2020-2021中考数学圆的综合(大题培优 易错 难题)含答案

2020-2021中考数学圆的综合(大题培优 易错 难题)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，AB•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，
∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，
AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2
=﹣4d2+6d+18
=﹣4（d﹣3
4
）2+
81
4
，
∴当d=3
4
，即OM=
3
4
时，AB•AC最大，最大值为
81
4
，
∴DC2=27
2
，
∴AC=DC=36
2
，
∴AB=96
4，此时
3
2
AB
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，⊙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=606
180
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．
3．图 1 和图 2 中，优弧»AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝23，点P为优弧»AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．
发现：
（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；
（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．
拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．
（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；
（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在»NP上．
（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．
【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【解析】
【分析】
发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．
（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．
拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性
质可得OD=A'H=1
2
A'N=
1
2
MN=2可判定A′C与半圆相切；
（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在»PB时，连接MO′，则
可知NO′=1
2
MN，可求得∠MNO′=60°，可求得α=30°；
（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【详解】
发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,
∵⊙O的半径为2，AB=23，
∴OH=22
OB HB
-=22
2(3)1
-=
在△BOH中，OH=1，BO=2
∴∠ABO=30°
∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．
∴∠OBA′=∠ABO=30°
∴∠ABA′=60°
（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．
∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．
∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．
∴∠A′BP=∠ABP=60°．
∴∠OBP=30°．∴OG=1
2
OB=1．∴3．
∵OG⊥BP，∴3．
∴3．∴折痕的长为3
拓展：（1）相切．
分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，
∵A'C∥MN
∴四边形A'HOD是矩形∴A'H=O
∵α=15°∴∠A'NH=30
∴OD=A'H=1
2A'N=
1
2
MN=2
∴A'C与半圆
（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，
∴α=45
当O′在»PB上时，连接MO′，则可知NO′=1
2 MN，
∴∠O′MN=0°
∴∠MNO′=60°，
∴α=30°，
故答案为：45°；30°．
（3）∵点P，M不重合，∴α＞0，
由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，
∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段NO′与半圆只有一个公共点B；
当α增大到45°时NA′与半圆相切，即线段NO′与半圆只有一个公共点B．
当α继续增大时，点P逐渐靠近点N，但是点P，N不重合，
∴α＜90°，
∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．
综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【点睛】
本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
4．如图，在直角坐标系中，已知点A(－8，0)，B(0，6)，点M在线段AB上。

（1）如图1，如果点M是线段AB的中点，且⊙M的半径等于4，试判断直线OB与⊙M 的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，⊙M与x轴，y轴都相切，切点分别为E，F，试求出点M的坐标；
