2020-2021全国备战中考数学圆的综合的综合备战中考真题汇总含答案解析

2020-2021全国备战中考数学圆的综合的综合备战中考真题汇总含答案解析
一、圆的综合
1．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．
（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；
（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）8．
【解析】
（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；
（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．
试题解析：连接AD，OA，
∵∠ADC=∠B，∠B=60°，
∴∠ADC=60°，
∵CD是直径，
∴∠DAC=90°，
∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，
∵AP=AC，OA=OC，
∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，
∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，
即OA⊥AP，
∵OA为半径，
∴AP是⊙O切线．
（2）连接AD，BD，
∵CD是直径，
∴∠DBC=90°，
∵CD=4，B为弧CD中点，
∴BD=BC=，
∴∠BDC=∠BCD=45°，
∴∠DAB=∠DCB=45°，
即∠BDE=∠DAB，
∵∠DBE=∠DBA，
∴△DBE∽△ABD，
∴，
∴BE•AB=BD•BD=．
考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．
2．如图，⊙A过▱OBCD的三顶点O、D、C，边OB与⊙A相切于点O，边BC与⊙O相交于点H，射线OA交边CD于点E，交⊙A于点F，点P在射线OA上，且∠PCD=2∠DOF，以O为原点，OP所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为（0，﹣2）．
（1）若∠BOH=30°，求点H的坐标；
（2）求证：直线PC是⊙A的切线；
（3）若OD=10，求⊙A的半径．
【答案】（1）（132）详见解析；（3）5 3 .
【解析】
【分析】
（1）先判断出OH=OB=2，利用三角函数求出MH，OM，即可得出结论；
（2）先判断出∠PCD=∠DAE ，进而判断出∠PCD=∠CAE ，即可得出结论；
（3）先求出OE ═3，进而用勾股定理建立方程，r 2-（3-r ）2=1，即可得出结论．
【详解】
（1）解：如图，过点H 作HM ⊥y 轴，垂足为M ．
∵四边形OBCD 是平行四边形，
∴∠B=∠ODC
∵四边形OHCD 是圆内接四边形
∴∠OHB=∠ODC
∴∠OHB=∠B
∴OH=OB=2
∴在Rt △OMH 中，
∵∠BOH=30°，
∴MH=1
2
OH=1， ∴
点H 的坐标为（1
（2）连接AC ．
∵OA=AD ，
∴∠DOF=∠ADO
∴∠DAE=2∠DOF
∵∠PCD=2∠DOF ，
∴∠PCD=∠DAE
∵OB 与⊙O 相切于点A
∴OB ⊥OF
∵OB ∥CD
∴CD ⊥AF
∴∠DAE=∠CAE
∴∠PCD=∠CAE
∴∠PCA=∠PCD+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90°
∴直线PC 是⊙A 的切线；
（3）解：⊙O 的半径为r ．
在Rt △OED 中，DE=
12CD=12OB=1， ， ∴OE ═3
∵OA=AD=r ，AE=3﹣r ．
在Rt △DEA 中，根据勾股定理得，r 2﹣（3﹣r ）2=1
解得r=53
．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键．
3．如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．
（1）求∠AOC的度数；
（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．
【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3）．
【解析】
【分析】
（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°．
（2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系．（3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．
【详解】
（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，
∴△OAC是等边三角形，
故∠AOC=60°．
（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；
∴AC=1
2
OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，
而OC是⊙O的半径，
故PC与⊙O的位置关系是相切．
（3）如图；有三种情况：
①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，﹣
3
劣弧MA的长为：6044 1803
ππ
⨯
=；
