中考数学综合题专练∶圆的综合及答案解析

中考数学综合题专练∶圆的综合及答案解析
一、圆的综合
1．如图，⊙M交x轴于B、C两点，交y轴于A，点M的纵坐标为2．B（﹣33，O），C（3，O）．
（1）求⊙M的半径；
（2）若CE⊥AB于H，交y轴于F，求证：EH=FH．
（3）在（2）的条件下求AF的长．
【答案】（1）4；（2）见解析;（3）4．
【解析】
【分析】
（1）过M作MT⊥BC于T连BM，由垂径定理可求出BT的长，再由勾股定理即可求出BM的长；
（2）连接AE，由圆周角定理可得出∠AEC=∠ABC，再由AAS定理得出△AEH≌△AFH，进而可得出结论；
（3）先由（1）中△BMT的边长确定出∠BMT的度数，再由直角三角形的性质可求出CG 的长，由平行四边形的判定定理判断出四边形AFCG为平行四边形，进而可求出答案．【详解】
（1）如图（一），过M作MT⊥BC于T连BM，
∵BC是⊙O的一条弦，MT是垂直于BC的直径，
∴BT=TC=1
2
3
∴124
；
（2）如图（二），连接AE，则∠AEC=∠ABC，∵CE⊥AB，
∴∠HBC+∠BCH=90°
在△COF中，
∵∠OFC+∠OCF=90°，
∴∠HBC=∠OFC=∠AFH，
在△AEH和△AFH中，
∵
AFH AEH
AHF AHE AH AH
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△AEH≌△AFH（AAS），
∴EH=FH；
（3）由（1）易知，∠BMT=∠BAC=60°，
作直径BG，连CG，则∠BGC=∠BAC=60°，
∵⊙O的半径为4，
∴CG=4，
连AG，
∵∠BCG=90°，
∴CG⊥x轴，
∴CG∥AF，
∵∠BAG=90°，
∴AG⊥AB，
∵CE⊥AB，
∴AG∥CE，
∴四边形AFCG为平行四边形，
∴AF=CG=4．
【点睛】
本题考查的是垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
2．如图，AB是半圆的直径，过圆心O作AB的垂线，与弦AC的延长线交于点D，点E在OD上DCE B
∠=∠．
（1）求证：CE是半圆的切线；
（2）若CD=10，
2
tan
3
B=，求半圆的半径．
【答案】（1）见解析；(2)413
【解析】
分析: （1）连接CO ，由DCE B ∠=∠且OC=OB,得DCE OCB ∠=∠,利用同角的余角相等判断出∠BCO+∠BCE=90°，即可得出结论；
（2）设AC=2x ，由根据题目条件用x 分别表示出OA 、AD 、AB ，通过证明△AOD ∽△ACB ，列出等式即可.
详解：（1）证明：如图，连接CO .
∵AB 是半圆的直径，
∴∠ACB =90°.
∴∠DCB =180°-∠ACB =90°.
∴∠DCE+∠BCE=90°.
∵OC =OB , ∴∠OCB =∠B.
∵=DCE B ∠∠，
∴∠OCB =∠DCE .
∴∠OCE =∠DCB =90°.
∴OC ⊥CE .
∵OC 是半径，
∴CE 是半圆的切线.
（2）解：设AC =2x ，
∵在Rt △ACB 中，2tan 3AC B BC =
=, ∴BC =3x .
∴()()222313AB x x x =+=.
∵OD ⊥AB ,
∴∠AOD =∠A CB=90°.
∵∠A =∠A ，
∴△AOD ∽△ACB .
∴AC AO
AB AD
=.
∵113
2
OA AB x
==，AD=2x+10,
∴
1
13
2
210
13
x
x
x
=
+
.
解得 x=8.
∴138413
OA=⨯=.
则半圆的半径为413.
点睛：本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，相似三角形.
