中考数学压轴题专题复习——圆的综合的综合含答案

中考数学压轴题专题复习——圆的综合的综合含答案
一、圆的综合
1．如图，△ABC 是⊙O 的内接三角形，点D 在BC uuu r 上，点E 在弦AB 上（E 不与A 重合），且四边形BDCE 为菱形．
（1）求证：AC=CE ；
（2）求证：BC 2﹣AC 2=AB•AC ；
（3）已知⊙O 的半径为3．
①若AB AC =53，求BC 的长； ②当AB AC
为何值时，A B•AC 的值最大？
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2；②
32
【解析】 分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC ，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC ，据此得证；
（2）以点C 为圆心，CE 长为半径作⊙C ，与BC 交于点F ，于BC 延长线交于点G ，则CF=CG=AC=CE=CD ，证△BEF ∽△BGA 得
BE BG BF BA =，即BF•BG=BE•AB ，将BF=BC-CF=BC-AC 、BG=BC+CG=BC+AC 代入可得；
（3）①设AB=5k 、AC=3k ，由BC 2-AC 2=AB•AC 知6k ，连接ED 交BC 于点M ，Rt △DMC 中由DC=AC=3k 、MC=126k 求得22CD CM -3，可知OM=OD-3，在Rt △COM 中，由OM 2+MC 2=OC 2可得答案．②设OM=d ，则MD=3-d ，MC 2=OC 2-OM 2=9-d 2，继而知BC 2=（2MC ）2=36-4d 2、AC 2=DC 2=DM 2+CM 2=（3-d ）2+9-d 2，由（2）得AB•AC=BC 2-AC 2，据此得出关于d 的二次函数，利用二次函数的性质可得答案． 详解：（1）∵四边形EBDC 为菱形，
∴∠D=∠BEC ，
∵四边形ABDC 是圆的内接四边形，
∴∠A+∠D=180°，
又∠BEC+∠AEC=180°，
∴∠A=∠AEC ，
∴AC=CE；
（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，
由（1）知AC=CE=CD，
∴CF=CG=AC，
∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，
∴∠G+∠AEF=180°，
又∵∠AEF+∠BEF=180°，
∴∠G=∠BEF，
∵∠EBF=∠GBA，
∴△BEF∽△BGA，
∴BE BG
BF BA
=，即BF•BG=BE•AB，
∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，
∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即BC2﹣AC2=AB•AC；
（3）设AB=5k、AC=3k，
∵BC2﹣AC2=AB•AC，
∴6k，
连接ED交BC于点M，
∵四边形BDCE是菱形，
∴DE垂直平分BC，
则点E、O、M、D共线，
在Rt△DMC中，DC=AC=3k，MC=1
2
6k，
∴223
CD CM k
-=，
∴OM=OD﹣DM=33k，
在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（33）2+6k）2=32，
解得：k=
3
3
或k=0（舍），
∴62；
②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，
∴BC 2=（2MC ）2=36﹣4d 2，
AC 2=DC 2=DM 2+CM 2=（3﹣d ）2+9﹣d 2，
由（2）得AB•AC=BC 2﹣AC 2
=﹣4d 2+6d+18
=﹣4（d ﹣34）2+814， ∴当d=34，即OM=34
时，AB•AC 最大，最大值为814， ∴DC 2=272
， ∴AC=DC=
362， ∴AB=964
，此时32AB AC =． 点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．
2．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．
3．不用圆规、三角板，只用没有刻度的直尺，用连线的方法在图1、2中分别过圆外一点A 作出直径BC 所在射线的垂线．
【答案】画图见解析.
【解析】
【分析】根据直角所对的圆周角是直角，构造直角三角形，利用直角三角形性质可画出垂线；或结合圆的轴对称性质也可以求出垂线.
【详解】解：画图如下：
【点睛】本题考核知识点：作垂线.解题关键点：结合圆的性质和直角三角形性质求出垂线.
4．如图，△ABC内接于⊙O，弦AD⊥BC垂足为H，∠ABC＝2∠CAD．
（1）如图1，求证：AB＝BC；
（2）如图2，过点B作BM⊥CD垂足为M，BM交⊙O于E,连接AE、HM，求证：AE∥HM;（3）如图3，在（2）的条件下，连接BD交AE于N，AE与BC交于点F，若NH＝25，AD＝11，求线段AB的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AB的长为10.
