点，求PA的长．的中点，===，，=．9.（2014•襄阳，第25题10分）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC=∠BPC=60°，过点A作⊙O的切线交BP的延长线于点D．（1）求证：△ADP∽△BDA；（2）试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论；（3）若AD=2，PD=1，求线段BC的长．，得出== =，则，===，=1+10.（2014•孝感，第20题8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．（1）先作∠ABC的平分线交AC边于点O，再以点O为圆心，OC为半径作⊙O（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；（2）请你判断（1）中AB与⊙O的位置关系，并证明你的结论．11.（2014•孝感，第24题10分）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C 的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB于点F，连接BE．（1）求证：AC平分∠DAB；（2）求证：△PCF是等腰三角形；（3）若tan∠ABC=，BE=7，求线段PC的长．，=7=，中，=12．（2014•浙江湖州，第19题分）已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，D（如图）．（1）求证：AC=BD；（2）若大圆的半径R=10，小圆的半径r=8，且圆O到直线AB的距离为6，求AC的长．考点：垂径定理；勾股定理．分析：（1）过O作OE⊥AB，根据垂径定理得到AE=BE，CE=DE，从而得到AC=BD；（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，再根据勾股定理求出CE及AE的长，根据AC=AE﹣CE即可得出结论．解答：（1）证明：作OE⊥AB，∵AE=BE，CE=DE，∴BE﹣DE=AE﹣CE，即AC=BD；（2）∵由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，∴OE=6，∴CE===2，AE===8，∴AC=AE﹣CE=8﹣2．点评：本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．13. （2014•湘潭，第25题）△ABC为等边三角形，边长为a，DF⊥AB，EF⊥AC，（1）求证：△BDF∽△CEF；（2）若a=4，设BF=m，四边形ADFE面积为S，求出S与m之间的函数关系，并探究当m为何值时S取最大值；（3）已知A、D、F、E四点共圆，已知tan∠EDF=，求此圆直径．（第1题图）60°==60°=m﹣）×mm m﹣）×（m．m m（（+3＜（（其中，．==60°=x，．=．14. （2014年江苏南京，第26题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，⊙O为△ABC的内切圆．（1）求⊙O的半径；（2）点P从点B沿边BA向点A以1cm/s的速度匀速运动，以P为圆心，PB长为半径作圆，设点P运动的时间为t s，若⊙P与⊙O相切，求t的值．（第2题图）考点：圆的性质、两圆的位置关系、解直角三角形分析：（1）求圆的半径，因为相切，我们通常连接切点和圆心，设出半径，再利用圆的性质和直角三角形性质表示其中关系，得到方程，求解即得半径．（2）考虑两圆相切，且一圆已固定，一般就有两种情形，外切与内切．所以我们要分别讨论，当外切时，圆心距等于两圆半径的和；当内切时，圆心距等于大圆与小圆半径的差．分别作垂线构造直角三角形，类似（1）通过表示边长之间的关系列方程，易得t 的值．解答：（1）如图1，设⊙O与AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，则AD=AF，BD=BE，CE=CF．∵⊙O为△ABC的内切圆，∴OF⊥AC，OE⊥BC，即∠OFC=∠OEC=90°．∵∠C=90°，∴四边形CEOF是矩形，∵OE=OF，∴四边形CEOF是正方形．设⊙O的半径为rcm，则FC=EC=OE=rcm，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，∴AB==5cm．∵AD=AF=AC﹣FC=4﹣r，BD=BE=BC﹣EC=3﹣r，∴4﹣r+3﹣r=5，解得r=1，即⊙O的半径为1cm．（2）如图2，过点P作PG⊥BC，垂直为G．∵∠PGB=∠C=90°，∴PG∥A C．∴△PBG∽△ABC，∴．∵BP=t，∴PG=，BG=．若⊙P与⊙O相切，则可分为两种情况，⊙P与⊙O外切，⊙P与⊙O内切．①当⊙P与⊙O外切时，如图3，连接OP，则OP=1+t，过点P作PH⊥OE，垂足为H．