2020-2021中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题及详细答案.doc

2020-2021 中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题及详细答案
一、圆的综合
1．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
AEB 是等腰直
【解析】（ 1）连接 BE，∵ AC是正方形ABCD的对角线，∴ ∠BAC=45°，
∴△
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．
2．已知⊙ O 中，弦 AB=AC，点 P 是∠ BAC所对弧上一动点，连接PA， PB．
（1）如图①，把△ ABP 绕点 A 逆时针旋转到△ ACQ，连接PC，求证：
∠A CP+∠ ACQ=180 ；°
（2）如图②，若∠ BAC=60°，试探究 PA、 PB、 PC 之间的关系．
（3）若∠ BAC=120°时，（ 2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出
它们之间的数量关系，不需证明．
【答案】（ 1）证明见解析；（
2） PA=PB+PC ．理由见解析；（ 3）若 ∠ BAC=120°时，（ 2）
中的结论不成立，
3 【解析】
试题分析：（ 1）如图 ① ，连接 PC ．根据 “内接四边形的对角互补的性质
”即可证得结论；
（ 2）如图 ② ，通过作辅助线 BC 、 PE 、 CE （连接 BC ，延长 BP 至 E ，使 PE=PC ，连接 CE ）
构建等边 △ PCE 和全等三角形 △ BEC ≌ △ APC ；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间 的和差关系可以求得 PA=PB+PC ；
（ 3）如图 ③ ，在线段 PC 上截取 PQ ，使 PQ=PB ，过点 A 作 AG ⊥ PC 于点 G ．利用全等三
角形 △ ABP ≌△ AQP （ SAS ）的对应边相等推知 AB=AQ ， PB=PG ，将 PA 、 PB 、 PC 的数量关
系转化到 △ APC 中来求即可． 试题解析：（ 1）如图 ① ，连接 PC ．
∵△ ACQ 是由 △ABP 绕点 A 逆时针旋转得到的， ∴∠ ABP=∠ ACQ ．
由图 ① 知，点 A 、 B 、 P 、C 四点共圆，
∴∠ ACP+∠ABP=180 （°圆内接四边形的对角互补）， ∴∠ ACP+∠ACQ=180 （°等量代换）； （ 2） PA=PB+PC ．理由如下：
如图 ② ，连接 BC BP 至 E PE=PC CE
，延长 ，使 ，连接 ． ∵弦 AB=弦 AC ， ∠ BAC=60 ，° ∴△ ABC 是等边三角形（有一内角为
60 °的等腰三角形是等边三角形）．
∵A 、B 、 P 、C 四点共圆， ∴ ∠ BAC+∠ BPC=180 （°圆内接四边形的对角互补）， ∵∠ BPC+∠ EPC=180，°∴ ∠BAC=∠ CPE=60，°
∵ PE=PC ，∴ △ PCE 是等边三角形， ∴ CE=PC ，∠ E=∠ ECP=∠ EPC=60；°又∵ ∠ BCE=60°+∠BCP ，∠ ACP=60°+∠ BCP ， ∴ ∠ BCE=∠ ACP （等量代换） ,
在△ BEC 和△ APC 中，
CE PC
BCE
ACP
AC BC
， ∴ △ BEC ≌ △ APC （ SAS ）， ∴ BE=PA ，
∴ P A=BE=PB+PC ；
（3）若 ∠ BAC=120°时，（ 2）中的结论不成立， 3 PA=PB+PC ．理由如下：如图 ③ ，在线段 PC 上截取 PQ ，使 PQ=PB ，过点 A 作 AG ⊥ PC 于点 G ． ∵∠ BAC=120 ，°∠ BAC+∠ BPC=180 ，°∴ ∠BPC=60 ．°
（
P
A=PB+PC ．
∵弦 AB=弦 AC，∴ ∠ APB=∠ APQ=30 ．°
PB PQ
在△ ABP 和△ AQP中，APB APQ ，∴ △ABP≌ △AQP（SAS），
AP AP
∴AB=AQ， PB=PQ（全等三角形的对应边相等），∴ AQ=AC（等量代换）．
在等腰△ AQC中， QG=CG．
在Rt△ APG中，∠ APG=30°，则 AP=2AG， PG= 3 AG,
∴PB+PC=PG﹣ QG+PG+CG=PG﹣ QG+PG+QG=2PG=2 3 AG，
∴ 3 PA=2 3 AG，即 3 PA=PB+PC．
【点睛】本题考查了圆的综合题，解题的关键要能掌握和灵活运用圆心角、弧、弦间的关
系，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质等.
