2020-2021中考数学 圆的综合 培优 易错 难题练习(含答案)

2020-2021中考数学 圆的综合 培优 易错 难题练习(含答案)
一、圆的综合
1．四边形 ABCD 的对角线交于点 E ，且 AE ＝EC ，BE ＝ED ，以 AD 为直径的半圆过点 E ，圆心 为 O ．
（1）如图①，求证：四边形 ABCD 为菱形；
（2）如图②，若 BC 的延长线与半圆相切于点 F ，且直径 AD ＝6，求弧AE 的长．
【答案】（1）见解析；（2）π2
【解析】
试题分析：（1）先判断出四边形ABCD 是平行四边形，再判断出AC ⊥BD 即可得出结论； （2）先判断出AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ，进而得出∠CDA =30°，最后用弧长公式即可得出结论．
试题解析：证明：（1）∵四边形ABCD 的对角线交于点E ，且AE =EC ，BE =ED ，∴四边形ABCD 是平行四边形．∵以AD 为直径的半圆过点E ，∴∠AED =90°，即有AC ⊥BD ，∴四边形ABCD 是菱形；
（2）由（1）知，四边形ABCD 是菱形，∴△ADC 为等腰三角形，∴AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ．如图2，过点C 作CG ⊥AD ，垂足为G ，连接FO ．∵BF 切圆O 于点F ，∴OF ⊥AD ，且1
32
OF AD =
=，易知，四边形CGOF 为矩形，∴CG =OF =3． 在Rt △CDG 中，CD =AD =6，sin ∠ADC =
CG CD =1
2
，∴∠CDA =30°，∴∠ADE =15°． 连接OE ，则∠AOE =2×∠ADE =30°，∴¶
303180
2
AE ππ⋅⨯==．
点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．
2．如图，⊙M 与菱形ABCD 在平面直角坐标系中，点M 的坐标为（3，﹣1），点A 的坐标为（﹣23B 的坐标为（﹣3，0），点C 在x 轴上，且点D 在点A 的左侧．
（1）求菱形ABCD 的周长；
（2）若⊙M 沿x 轴向右以每秒2个单位长度的速度平移，同时菱形ABCD 沿x 轴向右以每秒3个单位长度的速度平移，设菱形移动的时间为t （秒），当⊙M 与BC 相切，且切点为BC 的中点时，连接BD ，求： ①t 的值； ②∠MBD 的度数；
（3）在（2）的条件下，当点M 与BD 所在的直线的距离为1时，求t 的值．
【答案】（1）8；（2）①7；②105°；（3）t=633 【解析】
分析：（1）根据勾股定理求菱形的边长为2，所以可得周长为8；
（2）①如图2，先根据坐标求EF 的长，由EE '﹣FE '=EF =7，列式得：3t ﹣2t =7，可得t 的值；
②先求∠EBA =60°，则∠FBA =120°，再得∠MBF =45°，相加可得：∠MBD =∠MBF +∠FBD =45°+60°=105°；
（3）分两种情况讨论：作出距离MN 和ME ，第一种情况：如图5由距离为1可知：BD 为⊙M 的切线，由BC 是⊙M 的切线，得∠MBE =30°，列式为3t 3=2t +6，解出即可； 第二种情况：如图6，同理可得t 的值． 详解：（1）如图1，过A 作AE ⊥BC 于E ．
∵点A 的坐标为（﹣23），点B 的坐标为（﹣3，0），∴AE 3，BE =3﹣2=1，∴AB 22AE BE +2
231+（）
=2． ∵四边形ABCD 是菱形，∴AB =BC =CD =AD =2，∴菱形ABCD 的周长=2×4=8； （2）①如图2，⊙M 与x 轴的切点为F ，BC 的中点为E ． ∵M （3，﹣1），∴F （3，0）．
∵BC =2，且E 为BC 的中点，∴E （﹣4，0），∴EF =7，即EE '﹣FE '=EF ，∴3t ﹣2t =7，t =7；
②由（1）可知：BE =1，AE 3 ∴tan ∠EBA =
AE BE =3
1
3，∴∠EBA =60°，如图4，∴∠FBA =120°． ∵四边形ABCD 是菱形，∴∠FBD =12∠FBA =1
1202
⨯︒=60°． ∵BC 是⊙M 的切线，∴MF ⊥BC ．
∵F 是BC 的中点，∴BF =MF =1，∴△BFM 是等腰直角三角形，
∴∠MBF=45°，∴∠MBD=∠MBF+∠FBD=45°+60°=105°；
（3）连接BM，过M作MN⊥BD，垂足为N，作ME⊥BC于E，分两种情况：第一种情况：如图5．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴∠CBD=60°，∴∠NBE=60°．
