2020-2021备战中考数学 圆的综合 培优 易错 难题练习(含答案)及详细答案

2020-2021备战中考数学 圆的综合 培优 易错 难题练习(含答案)及详细答案
一、圆的综合
1．如图，⊙O 的半径为6cm ，经过⊙O 上一点C 作⊙O 的切线交半径OA 的延长于点B ，作∠ACO 的平分线交⊙O 于点D ，交OA 于点F ，延长DA 交BC 于点E ．
（1）求证：AC ∥OD ；
（2）如果DE ⊥BC ，求»AC 的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）2π．
【解析】
试题分析：（1）由OC =OD ，CD 平分∠ACO ，易证得∠ACD =∠ODC ，即可证得AC ∥OD ； （2）BC 切⊙O 于点C ，DE ⊥BC ，易证得平行四边形ADOC 是菱形，继而可证得△AOC 是等边三角形，则可得：∠AOC =60°，继而求得弧AC 的长度．
试题解析：（1）证明：∵OC =OD ，∴∠OCD =∠ODC ．∵CD 平分∠ACO ，
∴∠OCD =∠ACD ，∴∠ACD =∠ODC ，∴AC ∥OD ；
（2）∵BC 切⊙O 于点C ，∴BC ⊥OC ．∵DE ⊥BC ，∴OC ∥DE ．∵AC ∥OD ，∴四边形ADOC 是平行四边形．∵OC =OD ，∴平行四边形ADOC 是菱形，∴OC =AC =OA ，∴△AOC 是等边三角形，∴∠AOC =60°，∴弧AC 的长度=606180
π⨯=2π． 点睛：本题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质以及弧长公式．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
2．已知AB ，CD 都是O e 的直径，连接DB ，过点C 的切线交DB 的延长线于点E ． ()1如图1，求证：AOD 2E 180∠∠+=o ；
()2如图2，过点A 作AF EC ⊥交EC 的延长线于点F ，过点D 作DG AB ⊥，垂足为点G ，求证：DG CF =；
()3如图3，在()2的条件下，当DG 3CE 4
=时，在O e 外取一点H ，连接CH 、DH 分别交O e 于点M 、N ，且HDE HCE ∠∠=，点P 在HD 的延长线上，连接PO 并延长交CM 于点Q ，若PD 11=，DN 14=，MQ OB =，求线段HM 的长．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）837+
【解析】
【分析】
（1）由∠D +∠E =90°，可得2∠D +2∠E =180°，只要证明∠AOD =2∠D 即可；
（2）如图2中，作OR ⊥AF 于R ．只要证明△AOR ≌△ODG 即可；
（3）如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT ⊥CL 于T ，作NK ⊥CH 于K ，设CH 交DE 于W ．解直角三角形分别求出KM ，KH 即可；
【详解】
()1证明：如图1中，
O Q e 与CE 相切于点C ，
OC CE ∴⊥，
OCE 90∠∴=o ，
D E 90∠∠∴+=o ，
2D 2E 180∠∠∴+=o ，
AOD COB ∠∠=Q ，BOC 2D ∠∠=，AOD 2D ∠∠=，
AOD 2E 180∠∠∴+=o ．
()2证明：如图2中，作OR AF ⊥于R ．
OCF F ORF 90∠∠∠===o Q ，
∴四边形OCFR 是矩形，
AF//CD ∴，CF OR =，
A AOD ∠∠∴=，
在AOR V 和ODG V 中，
A AOD ∠∠=Q ，ARO OGD 90∠∠==o ，OA DO =，
AOR ∴V ≌ODG V ，
OR DG ∴=，
DG CF ∴=，
()3解：如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT CL ⊥于T ，作NK CH ⊥于K ，设CH 交DE 于W ．
设DG 3m =，则CF 3m =，CE 4m =，
OCF F BTE 90∠∠∠===o Q ，
AF//OC//BT ∴，
OA OB =Q ，
CT CF 3m ∴==，
ET m ∴=，
CD Q 为直径，
CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===o ，
E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=o ，
tan E tan CBT ∠∠∴=，
BT CT ET BT
∴=， BT 3m m BT
∴=， BT 3m(∴=负根已经舍弃)，
3m tan E 3∠∴== E 60∠∴=o ，
CWD HDE H ∠∠∠=+Q ，HDE HCE ∠∠=，
H E 60∠∠∴==o ，
MON 2HCN 60∠∠∴==o ，
OM ON =Q ，
OMN ∴V 是等边三角形，
MN ON ∴=，
QM OB OM ==Q ，
MOQ MQO ∠∠∴=，
MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=o o Q ，MQO P 180H 120∠∠∠+=-=o o ， PON P ∠∠∴=，
ON NP 141125∴==+=，
CD 2ON 50∴==，MN ON 25==，
在Rt CDN V 中，CN 48==，
在Rt CHN V 中，CN 48tan H HN HN
∠===
HN ∴=
在Rt KNH V 中，1KH HN 2==NK 24==，
在Rt NMK V 中，MK 7===，
HM HK MK 7∴=+=．
【点睛】
本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解题的关键.