【解析】
分析：（1）根据题意，设∠CAD=a，然后根据直角三角形的两锐角互余的关系，推导出
∠BAC=∠ACB，再根据等角对等边得证结论；
（2）延长AD、BM交于点N，连接ED.根据圆周角定理得出∠N=∠DEN=∠BAN，进而根据等角对等边，得到DE=DN,BA=BN，再根据等腰三角形和直角三角形的性质，求得
MH∥AE；
（3）连接CE，根据（2）的结论，由三角形全等的判定与性质证得HF=HC，然后结合勾股定理求出AC2-AH2=CD2-DH2，解得CD=5,CH=4,AH=8，最后根据锐角三角函数的性质得到AB.详解：（1）证明：设∠CAD=a,
则∠ABC=2a,∠C=90°-a,∠BAD=90°-2a,
∴∠BAC=90°-2a+a=90°-a
∴∠BAC=∠ACB.∴AB=BC
(2）证明：延长AD、BM交于点N，连接ED.
∵∠DEN=∠DAB,∠N=∠BCD,∠BCD=∠BAN
∴∠N=∠DEN=∠BAN
∴DE=DN,BA=BN
又∵BH ⊥AN,DM ⊥EN
∴EM=NM,HN=HA,∴MH ∥AE
（3）连接CE.
∠BDA=∠BCA,∠BDM=∠BAC,由（1）知∠BCA=∠BAC
∴∠BDA=∠BDM,∴△BDM ≌△BDH,
∴DH=MH,∠MBD=∠HBD,∴BD ⊥MH
又∵MH ∥AE,∴BD ⊥EF,∴△FNB ≌△ENB,
同理可证△AFH ≌△ACH,∴HF=HC,又∵FN=NE
∴NH ∥EC,EC=2NH,又∵NH=25∴EC=45∠EAC=2∠AEC=2a=∠ABC,可证弧AC=弧EC,
∴AC=EC=5
设HD=x ，AH=11-x ，
∵∠ADC=2∠CAD,翻折△CHD 至△CHG,可证CG=CD=AG
AH=CD+DH,CD=AH-DH=11-x-x=11-2x
又∵AC 2-AH 2=CD 2-DH 2,∴(52-(11-x)2=(11-2x)2-x 2
∴x 1=3,x 2=
272(舍去)∴CD=5,CH=4,AH=8. 又∵tan2AH CH a BH DH
==,∴BH=6 ∴22226810BM AH +=+= 点睛：此题主要考查了圆的综合，结合圆周角定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解直角三角形的性质，综合性比较强，灵活添加辅助线，构造方程求解是解题关键.
5．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）3．
【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 =603180
π⨯=π，∴线段MN 的长为¶¶¶AC BC AB
l l l ++=3π．故答案为3π； （2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，
由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =2
1203360
π⨯=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 =32
30AD 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 33π．故答案为3π．
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．
6．如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，交BC于点E（BE＞EC），且BD＝23．过点D作DF∥BC，交AB的延长线于点F．
（1）求证：DF为⊙O的切线；
（2）若∠BAC＝60°，DE＝7，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）32π．
【解析】
【分析】
（1）连结OD，根据垂径定理得到OD⊥BC，根据平行线的性质得到OD⊥DF，根据切线的判定定理证明；
