2020-2021全国各地备战中考模拟试卷数学分类：圆的综合综合题汇编及详细答案

2020-2021全国各地备战中考模拟试卷数学分类：圆的综合综合题汇编及详细答
案
一、圆的综合
1．如图，点P在⊙O的直径AB的延长线上，PC为⊙O的切线，点C为切点，连接AC，过点A作PC的垂线，点D为垂足，AD交⊙O于点E．
(1)如图1，求证：∠DAC=∠PAC；
(2)如图2，点F（与点C位于直径AB两侧）在⊙O上，»»
BF FA
=，连接EF，过点F作AD 的平行线交PC于点G，求证：FG=DE+DG；
(3)在(2)的条件下，如图3，若AE=2
3
DG，PO=5，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF=32．
【解析】
【分析】
（1）连接OC，求出OC∥AD，求出OC⊥PC，根据切线的判定推出即可；
（2）连接BE交GF于H，连接OH，求出四边形HGDE是矩形，求出DE=HG，FH=EH，即可得出答案；
（3）设OC交HE于M，连接OE、OF，求出∠FHO=∠EHO=45°，根据矩形的性质得出
EH∥DG，求出OM=1
2
AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=
2
3
DG，DG=3a，
求出ME=CD=2a，BM=2a，解直角三角形得出tan∠MBO＝
1
2
MO
BM
=，tanP=
1
2
CO
PO
=,设
OC=k，则PC=2k，根据OP=5k=5求出k=5，根据勾股定理求出a，即可求出答案．【详解】
（1）证明：连接OC，
∵PC为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∵AD⊥PC，
∴OC∥AD，
∴∠OCA=∠DAC，
∵OC=OA，
∴∠PAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠PAC；
（2）证明：连接BE交GF于H，连接OH，
∵FG∥AD，
∴∠FGD+∠D=180°，
∵∠D=90°，
∴∠FGD=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠BEA=90°，
∴∠BED=90°，
∴∠D=∠HGD=∠BED=90°，
∴四边形HGDE是矩形，
∴DE=GH，DG=HE，∠GHE=90°，
∵»»
BF AF
=，
∴∠HEF=∠FEA=1
2
∠BEA=190
2
o
⨯=45°，
∴∠HFE=90°﹣∠HEF=45°，
∴∠HEF=∠HFE，
∴FH=EH，
∴FG=FH+GH=DE+DG；
（3）解：设OC交HE于M，连接OE、OF，
∵EH=HF，OE=OF，HO=HO，
∴△FHO≌△EHO，
∴∠FHO=∠EHO=45°，
∵四边形GHED是矩形，
∴EH∥DG，
∴∠OMH=∠OCP=90°，
∴∠HOM=90°﹣∠OHM=90°﹣45°=45°，∴∠HOM=∠OHM，
∴HM=MO，
∵OM⊥BE，
∴BM=ME，
∴OM=1
2 AE，
设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=2
3
DG，DG=3a，
∵∠HGC=∠GCM=∠GHE=90°，∴四边形GHMC是矩形，
∴GC=HM=a，DC=DG﹣GC=2a，∵DG=HE，GC=HM，
∴ME=CD=2a，BM=2a，
在Rt△BOM中，tan∠MBO=
1
22 MO a
BM a
==，
∵EH∥DP，
∴∠P=∠MBO，
tanP=
1
2 CO
PO
=，
设OC=k，则PC=2k，
在Rt△POC中，OP=5k=5，
解得：k=5，OE=OC=5，
在Rt△OME中，OM2+ME2=OE2，5a2=5，
a=1，
∴HE=3a=3，
在Rt△HFE中，∠HEF=45°，
∴EF=2HE=32．
【点睛】
考查了切线的性质，矩形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理等知识点，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
2．如图，AB是半圆O的直径，C是的中点，D是的中点，AC与BD相交于点E.
（1）求证：BD平分∠ABC；（2）求证：BE=2AD；
（3）求DE
BE
的值.
【答案】（1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（3）21 -
【解析】
试题分析：（1）根据中点弧的性质，可得弦AD=CD，然后根据弦、弧、圆周角、圆心角的性质求解即可；
（2）延长BC与AD相交于点F, 证明△BCE≌△ACF, 根据全等三角形的性质可得
BE=AF=2AD；
（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：设OH为1，则BC为2，OB=OD=2，
DH=21
-, 然后根据相似三角形的性质可求解.