3．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD 的边AB 为直径作⊙O ，交对角线AC 于点E ． （1）图1中，线段AE= ；
（2）如图2，在图1的基础上，以点A 为端点作∠DAM=30°，交CD 于点M ，沿AM 将四边形ABCM 剪掉，使Rt △ADM 绕点A 逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD 与⊙O 交于点F ．
①当α=30°时，请求出线段AF 的长；
②当α=60°时，求出线段AF 的长；判断此时DM 与⊙O 的位置关系，并说明理由； ③当α= °时，DM 与⊙O 相切．
【答案】（1）2（2）①2②2，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切
【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4；
（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，
∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；
②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×=4；此时DM与⊙O的位置关系是相离；
③∵AD=8，直径的长度相等，∴当DM与⊙O相切时，点D在⊙O上，故此时可得
α=∠NAD=90°．
点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D的位置，有一定难度．
4．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.
5．如图1
O e ，的直径12AB P =，是弦BC 上一动点(与点B C ，不重合)30ABC o ，∠=，过点P 作PD OP ⊥交O e 于点D ．
()1如图2，当//PD AB 时，求PD 的长；
()2如图3，当»»DC AC =时，延长AB 至点E ，使12BE AB =，连接DE ． ①求证：DE 是O e 的切线；
②求PC 的长．
【答案】（1）26；（2）333-①见解析，②．
【解析】
分析：()1根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角函数关系得出OP PD ，的长； ()2①首先得出OBD V 是等边三角形，进而得出ODE OFB 90∠∠==o ，求出答案即可；
②首先求出CF 的长，进而利用直角三角形的性质得出PF 的长，进而得出答案． 详解：()1如图2，连接OD ，
//OP PD PD AB ⊥Q ，，
90POB ∴∠=o ，
O Q e 的直径12AB =，
6OB OD ∴==，
在Rt POB V 中，30ABC o ∠=， 3tan30623OP OB ∴=⋅=⨯
=o ， 在Rt POD V 中， 22226(23)26PD OD OP =-=-=；
()2①证明：如图3，连接OD ，交CB 于点F ，连接BD ，
»»DC AC =Q ，
30DBC ABC ∴∠=∠=o ，
60ABD o ∴∠=，
OB OD =Q ，
OBD ∴V 是等边三角形，
OD FB ∴⊥，
12
BE AB =Q ， OB BE ∴=，
//BF ED ∴，
90ODE OFB o ∴∠=∠=，
DE ∴是O e 的切线；
②由①知，OD BC ⊥，
3cos306332
CF FB OB ∴==⋅=⨯
=o 在Rt POD V 中，OF DF =， 13(2
PF DO ∴==直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半)， 333CP CF PF ∴=-=．
点睛：此题主要考查了圆的综合以及直角三角形的性质和锐角三角函数关系，正确得出OBD V 是等边三角形是解题关键．
6．如图，在⊙O 中，直径AB ⊥弦CD 于点E ，连接AC ，BC ，点F 是BA 延长线上的一点，且∠FCA ＝∠B .