∵∠PHE=∠HEG=∠PGE=90°，∴四边形PHEG是矩形，∴HE=PG，PH=CE，∴OH=OE﹣HE=1﹣，PH=GE=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣．在Rt△OPH中，由勾股定理，，解得t=．②当⊙P与⊙O内切时，如图4，连接OP，则OP=t﹣1，过点O作OM⊥PG，垂足为M．∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°，∴四边形OEGM是矩形，∴MG=OE，OM=EG，∴PM=PG﹣MG=，OM=EG=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣，在Rt△OPM中，由勾股定理，，解得t=2．综上所述，⊙P与⊙O相切时，t=s或t=2s．点评：本题考查了圆的性质、两圆相切及通过设边长，表示其他边长关系再利用直角三角形求解等常规考查点，总体题目难度不高，是一道非常值得练习的题目．15.（2014•呼和浩特，第24题8分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C作⊙O 的切线CM．（1）求证：∠ACM=∠ABC；（2）延长BC到D，使BC=CD，连接AD与CM交于点E，若⊙O的半径为3，ED=2，求△ACE 的外接圆的半径．。
2014年全国各地中考数学真题分类解析汇编：34 正多边形与圆(2)
正多边形与圆一、选择题1. （ 2014•广西玉林市、防城港市，第11题3分）蜂巢的构造非常美丽、科学，如图是由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网络，正六边形的顶点称为格点，△的顶点都在格点上．设定边如图所示，则△是直角三角形的个数有（ ）A ． 4个B ． 6个C ． 8个D ． 10个考点： 正多边形和圆．分析： 根据正六边形的性质，分是直角边和斜边两种情况确定出点C 的位置即可得解．解答： 解：如图，是直角边时，点C 共有6个位置， 即，有6个直角三角形，是斜边时，点C 共有2个位置，即有2个直角三角形，综上所述，△是直角三角形的个数有6+2=8个．[来源]故选C ．[来源:学科网][来源] [来源:学科网]点评：[来源:学|科|网]本题考查了正多边形和圆，难点在于分是直角边和斜边两种情况讨论，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键，作出图形更形象直观．2．(2014年天津市，第6 题3分)正六边形的边心距为，则该正六边形的边长是（ ） A ． B ． 2 C ． 3 D ． 2[来源:学§科§网]考点：正多边形和圆．[来源:学科网]分析：运用正六边形的性质，正六边形边长等于外接圆的半径，再利用勾股定理解决．解答：解：∵正六边形的边心距为，∴，，[来源]∵222，∴2=（）2+（）2，[来源:学&科&网]解得2．故选B．点评：本题主要考查了正六边形和圆，注意：外接圆的半径等于正六边形的边长．二.填空题1. （2014年江苏南京，第12题，2分）如图，是正五边形的一条对角线，则∠．（第1题图）考点：正多边形的计算分析：设O是正五边形的中心，连接、，求得∠的度数，然后利用圆周角定理即可求得∠的度数．解答：设O是正五边形的中心，连接、．则∠×360°=144°，∴∠∠72°，故答案是：72°．点评：本题考查了正多边形的计算，正确理解正多边形的内心和外心重合是关键．。
河北中考数学课题33 与圆有关的位置关系
答案 (1)证明:连接OQ.
︵
∵AP,BQ分别与优弧 CD相切,∴OP⊥AP,OQ⊥BQ,即∠APO=∠BQO=90°.
又OA=OB,OP=OQ,
∴Rt△APO≌Rt△BQO.
∴AP=BQ.
(2)∵BQ=4 3 ,OB= 1 AB=8,∠BQO=90°,
2
∴sin∠BOQ= 3 .∴∠BOQ=60°. 2
3.三角形的内切圆:和三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆,内切圆的 圆心是三角形三条角平分线的交点,叫做三角形的 内心 .
中考题型突破
题型一 考查点与圆的位置关系
该题型主要考查点与圆的位置关系,主要内容有:根据点到圆心的距离与半径 之间的关系判断点与圆的位置关系,或根据点与圆的位置关系进行线段的计 算等.
答案 (1)证明:∵CE⊥AD于点E,∴∠DEC=90°. ∵BC=CD, ∴C是BD的中点. 又∵O是AB的中点,∴OC是△BDA的中位线. ∴OC∥AD. ∴∠OCE=∠CED=90°. ∴OC⊥CE. 又∵点C在圆上,∴CE是圆O的切线. (2)连接AC,如图所示.
∵AB是直径,点F在圆上,∴∠AFB=∠PFE=90°=∠CEA. ∵∠EPF=∠EPA, ∴△PEF∽△PAE. ∴PE2=PF·PA.
答案 A 设图中小正方形的边长为1,则OA= 12 22 = 5. 观察可知,OE=OF=2< 5 ,∴点E、F都在☉O内,则树E、树F需要被移除; OG=1< 5 ,∴点G在☉O内,则树G需要被移除; 根据勾股定理,得OH= 22 22 =2 2 > 5,∴点H在☉O外,则树H不需要被移除.