3．如图，已知 BC 是⊙ O 的弦， A 是⊙ O 外一点，△ ABC 为正三角形， D 为 BC的中点， M 为⊙ O 上一点，并且∠ BMC=60°．
（1）求证： AB 是⊙ O 的切线；
（2）若 E， F 分别是边 AB， AC 上的两个动点，且∠EDF=120°，⊙ O 的半径为 2，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】（ 1）证明见试题解析；（2） BE+CF的值是定值，为等边△ ABC边长的一半．
【解析】
试题分析：（ 1）连结 OB、 OD，如图 1，由于 D 为 BC的中点，由垂径定理的推理得
OD⊥ BC，∠ BOD=∠ COD，即可得到∠ BOD=∠ M=60°，则∠ OBD=30°，所以∠
ABO=90°，于是得到 AB 是⊙ O 的切线；
（2）作 DM⊥ AB 于 M ， DN⊥ AC 于 N，连结 AD，如图 2，由△ ABC为正三角形， D 为 BC
的中点，得到AD 平分∠ BAC，∠BAC=60°，利用角平分线性质得DM=DN，得
∠MDN=120 °，由∠ EDF=120 ，°得到∠ MDE=∠NDF，于是有△ DME≌ △ DNF，得到 ME=NF，
1 1 1 B C，即可判断 BE+CF的值
是
得到 BE+CF=BM+CN，由 BM= BD， CN= OC，得到 BE+CF=
2 2 2
定值，为等边△ ABC 边长的一半．
试题解析：（ 1）连结 OB、 OD，如图 1，∵ D 为 BC 的中点，∴ OD⊥ BC，∠ BOD=∠ COD，
1
∴∠ ODB=90 ，°∵∠ BMC=∠BOC，∴∠ BOD=∠ M=60°，∴∠ OBD=30，°∵△ABC为正三
2
角形，∴ ∠ABC=60°，∴ ∠ ABO=60°+30°=90°，∴ AB⊥OB，∴ AB 是⊙O 的切线；（2） BE+CF的值是为定值．
作DM ⊥ AB 于 M， DN⊥ AC 于 N，连结 AD，如图 2，∵ △ABC 为正三角形， D 为 BC 的中点，∴ AD 平分∠ BAC，∠BAC=60°，∴ DM=DN，∠ MDN=120°，∵ ∠ EDF=120°，
∴∠ MDE=∠ NDF，在△ DME 和△DNF 中，∵ ∠ DME=∠ DNF． DM=DN，∠MDE=∠ NDF，∴△ DME≌ △DNF，∴ ME=NF，∴ BE+CF=BM﹣EM+CN+NF=BM+CN，在 Rt△ DMB 中，
∵∠ DBM=60 ° ∴ BM= 1 1 1 1 1
，BD，同理可得 CN=
2 2 2
2 OC，∴ BE+CF= OB+ 2 OC= BC，∴BE+CF 的值是定值，为等边△ ABC边长的一半．
考点： 1．切线的判定；2．等边三角形的性质；3．定值问题； 4．探究型； 5．综合题；6．压轴题．
4．已知： BD 为⊙O 的直径， O 为圆心，点 A 为圆上一点，过点 B 作⊙ O 的切线交 DA 的延长线于点 F，点 C 为⊙ O 上一点，且 AB＝ AC，连接 BC 交 AD 于点 E，连接 AC．
(1)如图 1，求证：∠ABF＝∠ ABC；
(2)如图 2，点 H 为⊙ O 内部一点，连接OH， CH若∠ OHC＝∠ HCA＝90°时，求证： CH＝
1
DA；
2
(3)在 (2)的条件下，若OH＝ 6，⊙ O 的半径为10，求 CE 的长．
【答案】 (1)见解析；（ 2）见解析；（ 3）21
.