3．在⊙O 中，点C是AB
u u u r
上的一个动点(不与点A，B重合)，∠ACB=120°，点I是∠ABC的内心，CI的延长线交⊙O于点D，连结AD,BD．
（1）求证：AD=BD．
（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．
（3）若⊙O的半径为2，点E，F是»AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I 随之运动形成的路径长．
【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3
23
【解析】
分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；
（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得
△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出
ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；
（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I 随之运动形成的路径长.
详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心
∴CI平分∠ACB
∴∠ACD=∠BCD
∴弧AD=弧BD
∴AD=BD
（2）AB=DI
理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD
∴∠BCD=×120°=60°
∵弧BD=弧BD
∴∠DAB=∠BCD=60°
∵AD=BD
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，∠ABD=∠C
∵I是△ABC的内心
∴BI平分∠ABC
∴∠CBI=∠ABI
∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD
∴∠BID=∠IBD
∴ID=BD
∵AB=BD
∴AB=DI
（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧
∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD
∴∠AED=∠ACB=×120°=60°
∵圆的半径为2，DE是直径
∴DE=4，∠EAD=90°
∴AD=sin∠AED×DE=×4=2
∵点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°
∴弧AB的度数为120°，
∴弧AM、弧BF的度数都为为40°
∴∠ADM=20°=∠FAB
∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80°
∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°
∴∠DAI1=∠AI1D
∴AD=I1D=2
∴弧I1I2的长为：
点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.
4．已知，如图：O1为x轴上一点，以O1为圆心作⊙O1交x轴于C、D两点，交y轴于M、N两点，∠CMD的外角平分线交⊙O1于点E，AB是弦，且AB∥CD，直线DM的解析式为y=3x+3．
（1）如图1，求⊙O1半径及点E的坐标．
（2）如图2，过E作EF⊥BC于F，若A、B为弧CND上两动点且弦AB∥CD，试问：BF+CF 与AC之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明．
（3）在（2）的条件下，EF交⊙O1于点G，问弦BG的长度是否变化？若不变直接写出BG 的长（不写过程），若变化自画图说明理由．
【答案】（1）r=5 E（4，5）（2）BF+CF=AC （3）弦BG的长度不变，等于2
【解析】
分析：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1，可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，从而可以证到∠EO1D=∠EO1C=90°．由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1，OM=3．设
⊙O1的半径为r．在Rt△MOO1中利用勾股定理就可解决问题．
（2）过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．由AB∥DC可证到BD=AC，易证四边形O1PFQ是矩形，从而有O1P=FQ，∠PO1Q=90°，进而有∠EO1P=∠CO1Q，从而可以证到△EPO1≌△CQO1，则有PO1=QO1．根据三角形中位线定理
可得FQ=1
2
BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC．
（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有
¶BG=¶ED，也就有BG=DE．在Rt△EO
1D中运用勾股定理求出ED，就可解决问题．
详解：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1．
∵ME平分∠SMC，∴∠SME=∠EMC．
∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠EO1D=∠EO1C．
∵∠EO1D+∠EO1C=180°，∴∠EO1D=∠EO1C=90°．
∵直线DM的解析式为y=3x+3，∴点M的坐标为（0，3），点D的坐标为（﹣1，0），∴OD=1，OM=3．
设⊙O1的半径为r，则MO1=DO1=r．
在Rt△MOO1中，（r﹣1）2+32=r2．
解得：r=5，∴OO1=4，EO1=5，∴⊙O1半径为5，点E的坐标为（4，5）．
（2）BF+CF=AC．理由如下：
过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．
∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC，∴¶AD=¶¶
BC BD
∴
，=¶AC，∴BD=AC．
∵O1P⊥EG，O1Q⊥BC，EF⊥BF，∴∠O1PF=∠PFQ=∠O1QF=90°，∴四边形O1PFQ是矩形，∴O1P=FQ，∠PO1Q=90°，∴∠EO1P=90°﹣∠PO1C=∠CO1Q．
在△EPO1和△CQO1中，
11
11
11
EO P CO Q
EPO CQO
O E O C
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．
∵CO1=DO1，∴O1Q=1
2
BD，∴FQ=
1
2
BD．
∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴BF+CF=BD=AC．
（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．
∵DC是⊙O1的直径，∴∠DBC=90°，∴∠DBC+∠EFB=180°，∴EF∥BD，
∴∠GEB=∠EBD，∴¶BG=¶ED，∴BG=DE．
∵DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=52，∴BG=52，
∴弦BG的长度不变，等于52．
点睛：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥DC证到AC=BD是解决第（2）小题的关键，由EG∥DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键．
5．如图，△ABC内接于⊙O，弦AD⊥BC垂足为H，∠ABC＝2∠CAD．
（1）如图1，求证：AB＝BC；
（2）如图2，过点B作BM⊥CD垂足为M，BM交⊙O于E,连接AE、HM，求证：AE∥HM;（3）如图3，在（2）的条件下，连接BD交AE于N，AE与BC交于点F，若NH＝25，AD＝11，求线段AB的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AB的长为10.