②取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2（﹣2，﹣3
劣弧MA的长为：12048 1803
ππ
⨯
=；
③取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3（﹣2，
3
优弧MA的长为：240416 1803
ππ
⨯
=；
④当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4（2，3）；
优弧MA的长为：300420 1803
ππ
⨯
=；
综上可知：当S△MAO=S△CAO时，动点M所经过的弧长为481620
,,,
3333
ππππ
对应的M点坐
标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3
【点睛】
本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．
4．如图，在平面直角坐标系xoy中，E（8,0），F(0 , 6)．
（1）当G(4，8)时，则∠FGE= °
（2）在图中的网格区域内找一点P，使∠FPE=90°且四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形．
要求：写出点P点坐标，画出过P点的分割线并指出分割线（不必说明理由，不写画法）．
【答案】（1）90；（2）作图见解析，P（7，7），PH是分割线．
【解析】
试题分析：（1）根据勾股定理求出△FEG的三边长，根据勾股定理逆定理可判定△FEG是直角三角形，且∠FGE="90" °．
（2）一方面，由于∠FPE=90°，从而根据直径所对圆周角直角的性质，点P在以EF为直径的圆上；另一方面，由于四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形，从而OP是正方形的对角线，即点P在∠FOE的角平分线上，因此可得P（7，7），PH是分割线．
试题解析：（1）连接FE，
∵E（8,0），F(0 , 6)，G(4，8)，
∴根据勾股定理，得FG=，EG=，FE=10．
∵，即．
∴△FEG是直角三角形，且∠FGE=90 °．
（2）作图如下：
P（7，7），PH是分割线．
考点：1．网格问题；2．勾股定理和逆定理；3．作图（设计）；4．圆周角定理．
5．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点F在⊙O上，且点C是的中点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，交AF的延长线于点E．
（1）求证：AE⊥DE；
（2）若∠BAF=60°，AF=4，求CE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）首先连接OC，由OC=OA，，易证得OC∥AE，又由DE切⊙O于点C，易证得AE⊥DE；
（2）由AB是⊙O的直径，可得△ABC是直角三角形，易得△AEC为直角三角形，根据
AE=3求得AC的长，然后连接OF，可得△OAF为等边三角形，知AF=OA=AB，在△ACB 中，利用已知条件求得答案．
试题解析：（1）证明：连接OC，
∵OC=OA，
∴∠BAC=∠OCA，
∵
∴∠BAC=∠EAC，
∴∠EAC=∠OCA，
∴OC∥AE，
∵DE切⊙O于点C，
∴OC⊥DE，
∴AE⊥DE；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴△ABC是直角三角形，
∵∠CBA=60°，
∴∠BAC=∠EAC=30°，
∵△AEC为直角三角形，AE=3，
∴AC=2，
连接OF，
∵OF=OA，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，
∴△OAF为等边三角形，
∴AF=OA=AB，
在Rt△ACB中，AC=2，tan∠CBA=，
∴BC=2，
∴AB=4，
∴AF=2．
考点：切线的性质．
6．如图，在锐角△ABC中，AC是最短边．以AC为直径的⊙O，交BC于D，过O作OE∥BC，交OD于E，连接AD、AE、CE．
（1）求证：∠ACE=∠DCE；
（2）若∠B=45°，∠BAE=15°，求∠EAO的度数；
（3）若AC=4，
2
3
CDF
COE
S
S
∆
∆
=，求CF的长．
【答案】（1）证明见解析，（2）60°；（3）43 3
【解析】
【分析】
（1）易证∠OEC=∠OCE，∠OEC=∠ECD，从而可知∠OCE=∠ECD，即∠ACE=∠DCE；（2）延长AE交BC于点G，易证∠AGC=∠B+∠BAG=60°，由于OE∥BC，所以
∠AEO=∠AGC=60°，所以∠EAO=∠AEO=60°；
（3）易证
1
2
COE
CAE
S
S
=
V
V
，由于
2
3
CDF
COE
S
S
=
V
V
，所以CDF
CAE
S
S
V
V
=
1
3
，由圆周角定理可知
∠AEC=∠FDC=90°，从而可证明△CDF∽△CEA，利用三角形相似的性质即可求出答案．【详解】
（1）∵OC=OE，∴∠OEC=∠OCE．
∵OE∥BC，∴∠OEC=∠ECD，∴∠OCE=∠ECD，即∠ACE=∠DCE；
（2）延长AE交BC于点G．
∵∠AGC是△ABG的外角，∴∠AGC=∠B+∠BAG=60°．∵OE∥BC，∴∠AEO=∠AGC=60°．
∵OA=OE，∴∠EAO=∠AEO=60°．
（3）∵O是AC中点，∴
1
2 COE
CAE
S
S
= V
V
．
2
3
CDF
COE
S
S
=
V
V
Q，∴CDF
CAE
S
S
V
V
=
1
