2020-2021中考数学专题复习分类练习圆的综合综合解答题附答案解析

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2020--2021学年中考数学一轮复习专项练习圆的三大定理：垂径定理(含答案)

一轮复习专项练习圆的三大定理：垂径定理一．选择题1．如图所示，在半径为10cm的⊙O中，弦AB＝16cm，OC⊥AB于点C，则OC等于（）A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm2．如图，△ABC中，AB＝5，AC＝4，BC＝2，以A为圆心AB为半径作圆A，延长BC交圆A 于点D，则CD长为（）A．5 B．4 C．D．23．如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是的中点，AC与BD交于点E．若E是BD的中点，则AC的长是（）A．B．3C．3D．44．如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，且AE＝CD＝8，∠BAC＝∠BOD，则⊙O的半径为（）A．4B．5 C．4 D．35．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为P．若CD＝8，OP＝3，则⊙O的半径为（）A．10 B．8 C．5 D．36．如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EC．若AB＝8，CD＝2，则EC的长为（）A．2B．8 C．2D．27．如图，将⊙O沿着弦AB翻折，劣弧恰好经过圆心O．如果半径为4，那么⊙O的弦AB长度为（）A．2 B．4 C．2D．48．如图，点C是半圆O的中点，AB是直径，CF⊥弦AD于点E，交AB于点F，若CE＝1，EF ＝，则BF的长为（）A．B．1 C．D．9．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，DE∥CB．若AB＝10，CD＝6，则DE的长为（）A．B．C．6 D．10．如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC，BC为边向外作正方形ACDE，BCFG，DE，FG，AC，BC的中点分别是M，N，PQ若MP+NQ＝12，AC+BC＝18，则AB的长为（）A．9B．C．11 D．15二．填空题11．若过⊙O内一点M的最长弦为10，最短弦为6，则OM的长为．12．已知⊙O的半径为13，弦AB＝24，CD＝10，且AB∥CD，则弦AB与CD之间的距离为．13．如图AB是⊙O的直径，弦CD⊥OB于点E，交⊙O于点D，已知OC＝5cm，CD＝8cm，则AE＝cm．14．已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，弦PQ∥AB交弦CD于点M，BE＝18，CD＝PQ ＝24，则OM的长为．15．在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y＝x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是．三．解答题16．如图，AB为⊙O的直径，C，D是半圆上两点，且AC＝CD＝DB，AB＝10cm （1）求AC的长度；（2）证明CD∥AB．17．如图，已知BC是⊙O的直径，弦AD⊥BC于点H，与弦BF交于点E，AD＝8，BH＝2．（1）求⊙O的半径；（2）若∠EAB＝∠EBA，求证：BF＝2AH．18．如图①，已知点O是∠EPF的平分线上的一点，以点O为圆心的圆与角两边分别交于A，B和C，D四点．（1）求证：AB＝CD；（2）若角的顶点P在圆上，如图②，其他条件不变，结论成立吗？（3）若角的顶点P在圆内，如图③，其他条件不变，结论成立吗？19．如图，直线l：y＝x，点A1坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线l于点B1，以原点O为圆心，OB1为半径画弧交x轴于点A2；再过点A2作x的垂线交直线l于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画弧交x轴于点A3，…，按此做法进行下去．求：（1）点B1的坐标和∠A1OB1的度数；（2）弦A4B3的弦心距的长度．20．如图，A，B，C，D在⊙O上，AB∥CD经过圆心O的线段EF⊥AB于点F，与CD交于点E．（1）如图1，当⊙O半径为5，CD＝4，若EF＝BF，求弦AB的长；（2）如图2，当⊙O半径为，CD＝2，若OB⊥OC，求弦AC的长．参考答案一．选择题1．解：连接OA，如图：∵AB＝16cm，OC⊥AB，∴AC＝AB＝8cm，在Rt△OAC中，OC＝＝＝6（cm），故选：D．2．解：如图，过点A作AE⊥BD于点E，连接AD，∴AD＝AB＝5，根据垂径定理，得DE＝BE，∴CE＝BE﹣BC＝DE﹣2，根据勾股定理，得AD2﹣DE2＝AC2﹣CE2，∴52﹣DE2＝42﹣（DE﹣2）2，解得DE＝，∴CD＝DE+CE＝2DE﹣2＝．故选：C．3．解：连接OD，交AC于F，∵D是的中点，∴OD⊥AC，AF＝CF，∴∠DFE＝90°，∵OA＝OB，AF＝CF，∴OF＝BC，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在△EFD和△ECB中∴△EFD≌△ECB（AAS），∴DF＝BC，∴OF＝DF，∵OD＝3，∴OF＝1，∴BC＝2，在Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2，∴AC＝＝＝4，故选：D．4．解：∵∠BAC＝∠BOD，∴＝，∴AB⊥CD，∵AE＝CD＝8，∴DE＝CD＝4，设OD＝r，则OE＝AE﹣r＝8﹣r，在Rt△ODE中，OD＝r，DE＝4，OE＝8﹣r，∵OD2＝DE2+OE2，即r2＝42+（8﹣r）2，解得r＝5．故选：B．5．解：连接OC，∵CD⊥AB，CD＝8，∴PC＝CD＝×8＝4，在Rt△OCP中，∵PC＝4，OP＝3，∴OC＝＝＝5．故选：C．6．解：∵⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，AB＝8，∴AC＝AB＝4，设⊙O的半径为r，则OC＝r﹣2，在Rt△AOC中，∵AC＝4，OC＝r﹣2，∴OA2＝AC2+OC2，即r2＝42+（r﹣2）2，解得r＝5，∴AE＝2r＝10，连接BE，∵AE是⊙O的直径，∴∠ABE＝90°，在Rt△ABE中，∵AE＝10，AB＝8，∴BE＝＝＝6，在Rt△BCE中，∵BE＝6，BC＝4，∴CE＝＝＝2．故选：D．7．解：如图；过O作OC⊥AB于D，交⊙O于C，连接OA；则AD＝BD，由折叠的性质得：OD＝CD，在Rt△OAD中，OD＝CD＝OC＝2，OA＝4；根据勾股定理得：AD＝＝＝2，∴AB＝2AD＝4；故选：D．8．解：如图，连接AC，BC，OC，过点B作BH⊥CF交CF的延长线于H，设OC交AD于J．∵＝，∴AC＝BC，OC⊥AB，∵AB是直径，∴ACB＝90°，∴∠ACJ＝∠CBF＝45°，∵CF⊥AD，∴∠ACF+∠CAJ＝90°，∠ACF+∠BCF＝90°，∴∠CAJ＝∠BCF，∴△CAJ≌△BCF（ASA），∴CJ＝BF，AJ＝CF＝1+＝，∵OC＝OB，∴OJ＝OF，设BF＝CJ＝x．OJ＝OF＝y，∵∠AEC＝∠H＝90°，∠CAE＝∠BCH，CA＝CB，∴△ACE≌△CBH（AAS），∴EC＝BH＝1，∵∠ECJ＝∠FCO，∠CEJ＝∠COF＝90°，∴△CEJ∽△COF，∴＝＝，∴＝＝，∴EJ＝，∵BF＝CJ，∠H＝∠CEJ，∠CJE＝∠BFH，∴△BHF≌△CEJ（AAS），∴FH＝EJ＝，∵AE∥BH，∴＝，∴＝，整理得，10x2+7xy﹣6y2＝0，解得x＝y或x＝﹣y（舍弃），∴y＝2x，∴＝，解得x＝或﹣（舍弃）．∴BF＝，故选：A．9．解：设AB与CD交于H，连接OD，作OM⊥DE，交BC于N，作DG⊥BC，∵DE∥BC，∴MN⊥BC，DG⊥DE，∴DG＝MN，∵OM⊥DE，ON⊥BC，∴DM＝EM＝DE，BN＝CN，∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，弦DE∥CB．∴CH＝DH＝CD＝3，∴OH＝＝＝4，∴BH＝9，∴BC＝＝3，∴BN＝BC＝，∴ON＝＝，∵sin∠BCH＝＝，即＝，∴DG＝，∴MN＝DG＝，∴OM＝MN﹣ON＝，∴DM＝＝，∴DE＝2DM＝．故选：A．10．解：连接OP，OQ，∵DE，FG，，的中点分别是M，N，P，Q，∴OP⊥AC，OQ⊥BC，∴H、I是AC、BD的中点，∴OH+OI＝（AC+BC）＝9，∵MH+NI＝AC+BC＝18，MP+NQ＝12，∴PH+QI＝18﹣12＝6，∴AB＝OP+OQ＝OH+OI+PH+QI＝9+6＝15，故选：D．二．填空题（共5小题）11．解：由已知可知，最长的弦是过M的直径AB，最短的是垂直平分直径的弦CD，已知AB＝10，CD＝6，则OD＝5，MD＝3，由勾股定理得OM＝4．故答案为：4．12．解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1，∵AB＝24，CD＝10，∴AE＝12，CF＝5，∵OA＝OC＝13，∴EO＝5，OF＝12，∴EF＝12﹣5＝7；②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，∵AB＝24，CD＝10，∴AE＝12，CF＝5，∵OA＝OC＝13，∴EO＝5，OF＝12，∴EF＝OF+OE＝17．∴AB与CD之间的距离为7或17．故答案为7或17．13．解：∵CD⊥OB，∴CE＝DE＝CD＝4，在Rt△OCE中，OE＝＝3，∴AE＝AO+OE＝5+3＝8（cm）．故答案为8．14．解：作OF⊥PQ于F，连接OP，∴PF＝PQ＝12，∵CD⊥AB，PQ∥AB，∴CD⊥PQ，∴四边形MEOF为矩形，∵CD＝PQ，OF⊥PQ，CD⊥AB，∴OE＝OF，∴四边形MEOF为正方形，设半径为x，则OF＝OE＝18﹣x，在直角△OPF中，x2＝122+（18﹣x）2，解得x＝13，则MF＝OF＝OE＝5，∴OM＝5．故答案为：5．15．解：过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．∵AB＝2，∴AE＝，PA＝2，∴PE＝1．∵点D在直线y＝x上，∴∠AOC＝45°，∵∠DCO＝90°，∴∠ODC＝45°，∴∠PDE＝∠ODC＝45°，∴∠DPE＝∠PDE＝45°，∴DE＝PE＝1，∵⊙P的圆心是（2，a），∴点D的横坐标为2，∴OC＝2，∴DC＝OC＝2，∴a＝PD+DC＝2+．故答案为：2+．三．解答题（共5小题）16．解：（1）连接OC，OD，∵AB为⊙O的直径，AB＝10cm，∴OA＝OB＝5cm．∵AC＝CD＝DB，∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝60°，∴△AOC是等边三角形，∴OA＝AC＝5cm；（2）∵由（1）知∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝60°，∴△AOC、△COD与△BOD均是等边三角形，∴∠A+∠ACD＝180°，∴CD∥AB．17．（1）解：连结OA交BF于G，如图，⊙O的半径为r，∵AD⊥OB，在Rt△OHA中，OH＝r﹣2，OA＝r，∴r2＝42+（r﹣2）2，解得r＝5，即⊙O的半径为5；（2）证明：连结CF，如图，∵AD⊥OB，∴弧AB＝弧DB，∵∠EAB＝∠EBA，∴弧BD＝弧AF，∴弧AB＝弧AF，∴OA⊥BG，∴BG＝FG，∴∠OAH＝∠OBG，在△OAH和△OBG中，，∴△OAH≌△OBG（AAS），∴AH＝BG，∴BF＝2AH．18．解：（1）相等．如图：作OG⊥AB于G，OH⊥CD于H，连接OA，OC，OB，OD．AG＝BG，CH＝DH，∵∠EPO＝∠FPO，∴OG＝OH．在Rt△OBG和Rt△ODH中，由HL定理得：△OBG≌△ODH，∴GB＝HD，∴AB＝CD；（2）点P在圆上，结论成立：顶点P在圆上，此时点P，A，C重合于点A，作OG⊥AB于G，OH⊥AD于H，∴AG＝GB，AH＝HD，∵∠EAO＝∠DAO，∴OG＝OH．在Rt△OAG和Rt△OAH中，由HL定理得：△OAG≌△OAH，∴AG＝AH，∴AB＝AD．即点P在圆上，结论成立．（3）顶点P在圆内，作OG⊥AB于G，OH⊥CD于H，则AG＝GB，CH＝HD，∵∠EPO＝∠FPO，∴OG＝OH，∴GB＝HD，∴AB＝CD．即点P在圆内，结论成立．19．解：（1）∵直线的解析式y＝x，∴tan∠A1OB1＝＝，∴∠A1OB1＝60°，OA1＝1，∴A1B1＝，OA2＝OB1＝2，∴B1（1，）．（2）连接A 4B 3，作OH ⊥A 4B 3于H ．由题意OA 1＝1，OA 2＝2，OA 3＝4，OA 4＝8，∵OA 4＝OB 3，OH ⊥A 4B 3，∴∠A 4OH ＝∠A 4OB 3＝30°，∴OH ＝OA 4•cos30°＝8×＝4．20．解：（1）如图1中，连接OB ，OC ．设BF ＝EF ＝x ，OF ＝y ．∵AB ∥CD ，EF ⊥AB ，∴EF ⊥CD ，∴∠CEF ＝∠BFO ＝90°∴AF ＝BF ＝x ，DE ＝EC ＝2，根据勾股定理可得：，解得（舍弃）或，∴BF ＝4，AB ＝2BF ＝8．（2）如图2中，作CH ⊥AB 于H ．∵OB⊥OC，∴∠A＝∠BOC＝45°，∵AH⊥CH，∴△ACH是等腰直角三角形，∵AC＝CH，∵AB∥CD，EF⊥AB，∴EF⊥CD，∠CEF＝∠EFH＝∠CHF＝90°，∴四边形EFHC是矩形，∴CH＝EF，在Rt△OEC中，∵EC＝，OC＝，OE＝＝＝2，∵∠EOC+∠OCE＝90°，∠EOC+∠FOB＝90°，∴∠FOB＝∠ECO，∵OB＝OC，∴△OFB≌△CEO（AAS），∴OF＝EC＝，∴CH＝EF＝3，∴AC＝EF＝6．。

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；②32【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 BGBF 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=126k，∴223CD CM k-=，∴OM=OD﹣DM=33k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（33）2+6k）2=32，解得：k=33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﹣34）2+814，∴当d=34，即OM=34时，AB•AC最大，最大值为814，∴DC2=272，∴AC=DC=362，∴AB=964，此时32ABAC=．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=606180π⨯=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=12A'N=12MN=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′=12MN，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=22OB HB-=222(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=12OB=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=12A'N=12MN=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′=12 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。

2020-2021中考数学圆的综合(大题培优易错难题)及答案

2020-2021中考数学圆的综合(大题培优易错难题)及答案一、圆的综合1．如图，⊙O是△ABC的外接圆，点E为△ABC内切圆的圆心，连接AE的延长线交BC于点F，交⊙O于点D；连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM=∠DAC．（1）求证：直线DM是⊙O的切线；（2）若DF=2，且AF=4，求BD和DE的长．【答案】（1）证明见解析（2）23【解析】【分析】（1）根据垂径定理的推论即可得到OD⊥BC，再根据∠BDM=∠DBC，即可判定BC∥DM，进而得到OD⊥DM，据此可得直线DM是⊙O的切线；（2）根据三角形内心的定义以及圆周角定理，得到∠BED=∠EBD，即可得出DB=DE，再判定△DBF∽△DAB，即可得到DB2=DF•DA，据此解答即可．【详解】（1）如图所示，连接OD．∵点E是△ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD，∴BD CD=，∴OD⊥BC．又∵∠BDM=∠DAC，∠DAC=∠DBC，∴∠BDM=∠DBC，∴BC∥DM，∴OD⊥DM．又∵OD为⊙O半径，∴直线DM是⊙O的切线．（2）连接BE．∵E为内心，∴∠ABE=∠CBE．∵∠BAD=∠CAD，∠DBC=∠CAD，∴∠BAD=∠DBC，∴∠BAE+∠ABE=∠CBE+∠DBC，即∠BED=∠DBE，∴BD=DE．又∵∠BDF=∠ADB（公共角），∴△DBF∽△DAB，∴DF DBDB DA=，即DB2=DF•DA．∵DF=2，AF=4，∴DA=DF+AF=6，∴DB2=DF•DA=12，∴DB=DE=23．【点睛】本题主要考查了三角形的内心与外心，圆周角定理以及垂径定理的综合应用，解题时注意：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧；三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．2．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．3．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正=上半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点一次落在直线y x=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；∆的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明（3）设MBN你的结论.【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析【解析】试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；（3）利用全等把△MBN 的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．试题解析：（1）∵A 点第一次落在直线y=x 上时停止旋转，直线y=x 与y 轴的夹角是45°，∴OA 旋转了45°．∴OA 在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=．（2）∵MN ∥AC ，∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°．∴∠BMN=∠BNM ．∴BM=BN ．又∵BA=BC ，∴AM=CN ．又∵OA=OC ，∠OAM=∠OCN ，∴△OAM ≌△OCN ．∴∠AOM=∠CON=12（∠AOC-∠MON ）=12（90°-45°）=22.5°． ∴旋转过程中，当MN 和AC 平行时，正方形OABC 旋转的度数为45°-22.5°=22.5°．（3）在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化．证明：延长BA 交y 轴于E 点，则∠AOE=45°-∠AOM ，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM ，∴∠AOE=∠CON ．又∵OA=OC ，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN ．∴△OAE ≌△OCN ．∴OE=ON ，AE=CN ．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM ，∴△OME ≌△OMN ．∴MN=ME=AM+AE ．∴MN=AM+CN ，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化．考点：旋转的性质.4．如图1，将长为10的线段OA 绕点O 旋转90°得到OB ，点A 的运动轨迹为AB ，P 是半径OB 上一动点，Q 是AB 上的一动点，连接PQ.发现：∠POQ ＝________时，PQ 有最大值，最大值为________；思考：（1）如图2，若P 是OB 中点，且QP ⊥OB 于点P ，求BQ 的长；（2）如图3，将扇形AOB 沿折痕AP 折叠，使点B 的对应点B′恰好落在OA 的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB 沿PQ 折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切，切点为C ，若OP ＝6，求点O 到折痕PQ 的距离．【答案】发现： 90°，102；思考：（1）10 3π=；（2）25π−1002+100；（3）点O 到折痕PQ 的距离为30.【解析】分析：发现：先判断出当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，即可得出结论；思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（2）先在Rt △B'OP 中，OP 2+(102−10)2=（10-OP ）2，解得OP=102−10，最后用面积的和差即可得出结论．探究：先找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，证明四边形OCO′B 是矩形，由勾股定理求O′B ，从而求出OO′的长，则OM=12OO′=30．详解：发现：∵P 是半径OB 上一动点，Q 是AB 上的一动点，∴当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，此时，∠POQ=90°，PQ=22OA OB +=102；思考：（1）如图，连接OQ ，∵点P 是OB 的中点，∴OP=12OB=12OQ ． ∵QP ⊥OB ，∴∠OPQ=90° 在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=12OP OQ =， ∴∠QOP=60°，∴l BQ =6010101803ππ⨯=；（2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝2，在Rt △B'OP 中，OP 22−10)2=（10-OP ）2解得OP=102−10， S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101210(10210)3602π⨯-⨯⨯⨯- ＝25π−1002+100；探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是B Q '所在圆的圆心，∴O′C=OB=10，∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点，∴O′C ⊥AO ，∴O′C ∥OB ，∴四边形OCO′B 是矩形，在Rt △O′BP 中，O′B=226425-=，在Rt △OBO′K ，OO′=2210(25)=230-，∴OM=12OO′=12×230=30，即O 到折痕PQ 的距离为30．点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=180n R π（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．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 ， 403CF =【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 ∠ACD12AE 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=8 CF∴40CF3=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：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=12BD．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△EO1D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，111111EO P CO QEPO CQOO E O C∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．∵CO1=DO1，∴O1Q=12BD ，∴FQ=12BD．∵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．7．如图，在ABC ∆中，90,BAC ∠=︒ 2,AB AC ==AD BC ⊥，垂足为D ，过,A D 的⊙O 分别与,AB AC 交于点,E F ，连接,,EF DE DF ．（1）求证：ADE ∆≌CDF ∆；（2）当BC 与⊙O 相切时，求⊙O 的面积．【答案】(1)见解析;(2)24π.【解析】分析：（1）由等腰直角三角形的性质知AD =CD 、∠1=∠C =45°，由∠EAF =90°知EF 是⊙O 的直径，据此知∠2+∠4=∠3+∠4=90°，得∠2=∠3，利用“ASA”证明即可得；（2）当BC 与⊙O 相切时，AD 是直径，根据∠C =45°、AC =2可得AD =1，利用圆的面积公式可得答案．详解：（1）如图，∵AB =AC ，∠BAC =90°，∴∠C =45°．又∵AD ⊥BC ，AB =AC ，∴∠1=12∠BAC =45°，BD =CD ，∠ADC =90°．又∵∠BAC =90°，BD =CD ，∴AD =CD ．又∵∠EAF =90°，∴EF 是⊙O 的直径，∴∠EDF =90°，∴∠2+∠4=90°．又∵∠3+∠4=90°，∴∠2=∠3．在△ADE 和△CDF 中．∵123C AD CD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△ADE ≌△CDF （ASA ）．（2）当BC 与⊙O 相切时，AD 是直径．在Rt △ADC 中，∠C =45°，AC 2，∴sin ∠C =AD AC ，∴AD =AC sin ∠C =1，∴⊙O 的半径为12，∴⊙O 的面积为24π．点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系等知识点．8．如图，已知⊙O 的半径为1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿PQ 排成一列，所有正三角形都关于PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1的顶点A 1与点P 重合，第二个△A 2B 2C 2的顶点A 2是B 1C 1与PQ 的交点，…，最后一个△A n B n C n 的顶点B n 、C n 在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a 1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a 2=_____；如图3，正三角形的边长a n =_____（用含n 的代数式表示）．38313 24313n+ 【解析】分析：（1）设PQ 与11B C 交于点D ，连接1B O ，得出OD=1A D -O 1A ，用含1a 的代数式表示OD ，在△O 1B D 中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a ；（2）设PQ 与2B 2C 交于点E ，连接2B O ，得出OE=1A E-O 1A ，用含2a 的代数式表示OE ，在△O 2B E 中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a ；（3）设PQ 与n B n C 交于点F ，连接n B O ，得出OF=1A F-O 1A ，用含an 的代数式表示OF ，在△O n B F 中，根据勾股定理求出正三角形的边长an ．本题解析：(1)易知△A 1B 1C 1的高为323 ∴a 13.(2)设△A 1B 1C 1的高为h ，则A 2O ＝1－h ，连结B 2O ，设B 2C 2与PQ 交于点F ，则有OF ＝2h －1. ∵B 2O 2＝OF 2＋B 2F 2，∴1＝(2h －1)2＋2212a ⎛⎫ ⎪⎝⎭. ∵h 32，∴1＝32－1)2＋14a 22，解得a 283 . (3)同(2)，连结B n O ，设B n C n 与PQ 交于点F ，则有B n O 2＝OF 2＋B n F 2，即1＝(nh －1)2＋212n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ . ∵h ＝32 a n ，∴1＝14a n 2＋231n na ⎫⎪⎪⎝⎭ ，解得a n ＝24331n n + .9．如图1，延长⊙O 的直径AB 至点C ，使得BC=12AB ，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 =24=12，∴∠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 =12OC•OP=12×6×3=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=12AB=OB，∴CO=OB+OB=AB，在△APB和△CPO中，AP CPA CAB 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．10．（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=43AC，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）32．【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=43OA，连接OQ，BQ，OB．由△QAB∽OAC，推出BQ=43OC，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°，∴QP2=AP2+AQ2=2AP2，∴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，2，AO=3 ，∴在△OQB中，BQ≥OQ﹣2﹣3 ，即OC最小值是2﹣3；（3）如图③中，作AQ⊥OA，使得AQ=43OA，连接OQ，BQ，OB．∵∠QAO=∠BAC=90°，∠QAB=∠OAC ，∵QA AB OA AC ==43， ∴△QAB ∽OAC ，∴BQ=43OC ，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.11．如图1，四边形ABCD 为⊙O 内接四边形，连接AC 、CO 、BO ，点C 为弧BD 的中点．（1）求证：∠DAC=∠ACO+∠ABO ；（2）如图2，点E 在OC 上，连接EB ，延长CO 交AB 于点F ，若∠DAB=∠OBA+∠EBA ．求证：EF=EB ；（3）在（2）的条件下，如图3，若OE+EB=AB ，CE=2，AB=13，求AD 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AD=7．【解析】试题分析：（1）如图1中，连接OA ，只要证明∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO ，由点C 是BD 中点，推出CD CB = ，推出∠BAC=∠DAC ，即可推出∠DAC=∠ACO+∠ABO ；（2）想办法证明∠EFB=∠EBF 即可；（3）如图3中，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为H ，延长BE 交HO 的延长线于G ，作BN ⊥CF 于N ，作CK ⊥AD 于K ，连接OA ．作CT ∠⊥AB 于T ．首先证明△EFB 是等边三角形，再证明△ACK ≌△ACT ，Rt △DKC ≌Rt △BTC ，延长即可解决问题；试题解析：（1）如图1中，连接OA ，∵OA=OC ，∴∠1=∠ACO ，∵OA=OB ，∴∠2=∠ABO ，∴∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO ，∵点C 是BD 中点，∴CD CB =，∴∠BAC=∠DAC ，∴∠DAC=∠ACO+∠ABO ．（2）如图2中，∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=2∠CAB ，∠COB=2∠BAC ，∴∠BAD=∠BOC ，∵∠DAB=∠OBA+∠EBA ，∴∠BOC=∠OBA+∠EBA ，∴∠EFB=∠EBF ，∴EF=EB ．（3）如图3中，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为H ，延长BE 交HO 的延长线于G ，作BN ⊥CF 于N ，作CK ⊥AD 于K ，连接OA ．作CT ∠⊥AB 于T ．∵∠EBA+∠G=90°，∠CFB+∠HOF=90°，∵∠EFB=∠EBF ，∴∠G=∠HOF ，∵∠HOF=∠EOG ，∴∠G=∠EOG ，∴EG=EO ，∵OH ⊥AB ，∴AB=2HB ，∵OE+EB=AB ，∴GE+EB=2HB ，∴GB=2HB ，∴cos ∠GBA=12HB GB = ，∴∠GBA=60°， ∴△EFB 是等边三角形，设HF=a ，∵∠FOH=30°，∴OF=2FH=2a ，∵AB=13，∴EF=EB=FB=FH+BH=a+132，∴OE=EF﹣OF=FB﹣OF=132﹣a，OB=OC=OE+EC=132﹣a+2=172﹣a，∵NE=12EF=12a+134，∴ON=OE=EN=（132﹣a）﹣（12a+134）=134﹣32a，∵BO2﹣ON2=EB2﹣EN2，∴（172﹣a）2﹣（134﹣32a）2=（a+132）2﹣（12a+134）2，解得a=32或﹣10（舍弃），∴OE=5，EB=8，OB=7，∵∠K=∠ATC=90°，∠KAC=∠TAC，AC=AC，∴△ACK≌△ACT，∴CK=CT，AK=AT，∵CD CB，∴DC=BC，∴Rt△DKC≌Rt△BTC，∴DK=BT，∵FT=12FC=5，∴DK=TB=FB﹣FT=3，∴AK=AT=AB﹣TB=10，∴AD=AK﹣DK=10﹣3=7．12．如图，AB是⊙O的直径，D、D为⊙O上两点，CF⊥AB于点F，CE⊥AD交AD的延长线于点E，且CE=CF.（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）连接CD、CB，若AD=CD=a，求四边形ABCD面积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接OC，AC，可先证明AC平分∠BAE，结合圆的性质可证明OC∥AE，可得∠OCB＝90°，可证得结论；（2）可先证得四边形AOCD为平行四边形，再证明△OCB为等边三角形，可求得CF、AB，利用梯形的面积公式可求得答案．【详解】（1）证明：连接OC，AC．∵CF⊥AB，CE⊥AD，且CE＝CF．∴∠CAE＝∠CAB．∵OC＝OA，∴∠CAB＝∠OCA．∴∠CAE＝∠OCA．∴OC∥AE．∴∠OCE＋∠AEC＝180°，∵∠AEC＝90°，∴∠OCE＝90°即OC⊥CE，∵OC是⊙O的半径，点C为半径外端，∴CE是⊙O的切线．（2）解：∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB，∴DC∥AB，∵∠CAE＝∠OCA，∴OC∥AD，∴四边形AOCD是平行四边形，∴OC＝AD＝a，AB＝2a，∵∠CAE＝∠CAB，∴CD＝CB＝a，∴CB＝OC＝OB，∴△OCB是等边三角形，在Rt△CFB中，CF＝，∴S四边形ABCD＝（DC＋AB）•CF＝【点睛】本题主要考查切线的判定，掌握切线的两种判定方法是解题的关键，即有切点时连接圆心和切点，然后证明垂直，没有切点时，过圆心作垂直，证明圆心到直线的距离等于半径．13．在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B（0，），点O（0，0）．△AOB 绕着O顺时针旋转，得△A'OB'，点A、B旋转后的对应点为A'，B'，记旋转角为α．（Ⅰ）如图1，A'B'恰好经过点A时，求此时旋转角α的度数，并求出点B'的坐标；（Ⅱ）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA'和直线BB'交于点P，求证：AA'⊥BB'；（Ⅲ）若0°＜α＜360°，求（Ⅱ）中的点P纵坐标的最小值（直接写出结果即可）．【答案】（Ⅰ）α＝60°，B'（3，）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为﹣2．【解析】【分析】（Ⅰ）作辅助线,先根据点A（2,0）,点B（0,）,确定∠ABO＝30°,证明△AOA'是等边三角形,得旋转角α＝60°,证明△COB'是30°的直角三角形,可得B'的坐标;（Ⅱ）依据旋转的性质可得∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',即可得出∠OBB'＝∠OA'A ＝（180°﹣α）,再根据∠BOA'＝90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,即可得到∠BPA'＝90°,即AA'⊥BB';（Ⅲ）作AB的中点M（1,）,连接MP,依据点P的轨迹为以点M为圆心,以MP＝AB＝2为半径的圆,即可得到当PM∥y轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2.【详解】解：（Ⅰ）如图1，过B'作B'C⊥x轴于C,∵OA＝2,OB＝2,∠AOB＝90°,∴∠ABO＝30°,∠BAO＝60°,由旋转得：OA＝OA',∠A'＝∠BAO＝60°,∴△OAA'是等边三角形,∴α＝∠AOA'＝60°,∵OB＝OB'＝2,∠COB'＝90°﹣60°＝30°,∴B'C＝OB’＝,∴OC＝3,∴B'（3,）,（Ⅱ）证明：如图2,∵∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',∴∠OBB'＝∠OA'A＝（180°﹣α）,∵∠BOA'＝90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,∴∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°,即AA'⊥BB';（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为-2．理由是：如图，作AB的中点M（1,）,连接MP,∵∠APB＝90°,∴点P的轨迹为以点M为圆心,以MP＝AB＝2为半径的圆,除去点（2,2）,∴当PM⊥x轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2．【点睛】本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转的性质,含30°角的直角三角形的性质,四边形内角和以及圆周角定理的综合运用,解决问题的关键是判断点P的轨迹为以点M为圆心,以MP 为半径的圆．14．.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,(2)r=3,(3)63 35r<<【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 ，333,3933FC r GC FC r =-==-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 -+<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．15．对于平面直角坐标系xoy 中的图形P ，Q ，给出如下定义：M 为图形P 上任意一点，N 为图形Q 上任意一点，如果M ，N 两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形P ，Q 间的“非常距离”，记作d （P ,Q ）．已知点A （4,0），B （0,4），连接AB ．（1）d （点O ，AB ）= ；（2）⊙O 半径为r ，若d （⊙O ，AB ）=0，求r 的取值范围；（3）点C （－3，－2），连接AC ，BC ，⊙T 的圆心为T （t ，0），半径为2，d （⊙T ，△ABC ），且0<d <2，求t 的取值范围．【答案】（1）22；（2）224r ≤≤；（3）25252t --<<--或6<r <8．【解析】【分析】（1）如下图所示，由题意得：过点O 作AB 的垂线，则垂线段即为所求；（2）如下图所示，当d （⊙O ，AB ）=0时，过点O 作OE ⊥AB ，交AB 于点E ，则：OB=2， OE=22，即可求解；（3）分⊙T 在△ABC 左侧、⊙T 在△ABC 右侧两种情况，求解即可．【详解】（1）过点O 作OD ⊥AB 交AB 于点D ，根据“非常距离”的定义可知，d （点O ，AB ）=OD=2AB 2244+2; （2）如图，当d（⊙O，AB）=0时，过点O作OE⊥AB,则OE=22,OB=OA=4，∵⊙O与线段AB的“非常距离”为0，∴224r≤≤；（3）当⊙T在△ABC左侧时，如图，当⊙T与BC相切时，d=0,2236+35,过点C作CE⊥y轴，过点T作TF⊥BC,则△TFH∽△BEC,∴TF THBE BC=,即2635,∴5∵HO∥CE,∴△BHO∽△BEC,∴HO=2，此时5，0);当d=2时，如图，同理可得，此时T （252--）；∵0<d <2，∴25252t --<<--；当⊙T 在△ABC 右侧时，如图，当p=0时，t=6，当p=2时，t=8.∵0<d <2，∴6<r <8；综上，25252t -<<或6<r <8．【点睛】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“非常距离”的定义与直线与圆的位置关系和分类讨论思想的运用．。

2020-2021中考数学圆的综合-经典压轴题含答案

2020-2021中考数学圆的综合-经典压轴题含答案一、圆的综合1．如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．（1）OC的长为；（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=；（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t （秒）．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．【答案】（1）4；（2）35；（3）点E的坐标为（1，2）、（53，103）、（4，2）．【解析】分析：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．（3）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题．详解：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），则有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形，∴OC=BH，BC=OH．∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，∴tan∠BAH=BHHA=1，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．故答案为4．（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2）．由（1）得：OH =2，BH =4．∵OC 与⊙M 相切于N ，∴MN ⊥OC ．设圆的半径为r ，则MN =MB =MD =r ．∵BC ⊥OC ，OA ⊥OC ，∴BC ∥MN ∥OA ．∵BM =DM ，∴CN =ON ，∴MN =12（BC +OD ），∴OD =2r ﹣2，∴DH =OD OH -=24r -．在Rt △BHD 中，∵∠BHD =90°，∴BD 2=BH 2+DH 2，∴（2r ）2=42+（2r ﹣4）2．解得：r =2，∴DH =0，即点D 与点H 重合，∴BD ⊥0A ，BD =AD ．∵BD 是⊙M 的直径，∴∠BGD =90°，即DG ⊥AB ，∴BG =AG ．∵GF ⊥OA ，BD ⊥OA ，∴GF ∥BD ，∴△AFG ∽△ADB ， ∴AF AD =GF BD =AG AB =12，∴AF =12AD =2，GF =12BD =2，∴OF =4，∴OG同理可得：OB AB ，∴BG =12AB ．设OR =x ，则RG x ．∵BR ⊥OG ，∴∠BRO =∠BRG =90°，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=BG 2﹣RG 2，∴（2﹣x 2=（）2﹣（x ）2．解得：x =5，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=（2﹣（5）2=365，∴BR =5．在Rt △ORB 中，sin ∠BOR =BR OB35．故答案为35．（3）①当∠BDE =90°时，点D 在直线PE 上，如图2．此时DP =OC =4，BD +OP =BD +CD =BC =2，BD =t ，OP =t ．则有2t =2．解得：t =1．则OP =CD =DB =1．∵DE ∥OC ，∴△BDE ∽△BCO ，∴DE OC =BD BC =12，∴DE =2，∴EP =2， ∴点E 的坐标为（1，2）．②当∠BED =90°时，如图3．∵∠DBE =OBC ，∠DEB =∠BCO =90°，∴△DBE ∽△OBC ，∴BEBC =2DB BE OB ∴，∴BE =5t ． ∵PE ∥OC ，∴∠OEP =∠BOC ．∵∠OPE =∠BCO =90°，∴△OPE ∽△BCO ，∴OEOB =25OPBC∴，=2t，∴OE=5t．∵OE+BE=OB=255，∴t+5t=25．解得：t=53，∴OP=53，OE=55，∴PE=22OE OP-=103，∴点E的坐标为（51033，）．③当∠DBE=90°时，如图4．此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．则有OD=PE，EA=22PE PA+=2（6﹣t）=62﹣2?t，∴BE=BA﹣EA=42﹣（62﹣2t）=2t﹣22．∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．在Rt△DBE中，cos∠BED=BEDE=2，∴DE=2BE，∴t=22（t﹣22）=2t﹣4．解得：t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，2）．综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（1，2）、（51033，）、（4，2）．点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．2．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。