【解析】
分析：（1）根据题意，设∠CAD=a，然后根据直角三角形的两锐角互余的关系，推导出
∠BAC=∠ACB，再根据等角对等边得证结论；
（2）延长AD、BM交于点N，连接ED.根据圆周角定理得出∠N=∠DEN=∠BAN，进而根据等角对等边，得到DE=DN,BA=BN，再根据等腰三角形和直角三角形的性质，求得
MH∥AE；
（3）连接CE，根据（2）的结论，由三角形全等的判定与性质证得HF=HC，然后结合勾股定理求出AC2-AH2=CD2-DH2，解得CD=5,CH=4,AH=8，最后根据锐角三角函数的性质得到AB.详解：（1）证明：设∠CAD=a,
则∠ABC=2a,∠C=90°-a,∠BAD=90°-2a,
∴∠BAC=90°-2a+a=90°-a
∴∠BAC=∠ACB.∴AB=BC
(2）证明：延长AD、BM交于点N，连接ED.
∵∠DEN=∠DAB,∠N=∠BCD,∠BCD=∠BAN
∴∠N=∠DEN=∠BAN
∴DE=DN,BA=BN
又∵BH⊥AN,DM⊥EN
∴EM=NM,HN=HA,∴MH∥AE
（3）连接CE.
∠BDA=∠BCA,∠BDM=∠BAC,由（1）知∠BCA=∠BAC
∴∠BDA=∠BDM,∴△BDM≌△BDH,
∴DH=MH,∠MBD=∠HBD,∴BD⊥MH
又∵MH∥AE,∴BD⊥EF,∴△FNB≌△ENB,
同理可证△AFH≌△ACH,∴HF=HC,又∵FN=NE
∴NH∥EC,EC=2NH,又∵NH=25∴EC=45
∠EAC=2∠AEC=2a=∠ABC,可证弧AC=弧EC,
∴AC=EC=5
设HD=x ，AH=11-x ，
∵∠ADC=2∠CAD,翻折△CHD 至△CHG,可证CG=CD=AG
AH=CD+DH,CD=AH-DH=11-x-x=11-2x
又∵AC 2-AH 2=CD 2-DH 2,∴(45)2-(11-x)2=(11-2x)2-x 2
∴x 1=3,x 2=272(舍去)∴CD=5,CH=4,AH=8. 又∵tan2AH CH a BH DH
==,∴BH=6 ∴AB=22226810BM AH +=+= 点睛：此题主要考查了圆的综合，结合圆周角定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解直角三角形的性质，综合性比较强，灵活添加辅助线，构造方程求解是解题关键.