∵点M与BD所在的直线的距离为1，∴MN=1，∴BD为⊙M的切线．
∵BC是⊙M的切线，∴∠MBE=30°．
∵ME=1，∴EB=3，∴3t+3=2t+6，t=6﹣3；
第二种情况：如图6．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴∠DBC=60°，∴∠NBE=120°．
∵点M与BD所在的直线的距离为1，∴MN=1，∴BD为⊙M的切线．
∵BC是⊙M的切线，∴∠MBE=60°．
∵ME=MN=1，∴Rt△BEM中，tan60°=ME
BE
，EB=
1
60
tan
=
3
，
∴3t=2t+6+3，t=6+3；
综上所述：当点M与BD所在的直线的距离为1时，t=6﹣3或6+
3
3
．
点睛：本题是四边形和圆的综合题，考查了菱形的性质、圆的切线的性质和判定、特殊的三角函数值、等腰直角三角形的性质、动点运动问题，此类问题比较复杂，弄清动点运动
方向、速度、时间和路程的关系，并与方程相结合，找等量关系，求出时间t的值．
3．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．
（1）求证：∠AEC=90°；
（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；
（3）若DC=2，求DH的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）四边形AOCD为菱形；
（3）DH=2．
【解析】
试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得
，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出
∠AEC=90°；
（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由
DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．
试题解析：（1）连接OC，
∵EC与⊙O切点C，
∴OC⊥EC，
∴∠OCE=90°，
∵点CD是半圆O的三等分点，
∴，
∴∠DAC=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）
∴∠AEC+∠OCE=180°，
∴∠AEC=90°；
（2）四边形AOCD为菱形．理由是：
∵，
∴∠DCA=∠CAB，
∴CD∥OA，
又∵AE∥OC，
∴四边形AOCD是平行四边形，
∵OA=OC，
∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
（3）连接OD．
∵四边形AOCD为菱形，
∴OA=AD=DC=2，
∵OA=OD，
∴OA=OD=AD=2，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∵DH⊥AB于点F，AB为直径，
∴DH=2DF，
在Rt△OFD中，sin∠AOD=，
∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，
∴DH=2DF=2．
考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．
4．如图，已知AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，点D在OC的延长线上，连接DA，交BC的延长线于点E，使得∠DAC=∠B．
（1）求证：DA是⊙O切线；
（2）求证：△CED∽△ACD；
（3）若OA=1，sinD=1
3
，求AE的长．
【答案】（1）证明见解析；（22
【解析】
分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD⊥AB即可证明DA是⊙O切线；（2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；
（3）由题意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可得到DC2=DE•AD，故此可求得DE的长，于是可求得AE的长．
详解：（1）∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°．