2023年中考数学(人教版)总复习训练：圆综合

2023年中考数学(人教版)总复习训练：圆综合一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，满分40分)1. (2020•资中县一模)已知⊙O中最长的弦长8cm,则⊙O的半径是( )A.2cmB.4cmC.8cmD.16cm2. (2020秋•河东区期末)已知⊙O的半径OA长为1,OB=2,则正确图形可能是( )A. B. C. D.3. (2020•宜昌)如图,E,F,G为圆上的三点,∠FEG＝50°,P点可能是圆心的是( )A. B. C. D.4. (2020•随州)设边长为a的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为h、r、R,则下列结论不正确的是( )A.h＝R+rB.R＝2rC.r aD.R a5. (2020·吉林长春中考)如图,AB是⊙O的直径,点C、D在⊙O上,∠BDC=20o,则∠AOC的大小为( )A.40oB.140oC.160oD.170o6. (2020•绍兴)如图,点A,B,C,D,E均在⊙O上,∠BAC＝15°,∠CED＝30°,则∠BOD的度数为( )A.45°B.60°C.75°D.90°7. (2020•平房区二模)如图,AB为O的切线,AC为弦,连接CB交O于点D,若CB 经过圆心O,∠ACB=28o,则∠B的度数为( )A.33oB.34oC.56oD.28o8. (2020•凉山州)如图,等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于⊙O,则AD:AB＝( )A.2:B.:C.:D.:29. (2020•沈阳)如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC＝2,以点A为圆心,AD长为半径画弧交边BC于点E,连接AE,则劣弧DE的长为( )A. B.π C. D.10. (2020·辽宁营口·中考真题)如图,AB为⊙O的直径,点C,点D是⊙O上的两点,连接CA,CD,AD.若∠CAB＝40°,则∠ADC的度数是( )A.110°B.130°C.140°D.160°二、填空题(本大共8小题，每小题5分，满分40分)11. (2020•武威)若一个扇形的圆心角为60°,面积为cm2,则这个扇形的弧长为cm(结果保留π).12. (2020•攀枝花)如图,已知锐角三角形ABC内接于半径为2的⊙O,OD⊥BC于点D,∠BAC＝60°,则OD＝.13. (2020•无锡)已知圆锥的底面半径为1cm,高为3cm,则它的侧面展开图的面积为＝cm2.14. (2020·黑龙江鹤岗中考)如图,AD是△ABC的外接圆的直径,若∠BCA=50o,则∠ADB=_____.15. (2022北京十一学校一分校)如图,PA,PB分别切半径为1的⊙O于A,B两点,BC为直径,若∠P=60o,则PB的长为_____.16. (2021•太原二模)如图,点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(0,23),⊙A与y 轴相切,点C是⊙A上的动点,射线BC与x轴交于点D,则BD长的最大值等于.O17. (2020•牡丹江)AB 是⊙O 的弦,OM ⊥AB,垂足为M,连接OA.若△AOM 中有一个角是30°,OM ＝2,则弦AB 的长为 .18. (2021•兰州)如图,传送带的一个转动轮的半径为18cm,转动轮转n °,传送带上的物品A 被传送12πcm,则n ＝ .三、解答题(本大题共6道小题,每小题6-12分)19. (6分)(2020年湖南省长沙市长郡滨江中学中考数学3月模拟试题)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∠B ＝30°,AC 求劣弧BD 与弦BD 所围阴影图形的面积;(3)若AC ＝4,BD ＝6,求AE 的长.20. (6分)(2020秋•新抚区期末)如图,AB 是⊙O 的直径,点C 为⊙O 上一点,CF 为⊙O 的切线,OE ⊥AB 于点O,分别交AC,CF 于D,F 两点.(1)求证:ED ＝EC;(2)若EC ＝1,∠A ＝30°,求图中阴影部分的面积.321. (8分)(2020秋•集贤县期末)如图,在△ABC中,AB＝AC,∠BAC＝54°,以AB 为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E,过点B作直线BF,交AC的延长线于点F.(1)求证:BE＝CE;(2)若AB＝6,求弧DE的长;(3)当∠F的度数是多少时,BF与⊙O相切,证明你的结论.22. (10分)(2020•咸宁)如图,在Rt△ABC中,∠C＝90°,点O在AC上,以OA为半径的半圆O交AB于点D,交AC于点E,过点D作半圆O的切线DF,交BC于点F.(1)求证:BF＝DF;(2)若AC＝4,BC＝3,CF＝1,求半圆O的半径长.23. (12分)(2021•陕西模拟)问题探究(1)如图①,在△ABC中,AB＝AC,∠B＝30°,AB＝3,则BC的长为;(2)如图②,四边形ABCD中,DA⊥AB,CB⊥AB,AD＝3,AB＝5,BC＝2,P是边AB上的动点,求PC+PD的最小值;问题解决(3)某山庄有一营地,如图③,营地是由等边△ABC和弦AB与其所对的劣弧围成的弓形组成的,其中AC＝600m,所对的圆心角为120°,点D是AB上的一个取水点,AD＝200m,连接CD交于点E.管理员计划在上建一个入口P,在PC、PB上分别建取水点M、N.由于取水点之间需按D→M→N→D的路径铺设水管,因此,为了节约成本要使得线段DM、MN、ND之和最短,试求DM+MN+ND的最小值.24. (12分)(2022北京东直门中学)对于平面直角坐标系xOy中的图形W1和图形W 2.给出如下定义:在图形W1上存在两点A,B(点A,B可以重合),在图形W2上存在两点M,N,(点M于点N可以重合)使得AM=2BN,则称图形W1和图形W2满足限距关系(1)如图1,点点P在线段DE上运动(点P可以与点D,E 重合),连接OP,CP.①线段OP的最小值为_______,最大值为_______;线段CP的取值范直范围是_____;②在点O,点C中,点____________与线段DE满足限距关系;(2)如图2,⊙O的半径为1,直线y b=+(b>0)与x轴、y轴分别交于点F,G.若线段FG与⊙O满足限距关系,求b的取值范围;(3)⊙O的半径为r(r>0),点H,K是⊙O上的两个点,分别以H,K为圆心,1为半径作圆得到⊙H和⊙K,若对于任意点H,K,⊙H和⊙K都满足限距关系,直接写出r的取值范围.。

【2021中考数学分类训练】圆含答案

2021年中考真题汇编—圆一．选择题（共32小题）1．（2020•日照）如图，AB是⊙O的直径，CD为⊙O的弦，AB⊥CD于点E，若CD＝6，AE＝9，则阴影部分的面积为（）A．6π﹣B．12π﹣9C．3π﹣D．9 2．（2020•阜新）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形OA i B i∁i D i E i，则正六边形OA i B i∁i D i E i（i＝2020）的顶点∁i的坐标是（）A．（1，﹣）B．（1，）C．（1，﹣2）D．（2，1）3．（2020•永州）如图，已知P A，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，线段OP交⊙O于点M．给出下列四种说法：①P A＝PB；②OP⊥AB；③四边形OAPB有外接圆；④M是△AOP外接圆的圆心．其中正确说法的个数是（）A．1B．2C．3D．4 4．（2020•吉林）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠B＝108°，则∠D的大小为（）A．54°B．62°C．72°D．82°5．（2020•海南）如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD＝36°，则∠ABD等于（）A．54°B．56°C．64°D．66°6．（2020•十堰）如图，点A，B，C，D在⊙O上，OA⊥BC，垂足为E．若∠ADC＝30°，AE＝1，则BC＝（）A．2B．4C．D．2 7．（2020•广州）往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽AB＝48cm，则水的最大深度为（）A．8cm B．10cm C．16cm D．20cm 8．（2020•青岛）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，＝，AC交BD于点G．若∠COD＝126°，则∠AGB的度数为（）A．99°B．108°C．110°D．117°9．（2020•牡丹江）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接BD．若，∠BDC＝50°，则∠ADC的度数是（）A．125°B．130°C．135°D．140°10．（2020•随州）设边长为a的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为h、r、R，则下列结论不正确的是（）A．h＝R+r B．R＝2r C．r＝a D．R＝a 11．（2020•徐州）如图，AB是⊙O的弦，点C在过点B的切线上，OC⊥OA，OC交AB于点P．若∠BPC＝70°，则∠ABC的度数等于（）A．75°B．70°C．65°D．60°12．（2020•武汉）如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是的中点，AC与BD交于点E．若E是BD的中点，则AC的长是（）A．B．3C．3D．4 13．（2020•泰州）如图，半径为10的扇形AOB中，∠AOB＝90°，C为上一点，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E．若∠CDE为36°，则图中阴影部分的面积为（）A．10πB．9πC．8πD．6π14．（2020•凉山州）如图，等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于⊙O，则AD：AB＝（）A．2：B．：C．：D．：2 15．（2020•河北）有一题目：“已知：点O为△ABC的外心，∠BOC＝130°，求∠A．”嘉嘉的解答为：画△ABC以及它的外接圆O，连接OB，OC．如图，由∠BOC＝2∠A＝130°，得∠A＝65°．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，∠A还应有另一个不同的值．”下列判断正确的是（）A．淇淇说的对，且∠A的另一个值是115°B．淇淇说的不对，∠A就得65°C．嘉嘉求的结果不对，∠A应得50°D．两人都不对，∠A应有3个不同值16．（2020•滨州）在⊙O中，直径AB＝15，弦DE⊥AB于点C，若OC：OB＝3：5，则DE 的长为（）A．6B．9C．12D．15 17．（2020•达州）如图，在半径为5的⊙O中，将劣弧AB沿弦AB翻折，使折叠后的恰好与OA、OB相切，则劣弧AB的长为（）A．πB．πC．πD．π18．（2020•哈尔滨）如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O 上，连接AD、CD，OA，若∠ADC＝35°，则∠ABO的度数为（）A．25°B．20°C．30°D．35°19．（2020•黔东南州）如图，正方形ABCD的边长为2，O为对角线的交点，点E、F分别为BC、AD的中点．以C为圆心，2为半径作圆弧，再分别以E、F为圆心，1为半径作圆弧、，则图中阴影部分的面积为（）A．π﹣1B．π﹣2C．π﹣3D．4﹣π20．（2020•杭州）如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（）A．3α+β＝180°B．2α+β＝180°C．3α﹣β＝90°D．2α﹣β＝90°21．（2020•黔东南州）如图，⊙O的直径CD＝20，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OC＝3：5，则AB的长为（）A．8B．12C．16D．2 22．（2020•嘉兴）如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是（）A．2B．C．D．23．（2020•湖州）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，则∠ADC的度数是（）A．70°B．110°C．130°D．140°24．（2020•鸡西）如图，点A，B，S在圆上，若弦AB的长度等于圆半径的倍，则∠ASB 的度数是（）A．22.5°B．30°C．45°D．60°25．（2020•山西）中国美食讲究色香味美，优雅的摆盘造型也会让美食锦上添花．图①中的摆盘，其形状是扇形的一部分，图②是其几何示意图（阴影部分为摆盘），通过测量得到AC＝BD＝12cm，C，D两点之间的距离为4cm，圆心角为60°，则图中摆盘的面积是（）A．80πcm2B．40πcm2C．24πcm2D．2πcm2 26．（2020•湘西州）如图，P A、PB为圆O的切线，切点分别为A、B，PO交AB于点C，PO的延长线交圆O于点D．下列结论不一定成立的是（）A．△BP A为等腰三角形B．AB与PD相互垂直平分C．点A、B都在以PO为直径的圆上D．PC为△BP A的边AB上的中线27．（2020•荆门）如图，⊙O中，OC⊥AB，∠APC＝28°，则∠BOC的度数为（）A．14°B．28°C．42°D．56°28．（2020•攀枝花）如图，直径AB＝6的半圆，绕B点顺时针旋转30°，此时点A到了点A'，则图中阴影部分的面积是（）A．B．C．πD．3π29．（2020•金昌）如图，A是⊙O上一点，BC是直径，AC＝2，AB＝4，点D在⊙O上且平分，则DC的长为（）A．2B．C．2D．30．（2020•南京）如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形AOBC的顶点C，与BC相交于点D．若⊙P的半径为5，点A的坐标是（0，8）．则点D的坐标是（）A．（9，2）B．（9，3）C．（10，2）D．（10，3）二．解答题（共3小题）31．（2020•贵港）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC边上，且AD＝BD，⊙O是△ACD的外接圆，AE是⊙O的直径．（1）求证：AB是⊙O的切线；（2）若AB＝2，AD＝3，求直径AE的长．32．（2020•东营）如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O交AC于点M，弦MN∥BC交AB于点E，且ME＝3，AE＝4，AM＝5．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）求⊙O的直径AB的长度．33．（2020•潍坊）如图，AB为⊙O的直径，射线AD交⊙O于点F，点C为劣弧的中点，过点C作CE⊥AD，垂足为E，连接AC．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）若∠BAC＝30°，AB＝4，求阴影部分的面积．参考答案与试题解析一．选择题（共32小题）1．（2020•日照）如图，AB是⊙O的直径，CD为⊙O的弦，AB⊥CD于点E，若CD＝6，AE＝9，则阴影部分的面积为（）A．6π﹣B．12π﹣9C．3π﹣D．9【分析】根据垂径定理得出CE＝DE＝，再利用勾股定理求得半径，根据锐角三角函数关系得出∠EOD＝60°，进而结合扇形面积求出答案．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，CD为⊙O的弦，AB⊥CD于点E，∴CE＝DE＝．设⊙O的半径为r，在直角△OED中，OD2＝OE2+DE2，即，解得，r＝6，∴OE＝3，∴cos∠BOD＝＝＝，∴∠EOD＝60°，∴，，∴，【点评】此题主要考查了垂径定理，勾股定理以及锐角三角函数和扇形面积求法等知识，正确得出∠EOD＝60°是解题关键．2．（2020•阜新）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形OA i B i∁i D i E i，则正六边形OA i B i∁i D i E i（i＝2020）的顶点∁i的坐标是（）A．（1，﹣）B．（1，）C．（1，﹣2）D．（2，1）【分析】由题意旋转8次应该循环，因为2020÷8＝252…4，所以∁i的坐标与C4的坐标相同．【解答】解：由题意旋转8次应该循环，∵2020÷8＝252…4，∴∁i的坐标与C4的坐标相同，∵C（﹣1，），点C与C4关于原点对称，∴C4（1，﹣），∴顶点∁i的坐标是（1，﹣），故选：A．【点评】本题考查正多边形与圆，坐标与图形变化﹣性质等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．3．（2020•永州）如图，已知P A，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，线段OP交⊙O于点M．给出下列四种说法：①P A＝PB；③四边形OAPB有外接圆；④M是△AOP外接圆的圆心．其中正确说法的个数是（）A．1B．2C．3D．4【分析】利用切线长定理对①进行判断；利用线段的垂直平分线定理的逆定理对②进行判断；利用切线的性质和圆周角定理可对③进行判断；由于只有当∠APO＝30°时，OP ＝2OA，此时PM＝OM，则可对④进行判断．【解答】解：∵P A，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，∴P A＝PB，所以①正确；∵OA＝OB，P A＝PB，∴OP垂直平分AB，所以②正确；∵P A，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，∴OA⊥P A，OB⊥PB，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∴点A、B在以OP为直径的圆上，∴四边形OAPB有外接圆，所以③正确；∵只有当∠APO＝30°时，OP＝2OA，此时PM＝OM，∴M不一定为△AOP外接圆的圆心，所以④错误．故选：C．【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了切线长定理．4．（2020•吉林）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠B＝108°，则∠D的大小为（）A．54°B．62°C．72°D．82°【分析】运用圆内接四边形对角互补计算即可．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠B＝108°，∴∠D＝180°﹣∠B＝180°﹣108°＝72°，故选：C．【点评】本题主要考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解答此题的关键．5．（2020•海南）如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD＝36°，则∠ABD等于（）A．54°B．56°C．64°D．66°【分析】根据AB是⊙O的直径，可得∠ADB＝90°，根据同弧所对圆周角相等可得∠DAB＝∠BCD＝36°，进而可得∠ABD的度数．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠DAB＝∠BCD＝36°，∴∠ABD＝∠ADB﹣∠DAB，即∠ABD＝90°﹣∠DAB＝90°﹣36°＝54°．故选：A．【点评】本题考查了圆周角定理，解决本题的关键是掌握圆周角定理．在同圆或等圆中，圆周角是所对圆心角的一半．6．（2020•十堰）如图，点A，B，C，D在⊙O上，OA⊥BC，垂足为E．若∠ADC＝30°，AE＝1，则BC＝（）A．2B．4C．D．2【分析】连接OC，根据圆周角定理求得∠AOC＝60°，在Rt△COE中可得OE＝OC ＝OC﹣1得到OC＝2，从而得到CE＝，然后根据垂径定理得到BC的长．【解答】解：连接OC，如图，∵∠ADC＝30°，∴∠AOC＝60°，∵OA⊥BC，∴CE＝BE，在Rt△COE中，OE＝OC，CE＝OE，∵OE＝OA﹣AE＝OC﹣1，∴OC﹣1＝OC，∴OC＝2，∴OE＝1，∴CE＝，∴BC＝2CE＝2．故选：D．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理．7．（2020•广州）往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽AB＝48cm，则水的最大深度为（）A．8cm B．10cm C．16cm D．20cm【分析】连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而可得出CD的长．【解答】解：连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：∵AB＝48cm，∴BD＝AB＝×48＝24（cm），∵⊙O的直径为52cm，∴OB＝OC＝26cm，在Rt△OBD中，OD＝＝＝10（cm），∴CD＝OC﹣OD＝26﹣10＝16（cm），故选：C．【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．8．（2020•青岛）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，＝，AC交BD于点G．若∠COD＝126°，则∠AGB的度数为（）A．99°B．108°C．110°D．117°【分析】根据圆周角定理得到∠BAD＝90°，∠DAC＝∠COD＝63°，再由＝得到∠B＝∠D＝45°，然后根据三角形外角性质计算∠AGB的度数．【解答】解：∵BD是⊙O的直径，∴∠BAD＝90°，∵＝，∴∠B＝∠D＝45°，∵∠DAC＝∠COD＝×126°＝63°，∴∠AGB＝∠DAC+∠D＝63°+45°＝108°．故选：B．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．9．（2020•牡丹江）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接BD．若，∠BDC＝50°，则∠ADC的度数是（）A．125°B．130°C．135°D．140°【分析】连接OA，OB，OC，根据圆周角定理得出∠BOC＝100°，再根据得到∠AOC，从而得到∠ABC，最后利用圆内接四边形的性质得到结果．【解答】解：连接OA，OB，OC，∵∠BDC＝50°，∴∠BOC＝2∠BDC＝100°，∵，∴∠BOC＝∠AOC＝100°，∴∠ABC＝∠AOC＝50°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝130°．故选：B．【点评】本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，圆内接四边形的性质，关键在于画出半径，构造圆心角．10．（2020•随州）设边长为a的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为h、r、R，则下列结论不正确的是（）A．h＝R+r B．R＝2r C．r＝a D．R＝a【分析】根据等边三角形的内切圆和外接圆是同心圆，设圆心为O，根据30°角所对的直角边是斜边的一半得：R＝2r；等边三角形的高是R与r的和，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：如图，∵△ABC是等边三角形，∴△ABC的内切圆和外接圆是同心圆，圆心为O，设OE＝r，AO＝R，AD＝h，∴h＝R+r，故A正确；∵AD⊥BC，∴∠DAC＝∠BAC＝×60°＝30°，在Rt△AOE中，∴R＝2r，故B正确；∵OD＝OE＝r，∵AB＝AC＝BC＝a，∴AE＝AC＝a，∴（a）2+r2＝（2r）2，（a）2+（R）2＝R2，∴r＝，R＝a，故C错误，D正确；故选：C．【点评】本题考查了等边三角形及它的内切圆和外接圆的关系，等边三角形的内心与外心重合，是三条角平分线的交点；由等腰三角形三线合一的特殊性得出30°角和60°，利用直角三角形30°的性质或三角函数得出R、r、h的关系．11．（2020•徐州）如图，AB是⊙O的弦，点C在过点B的切线上，OC⊥OA，OC交AB于点P．若∠BPC＝70°，则∠ABC的度数等于（）A．75°B．70°C．65°D．60°【分析】先利用对顶角相等和互余得到∠A＝20°，再利用等腰三角形的性质得到∠OBA ＝∠A＝20°，然后根据切线的性质得到OB⊥BC，从而利用互余计算出∠ABC的度数．【解答】解：∵OC⊥OA，∴∠AOC＝90°，∵∠APO＝∠BPC＝70°，∴∠A＝90°﹣70°＝20°，∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠A＝20°，∵BC为⊙O的切线，∴OB⊥BC，∴∠OBC＝90°，∴∠ABC＝90°﹣20°＝70°．故选：B．【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰三角形的性质．12．（2020•武汉）如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是的中点，AC 与BD交于点E．若E是BD的中点，则AC的长是（）A．B．3C．3D．4【分析】连接OD，交AC于F，根据垂径定理得出OD⊥AC，AF＝CF，进而证得DF＝BC，根据三角形中位线定理求得OF＝BC＝DF，从而求得BC＝DF＝2，利用勾股定理即可求得AC．【解答】解：连接OD，交AC于F，∵D是的中点，∴OD⊥AC，AF＝CF，∴∠DFE＝90°，∵OA＝OB，AF＝CF，∴OF＝BC，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在△EFD和△ECB中∴△EFD≌△ECB（AAS），∴DF＝BC，∴OF＝DF，∵OD＝3，∴OF＝1，∴BC＝2，在Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2，∴AC＝＝＝4，故选：D．【点评】本题考查了垂径定理，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．13．（2020•泰州）如图，半径为10的扇形AOB中，∠AOB＝90°，C为上一点，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E．若∠CDE为36°，则图中阴影部分的面积为（）A．10πB．9πC．8πD．6π【分析】连接OC，易证得四边形CDOE是矩形，则△DOE≌△CEO，得到∠COB＝∠DEO＝∠CDE＝36°，图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积，利用扇形的面积公式即可求得．【解答】解：连接OC，∵∠AOB＝90°，CD⊥OA，CE⊥OB，∴四边形CDOE是矩形，∴CD∥OE，∴∠DEO＝∠CDE＝36°，由矩形CDOE易得到△DOE≌△CEO，∴∠COB＝∠DEO＝36°∴图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积，∵S扇形OBC＝＝10π∴图中阴影部分的面积＝10π，故选：A．【点评】本题考查了扇形面积的计算，矩形的判定与性质，利用扇形OBC的面积等于阴影的面积是解题的关键．14．（2020•凉山州）如图，等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于⊙O，则AD：AB＝（）A．2：B．：C．：D．：2【分析】连接OA、OB、OD，过O作OH⊥AB于H，由垂径定理得出AH＝BH＝AB，证出△AOD是等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH＝60°，AH＝BH＝AB，得出AD＝OA，AH＝OA，则AB＝2AH＝OA，进而得出答案．【解答】解：连接OA、OB、OD，过O作OH⊥AB于H，如图所示：则AH＝BH＝AB，∵等边三角形ABC和正方形ADEF，都内接于⊙O，∴∠AOB＝120°，∠AOD＝90°，∵OA＝OD＝OB，∴△AOD是等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH＝×120°＝60°，∴AD＝OA，AH＝OA•sin60°＝OA，∴AB＝2AH＝2×OA＝OA，∴＝＝，故选：B．【点评】本题考查了正多边形和圆、垂径定理、等边三角形的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握垂径定理、等边三角形和正方形的性质是解题的关键．15．（2020•河北）有一题目：“已知：点O为△ABC的外心，∠BOC＝130°，求∠A．”嘉嘉的解答为：画△ABC以及它的外接圆O，连接OB，OC．如图，由∠BOC＝2∠A＝130°，得∠A＝65°．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，∠A还应有另一个不同的值．”下列判断正确的是（）A．淇淇说的对，且∠A的另一个值是115°B．淇淇说的不对，∠A就得65°C．嘉嘉求的结果不对，∠A应得50°D．两人都不对，∠A应有3个不同值【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案．【解答】解：如图所示：∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补．故∠A′＝180°﹣65°＝115°．故选：A．【点评】此题主要考查了三角形的外接圆，正确分类讨论是解题关键．16．（2020•滨州）在⊙O中，直径AB＝15，弦DE⊥AB于点C，若OC：OB＝3：5，则DE 的长为（）A．6B．9C．12D．15【分析】直接根据题意画出图形，再利用垂径定理以及勾股定理得出答案．【解答】解：如图所示：连接OD，∵直径AB＝15，∴BO＝7.5，∵OC：OB＝3：5，∴CO＝4.5，∴DC＝＝6，∴DE＝2DC＝12．故选：C．【点评】此题主要考查了垂径定理和勾股定理，正确得出CO的长是解题关键．17．（2020•达州）如图，在半径为5的⊙O中，将劣弧AB沿弦AB翻折，使折叠后的恰好与OA、OB相切，则劣弧AB的长为（）A．πB．πC．πD．π【分析】作O点关于AB的对称点O′，连接O′A、O′B，如图，利用对称的性质得到OA＝OB＝O′A＝O′B，则可判断四边形OAO′B为菱形，再根据切线的性质得到O′A⊥OA，O′B⊥OB，则可判断四边形OAO′B为正方形，然后根据弧长公式求解．【解答】解：如图，作O点关于AB的对称点O′，连接O′A、O′B，∵OA＝OB＝O′A＝O′B，∴四边形OAO′B为菱形，∵折叠后的与OA、OB相切，∴O′A⊥OA，O′B⊥OB，∴四边形OAO′B为正方形，∴∠AOB＝90°，∴劣弧AB的长＝＝π．故选：B．【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了对称的性质和弧长公式．18．（2020•哈尔滨）如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O 上，连接AD、CD，OA，若∠ADC＝35°，则∠ABO的度数为（）A．25°B．20°C．30°D．35°【分析】根据切线的性质和圆周角定理即可得到结论．【解答】解：∵AB为圆O的切线，∴AB⊥OA，即∠OAB＝90°，∵∠ADC＝35°，∴∠AOB＝2∠ADC＝70°，∴∠ABO＝90°﹣70°＝20°．故选：B．【点评】此题考查了切线的性质，以及圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．19．（2020•黔东南州）如图，正方形ABCD的边长为2，O为对角线的交点，点E、F分别为BC、AD的中点．以C为圆心，2为半径作圆弧，再分别以E、F为圆心，1为半径作圆弧、，则图中阴影部分的面积为（）A．π﹣1B．π﹣2C．π﹣3D．4﹣π【分析】根据题意和图形，可知阴影部分的面积是以2为半径的四分之一个圆的面积减去以1为半径的半圆的面积，再减去2个以边长为1的正方形的面积，加上以1半径的四分之一个圆的面积，本题得以解决．【解答】解：由题意可得，阴影部分的面积是：•π×22﹣﹣2（1×1﹣•π×12）＝π﹣2，故选：B．【点评】本题考查扇形的面积的计算，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．20．（2020•杭州）如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（）A．3α+β＝180°B．2α+β＝180°C．3α﹣β＝90°D．2α﹣β＝90°【分析】根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．【解答】解：∵OA⊥BC，∴∠AOB＝∠AOC＝90°，∴∠DBC＝90°﹣∠BEO＝90°﹣∠AED＝90°﹣α，∴∠COD＝2∠DBC＝180°﹣2α，∵∠AOD+∠COD＝90°，∴β+180°﹣2α＝90°，∴2α﹣β＝90°，故选：D．【点评】本题主要考查了圆的基本性质，直角三角形的性质，关键是用α表示∠COD．21．（2020•黔东南州）如图，⊙O的直径CD＝20，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OC＝3：5，则AB的长为（）A．8B．12C．16D．2【分析】连接OA，先根据⊙O的直径CD＝20，OM：OC＝3：5求出OD及OM的长，再根据勾股定理可求出AM的长，进而得出结论．【解答】解：连接OA，∵⊙O的直径CD＝20，OM：OC＝3：5，∴OC＝10，OM＝6，∵AB⊥CD，∴AM＝＝＝8，∴AB＝2AM＝16．故选：C．【点评】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．22．（2020•嘉兴）如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是（）A．2B．C．D．【分析】根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．【解答】解：作AM⊥BC于M，如图：重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，∴AM＝BM＝，∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝×＝；故选：C．【点评】本题考查了三角形的外心、等边三角形的性质以及旋转的性质，理解连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都为全等的等边三角形是关键．23．（2020•湖州）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，则∠ADC的度数是（）A．70°B．110°C．130°D．140°【分析】根据圆内接四边形的性质即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣70°＝110°，故选：B．【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．24．（2020•鸡西）如图，点A，B，S在圆上，若弦AB的长度等于圆半径的倍，则∠ASB 的度数是（）A．22.5°B．30°C．45°D．60°【分析】设圆心为O，连接OA、OB，如图，先证∠AOB＝90°，然后根据圆周角定理确定∠ASB的度数．【解答】解：设圆心为O，连接OA、OB，如图，∵弦AB的长度等于圆半径的倍，即AB＝OA，∴OA2+OB2＝AB2，∴∠AOB＝90°，∴∠ASB＝∠AOB＝45°．故选：C．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．25．（2020•山西）中国美食讲究色香味美，优雅的摆盘造型也会让美食锦上添花．图①中的摆盘，其形状是扇形的一部分，图②是其几何示意图（阴影部分为摆盘），通过测量得到AC＝BD＝12cm，C，D两点之间的距离为4cm，圆心角为60°，则图中摆盘的面积是（）A．80πcm2B．40πcm2C．24πcm2D．2πcm2【分析】首先证明△OCD是等边三角形，求出OC＝OD＝CD＝4cm，再根据S阴＝S扇形OAB﹣S扇形OCD，求解即可．【解答】解：如图，连接CD．∵OC＝OD，∠O＝60°，∴△COD是等边三角形，∴OC＝OD＝CD＝4cm，∴S阴＝S扇形OAB﹣S扇形OCD＝﹣＝40π（cm2），故选：B．【点评】本题考查扇形的面积，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．26．（2020•湘西州）如图，P A、PB为圆O的切线，切点分别为A、B，PO交AB于点C，PO的延长线交圆O于点D．下列结论不一定成立的是（）A．△BP A为等腰三角形B．AB与PD相互垂直平分C．点A、B都在以PO为直径的圆上D．PC为△BP A的边AB上的中线【分析】根据切线的性质即可求出答案．【解答】解：（A）∵P A、PB为圆O的切线，∴P A＝PB，∴△BP A是等腰三角形，故A选项不符合题意．（B）由圆的对称性可知：PD垂直平分AB，但AB不一定平分PD，故B选项符合题意．（C）连接OB、OA，∵P A、PB为圆O的切线，∴∠OBP＝∠OAP＝90°，∴点A、B、P在以OP为直径的圆上，故C选项不符合题意．（D）∵△BP A是等腰三角形，PD⊥AB，∴PC为△BP A的边AB上的中线，故D选项不符合题意．故选：B．【点评】本题考查切线的性质，解题的关键是熟练运用切线的性质，本题属于中等题型．27．（2020•荆门）如图，⊙O中，OC⊥AB，∠APC＝28°，则∠BOC的度数为（）A．14°B．28°C．42°D．56°【分析】根据垂径定理，可得＝，∠APC＝28°，根据圆周角定理，可得∠BOC．【解答】解：∵在⊙O中，OC⊥AB，∴＝，∵∠APC＝28°，∴∠BOC＝2∠APC＝56°，故选：D．【点评】本题考查了圆周角定理，利用垂径定理得出＝是解题关键．28．（2020•攀枝花）如图，直径AB＝6的半圆，绕B点顺时针旋转30°，此时点A到了点A'，则图中阴影部分的面积是（）A．B．C．πD．3π【分析】由半圆A′B面积+扇形ABA′的面积﹣空白处半圆AB的面积即可得出阴影部分的面积．【解答】解：∵半圆AB，绕B点顺时针旋转30°，∴S阴影＝S半圆A′B+S扇形ABA′﹣S半圆AB＝S扇形ABA′＝＝3π，故选：D．【点评】本题考查了扇形面积的计算以及旋转的性质，熟记扇形面积公式和旋转前后不变的边是解题的关键．29．（2020•金昌）如图，A是⊙O上一点，BC是直径，AC＝2，AB＝4，点D在⊙O上且平分，则DC的长为（）A．2B．C．2D．【分析】先根据圆周角得：∠BAC＝∠D＝90°，根据勾股定理即可得结论．【解答】解：∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝∠D＝90°，∵AC＝2，AB＝4，∴BC＝＝＝2，∵点D在⊙O上，且平分，∴DC＝BD．Rt△BDC中，DC2+BD2＝BC2，∴2DC2＝20，∴DC＝，故选：D．【点评】本题考查圆周角定理，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用勾股定理求线段的长，属于中考常考题型．30．（2020•南京）如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形AOBC的顶点C，与BC相交于点D．若⊙P的半径为5，点A的坐标是（0，8）．则点D的坐标是（）A．（9，2）B．（9，3）C．（10，2）D．（10，3）【分析】设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点，连接PE、PF、PD，延长EP与CD交于点G，证明四边形PEOF为正方形，求得CG，再根据垂径定理求得CD，进而得PG、DB，便可得D点坐标．【解答】解：设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点，连接PE、PF、PD，延长EP 与CD交于点G，则PE⊥y轴，PF⊥x轴，∵∠EOF＝90°，∴四边形PEOF是矩形，∵PE＝PF，PE∥OF，∴四边形PEOF为正方形，∴OE＝PF＝PE＝OF＝5，∵A（0，8），∴OA＝8，∴AE＝8﹣5＝3，∵四边形OACB为矩形，∴BC＝OA＝8，BC∥OA，AC∥OB，∴EG∥AC，∴四边形AEGC为平行四边形，四边形OEGB为平行四边形，∴CG＝AE＝3，EG＝OB，∵PE⊥AO，AO∥CB，∴PG⊥CD，∴CD＝2CG＝6，∴DB＝BC﹣CD＝8﹣6＝2，∵PD＝5，DG＝CG＝3，∴PG＝4，∴OB＝EG＝5+4＝9，∴D（9，2）．故选：A．【点评】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，圆的切线的性质，垂径定理，勾股定理，关键是求出CG的长度．二．解答题（共3小题）31．（2020•贵港）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC边上，且AD＝BD，⊙O是△ACD的外接圆，AE是⊙O的直径．（1）求证：AB是⊙O的切线；（2）若AB＝2，AD＝3，求直径AE的长．【分析】（1）连接DE，根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠BAD，∠B＝∠C，等量代换得到∠E＝∠BAD，根据圆周角定理得到∠ADE＝90°，得到∠BAE＝90°，于是得到结论；（2）作AH⊥BC，垂足为点H，证明△ABC∽△DBA，由相似三角形的性质得出，求出BC的长，证明△AED∽△ABH，得出，则可求出答案．【解答】（1）证明：连接DE，如图1，∵AB＝AC，AD＝BD，∴∠B＝∠BAD，∠B＝∠C，∴∠C＝∠E，∴∠E＝∠BAD，∵AE是⊙O的直径，∴∠ADE＝90°，∴∠E+∠DAE＝90°，∴∠BAD+∠DAE＝90°，即∠BAE＝90°，∴AE⊥AB，∴直线AB是⊙O的切线；（2）解：如图2，作AH⊥BC，垂足为点H，∵AB＝AC，∴BH＝CH，∵∠B＝∠C＝∠BAD，∴△ABC∽△DBA，∴，即AB2＝BD•BC，又AB＝2，BD＝AD＝3，∴BC＝8，在Rt△ABH中，BH＝CH＝4，∴AH＝＝＝2，∵∠E＝∠B，∠ADE＝∠AHB，∴△AED∽△ABH，∴，∴＝3．【点评】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．32．（2020•东营）如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O交AC于点M，弦MN∥BC交AB于点E，且ME＝3，AE＝4，AM＝5．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）求⊙O的直径AB的长度．【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得到∠AEM＝90°，由于MN∥BC，根据平行线的性质得∠ABC＝90°，然后根据切线的判定定理即可得到BC是⊙O的切线；（2）连接OM，设⊙O的半径是r，在Rt△OEM中，根据勾股定理得到r2＝32+（4﹣r）2，解方程即可得到⊙O的半径，即可得出答案．【解答】（1）证明：∵在△AME中，ME＝3，AE＝4，AM＝5，∴AM2＝ME2+AE2，∴△AME是直角三角形，∴∠AEM＝90°，又∵MN∥BC，∴∠ABC＝∠AEM＝90°，∴AB⊥BC，∵AB为直径，∴BC是⊙O的切线；（2）解：连接OM，如图，设⊙O的半径是r，在Rt△OEM中，OE＝AE﹣OA＝4﹣r，ME＝3，OM＝r，∵OM2＝ME2+OE2，∴r2＝32+（4﹣r）2，解得：r＝，∴AB＝2r＝．【点评】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了勾股定理和勾股定理的逆定理．33．（2020•潍坊）如图，AB为⊙O的直径，射线AD交⊙O于点F，点C为劣弧的中点，过点C作CE⊥AD，垂足为E，连接AC．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）若∠BAC＝30°，AB＝4，求阴影部分的面积．【分析】（1）连接BF，证明BF∥CE，连接OC，证明OC⊥CE即可得到结论；（2）连接OF，求出扇形FOC的面积即可得到阴影部分的面积．【解答】解：（1）连接BF，OC，∵AB是⊙O的直径，∴∠AFB＝90°，即BF⊥AD，∵CE⊥AD，∴BF∥CE，连接OC，∵点C为劣弧的中点，∴OC⊥BF，∵BF∥CE，∴OC⊥CE，∵OC是⊙O的半径，∴CE是⊙O的切线；（2）连接OF，CF，∵OA＝OC，∠BAC＝30°，∴∠BOC＝60°，∵点C为劣弧的中点，∴，∴∠FOC＝∠BOC＝60°，∵OF＝OC，∴∠OCF＝∠COB，∴CF∥AB，∴S△ACF＝S△COF，∴阴影部分的面积＝S扇形COF，∵AB＝4，∴FO＝OC＝OB＝2，∴S扇形FOC＝，即阴影部分的面积为：．【点评】本题主要考查了切线的判定以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的判定定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．。

2020-2021初四数学圆的有关计算综合练习题3(附答案详解)

