2020-2021中考数学与圆的综合有关的压轴题及答案

2020-2021中考数学与圆的综合有关的压轴题及答案
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、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．
（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；
（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；
（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．
【答案】(1)见解析;(2) Q的坐标为（29）;(3)63 8
.
【解析】（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点
∴AM＝BM＝PM=QM= 1
2 PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3 2
∴点Q的坐标为（32，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝9
2
－3＝
3
2
， Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为：1
2
×(
3
2
＋2)×4.5＝
63
8
.
【解析】
【分析】
根据已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，再根据这个条件结合题意直接解答此题.
【详解】
（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点
∴AM＝BM＝PM=QM= PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3
∴点Q的坐标为（3 ，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝－3＝， Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为：×(
＋2)×4.5＝.
【点睛】 本题主要考查学生根据题意能找到三角形APQ 和三角形BPQ 都是直角三角形，而且考验学生对相似三角形性质的运用，掌握探索题目隐含条件是解决此题的关键.
3．如图，AB 为O e 的直径，弦//CD AB ，E 是AB 延长线上一点，CDB ADE ∠=∠． ()1DE 是O e 的切线吗？请说明理由；
()2求证：2AC CD BE =⋅．
【答案】（1）结论：DE 是O e 的切线，理由见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接OD ，只要证明OD DE ⊥即可；
（2）只要证明：AC BD =，CDB DBE V V ∽即可解决问题.
【详解】
()1解：结论：DE 是O e 的切线．
理由：连接OD ．
CDB ADE
Q，
∠=∠
∴∠=∠，
ADC EDB
CD AB
Q，
//
∴∠=∠，
CDA DAB
Q，
OA OD
=
∴∠=∠，
OAD ODA
∴∠=∠，
ADO EDB
Q是直径，
AB
∴∠=o，
90
ADB
ADB ODE
∴∠=∠=o，
90
∴⊥，
DE OD
e的切线．
∴是O
DE
()2//
Q，
CD AB
∠=∠，
ADC DAB
∴∠=∠，CDB DBE
n n，
∴=
AC BD
∴=，
AC BD
Q，EDB DAB
∠=∠
DCB DAB
∠=∠，
∴∠=∠，
EDB DCB
∴V∽DBE
CDB
V，
CD DB
∴=，
BD BE
2
BD CD BE
∴=⋅，
2
∴=⋅．
AC CD BE
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，准确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.
4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD 的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB， DF．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）若DB平分∠ADC，AB=AD∶DE=4∶1，求DE的长．
【答案】(1)见解析;(2)5
【解析】
分析：（1）直接利用直角三角形的性质得出DF=CF=EF，再求出∠FDO=∠FCO=90°，得出答案即可；
（2）首先得出AB=BC即可得出它们的长，再利用△ADC～△ACE，得出AC2=AD•AE，进而得出答案．
详解：（1）连接OD．
∵OD=CD，∴∠ODC=∠OCD．
∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠EDC=90°．
∵点F为CE的中点，∴DF=CF=EF，∴∠FDC=∠FCD，∴∠FDO=∠FCO．
又∵AC⊥CE，∴∠FDO=∠FCO=90°，∴DF是⊙O的切线．
（2）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠ABC=90°．
∵DB平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴¶AB=¶BC，∴BC=AB=52．
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=100．
又∵AC⊥CE，∴∠ACE=90°，
∴△ADC～△ACE，∴AC
AD =
AE
AC
，∴AC2=AD•AE．
设DE为x，由AD：DE=4：1，∴AD=4x，AE=5x，
∴100=4x•5x，∴x=5，∴DE=5．
点睛：本题主要考查了切线的判定以及相似三角形的判定与性质，正确得出AC2=AD•AE是解题的关键．
5．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 ＝ 12
，求AB 和FC 的长．
【答案】(1)见解析;(2) ⑵AB=20 ， 403
CF =
【解析】 分析：（1）连接OC ，根据圆周角定理证明OC ⊥CF 即可；
（2）通过正切值和圆周角定理，以及∠FCA ＝∠B 求出CE 、BE 的长，即可得到AB 长，然后根据直径和半径的关系求出OE 的长，再根据两角对应相等的两三角形相似（或射影定理）证明△OCE ∽△CFE ，即可根据相似三角形的对应线段成比例求解.