（3）如图3，⊙M与x轴，y轴，线段AB都相切，切点分别为E，F，G，试求出点M的坐标（直接写出答案）
【答案】（1）OB与⊙M相切；（2）M（－24
7
，
24
7
）；（3）M（－2，2）
【解析】
分析：（1）设线段OB的中点为D，连结MD，根据三角形的中位线求出MD，根据直线和圆的位置关系得出即可；
（2）求出过点A、B的一次函数关系式是y=3
4
x+6，设M（a，﹣a），把x=a，y=﹣a代
入y=3
4
x+6得出关于a的方程，求出即可．
（3）连接ME、MF、MG、MA、MB、MO，设ME=MF=MG=r，根据
S△ABC=1
2
AO•ME+
1
2
BO•MF+
1
2
AB•MG=
1
2
AO•BO求得r=2，据此可得答案．
详解：（1）直线OB与⊙M相切．理由如下：
设线段OB的中点为D，如图1，连结MD，
∵点M是线段AB的中点，所以MD∥AO，MD=4，∴∠AOB=∠MDB=90°，∴MD⊥OB，点D在⊙M上．又∵点D在直线OB上，∴直线OB与⊙M相切；（2）如图2，连接ME，MF，
∵A（﹣8，0），B（0，6），∴设直线AB的解析式是y=kx+b，∴
80
6
k b
b
-+=
⎧
⎨
=
⎩
，解
得：k=3
4
，b=6，即直线AB的函数关系式是y=
3
4
x+6．
∵⊙M与x轴、y轴都相切，∴点M到x轴、y轴的距离都相等，即ME=MF，设M
（a，﹣a）（﹣8＜a＜0），把x=a，y=﹣a代入y=3
4
x+6，得：﹣a=
3
4
a+6，得：a=﹣
24 7，∴点M的坐标为（﹣
2424
77
，）．
（3）如图3，连接ME、MF、MG、MA、MB、MO，
∵⊙M与x轴，y轴，线段AB都相切，∴ME⊥AO、MF⊥BO、MG⊥AB，设
ME=MF=MG=r，则S△ABC=1
2
AO•ME+
1
2
BO•MF+
1
2
AB•MG=
1
2
AO•BO．
∵A（﹣8，0），B（0，6），∴AO=8、BO=6，AB=22
AO BO
=10，
∴1
2r•8+
1
2
r•6+
1
2
r•10=
1
2
×6×8，解得：r=2，即ME=MF=2，∴点M的坐标为（﹣2，
2）．
点睛：本题考查了圆的综合问题，掌握直线和圆的位置关系，用待定系数法求一次函数的解析式的应用，能综合运用知识点进行推理和计算是解答此题的关键，注意：直线和圆有三种位置关系：已知⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离是d，当d=r时，直线l和⊙O 相切．
5．如图1，在Rt△ABC中，AC=8cm，BC=6cm，D、E分别为边AB、BC的中点，连结DE，点P从点A出发，沿折线AD﹣DE运动，到点E停止，点P在AD上以5cm/s的速度运动，在DE上以1cm/s的速度运动，过点P作PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作正方形PQMN．设点P的运动时间为t（s）．
（1）当点P在线段DE上运动时，线段DP的长为_____cm．（用含t的代数式表示）（2）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．
（3）如图2，若点O在线段BC上，且CO=1，以点O为圆心，1cm长为半径作圆，当点P 开始运动时，⊙O的半径以0.2cm/s的速度开始不断增大，当⊙O与正方形PQMN的边所在直线相切时，求此时的t值．
【答案】（1）t﹣1；（2）S=﹣3
8
t2+3t+3（1＜t＜4）；（3）t=
10
3
s．
【解析】
分析：（1）根据勾股定理求出AB ，根据D 为AB 中点，求出AD ，根据点P 在AD 上的速度，即可求出点P 在AD 段的运动时间，再求出点P 在DP 段的运动时间，最后根据DE 段运动速度为1c m/s ，即可求出DP ；
（2）由正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形，可知点P 在DE 上，求出DP =t ﹣1，PQ =3，根据MN ∥BC ，求出FN 的长，从而得到FM 的长，再根据S =S 梯形FMHD +S 矩形DHQP ，列出S 与t 的函数关系式即可；
（3）当圆与边PQ 相切时，可求得r =PE =5﹣t ，然后由r 以0.2c m/s 的速度不断增大，r =1+0.2t ，然后列方程求解即可；当圆与MN 相切时，r =CM =8﹣t =1+0.2t ，从而可求得t 的值．
详解：（1）由勾股定理可知：AB =22AC BC +=10． ∵D 、E 分别为AB 和BC 的中点，
∴DE =12AC =4，AD =12
AB =5， ∴点P 在AD 上的运动时间=
55=1s ，当点P 在线段DE 上运动时，DP 段的运动时间为（t ﹣1）s ． ∵DE 段运动速度为1c m/s ，∴DP =（t ﹣1）cm ．
故答案为t ﹣1．
（2）当正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形时，有一种情况，如下图所示．
当正方形的边长大于DP 时，重叠部分为五边形，
∴3＞t ﹣1，t ＜4，DP ＞0，∴t ﹣1＞0，
解得：t ＞1，∴1＜t ＜4．
∵△DFN ∽△ABC ，∴
DN FN =AC BC =86=43
． ∵DN =PN ﹣PD ，∴DN =3﹣（t ﹣1）=4﹣t ， ∴4t FN -=43，∴FN =344
t -（）， ∴FM =3﹣
344t -（）=34
t ， S =S 梯形FMHD +S 矩形DHQP ， ∴S =12×（34t +3）×（4﹣t ）+3（t ﹣1）=﹣38
t 2+3t +3（1＜t ＜4）．
（3）①当圆与边PQ相切时，如图：
当圆与PQ相切时，r=PE，由（1）可知，PD=（t﹣1）cm，
∴PE=DE﹣DP=4﹣（t﹣1）=（5﹣t）cm．
∵r以0.2c m/s的速度不断增大，∴r=1+0.2t，
∴1+0.2t=5﹣t，解得：t=10
3
s．
②当圆与MN相切时，r=CM．
由（1）可知，DP=（t﹣1）cm，则PE=CQ=（5﹣t）cm，MQ=3cm，∴MC=MQ+CQ=5﹣t+3=（8﹣t）cm，