2020-2021初四数学圆的有关计算综合练习题3（附答案详解）一．选择题（共10小题）1．如图，正六边形的中心为原点O，点A的坐标为（0，4），顶点E（﹣1，），顶点B （1，），设直线AE与y轴的夹角∠EAO为α，现将这个六边形绕中心O旋转，则当α取最大角时，它的正切值为（）A．B．1C．D．2．一个圆的内接正六边形的边长为4，则该圆的内接正方形的边长为（）A．2B．4C．4D．83．如图，点M、N分别是正五边形ABCDE的两边AB、BC上的点．且AM＝BN，点O是正五边形的中心，则∠MON的度数是（）A．45度B．60度C．72度D．90度4．在半径为R的圆上依次截取等于R的弦，顺次连接各分点得到的多边形是（）A．正三角形B．正四边形C．正五边形D．正六边形5．如图：AD是⊙O的直径，AD＝12，点BC在⊙O上，AB、DC的延长线交于点E，且CB＝CE，∠BCE＝70°，则以下判断中不正确的是（）A．∠ADE＝∠E B．劣弧AB的长为πC．点C为弧BD的中点D．BD平分∠ADE6．如图，在⊙O中，弦BC＝1，点A是圆上一点，且∠BAC＝30°，则劣弧的长是（）A．πB．C．D．7．如图，半径为3的扇形AOB，∠AOB＝120°，以AB为边作矩形ABCD交弧AB于点E，F，且点E，F为弧AB的四等分点，矩形ABCD与弧AB形成如图所示的三个阴影区域，其面积分别为S1，S2，S3，则S1+S3﹣S2为（）（π取3）A．B．+C．﹣D．8．圆锥的底面面积为16πcm2，母线长为6cm，则这个圆锥的侧面积为（）A．24cm2B．24πcm2C．48cm2D．48πcm29．已知圆锥的底面半径为3，侧面展开图的圆心角为180°，则圆锥的母线长是（）A．6B．3C．D．910．设矩形ABCD的长与宽的和为2，以AB为轴心旋转一周得到一个几何体，则此几何体的侧面积有（）A．最小值4πB．最大值4πC．最大值2πD．最小值2π二．填空题（共10小题）11．如图，正六边形ABCDEF的顶点B，C分别在正方形AMNP的边AM，MN上．若AB ＝4，则CN＝．12．走进中国科技馆，同学们会在数学区发现截面为“莱洛三角形”的轮子．如图，分别以等边△ABC的三个顶点为圆心，边长为半径画弧，则，，组成的封闭图形就是“莱洛三角形”．若AB＝3，则此“莱洛三角形”的周长为．13．如图，把边长为6的正三角形剪去三个三角形得到一个正六边形，这个正六边形的面积为．14．如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE，CD分别相切于A，C两点，则∠OBC的度数为度．15．已知一个扇形的圆心角为135°，弧长为3πcm，则它的半径为．16．在边长为a的正方形ABCD中，分别以A、B为圆心，以a为半径作弧交对角线于F、E两点，、与对角线所围成的阴影部分的周长为17．如图，P A、PB是半径为1的⊙O的两条切线，点A、B分别为切点，∠APB＝60°，OP与弦AB交于点C，与⊙O交于点D．阴影部分的面积是（结果保留π）．18．如图，已知一块圆心角为270°的扇形铁皮，用它做一个圆锥形的烟囱帽（接缝忽略不计），圆锥底面圆的直径是60cm，则这块扇形铁皮的半径是cm．19．若用一张直径为20cm的半圆形铁片做一个圆锥的侧面，接缝忽略不计，则所得圆锥的高为．20．已知圆柱的侧面积是20πcm2，高为5cm，则圆柱的底面半径为．三．解答题（共8小题）21．正六边形是由边长相等的等边三角形构成的，我们把每个等边三角形叫做基本图形的特征三角形．下列基本图形是由边长为1的特征三角形按一定规律排列的．（1）观察图形，完成如表：图形编号图1图2图3…图n 基本图形的特性三角形个数61014…图形的周长68…图形的面积…（2）已知上述某一图形中共有202个特征三角形，则这一图形的周长是，面积是．22．（1）计算：﹣（）﹣1+3tan30°﹣20190+|1﹣|（2）如图，在正五边形ABCDE中，CA与DB相交于点F，若AB＝1，求BF．23．（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为劣弧BC上一动点．求证：P A＝PB+PC；（2）已知：如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为劣弧BC上一动点．求证：P A＝PC+PB．24．如图，长方形ABCD的周长为28，且AB：BC＝3：4，求：（1）弧BE的长度；（2）图中阴影部分的面积．25．如图，四边形ABCD是正方形，以边AB为直径作⊙O，点E在BC边上，连结AE交⊙O于点F，连结BF并延长交CD于点G．（1）求证：△ABE≌△BCG；（2）若∠AEB＝55°，OA＝3，求劣弧的长．（结果保留π）26．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的圆，交AC于E点，交BC于D点．（1）若AB＝8，∠C＝60°，求阴影部分的面积；（2）当∠A为锐角时，试说明∠A与∠CBE的关系．27．已知扇形的圆心角为120°，面积为300πcm2．（1）求扇形的弧长；（2）若把此扇形卷成一个圆锥，则这个圆锥的体积是多少？28．求圆柱的表面积．答案详解：一．选择题（共10小题）1．如图，正六边形的中心为原点O，点A的坐标为（0，4），顶点E（﹣1，），顶点B （1，），设直线AE与y轴的夹角∠EAO为α，现将这个六边形绕中心O旋转，则当α取最大角时，它的正切值为（）A．B．1C．D．【解答】解：如图所示，连接AM，∵正六边形是中心对称图形，绕中心O旋转时，点E与B重合时，α的角度不变；点E与F、M重合时，α的角度不变；点E与G、H重合时，α的角度不变，此时角度最小；∵AN＝4﹣，EN＝1，OM＝OE＝＝2，∴tan∠EAN＝＝＝，tan∠MAO＝＝＝；当OE⊥AE时，α角是最大的，∵OE＝2，OA＝4，∴α＝30°，∴tanα＝∴当α取最大角时，它的正切值为；故选：C．2．一个圆的内接正六边形的边长为4，则该圆的内接正方形的边长为（）A．2B．4C．4D．8【解答】解：∵圆内接正六边形的边长是4，∴圆的半径为4．那么直径为8．圆的内接正方形的对角线长为圆的直径，等于8．∴圆的内接正方形的边长是4．故选：B．3．如图，点M、N分别是正五边形ABCDE的两边AB、BC上的点．且AM＝BN，点O是正五边形的中心，则∠MON的度数是（）A．45度B．60度C．72度D．90度【解答】解：连接OA、OB、OC，∠AOB＝＝72°，∵∠AOB＝∠BOC，OA＝OB，OB＝OC，∴∠OAB＝∠OBC，在△AOM和△BON中，，∴△AOM≌△BON（SAS）∴∠BON＝∠AOM，∴∠MON＝∠AOB＝72°，故选：C．4．在半径为R的圆上依次截取等于R的弦，顺次连接各分点得到的多边形是（）A．正三角形B．正四边形C．正五边形D．正六边形【解答】解：由题意这个正n边形的中心角＝60°，∴n＝＝6，∴这个多边形是正六边形，故选：D．5．如图：AD是⊙O的直径，AD＝12，点BC在⊙O上，AB、DC的延长线交于点E，且CB＝CE，∠BCE＝70°，则以下判断中不正确的是（）A．∠ADE＝∠E B．劣弧AB的长为πC．点C为弧BD的中点D．BD平分∠ADE【解答】解：①∵ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠CBE＝∠ADE，∵CB＝CE，∴∠CBE＝∠E，∴∠ADE＝∠E，故A正确；②∵∠A＝∠BCE＝70°，∴∠AOB＝40°，∴劣弧的长＝＝，故B正确；③∵AD是⊙O的直径，∴∠ACD＝90°，即AC⊥DE，∵∠ADE＝∠E，∴AD＝AE，∴∠DAC＝∠EAC，∴点C为的中点，故C正确；④∵DB⊥AE，而∠A≠∠E，∴BD不平分∠ADE，故D错误．故选：D．6．如图，在⊙O中，弦BC＝1，点A是圆上一点，且∠BAC＝30°，则劣弧的长是（）A．πB．C．D．【解答】解：连接OB，OC．∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等边三角形，∴OB＝OC＝BC＝1，∴劣弧的长＝＝，故选：B．7．如图，半径为3的扇形AOB，∠AOB＝120°，以AB为边作矩形ABCD交弧AB于点E，F，且点E，F为弧AB的四等分点，矩形ABCD与弧AB形成如图所示的三个阴影区域，其面积分别为S1，S2，S3，则S1+S3﹣S2为（）（π取3）A．B．+C．﹣D．【解答】解：连接OE、OF，过O作OH⊥EF于H，交AB于G，∵点E，F为弧AB的四等分点，∠AOB＝120°，∴∠AOF＝∠BOE＝30°，∠EOF＝60°，∵OA＝OB，∴∠BOG＝60°，∵OB＝3，∴OG＝，BG＝，∴AB＝2BG＝3，Rt△EOH中，∠EOH＝30°，OE＝3，∴EH＝，∴OH＝，∴GH＝，∴S1+S3﹣S2＝S△AOB+S矩形ABCD﹣S扇形OAF﹣S△EOF﹣S扇形OBE﹣（S扇形OEF﹣S△EOF），＝+AB•GH﹣，＝+3（﹣）﹣9，＝﹣，故选：A．8．圆锥的底面面积为16πcm2，母线长为6cm，则这个圆锥的侧面积为（）A．24cm2B．24πcm2C．48cm2D．48πcm2【解答】解：∵圆锥的底面面积为16πcm2，∴圆锥的半径为4cm，这个圆锥的侧面积＝•2π•4•6＝24π（cm2）．故选：B．9．已知圆锥的底面半径为3，侧面展开图的圆心角为180°，则圆锥的母线长是（）A．6B．3C．D．9【解答】解：设母线长为R，由题意得：，解得：R＝6，故选：A．10．设矩形ABCD的长与宽的和为2，以AB为轴心旋转一周得到一个几何体，则此几何体的侧面积有（）A．最小值4πB．最大值4πC．最大值2πD．最小值2π【解答】解：以AB为轴心旋转一周得到一个几何体是圆柱体，而且圆柱的底面半径是x，（0＜x＜2）所以周长＝2xπ，S侧面积＝2xπ×（2﹣x）＝﹣2πx2+4xπ＝﹣2π（x﹣1）2+2π，所以S侧面积最大值为2π．故选：C．二．填空题（共10小题）11．如图，正六边形ABCDEF的顶点B，C分别在正方形AMNP的边AM，MN上．若AB ＝4，则CN＝．【解答】解：在Rt△BCM中，∵AB＝BC＝4，∠CBM＝60°，∠M＝90°，∴∠BCM＝30°，∴BM＝BC＝2，CM＝BM＝2，∴AM＝4+2＝6，∵四边形AMNP是正方形，∴MN＝MA＝6，∴CN＝MN﹣CM＝6﹣2，故答案为6﹣2．12．走进中国科技馆，同学们会在数学区发现截面为“莱洛三角形”的轮子．如图，分别以等边△ABC的三个顶点为圆心，边长为半径画弧，则，，组成的封闭图形就是“莱洛三角形”．若AB＝3，则此“莱洛三角形”的周长为3π．【解答】解：连接OB、OC，作OD⊥BC于D，∵△ABC是正三角形，∴∠BAC＝60°，∴的长为：＝π，∴“莱洛三角形”的周长＝π×3＝3π．故答案为3π．13．如图，把边长为6的正三角形剪去三个三角形得到一个正六边形，这个正六边形的面积为6．【解答】解：∵六边形DFHKGE是正六边形，∴∠EDF＝∠DFH＝∠FHK＝∠KGE＝∠GED＝120°，DE＝DF，∴∠ADE＝∠AED＝60°，∴△ADE是等边三角形，∴AD＝DE＝AE，同理：BH＝BF＝FH，∴AD＝DF＝BF＝2，∴S正六边形DFHKGE＝6S△ADE＝6××22＝6，故答案为：6．14．如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE，CD分别相切于A，C两点，则∠OBC的度数为54度．【解答】解：连接OA，OC．∵BA＝BC，BO＝BO，OA＝OC，∴△ABO≌△CBO（SSS），∴∠ABO＝∠CBO，∵∠ABC＝108°，∴∠OBC＝∠ABC＝54°，故答案为54．15．已知一个扇形的圆心角为135°，弧长为3πcm，则它的半径为4cm．【解答】解：∵l＝，∴r＝＝＝4，故答案为：4cm．16．在边长为a的正方形ABCD中，分别以A、B为圆心，以a为半径作弧交对角线于F、E两点，、与对角线所围成的阴影部分的周长为2a+a【解答】解：由题意得：BE＝AF＝AB＝a，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABO＝∠BAO＝45°，∴、与对角线所围成的阴影部分的周长＝AF+BE+的长+的长＝a+a+2×＝2a+a，故答案为：2a+a．17．如图，P A、PB是半径为1的⊙O的两条切线，点A、B分别为切点，∠APB＝60°，OP与弦AB交于点C，与⊙O交于点D．阴影部分的面积是（结果保留π）．【解答】解：∵P A、PB是半径为1的⊙O的两条切线，∴OA⊥P A，OB⊥PB，OP平分∠APB，而∠APB＝60°，∴∠APO＝30°，∠POA＝90°﹣30°＝60°，又∵OP垂直平分AB，∴△AOC≌△BOC，∴S△AOC＝S△BOC，∴S阴影部分＝S扇形OAD＝＝．故答案为．18．如图，已知一块圆心角为270°的扇形铁皮，用它做一个圆锥形的烟囱帽（接缝忽略不计），圆锥底面圆的直径是60cm，则这块扇形铁皮的半径是40cm．【解答】解：∵圆锥的底面直径为60cm，∴圆锥的底面周长为60πcm，∴扇形的弧长为60πcm，设扇形的半径为r，则＝60π，解得：r＝40cm，故答案为40．19．若用一张直径为20cm的半圆形铁片做一个圆锥的侧面，接缝忽略不计，则所得圆锥的高为5cm．【解答】解：设这个圆锥的底面半径为rcm，根据题意得2πr＝，解得r＝5．所以这个圆锥的高＝＝5（cm）．故答案为5cm．20．已知圆柱的侧面积是20πcm2，高为5cm，则圆柱的底面半径为2cm．【解答】解：设圆柱底面圆的半径为r，那么侧面积为2πr×5＝20πr＝2cm．故答案为2cm．三．解答题（共8小题）21．正六边形是由边长相等的等边三角形构成的，我们把每个等边三角形叫做基本图形的特征三角形．下列基本图形是由边长为1的特征三角形按一定规律排列的．（1）观察图形，完成如表：图形编号图1图2图3…图n 基本图形的特性三角形个数61014…6+4（n﹣1）图形的周长6810…6+2（n﹣1）图形的面积×10×14…×[6+4（n﹣1）]（2）已知上述某一图形中共有202个特征三角形，则这一图形的周长是104，面积是．【解答】解：（1）第①个图有6＝6+4（1﹣1）个三角形，周长为6＝6+2（1﹣1），面积为×6＝×[6+4（1﹣1）]，第②个图形有10＝6+4（2﹣1）个三角形，周长为8＝6+2（2﹣1），面积为×10＝×[6+4（2﹣1）]，第③个图形有14＝6+4（3﹣1）个三角形，周长为10＝6+2（3﹣1），面积为×14＝×[6+4（3﹣1）]，…第n个图形有6+4（n﹣1）个三角形，周长为6+2（n﹣1），面积为×[6+4（n﹣1）]，故答案为：6+4（n﹣1），10，6+2（n﹣1），（2）由题意得：6+4（n﹣1）＝202，解得：n＝50，则这一图形的周长是6+2（50﹣1）＝104，面积为×202＝，故答案为：104，．22．（1）计算：﹣（）﹣1+3tan30°﹣20190+|1﹣|（2）如图，在正五边形ABCDE中，CA与DB相交于点F，若AB＝1，求BF．【解答】解：（1）原式＝﹣3﹣2+﹣1+﹣1＝﹣5（2）在正五边形ABCDE中，∵∠ABC＝∠DCB＝108°，BC＝BA＝CD，∴∠BAC＝∠BCA＝∠CDB＝∠CBD＝36°，∴∠ABF＝72°，∴∠AFB＝∠CBD+∠ACB＝72°，∴∠AFB＝∠ABF，∠FCB＝∠FBC，∴AF＝AB＝1，FB＝CF，设FB＝FC＝x，∵∠BCF＝∠BCA，∠CBF＝∠CAB，∴△BCF∽△ACB，∴CB2＝CF•CA，∴x（x+1）＝1，∴x2+x﹣1＝0，∴x＝或（舍弃），∴BF＝．23．（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为劣弧BC上一动点．求证：P A＝PB+PC；（2）已知：如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为劣弧BC上一动点．求证：P A＝PC+PB．【解答】证明：（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，如图1，∵A、B、P、C四点共圆，∴∠BAC+∠BPC＝180°，∵∠BPC+∠EPC＝180°，∴∠BAC＝∠CPE＝60°，∵PE＝PC，∴△PCE是等边三角形，∴CE＝PC，∠E＝60°；又∵∠BCE＝60°+∠BCP，∠ACP＝60°+∠BCP，∴∠BCE＝∠ACP，∵△ABC、△ECP为等边三角形，∴CE＝PC，AC＝BC，在△BEC和△APC中，，∴△BEC≌△APC（SAS），∴P A＝BE＝PB+PC；（2）过点B作BE⊥PB交P A于E，连接OA，OB．如图2，∵∠1+∠2＝∠2+∠3＝90°∴∠1＝∠3，∵∠APB＝∠AOB＝45°，∴BP＝BE，∴PE＝PB，在△ABE和△CBP中，，∴△ABE≌△CBP（SAS），∴PC＝AE，∴P A＝AE+PE＝PC+PB；24．如图，长方形ABCD的周长为28，且AB：BC＝3：4，求：（1）弧BE的长度；（2）图中阴影部分的面积．【解答】解：（1）由题意AB＝28÷2×＝6，BC＝28÷2×＝8，∴＝＝3π．（2）由（1）知，AB＝6，BC＝8，∵四边形ABCD是长方形，∴∠A＝∠C＝90°，AD＝BC＝8，∴DE＝AD﹣AE＝2，S＝S扇形BCF﹣S△EDF﹣（S长方形ABCD﹣S扇形ABE）＝S扇形BCF+S扇形ABE﹣S△EDF﹣S长方形ABCD＝+﹣﹣6×8＝25π﹣50．25．如图，四边形ABCD是正方形，以边AB为直径作⊙O，点E在BC边上，连结AE交⊙O于点F，连结BF并延长交CD于点G．（1）求证：△ABE≌△BCG；（2）若∠AEB＝55°，OA＝3，求劣弧的长．（结果保留π）【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AB为⊙O的直径，∴∠ABE＝∠BCG＝∠AFB＝90°，∴∠BAF+∠ABF＝90°，∠ABF+∠EBF＝90°，∴∠EBF＝∠BAF，在△ABE与△BCG中，，∴△ABE≌△BCG（ASA）；（2）解：连接OF，∵∠ABE＝∠AFB＝90°，∠AEB＝55°，∴∠BAE＝90°﹣55°＝35°，∴∠BOF＝2∠BAE＝70°，∵OA＝3，∴的长＝＝．26．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的圆，交AC于E点，交BC于D点．（1）若AB＝8，∠C＝60°，求阴影部分的面积；（2）当∠A为锐角时，试说明∠A与∠CBE的关系．【解答】解：（1）如图，连接OE，∵∠C＝60°，AB＝AC，∴∠BAC＝60°，∴∠AOE＝60°，∴∠BOE＝120°，∴∠OBE＝30°，∵AB＝8，∴OB＝4，∴S阴影＝S扇形AOE+S△BOE＝+×2×4＝π+4；（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠BEA＝90°，∴∠EBC+∠C＝∠CAD+∠C＝90°，∴∠EBC＝∠CAD，∴∠CAB＝2∠EBC．27．已知扇形的圆心角为120°，面积为300πcm2．（1）求扇形的弧长；（2）若把此扇形卷成一个圆锥，则这个圆锥的体积是多少？【解答】解：（1）设扇形的半径为r．则有：＝300π，解得r＝30，∴扇形的弧长＝＝20π．（2）设圆锥的底面圆的半径为x．则有：2π•x＝20π，∴x＝10，∴圆锥的高＝＝20，∴圆锥的体积＝•π•102•20＝π．28．求圆柱的表面积．【解答】解：圆柱的表面积＝2πr2+πdh＝2π×32+π×6×10＝78π；圆柱的表面积＝2πr2+πdh＝2π×72+π×14×5＝168π。

圆综合练习(提优)-2020-2021学年九年级数学上册同步课堂帮帮帮(苏科版)(解析版)

圆综合练习（提优）一．选择题1．如图，⊙O是△ABC的外接圆，半径为2cm，若BC＝2cm，则∠A的度数为（）A．30°B．25°C．15°D．10°【解答】A【解析】连接OB和OC，∵圆O半径为2，BC＝2，∴△OBC为等边三角形，∴∠BOC＝60°，∴∠A＝30°，故选A．2．刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积，设圆O的半径为1，若用圆O的外切正六边形的面积来近似估计圆O的面积，那么圆O的面积估计值是（）A．√3B．2√3C．πD．2π【解答】B【解析】根据题意画出图形，如图所示，∵六边形ABCDEF为正六边形，∴△ABO是等边三角形，∵圆O的半径为1，∴OM＝1，∴BM＝AM=√33，∴AB=2√33，∴S＝6S△ABO＝6×12×2√33×1＝2√3．答：圆O的面积估计值是2√3．故选B．3．如图，将边长为3的正方形铁丝框ABCD，变形为以A为圆心，AB为半径的扇形（忽略铁丝的粗细），则所得的扇形ADB的面积为（）A．3 B．6 C．9 D．3π【解答】C【解析】∵正方形ABCD的边长为3，∴AB＝BC＝CD＝AD＝3，即DCB̂的长是3+3＝6，∴扇形DAB的面积是12×6×3＝9，故选C．4．如图，⊙O中，若OA⊥BC、∠AOB＝66°，则∠ADC的度数为（）A．33°B．56°C．57°D．66°【解答】A【解析】如图，连接OC，OB．∵OA⊥BC，̂=AĈ，∴AB∴∠AOC＝∠AOB＝66°，∠AOC＝33°，∴∠ADC=12故选A．5．如图，已知⊙O的半径为5，弦AB、CD所对的圆心角分别是∠AOB、∠COD，若∠AOB与∠COD互补，弦CD＝6，则点O到弦AB的距离为（）A．6 B．8 C．3 D．4【解答】C【解析】延长CO交⊙O于E，连接DE，过O作OF⊥DE于F，OH⊥CD于H，OG⊥AB于G，线段OG的长是点O 到弦AB的距离，∵∠COD和∠DOE互补，∠COD和∠AOB互补，∴∠DOE＝∠AOB，∴DE＝AB，OF＝OG，∵OH⊥DC，CD＝6，OH过O，DC＝3，∠OHD＝∠OHC＝90°，∴DH＝HC=12由勾股定理得：OH=√OD2−DH2=√52−32=4，∵OC＝OE，DH＝HC，OH＝4，∴DE＝2OH＝8，∵OF⊥DE，OF过O，DE＝4，∴DF＝EF=12在Rt△DFO中，由勾股定理得：OF=√OD2−DF2=√52−42=3，∴OG＝OF＝3，即点O到AB的距离是3，故选C．6．如图，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝2，以斜边AB上的点O为圆心的圆分别与AC、BC相切于点E、F，与AB分别相交于点G、H，且EH的延长线与CB的延长线交于点D，则CD的长为（）A．2√2−1 B．2√2C．√2+1 D．2√2−12【解答】C【解析】如右图所示，连接OE、OF，∵⊙O与AC、BC切于点E、F，∴∠OEC＝∠OFC＝90°，OE＝OF，又∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠C＝90°，∴四边形CEOF是正方形，∴OE∥BC，又∵以斜边AB上的点O为圆心的圆分别与AC、BC相切于点E、F，OE＝OF，∴O在∠ACB的角平分线上，∵AC＝BC，∴O是AB中点，∴AE＝CE，又∵AC＝2，∴AE＝CE＝1，∴OE＝OF＝CE＝1，∴OH＝1，∵OE∥CD，∴△OEH∽△BDH，∴OEOH =DBBH，又∵AB=√AC2+BC2=2√2，∴OB=√2，∴11=√2−1，∴BD=√2−1，∴CD＝2+BD=√2+1，故选C．7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝CB，∠BAC＝30°，BD=√3，则AD+CD的值为（）A ．3B ．2√3C ．√3+1D ．不能确定【解答】A【解析】如图，过点B 作BE ⊥AD 于E ，BF ⊥DC 交DC 的延长线于F ．∵AB ＝BC ，∴AB̂=BC ̂， ∴∠BDE ＝∠BDF ，∵∠DEB ＝∠DFB ＝90°，DB ＝DB ，∴△BDE ≌△BDF （AAS ），∴BE ＝BF ，DE ＝DF ，∵∠AEB ＝∠F ＝90°，BA ＝BC ，BE ＝BF ，∴Rt △BEA ≌Rt △BFC （HL ），∴AE ＝CF ，∴AD +DC ＝DE +AE +DF ﹣CF ＝2DF ，∵∠BDF ＝∠BAC ＝30°，BD =√3，∴BF =12BD =√32， ∴DF =√BD 2−BF 2=√(√3)2−(√32)2=32，∴DA +DC ＝3，故选A ．8．如图，Rt △ACB 中，∠C ＝90°，AC ＝6，BC ＝8，半径为1的⊙O 与AC ，BC 相切，当⊙O 沿边CB 平移至与AB 相切时，则⊙O 平移的距离为（）A．3 B．4 C．5 D．6【解答】B【解析】∵Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝10，设⊙O与AC相切于D，与BC相切于H，平移后的⊙O′与AB相切于F，与BC相切于E，连接OH，O′D，则点O在O′D上，连接O′F，EO′并延长交AB于G，∴四边形CDOH是正方形，四边形OHEO′是矩形，∴OD＝OH＝O′E＝O′F＝CD＝CH＝1，OO′＝HE，∴EG⊥BC，∵∠C＝90°，∴EG∥AC，∴∠FGE＝∠A，∵∠GFO′＝∠C＝90°，∴∠O′FG∽∠BCA，∴O′FBC =O′GAB，∴18=O′G10，∴O′G=54，∴EG=94，∵GE∥AC，∴△BGE∽△BAC，∴BEBC =EGAC，∴BE8=946，∴BE＝3，∴OO′＝HE＝BC﹣CH﹣BE＝8﹣1﹣3＝4，∴⊙O平移的距离为4，故选B．9．如图，已知⊙O的半径为10，A、B是⊙O上的两点，∠AOB＝90°，C是射线OB上一个动点，连结AC 并延长交⊙O于点D，过点D作DE⊥OD交OB的延长线于点E．当∠A从30°增大到60°时，弦AD在圆内扫过的面积是（）A．100π3−25√3B．50π3C．64π3−16√3D．50π3−25√3【解答】B【解析】过点D作AO的垂线，交AO的延长线于F．当∠A＝30°时，∠DOF＝60°，DF＝OD•sin60°＝10×√32=5√3，S弓形ABD=120π⋅102360−12×10×5√3=1003π﹣25√3，当∠A＝60°时，过点D'作D'F⊥OA于F'，连接OD'，∠D 'OF '＝60°，D 'F '＝5√3，S 弓形ABD '=60⋅π⋅102360−12×10×5√3=503π﹣25√3， ∴S =1003π﹣25√3−（503π﹣25√3）=503π．故选B ．10．如图，在 O 中，AB̂=AC ̂，BC ＝6．AC ＝3√10，I 是△ABC 的内心，则线段OI 的值为（）A ．1B ．√10−3C ．5−√10D ．13√10【解答】C【解析】如图，连接AO ，延长AO 交BC 于H ，连接OB ．∵AB ̂=AC ̂，∴AB ＝AC ，AH ⊥BC ，∴BH ＝CH ＝3，∴AH =√AC 2−CH 2=√(3√10)2−32=9，设OA ＝OB ＝x ，在Rt △BOH 中，∵OB 2＝OH 2+BH 2，∴x 2＝（9﹣x ）2+32，∴x ＝5，∴OH ＝AHAO ＝9﹣5＝4，∵S △ABC =12•BC •AH =12•（AB +AC +BC ）•IH ，=√10−1，∴IH=6+6√10∴OI＝OH﹣IH＝4﹣（√10−1）＝5−√10，故选C．11．如图，在等腰直角△ABC中，斜边AB的长度为8，以AC为直径作圆，点P为半圆上的动点，连接BP，取BP的中点M，则CM的最小值为（）A．3√5B．2√5−√3C．√10−√2D．3√2−√5【解答】C【解析】如图，连接PA、PC，取AB、BC的中点E、F，连接EF、EM、FM，取EF的中点O，连接OM，OC，CM．∵AC是直径，∴∠APC＝90°，∵BE＝EA，BM＝MP，∴EM∥PA，同理FM∥PC，∴∠BME＝∠BPA，∠BMF＝∠BPC，∴∠BME+∠BMF＝∠BPA+∠BPC＝90°，∴∠EMF＝90°，̂，（EF为直径的半圆，图中红线部分）∴点M的轨迹是EF∵BC＝AC，∠ACB＝90°，AB＝8，∴AC＝BC＝4√2，∵AE＝EB，BF＝CF＝2√2，∴EF=12AC＝2√2，EF∥AC，∴∠EFB＝∠EFC＝∠ACB＝90°，OE＝OF＝OM=√2，∴OC=√OF2+CF2=√(√2)2+(2√2)2=√10，∵CM≥OC﹣OM，∴CM≥√10−√2故选C．12．如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，∠DOC＝90°，AD=√2，BC＝1，则⊙O的半径为（）A．√3B．√52C．√102D．√2+12【解答】C【解析】如图延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC．∵∠AOD＝∠BOE，∴AD̂=BÊ，∴AD＝BE=√2，∵∠DOC＝∠COE＝90°，OC＝OB＝OE，∴∠OCB＝∠OBC，∠OBE＝∠OEB，∴∠CBE=12（360°﹣90°）＝135°，∴∠EBF＝45°，∴△EBF是等腰直角三角形，∴EF＝BF＝1，在Rt△ECF中，EC=√EF2+CF2=√12+22=√5，∵△OCE 是等腰直角三角形，∴OC =√2=√102．故选C ．二．填空题13．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD =√3，连接BD ，以点C 为圆心，CD 为半径作弧DF ，与BD 交于点E ，则图中阴影部分的面积是．【解答】112π−2−√34【解析】连接CE ，过C 作CF ⊥DE 于F ，∵在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD =√3，∴∠A ＝∠DCF ＝90°，DC ＝AB ＝1，BC ＝AD =√3，∴tan ∠BDC =BC CD =√31=√3，∴∠BDC ＝60°，∵CD ＝CE ，∴△DCE 是等边三角形，∴∠DCE ＝60°，DE ＝CD ＝CE ＝1，∵CF ⊥DE ，∴DF ＝EF =12DE =12×1=12，由勾股定理得：CF =√CD 2−DF 2=√12−(12)2=√32， ∴扇形DCE 和△DCE 围成的弓形的面积S ＝S 扇形DCE ﹣S △DCE =60π×12360−12×1×√32=16π−√34，∴阴影部分的面积＝S 扇形DCF ﹣S △DCF ﹣S 弓形=90π×12360−12×1×1−（16π−√34）=112π−2−√34，故答案为112π−2−√34．14．如图，在正方形ABCD 中，AB ＝2，分别以B 、C 为圆心，以AB 的长为半径作弧，则阴影部分的面积为．【解答】2√3−23π【解析】∵在正方形ABCD 中，AB ＝2，分别以B 、C 为圆心，以AB 的长为半径作弧，∴∠DCB ＝90°，BC ＝AB ＝2，弧对应的半径是2，如图，连接BE 、CE ，∵BC ＝CE ＝BE ＝2，∴△BEC 是等边三角形，∴∠EBC ＝∠ECB ＝60°，∴∠DCE ＝30°，S 弓形＝S 扇形EBC ﹣S △EBC =60π×22360−12×2×√3=23π−√3， ∴阴影部分的面积S ＝2（S 扇形DCE ﹣S 弓形）＝2×[30π×22360−（23π−√3）]＝2√3−23π．15．如图，点P 为⊙O 外一点，过点P 作⊙O 的切线PA 、PB ，点A 、B 为切点，连接AO 并延长交PB 的延长线于点C ，过点C 作CD ⊥PO ，交PO 的延长线于点D ．已知PA ＝6，AC ＝8，则CD 的长为．【解答】2√5【解析】连接OB，如图，∵PA、PB为⊙O的切线，∴PB＝PA＝6，OB⊥PC，OA⊥PA，∴∠CAP＝∠CBO＝90°，在Rt△APC中，PC=√62+82=10，∴BC＝PC﹣PB＝4，设⊙O的半径为r，则OA＝OB＝r，OC＝8﹣r，在Rt△BCO中，42+r2＝（8﹣r）2，解得r＝3，∴OA＝3，OC＝5，在Rt△OPA中，OP=√32+62=3√5，∵CD⊥PO，∴∠CDO＝90°，∵∠COD＝∠POA，∠CDO＝∠PAO，∴△COD∽△POA，∴CD：PA＝OC：OP，即CD：6＝5：3√5，∴CD＝2√5．故答案为2√5．16．如图，AB是⊙O的直径，点C，D，E都在⊙O上，∠1＝55°，则∠2＝°．【解答】35【解析】如图，连接AD．∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∵∠1＝∠ADE，∴∠1+∠2＝90°，∵∠1＝55°，∴∠2＝35°，故答案为35．17．如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一个动点，点F是CD边上一个动点，且AE＝CF，过点B作BG⊥EF于点G，连接AG，则AG长的最小值是．【解答】√10−√2【解析】设正方形的中心为O，可证EF经过O点．连结OB，取OB中点M，连结MA，MG，则MA，MG为定长，过点M作MH⊥AB于H．则MH＝BH＝1，AH＝3，OB=√2，由勾股定理可得MA=√10，MG=12∵AG≥AM﹣MG=√10−√2，当A，M，G三点共线时，AG最小=√10−√2，故答案为√10−√2．18．如图，正五边形ABCDE内接于半径为4的圆O，作OF⊥BC交⊙O于点F，连结FA，FB，则FA•FB的值为．【解答】16【解析】连接OA，OB，OB交AF于J．∵OF⊥BC，̂=CF̂，∴BF∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠AOB＝72°，∠BOF＝36°，∴∠AOF＝108°，∵OA＝OF，∴∠OAF＝∠OFA＝∠FOJ＝36°，∴OJ＝JF，∵AO＝AJ，OB＝OF，∠OAJ＝∠FOB，∴△AOJ≌△OFB（SAS），∴OJ＝BF，∵∠OFJ＝∠AFO，∠FOJ＝∠OAF，∴△FOJ∽△FAO，∴FOFA =FJOF，∴OF2＝FJ•FA，∵FJ＝OJ＝FB，∴FA•FB＝OF2＝16．故答案为16．19．如图，在平面直角坐标系xOy中，与y轴相切的⊙M与x轴交于A、B两点，AC为⊙M直径，AC＝10，AB＝6，连结BC，点P为劣弧BĈ上点，点Q为线段AB上点，且MP⊥MQ，MP与BC交于点N．则当NQ平分∠MNB时，点P坐标是．【解答】（495，135）【解析】设⊙M与y轴相切于E，连接EM并延长交BC于H，过P作PF⊥x轴于F，延长FP交EH于D，∵AC为⊙M直径，∴BC⊥AB，∵AC＝10，AB＝6，∴BC＝8，∵⊙M与y轴相切，∴EM⊥y轴，∴四边形OEDF是矩形，∴OE ＝BH ＝DF ，ED ＝OF ，ED ∥OF ，∵AM ＝CM ，∴MH =12AB ＝3，BH ＝DF ＝4，∵MP ⊥MQ ，NQ 平分∠MNB ，∴MN ＝BN ，设MN ＝BN ＝x ，∴NH ＝4﹣x ，∵MH 2+HN 2＝MN 2，∴x 2＝32+（4﹣x ）2，解得：x =258，∴MN ＝BN =258， ∴HN =78， ∵HN ∥PD ，∴△MHN ∽△MDP ，∴MH MD =HN PD =MN MP ， ∴3MD =78PD =2585， ∴MD =245，PD =75， ∴DE ＝EM +MD =495，PF ＝DF ﹣PD =135， ∴点P 坐标是（495，135），故答案为（495，135）．20．如图，PA 、PB 切⊙O 于A 、B 两点，连接OP 交AB 于点C ，交弧AB 于点D ，∠APB ＝70°，点Q 为优弧AmB上一点，OQ∥PB，则∠OQA的大小为．【解答】10°【解析】如图，连接OA．∵PA，PB是⊙O的切线，∴∠OPB＝∠OPA=1∠APB＝35°，PA⊥OA，2∴∠OAP＝90°，∴∠POA＝90°﹣35°＝55°，∵OQ∥PB，∴∠POQ＝180°﹣∠OPB＝145°，∴AOQ＝360°﹣145°﹣55°＝160°，∵OQ＝OA，（180°﹣∠AOQ）＝10°，∴∠OQA＝∠OAQ=12故答案为10°．21．如图，等边△ABC中，AB＝2，点D是以A为圆心，半径为1的圆上一动点，连接CD，取CD的中点E，连接BE，则线段BE的最大值与最小值之和为．【解答】2√3【解析】延长CB到T，使得BT＝BC，连接AT，DT，AD．∵△ABC是等边三角形，∴BA＝BC＝AC＝BT＝2，∠ACB＝60°，∴∠CAT＝90°，∴AT＝CT•sin60°＝2√3，∵AD＝1，∴2√3−1≤DT≤2√3+1，∵CB＝BT，CE＝DE，∴BE=12DT，∴2√3−12≤BE≤2√3+12，∴线段BE的最大值与最小值之和为2√3，故答案为2√3．22．如图，等腰△ABC中，底边BC长为8，腰长为6，点D是BC边上一点，过点B作AC的平行线与过A、B、D三点的圆交于点E，连接DE，则DE的最小值是．【解答】2√5【解析】如图，连接AE，AD，OE，OD，作AJ⊥BC于J，OK⊥DE于K．∵BE∥AC，∴∠EBC+∠C＝180°，∵∠EBC+∠EAD＝180°，∴∠EAD＝∠C，∵∠EOD＝2∠EAD，∴∠EOD＝2∠C＝定值，∴⊙O的半径最小时，DE的值最小，∴当AB是⊙O的直径时，DE的值最小，∵AB＝AC＝6，AJ⊥BC，∴BJ＝CJ＝4，∴AJ=√AC2−CJ2=√62−42=2√5，∵OK⊥DE，∴EK＝DK，∵AB＝6，∴OE＝OD＝3，∵∠EOK＝∠DOK＝∠C，∴sin∠EOK＝sin∠C=√53，∴EK3=√53，∴EK=√5，∴DE＝2√5，∴DE的最小值为2√5．故答案为2√5．三．解答题23．如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，交BC于F．（1）若∠ABC＝40°，∠C＝80°，求∠CBD的度数；（2）求证：DB＝DE；（3）若AB＝6，AC＝4，BC＝5，求DE的长．【解答】（1）30°；（2）见解析；（3）2√2【解析】（1）∵∠ABC＝40°，∠C＝80°，∴∠BAC＝180°﹣40°﹣80°＝60°，∵点E是△ABC的内心，∠BAC＝30°，∴∠CAD＝∠BAD=12∴∠CBD＝∠CAD＝30°．答：∠CBD的度数为30°；（2）证明：如图，连接BE，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∵∠2＝∠6，∴∠1＝∠6，∵∠5＝∠1+∠3，∠DBE＝∠6+∠4＝∠1+∠3，∴∠5＝∠DBE，∴DB＝DE；（3）∵∠1＝∠2，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∴ABAC =BFCF=32，∴BF＝3，CF＝2，∵∠6＝∠2，∠D＝∠C，∴△BDF∽△ACF，∴BDDF =ACCF=42=2，BFAF=DFCF，∴DF=12BD，DF•AF＝BF•CF＝6，∵∠1＝∠2＝∠6，∠BDF＝∠ADB，∴△DBF∽△DAB，∴BDDA =DFBD，∴BD2＝DF•DA＝DF（AF+DF）＝DF•AF+DF2＝6+（12BD）2，解得BD＝2√2，∴DE＝BD＝2√2．答：DE的长为2√2．24．如图，已知⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点D在圆上，在CD的延长线上有一点F，使DF＝DA，AE ∥BC交CF于E．（1）求证：EA是⊙O的切线；（2）判断BD与CF的数量关系？说明理由．【解答】（1）见解析；（2）BD＝CF 【解析】（1）证明：如图，连接AO，∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，∴AO平分∠BAC，∴∠OAC=12∠BAC=30°，∵AE∥BC，∴∠CAE＝∠BCA＝60°，∴∠OAE＝∠OAC+∠CAE＝90°，∴OA⊥AE，∴EA为⊙O的切线；（2）BD＝CF，理由如下：∵△ABC为正三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠ABC＝60°；∵A、B、C、D四边共圆，∴∠ADF＝∠ABC＝60°，∵DF＝DA，∴△ADF为正三角形，∴∠DAF＝60°＝∠BAC，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAF+∠CAD，即∠BAD＝∠CAF，在△BAD与△CAF中，{BA=CA∠BAD=∠CAF AD=AF，∴△BAD≌△CAF（SAS），∴BD＝CF．所以BD与CF的数量关系为相等．25．如图，AB为⊙O的直径，C、D为圆上的两点，OC∥BD，弦AD与BC，OC分别交于E、F．（1）求证：AĈ=CD̂；（2）若CE＝1，EB＝3，求⊙O的半径．【解答】（1）见解析；（2）√5【解析】（1）证明：∵AB是圆的直径，∴∠ADB＝90°，∵OC∥BD，∴∠AFO＝∠ADB＝90°，∴OC⊥AD∴AĈ=CD̂．（2）连接AC，如图，∵AĈ=CD̂，∴∠CAD＝∠ABC，∵∠ECA＝∠ACB，∴△ACE∽△BCA，∴ACBC =CEAC，∴AC2＝CE•CB，即AC2＝1×（1+3），∴AC＝2，∵AB是圆的直径，∴∠ACB＝90°，∴AB=√AC2+BC2=√22+42=2√5，∴⊙O的半径为√5．26．如图，在△ABC中，AC＝BC，以BC为直径作⊙O，交AC于点M，作CD⊥AC交AB延长线于点D，E为CD 上一点，且BE＝DE．（1）证明：BE为⊙O的切线；（2）若AM＝8，AB＝8√5，求BE的长．【解答】（1）见解析；（2）BE＝15【解析】（1）证明：∵CD⊥AC，∴∠ACD＝90°，∴∠A+∠D＝90°，∵AC＝BC，BE＝DE，∴∠A＝∠ABC，∠D＝∠DBE，∴∠ABC+∠DBE＝90°，∴∠CBE＝180°﹣90°＝90°，∴CB⊥BE，∴BE为⊙O的切线；（2）连接BM，∵BC为⊙O的直径，∴BM⊥AC，∵AM＝8，AB＝8√5，∴BM=√AB2−AM2=16，∵AC＝BC，∴CM＝BC﹣AM＝BC﹣8，∵BC2＝BM2+CM2，∴BC2＝162+（BC﹣8）2，∴BC＝20，∴AC＝BC＝20，∵BM⊥AC，AC⊥CD，∴BM∥CD，∴∠MBC＝∠BCE，∵∠BMC＝∠CBM＝90°，∴△BMC∽△CBE，∴CMBE =BMBC，∴12BE =1620，∴BE＝15．27．如图，在平行四边形ABCD中，AC是对角线，∠CAB＝90°，以点A为圆心，以AB的长为半径作⊙A，交BC边于点E，交AC于点F，连接DE．（1）求证：DE与⊙A相切；（2）若∠ABC＝60°，AB＝4，求阴影部分的面积．【解答】（1）见解析；（2）4√3−4π3【解析】（1）证明：连接AE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD ＝BC ，AD ∥BC ，∴∠DAE ＝∠AEB ，∵AE ＝AB ，∴∠AEB ＝∠ABC ，∴∠DAE ＝∠ABC ，∴△AED ≌△BAC （SAS ），∴∠DEA ＝∠CAB ，∵∠CAB ＝90°，∴∠DEA ＝90°，∴DE ⊥AE ，∵AE 是⊙A 的半径，∴DE 与⊙A 相切；（2）∵∠ABC ＝60°，AB ＝AE ＝4，∴△ABE 是等边三角形，∴AE ＝BE ，∠EAB ＝60°，∵∠CAB ＝90°，∴∠CAE ＝90°﹣∠EAB ＝90°﹣60°＝30°，∠ACB ＝90°﹣∠B ＝90°﹣60°＝30°，∴∠CAE ＝∠ACB ，∴AE ＝CE ，∴CE ＝BE ，∴S △ABC =12AB •AC =12×4×4√3=8√3，∴S △ACE =12S △ABC =12×8√3=4√3， ∵∠CAE ＝30°，AE ＝4，∴S 扇形AEF =30π×AE 2360=30π×42360=4π3，∴S 阴影＝S △ACE ﹣S 扇形AEF ＝4√3−4π3．28．如图，四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∠C＝60°，⊙O过点D，与AB相切于点A，与CD相交于点E，且AB＝DE．（1）求证：BC与⊙O相切；（2）若⊙O的半径为5，求四边形ABCD的面积．【解答】（1）见解析；（2）50+50√33【解析】（1）连接AE，∵∠D＝90°，∴AE是⊙O的直径，过O作OF⊥BC于F，∵AB是⊙O的切线，∴∠OAB＝90°，∵∠B＝90°，∴∠OAB＝∠B＝∠OFB＝90°，∴四边形ABFO是矩形，∴AB＝OF，∵∠B＝∠D＝90°，∠C＝60°，∴∠DAB＝120°，∴∠DAE＝30°，∴DE =12AE ＝AO ， ∵AB ＝DE ，∴OF ＝OA ，∴BC 与⊙O 相切；（2）由（1）知，AB ＝AO ＝5，AE ＝10，过E 作EH ⊥BC 于H ，则BH ＝AE ＝10，EH ＝AB ＝5，∵∠C ＝60°，∴CH =√33EH =5√33， ∴BC ＝10+5√33，在Rt △ADE 中，∵DE ＝AB ＝5，∴AD =√3DE ＝5√3，∴四边形ABCD 的面积=12×5√3×5+12（10+10+5√33）×5＝50+50√33．29．如图，Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，以AB 为直径的⊙O 交AC 于点D ，E 是BC 的中点，连接DE 、OE ．（1）判断DE 与⊙O 的位置关系并说明理由．（2）若⊙O 半径r ＝3，DE ＝4，求AD 的长．【解答】（1）相切；（2）AD =185【解析】（1）连接OD 、BD ，如图所示．∵点O 为AB 的中点，点E 为BC 的中点，∴OE∥AC，且AC＝2OE，∴∠A＝∠BOE．又∵∠BOD＝2∠A，∴∠DOE＝∠A＝∠BOE．在△BOE和△DOE中，{OB=OD∠BOE=∠DOE OE=OE，∴△BOE≌△DOE（SAS），∴∠ODE＝∠OBE＝90°，∴DE与⊙O相切；（2）∵AB为⊙O的直径，∴BD⊥AC，∴∠ADB＝∠BDC＝90°，∴∠ADB＝∠ABC，∴∠A+∠ABD＝∠A+∠C＝90°，∴∠ABD＝∠C，∴△ABD∽△ACB，∴ABAD =ACAB，∵AB＝6，BC＝2DE＝8，∴AC＝10，∴AB2＝AD•AC，∴62＝AD×10，∴AD=185．30．如图，⊙O为△ABC的外接圆，D为OC与AB的交点，E为线段OC延长线上一点，且∠EAC＝∠ABC．（1）求证：直线AE是⊙O的切线．（2）若D为AB的中点，CD＝6，AB＝16①求⊙O的半径；②求△ABC的内心到点O的距离．【解答】（1）见解析；（2）①25；②53【解析】（1）证明：连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF∵AF是直径∴∠ACF＝90°∴∠F+∠FAC＝90°，∵∠F＝∠ABC，∠ABC＝∠EAC∴∠EAC＝∠F∴∠EAC+∠FAC＝90°∴∠EAF＝90°，且AO是半径∴直线AE是⊙O的切线．（2）①如图，连接AO，∵D为AB的中点，OD过圆心，∴OD⊥AB，AD＝BD=12AB＝8，∵AO2＝AD2+DO2，∴AO2＝82+（AO﹣6）2，∴AO=253，∴⊙O的半径为253；②如图，作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，∵OD⊥AB，AD＝BD∴AC＝BC，且AD＝BD∴CD平分∠ACB，且AH平分∠CAB∴点H是△ABC的内心，且HM⊥AC，HN⊥BC，HD⊥AB∴MH＝NH＝DH在Rt△ACD中，AC=√AD2+CD2=√82+62=10=BC，∵S△ABC＝S△ACH+S△ABH+S△BCH，∴12×16×6=12×10×MH+12×16×DH+12×10×NH，∴DH=83，∵OH＝CO﹣CH＝CO﹣（CD﹣DH），∴OH=253−（6−83）═5．。