试题解析：（1）∵D是的中点
∴AD=DC
∴∠CBD=∠ABD
∴BD平分∠ABC
（2）提示：延长BC与AD相交于点F,
证明△BCE≌△ACF,
BE=AF=2AD
（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：
设OH为1，则BC为2，2，
21, DE
BE
=
DH
BC
DE BE 21 -
3．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．
4．如图，AB是圆O的直径，射线AM⊥AB，点D在AM上，连接OD交圆O于点E，过点D作DC=DA交圆O于点C（A、C不重合），连接O C、BC、CE．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若圆O的直径等于2，填空：
①当AD=时，四边形OADC是正方形；
②当AD=时，四边形OECB是菱形．
【答案】(1)见解析；（2）①1；②3．
【解析】
试题分析：（1）依据SSS证明△OAD≌△OCD，从而得到∠OCD=∠OAD=90°；
（2）①依据正方形的四条边都相等可知AD=OA；
②依据菱形的性质得到OE=CE，则△EOC为等边三角形，则∠CEO=60°，依据平行线的性质可知∠DOA=60°，利用特殊锐角三角函数可求得AD的长．
试题解析：解：∵AM⊥AB，
∴∠OAD=90°．
∵OA=OC，OD=OD，AD=DC，
∴△OAD≌△OCD，
∴∠OCD=∠OAD=90°．
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线．
（2）①∵当四边形OADC是正方形，
∴AO=AD=1．
故答案为：1．
②∵四边形OECB是菱形，
∴OE=CE．
又∵OC=OE，
∴OC=OE=CE．
∴∠CEO=60°．
∵CE∥AB，
∴∠AOD=60°．
在Rt△OAD中，∠AOD=60°，AO=1，
∴AD=．
故答案为：．
点睛：本题主要考查的是切线的性质和判定、全等三角形的性质和判定、菱形的性质、等边三角形的性质和判定，特殊锐角三角函数值的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．
5．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
4
a，
3
4
a），E（﹣
33
4
a，
3
4
a），F（﹣
3
2
a，
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．
6．阅读下列材料：
如图1，⊙O 1和⊙O 2外切于点C ，AB 是⊙O 1和⊙O 2外公切线，A 、B 为切点， 求证：AC ⊥BC
证明：过点C 作⊙O 1和⊙O 2的内公切线交AB 于D ， ∵DA 、DC 是⊙O 1的切线 ∴DA=DC ． ∴∠DAC=∠DCA ． 同理∠DCB=∠DBC ．
又∵∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°， ∴∠DCA+∠DCB=90°． 即AC ⊥BC ．
根据上述材料，解答下列问题：
（1）在以上的证明过程中使用了哪些定理？请写出两个定理的名称或内容； （2）以AB 所在直线为x 轴，过点C 且垂直于AB 的直线为y 轴建立直角坐标系（如图2），已知A 、B 两点的坐标为（﹣4，0），（1，0），求经过A 、B 、C 三点的抛物线y=ax 2+bx+c 的函数解析式；
（3）根据（2）中所确定的抛物线，试判断这条抛物线的顶点是否落在两圆的连心O 1O 2上，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）213
222
y x x =+- ；（3）见解析 【解析】
试题分析：（1）由切线长相等可知用了切线长定理；由三角形的内角和是180°，可知用了三角形内角和定理；
（2）先根据勾股定理求出C 点坐标，再用待定系数法即可求出经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式；
（3）过C 作两圆的公切线，交AB 于点D ，由切线长定理可求出D 点坐标，根据,C D 两点的坐标可求出过,C D 两点直线的解析式，根据过一点且互相垂直的两条直线解析式的
关系可求出过两圆圆心的直线解析式，再把抛物线的顶点坐标代入直线的解析式看是否适合即可．
试题解析：(1)DA 、DC 是1O e 的切线， ∴DA =DC .应用的是切线长定理；
180DAC DCA DCB DBC ∠+∠+∠+∠=o ，应用的是三角形内角和定理.