3
．
∵AC是直径，∴∠AEC=∠FDC=90°．
∵∠ACE=∠FCD，∴△CDF∽
△CEA，∴CF
CA
=
3
，∴CF=
3
CA=
43
．
【点睛】
本题考查了圆的综合问题，涉及平行线的性质，三角形的外角的性质，三角形中线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质等知识，需要学生灵活运用所学知识．
7．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，BD＝BA，BE⊥DC交DC的延长线于点E
(1) 求证：BE是⊙O的切线
(2) 若EC＝1，CD＝3，求cos∠DBA
【答案】（1）证明见解析；（2）∠DBA
3
5
=
【解析】
分析：（1）连接OB，OD，根据线段垂直平分线的判定，证得BF为线段AD的垂直平分线，再根据直径所对的圆周角为直角，得到∠ADC=90°，证得四边形BEDF是矩形，即
∠EBF=90°，可得出结论.
（2）根据中点的性质求出OF的长，进而得到BF、DE、OB、OD的长，然后根据等角的三角函数求解即可.
详解：证明：(1) 连接BO并延长交AD于F，连接OD
∵BD＝BA，OA＝OD
∴BF为线段AD的垂直平分线
∵AC为⊙O的直径
∴∠ADC＝90°
∵BE⊥DC
∴四边形BEDF为矩形
∴∠EBF＝90°
∴BE是⊙O的切线
(2) ∵O、F分别为AC、AD的中点
∴OF＝1
2CD＝
3
2
∵BF＝DE＝1＋3＝4∴OB＝OD＝35
4
22
-=
∴cos∠DBA＝cos∠DOF＝
3
3
2
55
2 OF
OD
==
点睛：此题主要考查了圆的切线的判定与性质，关键是添加合适的辅助线，利用垂径定理和圆周角定理进行解答，注意相等角的关系的转化.
8．（1）问题背景
如图①，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AB=AC，P为BmC上一动点（不与B，C重2PA=PB+PC．
小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB，AP，AC，且AB=AC，这就为旋转作了铺垫．于是，小明同学有如下思考过程：
第一步：将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；
第二步：证明Q，B，P三点共线，进而原题得证．
请你根据小明同学的思考过程完成证明过程．
（2）类比迁移
如图②，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=AC，AB⊥AC，垂足为A，求OC的最小值．
（3）拓展延伸
如图③，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=4
3
AC，AB⊥AC，垂足
为A，则OC的最小值为．
【答案】（1）证明见解析；（2）OC最小值是32﹣3；（3）3
2
．
【解析】
试题分析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①），只要证明△APQ 是等腰直角三角形即可解决问题；
（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点O顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，在△BOQ中，利用三边关系定理即可解决问题；
（3）如图③构造相似三角形即可解决问题．作AQ⊥OA，使得AQ=4
3
OA，连接OQ，
BQ，OB．由△QAB∽OAC，推出BQ=4
3
OC，当BQ最小时，OC最小；
试题解析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；
∵BC是直径，∴∠BAC=90°，
∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=45°，
由旋转可得∠QBA=∠PCA，∠ACB=∠APB=45°，PC=QB，
∵∠PCA+∠PBA=180°，∴∠QBA+∠PBA=180°，∴Q，B，P三点共线，
∴∠QAB+∠BAP=∠BAP+∠PAC=90°，∴QP2=AP2+AQ2=2AP2，
∴2AP=QB+BP=PC+PB，∴2．
（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点A顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，
∵AB ⊥AC,∴∠BAC=90°,
由旋转可得 QB=OC ，AQ=OA ，∠QAB=∠OAC ，∴∠QAB+∠BAO=∠BAO+∠OAC=90°， ∴在Rt △OAQ 中，OQ=32，AO=3 ，∴在△OQB 中，BQ≥OQ ﹣OB=32﹣3 ， 即OC 最小值是32﹣3；
（3）如图③中，作AQ ⊥OA ，使得AQ=43
OA ，连接OQ ，BQ ，OB ．
∵∠QAO=∠BAC=90°，∠QAB=∠OAC ，∵
QA AB OA AC ==43， ∴△QAB ∽OAC ，∴BQ=43
OC ， 当BQ 最小时，OC 最小，易知OA=3，AQ=4，OQ=5，BQ≥OQ ﹣OB ，∴OQ≥2，] ∴BQ 的最小值为2，
∴OC 的最小值为
34×2=32， 故答案为32
． 【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识，能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键.