2020-2021中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)含答案

2020-2021中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)含答案一、圆的综合1．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有点E，且EF=ED．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tan A=12，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明；（3）在（2）的条件下，若OF=1，求圆O的半径．【答案】（1）答案见解析；（2）AB=3BE；（3）3．【解析】试题分析：（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理即可得出结论．试题解析：（1）证明：连结OD，如图．∵EF=ED，∴∠EFD=∠EDF．∵∠EFD=∠CFO，∴∠CFO=∠EDF．∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO=90°．∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE．∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；（2）线段AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．证明如下：∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDE．∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，∴∠BDE=∠A，而∠BED=∠DEA，∴△EBD∽△EDA，∴DE BE BDAE DE AD==．∵Rt△ABD中，tan A=BDAD=12，∴DE BEAE DE==12，∴AE=2DE，DE=2BE，∴AE=4BE，∴AB=3BE；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x．∵OF=1，∴OE=1+2x．在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（32x）2+（2x）2=（1+2x）2，∴x=﹣29（舍）或x=2，∴圆O的半径为3．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解答本题的关键．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（32，9）;(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= 12 PQ，∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

2020-2021历年中考数学易错题汇编-圆的综合练习题附答案解析

2020-2021历年中考数学易错题汇编-圆的综合练习题附答案解析一、圆的综合1．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点F在⊙O上，且点C是的中点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，交AF的延长线于点E．（1）求证：AE⊥DE；（2）若∠BAF=60°，AF=4，求CE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（1）首先连接OC，由OC=OA，，易证得OC∥AE，又由DE切⊙O于点C，易证得AE⊥DE；（2）由AB是⊙O的直径，可得△ABC是直角三角形，易得△AEC为直角三角形，根据AE=3求得AC的长，然后连接OF，可得△OAF为等边三角形，知AF=OA=AB，在△ACB 中，利用已知条件求得答案．试题解析：（1）证明：连接OC，∵OC=OA，∴∠BAC=∠OCA，∵∴∠BAC=∠EAC，∴∠EAC=∠OCA，∴OC∥AE，∵DE切⊙O于点C，∴OC⊥DE，∴AE⊥DE；（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴△ABC是直角三角形，∵∠CBA=60°，∴∠BAC=∠EAC=30°，∵△AEC为直角三角形，AE=3，∴AC=2，连接OF，∵OF=OA，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，∴△OAF为等边三角形，∴AF=OA=AB，在Rt△ACB中，AC=2，tan∠CBA=，∴BC=2，∴AB=4，∴AF=2．考点：切线的性质．2．如图，△ABC的内接三角形，P为BC延长线上一点，∠PAC=∠B，AD为⊙O的直径，过C作CG⊥AD于E，交AB于F，交⊙O于G．（1）判断直线PA与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）求证：AG2=AF·AB；（3）若⊙O的直径为10，AC=25，AB=45，求△AFG的面积.【答案】（1）PA与⊙O相切，理由见解析；（2）证明见解析；（3）3.【解析】试题分析：（1）连接CD，由AD为⊙O的直径，可得∠ACD=90°，由圆周角定理，证得∠B=∠D，由已知∠PAC=∠B，可证得DA⊥PA，继而可证得PA与⊙O相切．（2）连接BG，易证得△AFG∽△AGB，由相似三角形的对应边成比例，证得结论.（3）连接BD，由AG2=AF•AB，可求得AF的长，易证得△AEF∽△ABD，即可求得AE的长，继而可求得EF与EG的长，则可求得答案．试题解析：解：（1）PA与⊙O相切．理由如下：如答图1，连接CD，∵AD为⊙O的直径，∴∠ACD=90°.∴∠D+∠CAD=90°.∵∠B=∠D，∠PAC=∠B，∴∠PAC=∠D.∴∠PAC+∠CAD=90°，即DA⊥PA.∵点A在圆上，∴PA与⊙O相切．（2）证明：如答图2，连接BG，∵AD为⊙O的直径，CG⊥AD，∴»»AC AD=.∴∠AGF=∠ABG.∵∠GAF=∠BAG，∴△AGF∽△ABG.∴AG：AB=AF：AG. ∴AG2=AF•AB.（3）如答图3，连接BD，∵AD是直径，∴∠ABD=90°.∵AG2=AF•AB，55∴5∵CG⊥AD，∴∠AEF=∠ABD=90°.∵∠EAF=∠BAD，∴△AEF∽△ABD. ∴AE AFAB AD=545=，解得：AE=2.∴221 EF AF AE=-=.∵224EG AG AE =-=，∴413FG EG EF =-=-=.∴1132322AFG S FG AE ∆=⋅⋅=⨯⨯=．考点：1. 圆周角定理；2.直角三角形两锐角的关系；3. 相切的判定；4.垂径定理；5.相似三角形的判定和性质；6.勾股定理；7.三角形的面积.3．如图，已知在△ABC 中，AB=15，AC=20，tanA=12，点P 在AB 边上，⊙P 的半径为定长.当点P 与点B 重合时，⊙P 恰好与AC 边相切；当点P 与点B 不重合时，⊙P 与AC 边相交于点M 和点N ．（1）求⊙P 的半径；（2）当AP=5△APM 与△PCN 是否相似，并说明理由．【答案】（1）半径为52）相似，理由见解析. 【解析】【分析】（1）如图，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，⊙P 与边AC 相切，则BD 就是⊙P 的半径，利用解直角三角形得出BD 与AD 的关系，再利用勾股定理可求得BD 的长；（2）如图，过点P 作PH ⊥AC 于点H ，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，根据垂径定理得出MN=2MH ，PM=PN ，再利用勾股定理求出PH 、AH 、MH 、MN 的长，从而求出AM 、NC 的长，然后求出AM MP 、PN NC 的值，得出AM MP =PNNC，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似即可证明.【详解】（1）如图，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，∵⊙P 与边AC 相切， ∴BD 就是⊙P 的半径，在Rt △ABD 中，tanA= 1BD 2AD=，设BD=x ，则AD=2x ， ∴x 2+(2x)2=152，解得：5 ∴半径为5 （2）相似，理由见解析，如图，过点P 作PH ⊥AC 于点H ，作BD ⊥AC ，垂足为点D ， ∴PH 垂直平分MN ， ∴PM=PN ，在Rt △AHP 中，tanA=12PH AH=，设PH=y ，AH=2y ， y 2+（2y ）2=（52 解得：y=6（取正数）， ∴PH=6，AH=12，在Rt △MPH 中， ()22356-，∴MN=2MH=6， ∴AM=AH-MH=12-3=9， NC=AC-MN-AM=20-6-9=5， ∴3535AM MP ==，35PN NC =， ∴AM MP =PNNC ，又∵PM=PN ，∴∠PMN=∠PNM ， ∴∠AMP=∠PNC ， ∴△AMP ∽△PNC.【点睛】本题考查了解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用相关的性质与定理是解题的关键.4．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的半径为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 =33sin ABE ∠=， ∴23DCBD sin CBD∠==，在Rt △AEB 中，∵CD =2，∴22BC =． ∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ，∴2222DC AE AEAE 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222623r r +=-（）（），∴r =3，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 =33sin ABE ∠=．设3DC x BD x ==，，则2BC x =．∵CD =2，∴22BC =． ∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ，∴2222DC AE AEAE BC AB ，，=∴=∴=， ∴E 为AD 中点．∵DF 为直径，∠FED =90°，∴EF ∥AB ，∴132DF BD ==，∴⊙O 的半径为3．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．5．在平面直角坐标系xOy 中，点M 的坐标为（x 1，y 1），点N 的坐标为（x 2，y 2），且x 1≠x 2，y 1≠y 2，以MN 为边构造菱形，若该菱形的两条对角线分别平行于x 轴，y 轴，则称该菱形为边的“坐标菱形”．（1）已知点A （2，0），B （0，3AB 为边的“坐标菱形”的最小内角为；（2）若点C （1，2），点D 在直线y=5上，以CD 为边的“坐标菱形”为正方形，求直线CD 表达式；（3）⊙O的半径为2，点P的坐标为（3，m）．若在⊙O上存在一点Q，使得以QP为边的“坐标菱形”为正方形，求m的取值范围．【答案】（1）60°；（2）y=x+1或y=﹣x+3；（3）1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1【解析】分析：（1）根据定义建立以AB为边的“坐标菱形”，由勾股定理求边长AB=4，可得30度角，从而得最小内角为60°；（2）先确定直线CD与直线y=5的夹角是45°，得D（4，5）或（﹣2，5），易得直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3，根据等腰直角三角形的性质分别求P'B=BD=1，PB=5，写出对应P的坐标；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4，同理可得结论．详解：（1）∵点A（2，0），B（0，3∴OA=2，OB3．在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB22223（），∴∠ABO=30°．∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABC=2∠ABO=60°．∵AB∥CD，∴∠DCB=180°﹣60°=120°，∴以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为60°．故答案为：60°；（2）如图2．∵以CD为边的“坐标菱形”为正方形，∴直线CD与直线y=5的夹角是45°．过点C作CE⊥DE于E，∴D（4，5）或（﹣2，5），∴直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3．∵⊙O2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD2OQ'=2，∴P'D=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，5），∴当1≤m≤5时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4．∵⊙O的半径为2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=2OQ'=2，∴BD=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，﹣1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，﹣5），∴当﹣5≤m≤﹣1时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；综上所述：m的取值范围是1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1．点睛：本题是一次函数和圆的综合题，考查了菱形的性质、正方形的性质、点P，Q的“坐标菱形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考创新题目．6．阅读：圆是最完美的图形，它具有一些特殊的性质：同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半……先构造“辅助圆”，再利用圆的性质将问题进行转化，往往能化隐为显、化难为易。

03(解答题(一))-2021年中考数学专题(湖南长沙卷)(解析版)

2021年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编（湖南长沙卷）03挑战压轴题（解答题（一））1. （2020年长沙中考第23题）在矩形ABCD 中，E 为DC 边上一点，把△ADE 沿AE 翻折，使点D 恰好落在BC 边上的点F 。

（1）求证：△ABF ∽△FCE ；（2）若AB=32，AD=4，求EC 的长；（3）若EC DE AE 2=-，记∠BAF=α，∠FAE=β，求βαtan tan +的值。

【答案】（1）见解析（2）332 （3）332 【解析】（1）由题可知，∠AFE=∠D=90°，∴∠AFB+∠CFE=90°∵∠AFB+∠BAF=90°，∴∠CFE=∠BAF又∵∠B=∠C∴△ABF ∽△FCE（1）由题可知，AF=AD=4∴BF=2)32(42222=-=-AB AF∴CF=BC-BF=AD-BF=4-2=2又∵△ABF ∽△FCE ， ∴ABCF BF CE = 即：3222=CE ∴CE=332 （2）AF EF CF CE AF EF AB BF +=+=+βαtan tan 设CE=1，DE=x 则AE=x+2 AD=4422+=-x DE AE ，AB=CD=x+1∴BF=32222++-=-x x AB AF CF=1-222-=x CE EF∵△ABF ∽△FCE x x x x EF CF AF AB 14412-=++∴=∴， ∴xx x x x 111212-•+=++）（解得：x=2 ∴33232231tan tan =+=+βα2.（2019年长沙中考第24题）根据相似多边形定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相似四边形对应边的比叫做相似比．（1）某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确（直接在横线上填写“真”或“假”）．①条边成比例的两个凸四边形相似；（命题）②三个角分别相等两个凸四边形相似；（命题）③两个大小不同的正方形相似．（命题）（2）如图1，在四边形ABCD 和四边形A 1B 1C 1D 1中，∠ABC =∠A 1B 1C 1，∠BCD =∠B 1C 1D 1，111111AB BC CD A B B C C D ==，求证：四边形ABCD 与四边形A 1B 1C 1D 1相似．（3）如图2，四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AC 与BD 相交于点O ，过点O 作EF ∥AB 分别交AD ，BC 于点E ，F ．记四边形ABFE 的面积为S 1，四边形EFDE 的面积为S 2，若四边形ABFE 与四边形EFCD 相似，求21S S 的值．【答案】（1）①假，②假，③真；（2）见解析；（3）121S S = 【分析】（1）根据相似多边形的定义即可判断．（2）根据相似多边形的定义证明四边成比例，四个角相等即可．（3）四边形ABFE 与四边形EFCD 相似，证明相似比是1即可解决问题，即证明DE=AE即可．【详解】解（1）①四条边成比例的两个凸四边形相似，是假命题，角不一定相等．②三个角分别相等的两个凸四边形相似，是假命题，边不一定成比例．③两个大小不同的正方形相似．是真命题．故答案为假，假，真．（2）证明：分别连接BD ，B 1D 1111BCD B C D ∠=∠，且1111BC CD B C C D = 111BCD BC D ∴∽， 111CDB C D B ∴∠=∠，111C B D CBD ∠=∠，111111BD BC CD B D B C C D ==， 1111BD AB B D A B ∴=，111ABC A B C ∠=∠，111ABD A B D ∴∠=∠， 111ABD A B D ∴∽，1111AD AB A D A B =，1A A ∠=∠，111ADB A D B ∠=∠， 11111111AB BC CD AD A B B C C D A D ∴===，111ADC A DC ∠=∠，1A A ∠=∠，111ABC A B C ∠=∠，111BCD BC D ∠=∠∴四边形ABCD 与四边形A 1B 1C 1D 1相似. （3）如图2中，∵四边形ABFG 与四边形EFCD 相似DE EF AE AB∴=，EF OE OF =+， DE OE OF AE AB +∴=，EF AB CD ， DE OE AD AB ∴=，DE OC OF AD AB AB ==，DE DE OE OF AD AD AB AB ∴+=+， 2DE DE AD AE ∴=，AD DE AE =+，21DE AE AE∴=+， 2AE DE AE ∴=+，即AE =DE 121S S ∴=，3.（2018年长沙中考第24题）如图，在△ABC 中，AD 是边BC 上的中线，∠BAD=∠CAD ，CE ∥AD ，CE 交BA 的延长线于点E ，BC=8，AD=3．（1）求CE 的长；（2）求证：△ABC 为等腰三角形．（3）求△ABC 的外接圆圆心P 与内切圆圆心Q 之间的距离．【分析】（1）证明AD 为△BCE 的中位线得到CE=2AD=6；（2）通过证明△ABD ≌△CAD 得到AB=AC ；（3）如图，连接BP 、BQ 、CQ ，先利用勾股定理计算出AB=5，设⊙P 的半径为R ，⊙Q的半径为r ，在Rt △PBD 中利用勾股定理得到（R ﹣3）2+42=R 2，解得R=，则PD=，再利用面积法求出r=，即QD=，然后计算PD+QD即可．【解答】（1）解：∵AD是边BC上的中线，∴BD=CD，∵CE∥AD，∴AD为△BCE的中位线，∴CE=2AD=6；（2）证明：∵BD=CD，∠BAD=∠CAD，AD=AD，∴△ABD≌△CAD，∴AB=AC，∴△ABC为等腰三角形．（3）如图，连接BP、BQ、CQ，在Rt△ABD中，AB==5，设⊙P的半径为R，⊙Q的半径为r，在Rt△PBD中，（R﹣3）2+42=R2，解得R=，∴PD=PA﹣AD=﹣3=，∵S△ABQ+S△BCQ+S△ACQ=S△ABC，∴•r•5+•r•8+•r•5=•3•8，解得r=，即QD=，∴PQ=PD+QD=+=．答：△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为．1.（2020·湖南长沙市·九年级月考）定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形ABCD 中，若A C ∠=∠，B D ∠≠∠，则称四边形ABCD 为准平行四边形．（1）如（图①），A 、B 、C 、D 是⊙O 上的四个点，60APC CPB ∠=∠=︒，延长BP 到Q ，使AQ AP =．求证：四边形AQBC 是准平行四边形；（2）如（图②），准平行四边形ABCD 内接于⊙O ，AB AD ≠，BC DC =，若⊙O 的半径为5，6AB =，求AC 的长；（3）如（图③），在Rt ABC △中，90C ∠=︒，30A ∠=︒，2BC =，若四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，请直接写出BD 长的最大值．【答案】（1）见解析；（2）（3）2【分析】（1）可证APQ 是等边三角形，可得60Q QAP ∠=︒=∠，由圆的内接四边形的性质可得60QPA ACB Q ∠=∠=︒=∠，由四边形内角和定理可证QAC QBC ∠≠∠，可得结论；（2）如图②，连接BD ，由准平行四边形定义可求90BAD BCD ∠=∠=︒，可得BD 是直径，由勾股定理可求8AD =，将ABC ∆绕点C 顺时针旋转90︒得到CDH ∆，可得6AB DH ==，AC CH =，90ACH ∠=︒，ABC CDH ∠=∠，由勾股定理可求AC 的长；（3）如图③，作ACD △的外接圆O ，过点O 作OE AC ⊥于E ，OF BC ⊥于F ，由准平行四边形定义可求60ABC ADC ∠=∠=︒，可得120AOC ∠=︒，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质，可求1OE =，22CO OE ==，由勾股定理可求OB ，由当点D 在BO 的延长线时，BD 的长有最大值，即可求解．【详解】解：证明：（1）∵60APC CPB ∠=∠=︒，∴60APQ ∠=︒，且AQ AP =，∴APQ 是等边三角形，∴60Q QAP ∠=︒=∠，∵四边形APBC 是圆内接四边形，∴60QPA ACB ∠=∠=︒，∵360Q ACB QAC QBC ∠+∠+∠+∠=︒，∴240QAC QBC ∠+∠=︒，且120120QAC QAP BAC PAB PAB ∠=∠+∠+∠=︒+∠>︒，∴120QBC ∠<︒，∴QAC QBC ∠≠∠，且60QPA ACB Q ∠=∠=︒=∠，∴四边形AQBC 是准平行四边形．（2）如图②，连接BD ，∵AB AD ≠，BC DC =，∴ABD ADB ∠≠∠，CBD CDB ∠=∠，∴ABC ADC ∠≠∠，∵四边形ABCD 是准平行四边形，∴BAD BCD ∠=∠，∵四边形ABCD 是圆内接四边形，∴180BAD BCD ∠+∠=︒，180ABC ADC ∠+∠=︒，∴90BAD BCD ∠=∠=︒，∴BD 是直径，∴10BD =，∴8AD =，将ABC 绕点C 顺时针旋转90°得到CDH △，∴6AB DH ==，AC CH =，90ACH ∠=︒，ABC CDH ∠=∠，∵180ABC ADC ∠+∠=︒，∴180ADC CDH ∠+∠=︒，∴点A ，点D ，点H 三点共线，∴14AH AD DH =+=，∵222AC CH AH +=，∴22196AC =，∴AC =（3）如图③，作ACD ∆的外接圆O ，过点O 作OE AC ⊥于E ，OF BC ⊥于F ，90C ∠=︒，30A ∠=︒，2BC =，60ABC ∴∠=︒，60ABC ∠=︒，AC ==四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，60ABC ADC ∴∠=∠=︒，120AOC ∴∠=︒，且OE AC ⊥，OA OC =，30ACO CAO ∴∠=∠=︒，CE AE =，1OE ∴=，22CO OE ==，OE AC ⊥，OF BC ⊥，90ECF ∠=︒，∴四边形CFOE 是矩形，CE OF ∴==1OE CF ==，3BF BC CF ∴=+=，BO ∴==当点D 在BO 的延长线时，BD 的长有最大值，BD ∴长的最大值2BO OD =+=．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，旋转的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，理解准平行四边形的定义是本题的关键，添加恰当辅助线是本题的难点．2.（2020·长沙市南雅中学）我们定义：对角线垂直的凸四边形叫做“准筝形”．如图 1，四边形 ABCD 中，AC ⊥BD ，则四边形 ABCD 是“准筝形”．（1）“三条边相等的准筝形是菱形”是命题；（填“真” 或“假”）（2）如图 1，在准筝形 ABCD 中，AD ＝3，AB ＝2，BC ＝4，求 CD 的长．（3）如图 2，在准筝形 ABCD 中，AC 与 BD 交于点 O ，点 P 在线段 AD 上，AP ＝2，且 AD ＝3，AO =32，在BD 上存在移动的线段EF，E 在 F 的左侧，且EF＝1，使四边形AEFP 周长最小，求此时OE 的长度．【答案】（1）真；（2（3【分析】（1）先根据在准筝形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，设AC与BD交于点O，得出OA=OC，OB=OD，推出四边形ABCD是平行四边形，再根据AD=CD，即可证明四边形ABCD是菱形，即可得出结论；（2）设AC与BD交于点O，根据AC⊥BD，得到AB2=AO2+BO2，AD2=AO2+DO2，CD2=CO2+DO2，BC2=OB2+OC2，可得AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，根据AD=3，АВ=2，BC=4，即可求出CD；（3）过P作PG⊥AO于G，过A作AM//EF且AM=EF，作M点关于OD的对称点N，连接MN交OD于H，交PG于R，连接PN交OD于F，先证明四边形AEFM是平行四边形，得到AE=MF，根据M、N关于OD对称，得出MF=NF，推出当且仅当N、F、P三点共线时，AE+PF取得最小值，根据AP=2，EF=1，得出当AE+PE取得最小值时，四边形AEFP周长取得最小值，然后证明四边形AOHM是矩形，得出АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=32，根据在Rt△AOD中，OA=32，AD=3，PG⊥OA，求出AG=12AP=1，，RN=HN+HR=2，证明△NHF∽△NRP，得出HFRP=NHNR=34，求出HF=34PR=)314，根据OF=ОН+HF=OE+EF，ОН=EF=1，即可得出OЕ．【详解】解：（1）三条边相等的准筝形是菱形是真命题，，在准筝形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，设AC与BD交于点O，∴OA=OC，OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD=CD，∴四边形ABCD是菱形，∴三边相等的准筝形是菱形，故答案为：真；（2）设AC与BD交于点O，∵AC⊥BD，∴AB2=AO2+BO2，AD2=AO2+DO2，CD2=CO2+DO2，BC2=OB2+OC2，∴AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，∵AD=3，АВ=2，BC=4，∴22+CD2=32+42，∴∴CD（3）过P作PG⊥AO于G，过A作AM//EF且AM=EF，作M点关于OD的对称点N，连接MN交OD于H，交PG于R，连接PN交OD于F，∵AM//EF，AM=EF，∴四边形AEFM是平行四边形，∴AE=MF，∵M、N关于OD对称，∴MF=NF，∴AE+PF=MF+PF=NF+PF≥PN，∴当且仅当N、F、P三点共线时，AE+PF取得最小值，∵AP=2，EF=1，∴当AE+PE取得最小值时，四边形AEFP周长取得最小值，∵AM//OD，ОA//MН，∠AOD=90°，∴四边形AOHM是矩形，∴АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=32，在Rt△AOD中，OA=32，AD=3，∴∠ADO=30°，∵PG⊥OA，∴PG∥OD，∴∠APG=∠ADO=30°，∴AG=12AP=1，∴，∵HR=32-1=12，∴RN=HN+HR=2，∵PG//OD，∴△NHF∽△NRP，∴HFRP=NHNR=34，∴HF=34PR=)314∵OF=ОН+HF=OE+EF ，ОН=EF=1，∴，故四边形AEFP 周长最小时，OE 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握这些知识点灵活运用是解题关键．3．（2020·长沙市明德天心中学）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“邻好四边形”．(1)概念理解：如图1，在四边形ABCD 中，添加一个条件，使得四边形ABCD 是“邻好四边形”，请写出你添加的一个条件________；(2)概念延伸：下列说法正确的是________．(填入相应的序号)①对角线互相平分的“邻好四边形”是菱形；②一组对边平行，另一组对边相等的“邻好四边形”是菱形；③有两个内角为直角的“邻好四边形”是正方形；④一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角的“邻好四边形”是正方形；(3)问题探究：如图2，小红画了一个Rt ABC ∆，其中90ABC ∠=︒，2AB =，1BC =，并将Rt ABC ∆沿B 的平分线BB '方向平移得到A B C '''∆，连结AA '，BC '，要使平移后的四边形ABC A ''是“邻好四边形”应平移多少距离(即线段BB '的长)？【答案】（1）AB=AD；（2）①④；（3）21或2【分析】（1）根据定义添加一组邻边相等即可；（2）先利用平行四边形的判定定理得平行四边形，再利用“邻好四边形”定义得邻边相等，得出结论；（3）由平移的性质易得BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，“邻好四边形”定义分类讨论，由勾股定理得出结论．【详解】（1）AB=BC或BC=CD或AD=CD或AB=AD．答案：AB=AD；（2）①正确，理由为：∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，∵四边形是“邻好四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，∴这个“邻好四边形”是菱形；②不正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等的“邻好四边形”也有可能是等腰梯形；③不正确，理由为：有两个内角为直角的“邻好四边形”不是平行四边形时，该结论不成立；④正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角可得到“四个角都是直角”，则该四边形是矩形，根据“邻边相等的矩形为正方形”，所以④的说法正确．故答案是：①④；（3）∵∠ABC=90°，AB=2，BC=1，∴∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，∴BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，（I）如图1，当AA′=AB时，BB′=AA′=AB=2；（II）如图2，当AA′=A′C′时，BB′=AA′=A′C′=5；（III）当A′C′=BC′=5时，如图3，延长C′B′交AB于点D，则C′B′⊥AB，∵BB′平分∠ABC，∴∠ABB′=12∠ABC=45°， ∴∠BB′D=′∠ABB′=45°∴B′D=BD ，设B′D=BD=x ，则C′D=x+1，BB′=2x ，∵在Rt △BC′D 中，BD 2+C′D 2=BC′2∴x 2+（x+1）2=(5)2，解得：1212x x ==-，(不合题意，舍去)， ∴BB′=22=（Ⅳ）当BC′=AB=2时，如图4，同理可得：BD 2+C′D 2=BC′2，设B′D=BD=x ，则x 2+（x+1）2=22，解得：121717x x -+--==（不合题意，均舍去）， ∴BB′=22142-=．综上所述，要使平移后的四边形ABC′A′是“邻好四边形”应平移251214-+． 4．（2021·全国九年级）如图，点E 是ABC ∆的内心，AE 的延长线和ABC ∆的外接圆相交于点D ，交BC于F ．（1）若40ABC =∠，80C ∠=，求CBD ∠的度数；（2）求证：DB DE =；（3）若6AB =，4AC =，5BC =，求DE 的长．【答案】（1）30°；（2）见解析；（3）【分析】（1）由三角形的内心定义和同弧所对的圆周角相等即可解答；（2）连接BE ，根据三角形的内心定义和同弧所对的圆周角相等证得∠DBE ＝∠BED ，从而依据等角对等边即可证得；（3）利用已知和角平分线的性质得32AB BF AC CF ==，进而求得BF 、CF 的值，再证明△BDF ∽△ACF 和△DBF ∽△DAB ，利用相似三角形的性质得到关于BD 的方程，解之即可解答﹒【详解】（1）∵40ABC =∠，80C ∠=，∴∠BAC=180º-∠ABC-∠C=60º，∵E 是内心，∴∠BAD ＝∠CAD=12∠BAC=30º，由同弧所对的圆周角相等得：∠CBD=∠CAD=30º；（2）证明：连接BE ，∵E 是内心，∴∠ABE ＝∠CBE ，∠BAD ＝∠CAD ．∵∠CBD ＝∠CAD ，∴∠CBD ＝∠BAD ，∵∠BAD+∠ABE ＝∠BED ，∠CBE+∠CBD ＝∠DBE ，∴∠DBE ＝∠BED ，∴ DE ＝DB ；（3）∵∠BAD ＝∠CAD ，AB=6，AC=4，BC=5 ∴32AB BF AC CF == ∴ BF=3，CF=2∵∠DBC ＝∠D AC ，∠BFD=∠AFC∴ △BDF ∽△ACF ∴42,2BD AC BF DF DF CF AF CF====， ∴,62BD DF DF AF BF CF ===， ∵∠BAD ＝∠CAD=∠DBC ，∠BDF=∠ADB∴ △DBF ∽△DAB ∴BD DF DA BD=，∴22•()62BD BD DF AD DF AF DF ⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭，∴BD =BD=DE ，∴DE =【点睛】本题考查了三角形的内心定义、圆的外接圆、同弧所对的圆周角相等、相似三角形的判定与性质，解答的关键是正确理解三角形的内心定义，熟练掌握同弧所对的圆周角相等，进而创造三角形相似的条件，进行相关的证明或计算．5．（2020·长沙市南雅中学九年级开学考试）如图1，在平面直角坐标系中，已知点A ，B 的坐标分别为()0,6A和()B -，点E 为x 轴正半轴上的一个动点，过点A 、B 、E 作ABE △的外接圆C ，连结AC 并延长交圆于点D ，连结BD 、DE ．（1）求证：OAE BAD ∠=∠．（2）当15AD =时，求OE 的长度．（3）如图2，连结OD ，求线段OD 的最小值及当OD 最小时ABE △的外接圆圆心C 的坐标．【答案】（1）见解析；（2）92；（3）OD 最小值为9，C （，34）【分析】（1）根据圆周角定理得出∠ABD=90°，再根据同弧所对的圆周角相等得出∠ADB=∠AEB ，从而证明结论；（2）根据条件算出AB ，证明△ABD ∽△AOE ，得出AB AO AD AE=，解得AE ，再根据勾股定理算出OE 的长；（3）设直线BD 与y 轴交于点F ，得出当OD ⊥BD 时，OD 最小，通过解直角三角形算出OD ，BD ，过点D 作DG ⊥BE 于点G ，设OG=x ，利用勾股定理解出OG 和DG ，从而得到点D 坐标，结合点A 坐标得出圆心C 的坐标.【详解】解：（1）由题意可得：AD 为⊙O 的直径，∴∠ABD=∠AOE=90°，∵∠ADB=∠AEB ，∠AOE=90°∴∠OAE=∠BAD ；（2）∵()0,6A 和()B -，∴OA=6，OB=∴12=，∵AD=15，由（1）得：∠OAE=∠BAD ，∠ABD=∠AOE ，∴△ABD ∽△AOE ， ∴AB AO AD AE=，即12615AE=，解得：AE=152，∴92==；（3）设直线BD 与y 轴交于点F ，∵AB ⊥BD ，∴∠OBD=∠OAB=90°-∠ABO ，直线AB 位置不变，∴直线BD 位置不变，∴当OD ⊥BD 时，OD 最小，此时，OD=OB×sin ∠OBD=OB×sin ∠OAB=×OB AB =，=过点D 作DG ⊥BE 于点G ，设OG=x ，则BG=，在△OBD 中，BD 2-BG 2=OD 2-OG 2，即(()22229x x -=-，解得：x=2，即OG=2，=92，由题意可得点D 在第三象限，∴点D坐标为（2-，92-），而点A （0，6）， ∴点C坐标为（022，9622-+），即（，34）.【点睛】本题属于圆的综合题，涉及了圆周角定理，相似三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 6．（2021·长沙九年级模考）如图，O 为ABC ∆的外接圆，D 为OC 与AB 的交点，E 为线段OC 延长线上一点，且EAC ABC ∠=∠．(1)求证：直线AE 是O 的切线．(2)若D 为AB 的中点，6CD =，16AB =．①求O 的半径；②求ABC的内心到点O的距离．【答案】(1)证明见解析;(2)①253;②5．【分析】（1）连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，由圆周角定理的推论可得∠ACF=90°，可得∠F+∠FAC=90°，由∠EAC=∠ABC，可得∠EAC+∠FAC=90°，即可完成证明；(2)①由垂径定理可得OD⊥AB，AD=BD=8，由勾股定理可求⊙O的半径；②作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，则点H是△ABC的内心，由三角形内心的性质可得HM=HN=HD，由三角形的面积公式可求HD的值，即可完成解答．【详解】(1)证明：如图：连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，∵AF是直径，∴∠ACF=90°，∴∠F+∠FAC=90°，∵∠F=∠ABC，∠ABC=∠EAC，∴∠EAC=∠F，∴∠EAC+∠FAC=90°，∴∠EAF=90°，∵AO是半径，∴直线AE是⊙O的切线；(2)①如图，连接AO，∵D为AB的中点，OD过圆心，∴OD⊥AB，AD=BD=12AB=8，∵AO2=AD2+DO2，∴AO2=82+（AO-6）2，∴AO=253，∴⊙O的半径为253；②如图，作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，∵OD⊥AB，AD=BD，∴AC=BC，∴CD平分∠ACB，即点H是△ABC的内心，∴MH=NH=DH，在Rt△ACD中，10AC BC====，∵S△ABC=S△ACH+S△ABH+S△BCH，∴12×16×6=12×10×MH+12×16×DH+12×10×NH，∴DH=83，∵OH=CO－CH=CO－（CD－DH），∴2586533OH⎛⎫=--=⎪⎝⎭.【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、切线的判定、角平分线性质、勾股定理等知识，熟练运用这些性质定理进行推理是解答本题的关键．7．（2020·湖南长沙市·九年级月考）定义:有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”.例如:凸四边形ABCD 中，若,A C B D ∠=∠∠≠∠，则称四边形ABCD 为准平行四边形.（1）如图①，,,,A P B C 是O 上的四个点，60APC CPB ∠=∠=︒，延长BP 到Q ，使AQ AP =.求证:四边形AQBC 是准平行四边形；（2）如图②，准平行四边形ABCD 内接于O ，,AB AD BC DC +=，若O 的半径为5,6AB =，求AC 的长；（3）如图③，在Rt ABC 中，90,30,2C A BC ∠=︒∠=︒=，若四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，请直接写出BD 长的最大值.【答案】（1）见解析；（2）（3）2【分析】（1）先根据同弧所对的圆周角相等证明三角形ABC 为等边三角形，得到∠ACB=60°，再求出∠APB=60°，根据AQ=AP 判定△APQ 为等边三角形，∠AQP=∠QAP=60°，故∠ACB=∠AQP ，可判断∠QAC ＞120°，∠QBC ＜120°，故∠QAC≠∠QBC ，可证四边形AQBC 是准平行四边形；（2）根据已知条件可判断∠ABC≠∠ADC ，则可得∠BAD=∠BCD=90°，连接BD ，则BD 为直径为10，根据BC=CD 得△BCD 为等腰直角三角形，则∠BAC=∠BDC=45°，在直角三角形BCD 中利用勾股定理或三角函数求出BC 的长，过B 点作BE ⊥AC ，分别在直角三角形ABE 和△BEC 中，利用三角函数和勾股定理求出AE 、CE 的长，即可求出AC 的长.（3）根据已知条件可得：∠ADC=∠ABC=60°，延长BC 到E 点，使BE=BA ，可得三角形ABE 为等边三角形，∠E=60°，过A 、E 、C 三点作圆o ，则AE 为直径，点D 在点C 另一侧的弧AE 上（点A 、点E 除外），连接BO 交弧AE 于D 点，则此时BD 的长度最大，根据已知条件求出BO 、OD 的长度，即可求解.【详解】（1）∵60APC CPB ∠=∠=︒∴∠ABC=∠BAC=60°∴△ABC 为等边三角形，∠ACB=60°∵∠APQ=180°-∠APC-∠CPB=60°又AP=AQ∴△APQ 为等边三角形∴∠AQP=∠QAP=60°∴∠ACB=∠AQP∵∠QAC=∠QAP+∠PAB+∠BAC=120°+∠PAB ＞120°故∠QBC=360°-∠AQP-∠ACB-∠QAC ＜120° ∴∠QAC≠∠QBC∴四边形AQBC 是准平行四边形（2）连接BD ，过B 点作BE ⊥AC 于E 点∵准平行四边形ABCD 内接于O ，,≠=AB AD BC DC∴∠ABC≠∠ADC ，∠BAD=∠BCD∵∠BAD+∠BCD=180°∴∠BAD=∠BCD=90°∴BD 为O 的直径∵O 的半径为5∴BD=10∵BC=CD,∠BCD=90°∴∠CBD=∠BDC=45°∴BC=BD ⨯ sin ∠BDC=102⨯，∠BAC=∠BDC=45° ∵BE ⊥AC∴∠BEA=∠BEC=90°∴AE=AB ⨯sin ∠BAC=6⨯2∵∠ABE=∠BAE=45°∴BE=AE=在直角三角形BEC 中，=∴AC=AE+EC=（3）在Rt ABC 中，90,30∠=︒∠=︒C A∴∠ABC=60°∵四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠∴∠ADC=∠ABC=60°延长BC 到E 点，使BE=BA ，可得三角形ABE 为等边三角形，∠E=60°，过A 、E 、C 三点作圆o ，因为∠ACE=90°，则AE 为直径，点D 在点C 另一侧的弧AE 上（点A 、点E 除外），此时，∠ADC=∠AEC=60°，连接BO 交弧AE 于D 点，则此时BD 的长度最大.在等边三角形ABE 中，∠ACB=90°，BC=2∴AE=BE=2BC=4∴OE=OA=OD=2∴BO ⊥AE∴BO=BE ⨯sin ∠E=4⨯∴BD=BO+0D=2+即BD 长的最大值为2+【点睛】本题考查的是新概念及圆的相关知识，理解新概念的含义、掌握圆的性质是解答的关键，本题的难点在第（3）小问，考查的是与圆相关的最大值及最小值问题，把握其中的不变量作出圆是关键.8.（2020·长沙市天心区明德启南中学九年级期末）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是⊙O 外一点且满足∠DCA＝∠B，连接AD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若AD⊥CD，AB＝10，AD＝8，求AC的长；（3）如图2，当∠DAB＝45°时，AD与⊙O交于E点，试写出AC、EC、BC之间的数量关系并证明．【答案】（1）见解析；（2）AC的长为（3）AC＝BC，理由见解析【分析】(1)连接OC,由直径所对圆周角是直角可得∠ACB=90°,由OC=OB得出∠OCB=∠B,由因为∠DCA=∠B,从而可得∠DCA=∠OCB,即可得出∠DCO=90°;(2) 由题意证明△ACD∽△ABC,根据对应边成比例列出等式求出AC即可;(3) 在AC上截取AF使AF＝BC，连接EF、BE，通过条件证明△AEF≌△BEC,根据性质推出△EFC为等腰直角三角形,即可证明AC、EC、BC的数量关系．【详解】(1)证明：连接OC，如图1所示：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵OC＝OB，∴∠B＝∠OCB，∵∠DCA＝∠B，∴∠DCA＝∠OCB，∴∠DCO＝∠DCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝∠ACB＝90°，∴CD⊥OC，∴CD是⊙O的切线；(2)解：∵AD⊥CD∴∠ADC＝∠ACB＝90°又∵∠DCA＝∠B∴△ACD∽△ABC∴AC ADAB AC=，即810ACAC=，∴AC＝即AC的长为(3)解：AC＝BC；理由如下：在AC上截取AF使AF＝BC，连接EF、BE，如图2所示：∵AB是直径，∴∠ACB＝∠AEB＝90°，∵∠DAB＝45°，∴△AEB为等腰直角三角形，∴∠EAB＝∠EBA＝∠ECA＝45°，AE＝BE，在△AEF和△BEC中，AE BEEAF EBC AF BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEF≌△BEC(SAS)，∴EF＝CE，∠AFE＝∠BCE＝∠ACB+∠ECA＝90°+45°＝135°，∴∠EFC＝180°﹣∠AFE＝180°﹣135°＝45°，∴∠EFC＝∠ECF＝45°，∴△EFC为等腰直角三角形．∴CF，∴AC＝AF+CF＝BC．【点睛】本题考查圆与三角形的结合,关键在于牢记基础性质,利用三角形的相似对应边以及三角形的全等进行计算．。