∵∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°，∴AD⊥AB．
∵OA是⊙O半径，∴DA为⊙O的切线；
（2）∵OB=OC，∴∠OCB=∠B．
∵∠DCE=∠OCB，∴∠DCE=∠B．
∵∠DAC=∠B，∴∠DAC=∠DCE．
∵∠D=∠D，∴△CED∽△ACD；
（3）在Rt△AOD中，OA=1，sin D=1
3
，∴OD=
OA
sinD
=3，∴CD=OD﹣OC=2．
∵AD22
OD OA
-2
又∵△CED∽△ACD，∴AD CD
CD DE
=，∴DE=
2
CD
AD
2，
∴AE=AD﹣DE222．
点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC∽△DCA是解题的关键．
5．如图，已知AB为⊙O直径，D是»BC的中点，DE⊥AC交AC的延长线于E，⊙O的切线
交AD的延长线于F．
（1）求证：直线DE与⊙O相切；
（2）已知DG⊥AB且DE=4，⊙O的半径为5，求tan∠F的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）2．
【解析】
试题分析：（1）连接BC、OD，由D是弧BC的中点，可知：OD⊥BC；由OB为⊙O的直径，可得：BC⊥AC，根据DE⊥AC，可证OD⊥DE，从而可证DE是⊙O的切线；
（2）直接利用勾股定理得出GO的长，再利用锐角三角函数关系得出tan∠F的值．
试题解析：解：（1）证明：连接OD，BC，∵D是弧BC的中点，∴OD垂直平分BC，∵AB 为⊙O的直径，∴AC⊥BC，∴OD∥AE．∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵OD为⊙O的半径，∴DE 是⊙O的切线；
（2）解：∵D是弧BC的中点，∴»»
DC DB
，∴∠EAD=∠BAD，∵DE⊥AC，DG⊥AB且
DE=4，∴DE=DG=4，∵DO=5，∴GO=3，∴AG=8，∴tan∠ADG=8
4
=2，∵BF是⊙O的切
线，∴∠ABF=90°，∴DG∥BF，∴tan∠F=tan∠ADG=2．
点睛：此题主要考查了切线的判定与性质以及勾股定理等知识，正确得出AG，DG的长是解题关键．
6．阅读下列材料：
如图1，⊙O1和⊙O2外切于点C，AB是⊙O1和⊙O2外公切线，A、B为切点，
求证：AC⊥BC
证明：过点C作⊙O1和⊙O2的内公切线交AB于D，
∵DA、DC是⊙O1的切线
∴DA=DC．
∴∠DAC=∠DCA．
同理∠DCB=∠DBC．
又∵∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°， ∴∠DCA+∠DCB=90°． 即AC ⊥BC ．
根据上述材料，解答下列问题：
（1）在以上的证明过程中使用了哪些定理？请写出两个定理的名称或内容； （2）以AB 所在直线为x 轴，过点C 且垂直于AB 的直线为y 轴建立直角坐标系（如图2），已知A 、B 两点的坐标为（﹣4，0），（1，0），求经过A 、B 、C 三点的抛物线y=ax 2+bx+c 的函数解析式；
（3）根据（2）中所确定的抛物线，试判断这条抛物线的顶点是否落在两圆的连心O 1O 2上，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）213
222
y x x =+- ；（3）见解析 【解析】
试题分析：（1）由切线长相等可知用了切线长定理；由三角形的内角和是180°，可知用了三角形内角和定理；
（2）先根据勾股定理求出C 点坐标，再用待定系数法即可求出经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式；
（3）过C 作两圆的公切线，交AB 于点D ，由切线长定理可求出D 点坐标，根据,C D 两点的坐标可求出过,C D 两点直线的解析式，根据过一点且互相垂直的两条直线解析式的关系可求出过两圆圆心的直线解析式，再把抛物线的顶点坐标代入直线的解析式看是否适合即可．
试题解析：(1)DA 、DC 是1O e 的切线， ∴DA =DC .应用的是切线长定理；
180DAC DCA DCB DBC ∠+∠+∠+∠=o ，应用的是三角形内角和定理.
(2)设C 点坐标为(0,y ),则222AB AC BC =+， 即()
()2
2
22241
41y y --=-+++，
即2
25172y =+,解得y =2(舍去)或y =−2.