9．如图，△ABC 是⊙O 的内接三角形，点D ，E 在⊙O 上，连接AE ，DE ，CD ，BE ，CE ，∠EAC+∠BAE=180°，»»AB CD =．
（1）判断BE 与CE 之间的数量关系，并说明理由；
（2）求证：△ABE ≌△DCE ；
（3）若∠EAC=60°，BC=8，求⊙O 的半径．
【答案】（1）BE=CE ，理由见解析；（2）证明见解析；（3）
833
． 【解析】 分析：（1）由A 、B 、C 、E 四点共圆的性质得：∠BCE+∠BAE=180°，则∠BCE=∠EAC ，所以»»BE
CE =，则弦相等；（2）根据SSS 证明△ABE ≌△DCE ； （3）作BC 和BE 两弦的弦心距，证明Rt △GBO ≌Rt △HBO （HL ），则∠OBH=30°，设OH=x ，则OB=2x ，根据勾股定理列方程求出x 的值，可得半径的长．
本题解析：
（1）解：BE=CE ，
理由：∵∠EAC+∠BAE=180°，∠BCE+∠BAE=180°，
∴∠BCE=∠EAC ，
∴»»BE
CE =， ∴BE=CE ；
（2）证明：∵»»AB CD =，∴AB=CD ，
∵»»BE CE =，»»AE ED
=，∴AE=ED ， 由（1）得：BE=CE ，
在△ABE 和△DCE 中，
∵AE DE AB CD BE CE =⎧⎪=⎨⎪=⎩
， ∴△ABE ≌△DCE （SSS ）；
（3）解：如图，∵过O 作OG ⊥BE 于G ，OH ⊥BC 于H ，
∴BH=
12BC=12×8=4，BG=12
BE ， ∵BE=CE ，∠EBC=∠EAC=60°， ∴△BEC 是等边三角形，∴BE=BC ，∴BH=BG ，
∵OB=OB ，∴Rt △GBO ≌Rt △HBO （HL ），
∴∠OBH=∠GBO=
12
∠EBC=30°， 设OH=x ，则OB=2x ， 由勾股定理得：（2x ）2=x 2+42，43
∴OB=2x=833，∴⊙O 的半径为833
．
点睛：本题是圆的综合题，考查了四点共圆的性质、三角形全等的性质和判定、勾股定理、直角三角形30°的性质，难度适中，第一问还可以利用三角形全等得出对应边相等的结论；第三问作辅助线，利用勾股定理列方程是关键.
