2020-2021中考数学圆的综合综合练习题附答案

一、圆的综合

1．如图，已知在△ABC中，AB=15，AC=20，tanA=

1，点P在AB边上，⊙P的半径为定2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=65时，试探究△APM与△PCN是否相似，并说明理由． 【答案】（1）半径为35；（2）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

AMPNAMPN=、的值，得出，利用两边对应成比例且夹角相等的两

MPNCMPNC三角形相似即可证明.

【详解】（1）如图，作BD⊥AC，垂足为点D，

长，然后求出

∵⊙P与边AC相切， ∴BD就是⊙P的半径， 在Rt△ABD中，tanA= 设BD=x，则AD=2x， ∴x2+(2x)2=152， 解得：x=35， ∴半径为35；

1BD， 2AD（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=设PH=y，AH=2y， y2+（2y）2=（65）2 解得：y=6（取正数）， ∴PH=6，AH=12， 在Rt△MPH中， MH=1PH， 2AH35262=3，

∴MN=2MH=6， ∴AM=AH-MH=12-3=9， NC=AC-MN-AM=20-6-9=5， ∴∴

AM935PN35，， MP355NC5AMPN=， MPNC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.

2．如图1，在Rt△ABC中，AC=8cm，BC=6cm，D、E分别为边AB、BC的中点，连结DE，点P从点A出发，沿折线AD﹣DE运动，到点E停止，点P在AD上以5cm/s的速度运动，在DE上以1cm/s的速度运动，过点P作PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作正方形PQMN．设点P的运动时间为t（s）．

（1）当点P在线段DE上运动时，线段DP的长为_____cm．（用含t的代数式表示） （2）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．

（3）如图2，若点O在线段BC上，且CO=1，以点O为圆心，1cm长为半径作圆，当点P开始运动时，⊙O的半径以0.2cm/s的速度开始不断增大，当⊙O与正方形PQMN的边所在直线相切时，求此时的t值． 【答案】（1）t﹣1；（2）S=﹣【解析】

分析：（1）根据勾股定理求出AB，根据D为AB中点，求出AD，根据点P在AD上的速度，即可求出点P在AD段的运动时间，再求出点P在DP段的运动时间，最后根据DE段运动速度为1cm/s，即可求出DP；

（2）由正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形，可知点P在DE上，求出DP=t﹣1，PQ=3，根据MN∥BC，求出FN的长，从而得到FM的长，再根据S=S梯形FMHD+S矩形

DHQP，列出

3210t+3t+3（1＜t＜4）；（3）t=s． 83S与t的函数关系式即可；

（3）当圆与边PQ相切时，可求得r=PE=5﹣t，然后由r以0.2cm/s的速度不断增大，r=1+0.2t，然后列方程求解即可；当圆与MN相切时，r=CM=8﹣t=1+0.2t，从而可求得t的值．

详解：（1）由勾股定理可知：AB= ∵D、E分别为AB和BC的中点， ∴DE=

AC2BC2=10．

11AC=4，AD=AB=5， 225=1s，当点P在线段DE上运动时，DP段的运动时间为（t﹣5∴点P在AD上的运动时间=1）s．

∵DE段运动速度为1cm/s，∴DP=（t﹣1）cm． 故答案为t﹣1．

（2）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，有一种情况，如下图所示．

当正方形的边长大于DP时，重叠部分为五边形， ∴3＞t﹣1，t＜4，DP＞0，∴t﹣1＞0， 解得：t＞1，∴1＜t＜4．

DNAC84===． FNBC63 ∵DN=PN﹣PD，∴DN=3﹣（t﹣1）=4﹣t，

∵△DFN∽△ABC，∴∴

4t4（34t）=，∴FN=， FN34（34t）3t=， 44S=S梯形FMHD+S矩形DHQP，

∴FM=3﹣

13t3×（+3）×（4﹣t）+3（t﹣1）=﹣t2+3t+3（1＜t＜4）． 248 （3）①当圆与边PQ相切时，如图：

∴S=

当圆与PQ相切时，r=PE，由（1）可知，PD=（t﹣1）cm， ∴PE=DE﹣DP=4﹣（t﹣1）=（5﹣t）cm． ∵r以0.2cm/s的速度不断增大，∴r=1+0.2t， ∴1+0.2t=5﹣t，解得：t=