5
【解析】
【分析】
1 由BD为 e O 的直径，得到D ABD 90o，根据切线的性质得到
FBA ABD 90o，根据等腰三角形的性质得到 C ABC ，等量代换即可得到结论；
2 如图2，连接OC，根据平行线的判定和性质得到ACO COH ，根据等腰三角形的性质得到OBC OCB ，ABC CBO ACB OCB ，根据相似三角形的性质即可得到结论；
AB BD
2 ，根据勾股定理得到
3 根据相似三角形的性质得到
OC
OH
AD BD 2 AB 2 16 ，根据全等三角形的性质得到BF BE ，
AF AE
，根据射影
定理得到AF 122
9 ，根据相交弦定理即可得到结论．16
【详解】
1 Q BD 为 e O 的直径，
BAD 90o
，
D ABD90o
，
Q FB 是 e O 的切线，
FBD 90o，
FBA ABD 90o，
FBA D ，
Q AB AC ，
C ABC ，
Q C D ，
ABF ABC ；
2 如图2，连接OC，
Q OHC
HCA 90o ，
AC / / OH ，
ACO
COH ， Q OB OC ，
OBC OCB ， ABC
CBO
ACB
OCB ，
即
ABD ACO ，
ABC
COH ，
Q H
BAD 90o ，
VABD ∽ VHOC ，
AD BD
2 ，
CH
OC
CH
1
DA ；
2
3 由 2 知， VABC ∽ VHOC ，
AB BD 2，
OH
OC
Q OH 6 ， e O 的半径为 10，
AB 2OH 12 ， BD 20，
AD BD 2 AB 2 16
，
在 VABF 与 VABE 中，
ABF ABE
AB AB
，
BAF
BAE 90o
VABF ≌ VABE ，
BF BE ， AF
AE ，
Q FBD
BAD
90o ，
AB 2
AF AD
，
122
9 ，
AF
16
AE AF 9 ，
DE 7 ， BE
AB 2
AE
2
15
，
Q AD ，BC 交于 E ，
AE DE BE CE ，
AE DE 9 7 21 CE
15
．
BE
5
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，射影定理，相交弦定理，正确的识别图形是解题的关键．
5．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： 2OB 2＝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 ，结合 AB ＝2BO 即可得；
BO
BF
（3）证 ECD ∽ △ EGC 得
EC ED
，根据 CE ＝ 3， DG ＝ 2.5 知
3 DE
，解之可
EG
EC
DE 2.5
3
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
∴，即 BO?AB＝ BC?BF，
BO BF
∵AB＝ 2BO，
∴2OB2＝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，
∴3DE ，
DE 2.5 3
整理，得： DE2+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．
6．如图，□ ABCD的边 AD 是△ ABC外接圆⊙ O 的切线，切点为 A，连接 AO 并延长交 BC于
点 E，交⊙O 于点 F，过点 C 作直线 CP 交 AO 的延长线于点 P，且∠ BCP＝∠ ACD．
（1）求证： PC是⊙O 的切线；
（2）若∠ B＝ 67.5 °， BC＝2，求线段PC， PF与弧 CF所围成的阴影部分的面积S．
【答案】（ 1）见解析；（2）1
4
【解析】
【分析】（ 1）过 C 点作直径 CM，连接 MB，根据 CM 为直径，可得∠ M+ ∠ BCM＝90°，再
根据 AB∥ DC 可得∠ ACD＝∠ BAC，由圆周角定理可得∠ BAC＝∠ M，∠ BCP＝∠ACD，从
而可推导得出∠ PCM＝ 90°，根据切线的判定即可得；
（2）连接 OB，由 AD 是⊙O 的切线，可得∠ PAD＝ 90°，再由 BC∥ AD，可得 AP⊥ BC，从而
得 BE＝CE＝1
BC＝1 ，继而可得到∠ ABC＝∠ACB＝ 67.5 ，°从而得到∠ BAC＝ 45°，由圆周2
角定理可得∠ BOC=90°，从而可得∠ BOE＝∠ COE＝∠ OCE＝ 45 °，根据已知条件可推导得出OE＝ CE＝1， PC＝OC＝OE2 CE2 2 ，根据三角形面积以及扇形面积即可求得阴影部分的面积 .