故C 点坐标为(0,−2)，
设经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式为2
y ax bx c ，
=++
则
1640
2,
a b c
a b c
c
-+=
⎧
⎪
++=
⎨
⎪=-
⎩
解得
1
2
3
2
2
a
b
c
⎧
=
⎪
⎪
⎪
=
⎨
⎪
=-
⎪
⎪⎩
，
故所求二次函数的解析式为2
13
2.
22
y x x
=+-
(3)过C作两圆的公切线CD交AB于D,则AD=BD=CD,由A(−4,0),B(1,0)可知
3
(,0)
2
D-，
设过CD两点的直线为y=kx+b,则
3
2
2
k b
b
⎧
-+=
⎪
⎨
⎪=-
⎩，
解得
4
3
2
k
b
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=-
⎩，
故此一次函数的解析式为
4
2
3
y x
=--，
∵过
12
,
O O的直线必过C点且与直线
4
2
3
y x
=--垂直，
故过
12
,
O O的直线的解析式为
3
2
4
y x
=-，
由(2)中所求抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为
325
(,)
28
--，
代入直线解析式得
3325
2,
428
⎛⎫
⨯--=-
⎪
⎝⎭
故这条抛物线的顶点落在两圆的连心12
O O上.
7．已知：如图1，∠ACG=90°，AC=2，点B为CG边上的一个动点，连接AB，将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到△ADB，过点D作DF⊥CG于点F．
（1）当BC=
23
3
时，判断直线FD与以AB为直径的⊙O的位置关系，并加以证明；（2）如图2，点B在CG上向点C运动，直线FD与以AB为直径的⊙O交于D、H两点，连接AH，当∠CAB=∠BAD=∠DAH时，求BC的长．
【答案】（1）直线FD与以AB为直径的⊙O相切，理由见解析；（2）222
.【解析】
试题分析：（1）根据已知及切线的判定证明得，直线FD与以AB为直径的⊙O相切；（2）根据圆内接四边形的性质及直角三角形的性质进行分析，从而求得BC的长．
试题解析：
（1）判断：直线FD与以AB为直径的⊙O相切．
证明：如图，
作以AB为直径的⊙O；
∵△ADB是将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到的，
∴△ADB≌△ACB，
∴∠ADB=∠ACB=90°．
∵O为AB的中点，连接DO，
∴OD=OB=AB，
∴点D在⊙O上．
在Rt△ACB中，BC=，AC=2；
∴tan∠CAB==，
∴∠CAB=∠BAD=30°，
∴∠ABC=∠ABD=60°，
∴△BOD是等边三角形．
∴∠BOD=60°．
∴∠ABC=∠BOD，
∴FC∥DO．
∵DF⊥CG，
∴∠ODF=∠BFD=90°，
∴OD⊥FD，
∴FD为⊙O的切线．
（2）延长AD交CG于点E，
同（1）中的方法，可证点C在⊙O上；
∴四边形ADBC是圆内接四边形．
∴∠FBD=∠1+∠2．
同理∠FDB=∠2+∠3．
∵∠1=∠2=∠3，
∴∠FBD=∠FDB，
又∠DFB=90°．
∴EC=AC=2．
设BC=x，则BD=BC=x，
∵∠EDB=90°，
∴EB=x ．
∵EB+BC=EC，
∴x+x=2，
解得x=2﹣2，
∴BC=2﹣2．
8．如图1，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过O点作OF⊥AB交⊙O于点D，交AC于点E，交BC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG
(1)判断CG与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)求证：2OB2＝BC•BF；
(3)如图2，当∠DCE＝2∠F，CE＝3，DG＝2.5时，求DE的长．
【答案】（1）CG与⊙O相切，理由见解析；（2）见解析；（3）DE＝2
【解析】
【分析】
（1）连接CE，由AB是直径知△ECF是直角三角形，结合G为EF中点知∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，再由OA＝OC知∠OCA＝∠OAC，根据OF⊥AB可得∠OCA+∠GCE＝90°，即
OC⊥GC，据此即可得证；
（2）证△ABC∽△FBO得BC AB
BO BF
=，结合AB＝2BO即可得；
（3）证ECD∽△EGC得EC ED
EG EC
=，根据CE＝3，DG＝2.5知
3
2.53
DE
DE
=
+
，解之可
得．
【详解】
解：（1）CG与⊙O相切，理由如下：如图1，连接CE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ACF＝90°，
∵点G是EF的中点，
∴GF＝GE＝GC，
∴∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵OF⊥AB，
∴∠OAC+∠AEO＝90°，
∴∠OCA+∠GCE＝90°，即OC⊥GC，
∴CG 与⊙O 相切；
（2）∵∠AOE ＝∠FCE ＝90°，∠AEO ＝∠FEC ，
∴∠OAE ＝∠F ，
又∵∠B ＝∠B ，
∴△ABC ∽△FBO ， ∴BC AB BO BF =，即BO •AB ＝BC •BF ， ∵AB ＝2BO ，
∴2OB 2＝BC •BF ；
（3）由（1）知GC ＝GE ＝GF ，
∴∠F ＝∠GCF ，
∴∠EGC ＝2∠F ，
又∵∠DCE ＝2∠F ，
∴∠EGC ＝∠DCE ，
∵∠DEC ＝∠CEG ，
∴△ECD ∽△EGC ， ∴EC ED EG EC
=， ∵CE ＝3，DG ＝2.5， ∴
32.53DE DE =+， 整理，得：DE 2+2.5DE ﹣9＝0，
解得：DE ＝2或DE ＝﹣4.5（舍），
故DE ＝2．
【点睛】
本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等知识点．
9．在O e 中，AB 为直径，C 为O e 上一点.
（Ⅰ）如图①，过点C 作O e 的切线，与AB 的延长线相交于点P ，若28CAB ∠=︒，求P ∠的大小；
（Ⅱ）如图②，D 为弧AC 的中点，连接OD 交AC 于点E ，连接DC 并延长，与AB 的延长线相交于点P ，若12CAB ∠=︒，求P ∠的大小.
【答案】（1）∠P＝34°；（2）∠P＝27°
【解析】
【分析】
（1）首先连接OC，由OA=OC，即可求得∠A的度数，然后由圆周角定理，求得∠POC的度数，继而求得答案；
（2）因为D为弧AC的中点，OD为半径，所以OD⊥AC，继而求得答案．
【详解】
（1）连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA＝28°，
∴∠POC＝56°，
∵CP是⊙O的切线，
∴∠OCP＝90°，
∴∠P＝34°；
（2）∵D为弧AC的中点，OD为半径，
∴OD⊥AC，
∵∠CAB＝12°，
∴∠AOE＝78°，
∴∠DCA＝39°，
∵∠P＝∠DCA﹣∠CAB，
∴∠P＝27°．
【点睛】
本题考查切线的性质以及等腰三角形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
10．如图1，是用量角器一个角的操作示意图，量角器的读数从M点开始（即M点的读数为0），如图2，把这个量角器与一块30°（∠CAB＝30°）角的三角板拼在一起，三角板的斜边AB与量角器所在圆的直径MN重合，现有射线C绕点C从CA开始沿顺时针方向以每秒2°的速度旋转到与CB，在旋转过程中，射线CP与量角器的半圆弧交于E．连接BE．（1）当射线CP经过AB的中点时，点E处的读数是，此时△BCE的形状是；（2）设旋转x秒后，点E处的读数为y，求y与x的函数关系式；
（3）当CP旋转多少秒时，△BCE是等腰三角形？
【答案】（1）60°，直角三角形；（2）y＝4x（0≤x≤45）；（3）7.5秒或30秒
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理即可解决问题；
（2）如图2﹣2中，由题意∠ACE＝2x，∠AOE＝y，根据圆周角定理可知∠AOE＝2∠ACE，可得y＝2x（0≤x≤45）；
（3）分两种情形分别讨论求解即可；
【详解】
解：（1）如图2﹣1中，
∵∠ACB＝90°，OA＝OB，
∴OA＝OB＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝30°，
∴∠AOE＝60°，
∴点E处的读数是60°，
∵∠E＝∠BAC＝30°，OE＝OB，
∴∠OBE＝∠E＝30°，
∴∠EBC＝∠OBE+∠ABC＝90°，
∴△EBC是直角三角形；
故答案为60°，直角三角形；
（2）如图2﹣2中，
∵∠ACE＝2x，∠AOE＝y，
∵∠AOE＝2∠ACE，
∴y＝4x（0≤x≤45）．
（3）①如图2﹣3中，当EB＝EC时，EO垂直平分线段BC，
∵AC⊥BC，
∵EO∥AC，
∴∠AOE＝∠BAC＝30°，
∠AOE＝15°，
∴∠ECA＝1
2
∴x＝7.5．
②若2﹣4中，当BE＝BC时，
易知∠BEC＝∠BAC＝∠BCE＝30°，
∴∠OBE＝∠OBC＝60°，
∵OE＝OB，
∴△OBE是等边三角形，
∴∠BOE＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠ACE＝1
2
∠ACB＝60°，
∴x＝30，
综上所述，当CP旋转7.5秒或30秒时，△BCE是等腰三角形；
【点睛】
本题考查几何变换综合题、创新题目、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
11．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°；②
2
2 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