10．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．
11．如图①，抛物线y ＝ax 2+bx+c 经过点A （﹣2，0）、B （4，0）、C （0，3）三点．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）点P 是y 轴上的一个动点，连接PA ，试求5PA+4PC 的最小值；
（3）如图②，若直线l 经过点T （﹣4，0），Q 为直线l 上的动点，当以A 、B 、Q 为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l 的解析式．
【答案】（1）233384y x x =-
++；（2）5PA+4PC 的最小值为18；（3）直线l 的解析式为334y x =+或334
y x =--. 【解析】
【分析】
（1）设出交点式，代入C 点计算即可 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ，易证△CDP ∽△COB ，得到比例式
PC PD BC OB =，得到PD=45PC ，所以5PA+4PC ＝5（PA+45
PC ）＝5（PA+PD ），当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5
（PA+PD ）＝5AE 最小，利用等面积法求出AE=185
，即最小值为18 （3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆, 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，所以只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°，即∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q ，∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个；此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ，利用cos ∠QFT 求出QG ，分出情况Q 在x 轴上方和x 轴下方时，分别代入直接l 得到解析式即可
【详解】
解：（1）∵抛物线与x 轴交点为A （﹣2，0）、B （4，0）
∴y ＝a （x+2）（x ﹣4）
把点C （0，3）代入得：﹣8a ＝3
∴a ＝﹣38
∴抛物线解析式为y ＝﹣
38（x+2）（x ﹣4）＝﹣38x 2+34x+3 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D
∴∠CDP ＝∠COB ＝90°
∵∠DCP ＝∠OCB
∴△CDP ∽△COB ∴PC PD BC OB
= ∵B （4，0），C （0，3）
∴OB
＝4，OC ＝3，BC
∴PD ＝45
PC ∴5PA+4PC ＝5（PA+
45PC ）＝5（PA+PD ） ∴当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小
∵A （﹣2，0），OC ⊥AB ，AE ⊥BC
∴S △ABC ＝
12AB•OC ＝12BC•AE ∴AE ＝631855
AB OC BC ⨯==n ∴5AE ＝18
∴5PA+4PC 的最小值为18．
（3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆
当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，
∴只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90° ∴∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q
∵当Q 在⊙F 上运动时（不与A 、B 重合），∠AQB ＝90°
∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个
此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G
∴∠FQT ＝90°
∵F 为A （﹣2，0）、B （4，0）的中点
∴F （1，0），FQ ＝FA ＝3
∵T （﹣4，0）
∴TF ＝5，cos ∠QFT ＝35FQ TF = ∵Rt △FGQ 中，cos ∠QFT ＝35FG FQ =
∴FG ＝35FQ ＝95
∴x Q ＝1﹣9455=-，QG ＝2222912FQ 355FG ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭
①若点Q 在x 轴上方，则Q （41255
-，）
设直线l 解析式为：y ＝kx+b ∴404125
5k b k b -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 解得：343k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴直线l ：334
y x =+ ②若点Q 在x 轴下方，则Q （41255--，
） ∴直线l ：334
y x =-- 综上所述，直线l 的解析式为334y x =+或334
y x =--
【点睛】
本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论
12．如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E是AB延长线上一点，CE交⊙O于点F，连接OC、AC．
（1）求证：AC平分∠DAO．
（2）若∠DAO=105°，∠E=30°
①求∠OCE的度数；
②若⊙O的半径为22，求线段EF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）①∠OCE=45°；②EF =23
【解析】
【试题分析】（1）根据直线与⊙O相切的性质，得OC⊥CD.
又因为AD⊥CD，根据同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线也平行，得：AD//OC. ∠DAC=∠OCA.又因为OC=OA，根据等边对等角，得∠OAC=∠OCA.等量代换得：
∠DAC=∠OAC.根据角平分线的定义得：AC平分∠DAO.
（2）①因为 AD//OC，∠DAO=105°，根据两直线平行，同位角相等得，
中，∠E=30°，利用内角和定理，得：∠OCE=45°.
∠EOC=∠DAO=105°，在OCE
②作OG⊥CE于点G，根据垂径定理可得FG=CG，因为OC=2，∠OCE=45°.等腰直角三
2倍，得CG=OG=2. FG=2.在Rt△OGE中，∠E=30°，得GE=23
则EF=GE-FG=23
【试题解析】
（1）∵直线与⊙O相切，∴OC⊥CD.
又∵AD⊥CD，∴AD//OC.
∴∠DAC=∠OCA.
又∵OC=OA ，∴∠OAC=∠OCA.