（2）连结OB，连结OD交BC于P，作BH⊥DF于H，证明△OBD为等边三角形，得到∠ODB=60°，3PE，证明△ABE∽△AFD，根据相似三角形的性质求出AE，根据阴影部分的面积=△BDF的面积-弓形BD的面积计算．
【详解】
证明：（1）连结OD，
∵AD平分∠BAC交⊙O于D，
∴∠BAD=∠CAD，
∴»»
=，
BD CD
∴OD⊥BC，
∵BC∥DF，
∴OD ⊥DF ，
∴DF 为⊙O 的切线；
（2）连结OB ，连结OD 交BC 于P ，作BH ⊥DF 于H ，
∵∠BAC=60°，AD 平分∠BAC ，
∴∠BAD=30°，
∴∠BOD=2∠BAD=60°，
∴△OBD 为等边三角形，
∴∠ODB=60°，3 ，
∴∠BDF=30°，
∵BC ∥DF ，
∴∠DBP=30°，
在Rt △DBP 中，PD=123 ，3， 在Rt △DEP 中，∵37
∴22(7)(3)- =2，
∵OP ⊥BC ，
∴BP=CP=3，
∴CE=3﹣2=1，
∵∠DBE=∠CAE ，∠BED=∠AEC ，
∴△BDE ∽△ACE ，
∴AE ：BE=CE ：DE ，即AE ：5=17 ，
∴57 ∵BE ∥DF ，
∴△ABE ∽△AFD ， ∴BE AE DF AD
= ，即57
57125DF = ， 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）=
2
2
160(23)3
123(23)
2
π⨯
⨯⨯--⨯ =93﹣2π．
【点睛】
考查的是切线的判定，扇形面积计算，相似三角形的判定和性质，圆周角定理的应用，等边三角形的判定和性质，掌握切线的判定定理，扇形面积公式是解题的关键．
7．如图1，已知⊙O是ΔADB的外接圆，∠ADB的平分线DC交AB于点M，交⊙O于点C，连接AC，BC．
（1）求证：AC=BC；
（2）如图2，在图1 的基础上做⊙O的直径CF交AB于点E，连接AF，过点A作⊙O的切线AH，若AH//BC，求∠ACF的度数；
（3）在（2）的条件下，若ΔABD的面积为63，ΔABD与ΔABC的面积比为2：9，求CD 的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3）33
【解析】
分析：（1）运用“在同圆或等圆中，弧相等，所对的弦相等”可求解；
（2）连接AO并延长交BC于I交⊙O于J,由AH是⊙O的切线且AH∥BC得AI⊥BC，易证∠IAC=30°，故可得∠ABC=60°=∠F=∠ACB，由CF是直径可得∠ACF的度数；
（3）过点D作DG⊥AB ，连接AO，知ABC为等边三角形，求出AB、AE的长，在RtΔAEO 中，求出AO的长，得CF的长，再求DG 的长，运用勾股定理易求CD的长.
详解：（1）∵DC平分∠ADB，∴∠ADC=∠BDC，∴AC=BC．
（2）如图，连接AO并延长交BC于I交⊙O于J
∵AH 是⊙O 的切线且AH ∥BC ，
∴AI ⊥BC ，
∴BI=IC ，
∵AC=BC ，
∴IC=12
AC ， ∴∠IAC=30°，
∴∠ABC=60°=∠F=∠ACB ．
∵FC 是直径，
∴∠FAC=90°，
∴∠ACF=180°-90°-60°=30°．
（3）过点D 作DG AB ⊥，连接AO
由（1）（2）知ABC 为等边三角形
∵∠ACF=30°，
∴AB CF ⊥，
∴AE=BE ，
∴2ΔABC 33S AB == ∴AB=3
∴33AE =
在RtΔAEO 中，设EO=x ，则AO=2x ，
∴222AO AE OE =+，
∴()()222233x x =+，
∴x =6，⊙O 的半径为6， ∴CF=12． ∵ΔABD 11636322
S AB DG DG =⨯⨯
=⨯⨯=， ∴DG=2．
如图，过点D 作DG CF '⊥,连接OD ．
∵AB CF ⊥,DG AB ⊥，
∴CF//DG ，
∴四边形G ′DGE 为矩形，
∴2G E '=， 63211CG G E CE +=++'=='，
在RtΔOG D '中，5,6OG OD ='=，
∴11DG '=，
∴2221111233CD DG CG =+=+=''
点睛：本题是一道圆的综合题.考查了圆的基本概念，垂径定理，勾股定理，圆周角定理等相关知识.比较复杂，熟记相关概念是解题关键.