6．如图，在以点O 为圆心的两个同心圆中，小圆直径AE 的延长线与大圆交于点B ，点D 在大圆上，BD 与小圆相切于点F ，AF 的延长线与大圆相交于点C ，且CE ⊥BD ．找出图中相等的线段并证明．
【答案】见解析
【解析】
试题分析：由AE 是小⊙O 的直径，可得OA=OE ，连接OF ，根据切线的性质，可得OF ⊥BD ，然后由垂径定理，可证得DF=BF ，易证得OF ∥CE ，根据平行线分线段成比例定理，可证得AF=CF ，继而可得四边形ABCD 是平行四边形，则可得AD=BC ，AB=CD ．然后连接OD 、OC ，可证得△AOD ≌△EOC ，则可得BC=AD=CE=AE ．
试题解析：
图中相等的线段有：OA=OE ，DF=BF ，AF=CF ，AB=CD ，BC=AD=CE=AE ．
证明如下：
∵AE 是小⊙O 的直径，
∴OA=OE ．
连接OF ，
∵BD 与小⊙O 相切于点F ，
∴OF ⊥BD ．
∵BD 是大圆O 的弦，
∴DF=BF ．
∵CE ⊥BD ，
∴CE ∥OF ，
∴AF=CF．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∴AD=BC，AB=CD．
∵CE：AE=OF：AO，OF=AO，
∴AE=EC．
连接OD、OC，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD．
∵∠AOD=∠ODC，∠EOC=∠OEC，
∴∠AOC=∠EOC，
∴△AOD≌△EOC，
∴AD=CE．
∴BC=AD=CE=AE．
【点睛】考查了切线的性质，垂径定理，平行线分线段成比例定理，平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法，小心不要漏解．
7．如图，OB是以（O，a）为圆心，a为半径的⊙O1的弦，过B点作⊙O1的切线，P为劣弧»OB上的任一点，且过P作OB、AB、OA的垂线，垂足分别是D、E、F．
（1）求证：PD2=PE•PF；
（2）当∠BOP=30°，P点为OB的中点时，求D、E、F、P四个点的坐标及S△DEF．
【答案】（1）详见解析；（2）D 3
，
3
4
a），E
33
a，
3
4
a），F
3
，
0），P 3
，
2
a
）；S△DEF
33
a2．
【解析】
试题分析：（1）连接PB，OP，利用AB切⊙O1于B求证△PBE∽△POD，得
出PB PE
OP PD
=，同理，△OPF∽△BPD，得出
PB PD
OP PF
=，然后利用等量代换即可．
（2）连接O1B，O1P，得出△O1BP和△O1PO为等边三角形，根据直角三角形的性质即可解得D、E、F、P四个点的坐标．再利用三角形的面积公式可直接求出三角形DEF的面积．
试题解析：（1）证明：连接PB，OP，
∵PE⊥AB，PD⊥OB，
∴∠BEP=∠PDO=90°，
∵AB切⊙O1于B，∠ABP=∠BOP，
∴△PBE∽△POD，
∴=，
同理，△OPF∽△BPD
∴=，
∴=，
∴PD2=PE•PF；
（2）连接O1B，O1P，
∵AB切⊙O1于B，∠POB=30°，
∴∠ABP=30°，
∴∠O1BP=90°﹣30°=60°，
∵O1B=O1P，
∴△O1BP为等边三角形，
∴O1B=BP，
∵P为弧BO的中点，
∴BP=OP，
即△O1PO为等边三角形，
∴O1P=OP=a，
∴∠O1OP=60°，
又∵P为弧BO的中点，
∴O1P⊥OB，
在△O1DO中，∵∠O1OP=60°O1O=a，
∴O1D=a，OD=a，
过D作DM⊥OO1于M，∴DM=OD=a，
OM=DM=a，
∴D（﹣a， a），
∵∠O1OF=90°，∠O1OP=60°
∴∠POF=30°，
∵PE⊥OA，
∴PF=OP=a，OF=a，
∴P（﹣a，），F（﹣a，0），
∵AB切⊙O1于B，∠POB=30°，
∴∠ABP=∠BOP=30°，
∵PE⊥AB，PB=a，
∴∠EPB=60°
∴PE=a，BE=a，
∵P为弧BO的中点，
∴BP=PO，
∴∠PBO=∠BOP=30°，
∴∠BPO=120°，
∴∠BPE+∠BPO=120°+60°=180°，