【详解】（ 1）过 C 点作直径CM，连接 MB，
∵CM 为直径，
∴∠ MBC＝90 °，即∠ M+∠ BCM＝ 90 °，
∵四边形 ABCD是平行四边形，
∴AB∥ DC， AD∥ BC，
∴∠ ACD＝∠ BAC，
∵∠ BAC＝∠M ，∠BCP＝∠ ACD，
∴∠ M ＝∠ BCP，
∴∠ BCP+∠ BCM＝ 90 °，即∠ PCM＝90 °，
∴CM⊥ PC，
∴PC 与⊙ O 相切；
（2）连接 OB，
∵AD 是⊙ O 的切线，切点为A，∴OA⊥AD，即∠ PAD＝ 90 °，
∵BC∥ AD，∠AEB=∠PAD＝ 90 °，∴AP⊥ BC．∴ BE＝ CE＝1
BC＝ 1，2
∴AB＝ AC，∴ ∠ ABC＝∠ ACB＝ 67.5 ，°
∴∠ BAC＝ 180 －°∠ABC－∠ ACB＝ 45 °，
∴∠ BOC＝ 2∠ BAC＝90 °，
∵OB＝ OC，AP⊥BC，∴ ∠ BOE＝∠ COE＝∠ OCE＝ 45 ，°∵∠ PCM＝ 90 °，∴ ∠ CPO＝∠ COE＝∠ OCE＝ 45 ，°
∴OE＝CE＝ 1， PC＝ OC＝OE2 CE2 2 ，
2
∴S＝S△POC－ S 扇形OFC＝1
2
45π 2
π．
2 1
2 360 4
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、扇形面积等，综合性较
强，准确添加辅助线是解题的关键.
7．如图所示，AB 是半圆O 的直径，AC是弦，
点
P 沿BA 方向，从点 B 运动到点A，速度为 1cm/s ，若AB 10cm，点O 到AC 的距离为4cm ．
（1）求弦 AC的长；
（2）问经过多长时间后，△ APC是等腰三角形．
【答案】（ 1） AC=6；（ 2） t=4 或 5 或14
s 时，△APC 是等腰三角形；5
【解析】
【分析】
（1）过O 作OD⊥ AC
于
D，根据勾股定理求得AD 的长，再利用垂径定理即可求得AC 的长；（ 2）分 AC=PC、 AP=AC、 AP=CP三种情况求t值即可 .
【详解】
（1）如图 1，过 O 作 OD⊥ AC 于 D，
易知 AO=5， OD=4，
从而 AD= =3，
∴A C=2AD=6；
（2）设经过t 秒△ APC是等腰三角形，则AP=10﹣ t ①如图 2，若 AC=PC，过点 C 作 CH⊥ AB 于 H，
∵∠ A=∠ A，∠AHC=∠ODA=90 ，°
∴△ AHC∽ △ ADO，
∴AC：AH=OA：AD，即 AC：=5： 3，
解得 t= s，
∴经过s 后△APC 是等腰三角形；
②如图 3，若 AP=AC，
由PB=x，AB=10，得到 AP=10﹣ x，
又∵ AC=6，
则 10﹣ t=6 ，解得 t=4s，
∴经过 4s 后△ APC是等腰三角形；
③如图 4，若 AP=CP， P 与 O 重合，
则AP=BP=5，
∴经过 5s 后△ APC是等腰三角形．
综上可知当t=4 或 5 或s 时，△ APC是等腰三角形．
【点睛】
本题是圆的综合题，解决问题利用了垂径定理，勾股定理等知识点，解题时要注意当
△BPC 是等腰三角形时，点P 的位置有三种情况．
8．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（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BE．
；
（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 °，
1
∴∠ ECA＝∠ AOE＝15°，
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 °，
1
∴∠ ACE＝∠ACB＝60°，
2
∴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．
9．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 AE
的位置不变，
AE
的解析式为： y 3x 2 3 ；
）直线
（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OE=2 3，
∴点 E 坐标为（ 0， -2 3 ），
设直线 AE 解析式为 y=kx+b，把 E 和 A 的坐标代入得：
0 2k b
，
2 3 b
k 3
解得，，
b2 3
∴直线 AE 的解析式为：y3x 2 3 .