8．AB 是⊙O 直径，在AB 的异侧分别有定点C 和动点P ，如图所示，点P 在半圆弧AB 上运动（不与A 、B 重合），过C 作CP 的垂线CD ，交PB 的延长线于D ，已知5AB =，BC ∶CA ＝4∶3．
（1）求证：AC ·CD ＝PC ·BC ；
（2）当点P 运动到AB 弧的中点时，求CD 的长；
（3）当点P 运动到什么位置时，PCD ∆的面积最大？请直接写出这个最大面积．
【答案】(1)证明见解析；（2）CD 142；（3）当PC 为⊙O 直径时，△PCD 的最大面积=503
. 【解析】
【分析】
（1）由圆周角定理可得∠PCD=∠ACB=90°，可证△ABC ∽△PCD ，可得AC BC CP CD =,即可得证．
（2）由题意可求BC=4，AC=3，由勾股定理可求CE 的长，由锐角三角函数可求PE 的长，即可得PC 的长，由AC•CD=PC•BC 可求CD 的值；
（3）当点P 在¶AB 上运动时，12PCD S PC CD =⨯⨯V ，由（1）可得：43
CD PC =，可得2142233
PCD S PC PC PC V =⨯⨯=，当PC 最大时，△PCD 的面积最大，而PC 为直径时最大，故可求解．
【详解】
证明：（1）
∵AB 为直径，
∴∠ACB =90°
∵PC ⊥CD ，
∴∠PCD =90°
∴∠PCD =∠ACB ，且∠CAB =∠CPB
∴△ABC ∽△PCD
∴AC BC CP CD
= ∴AC •CD =PC •BC
（2）∵AB =5，BC ：CA =4：3，∠ACB =90°
∴BC =4，AC =3，
当点P 运动到¶AB 的中点时，过点B 作BE ⊥PC 于点E
∵点P 是¶AB 的中点，
∴∠PCB =45°，且BC =4
∴CE =BE =22BC =22 ∵∠CAB =∠CPB ∴tan ∠CAB =43=BC AC =tan ∠CAB =BE PE ∴PE =32 ∴PC =PE +CE =
322
+22=722 ∵AC •CD =PC •BC ∴3×CD =
722×4 ∴CD =142 （3）当点P 在¶AB 上运动时，S △PCD =
12×PC ×CD ， 由（1）可得：CD =
43PC ∴S △PCD =1423PC PC ⨯⨯=23
PC 2， ∴当PC 最大时，△PCD 的面积最大， ∴当PC 为⊙O 直径时，△PCD 的最大面积=
23×52=503 【点睛】
本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，锐角三角函数，求出PC 的长是本题的关键．
9．如图，AB 为⊙O 的直径，DA 、DC 分别切⊙O 于点A ，C ，且AB =AD ．
（1）求tan ∠AOD 的值．
（2）AC ，OD 交于点E ，连结BE ．
①求∠AEB 的度数；
②连结BD 交⊙O 于点H ，若BC =1，求CH 的长．
【答案】（1）2；（2）①∠AEB ＝135°；②22
CH =
【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质可得∠BAD=90°，由题意可得AD=2AO，即可求tan∠AOD的值；（2）①根据切线长定理可得AD=CD，OD平分∠ADC，根据等腰三角形的性质可得
DO⊥AC，AE=CE，根据圆周角定理可求∠ACB=90°，即可证∠ABC=∠CAD，根据“AAS”可证△ABC≌△DAE，可得AE=BC=EC，可求∠BEC=45°，即可求∠AEB的度数；
②由BC=1，可求AE=EC=1，BE2
=，根据等腰直角三角形的性质可求∠ABE=∠HBC，可证△ABE∽△HBC，可求CH的长．
【详解】
（1）∵DA是⊙O切线，∴∠BAD=90°．
∵AB=AD，AB=2AO，∴AD=2AO，∴tan∠AOD
AD
AO
==2；
（2）①∵DA、DC分别切⊙O于点A，C，∴AD=CD，OD平分∠ADC，∴DO⊥AC，
AE=CE．
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，且∠BAC+∠CAD=90°，
∴∠ABC=∠CAD，且AB=AD，∠ACB=∠AED=90°，∴△ABC≌△DAE（AAS），∴CB=AE，∴CE=CB，且∠ACB=90°，∴∠BEC=45°=∠EBC，∴∠AEB=135°．
②如图，∵BC=1，且BC=AE=CE，∴AE=EC=BC=1，∴BE2
=．