=∠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，∴BE 2=． ∵AD=AB ，∠BAD=90°，∴∠ABD=45°，且∠EBC=45°，∴∠ABE=∠HBC ，且∠BAC=∠CHB ，∴△ABE ∽△HBC ，∴BC CH EB AE =，即112CH =，∴CH 22
=．
【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．
12．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3cos 5
C =,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P e 与边AB 的另一个交点为
D ，过点D 作D
E CB ⊥于点E .
()1当P e 与边BC 相切时，求P e 的半径；
()2联结BP 交DE 于点F ，设AP 的长为x ，PF 的长为y ，求y 关于x 的函数解析式，并直接写出x 的取值范围；
()3在()2的条件下，当以PE 长为直径的Q e 与P e 相交于AC 边上的点G 时，求相交所得的公共弦的长.
【答案】（1）409；（2）)25880010x x x y x -+=<<；（3）105- 【解析】
【分析】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，
cosC=
3
5
，则
sinC=4
5
，sinC=
HP
CP
=
R
10
R
-
=
4
5
，即可求解；
（2）PD∥BE，则
EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x y
--+-
=，即可求解；
（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．
【详解】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，
连接HP，则HP⊥BC，cosC=
3
5
，则sinC=
3
5
，
sinC=
HP
CP
=
R
10R
-
=
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=4，5tan∠()2
2
84
x
+-2880
x x
-+
DA=
25
5
x，则BD=45
-
25
5
x，
如下图所示，
PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，
tanβ=2，则cosβ=
5
，sinβ=
5
，
EB=BDcosβ=（45-
25
5
x）×
5
=4-
2
5
x，
∴PD∥BE，
∴EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x
--+-
=，
整理得：y=()
2
5x x8x80
0x10
-+
<<；
（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，
两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，
∵点Q时弧GD的中点，
∴DG⊥EP，
∵AG是圆P的直径，
∴∠GDA=90°，
∴EP∥BD，
由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形，
∴AG=EP=BD ，
∴AB=DB+AD=AG+AD=45， 设圆的半径为r ，在△ADG 中，
AD=2rcosβ=5，DG=5
，AG=2r ， 5+2r=45，解得：2r=51
+， 则：DG=5
=10-25， 相交所得的公共弦的长为10-25．
【点睛】
本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．
13．如图，已知AB 是⊙O 的直径，BC 是弦，弦BD 平分∠ABC 交AC 于F ，弦DE ⊥AB 于H ，交AC 于G ．
①求证：AG ＝GD ；
②当∠ABC 满足什么条件时，△DFG 是等边三角形？
③若AB ＝10，sin ∠ABD ＝35
，求BC 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）当∠ABC ＝60°时，△DFG 是等边三角形．理由见解析；（3）BC 的长为
145． 【解析】
【分析】
（1）首先连接AD ，由DE ⊥AB ，AB 是O e 的直径，根据垂径定理，即可得到¶¶AD AE =，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，证得∠ADE ＝∠ABD ，又由弦BD 平分∠ABC ，可得∠DBC ＝∠ABD ，根据等角对等边的性质，即可证得AG=GD ；
（2）当∠ABC=60°时，△DFG 是等边三角形，根据半圆（或直径）所对的圆周角是直角与三角形的外角的性质，易求得∠DGF=∠DFG=60°，即可证得结论；
（3）利用三角函数先求出tan ∠ABD 34=，cos ∠ABD ＝45
，再求出DF 、BF ，然后即可求出
BC.