(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)若AE＝4，tan∠ACD＝3
，求FC的长．
【答案】（1）见解析
【解析】
分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠OCF=90°，进而得出答案；（2）根据正切的性质求出EC的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可．
详解：(1)证明：连接OC.∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，∴∠OCB＋∠ACO＝90°.
∵OB＝OC，∴∠B＝∠OCB.
又∵∠FCA＝∠B，∴∠FCA＝∠OCB，
∴∠FCA＋∠ACO＝90°，即∠FCO＝90°，
∴FC⊥OC，
∴FC是⊙O切线．
(2)解：∵AB⊥CD，∴∠AEC＝90°，∴EC=
AE
43 tan ACE3
∠
==
设OA＝OC＝r，则OE＝OA－AE＝r－4.
在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋CE2，
即r2＝(r－4)2＋32，解得r＝8.
∴OE＝r－4＝4＝AE.
∵CE⊥OA，∴CA＝CO＝8，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠FOC＝60°，∴∠F＝30°.
在Rt△FOC中，
∵∠OCF＝90°，OC＝8，∠F＝30°，
∴OF＝2OC＝16，
∴FC22
OF OC83
-=.
点睛：此题主要考查了切线的判定、垂径定理的推论以及勾股定理等知识，得出BC的长是解题关键．
7．如图，AD是△ABC的角平分线，以AD为弦的⊙O交AB、AC于E、F，已知EF∥BC．（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若已知AE=9，CF=4，求DE长；
（3）在（2）的条件下，若∠BAC=60°，求tan ∠AFE 的值及GD 长．
【答案】（1）证明见解析（2）DE=6（318367- 【解析】 试题分析：（1）连接OD ，由角平分线的定义得到∠1=∠2，得到»»DE
DF =，根据垂径定理得到OD ⊥EF ，根据平行线的性质得到OD ⊥BC ，于是得到结论；
（2）连接DE ，由»»DE
DF =，得到DE=DF ，根据平行线的性质得到∠3=∠4，等量代换得到∠1=∠4，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）过F 作FH ⊥BC 于H ，由已知条件得到∠1=∠2=∠3=∠4=30°，解直角三角形得到FH=12DF=12
×6=3，3227CF HF -=，根据三角函数的定义得到tan ∠AFE=tan ∠C=
37HF CH =；根据相似三角形到现在即可得到结论． 试题解析：（1）连接OD ，
∵AD 是△ABC 的角平分线，
∴∠1=∠2，
∴»»DE
DF =， ∴OD ⊥EF ，
∵EF ∥BC ，
∴OD ⊥BC ，
∴BC 是⊙O 的切线；
（2）连接DE ，
∵»»DE
DF =， ∴DE=DF ，
∵EF ∥BC ，
∴∠3=∠4，
∵∠1=∠3，
∴∠1=∠4，
∵∠DFC=∠AED ，
∴△AED ∽△DFC ， ∴AE DE DF CF =，即94DE DE =，
∴DE 2=36，
∴DE=6；
（3）过F 作FH ⊥BC 于H ，
∵∠BAC=60°，
∴∠1=∠2=∠3=∠4=30°，
∴FH=12DF=162⨯=3，DH=33， ∴CH=227CF HF -=，
∵EF ∥BC ，
∴∠C=∠AFE ，
∴tan ∠AFE=tan ∠C=37HF CH =； ∵∠4=∠2．∠C=∠C ，
∴△ADC ∽△DFC ，
∴AD CD DF CF
=， ∵∠5=∠5，∠3=∠2，
∴△ADF ∽△FDG ，
∴
AD DF DF DG =， ∴CD DF CF DG =，即3376DG
+=， ∴DG=
183675-．
点睛：本题考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键.