∵AD=AB，∠BAD=90°，∴∠ABD=45°，且∠EBC=45°，∴∠ABE=∠HBC，且∠BAC=∠CHB，
∴△ABE∽△HBC，∴BC CH
EB AE
=，即
1
2
CH
=，∴CH2
=．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
10．如图，过⊙O外一点P作⊙O的切线PA切⊙O于点A，连接PO并延长，与⊙O交于C、D两点，M是半圆CD的中点，连接AM交CD于点N，连接AC、CM．
（1）求证：CM2=MN.MA；
（2）若∠P=30°，PC=2，求CM的长．
【答案】（1）见解析；（2）CM=22. 【解析】
【分析】
（1）由··CM
DM =知CAM DCM ∠=∠，根∠CMA=∠NMC 据证ΔAMC ∽ΔCM N 即可得；
（2）连接OA 、DM ，由直角三角形PAO 中∠P=30°知()1122
OA PO PC CO =
=+，据此求得OA=OC=2，再证三角形CMD 是等腰直角三角形得CM 的长．
【详解】
（1）O Q e 中，M 点是半圆CD 的中点， ∴ ··CM
DM =， CAM DCM ∴∠=∠，
又CMA NMC ∠=∠Q ，
AMC CMN ∽∴∆∆，
∴ CM AM MN CM
=，即2·CM MN MA =； （2）连接OA 、DM ，
PA Q 是O e 的切线，
90PAO ∴∠=︒，
又30P ∠=︒Q ，
()1122
OA PO PC CO ∴==+， 设O e 的半径为r ，
2PC =Q ，
()122
r r ∴=+， 解得：2r =，
又CD Q 是直径，
90CMD ∴∠=︒，
CM DM =Q ，
CMD ∴∆是等腰直角三角形，
∴在Rt CMD ∆中，由勾股定理得222CM DM CD +=，即()2
22216CM r ==， 则28CM =， 22CM ∴=．
【点睛】
本题主要考查切线的判定和性质，解题的关键是掌握切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质等知识点
11．如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，AC 为直径，»»BD AD =，DE ⊥BC ，垂足为
E ．
（1）判断直线ED 与⊙O 的位置关系，并说明理由；
（2）若CE =1，AC =4，求阴影部分的面积．
【答案】（1）ED 与O e 相切.理由见解析；（2）2=
33
S π-阴影 【解析】
【分析】 （1）连结OD ，如图，根据圆周角定理，由»»BD AD =得到∠BAD =∠ACD ，再根据圆内接
四边形的性质得∠DCE =∠BAD ，所以∠ACD =∠DCE ；利用内错角相等证明OD ∥BC ，而DE ⊥BC ，则OD ⊥DE ，于是根据切线的判定定理可得DE 为⊙O 的切线；
（2）作OH ⊥BC 于H ，易得四边形ODEH 为矩形，所以OD =EH =2，则CH =HE ﹣CE =1，于是有∠HOC =30°，得到∠COD =60°，然后根据扇形面积公式、等边三角形的面积公式和阴影部分的面积=S 扇形OCD ﹣S △OCD 进行计算即可．
【详解】
（1）直线ED 与⊙O 相切．理由如下：
连结OD ，如图，∵»»BD AD =，∴∠BAD =∠ACD ．
∵∠DCE =∠BAD ，∴∠ACD =∠DCE ．
∵OC =OD ，∴∠OCD =∠ODC ，而∠OCD =∠DCE ，∴∠DCE =∠ODC ，∴OD ∥BC ． ∵DE ⊥BC ，∴OD ⊥DE ，∴DE 为⊙O 的切线；
（2）作OH ⊥BC 于H ，则四边形ODEH 为矩形，∴OD =EH ．
∵CE =1，AC =4，∴OC =OD =2，∴CH =HE ﹣CE =2﹣1=1．在Rt △OHC 中，∵OC =2，CH =1，∠OHC =90°，∠HOC =30°，∴∠COD =60°，∴阴影部分的面积=S 扇形OCD ﹣S △OCD
26023360π⋅⋅=-•22 23
=π3-．
【点睛】
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．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．也考查了扇形面积的计算．
12．如图，AB 是半圆⊙O 的直径，点C 是半圆⊙O 上的点，连接AC ，BC ，点E 是AC 的中点，点F 是射线OE 上一点．
（1）如图1，连接FA ，FC ，若∠AFC ＝2∠BAC ，求证：FA ⊥AB ；