（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，
∴D F⊥ BC，又 EF∥ OB，
∴F B⊥ 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
.
10． 如图，在 △ ABC 中， AB ＝ AC ，以 AB 为直径的 ⊙ O 与边 BC 交于点 D ， DE ⊥ AC ，垂足为E ，交 AB 的延长线于点 F ．
(1)求证： EF 是 ⊙ O 的切线；
(2)若 ∠ C ＝ 60°， AC ＝12，求 BD ? 的长． (3)若 tan C ＝ 2， AE ＝ 8，求 BF 的长．
【答案】 (1)见解析 ;(2) 2 ；π(3)
10
.
3
【解析】
分析：（ 1）连接 OD ，根据等腰三角形的性质：等边对等角，得
∠ABC=∠ C ，
∠ABC=∠ ODB ，从而得到 ∠ C=∠ ODB ，根据同位角相等，两直线平行，得到 OD ∥ AC ，从
而得证 OD ⊥ EF ，即 EF 是⊙ O 的切线；
（2） 根据中点的性质，由
AB=AC=12 ，求得 OB=OD=1
AB =6，进而根据等边三角形的判
2
定得到 △ OBD 是等边三角形，即 ∠ BOD=600，从而根据弧长公式七届即可；
（3）连接 AD ，根据直角三角形的性质，由在
Rt △ DEC 中 , tanC
DE 2 设 CE=x,则
CE
AE 2 ，求得 DE 、 CE 的长，然后根据相似三
DE=2x ，然后由 Rt △ ADE 中 , tan ADE
DE
角形的判定与性质求解即可
.
详解：（ 1）连接 OD ∵ AB=AC ∴ ∠ ABC=∠ C
∵OD=OB ∴∠ ABC=∠ ODB
∴∠ C=∠ ODB ∴ OD ∥ AC
又∵ DE ⊥ AC ∴ OD ⊥ DE ，即 OD ⊥ EF ∴EF 是 ⊙ O 的切线
1
（ 2） ∵ AB=AC=12 ∴ OB=OD= AB =6
2
由（ 1）得： ∠ C=∠ ODB=600
∴△ OBD 是等边三角形
∴∠ BOD=600
∴ ?
60
6
? 的长
2
2
BD =
180
即
BD
（ 3）连接 AD ∵DE ⊥AC ∠ DEC=∠ DEA=900
在 Rt △ DEC 中, tanC
DE 2 设 CE=x,则 DE=2x CE
∵AB 是直径 ∴∠ ADB=∠ ADC=900
∴∠ ADE+∠ CDE=90 在 Rt △ DEC 中 ,∠ C+∠ CDE=90
AE 2
∴∠ C=∠ ADE 在 Rt △ ADE 中 , tan ADE DE
∵ AE=8，∴ DE=4 则 CE=2
∴ A C=AE+CE=10即直径 AB=AC=10 则 OD=OB=5
∵ O D//AE ∴ △ ODF ∽ △AEF
∴
OF OD 即： BF 5 5
AF AE
BF 10 8
解得： BF=
10
即 BF 的长为 10 .