∴1+0.2t=8﹣t，解得：t=35
6
s．
∵P到E点停止，∴t﹣1≤4，即t≤5，∴t=35
6
s（舍）．
综上所述：当t=10
3
s时，⊙O与正方形PQMN的边所在直线相切．
点睛：本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了勾股定理、相似三角形的性质和判定、正方形的性质，直线和圆的位置关系，依据题意列出方程是解题的关键．
6．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧
»().AB
()1用直尺和圆规作出»AB所在圆的圆心O；(要求保留作图痕迹，不写作法) ()2若»AB的中点C到弦AB的距离为2080
m AB m
=
，，求»AB所在圆的半径．
【答案】(1)见解析；（2）50m 【解析】
分析：()1连结AC 、BC ，分别作AC 和BC 的垂直平分线，两垂直平分线的交点为点O ，如图1；
()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，根据垂径定理的推论，由C 为»AB
的中点得到1
OC AB AD BD AB 402
⊥==
=，，则CD 20=，设O e 的半径为r ，在Rt OAD V 中利用勾股定理得到222
r (r 20)40=-+，然后解方程即可．
详解：()1如图1，
点O 为所求；
()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，
C Q 为»AB 的中点，
OC AB ∴⊥，
1
402
AD BD AB ∴===，
设O e 的半径为r ，则20OA r OD OD CD r ==-=-，，
在Rt OAD V 中，222OA OD AD =+Q ，
222
(20)40
r r
∴=-+，解得50
r=，
即»AB所在圆的半径是50m．
点睛：本题考查了垂径定理及勾股定理的应用，在利用数学知识解决实际问题时，要善于把实际问题与数学中的理论知识联系起来，能将生活中的问题抽象为数学问题．
7．如图1，延长⊙O的直径AB至点C，使得BC=1
2
AB，点P是⊙O上半部分的一个动点
（点P不与A、B重合），连结OP，CP．
（1）∠C的最大度数为；
（2）当⊙O的半径为3时，△OPC的面积有没有最大值？若有，说明原因并求出最大值；若没有，请说明理由；
（3）如图2，延长PO交⊙O于点D，连结DB，当CP=DB时，求证：CP是⊙O的切线．
【答案】（1）30°；（2）有最大值为9，理由见解析；（3）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP的度数最大，根据切线的性质即可求得；（2）由△OPC的边OC是定值，得到当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，于是得到结论；
（3）根据全等三角形的性质得到AP=DB，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠C，得到
CO=OB+OB=AB，推出△APB≌△CPO，根据全等三角形的性质得到∠CPO=∠APB，根据圆周角定理得到∠APB=90°，即可得到结论．
试题解析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP最大．如图1，所示：
∵sin∠OCP=OP
OC =
2
4
=
1
2
，∴∠OCP=30°
∴∠OCP的最大度数为30°，
故答案为：30°；
（2）有最大值，理由：
∵△OPC的边OC是定值，∴当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，
而点P在⊙O上半圆上运动，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，
也就是高为半径长，∴最大值S△OPC=1
2
OC•OP=
1
2
×6×3=9；
（3）连结AP，BP，如图2，
在△OAP与△OBD中，
OA OD
AOP BOD
OP OB
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△OAP≌△OBD，∴AP=DB，
∵PC=DB，∴AP=PC，∵PA=PC，∴∠A=∠C，
∵
BC=
1
2
AB=OB，∴CO=OB+OB=AB，
在△APB和△CPO中，
AP CP
A C
AB CO
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△APB≌△CPO，∴∠CPO=∠APB，
∵AB为直径，∴∠APB=90°，∴∠CPO=90°，
∴PC切⊙O于点P，即
CP是⊙O的切线．
8．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：
∠ACP+∠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）
3 PA=PB+PC．
【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 ，延长BP 至E ，使PE=PC ，连接CE ． ∵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 ，
∴PA=BE=PB+PC ；
（3）若∠BAC=120°时，（2
．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°． ∵弦AB=弦AC ，∴∠APB=∠APQ=30°．
在△ABP 和△AQP 中，PB PQ APB APQ AP AP =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
，∴△ABP ≌△AQP （SAS ），
∴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 ，
AG, ∴PB+PC=PG ﹣QG+PG+CG=PG ﹣
，
∴
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.