（2）如图2，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，点G 是线段CD 上一点（不与点C 重合），连接FA ，FG ，FG 与AC 相交于点P ，且AF ＝FG ．
①试猜想∠AFG 和∠B 的数量关系，并证明；
②连接OG ，若OE ＝BD ，∠GOE ＝90°，⊙O 的半径为2，求EP 的长．
【答案】（1）见解析；（2）①结论：∠GFA ＝2∠ABC ．理由见解析；②PE 3． 【解析】
【分析】 （1）证明∠OFA ＝∠BAC ，由∠EAO +∠EOA ＝90°，推出∠OFA +∠AOE ＝90°，推出∠FAO ＝90°即可解决问题．
（2）①结论：∠GFA＝2∠ABC．连接FC．由FC＝FG＝FA，以F为圆心FC为半径作
⊙F．因为»»
=，推出∠GFA＝2∠ACG，再证明∠ACG＝∠ABC．
AG AG
②图2﹣1中，连接AG，作FH⊥AG于H．想办法证明∠GFA＝120°，求出EF，OF，OG即可解决问题．
【详解】
（1）证明：连接OC．
∵OA＝OC，EC＝EA，
∴OF⊥AC，
∴FC＝FA，
∴∠OFA＝∠OFC，
∵∠CFA＝2∠BAC，
∴∠OFA＝∠BAC，
∵∠OEA＝90°，
∴∠EAO+∠EOA＝90°，
∴∠OFA+∠AOE＝90°，
∴∠FAO＝90°，
∴AF⊥AB．
（2）①解：结论：∠GFA＝2∠ABC．
理由：连接FC．
∵OF垂直平分线段AC，
∴FG＝FA，
∵FG＝FA，
∴FC＝FG＝FA，以F为圆心FC为半径作⊙F．
∵»»
=，
AG AG
∴∠GFA＝2∠ACG，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD ⊥AB ，
∴∠ABC +∠BCA ＝90°，
∵∠BCD +∠ACD ＝90°，
∴∠ABC ＝∠ACG ，
∴∠GFA ＝2∠ABC ．
②如图2﹣1中，连接AG ，作FH ⊥AG 于H ．
∵BD ＝OE ，∠CDB ＝∠AEO ＝90°，∠B ＝∠AOE ， ∴△CDB ≌△AEO （AAS ），
∴CD ＝AE ，
∵EC ＝EA ，
∴AC ＝2CD ．
∴∠BAC ＝30°，∠ABC ＝60°，
∴∠GFA ＝120°，
∵OA ＝OB ＝2，
∴OE ＝1，AE ＝
，BA ＝4，BD ＝OD ＝1， ∵∠GOE ＝∠AEO ＝90°，
∴OG ∥AC ， 323DG OG ∴==, 222213AG DG AD ∴=+=
， ∵FG ＝FA ，FH ⊥AG ，
∴AH ＝HG 21∠AFH ＝60°， ∴AF ＝27sin 60AH ︒=， 在Rt △AEF 中，EF 2213AF AE -=， ∴OF ＝OE +EF ＝
43 ， ∵PE ∥OG ， ∴PE EF OG 0F =，
∴1 3
4
23
3
=，
∴PE＝3．
【点睛】
圆综合题，考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题.
13．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2
AD BD ED
=+，若3
DE=，5
OB=，求CF的长度．
【答案】（1）见解析；（2）成立；（3）
14
5
【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，
∴ACB90
∠=︒，
∵CD AB
⊥于D，
∴ADC90
∠=︒，
∴
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 a 235
=+=， ∴2614CF CK 2DK 855=-=-
=．
【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．
14．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 AB DA 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 =， ∴10410
=， ∴52BE =
．
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 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.。