3
3
点睛：此题考查了切线的性质与判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形以及相似三角形的判定与性质．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．
11． 如图，等边 △ ABC 内接于 ⊙ O ， P 是弧 AB 上任一点（点 P 不与 A 、B 重合），连 AP ，BP ，过 C 作 CM ∥BP 交 PA 的延长线于点 M ，
（ 1）求证： △ PCM 为等边三角形；
（ 2）若 PA ＝ 1， PB ＝ 2，求梯形 PBCM 的面积．
【答案】（ 1）见解析；（ 2）
15
3
4
【解析】
【分析】
（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角，进而判定△ PCM为等边三角形；
（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等，进而利用
△PCM 为等边三角形，进而求得PH 的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可．
【详解】
（1）证明：作PH⊥ CM 于 H，
∵△ ABC是等边三角形，
∴∠ APC=∠ABC=60 ，°
∠BAC=∠ BPC=60 ，°
∵CM∥ BP，
∴∠ BPC=∠ PCM=60 ，°
∴△ PCM 为等边三角形；
（2）解：∵ △ ABC是等边三角形，△ PCM 为等边三角
形，∴∠ PCA+∠ ACM=∠ BCP+∠ PCA，
∴∠ BCP=∠ ACM，
在△ BCP和△ ACM 中，
BC AC
BCP ACM ，
CP CM
∴△ BCP≌ △ ACM（SAS），
∴PB=AM，
∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，
在 Rt△ PMH 中，∠ MPH=30°，
∴PH= 3 3 ，
2
梯形 PBCM =
1 1
3 3
15
∴S （PB+CM ×PH= 3 ．
）×（ 2+3）×=
2 2 2 4
【点睛】
本题考查圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是
一道比较复杂的几何综合题．
12．在中，，，，分别是边，的中点，若等腰
绕点逆时针旋转，得到等腰，设旋转角为，记直线
与的交点为.
（1）问题发现
如图1，当时，线段的长等于 _________，线段的长等于 _________.
（2）探究证明
如图2，当时，求证：，且.
（3）问题解决
求点到所在直线的距离的最大值.（直接写出结果）
【答案】（ 1）；；（2）详见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD1的长和 CE1的长；
（2）根据旋转的性质得出，∠ D1AB=∠ E1 AC=135°，进而求出△ D1 AB≌ △ E1AC
（ SAS），即可得出答案；
（3）首先作 PG⊥ AB，交 AB 所在直线于点 G，则 D1， E1在以 A 为圆心， AD 为半径的圆
上，当 BD1所在直线与⊙ A 相切时，直线 BD1与 CE1的交点 P 到直线 AB 的距离最大，此时
四边形 AD1PE1是正方形，进而求出PG 的长．
【详解】
（1）解：∵ ∠ A=90°， AC=AB=4， D， E 分别是边 AB，AC 的中点，
∴A E=AD=2，
∵等腰 Rt△ADE 绕点 A 逆时针旋转，得到等腰Rt△ AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤ 180）°，∴当α =90时°， AE1=2，∠ E1AE=90°，
∴BD1=；
故答案为：；；
（2）证明：由题意可知，
，，
∵是由绕点逆时针旋转得到，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，.
∵，
∴，
∴，
∴，且.
（3）点的运动轨迹是在的上半圆周，
点的运动轨迹是在的弧段.
即当与相切时，有最大值.
点到所在直线的距离的最大值为.
【点睛】
此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知
识，根据题意得出PG的最长时P 点的位置是解题关键．
13．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
(a+b-c). 2
(2)若 AD 交圆于 P, PC交圆于 H, FH//BC, 求∠ CPD;
(3)若 r=3 10 , PD＝ 18, PC=27 2 . 求△ ABC各边长 .