∴∠DAC=∠OAC.
∴AC 平分∠DAO.
（2）解：①∵AD//OC ，∠DAO=105°，∴∠EOC=∠DAO=105°
∵∠E=30°，∴∠OCE=45°.
②作OG ⊥CE 于点G ，可得FG=CG
∵OC=22，∠OCE=45°.∴CG=OG=2.
∴FG=2.
∵在Rt △OGE 中，∠E=30°，∴GE=23.
∴EF=GE-FG=23-2.
【方法点睛】本题目是一道圆的综合题目，涉及到圆的切线的性质，平行线的性质及判定，三角形内角和，垂径定理，难度为中等.
13．如图，已知AB 是⊙O 的直径，P 是BA 延长线上一点，PC 切⊙O 于点C ，CD ⊥AB ，垂足为D ．
（1）求证：∠PCA ＝∠ABC ；
（2）过点A 作AE ∥PC 交⊙O 于点E ，交CD 于点F ，交BC 于点M ，若∠CAB ＝2∠B ，CF 3
【答案】（1）详见解析；（2633π-. 【解析】
【分析】
（1）如图，连接OC ，利用圆的切线的性质和直径对应的圆周角是直角可得
∠PCA=∠OCB ，利用等量代换可得∠PCA=∠ABC.
（2）先求出△OCA 是等边三角形，在利用三角形的等边对等角定理求出FA=FC 和CF=FM,然后分别求出AM 、AC 、MO 、CD 的值，分别求出0A E S ∆、BOE S 扇形 、ABM S ∆ 的值，利用
0A E ABM BOE S S S S ∆∆=+-阴影部分扇形，然后通过计算即可解答.
【详解】
解：（1）证明：连接OC ，如图，
∵PC 切⊙O 于点C ，∴OC ⊥PC,
∴∠PCA+∠ACO=90º,
∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB=∠ACO+OCB=90º ∴∠PCA=∠OCB,
∵OC=OB,∴∠OBC=∠OCB,
∴∠PCA=∠ABC ；
（2）连接OE ，如图，
∵△ACB 中，∠ACB ＝90º,∠CAB ＝2∠B, ∴∠B ＝30º,∠CAB ＝60º,∴△OCA 是等边三角形， ∵CD ⊥AB,∴∠ACD+∠CAD ＝∠CAD ＋∠ABC ＝90º, ∴∠ACD ＝∠B ＝30º,
∵PC ∥AE,∴∠PCA ＝∠CAE ＝30º,∴FC=FA, 同理，CF ＝FM,∴AM ＝2CF=23, Rt △ACM 中，易得AC=23×3=3＝OC, ∵∠B ＝∠CAE ＝30º,∴∠AOC=∠COE=60º, ∴∠EOB=60º,∴∠EAB=∠ABC=30º,∴MA=MB, 连接OM,EG ⊥AB 交AB 于G 点，如图所示，
∵OA=OB,∴MO ⊥AB,∴MO ＝3 ∵△CDO ≌△EDO(AAS)，
∴EG=CD=AC×sin60º=332， ∴1332
ABM S AB MO ∆=⨯=, 同样，易求93AOE S ∆=
， 260333602
BOE S ππ⨯==扇形 ∴0A E ABM BOE S S S S ∆∆=+-阴影部分扇形=933633332ππ-+-=
. 【点睛】 本题考查了切线的性质、解直角三角形、扇形面积和识图的能力，综合性较强，有一定难度，熟练掌握定理并准确识图是解题的关键.