2021年中考数学专题训练：与圆有关的计算(培优)

个动点，连接 BP，线段 BA 与线段 BQ 关于 BP 所在的直线对称，连接 PQ．当
点 P 从点 A 运动到点 D 时，线段 PQ 在平面内扫过的面积为
．
AP
D
Q
B
C
三、解答题 16. （2020·河北）如图13，点O为AB中点，分别延长OA到点C，OB到点D，使
OC=OD，以点O为圆心，分别以OA，OC为半径在CD上方作两个半圆，点P 为小半圆上任一点（不与点A，B重合），连接OP并延长交大半圆于点E，连接AE，CP.
（1）如图 1，若 =60°，①直接写出 DF 的值为_________； DC
②当⊙O 的半径为 2 时，直接写出图中阴影部分的面积为_________；
.（2）如图 2，若＜60°，且 DF = 2 ，DE=4，求 BE 的长. DC 3
20. （2020•呼和浩特）某同学在学习了正多边形和圆之后，对正五边形的边及相
B． 9
C． 8
D． 6
6. (2020·南充）如图，AB 是 O 的直径，CD 是弦，点 C, D 在直径 AB 的两侧．若
AOC : AOD : DOB 2 : 7 :11， CD 4，则 CD 的长为（）
CA
D O
B
A． 2
B． 4
C． 2 2
D． 2
7. （2020·株洲）如图所示，点 A、B、C 对应的刻度分别为 0、2、4、将线段 CA 绕点 C 按顺时针方向旋转，当点 A 首次落在矩形 BCDE 的边 BE 上时，记为点 A1 ，则此时线段 CA 扫过的图形的面积为（）
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10. 【答案】C 【解析】∵四边形 ABCD是菱形， D 80 ，∴

专题14 圆中的两解及多解问题分类讨论思想)归类集训-2023年中考数学二轮复习核心考点拓展训练

专题14 圆中的两解及多解问题（分类讨论思想）归类集训（解析版）类型一讨论弦上某点或端点的位置1．在半径为10的⊙O中，弦AB的长为16，点P在弦AB上，且OP的长为8，AP长为．思路引领：作OC⊥AB于点C，根据垂径定理求出OC的长，根据勾股定理求出PC的长，分当点P在线段AC上和当点P在线段BC上两种情况计算即可．解：作OC⊥AB于点C，∴AC=12AB＝8，由勾股定理得，OC=OA2―AC2=6，∴PC=OP2―OC2=27，当点P在线段AC上时，AP＝AC﹣PC＝8﹣27，当点P在线段BC上时，AP＝8+27，故答案为：8﹣27或8+27．总结提升：本题考查的是垂径定理的应用和勾股定理的应用，正确作出辅助线构造直角三角形、运用分情况讨论思想是解题的关键．2．（2021•无棣县模拟）已知⊙O的直径CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB＝8cm，则AC的长为（）A．25cm B．43cm C．25cm或45cm D．23cm或43cm思路引领：分两种情况，根据题意画出图形，先根据垂径定理求出AM的长，连接OA，由勾股定理求出OM的长，进而可得出结论．解：连接AC，AO，∵⊙O的直径CD＝10cm，AB⊥CD，AB＝8cm，∴AM=12AB=12×8＝4（cm），OD＝OC＝5（cm），当C点位置如图1所示时，∵OA＝5cm，AM＝4cm，CD⊥AB，∴OM=OA2―AM2=52―42=3（cm），∴CM＝OC+OM＝5+3＝8（cm），∴AC=AM2+CM2=42+82=45（cm）；当C点位置如图2所示时，同理可得：OM＝3cm，∵OC＝5cm，∴MC＝5﹣3＝2（cm），在Rt△AMC中，AC=AM2+CM2=42+22=25（cm）；综上所述，AC的长为45cm或25cm，故选：C．总结提升：本题考查的是垂径定理和勾股定理等知识，根据题意画出图形，利用垂径定理和勾股定理求解是解答此题的关键．3．（2020•黑龙江）在半径为5的⊙O中，弦AB垂直于弦CD，垂足为P，AB＝CD＝4，则S△ACP ＝　．思路引领：如图1，作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，连接OD、OB，如图，根据垂径定理得到AE＝BE=12AB＝2，DF＝CF=12CD＝2，根据勾股定理在Rt△OBE中计算出OE＝1，同理可得OF＝1，接着证明四边形OEPF为正方形，于是得到PA＝PC＝1，根据三角形面积公式求得即可．解：作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，连接OD、OB，则AE＝BE=12AB＝2，DF＝CF=12CD＝2，如图1，在Rt△OBE中，∵OB=5，BE＝2，∴OE=OB2―BE2=1，同理可得OF＝1，∵AB⊥CD，∴四边形OEPF为矩形，∴PE＝PF＝1，∴PA＝PC＝1，∴S△APC=12×1×1=12；如图2，同理：S△APC=12×3×3=92；如图3，同理：S△APC=12×1×3=32；故答案为：12或32或92．总结提升：本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．类型二圆心在两弦之间或者两弦之外4．（2021•商河县校级模拟）一下水管道的截面如图所示．已知排水管的直径为100cm，下雨前水面宽为60cm．一场大雨过后，水面宽为80cm，求水面上升多少？思路引领：分两种情形分别求解即可解决问题．解：作半径OD⊥AB交AB于C，连接OB，如图所示，由垂径定理得：BC=12AB＝30cm，在Rt△OBC中，OC=502―302=40cm，当水位上升到圆心以下，水面宽80cm时，则OC′=502―402=30cm，水面上升的高度为：40﹣30＝10cm；当水位上升到圆心以上时，水面上升的高度为：40+30＝70cm，综上可得，水面上升的高度为10cm或70cm．总结提升：本题考查的是垂径定理的应用，掌握垂径定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．5．（1）半径为1的圆中有一条弦，如果它的长为3，那么这条弦所对的圆周角的度数等于；（2）在半径为1的⊙O中，弦AB，AC的长分别为3和2，则∠BAC的度数是　；（3）已知圆内接△ABC中．AB＝AC，圆心O到BC的距离为3cm，圆的半径为7cm，求腰长AB．思路引领：（1）根据垂径定理求得AD的长，再根据三角形函数可得到∠AOD的度数，再根据圆周角定理得到∠ACB的度数，根据圆内接四边形的对角互补即可求得∠AEB的度数；（2）连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，根据垂径定理求出AE、FA值，根据解直角三角形的知识求出∠OAB和∠OAC，然后分两种情况求出∠BAC即可；（3）可根据勾股定理先求得BD的值，再根据勾股定理可求得AB的值．注意：圆心在内接三角形内时，AD＝10cm；圆心在内接三角形外时，AD＝4cm．解：（1）如图1，过O作OD⊥AB，则AD=12AB=12×3=32．∵OA＝1，∴sin∠AOD=ADOA=32，∠AOD＝60°．∵∠AOD=12∠AOB＝60°，∠ACB=12∠AOB，∴∠ACB＝∠AOD＝60°．又∵四边形AEBC是圆内接四边形，∴∠AEB＝180°﹣∠ACB＝180°﹣60°＝120°．故这条弦所对的圆周角的度数等于60°或120度．故答案为：60°或120度．（2）解：有两种情况：①如图2所示：连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，∴∠OEA＝∠OFA＝90°，由垂径定理得：AE＝BE=32，AF＝CF=32，cos∠OAE=AEOA=32，cos∠OAF=AFOA=22，∴∠OAE＝30°，∠OAF＝45°，∴∠BAC＝30°+45°＝75°；②如图3所示：连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，∴∠OEA＝∠OFA＝90°，由垂径定理得：AE＝BE=32，AF＝CF=22，cos∠OAE=AEOA=32，cos∠OAF=AFOA=22，∴∠OAE＝30°，∠OAF＝45°，∴∠BAC＝45°﹣30°＝15°，故答案为：75°或15°；（3）分圆心在内接三角形内和在内接三角形外两种情况讨论，如图4，假若∠A是锐角，△ABC是锐角三角形，连接OB，作AD⊥BC于D，连接OD，∵AB＝AC，∴AD是BC的中垂线，∴OD也是BC的中垂线，∴A、O、D三点共线，∵OD＝3cm，OB＝7cm，∴AD＝10cm，∴BD=OB2―OD2=210cm，∵OD⊥BC，∴BD＝CD，∵AB＝AC，∴AD⊥BC，∴AB=AD2+BD2=235cm；如图5，若∠A是钝角，则△ABC是钝角三角形，和图4解法一样，只是AD＝7﹣3＝4cm，∴AB=AD2+BD2=214cm，综上可得腰长AB＝235cm或214cm．总结提升：本题主要考查了垂径定理和勾股定理，注意分圆心在内接三角形内和在内接三角形外两种情况讨论，解题的关键是根据题意作出图形，求出符合条件的所有情况．类型三讨论点在优弧上或劣弧上6．（2022秋•双城区期末）已知⊙O的半径为2，弦AB的长为23，则弦AB的中点到这条弦所对的弧的中点的距离为．思路引领：由垂径定理得出AC，再由勾股定理得出OC，从而得出CD和CE的长．解：如图，∵C是弦AB的中点，AB＝23，∴OC⊥AB，AC=12AB=3，∴AD=BD，AE=BE，在Rt△AOC中，OC=22―(3)2=1，∴CD＝2﹣1＝1cm，CE＝2+1＝3．故答案为：1或3．总结提升：本题考查了垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．8．（2021秋•凉州区校级期末）如图，AB、AC分别与⊙O相切于点B、C，∠A＝50°，点P是圆上异于B、C的一动点，则∠BPC的度数是．思路引领：此题分为两种情况，如图p点的位置有两个，所以∠BPC可能是锐角，也有可能是钝角，分别连接O、C；O、B；B、P1；B、P2；C、P1；C、P2各点．（1）当∠BPC为锐角，也就是∠BP1C时，根据AB，AC与⊙O相切，结合已知条件，在△ABC中，即可得出圆心角∠COB的度数，根据同弧所对的圆周角为圆心角的一半，即可得出∠BP1C的度数；（2）如果当∠BPC为钝角，也就是∠BP2C时，根据⊙O的内接四边形的性质，即可得出∠BP2C的度数．解：分别连接O、C；O、B；B、P1；B、P2；C、P1；C、P2各点，（1）当∠BPC为锐角，也就是∠BP1C时：∵AB，AC与⊙O相切于点B，C两点∴OC⊥AC，OB⊥AB，∵∠A＝50°，∴在△ABC中，∠COB＝130°，∵在⊙O中，∠BP1C为圆周角，∴∠BP1C＝65°，（2）如果当∠BPC为钝角，也就是∠BP2C时∵四边形BP1CP2为⊙O的内接四边形，∵∠BP1C＝65°，∴∠BP2C＝115°故答案为：65°或115°．总结提升：本题考查圆的切线性质，在解题过程中还要注意对圆的内接四边形、圆周角、圆心角的有关性质的综合应用．类型四弦所对的圆周角7．（2018秋•泗阳县期中）若圆的一条弦把圆分成度数的比为1：3的两条弧，则该弦所对的圆周角等于．思路引领：圆的一条弦把圆分成度数之比为1：3的两条弧，则所分的劣弧的度数是90°，当圆周角的顶点在优弧上时，这条弦所对的圆周角等于45°，当这条弦所对的圆周角的顶点在劣弧上时，这条弦所对的圆周角等于135°．解：如图，弦AB将⊙O分成了度数比为1：3两条弧．连接OA、OB；则∠AOB＝90°；①当所求的圆周角顶点位于D点时，这条弦所对的圆周角∠ADB=12∠AOB＝45°；②当所求的圆周角顶点位于C点时，这条弦所对的圆周角∠ACB＝180°﹣∠ADB＝135°．故答案为：45°，135°．总结提升：本题考查的是圆心角、弧、弦的关系及圆周角定理，在解答此类问题时要注意是在“同圆或等圆中”才适用，这是此类问题的易错点．9．（2020秋•溧阳市期末）已知△ABC是半径为2的圆内接三角形，若BC＝23，则∠A的度数为（）A．30°B．60°C．120°D．60°或120°思路引领：首先根据题意画出图形，然后由圆周角定理与含30°角的直角三角形的性质，求得答案．解：如图，作直径BD，连接CD，则∠BCD＝90°，∵△ABC是半径为2的圆内接三角形，BC＝23，∴BD＝4，∴CD=BD2―BC2=2，∴CD=12 BD，∴∠CBD＝30°，∴∠A＝∠D＝60°，∴∠A′＝180°﹣∠A＝120°，∴∠A的度数为：60°或120°．故选：D．总结提升：此题考查了圆周角定理与含30°角的直角三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．类型五讨论圆内接三角形的形状10．（2019•绥化）半径为5的⊙O是锐角三角形ABC的外接圆，AB＝AC，连接OB、OC，延长CO交弦AB 于点D．若△OBD是直角三角形，则弦BC的长为．思路引领：如图1，当∠ODB＝90°时，推出△ABC是等边三角形，解直角三角形得到BC＝AB＝53，如图2，当∠DOB＝90°，推出△BOC是等腰直角三角形，于是得到BC=2OB＝52．解：如图1，当∠ODB＝90°时，即CD⊥AB，∴AD＝BD，∴AC＝BC，∵AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠DBO＝30°，∵OB＝5，∴BD =32OB =532，∴BC ＝AB ＝53，如图2，当∠DOB ＝90°，∴∠BOC ＝90°，∴△BOC 是等腰直角三角形，∴BC =2OB ＝52，综上所述：若△OBD 是直角三角形，则弦BC 的长为53或52，故答案为：53或52．点睛：本题考查了三角形的外接圆与外心，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．101．已知等腰△ABC 的三个顶点都在半径为5的⊙O 上，如果底边BC 的长为8，求BC 边上的高．思路引领：从圆心向BC 引垂线，交点为D ，则根据垂径定理和勾股定理可求出，OD 的长，再根据圆心在三角形内部和外部两种情况讨论．解：连接AO 并延长交BC 于D 点，∵AB ＝AC ，∴AB =AC ，根据垂径定理得AD ⊥BC ，则BD ＝4，根据勾股定理得OD ＝3①圆心在三角形内部时，三角形底边BC 上的高＝5+3＝8；②圆心在三角形外部时，三角形底边BC 上的高＝5﹣3＝2．所以BC 边上的高是8或2．总结提升：本题综合考查了垂径定理和勾股定理在圆中的应用，因三角形与圆心的位置不明确，注意分情况讨论．类型六讨论点与圆的位置关系12．（2020•南通模拟）若⊙O所在平面内一点P到⊙O上的点的最大距离为a，最小距离为b（a＞b），则此圆的半径为．思路引领：点P可能在圆内，也可能在圆外；当点P在圆内时，直径为最大距离与最小距离的和；当点P在圆外时，直径为最大距离与最小距离的差；再分别计算半径．解：若⊙O所在平面内一点P到⊙O上的点的最大距离为a，最小距离为b，若这个点在圆的内部或在圆上时，圆的直径为a+b，因而半径为a+b 2；当此点在圆外时，圆的直径是a﹣b，因而半径是a―b 2；故答案为：a+b2或a―b2．总结提升：本题考查了点与圆的位置关系，培养学生分类的思想及对点P到圆上最大距离、最小距离的认识．13．已知点P到⊙O的最长距离为6cm，最短距离为2cm．试求⊙O的半径长．思路引领：分两种情况进行讨论：①点P在圆内；②点P在圆外，进行计算即可解：①当P在⊙O外时，如图，∵P当⊙O的最长距离是为6cm，最短距离为2cm，∴PB＝6cm，PA＝2cm，∴AB＝4cm，∴⊙O的半径为2cm'；当P在⊙O内时，，此时AB＝8cm，⊙O的半径为4cm．即⊙O的半径长为2cm或4cm．解题秘籍：本题考查了点和圆的位置关系，分类讨论是解此题的关键．类型七讨论直线与圆的位置关系14．（2021•崇明区二模）已知同一平面内有⊙O和点A与点B，如果⊙O的半径为3cm，线段OA＝5cm，线段OB＝3cm，那么直线AB与⊙O的位置关系为（）A．相离B．相交C．相切D．相交或相切思路引领：根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．解：∵⊙O的半径为3cm，线段OA＝5cm，线段OB＝3cm，即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，故选：D．总结提升：本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．15．（2021秋•信都区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，若以点C为圆心，r为半径的圆与边AB所在直线相离，则r的取值范围为；若⊙C与AB边只有一个公共点，则r的取值范围为　．思路引领：如图，作CH⊥AB于H．利用勾股定理求出AB，再利用面积法求出CH即可判断．解：如图，作CH⊥AB于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，BC＝8，AC＝6，∴AB=AC2+BC2=62+82=10，∵S△ABC=12•AC•BC=12•AB•CH，∴CH=24 5，∵以点C为圆心，r为半径的圆与边AB所在直线相离，∴r的取值范围为r＜24 5，∵⊙C与AB边只有一个公共点，∴r的取值范围为6＜r≤8或r=24 5，故答案为：r＜245，6＜r≤8或r=245．总结提升：本题考查直线与圆的位置关系，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．16．（衢州中考）如图，已知直线l的解析式是y=43x﹣4，并且与x轴、y轴分别交于A、B两点．一个半径为1.5的⊙C，圆心C从点（0，1.5）开始以每秒0.5个单位的速度沿着y轴向下运动，当⊙C与直线l 相切时，则该圆运动的时间为（）A．3秒或6秒B．6秒C．3秒D．6秒或16秒思路引领：由y=43x﹣4可以求出与x轴、y轴的交点A（3，0）、B（0，﹣4）坐标，再根据勾股定理可得AB＝5，当C在B上方，根据直线与圆相切时知道C到AB的距离等于1.5，然后利用三角函数可得到CB，最后即可得到C运动的距离和运动的时间；同理当C在B下方，利用题意的方法也可以求出C 运动的距离和运动的时间．解：如图，∵x＝0时，y＝﹣4，y＝0时，x＝3，∴A（3，0）、B（0，﹣4），∴AB＝5，当C在B上方，直线与圆相切时，连接CD，则C到AB的距离等于1.5，∴CB＝1.5÷sin∠ABC＝1.5×53=2.5；∴C运动的距离为：1.5+（4﹣2.5）＝3，运动的时间为：3÷0.5＝6；同理当C在B下方，直线与圆相切时，连接CD，则C运动的距离为：1.5+（4+2.5）＝8，运动的时间为：8÷0.5＝16．故选：D．总结提升：此题首先注意分类讨论，利用了切线的性质和三角函数等知识解决问题．17．（2018•浦东新区二模）已知l1∥l2，l1、l2之间的距离是3cm，圆心O到直线l1的距离是1cm，如果圆O 与直线l1、l2有三个公共点，那么圆O的半径为 cm．思路引领：根据题意可以画出相应的图形，从而可以解答本题．解：如下图所示，设圆的半径为r如图一所示，r﹣1＝3，得r＝4，如图二所示，r+1＝3，得r＝2，故答案为：2或4．总结提升：本题考查直线和圆的位置关系，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，利用数形结合的思想解答．18．（2021秋•新荣区月考）综合与实践问题情境：数学活动课上，老师出示了一个直角三角板和量角器，把量角器的中心O 点放置在AC 的中点上，DE 与直角边AC 重合，如图1所示，∠C ＝90°，BC ＝6，AC ＝8，OD ＝3，量角器交AB 于点G ，F ，现将量角器DE 绕点C 旋转，如图2所示．（1）点C 到边AB 的距离为 245　．（2）在旋转过程中，求点O 到AB 距离的最小值．（3）若半圆O 与Rt △ABC 的直角边相切，设切点为K ，求BK 的长．思路引领：（1）如图1，过点C 作CH ⊥AB 于点H ，利用勾股定理求得AB ，再利用AB •CH ＝AC •BC ，即可求得答案．（2）当CD ⊥AB 时，点O 到AB 的距离最小，再由OH ＝CH ﹣OC ，即可求得答案．（3）分两种情况：①当半圆O 与BC 相切时，如图2，设切点为K ，连接OK ，运用勾股定理即可求得答案；②当半圆O 与AC 相切时，如图3，设切点为K ，连接OK ，运用勾股定理求得CK ，再利用勾股定理即可求得BK ．解：（1）如图1，过点C 作CH ⊥AB 于点H ，∵∠ACB ＝90°，BC ＝6，AC ＝8，∴AB =AC 2+BC 2=62+82=10，∵CH ⊥AB ，∴AB •CH ＝AC •BC ，∴CH =AC ⋅BC AB=6×810=245，即点C 到边AB 的距离为245，故答案为：245.（2）∵O 为AC 的中点，∴OC =12AC =12×8＝4，当CD ⊥AB 时，点O 到AB 的距离最小，∴OH ＝CH ﹣OC =245―4=45，∴点O 到AB 距离的最小值为45．（3）①当半圆O 与BC 相切时，如图2，设切点为K ，连接OK ，∴∠OKC ＝90°，在Rt △OCK 中，OK ＝3，OC ＝4，∴CK =OC 2―OK 2=42―32=7，∴BK ＝BC ﹣CK ＝6―7；②当半圆O 与AC 相切时，如图3，设切点为K ，连接OK ，∴∠OKC ＝90°，在Rt △OCK 中，OK ＝3，OC ＝4，∴CK =OC 2―OK 2=42―32=7，在Rt △BCK 中，BK =BC 2+CK 2=62+(7)2=43；综上所述，BK 的长为7或43．解题秘籍：本题是几何综合题，考查了圆的性质，切线的性质，旋转变换的性质，勾股定理，三角形面积，解题关键是熟练掌握旋转变换的性质等相关知识，运用分类讨论思想解决问题．。

2020-2021学年苏科版数学中考复习专题练习—正多边形与圆及圆中有关计算(含答案)

正多边形与圆及圆中有关计算一、学习目标1．了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系，并会进行有关计算；2．会用弧长公式、扇形面积公式、圆锥侧面积公式计算有关问题；3．体会方程思想和转化思想．二、题型训练题型一、正多边形与圆【例题1】如图，等边△ABC和正方形ADEF都内接于⊙O，则AD：AB＝（）A．22∶3B．2∶3C．23∶2D．3∶2【例题2】如图，在边长为2cm的正六边形ABCDEF中，点P在BC上，则△PEF的面积为cm2．【例题3】如图，A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，连接AC、CE、EB、BD、DA，得到一个五角星图形和五边形MNFGH.（1）计算∠CAD的度数；（2）连接AE，证明：AE＝ME；（3）求证：ME2＝BM·BE.【题小结】转化思想，正多边形转化为等腰三角形或直角三角形、三角形面积的转化、相等的线段之间的转化．借题发挥：1.10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，A、B、C、D、E、O均是正六边形的顶点．则点O是下列哪个三角形的外心（）A．△AED B．△ABD C．△BCD D．△ACD2.如图，工人师傅用扳手拧形状为正六边形的螺帽，现测得扳手的开口宽度b＝3cm，则螺帽边长a＝cm．借题发挥1借题发挥2ab借题发挥3例题3例题1例题23.如图，A 、B 、C 、D 为一个正多边形的顶点，O 为正多边形的中心，若∠ADB ＝18°，则这个正多边形的边数为．题型二、圆中与弧长、面积有关的计算【例题4】如图，六边形ABCDEF 是正六边形，曲线F A 1B 1C 1D 1E 1F 1…叫做“正六边形的渐开线”，⌒FA 1,⌒A 1B 1，⌒B 1C 1，⌒C 1D 1,⌒D 1E 1，⌒E 1F 1，…的圆心依次按A ，B ，C ，D ，E ，F 循环，且每段弧所对的圆心角均为正六边形的一个外角．当AB ＝1时，曲线F A 1B 1C 1D 1E 1F 1的长度是．【例题5】在△ABC 中，已知∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1．如图所示，将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转90°后得到△AB ′C ′．则图中阴影部分面积为（）A ．π4B ．π－32C ．π－34D ．3π2【题小结】弄清旋转的本质，把不规则图形的面积转化为规则图形的面积．借题发挥：1．如图，半径为10的扇形AOB 中，∠AOB ＝90°，C 为⌒AB 上一点，CD ⊥OA ，CE ⊥OB ，垂足分别为D 、E ．若∠CDE 为36°，则图中阴影部分的面积为（）A ．10πB ．9πC ．8πD ．6π 2．若一个扇形的圆心角为60°，面积为π6cm 2，则这个扇形的弧长为 cm （结果保留π）． 3.如图，AB 是⊙O 的弦，C 是⊙O 外一点，OC ⊥OA ，CO 交AB 于点P ，交⊙O 于点D ，且CP ＝CB ．（1）判断直线BC 与⊙O 的位置关系，并说明理由；（2）若∠A ＝30°，OP ＝1，求图中阴影部分的面积．题型三、与圆锥有关的计算【例题6】已知圆锥的底面半径为1cm ，高为3cm ，则它的侧面展开图的面积为＝ cm 2．【例题7】已知圆锥的底面圆的半径是2.5，母线长是9，其侧面展开图的圆心角是度．【题小结】转化及方程思想：立体图形与平面图形的相互转化，由圆锥有关的公式列出方程解决问题. 借题发挥：例题4 借题发挥1 例题5 借题发挥3A B C'C B'。