【详解】
（1）证明：连接AD ，
∵DE ⊥AB ，AB 是⊙O 的直径，
∴¶¶AD AE =，
∴∠ADE ＝∠ABD ，
∵弦BD 平分∠ABC ，
∴∠DBC ＝∠ABD ，
∵∠DBC ＝∠DAC ，
∴∠ADE ＝∠DAC ，
∴AG ＝GD ；
（2）解：当∠ABC ＝60°时，△DFG 是等边三角形．
理由：∵弦BD 平分∠ABC ，
∴∠DBC ＝∠ABD ＝30°，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB ＝90°，
∴∠CAB ＝90°﹣∠ABC ＝30°，
∴∠DFG ＝∠FAB+∠DBA ＝60°，
∵DE ⊥AB ，
∴∠DGF ＝∠AGH ＝90°﹣∠CAB ＝60°，
∴△DGF 是等边三角形；
（3）解：∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ADB ＝∠ACB ＝90°，
∵∠DAC ＝∠DBC ＝∠ABD ，
∵AB ＝10，sin ∠ABD ＝35
， ∴在Rt △ABD 中，AD ＝AB•sin ∠ABD ＝6，
∴BD
8，
∴tan ∠ABD ＝34AD BD =，cos ∠ABD ＝4=5
BD AB ， 在Rt △ADF 中，DF ＝AD•tan ∠DAF ＝AD•tan ∠ABD ＝6×
34＝92， ∴BF ＝BD ﹣DF ＝8﹣92＝72
， ∴在Rt △BCF 中，BC ＝BF•cos ∠DBC ＝BF•cos ∠ABD ＝
72×45＝145． ∴BC 的长为：145
．
【点睛】
此题考查了圆周角定理、垂径定理、直角三角形的性质、三角函数的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是掌握数形结合思想与转化思想的应用，注意辅助线的作法．
14．如图，AB 是O e 的直径，弦CD AB ⊥于点E ，过点C 的切线交AB 的延长线于点F ，连接DF .
（1）求证：DF 是O e 的切线；
（2）连接BC ，若30BCF ∠=︒，2BF =，求CD 的长.
【答案】（1）见解析；（2）3【解析】
【分析】(1) 连接OD,由垂径定理证OF 为CD 的垂直平分线，得CF=DF ，∠CDF=∠DCF ，由∠CDO=∠OCD ，再证∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°，可得OD ⊥DF ，结论成立.
(2) 由∠OCF=90°, ∠BCF=30°，得∠OCB=60°，再证ΔOCB 为等边三角形，得∠COB=60°，可得∠CFO=30°，所以FO=2OC=2OB ，FB=OB= OC =2，在直角三角形OCE 中，解直角三角形可得CE,再推出CD=2CE.