14．如图，BD 为△ABC 外接圆⊙O 的直径，且∠BAE ＝∠C ．
（1）求证：AE 与⊙O 相切于点A ；
（2）若AE ∥BC ，BC ＝23，AC ＝2，求AD 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）23【解析】
【分析】
（1）根据题目中已出现切点可确定用“连半径，证垂直”的方法证明切线，连接AO 并延长交⊙O 于点F ，连接BF ，则AF 为直径，∠ABF ＝90°，根据同弧所对的圆周角相等，则可得到∠BAE ＝∠F ，既而得到AE 与⊙O 相切于点A ．
（2））连接OC ，先由平行和已知可得∠ACB ＝∠ABC ，所以AC ＝AB ，则∠AOC ＝∠AOB ，从而利用垂径定理可得AH ＝1，在Rt △OBH 中，设OB ＝r ，利用勾股定理解得r ＝2，在Rt △ABD 中，即可求得AD 的长为3
【详解】
解：（1）连接AO 并延长交⊙O 于点F ，连接BF ，
则AF 为直径，∠ABF ＝90°，
∵»»AB AB =，
∴∠ACB ＝∠F ，
∵∠BAE ＝∠ACB ，
∴∠BAE ＝∠F ，
∵∠FAB +∠F ＝90°，
∴∠FAB +∠BAE ＝90°，
∴OA ⊥AE ，
∴AE 与⊙O 相切于点A ．
（2）连接OC ，
∵AE ∥BC ，
∴∠BAE ＝∠ABC ，
∵∠BAE ＝∠ACB ，
∴∠ACB ＝∠ABC ，
∴AC ＝AB ＝2，
∴∠AOC ＝∠AOB ，
∵OC ＝OB ，
∴OA ⊥BC ，
∴CH ＝BH ＝12BC ＝3， 在Rt △ABH 中， AH ＝22AB BH -＝1，
在Rt △OBH 中，设OB ＝r ，
∵OH 2+BH 2＝OB 2，
∴（r ﹣1）2+（3）2＝r 2，
解得：r ＝2，
∴DB ＝2r ＝4，
在Rt △ABD 中，AD ＝22BD AB -＝2242-＝23，
∴AD 的长为23．
【点睛】
本题考查了圆的综合问题，恰当的添加辅助线是解题关键.
15．在△ABC 中，0090,60ACB BAC ∠=∠=，AC=2，P 为△ABC 所在平面内一点，分别连PA,PB ,PC ．
（1）如图1,已知，APB BPC APC ∠=∠=∠，以A 为旋转中心，将APB ∆顺时针旋转60度，得到AMN ∆.
①请画出图形，并求证：C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上；
②求PA+PB+PC 的值.
（2）如图2，如果点P 满足090BPC ∠=，设Q 为AB 边中点，求PQ 的取值范围.
【答案】（1）①详见解析；②7；（231312PQ PQ ≤≤≠且；
【解析】
【分析】
（1）①欲证明C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上，只要证明∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°即可；
②只要证明PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN ，在Rt △CBN 中，利用勾股定理求出NC 即可； （2）如图2中，由∠BPC=90°，推出点P 在以BC 为直径的圆上（P 不与B 、C 重合），设BC 的中点为O ，作直线OQ 交⊙O 与P 和P′，可得PQ 3-1，PQ 的最大值为3+1，PQ≠2，由此即可解决问题；
【详解】
（1）①证明：如图，
∵△APB≌△AMN，△APM是等边三角形，
∴∠APM=∠APM=60°，
∵∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
∴∠APB=∠BPC=∠APC=∠AMN=120°，
∴∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°，
∴C、P、M、N四点在同一条直线上；
②解：连接BN,易得ΔABN是等边三角形
∴∠ABN=60°，∵∠ABC=30°，
∴∠NBC=90°，
∵AC=2，
∴AB=BN=4，BC=23，
∵PA=PM，PB=MN，
∴PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN，
在Rt△CBN中，CN=22
+=，
BC BN27
∴PA+PB+PC=27．
(2) 如图2中，
∵∠BPC=90°，
∴点P在以BC为直径的圆上（P不与B、C重合），
设BC的中点为O，作直线OQ交⊙O与P和P′，
可得PQ3-1，PQ3+1，PQ≠2，∴33+1且PQ≠2．
且
∴≤≤≠
PQ1PQ1PQ2
【点睛】
本题考查几何变换综合题、等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质、勾股定理、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．。