【答案】（ 1）证明见解析（ 2）45°（3）9 10，12 10,15 10
【解析】
【分析】
（1）根据切线长定理，有AE=AF，BD=BF， CD=CE．易证四边形B DOF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
∠C PD=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
∵O D=OF=r
∴矩形 BDOF是正方形
∴B D=BF=r
∴A E=AF=AB-BF=c-，r CE=CD=BC-BD=a-r
∵A E+CE=AC
∴c-r+a-r=b
整理得： r= 1
（ a+b-c）2
（2）取 FH 中点 O，连接 OD ∵F H∥ BC
∴∠ AFH=∠ B=90 °
∵AB 与圆相切于点F，
∴F H 为圆的直径，即 O 为圆心∵FH∥ BC
∴∠ DOH=∠ ODB=90 °
1
∴∠ CPD=∠ DOH=45°
2
（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 °
∵P D=18
1
∴DM= PD=9
2
∵B F=BD=OD=r=3 10，
∴OM= OD2 DM 2＝
(3 10) 2 92＝90 81 ＝3
∴t an ∠ MOD= DM
＝ 3
OM
∵DG 为直径
∴∠ DPG=90 °
∴OM ∥ PG，∠G+∠ ODM=90 °
∴∠ G=∠ MOD
∵∠ ODB=∠ADB+∠ ODM=90 °
∴∠ ADB=∠ G
∴∠ ADB=∠ MOD
AB
∴tan ∠ ADB==tan∠ MOD=3
BD
∴A B=3BD=3r=9 10
∴A E=AF=AB-BF=9 10 - 3 10＝ 6 10
设CE=CD=x，则 BC=3 10 +x， AC=6 10 +x
∵AB2+BC2=AC2
∴(910 )2．+(310+x)2＝(610+x)2
解得： x=910
∴B C=12 10， AC=15 10
∴△ ABC各边长 AB=910 ，AC=15 10 ，BC=12 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．
14．如图， AB 是⊙ O 的直径， AD 是⊙ O 的弦，点 F 是 DA 延长线上的一点，过⊙O上一点
C 作⊙O 的切线交 DF 于点 E， CE⊥ DF．
(1)求证： AC 平分∠ FAB；
(2)若 AE＝1， CE＝ 2，求⊙ O 的半径．
【答案】（ 1 ）证明见解析；（2）
5
2
【解析】
试题分析：（1）连接 OC，根据切线的性质和圆周角定理，得出∠ OCA=∠ OAC 与
∠CAE=∠ OCA，然后根据角平分线的定义可证明；
（2）由圆周角定理得到∠ BCA=90°，由垂直的定义，可求出∠CEA=90°，从而根据两角对应
相等的两三角形相似可证明△ ACB∽△ AEC，再根据相似三角形的对应边成比例求得 AB 的长，从而得到圆的半径 .
试题解析： (1)证明：连接OC.
∵CE是⊙ O 的切线，∴ ∠ OCE=90°
∵CE⊥ DF，∴∠ CEA=90 °，
∴∠ ACE+∠CAE=∠ ACE+∠OCA=90 ，°∴ ∠CAE=∠ OCA
∵OC＝ OA，∴ ∠ OCA=∠ OAC.
∴∠ CAE=∠ OAC，即 AC 平分∠ FAB
(2)连接 BC.
∵AB 是⊙ O 的直径，∴ ∠ ACB =∠AEC =90 . °
又∵∠ CAE=∠ OAC，∴△ ACB∽△ AEC,∴AB AC
.