详解：⑴证明：连结OC
∵AB 是⊙O 的直径
∴∠ACB=90°
∴∠B+∠BAC=90°
∵OA=OC
∴∠BAC=∠OCA
∵∠B=∠FCA
∴∠FCA+∠OCA=90°
即∠OCF=90°
∵C 在⊙O 上
∴CF 是⊙O 的切线
⑵∵AE=4，tan ∠ACD
12
AE EC = ∴CE=8 ∵直径AB ⊥弦CD 于点E
∴»»AD AC =
∵∠FCA ＝∠B
∴∠B=∠ACD=∠FCA
∴∠EOC=∠ECA
∴tan ∠B=tan ∠ACD=1=2CE BE ∴BE=16
∴AB=20
∴OE=AB÷2-AE=6
∵CE ⊥AB
∴∠CEO=∠FCE=90°
∴△OCE ∽△CFE ∴
OC OE CF CE
= 即106=8CF ∴40CF 3
= 点睛：此题主要考查了圆的综合知识，关键是熟知圆周角定理和切线的判定与性质，结合相似三角形的判定与性质和解直角三角形的知识求解，利用数形结合和方程思想是解题的突破点，有一定的难度，是一道综合性的题目.
6．已知：如图，在矩形ABCD 中，点O 在对角线BD 上，以OD 的长为半径的⊙O 与AD ，BD 分别交于点E 、点F ，且∠ABE=∠DBC ．
（1）判断直线BE 与⊙O 的位置关系，并证明你的结论；
（2）若sin ∠ABE=33
，CD=2，求⊙O 的半径．
【答案】（1）直线BE 与⊙O 相切，证明见解析；（2）⊙O 3 【解析】 分析：（1）连接OE ，根据矩形的性质，可证∠BEO =90°，即可得出直线BE 与⊙O 相切； （2）连接EF ，先根据已知条件得出BD 的值，再在△BEO 中，利用勾股定理推知BE 的长，设出⊙O 的半径为r ，利用切线的性质，用勾股定理列出等式解之即可得出r 的值． 详解：（1）直线BE 与⊙O 相切．理由如下：
连接OE ，在矩形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠ADB =∠DBC ．
∵OD =OE ，∴∠OED =∠ODE ．
又∵∠ABE =∠DBC ，∴∠ABE =∠OED ，
∵矩形ABDC ，∠A =90°，∴∠ABE +∠AEB =90°，
∴∠OED +∠AEB =90°，∴∠BEO =90°，∴直线BE 与⊙O 相切；
（2）连接EF ，方法1：
∵四边形ABCD 是矩形，CD =2，∴∠A =∠C =90°，AB =CD =2． ∵∠ABE =∠DBC ，∴sin ∠CBD =3sin ABE ∠=， ∴23DC
BD sin CBD
∠=
=，
在Rt △AEB 中，∵CD =2，∴22BC =．
∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ，∴
2222
DC AE AE
AE BC AB ，，=∴=∴=， 由勾股定理求得6BE =
．
在Rt △BEO 中，∠BEO =90°，EO 2+EB 2=OB 2．
设⊙O 的半径为r ，则222
623r r +=-（）（）
，∴r =3
2
， 方法2：∵DF 是⊙O 的直径，∴∠DEF =90°． ∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A =∠C =90°，AB =CD =2． ∵∠ABE =∠DBC ，∴sin ∠CBD =3
sin ABE ∠=． 设3DC x BD x ==
，，则2BC x =．
∵CD =2，∴22BC =．
∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ，∴
2222
DC AE AE
AE BC AB ，，=∴=∴=， ∴E 为AD 中点．
∵DF 为直径，∠FED =90°，∴EF ∥AB ，∴132DF BD =
=，∴⊙O 的半径为3
2
．
点睛：本题综合考查了切线的性质、勾股定理以及三角函数的应用等知识点，具有较强的综合性，有一定的难度．
7．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,∴(52-(11-x)2=(11-2x)2-x 2 ∴x 1=3,x 2=27
2
(舍去)∴CD=5,CH=4,AH=8. 又∵
tan2AH CH
a BH DH
==,∴BH=6 ∴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.