8．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23 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．
9．如图，AB是⊙O的直径，弦BC＝OB，点D是»AC上一动点，点E是CD中点，连接BD 分别交OC，OE于点F，G．
（1）求∠DGE的度数；
（2）若CF
OF
＝
1
2
，求
BF
GF
的值；
（3）记△CFB，△DGO的面积分别为S1，S2，若CF
OF
＝k，求1
2
S
S的值．（用含k的式子表
示）
【答案】(1)∠DGE ＝60°；(2)72；(3)12
S S =211k k k +++. 【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，同弧所对的圆心角和圆周角的关系，可以求得∠DGE 的度数；
（2）过点F 作FH ⊥AB 于点H 设CF ＝1，则OF ＝2，OC ＝OB ＝3,根据勾股定理求出BF 的长度，再证得△FGO ∽△FCB ，进而求得BF GF
的值； （3）根据题意，作出合适的辅助线，然后根据三角形相似、勾股定理可以用含k 的式子表示出12
S S 的值． 【详解】
解：(1)∵BC ＝OB ＝OC ，
∴∠COB ＝60°，
∴∠CDB ＝12
∠COB ＝30°， ∵OC ＝OD ，点E 为CD 中点，
∴OE ⊥CD ，
∴∠GED ＝90°，
∴∠DGE ＝60°；
(2)过点F 作FH ⊥AB 于点H
设CF ＝1，则OF ＝2，OC ＝OB ＝3
∵∠COB ＝60°
∴OH ＝12
OF ＝1， ∴HF 33HB ＝OB ﹣OH ＝2，
在Rt △BHF 中，BF 22HB HF 7=+=
由OC ＝OB ，∠COB ＝60°得：∠OCB ＝60°，
又∵∠OGB ＝∠DGE ＝60°，
∴∠OGB ＝∠OCB ，
∵∠OFG ＝∠CFB ，
∴△FGO ∽△FCB ， ∴OF GF BF CF
=， ∴
， ∴BF GF =72
. (3)过点F 作FH ⊥AB 于点H ，
设OF ＝1，则CF ＝k ，OB ＝OC ＝k+1，
∵∠COB ＝60°，
∴OH ＝12OF=12
， ∴HF
=，HB ＝OB ﹣OH ＝k+12， 在Rt △BHF 中， BF
=
由(2)得：△FGO ∽△FCB ， ∴GO OF CB BF
=
，即1GO k =+， ∴
GO =
过点C 作CP ⊥BD 于点P
∵∠CDB ＝30°
∴PC ＝12
CD ， ∵点E 是CD 中点，
∴DE ＝
12
CD ， ∴PC ＝DE ，
∵DE ⊥OE ， ∴12S S =BF GO
=211k k k +++
【点睛】
圆的综合题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用三角形相似和勾股定理、数形结合的思想解答．
10．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD 交圆的切线BE于点E
(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；
(2)如果∠BED=60°，PD=3，求PA的长；
(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．
【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；
（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；
（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x 的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．
【详解】
（1）直线PD为⊙O的切线，
理由如下：
如图1，连接OD，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADO+∠BDO=90°，
又∵DO=BO，
∴∠BDO=∠PBD，
∵∠PDA=∠PBD，
∴∠BDO=∠PDA，
∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，∵点D在⊙O上，
∴直线PD为⊙O的切线；
（2）∵BE是⊙O的切线，
∴∠EBA=90°，
∵∠BED=60°，
∴∠P=30°，
∵PD为⊙O的切线，
∴∠PDO=90°，
在Rt△PDO中，∠P=30°，3
∴0 tan30
OD
PD
=，解得OD=1，
∴22
PO PD OD
+，
∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1；
（3）如图2，
依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF，
∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF，
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB=90°，
设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，∵四边形AFBD内接于⊙O，
∴∠DAF+∠DBF=180°，
即90°+x+2x=180°，解得x=30°，
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°，
∵BE、ED是⊙O的切线，
∴DE=BE，∠EBA=90°，
∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，
∴BD=DE=BE，
又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，
∴△BDF是等边三角形，
∴BD=DF=BF，
∴DE=BE=DF=BF，
∴四边形DFBE为菱形.