即OPE三点共线，
∵OE=a+a=a，
过E作EM⊥x轴于M，∵AO切⊙O1于O，
∴∠EOA=30°，
∴EM=OE=a，OM=a，
∴E（﹣a， a），
∵E（﹣a， a），D（﹣a， a），
∴DE=﹣a﹣（﹣a）=a，
DE边上的高为： a，
∴S△DEF=×a×a=a2．
故答案为：D（﹣a， a），E（﹣a， a），F（﹣a，0），P（﹣a，）；S△DEF=a2．
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．
9．如图，AN是⊙M的直径，NB∥x轴，AB交⊙M于点C．（1）若点A（0，6），N（0，2），∠ABN=30°，求点B的坐标；（2）若D为线段NB的中点，求证：直线CD是⊙M的切
线．
【答案】(1) B（，2）．(2)证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）在Rt△ABN中，求出AN、AB即可解决问题；（2）连接MC，NC．只要证明∠MCD=90°即可
试题解析：（1）∵A的坐标为（0，6），N（0，2），
∴AN=4，
∵∠ABN=30°，∠ANB=90°，
∴AB=2AN=8，
∴由勾股定理可知：NB=，
∴B（，2）．
（2）连接MC，NC
∵AN是⊙M的直径，
∴∠ACN=90°，
∴∠NCB=90°，
在Rt△NCB中，D为NB的中点，
∴CD=NB=ND，
∴∠CND=∠NCD，
∵MC=MN，
∴∠MCN=∠MNC，
∵∠MNC+∠CND=90°，
∴∠MCN+∠NCD=90°，
即MC⊥CD．
∴直线CD是⊙M的切线．
考点：切线的判定；坐标与图形性质．
10．.如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6．D是线段AC上一个动点（不与点A重合），⊙D与AB相切，切点为E，⊙D交射线
．．DC于点F，过F作FG⊥EF交直线
．．BC于点G，设⊙D的半径为r．
（1）求证AE＝EF；
（2）当⊙D与直线BC相切时，求r的值；
（3）当点G落在⊙D内部时，直接写出r的取值范围．
【答案】(1)见解析3
63 3r
<<
【解析】
【分析】
（1）连接DE，则∠ADE=60°=∠DEF+∠DFE，而∠DEF=∠DFE，则∠DEF=∠DFE=30°=∠A，即可求解；
（2）如图2所示，连接DE，当圆与BC相切时，切点为F，∠A=30°，AB=6，则BF=3，AD=2r，由勾股定理，即可求解；
（3）分点F在线段AC上、点F在线段AC的延长线上两种情况，分别求解即可．【详解】
解：设圆的半径为r；
（1）连接DE，则∠ADE=60°=∠DEF+∠DFE，
而∠DEF=∠DFE，则∠DEF=∠DFE=30°=∠A，
∴AE=EF；
（2）如图2所示，连接DE，当圆与BC相切时，切点为F
∠A=30°，AB=6，则BF=3，AD=2r，
由勾股定理得：（3r）2+9=36，
解得：r=3；
（3）①当点F在线段AC上时，如图3所示，连接DE、DG，
===-
FC r GC FC r
333,3933
②当点F在线段AC的延长线上时，如图4所示，连接DE、DG，
333,3339FC r GC FC r =-==-
两种情况下GC 符号相反，GC 2相同， 由勾股定理得：DG 2=CD 2+CG 2，
点G 在圆的内部，故：DG2＜r2，
即：22(332)(339)2r r r -+-<
整理得：25113180r r -+<
解得：6335r <<
【点睛】
本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；利用勾股定理计算线段的长．
11．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=22，∠OCE=45°.等腰直角三角形的斜边是腰长的2倍，得CG=OG=2. FG=2.在Rt△OGE中，∠E=30°，得GE=23，则EF=GE-FG=23-2.
【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.