8．等腰Rt △ABC 和⊙O 如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O 的半径为1，圆心O 与直线AB 的距离为5．
（1）若△ABC 以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O 不动，则经过多少时间△ABC 的边与圆第一次相切？
（2）若两个图形同时向右移动，△ABC 的速度为每秒2个单位，⊙O 的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC 的边与圆第一次相切？
（3）若两个图形同时向右移动，△ABC 的速度为每秒2个单位，⊙O 的速度为每秒1个单位，同时△ABC 的边长AB 、BC 都以每秒0.5个单位沿BA 、BC 方向增大．△ABC 的边与圆第一次相切时，点B 运动了多少距离？
【答案】（1）52
-
；（2）52
-；（3）
2042
-
【解析】
分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；
（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；
（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离．
详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处，
如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，
设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l，
由切线长定理可知C′E=C′D，
设C′D=x，则C′E=x，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A=∠ACB=45°，
∴∠A′C′B′=∠ACB=45°，
∴△EFC′是等腰直角三角形，
∴2x，∠OFD=45°，
∴△OFD也是等腰直角三角形，
∴OD=DF，
∴2x+x=1，则2-1，
∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-2-1）2，
∴点C运动的时间为52
2
；
则经过
52
2
-秒，△ABC 的边与圆第一次相切； （2）如图2，设经过t 秒△ABC 的边与圆第一次相切，△ABC 移至△A′B′C′处，⊙O 与BC 所在直线的切点D 移至D′处，
A′C′与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交B′C′于F ， ∵CC′=2t ，DD′=t ，
∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2t=4-t ， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-t ， 由（1）得：4-t=2-1， 解得：t=5-2，
答：经过5-2秒△ABC 的边与圆第一次相切； （3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t ，DD′=t ， 则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2.5t=4-1.5t ， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t ， 由（1）得：4-1.5t=2-1， 解得：t=
1022
3
-， ∴点B 运动的距离为2×
10223-=2042
3
-．
点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．
9．（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
合），求证：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°，∴QP 2=AP 2+AQ 2=2AP 2， ∴QP=2AP=QB+BP=PC+PB ，∴
2AP=PC+PB ．
（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=
4
3
OA ，连接OQ ，BQ ，OB ．
∵∠QAO=∠BAC=90°，∠QAB=∠OAC ，∵QA AB OA AC =4
3
， ∴△QAB ∽OAC ，∴BQ=
4
3
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.
10．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．
11．如图1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作¶AC、¶CB、¶BA，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l为对称轴的交点．
（1）如图2，将这个图形的顶点A与线段MN作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为；
（2）如图3，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它沿等边△DEF的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；
（3）如图4，将这个图形的顶点B与⊙O的圆心O重合，⊙O的半径为3，将它沿⊙O的圆周作无滑动的滚动，当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为（请用含n的式子表示）
【答案】（1）3π；（2）27π；（3）3．
【解析】
试题分析：（1）先求出¶AC的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论；（2）先判断出莱洛三角形等边△DEF绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；
（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O重合旋转一周点I的路径，再用圆的周长公式即可得出．
试题解析：解：（1）∵等边△ABC 的边长为3，∴∠ABC =∠ACB =∠BAC =60°，
¶¶¶AC BC AB ==，∴¶¶AC BC
l l ==¶AB l =603180
π⨯=π，∴线段MN 的长为¶¶¶AC BC AB
l l l ++=3π．故答案为3π； （2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，
由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =
2
1203360
π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S 矩形AGHF +S 扇形BAG ）=3（6π+3π）=27π；
（3）如图2，连接BI 并延长交AC 于D ．∵I 是△ABC 的重心也是内心，∴∠DAI =30°，
AD =12AC =3
2
，∴OI =AI =
3
2
30AD cos DAI cos ∠=︒
=3，∴当它第1次回到起始位置时，点I
所经过的路径是以O 为圆心，OI 为半径的圆周，∴当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为n •2π•3=23n π．故答案为23n π．
点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出¶AC 的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I 第一次回到起点时，I 的路径，是一道中等难度的题目．
12．如图，线段BC 所在的直线 是以AB 为直径的圆的切线，点D 为圆上一点，满足BD ＝BC ，且点C 、D 位于直径AB 的两侧，连接CD 交圆于点E . 点F 是BD 上一点，连接EF ，分别交AB 、BD 于点G 、H ，且EF ＝BD . (1)求证：EF ∥BC ；
(2)若EH ＝4，HF ＝2，求»BE
的长.
【答案】(1)见解析；(2) 2
3
3
【解析】
【分析】
（1）根据EF＝BD可得»EF＝»BD，进而得到»»
BE DF
=，根据“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等”即可得出角相等进而可证.
（2）连接DF，根据切线的性质及垂径定理求出GF、GE的长，根据“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等”及平行线求出相等的角，利用锐角三角函数求出∠BHG，进而求出∠BDE的度数，确定»BE所对的圆心角的度数，根据∠DFH＝90°确定DE为直径，代入弧长公式即可求解.