变式训练1 (2018沧州模拟)在公园的O处附近有E、F、G、H四棵树,位置 如图所示(图中小正方形的边长均相等).现计划修建一座以O为圆心,OA为半 径的圆形水池,要求池中不留树木,则E、F、G、H四棵树中需要被移除的为 ( A )
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圆与圆的位置关系
一、选择题
1. （2014•扬州，第5题，3分）如图，圆与圆的位置关系没有（）
（第1题图）
2.（2014•济宁，第10题3分）如图，两个直径分别为36cm和16cm的球，靠在一起放在同一水平面上，组成如图所示的几何体，则该几何体的俯视图的圆心距是（）
俯视图的圆心距是
[来源:Z。
xx。
]
二.填空题
1．(2014年四川资阳，第14题3分)已知⊙O1与⊙O2的圆心距为6，两圆的半径分别是方程x2﹣5x+5=0的两个根，则⊙O1与⊙O2的位置关系是相离．
考点：圆与圆的位置关系；根与系数的关系．
分析：由⊙O1与⊙O2的半径r1、r2分别是方程x2﹣5x+5=0的两实根，根据根与系数的关系即可求得⊙O1与⊙O2的半径r1、r2的和，又由⊙O1与⊙O2的圆心距d=6，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系．
解答：解：∵两圆的半径分别是方程x2﹣5x+5=0的两个根，
∴两半径之和为5，
解得：x=4或x=2，
∵⊙O1与⊙O2的圆心距为6，
∴6＞5，
∴⊙O1与⊙O2的位置关系是相离．
故答案为：相离．
点评：此题考查了圆与圆的位置关系与一元二次方程的根与系数的关系．注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系是解此题的关键．
三.解答题
1. （2014年江苏南京，第26题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，⊙O为△ABC的内切圆．
（1）求⊙O的半径；
（2）点P从点B沿边BA向点A以1cm/s的速度匀速运动，以P为圆心，PB长为半径作圆，设点P运动的时间为t s，若⊙P与⊙O相切，求t的值．
（第1题图）
考点：圆的性质、两圆的位置关系、解直角三角形
分析：（1）求圆的半径，因为相切，我们通常连接切点和圆心，设出半径，再利用圆的性质和直角三角形性质表示其中关系，得到方程，求解即得半径．
（2）考虑两圆相切，且一圆已固定，一般就有两种情形，外切与内切．所以我们要分别讨论，当外切时，圆心距等于两圆半径的和；当内切时，圆心距等于大圆与小圆半径的差．分别作垂线构造直角三角形，类似（1）通过表示边长之间的关系列方程，易得t 的值．
解答：（1）如图1，设⊙O与AB、BC、CA的切点分别为
D、E、F，连接OD、OE、OF，
则AD=AF，BD=BE，CE=CF．
∵⊙O为△ABC的内切圆，
∴OF⊥AC，OE⊥BC，即∠OFC=∠OEC=90°．
∵∠C=90°，
∴四边形CEOF是矩形，
∵OE=OF，[来源:][来源:学科网ZXXK]
∴四边形CEOF是正方形．[来源:Z。
xx。
]
设⊙O的半径为rcm，则FC=EC=OE=rcm，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，
∴AB==5cm．
∵AD=AF=AC﹣FC=4﹣r，BD=BE=BC﹣EC=3﹣r，
∴4﹣r+3﹣r=5，
解得r=1，即⊙O的半径为1cm．
（2）如图2，过点P作PG⊥BC，垂直为G．
∵∠PGB=∠C=90°，∴PG∥A C．
∴△PBG∽△ABC，∴．∵BP=t，
∴PG=，BG=．
若⊙P与⊙O相切，则可分为两种情况，⊙P与⊙O外切，⊙P与⊙O内切．①当⊙P与⊙O外切时，
如图3，连接OP，则OP=1+t，过点P作PH⊥OE，垂足为H．
∵∠PHE=∠HEG=∠PGE=90°，
∴四边形PHEG是矩形，
∴HE=PG，PH=CE，
∴OH=OE﹣HE=1﹣，PH=GE=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣．
在Rt△OPH中，
由勾股定理，，[来源:学科网]
解得t=．
②当⊙P与⊙O内切时，
如图4，连接OP，则OP=t﹣1，过点O作OM⊥PG，垂足为M．
∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°，
∴四边形OEGM是矩形，
∴MG=OE，OM=EG，
∴PM=PG﹣MG=，OM=EG=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣，
在Rt△OPM中，
由勾股定理，，解得t=2．
综上所述，⊙P与⊙O相切时，t=s或t=2s．
点评：本题考查了圆的性质、两圆相切及通过设边长，表示其他边长关系再利用直角三角形求解等常规考查点，总体题目难度不高，是一道非常值得练习的题目．。