2020-2021中考数学压轴题专题复习—圆的综合的综合附答案解析

2020-2021中考数学压轴题专题复习—圆的综合的综合附答案解析一、圆的综合1．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=10，2tan 3B =，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 AOAB AD=. ∵1132OA AB x ==，AD =2x +10, ∴113221013xx x =+. 解得 x =8. ∴138413OA =⨯=. 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.2．如图1O e ，的直径12AB P =，是弦BC 上一动点(与点B C ，不重合)30ABC o ，∠=，过点P 作PD OP ⊥交O e 于点D ．()1如图2，当//PD AB 时，求PD 的长；()2如图3，当»»DC AC=时，延长AB 至点E ，使12BE AB =，连接DE ． ①求证：DE 是O e 的切线；②求PC 的长．【答案】（1）262）333①见解析，②．【解析】分析：()1根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角函数关系得出OP PD ，的长；()2①首先得出OBD V 是等边三角形，进而得出ODE OFB 90∠∠==o ，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．详解：()1如图2，连接OD ，//OP PD PD AB ⊥Q ，，90POB ∴∠=o ，O Q e 的直径12AB =，6OB OD ∴==，在Rt POB V 中，30ABC o ∠=，3tan30623OP OB ∴=⋅=⨯=o ，在Rt POD V 中，22226(23)26PD OD OP =-=-=；()2①证明：如图3，连接OD ，交CB 于点F ，连接BD ，»»DC AC =Q ，30DBC ABC ∴∠=∠=o ， 60ABD o ∴∠=，OB OD =Q ， OBD ∴V 是等边三角形， OD FB ∴⊥，12BE AB =Q ，OB BE ∴=， //BF ED ∴，90ODE OFB o ∴∠=∠=，DE ∴是O e 的切线； ②由①知，OD BC ⊥，3cos30633CF FB OB ∴==⋅=⨯=o ，在Rt POD V 中，OF DF =，13(2PF DO ∴==直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半)， 333CP CF PF ∴=-=-．点睛：此题主要考查了圆的综合以及直角三角形的性质和锐角三角函数关系，正确得出OBD V 是等边三角形是解题关键．3．矩形ABCD 中，点C （3，8），E 、F 为AB 、CD 边上的中点，如图1，点A 在原点处，点B 在y 轴正半轴上，点C 在第一象限，若点A 从原点出发，沿x 轴向右以每秒1个单位长度的速度运动，点B 随之沿y 轴下滑，并带动矩形ABCD 在平面内滑动，如图2，设运动时间表示为t 秒，当点B 到达原点时停止运动．（1）当t =0时，点F 的坐标为；（2）当t =4时，求OE 的长及点B 下滑的距离；（3）求运动过程中，点F 到点O 的最大距离；（4）当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，求t 的值．【答案】（1）F （3，4）；（2）8-33）7；（4）t 的值为245或325. 【解析】试题分析：（1）先确定出DF ，进而得出点F 的坐标；（2）利用直角三角形的性质得出∠ABO =30°，即可得出结论；（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，即可得出结论；（4）分两种情况，利用相似三角形的性质建立方程求解即可．试题解析：解：（1）当t =0时．∵AB =CD =8，F 为CD 中点，∴DF =4，∴F （3，4）；（2）当t =4时，OA =4．在Rt △ABO 中，AB =8，∠AOB =90°，∴∠ABO =30°，点E 是AB 的中点，OE =12AB =4，BO =43，∴点B 下滑的距离为843-．（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，∴FO=OE+EF=7．（4）在Rt △ADF 中，FD 2+AD 2=AF 2，∴AF =22FD AD +=5，①设AO =t 1时，⊙F 与x 轴相切，点A 为切点，∴FA ⊥OA ，∴∠OAB +∠FAB =90°．∵∠FAD +∠FAB =90°，∴∠BAO =∠FAD ．∵∠BOA =∠D =90°，∴Rt △FAE ∽Rt △ABO ，∴AB AO FA FE =，∴1853t=，∴t 1=245，②设AO =t 2时，⊙F 与y 轴相切，B 为切点，同理可得，t 2=325．综上所述：当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，t 的值为245或325．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，中点的意义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，解（2）的关键是得出∠ABO =30°，解（3）的关键是判断出当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，解（4）的关键是判断出Rt △FAE ∽Rt △ABD ，是一道中等难度的中考常考题．4．如图．在△ABC 中，∠C =90°，AC =BC ，AB =30cm ，点P 在AB 上，AP =10cm ，点E 从点P 出发沿线段PA 以2c m/s 的速度向点A 运动，同时点F 从点P 出发沿线段PB 以1c m/s 的速度向点B 运动，点E 到达点A 后立刻以原速度沿线段AB 向点B 运动，在点E 、F 运动过程中，以EF 为边作正方形EFGH ，使它与△ABC 在线段AB 的同侧，设点E 、F 运动的时间为t （s ）（0＜t ＜20）．（1）当点H落在AC边上时，求t的值；（2）设正方形EFGH与△ABC重叠部分的面积为S．①试求S关于t的函数表达式；②以点C为圆心，12t为半径作⊙C，当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值．【答案】（1）t=2s或10s；（2）①S=22 2 9?(02)75050(210)240400?(1020)t tt t tt t t⎧<≤⎪⎪-+-<≤⎨⎪-+<<⎪⎩；②100cm2．【解析】试题分析：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2；如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10；（2）分四种切线讨论a、如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2．b、如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN．c、如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN．d、如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH．分别计算即可；②分两种情形分别列出方程即可解决问题．试题解析：解：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意得：AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10．综上所述：t=2s或10s时，点H落在AC边上．（2）①如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（3t）2﹣12（5t﹣10）2=﹣72t2+50t﹣50．如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（20﹣t）2﹣12（30﹣3t）2=﹣72t2+50t﹣50．如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH，S=（20﹣t）2=t2﹣40t+400．综上所述：S=2229?(02)75050(210)240400?(1020)t tt t tt t t⎧<≤⎪⎪-+-<≤⎨⎪-+<<⎪⎩．②如图7中，当0＜t≤5时，12t+3t=15，解得：t=307，此时S=100cm2，当5＜t＜20时，12t+20﹣t=15，解得：t=10，此时S=100．综上所述：当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值为100cm2点睛：本题考查了圆综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、切线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意不能漏解，属于中考压轴题．5．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．6．解决问题：()1如图①，半径为4的Oe上，则PA的最大值和e外有一点P，且7PO=，点A在O最小值分别是______和______．()2如图②，扇形AOB的半径为4，45∠=o，P为弧AB上一点，分别在OA边找AOBV周长的最小，请在图②中确定点E、F的位置并直点E，在OB边上找一点F，使得PEFV周长的最小值；接写出PEF拓展应用()3如图③，正方形ABCD 的边长为42；E 是CD 上一点(不与D 、C 重合)，CF BE ⊥于F ，P 在BE 上，且PF CF =，M 、N 分别是AB 、AC 上动点，求PMN V 周长的最小值．【答案】（1）11，3；（2）图见解析，PEF V 周长最小值为423）41042．【解析】【分析】()1根据圆外一点P 到这个圆上所有点的距离中，最远是和最近的点是过圆心和该点的直线与圆的交点，容易求出最大值与最小值分别为11和3；()2作点P 关于直线OA 的对称点1P ，作点P 关于直线OB 的对称点2P ，连接1P 、2P ，与OA 、OB 分别交于点E 、F ，点E 、F 即为所求，此时PEF V 周长最小，然后根据等腰直角三角形求解即可；()3类似()2题作对称点，PMN V 周长最小12PP =，然后由三角形相似和勾股定理求解．【详解】解：()1如图①，Q 圆外一点P 到这个圆上所有点的距离中，最大距离是和最小距离都在过圆心的直线OP 上，此直线与圆有两个交点，圆外一点与这两个交点的距离个分别最大距离和最小距离．PA ∴的最大值227411PA PO OA ==+=+=，PA 的最小值11743PA PO OA ==-=-=，故答案为11和3；()2如图②，以O 为圆心，OA 为半径，画弧AB 和弧BD ，作点P 关于直线OA 的对称点1P ，作点P 关于直线OB 的对称点2P ，连接1P 、2P ，与OA 、OB 分别交于点E 、F ，点E 、F 即为所求．连接1OP 、2OP 、OP 、PE 、PF ，由对称知识可知，1AOP AOP ∠∠=，2BOP BOP ∠∠=，1PE PE =，2PF P F = ∴1245AOP BOP AOP BOP AOB ∠∠∠∠∠+=+==o ， 12454590POP o o o ∠=+=， 12POP ∴V 为等腰直角三角形，121PP ∴==PEF V 周长1212PE PF EF PE P F EF PP =++=++=，此时PEF V 周长最小．故答案为；()3作点P 关于直线AB 的对称1P ，连接1AP 、1BP ，作点P 关于直线AC 的对称2P ，连接1P 、2P ，与AB 、AC 分别交于点M 、N ．如图③ 由对称知识可知，1PM PM =，2PN P N =，PMN V 周长1212PM PN MN PM P N MN PP =++=++=，此时，PMN V 周长最小12PP =．由对称性可知，1BAP BAP ∠∠=，2EAP EAP ∠∠=，12APAP AP ==， ∴1245BAP EAP BAP EAP BAC o∠∠∠∠∠+=+== 12454590P AP ∠=+=o o o ，12P AP V ∴为等腰直角三角形，PMN ∴V 周长最小值12PP =，当AP 最短时，周长最小．连接DF ．CF BE Q ⊥，且PF CF =，45PCF ∠∴=o ，PCCF=45ACD ∠=o Q ，PCF ACD ∠∠∴=，PCA FCD ∠∠=，又ACCD=， ∴在APC V 与DFC V 中，AC PCCD CF=，PCA FCD ∠∠=C AP ∴V ∽DFC V ，AP AC DF CD∴== ∴AP =90BFC ∠=o Q ，取AB 中点O ．∴点F 在以BC 为直径的圆上运动，当D 、F 、O 三点在同一直线上时，DF 最短．DF DO FO OC =-===AP ∴最小值为AP = ∴此时，PMN V 周长最小值12PP ====．【点睛】本题考查圆以及正方形的性质，运用圆的对称性和正方形的对称性是解答本题的关键．7．已知，ABC ∆内接于O e ，点P 是弧AB 的中点，连接PA 、PB ；（1）如图1，若AC BC =，求证：AB PC ⊥；（2）如图2，若PA 平分CPM ∠，求证：AB AC =；（3）在（2）的条件下，若24sin 25BPC ∠=，8AC =，求AP 的值．【答案】(1)见解析;(2)见解析5 【解析】【分析】(1)由点P 是弧AB 的中点，可得出AP=BP , 通过证明APC BPC ∆≅∆ ,ACE BCE ∆≅∆可得出AEC BEC ∠=∠进而证明AB ⊥ PC.(2)由PA 是∠CPM 的角平分线，得到∠MPA=∠APC, 等量代换得到∠ABC=∠ACB, 根据等腰三角形的判定定理即可证得AB=AC.(3)过A 点作AD ⊥BC,有三线合一可知AD 平分BC,点O 在AD 上，连结OB ，则∠BOD ＝∠BAC ，根据圆周角定理可知∠BOD=∠BAC, ∠BPC=∠BAC ，由∠BOD=∠BPC 可得sin sin BDBOD BPC OB∠=∠=,设OB=25x ，根据勾股定理可算出OB 、BD 、OD 、AD 的长，再次利用勾股定理即可求得AP 的值. 【详解】解：（1）∵点P 是弧AB 的中点，如图1， ∴AP ＝BP ，在△APC 和△BPC 中AP BP AC BC PC PC =⎧⎪=⎨⎪=⎩， ∴△APC ≌△BPC （SSS ）， ∴∠ACP ＝∠BCP ，在△ACE 和△BCE 中AC BC ACP BCP CE CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ACE ≌△BCE （SAS ）， ∴∠AEC ＝∠BEC ， ∵∠AEC +∠BEC ＝180°， ∴∠AEC ＝90°， ∴AB ⊥PC ；（2）∵PA 平分∠CPM ， ∴∠MPA ＝∠APC ，∵∠APC +∠BPC +∠ACB ＝180°，∠MPA +∠APC +∠BPC ＝180°， ∴∠ACB ＝∠MPA ＝∠APC ， ∵∠APC ＝∠ABC ， ∴∠ABC ＝∠ACB ， ∴AB ＝AC ；（3）过A 点作AD ⊥BC 交BC 于D ，连结OP 交AB 于E ，如图2，由（2）得出AB ＝AC ， ∴AD 平分BC ， ∴点O 在AD 上，连结OB ，则∠BOD ＝∠BAC ，∵∠BPC ＝∠BAC ， ∴sin sin BOD BPC ∠=∠=2425BDOB=，设OB ＝25x ，则BD ＝24x ， ∴OD ＝22OB BD -＝7x ，在Rt ABD V 中，AD ＝25x +7x ＝32x ，BD ＝24x ， ∴AB ＝22AD BD +＝40x ，∵AC ＝8， ∴AB ＝40x ＝8，解得：x ＝0.2，∴OB ＝5，BD ＝4.8，OD ＝1.4，AD ＝6.4， ∵点P 是¶AB 的中点， ∴OP 垂直平分AB ， ∴AE ＝12AB ＝4，∠AEP ＝∠AEO ＝90°，在Rt AEO ∆中，OE ＝223AO AE -=，∴PE ＝OP ﹣OE ＝5﹣3＝2，在Rt APE ∆中，AP ＝22222425PE AE +=+=．【点睛】本题是一道有关圆的综合题，考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定定理和三线合一，是初中数学的重点和难点，一般以压轴题形出现，难度较大.8．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 3P ＝，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=25;(2)m=23812n n- ;(3) n 的值为955或9155 【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 3mOH 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 △1sin 63POH P PO =Q 中，＝，，∴2OH =． ∵AB ＝6，∴3OC ＝．由勾股定理得： 5CH = ∵OH ⊥DC ，∴225CD CH ==．（2）在Rt △1sin 3POH P PO m Q 中，＝，＝，∴3m OH ＝．在Rt △OCH 中，2293m CH ⎛⎫- ⎪⎝⎭＝．在Rt △1O CH 中，22363m CH n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭＝．可得： 2236933m 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23812n 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 ＝，由22233m m n m -+-（）（） n ＝，解得：23m n ＝，即23n 23812n n-＝，解得9155n ：＝． ②当圆心1O 、O 在弦CD 同侧时，同理可得： 28132n m n-＝．∵1POO ∠是钝角，∴只能是m n =，即28132nn n-＝，解得955n ：＝．综上所述：n 的值为955或9155．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．9．定义：数学活动课上，李老师给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”.理解： ⑴如图，已知是⊙上两点，请在圆上找出满足条件的点，使为“智慧三角形”（画出点的位置，保留作图痕迹）；⑵如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且，试判断是否为“智慧三角形”，并说明理由；运用：⑶如图，在平面直角坐标系中，⊙的半径为，点是直线上的一点，若在⊙上存在一点，使得为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，直接写出此时点的坐标.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）P 的坐标（223-，13），（223，13）．【解析】试题分析：（1）连结AO并且延长交圆于C1，连结BO并且延长交圆于C2，即可求解；（2）设正方形的边长为4a，表示出DF=CF以及EC、BE的长，然后根据勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF是直角三角形，由直角三角形的性质可得△AEF为“智慧三角形”；（3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可求斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解．试题解析：（1）如图1所示：（2）△AEF是否为“智慧三角形”，理由如下：设正方形的边长为4a，∵E是DC的中点，∴DE=CE=2a，∵BC：FC=4：1，∴FC=a，BF=4a﹣a=3a，在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE2+EF2=AF2，∴△AEF是直角三角形，∵斜边AF上的中线等于AF的一半，∴△AEF为“智慧三角形”；（3）如图3所示：由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，由勾股定理可得PQ=，PM=1×2÷3=，由勾股定理可求得OM=，故点P的坐标（﹣，），（，）．考点：圆的综合题．10．如图，四边形为菱形，且，以为直径作，与交于点．请仅用无刻度的直尺按下列要求画图．(保留作图痕迹)(1)在如图中，过点作边上的高．(2)在如图中，过点作的切线，与交于点．【答案】(1)如图1所示．(答案不唯一),见解析；(2)如图2所示．(答案不唯一)，见解析.【解析】【分析】（1）连接AC交圆于一点F，连接PF交AB于点E,连接CE即为所求．（2）连接OF交BC于Q，连接PQ即为所求．【详解】(1)如图1所示．(答案不唯一)(2)如图2所示．(答案不唯一)【点睛】本题考查作图-复杂作图，菱形和圆的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．11．如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，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）409R=;（2）25880320xy x xx=-++（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＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，即可求解；（2）首先证明PD∥BE，则EB BFPD PF=，即：2024588x yxxxy-+--=，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＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，解得：R＝409；（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，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＝5tan∠CAB＝2，BP228+(4)x-2880x x-+DA 25x，则BD＝525x，如下图所示，PA ＝PD ，∴∠PAD ＝∠CAB ＝∠CBA ＝β，tanβ＝2，则cosβ＝5，sinβ＝5， EB ＝BDcosβ＝（45﹣25x ）×5＝4﹣25x ， ∴PD ∥BE ， ∴EB BF PD PF =，即：2024588x y x xx 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 ＝2rcosβ＝5，DG ＝5，AG ＝2r ， 5+2r ＝45，解得：2r ＝51+，则：DG ＝5＝50﹣105，相交所得的公共弦的长为50﹣105．【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．12．如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，AC 为直径，»»BD AD =，DE ⊥BC ，垂足为E ．（1）判断直线ED 与⊙O 的位置关系，并说明理由；（2）若CE =1，AC =4，求阴影部分的面积．【答案】（1）ED 与O e 相切.理由见解析；（2）2=33S π-阴影【解析】【分析】（1）连结OD ，如图，根据圆周角定理，由»»BD AD =得到∠BAD =∠ACD ，再根据圆内接四边形的性质得∠DCE =∠BAD ，所以∠ACD =∠DCE ；利用内错角相等证明OD ∥BC ，而DE ⊥BC ，则OD ⊥DE ，于是根据切线的判定定理可得DE 为⊙O 的切线；（2）作OH ⊥BC 于H ，易得四边形ODEH 为矩形，所以OD =EH =2，则CH =HE ﹣CE =1，于是有∠HOC =30°，得到∠COD =60°，然后根据扇形面积公式、等边三角形的面积公式和阴影部分的面积=S 扇形OCD ﹣S △OCD 进行计算即可．【详解】（1）直线ED 与⊙O 相切．理由如下：连结OD ，如图，∵»»BD AD =，∴∠BAD =∠ACD ．∵∠DCE =∠BAD ，∴∠ACD =∠DCE ．∵OC =OD ，∴∠OCD =∠ODC ，而∠OCD =∠DCE ，∴∠DCE =∠ODC ，∴OD ∥BC ．∵DE ⊥BC ，∴OD ⊥DE ，∴DE 为⊙O 的切线；（2）作OH ⊥BC 于H ，则四边形ODEH 为矩形，∴OD =EH ．∵CE =1，AC =4，∴OC =OD =2，∴CH =HE ﹣CE =2﹣1=1．在Rt △OHC 中，∵OC =2，CH =1，∠OHC =90°，∠HOC =30°，∴∠COD =60°，∴阴影部分的面积=S 扇形OCD ﹣S △OCD26023360π⋅⋅=-•22 23=π3-．【点睛】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了扇形面积的计算．13．如图①，已知Rt ABC ∆中，90ACB ∠=o ，8AC =，10AB =，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作O e ，过C 作CE 切O e 于E ，交AB 于F .（1）若O e 的半径为2，求线段CE 的长；（2）若AF BF =，求O e 的半径；（3）如图②，若CE CB =，点B 关于AC 的对称点为点G ，试求G 、E 两点之间的距离.【答案】(1)42CE =(2)O e 的半径为3；(3)G 、E 两点之间的距离为9.6.【解析】【分析】（1）根据切线的性质得出∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得；（2）由勾股定理求得BC ，然后通过证得△OEC ∽△BCA ，得到OE BC =OC BA ，即r 8-r =610，解得即可；（3）证得D 和M 重合，E 和F 重合后，通过证得△GBE ∽△ABC ，GB GE AB AC=，即12108GE =，解得即可．【详解】(1)如图，连结OE .∵CE 切O e 于E ，∴90OEC ∠=︒.∵8AC =，O e 半径为2，∴6OC =，2OE =.∴2242CE OC OE =-=；(2)设O e 半径为r .在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，10AB =，8AC =， ∴226BC AB AC -=. ∵AF BF =， ∴AF CF BF ==. ∴ACF CAF ∠=∠. ∵CE 切O e 于E ，∴90OEC ∠=︒.∴OEC ACB ∠=∠，∴OEC BCA ∆~∆.∴OE OC BC BA =， ∴8610r r -=，解得3r =.∴O e 的半径为3；(3)连结EG 、OE ，设EG 交AC 于点M ，由对称性可知，CB CG =.又CE CB =，∴CE CG =.∴EGC GEC ∠=∠.∵CE 切O e 于E ，∴90GEC OEG ∠+∠=︒.又90EGC GMC ∠+∠=︒，∴OEG GMC ∠=∠.又GMC OME ∠=∠，∴OEG OME ∠=∠.∴OE OM =.∴点M 与点D 重合.∴G 、D 、E 三点在同一条直线上.连结AE 、BE ，∵AD 是直径，∴90AED ∠=︒，即90AEG ∠=︒.又CE CB CG ==，∴90BEG ∠=︒.∴180AEB AEG BEG ∠=∠+∠=︒，∴A 、E 、B 三点在同一条直线上.∴E 、F 两点重合.∵90GEB ACB ∠=∠=︒，B B ∠=∠，∴GBE ABC ∆~∆. ∴GB GE AB AC =，即12108GE =. ∴9.6GE =.故G 、E 两点之间的距离为9.6.【点睛】本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得G 、D 、E 三点共线以及A 、E 、B 三点在同一条直线上是解题的关键.14．如图，已知AB 是⊙O 的直径，点C 、D 在⊙O 上，∠D ＝60°且AB ＝6，过O 点作OE ⊥AC ，垂足为E ．（1）求OE 的长；（2）若OE的延长线交⊙O于点F，求弦AF、AC和弧CF围成的图形（阴影部分）的面积．（结果保留π）【答案】（1）OE的长为32；（2）阴影部分的面积为3 2π【解析】（1）OE=32（2）S=32π15．结果如此巧合!下面是小颖对一道题目的解答．题目：如图，Rt△ABC的内切圆与斜边AB相切于点D，AD=3，BD=4，求△ABC的面积．解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x．根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x．根据勾股定理，得（x+3）2+（x+4）2=（3+4）2．整理，得x2+7x=12．所以S△ABC=12 AC•BC=12（x+3）（x+4）=12（x2+7x+12）=12×（12+12）=12．小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC的面积等于AD与BD的积．这仅仅是巧合吗？请你帮她完成下面的探索．已知：△ABC的内切圆与AB相切于点D，AD=m，BD=n．可以一般化吗？（1）若∠C=90°，求证：△ABC的面积等于mn．倒过来思考呢？（2）若AC•BC=2mn，求证∠C=90°．改变一下条件……（3）若∠C=60°，用m、n表示△ABC的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）S△ABC=3mn；【解析】【分析】（1）设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，仿照例题利用勾股定理得（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，再根据S△ABC＝AC×BC，即可证明S△ABC＝mn.（2）由AC•BC＝2mn，得x2＋（m＋n）x＝mn，因此AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2＝AB2，利用勾股定理逆定理可得∠C＝90°.（3）过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ACG中，根据条件求出AG、CG，又根据BG＝BC－CG得到BG .在Rt△ABG中，根据勾股定理可得x2＋（m＋n）x＝3mn，由此S△ABC＝BC•AG＝mn.【详解】设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，根据切线长定理，得：AE＝AD＝m、BF＝BD＝n、CF＝CE＝x，（1）如图1，在Rt△ABC中，根据勾股定理，得：（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn，所以S△ABC＝AC•BC＝（x＋m）（x＋n）＝[x2＋（m＋n）x＋mn]＝（mn＋mn）＝mn;（2）由AC•BC＝2mn，得：（x＋m）（x＋n）＝2mn，整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn，∴AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2＝2[x2＋（m＋n）x]＋m2＋n2＝2mn＋m2＋n2＝（m＋n）2＝AB2，根据勾股定理逆定理可得∠C＝90°；（3）如图2，过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ACG中，AG＝AC•sin60°＝（x＋m），CG＝AC•co s60°＝（x＋m），∴BG＝BC﹣CG＝（x＋n）﹣（x＋m），在Rt△ABG中，根据勾股定理可得：[（x＋m）]2＋[（x＋n）﹣（x＋m）]2＝（m＋n）2，整理，得：x2＋（m＋n）x＝3mn，∴S△ABC＝BC•AG＝×（x＋n）•（x＋m）＝3x2＋（m＋n）x＋mn]＝3（3mn＋mn）3．【点睛】本题考查了圆中的计算问题、与圆有关的位置关系以及直角三角形，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.。

2020-2021初四数学圆的有关计算综合练习题C(附答案详解)

2020-2021初四数学圆的有关计算综合练习题C（附答案详解）一．选择题（共10小题）1．边长相等的正方形与正六边形按如图方式拼接在一起，则∠ABC的度数为（）A．10°B．15°C．20°D．30°2．已知圆内接正三角形的面积为3，则边心距是（）A．2B．1C．D．3．有一个正五边形和一个正方形边长相等，如图放置，则∠1的值是（）A．15°B．18°C．20D．9°4．已知正六边形的边心距是，则正六边形的边长是（）A．4B．C．D．5．如图，矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，以B为圆心，BC为半径画弧，交AD于E，则图中阴影部分的周长是（）A．2+B．C．2十πD．1+π6．如图，点A、B在半径为R的⊙O上，若的长为R，则（）A．∠AOB＝°B．∠AOB＝90°C．°D．∠AOB＝60°7．如图，⊙A，⊙B，⊙C的半径都是2cm，则图中三个扇形（即阴影部分）面积之和是（）A．2πB．πC．D．6π8．一个圆锥的侧面展开图是半径为8的半圆，则该圆锥的全面积是（）A．48πB．45πC．36πD．32π9．用一块圆心角为216°的扇形铁皮，做一个高为40cm的圆锥形工件（接缝忽略不计），那么这个扇形铁皮的半径是（）cm．A．30B．50C．60D．8010．已知圆柱的底面半径为3cm，母线长为5cm，则圆柱的侧面积是（）A．30 cm2B．30πcm2C．15 cm2D．15πcm2二．填空题（共10小题）11．已知一个正多边形的中心角为30度，边长为x厘米（x＞0），周长为y厘米，那么y关于x的函数解析式为．12．⊙O的内接正三角形和外切正方形的边长之比是．13．一个正六边形的周长是18cm，则这个正六边形的边长是．14．如图，⊙O经过正五边形OABCD的顶点A，D，点E在优弧AD上，则∠E等于度．15．A，B是⊙O上的两点，OA＝1，劣弧的长是π，则∠AOB的度数是．16．如图，A，B，C是⊙O上的点，⊙O的半径为6，劣弧AB的长为3π，tan∠BOC＝，AD∥OC，则AD的长为．17．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，分别以B、C为圆心，AB长为半径画弧，则图中阴影部分的面积为．18．如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的母线长l为cm．19．如果一个扇形的弧长等于它的半径，那么此扇形称为“等边扇形”．将半径为5的“等边扇形”围成一个圆锥，则圆维的侧面积为．20．将一个内径为20cm、高为10cm的圆柱形水桶内装满水，然后倒入一个长方形鱼缸中，水只占鱼缸的，则鱼缸容积为cm3．三．解答题（共8小题）21．如图，正三角形ABC内接于⊙O，若AB＝cm，求⊙O的半径．22．已知圆内接正三角形的边心距为2cm，求它的边长．23．如图，点G，H分别是正六边形ABCDEF的边BC，CD上的点，且BG＝CH，AG交BH于点P．（1）求证：△ABG≌△BCH；（2）求∠APH的度数．24．如图，在单位长度为1的正方形网格图中，一条圆弧经过网格点A（0，4）、B（4，4）、C（6，2）三点，请在网格中进行下列操作：（1）在图中确定该圆弧所在圆的圆心D点的位置，写出D点坐标为．（2）连接AD、CD，求⊙D的半径及弧AC的长．25．如图，在⊙O中，弦AB⊥CD于点E，弦AG⊥BC于点F，AG与CD相交于点M，连结AD．（1）求证：ME＝DE；（2）若＝100°，⊙O的半径为6，求的弧长的和．26．如图，在单位长度为1的正方形网格中，以格点O为原点建立直角坐标系，一段圆弧恰经过网格点A、B、C，请在网格图中按要求操作并解答：（1）利用网格确定该圆弧所在圆的圆心D，并写出D点的坐标为．（2）连结AD，CD，扇形ADC的面积为．（3）连结AC，OC，sin∠ACO的值为．27．如图，在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD是∠BAC的角平分线，且AD＝6，以点A为圆心，AD长为半径画弧EF，交AB于点E，交AC于点F．（1）求由弧EF及线段FC、CB、BE围成图形（图中阴影部分）的面积；（2）将阴影部分剪掉，余下扇形AEF，将扇形AEF围成一个圆锥的侧面，AE与AF正好重合，圆锥侧面无重叠，求这个圆锥的高h．28．已知圆柱的底面半径为3cm，高为4cm，求圆柱的侧面积．答案详解：一．选择题（共10小题）1．边长相等的正方形与正六边形按如图方式拼接在一起，则∠ABC的度数为（）A．10°B．15°C．20°D．30°【解答】解：由题意得：正六边形的每个内角都等于120°，正方形的每个内角都等于90°，故∠BAC＝360°﹣120°﹣90°＝150°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝＝15°．故选：B．2．已知圆内接正三角形的面积为3，则边心距是（）A．2B．1C．D．【解答】解：设正三角形的边心距为x，则其半径为2x，边长为2x，因为圆内接正三角形的面积为3，所以×2x（x+2x）＝3，解得：x＝1所以该圆的内接正六边形的边心距为1，故选：B．3．有一个正五边形和一个正方形边长相等，如图放置，则∠1的值是（）A．15°B．18°C．20D．9°【解答】解：正五边形的内角的度数是×（5﹣2）×180°＝108°，正方形的内角是90°，则∠1＝108°﹣90°＝18°．故选：B．4．已知正六边形的边心距是，则正六边形的边长是（）A．4B．C．D．【解答】解：∵正六边形的边心距为2，∴OB＝2，∠OAB＝60°，∴AB＝＝＝2，∴AC＝2AB＝4．故选：A．5．如图，矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，以B为圆心，BC为半径画弧，交AD于E，则图中阴影部分的周长是（）A．2+B．C．2十πD．1+π【解答】解：∵矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，∴AD＝BC＝2，CD＝AB＝，∠A＝90°，∵BE＝BC＝2，在Rt△ABE中，∵AB＝，BE＝2，∴∠AEB＝∠ABE＝45°，AE＝AB＝，∴DE＝AD﹣AE＝2﹣，∵∠ABC＝90°，∴∠CBE＝45°，∴的长度＝＝，∴图中阴影部分的周长＝+2﹣+＝2+，故选：A．6．如图，点A、B在半径为R的⊙O上，若的长为R，则（）A．∠AOB＝°B．∠AOB＝90°C．°D．∠AOB＝60°【解答】解：根据弧长公式得：R＝，∴圆心角∠AOB＝n＝，故选：A．7．如图，⊙A，⊙B，⊙C的半径都是2cm，则图中三个扇形（即阴影部分）面积之和是（）A．2πB．πC．D．6π【解答】解：∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴阴影部分的面积＝＝2π．故选：A．8．一个圆锥的侧面展开图是半径为8的半圆，则该圆锥的全面积是（）A．48πB．45πC．36πD．32π【解答】解：侧面积是：πr2＝×π×82＝32π，底面圆半径为：，底面积＝π×42＝16π，故圆锥的全面积是：32π+16π＝48π．故选：A．9．用一块圆心角为216°的扇形铁皮，做一个高为40cm的圆锥形工件（接缝忽略不计），那么这个扇形铁皮的半径是（）cm．A．30B．50C．60D．80【解答】解：设这个扇形铁皮的半径为R，底面圆的半径为r，根据题意得2πr＝，即r＝R，因为r2+402＝R2，所以（R）2+402＝R2，解得R＝50，即这个扇形铁皮的半径为50cm．故选：B．10．已知圆柱的底面半径为3cm，母线长为5cm，则圆柱的侧面积是（）A．30 cm2B．30πcm2C．15 cm2D．15πcm2【解答】解：2×π×3×5＝30π（cm2）∴圆柱的侧面积是30πcm2．故选：B．二．填空题（共10小题）11．已知一个正多边形的中心角为30度，边长为x厘米（x＞0），周长为y厘米，那么y关于x的函数解析式为y＝12x．【解答】解：∵正多边形的中心角为30度，∴＝12，∴正多边形为正十二边形，设边长为x厘米（x＞0），周长为y厘米，则y关于x的函数解析式为：y＝12x；故答案为：y＝12x．12．⊙O的内接正三角形和外切正方形的边长之比是：2．【解答】解：如图所示：连接CO，过点O，作OE⊥CD于点E，四边形AMNB是正方形，⊙O切AB于点C，△CFD是⊙O的内接正三角形，设圆的外切正方形的边长为a，则CO＝BC＝，∠OCE＝30°，∴CE＝cos30°＝，∴这个圆的内接正三角形的边长为：2EC＝，∴：a＝：2．故答案为：2．13．一个正六边形的周长是18cm，则这个正六边形的边长是3cm．【解答】解：∵一个正六边形的周长是18cm，∴正六边形的边长＝18÷6＝3（cm）；故答案为：3cm．14．如图，⊙O经过正五边形OABCD的顶点A，D，点E在优弧AD上，则∠E等于54度．【解答】解：∵⊙O经过正五边形OABCD的顶点A，D，∴∠AOD＝108°，∴∠E＝AOD＝54°，故答案为：54．15．A，B是⊙O上的两点，OA＝1，劣弧的长是π，则∠AOB的度数是60°．【解答】解：根据弧长的公式l＝，得到：π＝，解得n＝60故答案是：60°．16．如图，A，B，C是⊙O上的点，⊙O的半径为6，劣弧AB的长为3π，tan∠BOC＝，AD∥OC，则AD的长为2．【解答】解：∵劣弧AB的长为3π，∴，∴n＝90°，∴∠AOB＝90°，∵AD∥OC，∴∠BOC＝∠ADO，∴tan∠BOC＝tan∠ADO＝＝，∵OA＝6，∴OD＝6×＝4，∴＝＝2．故答案为：2．17．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，分别以B、C为圆心，AB长为半径画弧，则图中阴影部分的面积为4﹣．【解答】解：连接BG，CG∵BG＝BC＝CG，∴△BCG是等边三角形．∴∠CBG＝∠BCG＝660°，∵在正方形ABCD中，AB＝4，∴BC＝4，∠BCD＝90°，∴∠DCG＝30°，∴图中阴影部分的面积＝S扇形CDG﹣S弓形CG＝﹣（﹣×4×2）＝4﹣，故答案为：4﹣．18．如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的母线长l为6cm．【解答】解：圆锥的底面周长＝2π×2＝4πcm，设圆锥的母线长为R，则：＝4π，解得R＝6．故答案为：6．19．如果一个扇形的弧长等于它的半径，那么此扇形称为“等边扇形”．将半径为5的“等边扇形”围成一个圆锥，则圆维的侧面积为12.5．【解答】解：∵扇形是“等边扇形”，∴扇形的弧长＝5，∴圆维的侧面积＝×5×5＝12.5，故答案为：12.5．20．将一个内径为20cm、高为10cm的圆柱形水桶内装满水，然后倒入一个长方形鱼缸中，水只占鱼缸的，则鱼缸容积为2000πcm3．【解答】解：∵一个内径为20cm、高为10cm的圆柱形水桶内装满水，∴水的体积为：π×102×10＝1000π（cm3），∵倒入一个长方形鱼缸中，水只占鱼缸的，∴鱼缸容积为：2000πcm3．故答案为：2000π．三．解答题（共8小题）21．如图，正三角形ABC内接于⊙O，若AB＝cm，求⊙O的半径．【解答】解：过点O作OD⊥BC于点D，连接BO，∵正三角形ABC内接于⊙O，∴点O即是三角形内心也是外心，∴∠OBD＝30°，BD＝CD＝BC＝AB＝，∴cos30°＝＝＝，解得：BO＝2，即⊙O的半径为2cm．22．已知圆内接正三角形的边心距为2cm，求它的边长．【解答】解：如图，连接OA、OB；∵AB为⊙O的内接正三角形的一边，OC⊥AB于点C；∴∠AOB＝＝120°；∵OA＝OB，∴∠AOC＝∠AOB＝60°，AC＝BC；∵tan60°＝，而OC＝2，∴AC＝2，AB＝4（cm）．23．如图，点G，H分别是正六边形ABCDEF的边BC，CD上的点，且BG＝CH，AG交BH于点P．（1）求证：△ABG≌△BCH；（2）求∠APH的度数．【解答】（1）证明：∵在正六边形ABCDEF中，AB＝BC，∠ABC＝∠C＝120°，在△ABG与△BCH中，∴△ABG≌△BCH；（2）解：由（1）知：△ABG≌△BCH，∴∠BAG＝∠HBC，∴∠BPG＝∠ABG＝120°，∴∠APH＝∠BPG＝120°．24．如图，在单位长度为1的正方形网格图中，一条圆弧经过网格点A（0，4）、B（4，4）、C（6，2）三点，请在网格中进行下列操作：（1）在图中确定该圆弧所在圆的圆心D点的位置，写出D点坐标为（2，0）．（2）连接AD、CD，求⊙D的半径及弧AC的长．【解答】解：（1）由垂径定理得到圆的圆心D点的坐标为D（2，0），故答案为：（2，0）；（2）CD＝＝2，tan∠OAD＝＝，tan∠EDC＝，∴∠OAD＝∠EDC，∵∠OAD+∠ODA＝90°，∴∠EDC+∠ODA＝90°，即∠ADC＝90°，∴的长＝＝π．25．如图，在⊙O中，弦AB⊥CD于点E，弦AG⊥BC于点F，AG与CD相交于点M，连结AD．（1）求证：ME＝DE；（2）若＝100°，⊙O的半径为6，求的弧长的和．【解答】（1）证明：∵AB⊥CD，AG⊥BC，∴∠BEC＝90°，∠BF A＝90°，∴∠B+∠EMF＝180°，∵∠AMD+∠EMF＝180°，∴∠AMD＝∠B，由圆周角定理得，∠B＝∠D，∴∠AMD＝∠D，∴AD＝AM，又AB⊥CD，∴ME＝DE；（2）解：连接DG，OA，OD，OC，OG，则∠AMD＝∠CDG+∠AGD，∴∠CDG+∠AGD＝∠ADC＝∠AOC＝50°，由圆周角定理得，∠COG+∠AOD＝2（∠CDG+∠AGD）＝100°，∴的弧长的和＝＝．26．如图，在单位长度为1的正方形网格中，以格点O为原点建立直角坐标系，一段圆弧恰经过网格点A、B、C，请在网格图中按要求操作并解答：（1）利用网格确定该圆弧所在圆的圆心D，并写出D点的坐标为（2，0）．（2）连结AD，CD，扇形ADC的面积为5π．（3）连结AC，OC，sin∠ACO的值为．【解答】解：（1）圆心D如图1所示，D点的坐标为（2，0），故答案为（2，0）；（2）在△AOD和△DEC中，，∴△AOD≌△DEC（SAS）∴∠CDE＝∠DAO，∵∠ADO+∠DAO＝90°，∴∠ADO+∠CDE＝90°，∴∠ADC＝90°，由勾股定理得，AD＝＝2，∴扇形ADC的面积＝＝5π，故答案为：5π；（3）作AF⊥OC于F，OC＝＝2，△AOC的面积＝×4×6＝×2×AF，解得，AF＝，∴sin∠ACO＝＝，故答案为：．27．如图，在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD是∠BAC的角平分线，且AD＝6，以点A为圆心，AD长为半径画弧EF，交AB于点E，交AC于点F．（1）求由弧EF及线段FC、CB、BE围成图形（图中阴影部分）的面积；（2）将阴影部分剪掉，余下扇形AEF，将扇形AEF围成一个圆锥的侧面，AE与AF正好重合，圆锥侧面无重叠，求这个圆锥的高h．【解答】解：∵在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，∴∠B＝30°，∵AD是∠BAC的角平分线，∴AD⊥BC，BD＝CD，∴BD＝AD＝6，∴BC＝2BD＝12，∴由弧EF及线段FC、CB、BE围成图形（图中阴影部分）的面积＝S△ABC﹣S扇形EAF＝×6×12﹣＝36﹣12π；（2）设圆锥的底面圆的半径为r，根据题意得2πr＝，解得r＝2，这个圆锥的高h＝＝4．28．已知圆柱的底面半径为3cm，高为4cm，求圆柱的侧面积．【解答】解：π×2×3×4＝24πcm2。