【详解】
(1)∵EF＝BD，
∴»EF＝»BD
∴»»
BE DF
=
∴∠D＝∠DEF
又BD＝BC，
∴∠D＝∠C，
∴∠DEF=∠C
EF∥BC
(2)∵AB是直径，BC为切线，
∴AB⊥BC
又EF∥BC，
∴AB⊥EF，弧BF=弧BE,
GF＝GE＝1
2
(HF+EH)=3，HG=1
DB平分∠EDF，
又BF∥CD，
∴∠FBD＝∠FDB＝∠BDE＝∠BFH ∴HB＝HF＝2
∴cos∠BHG＝HG
HB ＝
1
2
，∠BHG＝60°.
∴∠FDB＝∠BDE＝30°
∴∠DFH＝90°，DE为直径，DE＝43，且弧BE所对圆心角＝60°.
∴弧BE＝1
6×43π＝
2
3
3π
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查圆周角、切线、垂径定理、弧长公式等相关知识，掌握圆周角的有关定理，切线的性质，垂径定理及弧长公式是解题关键.
13．如图，AB为⊙O的直径，且AB＝m（m为常数），点C为»AB的中点，点D为圆上一动点，过A点作⊙O的切线交BD的延长线于点P，弦CD交AB于点E．
（1）当DC⊥AB时，则DA DB
DC
+
＝；
（2）①当点D在»AB上移动时，试探究线段DA，DB，DC之间的数量关系；并说明理由；
②设CD长为t，求△ADB的面积S与t的函数关系式；
（3）当
92
20
PD
AC
=时，求
DE
OA
的值．
【答案】（12；（2）①DA+DB2DC，②S＝1
2
t2﹣
1
4
m2；（3）
242
35
DE
OA
=.
【解析】
【分析】
（1）首先证明当DC⊥AB时，DC也为圆的直径，且△ADB为等腰直角三角形，即可求出结果；
（2）①分别过点A，B作CD的垂线，连接AC，BC，分别构造△ADM和△BDN两个等腰直角三形及△NBC和△MCA两个全等的三角形，容易证出线段DA，DB，DC之间的数量关系；
②通过完全平方公式（DA+DB）2＝DA2+DB2+2DA•DB的变形及将已知条件AB＝m代入即可求出结果；
（3）通过设特殊值法，设出PD的长度，再通过相似及面积法求出相关线段的长度，即可求出结果．
【详解】
解：（1）如图1，∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵C为»AB的中点，
∴»»
AC BC
=，
∴∠ADC＝∠BDC＝45°，
∵DC⊥AB，
∴∠DEA＝∠DEB＝90°，
∴∠DAE＝∠DBE＝45°，
∴AE＝BE，
∴点E与点O重合，
∴DC为⊙O的直径，
∴DC＝AB，
在等腰直角三角形DAB中，
DA＝DB＝2 AB，
∴DA+DB＝2AB＝2CD，
∴DA DB
DC
+
＝2；
（2）①如图2，过点A作AM⊥DC于M，过点B作BN⊥CD于N，连接AC，BC，由（1）知»»
AC BC
=，
∴AC＝BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠BNC＝∠CMA＝90°，
∴∠NBC+∠BCN＝90°，∠BCN+∠MCA＝90°，
∴∠NBC＝∠MCA，
在△NBC和△MCA中，
BNC CMA
NBC MCA
BC CA
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△NBC ≌△MCA （AAS ），
∴CN ＝AM ，
由（1）知∠DAE ＝∠DBE ＝45°，
AM ＝2DA ，DN ＝2DB ， ∴DC ＝DN+NC ＝
2DB+2DA ＝2（DB+DA ）， 即DA+DB ＝2DC ；
②在Rt △DAB 中，
DA 2+DB 2＝AB 2＝m 2，
∵（DA+DB ）2＝DA 2+DB 2+2DA•DB ，
且由①知DA+DB 2DC 2t ，
∴2t ）2＝m 2+2DA•DB ，
∴DA•DB ＝t 2﹣
12m 2， ∴S △ADB ＝12DA•DB ＝12t 2﹣14
m 2， ∴△ADB 的面积S 与t 的函数关系式S ＝
12t 2﹣14m 2； （3）如图3，过点E 作EH ⊥AD 于H ，EG ⊥DB 于G ，
则NE ＝ME ，四边形DHEG 为正方形，
由（1）知»»AC BC =， ∴AC ＝BC ，
∴△ACB 为等腰直角三角形，
∴AB 2AC ， ∵220
PD AC =， 设PD ＝2，则AC ＝20，AB ＝2，
∵∠DBA ＝∠DBA ，∠PAB ＝∠ADB ，
∴△ABD ∽△PBA ，
∴AB BD AD PB AB PA
==，
∴20292202BD DB =+， ∴DB ＝162， ∴AD ＝
22AB DB -＝122， 设NE ＝ME ＝x ，
∵S △ABD ＝
12AD•BD ＝12AD•NE+12BD•ME ， ∴12×122×162＝12×122•x+12
×162•x ， ∴x ＝
4827， ∴DE ＝2HE ＝2x ＝
967， 又∵AO ＝
12AB ＝102， ∴961242735
102DE OA =⨯=．
【点睛】
本题考查了圆的相关性质，等腰直三角形的性质，相似的性质等，还考查了面积法及特殊值法的运用，解题的关键是认清图形，抽象出各几何图形的特殊位置关系．
14．如图，PA 切⊙O 于点A ，射线PC 交⊙O 于C 、B 两点，半径OD ⊥BC 于E ，连接BD 、DC 和OA ，DA 交BP 于点F ；
（1）求证：∠ADC+∠CBD ＝12
∠AOD ； （2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；
【解析】
【分析】
()1根据垂径定理得到BD CD =n n ，根据等腰三角形的性质得到
()