9．已知P 是O e 的直径BA 延长线上的一个动点，∠P 的另一边交O e 于点C 、D ，两点位于AB 的上方，AB ＝6，OP=m ，1sin 3
P ＝，如图所示．另一个半径为6的1O e 经过点C 、D ，圆心距1OO n ＝． （1）当m=6时，求线段CD 的长；
（2）设圆心O 1在直线AB 上方，试用n 的代数式表示m ；
（3）△POO 1在点P 的运动过程中，是否能成为以OO 1为腰的等腰三角形，如果能，试求出此时n 的值；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)CD=252381
2n n
;(3) n 9559155 【解析】
分析：（1）过点O 作OH ⊥CD ，垂足为点H ，连接OC ．解Rt △POH ，得到OH 的长．由勾股定理得CH 的长，再由垂径定理即可得到结论； （2）解Rt △POH ，得到Rt 3
m
OH OCH V ＝．在和Rt △1O CH 中，由勾股定理即可得到结论；
（3）△1POO 成为等腰三角形可分以下几种情况讨论：① 当圆心1O 、O 在弦CD 异侧时，分1OP OO ＝和11O P OO ＝．②当圆心1O 、O 在弦CD 同侧时，同理可得结论． 详解：（1）过点O 作OH ⊥CD ，垂足为点H ，连接OC ．
在Rt △1
sin 63
POH P PO =Q 中，
＝，，∴2OH =． ∵AB ＝6，∴3OC ＝． 由勾股定理得： 5CH = ∵OH ⊥DC ，∴225CD CH ==．
（2）在Rt △1
sin 3POH P PO m Q 中，
＝，＝，∴3
m OH ＝． 在Rt △OCH 中，2
2
93m CH ⎛⎫- ⎪⎝⎭
＝． 在Rt △1O CH 中，2
2363m CH n ⎛⎫-- ⎪⎝
⎭＝． 可得： 22
36933m m n ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
＝，解得23812n m n -：＝．
（3）△1POO 成为等腰三角形可分以下几种情况： ① 当圆心1O 、O 在弦CD 异侧时
i ）1OP OO ＝，即m n ＝，由2
381
2n n n
-＝，解得9n ：＝．
即圆心距等于O e 、1O e 的半径的和，就有O e 、1O e 外切不合题意舍去． ii ）11O P OO ＝222
33
m m n m -
+-（）（）
n ＝， 解得：23m n ＝，即23n 2381
2n n
-＝，解得9155n ：＝
②当圆心1O 、O 在弦CD 同侧时，同理可得： 2
8132n m n
-＝．
∵1POO ∠是钝角，∴只能是m n =，即2
8132n
n n
-＝，解得955n ：＝ 综上所述：n 9559
155
点睛：本题是圆的综合题．考查了圆的有关性质和两圆的位置关系以及解直径三角形．解答（3）的关键是要分类讨论．
10．如图，已知在△ABC中，∠A=90°，
（1）请用圆规和直尺作出⊙P，使圆心P在AC边上，且与AB，BC两边都相切（保留作图痕迹，不写作法和证明）．
（2）若∠B=60°，AB=3，求⊙P的面积．
【答案】（1）作图见解析；（2）3π
【解析】
【分析】
（1）与AB、BC两边都相切．根据角平分线的性质可知要作∠ABC的角平分线，角平分线与AC的交点就是点P的位置．
（2）根据角平分线的性质和30°角的直角三角形的性质可求半径，然后求圆的面积．
【详解】
解：（1）如图所示，则⊙P为所求作的圆．
（2）∵∠ABC=60°，BP平分∠ABC，
∴∠ABP=30°，
∵∠A=90°，
∴BP=2AP
Rt△ABP中,AB=3，
由勾股定理可得：3，∴S⊙P=3π
11．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＝3D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°，DE7，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）93﹣2π．
【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°，OB=BD=23，根据勾股定理求出PE，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=1
2
3，3，
在Rt △DEP 中，∵PD=3，DE=7， ∴
PE=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=1：7 ， ∴AE=
57
7
∵BE ∥DF ， ∴△ABE ∽△AFD ，
∴BE AE
DF AD
= ，即
5757125DF = ， 解得DF=12， 在Rt △BDH 中，BH=
1
2
BD=3， ∴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）=22160(23)3
123(23)23604
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．
12．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．
13．如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连接AD．已知∠CAD＝∠B．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若CD＝2，AC＝4，BD＝6，求⊙O的半径．
【答案】（1）详见解析；（2）35
.