2024年中考数学复习重难点题型训练—圆的相关证明与计算(含答案解析)

2024年中考数学复习重难点题型训练—圆的相关证明与计算（含答案解析）类型一基本性质有关的1.(2022·湖南省郴州市)如图，在△ABC中，AB=AC.以AB为直径的⊙O与线段BC交于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点P．(1)求证：直线PE是⊙O的切线；(2)若⊙O的半径为6，∠P=30°，求CE的长．【答案】(1)连接OD，根据AB=AC，OB=OD，得∠ACB=∠ODB，从而OD//AC，由DE⊥AC，即可得PE⊥OD，故PE是⊙O的切线；(2)连接AD，连接OD，由DE⊥AC，∠P=30°，得∠PAE=60°，又AB=AC，可得△ABC 是等边三角形，即可得BC=AB=12，∠C=60°，而AB是⊙O的直径，得∠ADB=90°，可得BD=CD=12BC=6，在Rt△CDE中，即得CE的长是3．本题考查圆的综合应用，涉及圆的切线，等腰三角形性质及应用，含特殊角的直角三角形三边关系等，解题的关键是判定△ABC是等边三角形．2.(2022·辽宁省盘锦市)如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC=45°，连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，过点C作CE//AD与BA的延长线交于点E．(1)求证：CE与⊙O相切；(2)若AD=4，∠D=60°，求线段AB，BC的长．【答案】(1)连接OC，根据圆周角定理得∠AOC=90°，再根据AD//EC，可得∠OCE=90°，从而证明结论；(2)过点A作AF⊥EC交EC于F，由AD是圆O的直径，得∠ABD=90°，又AD=4，60°，即得AB=3BD=23，根据∠ABC=45°，知△ABF是等腰直角三角形，AF=BF=2AB= 6，又△AOC是等腰直角三角形，OA=OC=2，得AC=22，故CF=AC2−AF2=2，从而BC=BF+CF=6+2．本题主要考查了圆周角定理，切线的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，作辅助线构造特殊的直角三角形是解题的关键．3.（2021·山东临沂市·中考真题）如图，已知在⊙O中，＝＝，OC与AD相交于点AB BC CDE．求证：（1）AD∥BC（2）四边形BCDE为菱形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）连接BD ，根据圆周角定理可得∠ADB=∠CBD ，根据平行线的判定可得结论；（2）证明△DEF ≌△BCF ，得到DE=BC ，证明四边形BCDE 为平行四边形，再根据 BCCD =得到BC=CD ，从而证明菱形．【详解】解：（1）连接BD ，∵ AB BCCD ==，∴∠ADB=∠CBD ，∴AD ∥BC ；（2）连接CD ，∵AD ∥BC ，∴∠EDF=∠CBF ，∵ BCCD =，∴BC=CD ，∴BF=DF ，又∠DFE=∠BFC ，∴△DEF ≌△BCF （ASA ），∴DE=BC ，∴四边形BCDE 是平行四边形，又BC=CD ，∴四边形BCDE 是菱形．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，解题的关键是合理运用垂径定理得到BF=DF ．4.（2021·四川南充市·中考真题）如图，A ，B 是O 上两点，且AB OA =，连接OB 并延长到点C ，使BC OB =，连接AC ．（1）求证：AC 是O 的切线．（2）点D ，E 分别是AC ，OA 的中点，DE 所在直线交O 于点F ，G ，4OA =，求GF 的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）先证得△AOB 为等边三角形，从而得出∠OAB=60°，利用三角形外角的性质得出∠C=∠CAB=30°，由此可得∠OAC=90°即可得出结论；（2）过O 作OM ⊥DF 于M ，DN ⊥OC 于N ，利用勾股定理得出AC=30°的直角三角形的性质得出DN ，再根据垂径定理和勾股定理即可求出GF 的长．【详解】（1）证明：∵AB=OA ，OA=OB∴AB=OA=OB∴△AOB 为等边三角形∴∠OAB=60°，∠OBA=60°∵BC=OB∴BC=AB∴∠C=∠CAB又∵∠OBA=60°=∠C+∠CAB∴∠C=∠CAB=30°∴∠OAC=∠OAB+∠CAB=90°∴AC 是⊙O 的切线；（2）∵OA=4∴OB=AB=BC=4∴OC=8∴AC=∵D 、E 分别为AC 、OA 的中点，∴OE//BC ，DC=过O 作OM ⊥DF 于M ，DN ⊥OC 于N则四边形OMDN 为矩形∴DN=OM在Rt △CDN 中，∠C=30°，∴DN=12DC=∴OM=3连接OG ，∵OM ⊥GF∴GF=2MG=222OG OM -=()22243-=213【点睛】本题考查了切线的判定、垂径定理、等边三角形的性质和判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．5.（2021·安徽中考真题）如图，圆O 中两条互相垂直的弦AB ，CD 交于点E ．（1）M 是CD 的中点，OM ＝3，CD ＝12，求圆O 的半径长；（2）点F 在CD 上，且CE ＝EF ，求证：AF BD ⊥．【答案】（1）35；（2）见解析．【分析】（1）根据M 是CD 的中点，OM 与圆O 直径共线可得OM CD ⊥，OM 平分CD ，则有6MC =，利用勾股定理可求得半径的长；（2）连接AC ，延长AF 交BD 于G ，根据CE EF =，AE FC ⊥，可得AF AC =，12∠=∠，利用圆周角定理可得2D ∠=∠，可得1D ∠=∠，利用直角三角形的两锐角互余，可证得90AGB ∠=︒，即有AF BD ⊥．【详解】（1）解：连接OC ，∵M 是CD 的中点，OM 与圆O 直径共线∴OM CD ⊥，OM 平分CD ，90OMC ∴∠=︒12CD = 6MC ∴=．在Rt OMC △中．OC ===∴圆O 的半径为（2）证明：连接AC ，延长AF 交BD 于G ．CE EF = ，AE FC⊥AF AC∴=又CE EF= 12∠∠∴= BCBC = 2D∴∠=∠1D∴∠=∠中在Rt BED∠+∠=︒90D B∴∠+∠=︒B190AGB∴∠=︒90∴⊥AF BD【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两锐角互余，勾股定理等知识点，熟练应用相关知识点是解题的关键．∠是 AD所对的圆周角，6.（2021·浙江中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，ACD∠=︒．30ACD∠的度数；（1）求DABAB=，求DF的（2）过点D作DE AB⊥，垂足为E，DE的延长线交⊙O于点F．若4长．【答案】（1）60︒；（2）23【分析】（1）连结BD ，根据圆周角性质，得B ACD ∠=∠；根据直径所对圆周角为直角、直角三角形两锐角互余的性质计算，即可得到答案；（2）根据含30°角的直角三角形性质，得12AD AB =；根据垂径定理、特殊角度三角函数的性质计算，即可得到答案．【详解】（1）连结BD ，30ACD ∠=︒30B ACD \Ð=Ð=°AB Q 是O 的直径，90ADB ∴∠=︒，9060DAB B ∴∠=︒-∠=︒（2）90ADB ∠=︒ ，30B ∠=︒，4AB =∴122AD AB ==60DAB ∠=︒ ，DE AB ⊥，且AB 是直径sin 60EF DE AD︒∴===2DF DE =∴=．【点睛】本题考查了圆、含30°角的直角三角形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角、垂径定理、含30°角的直角三角形、三角函数、直角三角形两锐角互余的性质，从而完成求解．7.（2021·湖南中考真题）如图，ABC 是O 的内接三角形，AC 是O 的直径，点D 是 BC的中点，//DE BC 交AC 的延长线于点E ．（1）求证：直线DE 与O 相切；（2）若O 的直径是10，45A ∠=︒，求CE 的长．【答案】（1）见解析；（2）5CE =．【分析】（1）连接OD ，由点D 是 BC的中点得OD ⊥BC ，由DE//BC 得OD ⊥DE ，由OD 是半径可得DE 是切线；（2）证明△ODE 是等腰直角三角形，可求出OE 的长，从而可求得结论．【详解】解：（1）连接OD 交BC 于点F ，如图，∵点D 是 BC的中点，∴OD ⊥BC ，∵DE//BC∴OD ⊥DE∵OD 是O 的半径∴直线DE 与O 相切；（2）∵AC 是O 的直径，且AB=10,∴∠ABC=90°，152OC OA AB ===∵OD ⊥BC∴∠OFC=90°∴OD//AB 45BAC ∠=︒∴45DOE ∠=︒∵90ODE ∠=︒∴45OED ∠=∴5DE OD OC ===由勾股定理得，OE =∴5CE OE OC =-=．【点睛】此题主要考查了切线的判定与性质的综合运用，熟练掌握切线的判定与性质是解答此题的关键．8.（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，在Rt AOB 中，90∠=︒ABO ，30OAB ∠=︒，以点O 为圆心，OB 为半径的圆交BO 的延长线于点C ，过点C 作OA 的平行线，交O 于点D ，连接AD ．（1）求证：AD 为O 的切线；（2）若2OB =，求弧CD 的长．【答案】（1）见解析；（2）23π【分析】（1）连接OB ，先根据直角三角形的性质得到∠AOB=60°，再运用平行线的性质结合已知条件可得60AOD ∠=︒，再证明AOB AOD △≌△可得90ADO ABO ∠=∠=︒即可；（2）先求出∠COD ，然后再运用弧长公式计算即可．【详解】（1）证明：连接OD∵30OAB ∠=︒，90B ∠=︒∴60AOB ∠=︒又∵//CD AO∴60C AOB ∠=∠=︒∴2120BOD C ∠=∠=︒∴60AOD ∠=︒又∵,OB OD AO AO==∴()AOB AOD SAS ≌∴90ADO ABO ∠=∠=︒又∵点D 在O 上∴AD 是O 的切线；（2）∵120BOD ∠=︒∴60COD ∠=︒∴602223603l ππ=⨯⨯=．【点睛】本题主要考查了圆的切线的证明、弧长公式等知识点，掌握圆的切线的证明方法成为解答本题的关键．9.（2020•齐齐哈尔）如图，AB 为⊙O 的直径，C 、D 为⊙O 上的两个点，AC=CD =DB ，连接AD ，过点D 作DE ⊥AC 交AC 的延长线于点E ．（1）求证：DE 是⊙O 的切线．（2）若直径AB ＝6，求AD 的长．【分析】（1）连接OD ，根据已知条件得到∠BOD =13×180°＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD⊥DE，于是得到结论；（2）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到结论．【解析】（1）证明：连接OD，=CD =DB ，∵AC∴∠BOD=13×180°＝60°，=DB ，∵CD∴∠EAD＝∠DAB=12∠BOD＝30°，∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠DAB＝30°，∵DE⊥AC，∴∠E＝90°，∴∠EAD+∠EDA＝90°，∴∠EDA＝60°，∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线；（2）解：连接BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠DAB＝30°，AB＝6，∴BD=12AB＝3，∴AD=62−32=33．10.（2020•深圳）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为D．连接BC并延长，交AD的延长线于点E．（1）求证：AE＝AB；（2）若AB＝10，BC＝6，求CD的长．【分析】（1）证明：连接AC、OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥CD，则可判断OC∥AD，所以∠OCB＝∠E，然后证明∠B＝∠E，从而得到结论；（2）利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则利用勾股定理可计算出AC＝8，再根据等腰三角形的性质得到CE＝BC＝6，然后利用面积法求出CD的长．【解析】（1）证明：连接AC、OC，如图，∵CD为切线，∴OC⊥CD，∴CD⊥AD，∴OC∥AD，∴∠OCB＝∠E，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠B，∴∠B＝∠E，∴AE＝AB；（2）解：∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∴AC=102−62=8，∵AB＝AE＝10，AC⊥BE，∴CE＝BC＝6，∵12CD•AE=12AC•CE，∴CD=6×810=245．11.（2020•陕西）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°．连接AO并延长，交⊙O于点D，连接BD．过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E．（1）求证：AD∥EC；（2）若AB＝12，求线段EC的长．【分析】（1）连接OC，由切线的性质可得∠OCE＝90°，由圆周角定理可得∠AOC＝90°，可得结论；（2）过点A作AF⊥EC交EC于F，由锐角三角函数可求AD＝83，可证四边形OAFC是正方形，可得CF＝AF＝43，由锐角三角函数可求EF＝12，即可求解．【解析】证明：（1）连接OC，∵CE与⊙O相切于点C，∴∠OCE＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠AOC＝90°，∵∠AOC+∠OCE＝180°，∴∴AD∥EC（2）如图，过点A作AF⊥EC交EC于F，∵∠BAC＝75°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝60°，∴∠D＝∠ACB＝60°，∴sin∠ADB=AB AD==83，∴AD=∴OA＝OC＝43，∵AF⊥EC，∠OCE＝90°，∠AOC＝90°，∴四边形OAFC是矩形，又∵OA＝OC，∴四边形OAFC是正方形，∴CF＝AF＝43，∵∠BAD＝90°﹣∠D＝30°，∴∠EAF＝180°﹣90°﹣30°＝60°，∵tan∠EAF=EF AF=3，∴EF=3AF＝12，∴CE＝CF+EF＝12+43．类型二与三角形全等、相似有关的12.(2022·辽宁省营口市)如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O与AC交于点E，过点A作⊙O的切线交BC的延长线于点D．(1)求证：∠D=∠EBC；(2)若CD=2BC，AE=3，求⊙O的半径．【答案】(1)根据切线的性质可得∠DAO=90°，从而可得∠D+∠ABD=90°，根据直径所对的圆周角是直角可得∠BEC=90°，从而可得∠ACB+∠EBC=90°，然后利用等腰三角形的性质可得∠ACB=∠ABC，从而利用等角的余角相等即可解答；(2)根据已知可得BD=3BC，然后利用(1)的结论可得△DAB∽△BEC，从而利用相似三角形的性质可得AB=3EC，然后根据AB=AC，进行计算即可解答．本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．13.（2022·北部湾）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AB，垂足为E，延长BA交⊙O于点F.（1）求证：DE是⊙O的切线（2）若AE DE=23，AF=10，求⊙O的半径.【答案】（1）证明：连接OD；∵OD=OC，∴∠C=∠ODC，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠B=∠ODC，∴OD∥AB，∴∠ODE=∠DEB；∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴∠ODE=90°，即DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线（2）解：连接CF，由（1）知OD⊥DE，∵DE⊥AB，∴OD∥AB，∵OA=OC，∴BD=CD，即OD是△ABC的中位线，∵AC是⊙O的直径，∴∠CFA=90°，∵DE⊥AB，∴∠BED=90°，∴∠CFA=∠BED=90°，∴DE∥CF，∴BE=EF，即DE是△FBC的中位线，∴CF=2DE，∵AE DE=23，∴设AE=2x，DE=3k，CF=6k，∵AF=10，∴BE=EF=AE+AF=2k+10，∴AC=BA=EF+AE=4k+10，在Rt△ACF中，由勾股定理，得AC2=AF2+CF2，即(4k+10)2=102+(6k)2，解得：k=4，∴AC=4k+10=4×4+10=26，∴OA=13，即⊙O的半径为13.【知识点】平行线的判定与性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的判定；三角形的中位线定理【解析】【分析】（1）连接OD ，根据等腰三角形的性质可得∠C=∠ODC ，∠B=∠C ，则∠B=∠ODC ，推出OD ∥AB ，由平行线的性质可得∠ODE=∠DEB=90°，即DE ⊥OD ，据此证明；（2）连接CF ，由（1）知OD ⊥DE ，则OD ∥AB ，易得OD 是△ABC 的中位线，根据圆周角定理可得∠CFA=90°，根据垂直的概念可得∠BED=90°，则DE ∥CF ，推出DE 是△FBC的中位线，得CF=2DE ，设AE=2x ，DE=3k ，CF=6k ，则BE=EF=2k+10，AC=BA=4k+10，根据勾股定理可得k 的值，然后求出AC 、OA ，据此可得半径.14.（2021·江苏无锡市·中考真题）如图，四边形ABCD 内接于O ，AC 是O 的直径，AC 与BD 交于点E ，PB 切O 于点B ．（1）求证：PBA OBC ∠=∠；（2）若20PBA Ð=°，40ACD ∠=︒，求证：OAB CDE V V ∽．【答案】（1）见详解；（2）见详解【分析】（1）由圆周角定理的推论，可知∠ABC=90°，由切线的性质可知∠OBP=90°，进而即可得到结论；（2）先推出20OCB OBC ∠=∠=︒，从而得∠AOB=40°，继而得∠OAB=70°，再推出∠CDE=70°，进而即可得到结论．【详解】证明：（1）∵AC 是O 的直径，∴∠ABC=90°，∵PB 切O 于点B ，∴∠OBP=90°，∴90PBA ABO OBC ABO ∠+∠=∠+∠=︒，∴PBA OBC ∠=∠；（2）∵20PBA Ð=°，PBA OBC ∠=∠，∴20OBC ∠=︒，∵OB=OC ，∴20OCB OBC ∠=∠=︒，∴∠AOB=20°+20°=40°，∵OB=OA ，∴∠OAB=∠OBA=(180°-40°)÷2=70°，∴∠ADB=12∠AOB=20°，∵AC 是O 的直径，∴∠ADC=90°，∴∠CDE=90°-20°=70°，∴∠CDE=∠OAB ，∵40ACD ∠=︒，∴40ACD AOB ∠=∠=︒，∴OAB CDE V V ∽．【点睛】本题主要考查圆的性质以及相似三角形的判定定理，掌握圆周角定理的推论，相似三角形的判定定理，切线的性质定理，是解题的关键．15.（2020•衢州）如图，△ABC 内接于⊙O ，AB 为⊙O 的直径，AB ＝10，AC ＝6，连结OC ，弦AD分别交OC，BC于点E，F，其中点E是AD的中点．（1）求证：∠CAD＝∠CBA．（2）求OE的长．【分析】（1）利用垂径定理以及圆周角定理解决问题即可．（2）证明△AEC∽△BCA，推出CE AC=AC AB，求出EC即可解决问题．【解析】（1）证明：∵AE＝DE，OC是半径，=CD ，∴AC∴∠CAD＝∠CBA．（2）解：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵AE＝DE，∴OC⊥AD，∴∠AEC＝90°，∴∠AEC＝∠ACB，∴△AEC∽△BCA，∴CE AC=AC AB，∴CE6=610，∴CE＝3.6，∵OC=12AB＝5，∴OE＝OC﹣EC＝5﹣3.6＝1.4．16.（2020•铜仁市）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D 是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若AD＝8，BE CE=12，求CD的长．【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论；（2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解析】（1）证明：连接OC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵CE⊥AB，∴∠CEB＝90°，∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，∴∠A＝∠ECB，∵∠BCE＝∠BCD，∴∠A＝∠BCD，∵OC＝OA，∴∠A＝∠ACO，∴∠ACO＝∠BCD，∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，∴∠DCO＝90°，∴CD是⊙O的切线；（2）解：∵∠A＝∠BCE，∴tanA=BC AC=tan∠BCE=BE CE=12，设BC＝k，AC＝2k，∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，∴△ACD∽△CBD，∴BC AC=CD AD=12，∵AD＝8，∴CD＝4．17.（2020•衡阳）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点A和点D的圆，圆心O在线段AB上，⊙O交AB于点E，交AC于点F．（1）判断BC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若AD＝8，AE＝10，求BD的长．【分析】（1）连接OD，根据平行线判定推出OD∥AC，推出OD⊥BC，根据切线的判定推出即可；（2）连接DE，根据圆周角定理得到∠ADE＝90°，根据相似三角形的性质得到AC=325，根据勾股定理得到CD=AD2−AC2==根据相似三角形的性质即可得到结论．【解析】（1）BC与⊙O相切，理由：连接OD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴∠ODA＝∠CAD，∴OD∥AC，∵∠C＝90°，∴∠ODC＝90°，∴OD⊥BC，∵OD为半径，∴BC是⊙O切线；（2）连接DE，∵AE是⊙O的直径，∴∠ADE＝90°，∵∠C＝90°，∴∠ADE＝∠C，∵∠EAD＝∠DAC，∴△ADE∽△ACD，∴AE AD=AD AC，108=8AC，∴AC=325，∴CD=AD2−AC2==245，∵OD⊥BC，AC⊥BC，∴△OBD∽△ABC，∴OD AC=BD BC，∴5325=BD BD+245，∴BD=1207．18.（2020•遵义）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交BC 于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF＝1，BF＝2，求BD的长度．【分析】（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．【解析】（1）连接OD，如图：∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ADO，∵AD平分∠CAB，∴∠DAE＝∠OAD，∴∠ADO＝∠DAE，∴OD∥AE，∵DE∥BC，∴∠E＝90°，∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，∴DE是⊙O的切线；（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵OF＝1，BF＝2，∴OB＝3，∴AF＝4，BA＝6．∵DF⊥AB，∴∠DFB＝90°，∴∠ADB＝∠DFB，又∵∠DBF＝∠ABD，∴△DBF∽△ABD，∴BD BA=BF BD，∴BD2＝BF•BA＝2×6＝12．∴BD＝23．19.（2019•陕西）如图，⊙O的半径OA＝6，过点A作⊙O的切线AP，且AP＝8，连接PO 并延长，与⊙O交于点B、D，过点B作BC∥OA，并与⊙O交于点C，连接AC、CD．（1）求证：DC∥AP；（2）求AC的长．【分析】（1）根据切线的性质得到∠OAP＝90°，根据圆周角定理得到∠BCD＝90°，根据平行线的性质和判定定理即可得到结论；（2）根据勾股定理和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解析】（1）证明：∵AP是⊙O的切线，∴∠OAP＝90°，∵BD是⊙O的直径，∴∠BCD＝90°，∵OA∥CB，∴∠AOP＝∠DBC，∴∠BDC＝∠APO，∴DC∥AP；（2）解：∵AO∥BC，OD＝OB，∴延长AO交DC于点E，则AE⊥DC，OE=12BC，CE=12CD，在Rt△AOP中，OP=62+82=10，由（1）知，△AOP∽△CBD，∴DB OP=BC OA=DC AP，即1210=BC6=DC8，∴BC=365，DC=485，∴OE=185，CE=245，在Rt△AEC中，AC=AE2+CE2==20（2021·云南中考真题）如图，AB 是O 的直径，点C 是O 上异于A 、B 的点，连接AC 、BC ，点D 在BA 的延长线上，且DCA ABC ∠=∠，点E 在DC 的延长线上，且BE DC ⊥．（1）求证：DC 是O 的切线：（2）若2,33OA BE OD ==，求DA 的长．【答案】（1）见解析；（2）910【分析】（1）连接OC ，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等量代换得到∠DCO=90°，即可证明DC 是圆O 的切线；（2）根据已知得到OA=2DA ，证明△DCO ∽△DEB ，得到DO CO DB EB =，可得DA=310EB ，即可求出DA 的长．【详解】解：（1）如图，连接OC ，由题意可知：∠ACB 是直径AB 所对的圆周角，∴∠ACB=90°，∵OC ，OB 是圆O 的半径，∴OC=OB ，∴∠OCB=∠ABC ，又∵∠DCA=∠ABC ，∴∠DCA=∠OCB ，∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB=90°，∴OC ⊥DC ，又∵OC 是圆O 的半径，∴DC 是圆O 的切线；（2）∵23OA OD =，∴23OA OA DA =+，化简得OA=2DA ，由（1）知，∠DCO=90°，∵BE ⊥DC ，即∠DEB=90°，∴∠DCO=∠DEB ，∴OC ∥BE ，∴△DCO ∽△DEB ，∴DO CO DB EB =，即33255DA OA DA DA DA OA OB DA EB+===++，∴DA=310EB ，∵BE=3，∴DA=310EB=3931010⨯=，经检验：DA=910是分式方程的解，∴DA=910．【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，正确的作出辅助线，证明切线，得到相似三角形是解题的关键．21.（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，四边形ABCD 中，//AD BC ，90BAD ∠=︒，CB CD =，连接BD ，以点B 为圆心，BA 长为半径作B ，交BD 于点E ．（1）试判断CD 与B 的位置关系，并说明理由；（2）若AB =，60BCD ∠=︒，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）相切，理由见解析；（2）π-【分析】（1）过点B 作BF ⊥CD ，证明△ABD ≌△FBD ，得到BF=BA ，即可证明CD 与圆B 相切；（2）先证明△BCD 是等边三角形，根据三线合一得到∠ABD=30°，求出AD ，再利用S △ABD -S 扇形ABE 求出阴影部分面积．【详解】解：（1）过点B 作BF ⊥CD ，∵AD ∥BC ，∴∠ADB=∠CBD ，∵CB=CD ，∴∠CBD=∠CDB ，∴∠ADB=∠CDB ，又BD=BD ，∠BAD=∠BFD=90°，∴△ABD ≌△FBD （AAS ），∴BF=BA ，则点F 在圆B 上，∴CD 与圆B 相切；（2）∵∠BCD=60°，CB=CD ，∴△BCD 是等边三角形，∴∠CBD=60°∵BF ⊥CD ，∴∠ABD=∠DBF=∠CBF=30°，∴∠ABF=60°，∵AB=BF=，∴AD=DF=tan30AB ⋅︒=2，∴阴影部分的面积=S △ABD -S 扇形ABE=(230122360π⨯⨯⨯-=π-．【点睛】本题考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角函数的定义，题目的综合性较强，难度不小，解题的关键是正确做出辅助线．22.（2020•上海）如图，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长线交边AC 于点D．（1）求证：∠BAC＝2∠ABD；（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；（3）当AD＝2，CD＝3时，求边BC的长．【分析】（1）连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．（2）分三种情形：①若BD＝CB，则∠C＝∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝3∠ABD．②若CD＝CB，则∠CBD＝∠CDB＝3∠ABD．③若DB＝DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．（3）如图3中，作AE∥BC交BD的延长线于E．则AE BC=AD DC=23，推出AO OH=AE BH=43，设OB＝OA＝4a，OH＝3a，根据BH2＝AB2﹣AH2＝OB2﹣OH2，构建方程求出a即可解决问题．【解析】（1）证明：连接OA．A∵AB＝AC，=AC ，∴AB∴OA⊥BC，∴∠BAO＝∠CAO，∵OA＝OB，∴∠ABD＝∠BAO，∴∠BAC＝2∠BAD．（2）解：如图2中，延长AO交BC于H．①若BD＝CB，则∠C＝∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝3∠ABD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∴∠DBC＝2∠ABD，∵∠DBC+∠C+∠BDC＝180°，∴8∠ABD＝180°，∴∠C＝3∠ABD＝67.5°．②若CD＝CB，则∠CBD＝∠CDB＝3∠ABD，∴∠C ＝4∠ABD ，∵∠DBC+∠C+∠CDB ＝180°，∴10∠ABD ＝180°，∴∠BCD ＝4∠ABD ＝72°．③若DB ＝DC ，则D 与A 重合，这种情形不存在．综上所述，∠C 的值为67.5°或72°．（3）如图3中，作AE ∥BC 交BD 的延长线于E ．则AE BC =AD DC =23，∴AO OH =AE BH =43，设OB ＝OA ＝4a ，OH ＝3a ，∵BH 2＝AB 2﹣AH 2＝OB 2﹣OH 2，∴25﹣49a 2＝16a 2﹣9a 2，∴a 2=2556，∴BH =∴BC ＝2BH =23.（2021·云南中考真题）如图，AB 是O 的直径，点C 是O 上异于A 、B 的点，连接AC 、BC ，点D 在BA 的延长线上，且DCA ABC ∠=∠，点E 在DC 的延长线上，且BE DC ⊥．（1）求证：DC是O的切线：（2）若2,33OA BEOD==，求DA的长．【答案】（1）见解析；（2）9 10【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等量代换得到∠DCO=90°，即可证明DC是圆O的切线；（2）根据已知得到OA=2DA，证明△DCO∽△DEB，得到DO CODB EB=，可得DA=310EB，即可求出DA的长．【详解】解：（1）如图，连接OC，由题意可知：∠ACB是直径AB所对的圆周角，∴∠ACB=90°，∵OC，OB是圆O的半径，∴OC=OB，∴∠OCB=∠ABC，又∵∠DCA=∠ABC，∴∠DCA=∠OCB，∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB=90°，∴OC⊥DC，又∵OC 是圆O 的半径，∴DC 是圆O 的切线；（2）∵23OA OD =，∴23OA OA DA =+，化简得OA=2DA ，由（1）知，∠DCO=90°，∵BE ⊥DC ，即∠DEB=90°，∴∠DCO=∠DEB ，∴OC ∥BE ，∴△DCO ∽△DEB ，∴DO CO DB EB =，即33255DA OA DA DA DA OA OB DA EB +===++，∴DA=310EB ，∵BE=3，∴DA=310EB=3931010⨯=，经检验：DA=910是分式方程的解，∴DA=910．【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，正确的作出辅助线，证明切线，得到相似三角形是解题的关键．类型三与锐角三角函数有关24.(2022·辽宁省铁岭市)如图，△ABC内接于⊙O，AC是⊙O的直径，过OA上的点P作PD⊥AC，交CB的延长线于点D，交AB于点E，点F为DE的中点，连接BF．(1)求证：BF与⊙O相切；(2)若AP=OP，cosA=45，AP=4，求BF的长．【答案】(1)连接OB，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ABC=90°，从而可得∠ABD=90°，进而利用直角三角形三角形斜边上的中线可得BF=EF=12AD，然后利用等腰三角形的性质可得∠FEB=∠FBE，从而可得∠FBE=∠AEP，最后根据垂直定义可得∠EPA=90°，从而可得∠A+∠AEP=90°，再利用等腰三角形的性质可得∠A=∠OBA，从而可得∠OBA+∠FBE= 90°，进而可得∠OBF=90°，即可解答；(2)在Rt△AEP中，利用锐角三角函数的定义求出AE的长，从而利用勾股定理求出PE的长，然后利用同角的余角相等可得∠AEP=∠C，从而可证△APE∽△DPC，进而利用相似三角形的性质可求出DP的长，最后求出DE的长，即可解答．本题考查了解直角三角形，切线的判定与性质，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，直线与圆的位置关系，熟练掌握解直角三角形，以及切线的判定与性质是解题的关键．25.(2022·四川省广安市)如图，AB为⊙O的直径，D、E是⊙O上的两点，延长AB至点C，连接CD ，∠BDC =∠BAD ．(1)求证：CD 是⊙O 的切线．(2)若tan∠BED =23，AC =9，求⊙O 的半径．【答案】（1）连接OD ，由圆周角定理得出∠ADB =90°，证出OD ⊥CD ，由切线的判定可得出结论；(2)证明△BDC∽△DAC ，由相似三角形的性质得出CD AC =BC CD =BD DA =23，由比例线段求出CD 和BC 的长，可求出AB 的长，则可得出答案．本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．26.（2021·山东菏泽市·中考真题）如图，在O 中，AB 是直径，弦CD AB ⊥，垂足为H ，E 为 BC上一点，F 为弦DC 延长线上一点，连接FE 并延长交直径AB 的延长线于点G ，连接AE 交CD 于点P ，若FE FP =．（1）求证：FE 是O 的切线；（2）若O 的半径为8，3sin 5F =，求BG 的长．【答案】（1）见解析；（2）=2BG 【分析】（1）连接OE ，证明OE ⊥EF 即可；（2）由3sin 5F =证得4sin 5G =，运用正弦的概念可得结论．【详解】解：（1）证明：连接OE ，如图，∵OA=OE∴∠OAE=∠OEA ．∵EF=PF ，∴∠EPF=∠PEF∵∠APH=∠EPF ，∴∠APH=∠EPF ，∴∠AEF=∠APH ．∵CD ⊥AB ，∴∠AHC=90°．∴∠OAE+∠APH=90°．∴∠OEA+∠AEF=90°∴∠OEF=90°∴OE ⊥EF ．∵OE 是O 的半径∴EF 是圆的切线，（2）∵CD ⊥AB∴FHG ∆是直角三角形∵3sin 5F =∴35GH FG =设3GH x =，则5FG x=由勾股定理得，4FH x=由（1）得，OEG ∆是直角三角形∴4sin 5OE FH x G OG FG x===∴45OE OG =，即45OE OE BG =+∵8OE =∴8485BG =+解得，2BG =【点睛】此题主要考查了圆的切线的判定，勾股定理和解直角三角形等知识，熟练掌握切线的判定是解答此题的关键．27.（2022·黔东南）（1）请在图中作出△ABC 的外接圆⊙O （尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；的中点，过点B的（2）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE是⊙O的直径，点B是CE切线与AC的延长线交于点D.①求证：BD⊥AD；②若AC=6，tan∠ABC=34，求⊙O的半径.【答案】（1）解：如下图所示（2）解：①如下图所示，连接OC、OB∵BD是⊙O的切线∴OB⊥BD对应的圆周角，∠COE是CE 对应的圆心角∵∠CAE是CE∴∠COE=2∠CAE的中点∵点B是CE∴∠COE=2∠BOE∴∠CAE=∠BOE∴∠CAE=∠BOE∴AD//OB∴BD⊥AD②如下图所示，连接CE对应的圆周角∵∠ABC与∠AEC是AC∴∠ABC=∠AEC∵AE是⊙O的直径∴∠ACE=90°∴tan∠AEC=AC CE=34∴CE=8∵AE2=CE2+AC2∴AE=10∴⊙O的半径为5.【知识点】圆周角定理；三角形的外接圆与外心；切线的性质；解直角三角形；作图-线段垂直平分线【解析】【解答】（1）∵△ABC的外接圆⊙O的圆心为任意两边的垂直平分线的交点，半径为交点到任意顶点的距离，∴做AB、AC的垂直平分线交于点O，以OB为半径，以O为圆心做圆即可得到△ABC 的外接圆；【分析】（1）利用尺规作图分别作出AC，AB的垂直平分线，两垂直平分线交于点O，然后以点O为圆心，OB的长为半径画圆即可.（2）①连接OC，OB，利用切线的性质可证得OB⊥BD，利用圆周角定理可证得∠COE=2∠CAE，由点B是弧CE的中点，可推出∠CAE=∠BOE，利用平行线的判定定理可证得AD∥OB，由此可证得结论；②连接CE，利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠ABC=∠AEC，利用直径所对的圆周角是直角，可推出∠ACE=90°；再利用解直角三角形求出CE的长，利用勾股定理求出AE的长.28.（2022·鄂州）如图，△ABC内接于⊙O，P是⊙O的直径AB延长线上一点，∠PCB=∠OAC，过点O作BC的平行线交PC的延长线于点D.（1）试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若PC＝4，tanA＝12，求△OCD的面积.【答案】（1）解：PC与⊙O相切，理由如下：∵AB是圆O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠OCB+∠OCA=90°，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∵∠PCB=∠OAC，∴∠PCB=∠OCA，∴∠PCB+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，即∠PCO=90°，∴PC与⊙O相切（2）解：∵∠ACB=90°，tanA=12，∴BC AC=12，∵∠PCB=∠OAC，∠P=∠P，∴△PBC∽△PCA，∴PC PA=PB PC=BC CA=12，∴PA=8，PB=2，∴AB=6，∴OC=OB=3，∴OP=5，∵BC∥OD，∴△PBC∽△POD，∴PB OP=PC PD，即25=4PD，∴PD=10，∴CD=6，∴S△OCD=12OC⋅CD=9【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义【解析】【分析】（1）由圆周角定理得∠ACB=90°，根据等腰三角形的性质可得∠OCA=∠OAC，结合∠PCB=∠OAC得PCB=∠OCA，结合∠OCB+∠OCA=90°可得∠PCO=90°，据此证明；（2）根据三角函数的概念可得BC AC=12，易证△PBC∽△PCA，根据相似三角形的性质可得PA、PB，然后求出AB、OP，证明△PBC∽△POD，根据相似三角形的性质可得PD，由PD-PC=CD可得CD，然后根据三角形的面积公式进行计算.29.（2022·毕节）如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，D是AB边上一点，以BD为直径的⊙O与AC相切于点E，连接DE并延长交BC的延长线于点F.（1）求证：BF=BD；（2）若CF=1，tan∠EDB=2，求⊙O直径.【答案】（1）证明：连接OE，如下图所示：∵AC为圆O的切线，∴∠AEO=90°，∵AC⊥BC，∴∠ACB=90°，∴OE∥BC，∴∠F=∠DEO，又∵OD=OE，∴∠ODE=∠DEO，∴∠F=∠ODE，∴BD=BF.（2）解：连接BE，如下图所示：由(1)中证明过程可知：∠EDB=∠F，。