12．已知AC＝DC，AC⊥DC，直线MN经过点A，作DB⊥MN，垂足为B，连结CB．
[感知]如图①，点A、B在CD同侧，且点B在AC右侧，在射线AM上截取AE＝BD，连结CE，可证△BCD≌△ECA，从而得出EC＝BC，∠ECB＝90°，进而得出∠ABC＝度；
[探究]如图②，当点A、B在CD异侧时，[感知]得出的∠ABC的大小是否改变？若不改变，给出证明；若改变，请求出∠ABC的大小．
[应用]在直线MN绕点A旋转的过程中，当∠BCD＝30°，BD＝时，直接写出BC的长．【答案】【感知】：45；【探究】：不改变，理由详见解析；【拓展】：BC的长为+1或﹣1．
【解析】
【分析】
[感知]证明△BCD≌△ECA（SAS）即可解决问题；
[探究]结论不变，证明△BCD≌△ECA（SAS）即可解决问题；
[应用]分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】
解：【感知】，如图①中，在射线AM上截取AE＝BD，连结CE．
∵AC⊥DC，DB⊥MN，
∴∠ACD＝∠DBA＝90°．
∴∠CDB+∠CAB＝180°，
∵∠CAB+∠CAE＝180°
∴∠D＝∠CAE，∵CD＝AC，AE＝BD，
∴△BCD≌△ECA（SAS），
∴BC＝EC，∠BCD＝∠ECA，
∵∠ACE+∠ECD＝90°，
∴∠ECD+∠DCB＝90°，
即∠ECB＝90°，
∴∠ABC＝45°．
故答案为45
【探究】
不改变．理由如下：
如图，如图②中，在射线AN上截取AE＝BD，连接CE，设MN与CD交于点O．
∵AC⊥DC，DB⊥MN，
∴∠ACD＝∠DBA＝90°，
∵∠AOC＝∠DOB，
∴∠D＝∠EAC，CD＝AC，
∴△BCD≌△ECA（SAS），
∴BC＝EC，∠BCD＝∠ECA，
∵∠ACE+∠ECD＝90°，
∴∠ECD+∠DCB＝90°，
即∠ECB＝90°，
∴∠ABC＝45°．
【拓展】
如图①﹣1中，连接AD．
∴∠ACD+∠ABD＝180°，
∴A，C，D，B四点共圆，
∴∠DAB＝∠DCB＝30°，
∴AB＝BD＝，
∴EB＝AE+AB＝+，
∵△ECB是等腰直角三角形，
如图②中，同法可得BC＝﹣1．
综上所述，BC的长为+1或﹣1．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性
质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
13．如图，在中，，以为直径作，交边于点，交边于点，过点作的切线，交的延长线于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）证明见解析；
（2）4．
【解析】
试题分析：（1）连接AD，根据等腰三角形三线合一即可证明．
（2）设⊙O的半径为R，则FO=4+R，FA=4+2R，OD=R，连接OD，由△FOD∽△FAE，得列出方程即可解决问题．
试题解析：（1）连接AD，∵AB是直径，∴∠ADB=90°，
∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=DC．
（2）设⊙O的半径为R，则FO=4+R，FA=4+2R，OD=R，连接OD、
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∴△FOD∽△FAE，
∴，
∴，
整理得R2﹣R﹣12=0，
∴R=4或（﹣3舍弃）．
∴⊙O的半径为4．
考点：切线的性质、等腰三角形的性质等知识．
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1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D．
（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；
（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=1
2
AB，连接DE．
①求证：DE是⊙O的切线；
②求PC的长．
【答案】（1）6；（2）①证明见解析；33．【解析】
试题分析：（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；
（2）①首先得出△OBD是等边三角形，进而得出∠ODE=∠OFB=90°，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．
试题解析：（1）如图2，连接OD，
∵OP⊥PD，PD∥AB，
∴∠POB=90°，
∵⊙O的直径AB=12，
∴OB=OD=6，
在Rt△POB中，∠ABC=30°，
∴OP=OB•tan30°=6×=2，
在Rt△POD中，
PD===；
（2）①如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，
∵，
∴∠DBC=∠ABC=30°，
∴∠ABD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OD⊥FB，
∵BE=AB，
∴OB=BE，
∴BF∥ED，
∴∠ODE=∠OFB=90°，
∴DE是⊙O的切线；
②由①知，OD⊥BC，
∴CF=FB=OB•cos30°=6×=3，
在Rt△POD中，OF=DF，
∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），
∴CP=CF﹣PF=3﹣3．
考点：圆的综合题。