111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠o o ，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =n n ，根据等腰三角形的性质得到
ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=o ，求得90OAD DAP ∠+∠=o ，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．
【详解】
()1证明：OD BC ⊥Q ，
BD CD ∴=n n
， CBD DCB ∴∠=∠，
90DFE EDF ∠+∠=o Q ，
90EDF DFE ∴∠=-∠o ，
OD OA =Q ，
()111809022
ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠o o ， 190902
DFE AOD ∴-∠=-∠o o ， 12
DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠Q ，
12
ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠； ()2解：OD BC ⊥Q ，
BE CE ∴=，BD CD =n n
，
BD CD ∴=，
OA OD Q =，
ADO OAD ∴∠=∠，
PA Q 切O e 于点A ，
90PAO ∴∠=o ， 90OAD DAP ∴∠+∠=o ，
PFA DFE ∠=∠Q ，
90PFA ADO ∴∠+∠=o ，
PAF PFA ∴∠=∠，
PA PF ∴=．
【点睛】
本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．
15．
如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝3
5
，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），
以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E．
（1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．
（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围．
（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.
【答案】（1）
40
9
R=;（2）2
5
880
320
x
y x x
x
=-+
+
（3）505
-
【解析】【分析】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝3
5
，则
sinC＝4
5
，sinC＝
HP
CP
＝
10
R
R
-
＝
4
5
，即可求解；
（2）首先证明PD∥BE，则EB BF
PD PF
=，即：20
2
4
588
x y
x
x
x
y
-+
-
=，即可求解；
（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝5
【详解】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，
连接HP，则HP⊥BC，cosC＝3
5
，则sinC＝
4
5
，
sinC＝HP
CP
＝
10
R
R
-
＝
4
5
，解得：R＝
40
9
；
（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝3
5
，
设AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，过点B作BH⊥AC，
则BH＝ACsinC＝8，
同理可得：CH＝6，HA＝4，AB＝45，则：tan∠CAB＝2，BP＝22
8+(4)
x-＝2880
x x
-+，
DA＝25
x，则BD＝45﹣25x，
如下图所示，PA＝PD，∴∠PAD＝∠CAB＝∠CBA＝β，
tanβ＝2，则cosβ
5，si nβ
5
，
EB ＝BDcosβ＝（45﹣25x ）×5＝4﹣25
x ， ∴PD ∥BE ， ∴EB BF PD PF =，即：2024588x y x x
x y -+--=， 整理得：y ＝25x x 8x 803x 20
-++； （3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，
两个圆交于点G ，则PG ＝PQ ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D ， GD 为相交所得的公共弦，
∵点Q 是弧GD 的中点， ∴DG ⊥EP ，
∵AG 是圆P 的直径，
∴∠GDA ＝90°，
∴EP ∥BD ，
由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形，
∴AG ＝EP ＝BD ，
∴AB ＝DB+AD ＝AG+AD ＝5
设圆的半径为r ，在△ADG 中，
AD ＝2rcosβ5DG 5
AG ＝2r ， 5＝52r 51
+， 则：DG 5
50﹣5 相交所得的公共弦的长为50﹣5
【点睛】
本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．。