【点睛】
本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．
11．在直角坐标系中，O为坐标原点，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，C为x轴正半轴上的一个动点（OC＞2），连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，直线DA交y轴于E点．
（1）求证：△OBC≌△ABD
（2）随着C点的变化，直线AE的位置变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出直线AE的解析式．
（3）以线段BC为直径作圆，圆心为点F，当C点运动到何处时，直线EF∥直线BO；这时⊙F和直线BO的位置关系如何？请给予说明．
【答案】（1）见解析；（2）直线AE的位置不变，AE的解析式为：33
=-
y x
（3）C点运动到(4,0)处时，直线EF∥直线BO；此时直线BO与⊙F相切，理由见解析.【解析】
【分析】
（1）由等边三角形的性质可得到OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC，等号两边都加上
∠ABC ，得到∠OBC=∠ABD ，根据“SAS”得到△OBC ≌△ABD.（2）先由三角形全等，得到∠BAD=∠BOC=60°，由等边△BCD ，得到∠BAO=60°，根据平角定义及对顶角相等得到∠OAE=60°，在直角三角形OAE 中，由OA 的长，根据tan60°的定义求出OE 的长，确定出点E 的坐标，设出直线AE 的方程，把点A 和E 的坐标代入即可确定出解析式.（3）由EA ∥OB ，EF ∥OB ，根据过直线外一点作已知直线的平行线有且只有一条，得到EF 与EA 重合，所以F 为BC 与AE 的交点，又F 为BC 的中点，得到A 为OC 中点，由A 的坐标即可求出C 的坐标；相切理由是由F 为等边三角形BC 边的中点，根据“三线合一”得到DF 与BC 垂直，由EF 与OB 平行得到BF 与OB 垂直，得证.
【详解】
（1）证明：∵△OAB 和△BCD 都为等边三角形，
∴OB=AB ，BC=BD ，∠OBA=∠DBC=60°，
∴∠OBA+∠ABC=∠DBC+∠ABC ，
即∠OBC=∠ABD ，
在△OBC 和△ABD 中，
OB AB OBC ABD BC BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
, ∴△OBC ≌△ABD.
（2）随着C 点的变化，直线AE 的位置不变，
∵△OBC ≌△ABD ，
∴∠BAD=∠BOC=60°，
又∵∠BAO=60°，
∴∠DAC=60°，
∴∠OAE=60°，又OA=2，
在Rt △AOE 中，tan60°=
OE OA
， 则
∴点E 坐标为（0，
设直线AE 解析式为y=kx+b ，把E 和A 的坐标代入得：
02k b b
=+⎧⎪⎨-=⎪⎩ ，
解得，k b ⎧=⎪⎨=-⎪⎩， ∴直线AE
的解析式为：y =-
（3）C 点运动到(4,0)处时，直线EF ∥直线BO ；此时直线BO 与⊙F 相切，理由如下： ∵∠BOA=∠DAC=60°，EA ∥OB ，又EF ∥OB ，
则EF 与EA 所在的直线重合，
∴点F为DE与BC的交点，
又F为BC中点，
∴A为OC中点，又AO=2，则OC=4，
∴当C的坐标为（4，0）时，EF∥OB，
这时直线BO与⊙F相切，理由如下：
∵△BCD为等边三角形，F为BC中点，
∴DF⊥BC，又EF∥OB，
∴FB⊥OB，
∴直线BO与⊙F相切，
【点睛】
本题考查了一次函数；三角形全等的判定与性质；等边三角形的性质和直线与圆的位置关系.熟练掌握相关性质定理是解题关键.
12．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5
AB=，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
=50 3
.
【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．
13．如图，AB 为O e 的直径，C 、D 为O e 上异于A 、B 的两点，连接CD ，过点C 作CE DB ⊥，交CD 的延长线于点E ，垂足为点E ，直径AB 与CE 的延长线相交于点F .
（1）连接AC 、AD ，求证：180DAC ACF ∠+∠=︒.
（2）若2ABD BDC ∠=∠.
①求证：CF 是O e 的切线.