【解析】
【分析】
(1)解答时先根据角的大小关系得到∠1＝∠3，根据直角三角形中角的大小关系得出
OD⊥AD ，从而证明AD为圆O的切线；(2)根据直角三角形勾股定理和两三角形相似可以得出结果
【详解】
（1）证明：连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠3＝∠B，
∵∠B＝∠1，
∴∠1＝∠3，
在Rt△ACD中，∠1+∠2＝90°，
∴∠4＝180°﹣（∠2+∠3）＝90°，
∴OD⊥AD，
则AD为圆O的切线；
（2）过点O作OF⊥BC，垂足为F，
∵OF⊥BD
∴DF＝BF＝1
2
BD＝3
∵AC＝4，CD＝2，∠ACD＝90°
∴AD ＝22AC CD +＝25
∵∠CAD ＝∠B ，∠OFB ＝∠ACD ＝90°
∴△BFO ∽△ACD
∴
BF AC =OB AD
即34=25 ∴OB ＝35 ∴⊙O 的半径为
35． 【点睛】
此题重点考查学生对直线与圆的位置关系，圆的半径的求解，掌握勾股定理，两三角形相似的判定条件是解题的关键
14．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：CM 2=MN.MA ；
（2）若∠P=30°，PC=2，求CM 的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）由··CM
DM =知CAM DCM ∠=∠，根∠CMA=∠NMC 据证ΔAMC ∽ΔCMN 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
15．如图，点A ，B ，C ，D ，E 在⊙O 上，AB ⊥CB 于点B ，tanD=3，BC=2，H 为CE 延长线上一点，且10，CH 52=.
（1）求证：AH是⊙O的切线；
（2）若点D是弧CE的中点，且AD交CE于点F，求证：HF=HA；
（3）在（2）的条件下，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）102
【解析】
【分析】（1）连接AC，由AB⊥CB可知AC是⊙O的直径，由圆周角定理可得∠C=∠D，于是得到tanC=3，故此可知AB=6，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2= 40，从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得AC⊥AH，问题得证；
（2）连接DE、BE，由弦切角定理可知∠ABD=∠HAD，由D是»CE的中点，可得
∠CED=∠EBD，再由圆周角定理可得∠ABE=∠ADE，结合三角形的外角即可证明
∠HAF=∠AFH，从而可证得AH=HF；
（3）由切割线定理可得EH=2，由（2）可知AF=FH=10，从而可得EF=FH﹣EH=10-2．
【详解】（1）如图1所示：连接AC．
∵AB⊥CB，
∴AC是⊙O的直径，
∵∠C=∠D，
∴tanC=3，
∴AB=3BC=3×2=6，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40，
又∵AH2=10，CH2=50，
∴AC2+AH2=CH2，
∴△ACH为直角三角形，
∴AC⊥AH，
∴AH是圆O的切线；
（2）如图2所示：连接DE、BE，
∵AH是圆O的切线，
∴∠ABD=∠HAD，
∵D是»CE的中点，
∴»»
，
CD ED
∴∠CED=∠EBD，
又∵∠ABE=∠ADE，
∴∠ABE+∠EBD=∠ADE+∠CED，
∴∠ABD=∠AFE，
∴∠HAF=∠AFH，
∴AH=HF；
（3）由切割线定理可知：AH2=EH•CH10）22EH，
解得：2，
∵由（2）可知10，
∴EF=FH﹣102．
【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等，正确添加辅助线是解题的关键.。