(2)设C 点坐标为(0,y ),则222AB AC BC =+， 即()()
22
22241
41y y --=-+++，
即2
25172y =+,解得y =2(舍去)或y =−2.
故C 点坐标为(0,−2)，
设经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式为2
y ax bx c ，
=++ 则16400
2,a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩ 解得12322a b c ⎧
=⎪⎪
⎪
=⎨⎪
=-⎪⎪⎩
，
故所求二次函数的解析式为213
2.22
y x x =+-
(3)过C 作两圆的公切线CD 交AB 于D ,则AD =BD =CD ,由A (−4,0),B (1,0)可知3
(,0)2
D -， 设过CD 两点的直线为y =kx +b ,则
3
02
2k b b ⎧-+=⎪⎨⎪=-⎩， 解得432k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，
故此一次函数的解析式为4
23
y x =-
-， ∵过12,O O 的直线必过C 点且与直线4
23
y x =--垂直， 故过12,O O 的直线的解析式为3
24
y x =
-， 由(2)中所求抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为325(,)28
--， 代入直线解析式得
3325
2,428
⎛⎫⨯--=- ⎪⎝⎭ 故这条抛物线的顶点落在两圆的连心12O O 上.
7．（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2﹣3；（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.
8．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
1203
360
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=1
2
AC=
3
2
，∴OI=AI=
3
2
30
AD
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=23nπ．故答案为23nπ．
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．
9．如图，在直角坐标系中，⊙M经过原点O(0，0)，点A(6，0)与点B(0，－2)，点D 在劣弧
»OA上，连结BD交x轴于点C，且∠COD＝∠CBO.
(1)求⊙M的半径；
(2)求证：BD平分∠ABO；
(3)在线段BD的延长线上找一点E，使得直线AE恰为⊙M的切线，求此时点E的坐标．
【答案】（1）M的半径r2；（2）证明见解析；（3）点E的坐标为26
2)．
【解析】
试题分析：根据点A和点B的坐标得出OA和OB的长度，根据Rt△AOB的勾股定理得出AB的长度，然后得出半径；根据同弧所对的圆周角得出∠ABD=∠COD，然后结合已知条件得出角平分线；根据角平分线得出△ABE≌△HBE，从而得出2，从而求出OH
的长度，即点E 的纵坐标，根据Rt △AOB 的三角函数得出∠ABO 的度数，从而得出∠CBO 的度数，然后根据Rt △HBE 得出HE 的长度，即点E 的横坐标.
试题解析：（1）∵点A 为（6，0），点B 为（0，－2） ∴OA=6OB=2 ∴根据Rt △AOB 的勾股定理可得：AB=22∴e M 的半径r=
1
2
AB=2. （2）根据同弧所对的圆周角相等可得：∠ABD=∠COD ∵∠COD=∠CBO ∴∠ABD=∠CBO ∴BD 平分∠ABO
（3）如图，由（2）中的角平分线可得△ABE ≌△HBE ∴BH=BA=22∴OH=22－
2=2
在Rt △AOB 中，
3OA
OB
=∴∠ABO=60° ∴∠CBO=30° 在Rt △HBE 中，HE=
2633=∴点E 的坐标为（26
3
，2）
考点：勾股定理、角平分线的性质、圆的基本性质、三角函数.