②当6BD =，3tan 4
F =时，求CF 的长. 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② 203CF =
. 【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理证得∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，由CE ⊥DB 证得AD ∥CF ，根据平行线的性质即可证得结论；
（2）①连接OC ．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出∠3=2∠1，由已知∠4=2∠1，得到∠4=∠3，则OC ∥DB ，再由CE ⊥DB ，得到OC ⊥CF ，根据切线的判定即可证明CF 为⊙O 的切线；
②由CF ∥AD ，证出∠BAD=∠F ，得出tan ∠BAD=tan ∠F=
BD AD =34，求出AD=43BD=8，利用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5，再由tanF=
OC CF =34
，即可求出CF ． 【详解】
解：（1）AB 是O e 的直径，且D 为O e 上一点， 90ADB ∴∠=︒，
CE DB ⊥Q ，
90DEC ∴∠=︒，
//CF AD ∴，
180DAC ACF ∴∠+∠=︒.
（2）①如图，连接OC .
OA OC =Q ，12∴∠=∠.
312∠=∠+∠Q ，
321∴∠=∠.
42BDC Q ∠=∠，1BDC ∠=∠，
421∴∠=∠，
43∴∠=∠，
//OC DB ∴.
CE DB ⊥Q ，
OC CF ∴⊥.
又OC Q 为O e 的半径，
CF ∴为O e 的切线.
②由（1）知//CF AD ，
BAD F ∴∠=∠， 3tan tan 4BAD F ∴∠==
， 34
BD AD ∴=. 6BD =Q 483AD BD ∴=
=， 226810AB ∴=+=，5OB OC ==.
OC CF Q ⊥，
90OCF ∴∠=︒，
3tan 4
OC F CF ∴==， 解得203
CF =. 【点睛】
本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果．
14．已知四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∠DAB ＝120°，BC ＝CD ，AD ＝4，AC ＝7，求AB 的长度．
【答案】AB ＝3．
【解析】
【分析】
作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，根据弦、弧、圆周角、圆心角的关系，求得BC CD =u u u r u u u r
，进而得到
∠DAC ＝∠CAB ＝60°，在Rt △ADE 中，根据60°锐角三角函数值，可求得DE ＝23，AE ＝2，再由Rt △DEC 中，根据勾股定理求出DC 的长，在△BFC 和△ABF 中，利用60°角的锐角三角函数值及勾股定理求出AF 的长，然后根据求出的两个结果，由AB ＝2AF ，分类讨论求出AB 的长即可.
【详解】
作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，
∵BC ＝CD ，
∴BC CD =u u u r u u u r ，
∴∠CAB ＝∠DAC ，
∵∠DAB ＝120°，
∴∠DAC ＝∠CAB ＝60°，
∵DE ⊥AC ，
∴∠DEA ＝∠DEC ＝90°，
∴sin60°＝4DE ，cos60°＝4AE ， ∴DE ＝3AE ＝2，
∵AC ＝7，
∴CE ＝5，
∴DC ()2223537+=
∴BC 37，
∵BF ⊥AC ，
∴∠BFA ＝∠BFC ＝90°，
∴tan60°＝BF AF
，BF 2+CF 2＝BC 2， ∴BF 3，
∴()22
23737AF +-=， ∴AF ＝2或AF ＝
32， ∵cos60°＝AF AB
，
∴AB ＝2AF ，
当AF ＝2时，AB ＝2AF ＝4，
∴AB ＝AD ，
∵DC ＝BC ，AC ＝AC ，
∴△ADC ≌△ABC （SSS ），
∴∠ADC ＝∠ABC ，
∵ABCD 是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC ＝180°，
∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，
但AC 2＝49，()222243753AD DC +=+
=，
AC 2≠AD 2+DC 2，
∴AB ＝4（不合题意，舍去）， 当AF ＝
32
时，AB ＝2AF ＝3， ∴AB ＝3．
【点睛】 此题主要考查了圆的相关性质和直角三角形的性质，解题关键是构造直角三角形模型，利用直角三角形的性质解题.
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.。