AC AE
∵AE ＝ 1， CE ＝2， ∠ AEC =90 ，°∴ AC
AE 2 CE 2
12 22
5
2
5
AC 2
5
5 ， ∴⊙ O 的半径为
．
∴
AB
2
AE
1
15． 对于平面内的 ⊙ C 和 ⊙ C 外一点 Q ，给出如下定义：若过点 Q 的直线与 ⊙ C 存在公共 点，记为点 A ，B ，设 k
AQ
BQ
，则称点 A （或点 B ）是 ⊙C 的 “K 相关依附点 ”，特别
CQ
地，当点 A 和点 B 重合时，规定 2 AQ （或
2BQ
）．
AQ=BQ ， k
CQ
CQ
已知在平面直角坐标系 xoy 中， Q(-1,0)， C(1,0)， ⊙C 的半径为 r ． （1）如图 1，当 r
2 时，
① 若 A 1(0,1)是 ⊙ C 的 “k 相关依附点 ”，求 k 的值．
②A 2(1+
2 ， 0)是否为 ⊙ C 的 “2相关依附点 ”．
（2）若 ⊙ C 上存在 “k 相关依附点 ”点 M ，
① 当 r=1 ，直线 QM 与 ⊙C 相切时，求 k 的值． ② 当 k
3 时，求 r 的取值范围．
（3）若存在 r 的值使得直线 y 3x b 与⊙ C 有公共点，且公共点时
⊙ C 的 “ 3 相关依
附点 ”，直接写出 b 的取值范围．
【答案】（ 1） ①
2 ． ② 是；（ 2） ① k
3 ； ② r 的取值范围是 1≤ r 2 ；（ 3）
3 b 3 3 ． 【解析】
【分析】
（1 ） ① 如图 1 中，连接 AC 、 QA 1 ．首先证明 QA 1 是切线，根据 k
2AQ
计算即可解决
CQ
问题；
② 根据定义求出 k 的值即可判断；
（2 ） ① 如图，当 r 1时，不妨设直线
QM 与 e C 相切的切点 M 在 x 轴上方（切点 M 在
x 轴下方时同理），连接CM，则QM CM ，根据定义计算即可；
②如图 3 中，若直线 QM 与e C不相切，设直线QM 与e C的另一个交点为N （不妨设QN QM ，点N，
M在x轴下方时同理），作CD QM 于点D，则MD ND ，可得MQ NQ ( MN NQ) NQ 2ND 2NQ 2DQ ，CQ = 2，推出
k MQ NQ 2 DQ
3 时，DQ 3 ，此时 CD CQ2 DQ2 1，
CQ
DQ ，可得当k
CQ
假设 e C 经过点 Q ，此时r = 2，因为点Q早e C外，推出 r 的取值范围是1, r 2 ；
（3）如图 4 中，由（ 2）可知：当k 3时，
1, r 2 ．当 r = 2 时， e C 经过点
Q( 1,0) 或E(3,0)，当直线y 3x b 经过点Q时， b 3 ，当直线 y 3x b 经过点E时， b 3 3 ，即可推出满足条件的b的取值范围为 3 b 3 3 ．
【详解】
（1）①如图 1 中，连接AC、QA1．
由题意： OC OQ OA1，△ QA1C是直角三角形，CA1Q 90 ，即
CA1 QA1，QA1是e C的切线，k 2QA1 2 2
2 ．QC 2
② Q A2(1 2,0) 在e C
2 2 1 2 1
，
A2是e C的“2相关依
附
上， k 2 2
点”．
故答案为：
2 ，是；
（2）①如图2，当r 1 时，不妨设直线QM 与e C相切的切点M在x轴上方（切点M 在 x 轴下方时同理），连接CM ，则QM CM ．
Q Q ( 1,0) ， C (1,0) ，
r 1 ， CQ
2 ，
CM
，MQ 3 ，此时
1
2MQ
k 3 ；
CQ
②如图 3 中，若直线 QM 与e C不相切，设直线QM 与e C的另一个交点为N （不妨设
QN QM ，点N，M在x轴下方时同理），作CD QM 于点D，则MD ND ，
MQ NQ (MN NQ ) NQ 2ND 2NQ2DQ ，Q CQ 2 ，
MQ NQ 2DQ 当k 3时，DQ 3 ，此时 CDCQ2 DQ 2 1 ，k DQ ，
CQ CQ
假设 e C 经过点 Q ，此时r = 2，Q点 Q 早 e C 外，r 的取值范围是1, r 2．
（3）如图 4 中，由（ 2）可知：当k 3时， 1, r 2 ．
当 r = 2 时，e C经过点Q( 1,0) 或E (3,0)，当直线y 3x b 经过点Q时，
b 3 ，当直线 y3x b 经过点 E 时， b 3 3 ，满足条件的 b 的取值范围为
3 b 3 3 ．
【点睛】
本题考查了一次函数综合题、圆的有关知识、勾股定理、切线的判定和性质、点 A （或点B)
是 e C 的“k 相关依附点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决
问题，学会考虑特殊位置解决问题，属于中考压轴题．。