2020-2021初四数学圆的有关计算综合练习题1(附答案详解)

2010-2021初四数学圆的有关计算综合练习题1（附答案详解）一．选择题（共10小题）1．如图（1），将一个正六边形各边延长，构成一个正六角星形AFBDCE，它的面积为1；取△ABC和△DEF各边中点，连接成正六角星形A1F1B1D1C1E1，如图（2）中阴影部分；取△A1B1C1和△D1E1F1各边中点，连接成正六角星形A2F2B2D2C2E2，如图（3）中阴影部分；如此下去…，则正六角星形A4F4B4D4C4E4的面积为（）A．B．C．D．2．如图，点P、M、N分别是边长为2的正六边形中不相邻三条边的中点，则△PMN的周长为（）A．6B．6C．6D．93．若一个正多边形的一个内角是135°，则这个正多边形的中心角为（）A．20°B．45°C．60°D．90°4．下列圆的内接正多边形中，中心角最大的图形是（）A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形5．如图，圆上有A、B、C、D四点，其中∠BAD＝80°，若弧ABC、弧ADC的长度分别为7π、11π，则弧BAD的长度是（）A．4πB．8πC．l0πD．15π6．如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，⊙O的半径为3，AO⊥BC，垂足为点E，若∠ADC＝130°，则的长等于（）A．B．C．D．7．如图，矩形ABCD的边AB＝1，BC＝2，以点B为圆心，BC为半径画弧，交AD于点E，则图中阴影部分的面积是（）A．B．2C．D．2﹣8．已知圆锥的底面半径为5cm，侧面积为60πcm2，设圆锥的母线与高的夹角为θ，则sinθ的值为（）A．B．C．D．9．如图，圆锥的底面半径为1，母线长为3，则侧面积为（）A．2πB．3πC．6πD．8π10．已知圆柱的底面半径为3cm，母线长为6cm，则圆柱的侧面积是（）A．36cm2B．36πcm2C．18cm2D．18πcm2二．填空题（共10小题）11．我们规定：一个正n边形（n为整数，n≥4）的最长对角线与边长的比值，叫做这个正n边形的“特征值”，记为a n，那么a6＝．12．有三个大小一样的正六边形，可按下列方式进行拼接：方式1：如图1；方式2：如图2；若有四个边长均为1的正六边形，采用方式1拼接，所得图案的外轮廓的周长是．有n个长均为1的正六边形，采用上述两种方式的一种或两种方式混合拼接，若得图案的外轮廓的周长为18，则n的最大值为．13．如图，ABCDE是边长为1的正五边形，则它的内切圆与外接圆所围圆环的面积为．14．如图，点O是正八边形ABCDEFGH的中心点，点M和点N分别在AB和DE上，且AM＝DN，则∠MON的大小为度．15．如图，半径为6的⊙O的直径AB与弦CD垂直，且∠BAC＝40°，则劣弧BD的长是（结果保留π）．16．如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝120°，半径OA＝2，则扇形的弧长为．17．如图，等边△ABC的边长是4，O是△ABC的中心，连接OB，OC，把△BOC绕着点CO旋转到△AO′C的位置，在这个旋转过程中，线段OB所扫过的图形的面积是．18．如图是一个圆锥形冰淇淋，已知它的母线长是13cm，高是12cm，则这个圆锥形冰淇淋的底面面积是．19．圆锥的母线长是6cm，侧面积是30πcm2，该圆锥底面圆的半径长等于cm．20．如果圆柱的母线长为5cm，底面半径为2cm，那么这个圆柱的侧面积是．三．解答题（共8小题）21．如图，在正五边形ABCDE中，CA与DB相交于点F，若AB＝1，求BF．22．如图，已知点O是正六边形ABCDEF的对称中心，G，H分别是AF，BC上的点，且AG＝BH．（1）求∠F AB的度数；（2）求证：OG＝OH．23．求半径为3的圆的内接正方形的边长．24．如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上的一点，点C是的中点，连结AD、BC 若，∠DAB＝30°．（1）求∠ABC的度数；（2）若AD＝8，求的长度（结果保留π）．25．如图，半圆O的直径AB＝6，弦CD＝3，的长为π，求的长．26．如图，AB为⊙O的直径，AB＝AC，BC交⊙O于点D，AC交⊙O于点E．（1）求证：BD＝CD；（2）若AB＝4，∠BAC＝45°，求阴影部分的面积．27．已知圆锥的底面半径为3，母线长为6，求此圆锥侧面展开图的圆心角．28．一个圆柱形容器的内半径为10厘米，里面盛有一定高度的水，将一个长25厘米，宽6厘米的长方体金属块完全淹没，结果容器内的水升高了4厘米（没有溢出），问这个金属块的高是多少厘米？（π的取值3）答案详解：一．选择题（共10小题）1．如图（1），将一个正六边形各边延长，构成一个正六角星形AFBDCE，它的面积为1；取△ABC和△DEF各边中点，连接成正六角星形A1F1B1D1C1E1，如图（2）中阴影部分；取△A1B1C1和△D1E1F1各边中点，连接成正六角星形A2F2B2D2C2E2，如图（3）中阴影部分；如此下去…，则正六角星形A4F4B4D4C4E4的面积为（）A．B．C．D．【解答】解：∵A1、F1、B1、D1、C1、E1分别是△ABC和△DEF各边中点，∴正六角星形AFBDCE∽正六角星形A1F1B1D1C1E1且相似比为2：1，∵正六角星形AFBDCE的面积为1，∴正六角星形A1F1B1D1C1E1的面积为，同理可得，第二个六角形的面积为：＝，第三个六角形的面积为：＝，第四个六角形的面积为：＝．故选：D．2．如图，点P、M、N分别是边长为2的正六边形中不相邻三条边的中点，则△PMN的周长为（）A．6B．6C．6D．9【解答】解：分别过正六边形的顶点A，B作AE⊥MN于E，BF⊥MN于F，则∠EAM＝∠NBF＝30°，EF＝AB＝2，∵AM＝BN＝2＝1，∴EM＝FN＝1＝，∴MN＝++2＝3，∴△PMN的周长3×3＝9，故选：D．3．若一个正多边形的一个内角是135°，则这个正多边形的中心角为（）A．20°B．45°C．60°D．90°【解答】解：∵正多边形的一个内角是135°，∴该正多边形的一个外角为45°，∵多边形的外角之和为360°，∴边数n＝＝8，∴该正多边形为正八边形，故这个正多边形的中心角为：＝45°．故选：B．4．下列圆的内接正多边形中，中心角最大的图形是（）A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形【解答】解：∵正三角形一条边所对的圆心角是360°÷3＝120°，正方形一条边所对的圆心角是360°÷4＝90°，正五边形一条边所对的圆心角是360°÷5＝72°，正六边形一条边所对的圆心角是360°÷6＝60°，∴一条边所对的圆心角最大的图形是正三角形，故选：A．5．如图，圆上有A、B、C、D四点，其中∠BAD＝80°，若弧ABC、弧ADC的长度分别为7π、11π，则弧BAD的长度是（）A．4πB．8πC．l0πD．15π【解答】解：∵、的长度分别为7π，11π，∴圆的周长为18π，∵∠A＝80°，∴∠C＝180°﹣80°＝100°，故＝×18π＝10π．故选：C．6．如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，⊙O的半径为3，AO⊥BC，垂足为点E，若∠ADC＝130°，则的长等于（）A．B．C．D．【解答】解：连接OB、OC，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝50°，∴∠AOC＝100°，∴∠EOC＝80°，∵AO⊥BC，OB＝OC，∴∠BOC＝2∠EOC＝160°，∴的长＝＝π，故选：D．7．如图，矩形ABCD的边AB＝1，BC＝2，以点B为圆心，BC为半径画弧，交AD于点E，则图中阴影部分的面积是（）A．B．2C．D．2﹣【解答】解：如图，连接BE，则BE＝BC＝2，在Rt△ABE中，∵AB＝1、BE＝2，∴∠AEB＝∠EBC＝30°，AE＝＝，则阴影部分的面积＝S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S扇形BCE＝1×2﹣×1×﹣＝2﹣﹣，故选：A．8．已知圆锥的底面半径为5cm，侧面积为60πcm2，设圆锥的母线与高的夹角为θ，则sinθ的值为（）A．B．C．D．【解答】解：设圆锥的母线长为R，由题意得60π＝π×5×R，解得R＝12．∴sinθ＝，故选：C．9．如图，圆锥的底面半径为1，母线长为3，则侧面积为（）A．2πB．3πC．6πD．8π【解答】解：圆锥的侧面积为：×2π×1×3＝3π，故选：B．10．已知圆柱的底面半径为3cm，母线长为6cm，则圆柱的侧面积是（）A．36cm2B．36πcm2C．18cm2D．18πcm2【解答】解：根据侧面积公式可得π×2×3×6＝36πcm2，故选：B．二．填空题（共10小题）11．我们规定：一个正n边形（n为整数，n≥4）的最长对角线与边长的比值，叫做这个正n边形的“特征值”，记为a n，那么a6＝2．【解答】解：如图，正六边形ABCDEF中，对角线BE、CF交于点O，连接EC，根据题意得：BE是正六边形最长的对角线，∵ABCDEF是正六边形，∴△OBC是等边三角形，∴∠OBC＝∠OCB＝∠BOC＝60°，∵ABCDEF是正六边形，∴OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∵∠BOC＝∠OEC+∠OCE，∴∠OEC＝∠OCE＝30°，即∠BEC＝30°，∴∠BCE＝90°，∴△BEC是直角三角形，∴BC＝BE，∴＝2，∴a6＝2，故答案为2．12．有三个大小一样的正六边形，可按下列方式进行拼接：方式1：如图1；方式2：如图2；若有四个边长均为1的正六边形，采用方式1拼接，所得图案的外轮廓的周长是7．有n个长均为1的正六边形，采用上述两种方式的一种或两种方式混合拼接，若得图案的外轮廓的周长为18，则n的最大值为．【解答】解：有四个边长均为1的正六边形，采用方式1拼接，所得图案的外轮廓的周长为4×4+2＝18；按下图拼接，图案的外轮廓的周长为18，此时正六边形的个数最多，即n的最大值为7．故答案为：18，7．13．如图，ABCDE是边长为1的正五边形，则它的内切圆与外接圆所围圆环的面积为．【解答】解：正五边形的内切圆与外接圆所围圆环的面积为：π（OA2﹣OH2）＝π×AH2＝．故答案为：．14．如图，点O是正八边形ABCDEFGH的中心点，点M和点N分别在AB和DE上，且AM＝DN，则∠MON的大小为135度．【解答】解：连接OA、OB、OC、OD；∵正八边形是中心对称图形，∴中心角为360°÷8＝45°；∴∠OAM＝∠ODN＝67.5°，∵OA＝OD，∠OAM＝∠ODN，AM＝DN，∴△OAM≌△ODN（SAS），∴∠AOM＝∠DON，∴∠MON＝∠MOB+∠BOC+∠COD+∠NOD＝3∠AOB＝135°，故答案为：135．15．如图，半径为6的⊙O的直径AB与弦CD垂直，且∠BAC＝40°，则劣弧BD的长是π（结果保留π）．【解答】解：如图，连接OC、OD，∵∠BAC＝40°，∴∠BOC＝2∠BAC＝80°．∵⊙O的直径AB与弦CD垂直，∴＝，∴∠BOC＝∠BOD＝80°，∴劣弧BD的长是：＝π．故答案为π．16．如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝120°，半径OA＝2，则扇形的弧长为．【解答】解：由弧长公式得：扇形的弧长＝＝；故答案为：．17．如图，等边△ABC的边长是4，O是△ABC的中心，连接OB，OC，把△BOC绕着点CO旋转到△AO′C的位置，在这个旋转过程中，线段OB所扫过的图形的面积是．【解答】解：∵等边△ABC的边长是4，O是△ABC的中心，∴OB＝OC＝，∴线段OB所扫过的图形的面积＝S扇形OAB﹣S扇形OCO′＝﹣＝﹣＝，故答案为：．18．如图是一个圆锥形冰淇淋，已知它的母线长是13cm，高是12cm，则这个圆锥形冰淇淋的底面面积是25πcm2．【解答】解：如图，圆锥的母线AB＝13cm，圆锥的高AO＝12cm，圆锥的底面半径OB ＝r，在Rt△AOB中，（cm），∴S＝πr2＝π×52＝25πcm2．故答案为25πcm2．19．圆锥的母线长是6cm，侧面积是30πcm2，该圆锥底面圆的半径长等于5cm．【解答】解：根据题意得：S＝πrl，即r＝＝＝5，则圆锥底面圆的半径长等于5cm，故答案为：520．如果圆柱的母线长为5cm，底面半径为2cm，那么这个圆柱的侧面积是20πcm2．【解答】解：这个圆柱的侧面积＝5×2π×2＝20π（cm2）．故答案为20πcm2．三．解答题（共8小题）21．如图，在正五边形ABCDE中，CA与DB相交于点F，若AB＝1，求BF．【解答】解：在正五边形ABCDE中，∵∠ABC＝∠DCB＝108°，BC＝BA＝CD，∴∠BAC＝∠BCA＝∠CDB＝∠CBD＝36°，∴∠ABF＝72°，∴∠AFB＝∠CBD+∠ACB＝72°，∴∠AFB＝∠ABF，∠FCB＝∠FBC，∴AF＝AB＝1，FB＝CF，设FB＝FC＝x，∵∠BCF＝∠BCA，∠CBF＝∠CAB，∴△BCF∽△ACB，∴CB2＝CF•CA，∴x（x+1）＝1，∴x2+x﹣1＝0，∴x＝或（舍去），∴BF＝．22．如图，已知点O是正六边形ABCDEF的对称中心，G，H分别是AF，BC上的点，且AG＝BH．（1）求∠F AB的度数；（2）求证：OG＝OH．【解答】（1）解：∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠F AB＝＝120°；（2）证明：连接OA、OB，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，∵∠F AB＝∠CBA，∴∠OAG＝∠OBH，在△AOG和△BOH中，，∴△AOG≌△BOH（SAS）∴OG＝OH．23．求半径为3的圆的内接正方形的边长．【解答】解：如图，∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，∴∠OBE＝45°；而OE⊥BC，∴BE＝CE；而OB＝3，∴sin45°＝，cos45°＝，∴OE＝，BE＝，∴BC＝3，故半径为3的圆内接正方形的边长为3．24．如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上的一点，点C是的中点，连结AD、BC 若，∠DAB＝30°．（1）求∠ABC的度数；（2）若AD＝8，求的长度（结果保留π）．【解答】解：（1）如图，连接BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠DAB＝30°，∴∠ABD＝90°﹣30°＝60°．∵C是的中点，∴∠ABC＝∠DBC＝∠ABD＝30°．（2）如图，连接OC，则∠AOC＝2∠ABC＝60°，∵∠A＝30°，AD＝8，．∴AB＝16，∴AO＝8，∴的长度＝＝π．25．如图，半圆O的直径AB＝6，弦CD＝3，的长为π，求的长．【解答】解：（1）连接OD、OC，∵CD＝OC＝OD＝3，∴△CDO是等边三角形，∴∠COD＝60°，∴的长＝＝π，又∵半圆弧的长度为：×6π＝3π，∴＝3π﹣π﹣＝．26．如图，AB为⊙O的直径，AB＝AC，BC交⊙O于点D，AC交⊙O于点E．（1）求证：BD＝CD；（2）若AB＝4，∠BAC＝45°，求阴影部分的面积．【解答】（1）证明：连结AD，∵AB为⊙O直径，∴AD⊥BC，又∵AB＝AC，∴BD＝CD；（2）解：连结OE，∵AB＝4，∠BAC＝45°，∴∠BOE＝90°，BO＝EO＝2，∠AOE＝90°，∴S阴＝S△BOE+S扇形OAE＝×2×2+＝π+2．27．已知圆锥的底面半径为3，母线长为6，求此圆锥侧面展开图的圆心角．【解答】解：∵圆锥底面半径是3，∴圆锥的底面周长为6π，设圆锥的侧面展开的扇形圆心角为n°，＝6π，解得n＝180，答：此圆锥侧面展开图的圆心角是180°．28．一个圆柱形容器的内半径为10厘米，里面盛有一定高度的水，将一个长25厘米，宽6厘米的长方体金属块完全淹没，结果容器内的水升高了4厘米（没有溢出），问这个金属块的高是多少厘米？（π的取值3）【解答】解：设长方形的高是xcm，则利用体积公式可得25×6x＝π×102×4，解得x≈8．答：这个金属块的高是8厘米。

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2020-2021中考数学专题复习分类练习圆的综合综合解答题附答案解析一、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；②32【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 BGBF 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=126k，∴223CD CM k-=，∴OM=OD﹣DM=33k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（33）2+6k）2=32，解得：k=33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﹣34）2+814，∴当d=34，即OM=34时，AB•AC最大，最大值为814，∴DC2=272，∴AC=DC=362，∴AB=964，此时32ABAC=．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=606180π⨯=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．如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,AB=CD．(1)如图(1),求证:AD∥BC；(2)如图(2),点F是AC的中点,弦DG∥AB,交BC于点E,交AC于点M,求证:AE=2DF；(3)在(2)的条件下,若DG平分∠ADC,GE=53,tan∠ADF=43,求⊙O的半径。

【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）129【解析】试题分析：(1)连接AC．由弦相等得到弧相等，进一步得到圆周角相等，即可得出结论．（2）延长AD到N，使DN=AD，连接NC．得到四边形ABED是平行四边形，从而有AD=BE，DN=BE．由圆内接四边形的性质得到∠NDC=∠B．即可证明ΔABE≌ΔCND，得到AE=CN，再由三角形中位线的性质即可得出结论．（3）连接BG，过点A作AH⊥BC，由（2）知∠AEB=∠ANC，四边形ABED是平行四边形，得到AB=DE．再证明ΔCDE是等边三角形，ΔBGE是等边三角形，通过解三角形ABE，得到AB，HB，AH，HE的长，由EC=DE=AB，得到HC的长．在Rt△AHC中，由勾股定理求出AC的长．作直径AP，连接CP，通过解△APC即可得出结论．试题解析：解：(1)连接AC．∵AB=CD，∴弧AB=弧CD，∴∠DAC=∠ACB，∴AD∥BC．（2）延长AD到N，使DN=AD，连接NC．∵AD∥BC，DG∥AB，∴四边形ABED是平行四边形，∴AD=BE，∴DN=BE．∵ABCD是圆内接四边形，∴∠NDC=∠B．∵AB=CD，∴ΔABE≌ΔCND，∴AE=CN．∵DN=AD，AF=FC，∴DF=1CN，∴AE=2DF．2（3）连接BG，过点A作AH⊥BC，由（2）知∠AEB=∠ANC，四边形ABED是平行四边形，∴AB=DE．∵DF∥CN，∴∠ADF=∠ANC，∴∠AEB=∠ADF，∴tan∠AEB= tan∠ADF=43，DG平分∠ADC，∴∠ADG=∠CDG．∵AD∥BC，∴∠ADG=∠CED，∠NDC=∠DCE．∵∠ABC=∠NDC，∴∠ABC=∠DCE．∵AB∥DG，∴∠ABC=∠DEC，∴∠DEC=∠ECD=∠EDC，∴ΔCDE是等边三角形，∴AB=DE=CE．∵∠GBC=∠GDC=60°，∠G=∠DCB=60°，∴ΔBGE是等边三角形，BE= GE=53．∵tan∠AEB= tan∠ADF=43，设HE=x，则AH=43x．∵∠ABE=∠DEC=60°，∴∠BAH=30°，∴BH=4x，AB=8x，∴4x+x=53，解得：x=3，∴AB=83，HB=43，AH=12，EC=DE=AB=83，∴HC=HE+EC=383+=93．在Rt△AHC中，AC=222212(93)AH HC+=+=343．作直径AP，连接CP，∴∠ACP=90°，∠P=∠ABC=60°，∴sin∠P=AC AP，∴3432129sin6032ACAP===︒，∴⊙O的半径是129．4．已知AB，CD都是Oe的直径，连接DB，过点C的切线交DB的延长线于点E．()1如图1，求证：AOD2E180∠∠+=o；()2如图2，过点A作AF EC⊥交EC的延长线于点F，过点D作DG AB⊥，垂足为点G，求证：DG CF=；()3如图3，在()2的条件下，当DG 3CE 4=时，在O e 外取一点H ，连接CH 、DH 分别交O e 于点M 、N ，且HDE HCE ∠∠=，点P 在HD 的延长线上，连接PO 并延长交CM 于点Q ，若PD 11=，DN 14=，MQ OB =，求线段HM 的长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）837+【解析】【分析】（1）由∠D +∠E =90°，可得2∠D +2∠E =180°，只要证明∠AOD =2∠D 即可；（2）如图2中，作OR ⊥AF 于R ．只要证明△AOR ≌△ODG 即可；（3）如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT ⊥CL 于T ，作NK ⊥CH 于K ，设CH 交DE 于W ．解直角三角形分别求出KM ，KH 即可；【详解】()1证明：如图1中，O Q e 与CE 相切于点C ，OC CE ∴⊥，OCE 90∠∴=o ，D E 90∠∠∴+=o ，2D 2E 180∠∠∴+=o ，AOD COB ∠∠=Q ，BOC 2D ∠∠=，AOD 2D ∠∠=，AOD 2E 180∠∠∴+=o ．()2证明：如图2中，作OR AF ⊥于R ．OCF F ORF 90∠∠∠===o Q ，∴四边形OCFR 是矩形，AF//CD ∴，CF OR =，A AOD ∠∠∴=，在AOR V 和ODG V 中，A AOD ∠∠=Q ，ARO OGD 90∠∠==o ，OA DO =，AOR ∴V ≌ODG V ，OR DG ∴=，DG CF ∴=，()3解：如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT CL ⊥于T ，作NK CH ⊥于K ，设CH 交DE 于W ．设DG 3m =，则CF 3m =，CE 4m =，OCF F BTE 90∠∠∠===o Q ，AF//OC//BT ∴，OA OB =Q ，CT CF 3m ∴==，ET m ∴=，CD Q 为直径，CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===o ，E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=o ，tan E tan CBT ∠∠∴=，BT CT ET BT∴=，BT 3m m BT∴=，BT ∴=负根已经舍弃)，tan E ∠∴== E 60∠∴=o ，CWD HDE H ∠∠∠=+Q ，HDE HCE ∠∠=，H E 60∠∠∴==o ，MON 2HCN 60∠∠∴==o ，OM ON =Q ，OMN ∴V 是等边三角形，MN ON ∴=，QM OB OM ==Q ，MOQ MQO ∠∠∴=，MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=o o Q ，MQO P 180H 120∠∠∠+=-=o o ， PON P ∠∠∴=，ON NP 141125∴==+=，CD 2ON 50∴==，MN ON 25==，在Rt CDN V 中，CN 48==，在Rt CHN V 中，CN 48tan H HN HN∠===HN ∴=在Rt KNH V 中，1KH HN 2==NK 24==，在Rt NMK V 中，MK 7===，HM HK MK 7∴=+=．【点睛】本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解题的关键.5．已知O e 的半径为5，弦AB 的长度为m ，点C 是弦AB 所对优弧上的一动点． ()1如图①，若m 5=，则C ∠的度数为______o ；()2如图②，若m 6=．①求C ∠的正切值；②若ABC V 为等腰三角形，求ABC V 面积．【答案】()130；()2C ∠①的正切值为34；ABC S 27=V ②或43225. 【解析】【分析】 ()1连接OA ，OB ，判断出AOB V 是等边三角形，即可得出结论；()2①先求出10AD =，再用勾股定理求出8BD =，进而求出tan ADB ∠，即可得出结论；②分三种情况，利用等腰三角形的性质和垂径定理以及勾股定理即可得出结论．【详解】()1如图1，连接OB ，OA ，OB OC 5∴==，AB m 5==Q ，OB OC AB ∴==，AOB ∴V 是等边三角形，AOB 60∠∴=o ，1ACB AOB 302∠∠∴==o ，故答案为30；()2①如图2，连接AO 并延长交O e 于D ，连接BD ，AD Q 为O e 的直径，AD 10∴=，ABD 90∠=o ，在Rt ABD V 中，AB m 6==，根据勾股定理得，BD 8=， AB 3tan ADB BD 4∠∴==， C ADB ∠∠=Q ，C ∠∴的正切值为34； ②Ⅰ、当AC BC =时，如图3，连接CO 并延长交AB 于E ，AC BC =Q ，AO BO =，CE ∴为AB 的垂直平分线，AE BE 3∴==，在Rt AEO V 中，OA 5=，根据勾股定理得，OE 4=， CE OE OC 9∴=+=，ABC 11S AB CE 692722∴=⨯=⨯⨯=V ； Ⅱ、当AC AB 6==时，如图4，连接OA 交BC 于F ，AC AB =Q ，OC OB =，AO ∴是BC 的垂直平分线，过点O 作OG AB ⊥于G ， 1AOG AOB 2∠∠∴=，1AG AB 32==， AOB 2ACB ∠∠=Q ，ACF AOG ∠∠∴=，在Rt AOG V 中，AG 3sin AOG AC 5∠==， 3sin ACF 5∠∴=，在Rt ACF V 中，3sin ACF 5∠=， 318AF AC 55∴==， 24CF 5∴=， ABC 111824432S AF BC 225525∴=⨯=⨯⨯=V ； Ⅲ、当BA BC 6==时，如图5，由对称性知，ABC 432S 25=V ．【点睛】圆的综合题，主要圆的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，三角形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．6．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 ∴∠=∠，OA OD =Q ，OAD ODA ∴∠=∠，ADO EDB ∴∠=∠，AB Q 是直径，90ADB ∴∠=o ，90ADB ODE ∴∠=∠=o ，DE OD ∴⊥，DE ∴是O e 的切线．()2//CD AB Q ，ADC DAB ∴∠=∠，CDB DBE ∠=∠，AC BD ∴=n n， AC BD ∴=，DCB DAB ∠=∠Q ，EDB DAB ∠=∠，EDB DCB∴∠=∠，CDB∴V∽DBEV，CD DBBD BE∴=，2BD CD BE∴=⋅，2AC 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.7．如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，BC=6cm,AC=8cm,∠BAD=45°．点E在⊙O外，做直线AE，且∠EAC=∠D．（1）求证：直线AE是⊙O的切线．（2）求图中阴影部分的面积.【答案】(1)见解析;(2) 25-504π.【解析】分析：（1）根据圆周角定理及推论证得∠BAE=90°，即可得到AE是⊙O的切线；（2）连接OD，用扇形ODA的面积减去△AOD的面积即可.详解：证明：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，即∠BAC+∠ABC=90°，∵∠EAC=∠ADC，∠ADC=∠ABC，∴∠EAC=∠ABC∴∠BAC+∠EAC =90°，即∠BAE= 90°∴直线AE是⊙O的切线；（2）连接OD∵ BC=6 AC=8∴226810AB=+=∴ OA = 5又∵ OD = OA∴∠ADO =∠BAD = 45°∴∠AOD = 90°∴AOD ODA S S S ∆-阴影扇形＝ =90155553602π⨯⨯-⨯⨯ 25504π-= （2cm ）点睛：此题主要考查了圆周角定理和圆的切线的判定与性质，关键是利用圆周角定理和切线的判定与性质，结合勾股定理的和弓形的面积的求法求解，注意数形结合思想的应用.8．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 ＝33，求FC 的长．【答案】（1）见解析【解析】分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠OCF=90°，进而得出答案；（2）根据正切的性质求出EC 的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可．详解：(1)证明：连接OC.∵AB 是⊙O 的直径， ∴∠ACB ＝90°，∴∠OCB ＋∠ACO ＝90°.∵OB ＝OC ，∴∠B ＝∠OCB.又∵∠FCA ＝∠B ，∴∠FCA ＝∠OCB ，∴∠FCA ＋∠ACO ＝90°，即∠FCO ＝90°，∴FC ⊥OC ，∴FC 是⊙O 切线．(2)解：∵AB ⊥CD ，∴∠AEC ＝90°，∴EC=AE 43tan ACE 33∠==设OA＝OC＝r，则OE＝OA－AE＝r－4.在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋CE2，即r2＝(r－4)2＋(43)2，解得r＝8.∴OE＝r－4＝4＝AE.∵CE⊥OA，∴CA＝CO＝8，∴△AOC是等边三角形，∴∠FOC＝60°，∴∠F＝30°.在Rt△FOC中，∵∠OCF＝90°，OC＝8，∠F＝30°，∴OF＝2OC＝16，∴FC＝22-=.OF OC83点睛：此题主要考查了切线的判定、垂径定理的推论以及勾股定理等知识，得出BC的长是解题关键．9．阅读下列材料：如图1，⊙O1和⊙O2外切于点C，AB是⊙O1和⊙O2外公切线，A、B为切点，求证：AC⊥BC证明：过点C作⊙O1和⊙O2的内公切线交AB于D，∵DA、DC是⊙O1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=ax2+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O1O2上，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）213222y 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()()222224141y y --=-+++，即225172y =+,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2y ax bx c ，=++ 则164002,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 2.22y 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)2D -，设过CD 两点的直线为y =kx +b ,则 3022k b b ⎧-+=⎪⎨⎪=-⎩，解得432k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，故此一次函数的解析式为423y x =--， ∵过12,O O 的直线必过C 点且与直线423y x =--垂直，故过12,O O 的直线的解析式为324y 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33252,428⎛⎫⨯--=- ⎪⎝⎭ 故这条抛物线的顶点落在两圆的连心12O O 上.10．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 =603180π⨯=π，∴线段MN 的长为¶¶¶AC BC ABl 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 =21203360π⨯=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 =32，∴OI =AI =3230AD 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．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2EF 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）①∠OCE=45°；②EF =23-2.【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OCE②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．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AH=10，CH52=.（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.13．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＞-53．（3）-3＜t＜2或2＜t＜2【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283y xy x+⎧⎨+⎩＝＝，解得52xy-⎧⎨-⎩＝＝，可得直线l与直线CD的交点的横坐标为-5，由283y xy x+⎧⎨-+⎩＝＝，解得53143xy⎧-⎪⎪⎨⎪⎪⎩＝＝，可得直线l与直线DE的交点的横坐标为-53，∴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，HK=2，∴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．OT=OM+TM=4-2+3=7-2，∴T（0，7-2），此时t=7-2，∴当1+2＜t＜7-2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＜1-2或1+2＜t＜7-2．【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.14．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作FE⊥AB于点E，交AC的延长线于点F．（1）求证：EF与⊙O相切；（2）若AE＝6，sin∠CFD＝35，求EB的长．【答案】(1)见解析（2）3 2【解析】【分析】()1如图，欲证明EF与Oe相切，只需证得OD EF⊥．()2通过解直角AEF V 可以求得AF 10.=设O e 的半径为r ，由已知可得△FOD ∽△FAE ，继而得到OF OD AF AE =，即10r r 106-=，则易求15AB AC 2r 2===，所以153EB AB AE 622=-=-=．【详解】（1）如图，连接OD ，OC OD =Q ，OCD ODC ∠∠∴=．AB AC =Q ，ACB B ∠∠∴=，ODC B ∠∠∴=，OD //AB ∴，ODF AEF ∠∠∴=，EF AB ⊥Q ， ODF AEF 90∠∠∴==o ，OD EF ∴⊥，OD Q 是O e 的半径，EF ∴与O e 相切；()2由()1知，OD//AB ，OD EF ⊥．在Rt AEF V 中，AE 3sin CFD AF 5∠==，AE 6=，则AF 10=， OD //AB Q ，∴△FOD ∽△FAE ，OF OD AF AE∴=，设O e 的半径为r ，10r r 106-∴=，解得，15r 4=，15AB AC 2r 2∴===， 153EB AB AE 622∴=-=-=．【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.15．在△ABC 中，0090,60ACB BAC ∠=∠=，AC=2，P 为△ABC 所在平面内一点，分别连PA,PB ,PC ．（1）如图1,已知，APB BPC APC ∠=∠=∠，以A 为旋转中心，将APB ∆顺时针旋转60度，得到AMN ∆.①请画出图形，并求证：C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上；②求PA+PB+PC 的值.（2）如图2，如果点P 满足090BPC ∠=，设Q 为AB 边中点，求PQ 的取值范围.【答案】（1）①详见解析；②7；（231312PQ PQ ≤≤≠且；【解析】【分析】（1）①欲证明C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上，只要证明∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°即可；②只要证明PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN ，在Rt △CBN 中，利用勾股定理求出NC 即可；（2）如图2中，由∠BPC=90°，推出点P 在以BC 为直径的圆上（P 不与B 、C 重合），设BC 的中点为O ，作直线OQ 交⊙O 与P 和P′，可得PQ 3-1，PQ 的最大值为3+1，PQ≠2，由此即可解决问题；【详解】（1）①证明：如图，∵△APB≌△AMN，△APM是等边三角形，∴∠APM=∠APM=60°，∵∠APB=∠BPC=∠APC=120°，∴∠APB=∠BPC=∠APC=∠AMN=120°，∴∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°，∴C、P、M、N四点在同一条直线上；②解：连接BN,易得ΔABN是等边三角形∴∠ABN=60°，∵∠ABC=30°，∴∠NBC=90°，∵AC=2，∴AB=BN=4，BC=23，∵PA=PM，PB=MN，∴PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN，在Rt△CBN中，CN=22+=，BC BN27∴PA+PB+PC=27．(2) 如图2中，∵∠BPC=90°，∴点P在以BC为直径的圆上（P不与B、C重合），设BC的中点为O，作直线OQ交⊙O与P和P′，可得PQ-1，PQ+1，PQ≠2，∴+1且PQ≠2．∴≤≤≠且PQ1PQ1PQ2【点睛】本题考查几何变换综合题、等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质、勾股定理、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．。