【详解】（1）证明：连接OD
∵CF 是⊙O 的切线
∴∠OCF=90°
∴∠OCD+∠DCF=90°
∵直径AB ⊥弦CD
∴CE=ED ，即OF 为CD 的垂直平分线
∴CF=DF
∴∠CDF=∠DCF
∵OC=OD ，
∴∠CDO=∠OCD
∴∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°
∴OD ⊥DF
∴DF 是⊙O 的切线
（2）解：连接OD
∵∠OCF=90°, ∠BCF=30°
∴∠OCB=60°
∵OC=OB
∴ΔOCB为等边三角形，
∴∠COB=60°
∴∠CFO=30°
∴FO=2OC=2OB
∴FB=OB= OC =2
在直角三角形OCE中，∠CEO=90°∠COE=60°
CE3
sin COE
OC2
∠==
∴CF3
=
∴CD=2 CF23
=
【点睛】本题考核知识点：垂径定理，切线，解直角三角形. 解题关键点：熟记切线的判定定理，灵活运用含有30°角的直角三角形性质，巧解直角三角形.
15．如图, Rt△ABC中，∠B=90°，它的内切圆分别与边BC、CA、AB相切于点D、E、F， (1)
设AB=c, BC=a, AC=b, 求证: 内切圆半径r＝1
2
(a+b-c).
(2) 若AD交圆于P, PC交圆于H, FH//BC, 求∠CPD;
(3)若r=310, PD＝18, PC=272. 求△ABC各边长.
【答案】（1）证明见解析（2）45°（3）1010,1510
，12
【解析】
【分析】
（1）根据切线长定理，有AE=AF，BD=BF，CD=CE．易证四边形BDOF为正方形，
BD=BF=r，用r表示AF、AE、CD、CE，利用AE+CE=AC为等量关系列式．
（2）∠CPD为弧DH所对的圆周角，连接OD，易得弧DH所对的圆心角∠DOH=90°，所以∠CPD=45°．
（3）由PD=18和r=310,联想到垂径定理基本图形，故过圆心O作PD的垂线OM，求得弦心距OM=3，进而得到∠MOD的正切值．延长DO得直径DG，易证PG∥OM，得到同位角∠G=∠MOD．又利用圆周角定理可证∠ADB=∠G，即得到∠ADB的正切值，进而求得AB．再设CE=CD=x，用x表示BC、AC，利用勾股定理列方程即求出x．
【详解】
解：（1）证明：设圆心为O，连接OD、OE、OF，
∵⊙O分别与BC、CA、AB相切于点D、E、F
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，AE=AF，BD=BF，CD=CE
∴∠B=∠ODB=∠OFB=90°
∴四边形BDOF是矩形
∵OD=OF=r
∴矩形BDOF是正方形
∴BD=BF=r
∴AE=AF=AB-BF=c-r，CE=CD=BC-BD=a-r
∵AE+CE=AC
∴c-r+a-r=b
整理得：r=1
2
（a+b-c）
（2）取FH中点O，连接OD ∵FH∥BC
∴∠AFH=∠B=90°
∵AB与圆相切于点F，
∴FH为圆的直径，即O为圆心∵FH∥BC
∴∠DOH=∠ODB=90°
∴∠CPD=1
2
∠DOH=45°
（3）设圆心为O ，连接DO 并延长交⊙O 于点G ，连接PG ，过O 作OM ⊥PD 于M ∴∠OMD=90°
∵PD=18
∴DM=12
PD=9 ∵10
∴22OD DM -22(310)9-9081-3
∴tan ∠MOD=
DM OM ＝3 ∵DG 为直径
∴∠DPG=90°
∴OM ∥PG ，∠G+∠ODM=90°
∴∠G=∠MOD
∵∠ODB=∠ADB+∠ODM=90°
∴∠ADB=∠G
∴∠ADB=∠MOD
∴tan ∠ADB=AB BD
=tan ∠MOD=3 ∴10
∴10−10＝10
设CE=CD=x ，则10+x ，10+x
∵AB 2+BC 2=AC 2
∴10)2．10+x)2＝10+x)2
解得：10∴10，10
∴△ABC 各边长10，10，10
【点睛】
本题考查切线的性质，切线长定理，正方形的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理．切线长定理的运用是解决本题的关键，而在不能直接求得线段长的情况下，利用勾股定理作为等量关系列方程解决是常用做法．。