10．如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，AB 是直径，过点O 作OD ⊥CB ，垂足为点D ，延长DO 交⊙O 于点E ，过点E 作PE ⊥AB ，垂足为点P ，作射线DP 交CA 的延长线于F 点，连接EF ，
（1）求证：OD ＝OP ；（2）求证：FE 是⊙O 的切线． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】
试题分析：（2）证明△POE ≌△ADO 可得DO=EO ； （3）连接AE ，BE ，证出△APE ≌△AFE 即可得出结论． 试题解析：（1）∵∠EPO=∠BDO=90° ∠EOP=∠BOD
OE=OB
∴△OPE≌△ODB
∴OD="OP"
（2）连接EA，EB
∴∠1=∠EBC
∵AB是直径
∴∠AEB=∠C=90°
∴∠2+∠3=90°
∵∠3=∠DEB
∵∠BDE=90°
∴∠EBC+∠DEB=90°
∴∠2=∠EBC=∠1
∵∠C=90°∠BDE=90°
∴CF∥OE
∴∠ODP=∠AFP
∵OD=OP
∴∠ODP=∠OPD
∵∠OPD=∠APF
∴∠AFP=∠APF
∴AF=AP 又AE=AE
∴△APE≌△AFE
∴∠AFE=∠APE=90°
∴∠FED=90°
∴FE是⊙O的切线
考点：切线的判定．
11．在平面直角坐标系xOy中，对于点P和图形W，如果以P为端点的任意一条射线与图形W最多只有一个公共点，那么称点P独立于图形W．
（1）如图1，已知点A（-2，0），以原点O为圆心，OA长为半径画弧交x轴正半轴于点 B．在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于»AB的
点是；
（2）如图2，已知点C（-3，0），D（0，3），E（3，0），点P是直线l：y=2x+8上的一个动点．若点P独立于折线CD-DE，求点P的横坐标x p的取值范围；
（3）如图3，⊙H是以点H（0，4）为圆心，半径为1的圆．点T（0，t）在y轴上且t＞-3，以点T为中心的正方形KLMN的顶点K的坐标为（0，t+3），将正方形KLMN在x轴及x轴上方的部分记为图形W．若⊙H上的所有点都独立于图形W，直接写出t的取值范围．
【答案】（1）P2，P3；（2）x P＜-5或x P＞-5
3
．（3）-3＜t＜
或
＜t＜
【解析】
【分析】
（1）根据点P独立于图形W的定义即可判断；
（2）求出直线DE，直线CD与直线y=2x+8的交点坐标即可判断；
（3）求出三种特殊位置时t的值，结合图象即可解决问题.
【详解】
（1）由题意可知：在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于»AB的点是P2，P3．
（2）∵C（-3，0），D（0，3），E（3，0），
∴直线CD的解析式为y=x+3，直线DE的解析式为y=-x+3，
由
28
3
y x
y x
+
⎧
⎨
+
⎩
＝
＝
，解得
5
2
x
y
-
⎧
⎨
-
⎩
＝
＝
，可得直线l与直线CD的交点的横坐标为-5，
由
28
3
y x
y x
+
⎧
⎨
-+
⎩
＝
＝
，解得
5
3
14
3
x
y
⎧
-
⎪⎪
⎨
⎪
⎪⎩
＝
＝
，可得直线l与直线DE的交点的横坐标为-
5
3
，
∴满足条件的点P的横坐标x p的取值范围为：x P＜-5或x P＞-5
3
．
（3）如图3-1中，当直线KN与⊙H相切于点E时，连接EH，则EH=EK=1，
∴OT=KT+HK-OH=3+2-4=2-1，
∴T（0，1-2），此时t=1-2，
∴当-3＜t＜1-2时，⊙H上的所有点都独立于图形W．如图3-2中，当线段KN与⊙H相切于点E时，连接EH．
22
∴T（0，22
如图3-3中，当线段MN与⊙H相切于点E时，连接EH．
22
∴T（0，22
∴当2＜t＜2时，⊙H上的所有点都独立于图形W．
综上所述，满足条件的t的值为-3＜t＜2或2＜t＜2
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了切线的性质，一次函数的应用，点P独立于图形W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，学会利用特殊位置解决实际问题.
12．
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）50105
-.
【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＝45，即可求解．
【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 ＝228+(4)x -＝2880x x -+，
DA ＝
25x ，则BD ＝45﹣25
x ， 如下图所示，PA ＝PD ，∴∠PAD ＝∠CAB ＝∠CBA ＝β，
tanβ＝2，则cosβ5
，sinβ5
， EB ＝BDcosβ＝（525
x ）5＝4﹣25
x ，
∴PD ∥BE ，
∴EB BF
PD PF
=，即：202
4588x y x x
x -+--=，
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 5AG ＝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．
13．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3
cos 5
C =
,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P e 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .
()1当P e与边BC相切时，求P e的半径；
()2联结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
e与P
e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
；（2）()
2
5
880
010
320
x x x
y x
x
-+
=<<
+
；（3）1025
-
【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
=
R
10R
-
=
4
5
，即可求解；
（2）PD∥BE，则
EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x y
--+-
=，即可求解；
（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．
【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=
3
5
，
sinC=
HP
CP
=
R
10R
-
=
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=2BP=()2
2
84
x
+-=2880
x x
-+，DA=
25
x，则BD=45-
25
x，
如下图所示，
PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，
tanβ=2，则
55
EB=BDcosβ=（5
5
5
x）
5
2
5
x，
∴PD∥BE，
∴EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x y
--+
=，
整理得：y=)
2
x8x80
0x10
3x20
-+
<<
+
；
（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时弧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，
∴5
设圆的半径为r，在△ADG中，
55
AG=2r，
55
51
，
则：
5
5
相交所得的公共弦的长为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．
14．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
2
(a+b-c).
(2) 若AD交圆于P, PC交圆于H, FH//BC, 求∠CPD;
(3)若10, PD＝2. 求△ABC各边长.
【答案】（1）证明见解析（2）45°（3）91010,1510
，12
【解析】
【分析】
（1）根据切线长定理，有AE=AF，BD=BF，CD=CE．易证四边形BDOF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∠CPD=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
∵OD=OF=r
∴矩形BDOF是正方形
∴BD=BF=r
∴AE=AF=AB-BF=c-r，CE=CD=BC-BD=a-r
∵AE+CE=AC
∴c-r+a-r=b
整理得：r=1
2
（a+b-c）
（2）取FH中点O，连接OD ∵FH∥BC
∴∠AFH=∠B=90° ∵AB 与圆相切于点F ， ∴FH 为圆的直径，即O 为圆心 ∵FH ∥BC
∴∠DOH=∠ODB=90° ∴∠CPD=
1
2
∠DOH=45°
（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° ∵PD=18 ∴DM=
1
2
PD=9 ∵10
∴22OD DM -22(310)9-9081-3 ∴tan ∠MOD=DM
OM
＝3 ∵DG 为直径 ∴∠DPG=90°
∴OM ∥PG ，∠G+∠ODM=90° ∴∠G=∠MOD
∵∠ODB=∠ADB+∠ODM=90° ∴∠ADB=∠G ∴∠ADB=∠MOD ∴tan ∠ADB=
AB
BD
=tan ∠MOD=3 ∴10
∴10−10＝10 设CE=CD=x ，则10+x ，10+x ∵AB 2+BC 2=AC 2
∴10)2．10+x)2＝10+x)2 解得：10
∴BC=1210，AC=1510
∴△ABC 各边长AB=910，AC=1510，BC=1210
【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．
15．如图，AB 是O e 的直径，DF 切O e 于点D ，BF DF ⊥于F ，过点A 作AC //BF 交BD 的延长线于点C . （1）求证：ABC C ∠∠=；
（2）设CA 的延长线交O e 于E BF ，交O e 于G ，若¼DG
的度数等于60o ，试简要说明点D 和点E 关于直线AB 对称的理由.
【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】
（1）作辅助线，连接OD ，由DF 为⊙O 的切线，可得OD ⊥DF ，又BF ⊥DF ，AC ∥BF ，所以OD ∥AC ，∠ODB=∠C ，由OB=OD 得∠ABD=∠ODB ，从而可证∠ABC=∠C ；
（2）连接OG ，OD ，AD ，由BF ∥OD ，»GD =60°，可求证»BG =»»GD AD ==60°，由平行线
的性质及三角形的内角和定理可求出∠OHD=90°，由垂径定理便可得出结论． 【详解】 （1）连接OD ， ∵DF 为⊙O 的切线， ∴OD ⊥DF ．
∵BF⊥DF，AC∥BF，
∴OD∥AC∥BF．
∴∠ODB=∠C．
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠ODB．
∴∠ABC=∠C．
（2）连接OG，OD，AD，DE，DE交AB于H，
∵BF∥OD，
∴∠OBG=∠AOD，∠OGB=∠DOG，
∴»»
==»BG．
GD AD
∵»GD=60°，
∴»BG=»»
==60°，
GD AD
∴∠ABC=∠C=∠E=30°，
∵OD//CE
∴∠ODE=∠E=30°．
在△ODH中，∠ODE=30°，∠AOD=60°，
∴∠OHD=90°，
∴AB⊥DE．
∴点D和点E关于直线AB对称．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理及垂径定理，解答此题的关键是作出辅助线，利用数形结合解答．。