10s． 3 ②当圆与MN相切时，r=CM．

由（1）可知，DP=（t﹣1）cm，则PE=CQ=（5﹣t）cm，MQ=3cm， ∴MC=MQ+CQ=5﹣t+3=（8﹣t）cm， ∴1+0.2t=8﹣t，解得：t=

35s． 635s（舍）． 6 ∵P到E点停止，∴t﹣1≤4，即t≤5，∴t= 综上所述：当t=

10s时，⊙O与正方形PQMN的边所在直线相切． 3点睛：本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了勾股定理、相似三角形的性质和判定、正方形的性质，直线和圆的位置关系，依据题意列出方程是解题的关键．

3．已知：AB是⊙0直径,C是⊙0外一点,连接BC交⊙0于点D，BD=CD,连接AD、AC． (1)如图1,求证:∠BAD=∠CAD

(2)如图2,过点C作CF⊥AB于点F,交⊙0于点E,延长CF交⊙0于点G.过点作EH⊥AG于点H，交AB于点K,求证AK=2OF；

(3)如图3,在(2)的条件下,EH交AD于点L,若0K=1,AC=CG,求线段AL的长.

图1 图2 图3 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【解析】

试题分析：（1）由直径所对的圆周角等于90°，得到∠ADB=90°，再证明△ABD≌△ACD即可得到结论；

（2）连接BE．由同弧所对的圆周角相等，得到∠GAB=∠BEG．再证△KFE≌△BFE，得到BF=KF=

BK．由OF=OB-BF，AK=AB-BK，即可得到结论．

1210 5（3）连接CO并延长交AG于点M，连接BG．设∠GAB=．先证CM垂直平分AG，得到AM=GM，∠AGC+∠GCM=90°．再证∠GAF=∠GCM =．通过证明△AGB≌△CMG，得到BG=GM=

1AG．再证明∠BGC=∠MCG=．设BF=KF=a， 可得GF=2a，AF=4a． 2由OK=1，得到OF=a+1，AK=2（a+1），AF= 3a+2，得到3a+2=4a，解出a的值，得到AF，AB，GF，FC的值．由tanα=tan∠HAK=

HK1， AK=6，可以求出 AH的长．再由AH2tanBADtanBCF1tanGAFtanBAD ，利用公式tan∠GAD=，得到31tanGAFtanBAD∠GAD=45°，则AL=2AH，即可得到结论．

试题解析：解：（1）∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADC=90°． ∵BD=CD，∠BDA=∠CDA，AD=AD，∴△ABD≌△ACD，∴∠BAD=∠CAD． （2）连接BE．∵BG=BG ，∴∠GAB=∠BEG． ∵CF⊥AB，∴∠KFE=90°．

∵EH⊥AG，∴∠AHE=∠KFE=90°，∠AKH=∠EKF，∴∠HAK=∠KEF=∠BEF． ∵FE=FE，∠KFE=∠BFE=90°，∴△KFE≌△BFE，∴BF=KF=∵ OF=OB-BF，AK=AB-BK，∴AK=2OF．

BK．

（3）连接CO并延长交AG于点M，连接BG．设∠GAB=．

∵AC=CG， ∴点C在AG的垂直平分线上．∵ OA=OG，∴点O在AG的垂直平分线上， ∴CM垂直平分AG，∴AM=GM，∠AGC+∠GCM=90°． ∵AF⊥CG，∴∠AGC +∠GAF =90°，∴∠GAF=∠GCM =． ∵AB为⊙O的直径，∴∠AGB= 90°，∴∠AGB=∠CMG=90°． ∵AB=AC=CG ，∴△AGB≌△CMG，∴BG=GM=

1AG． 2

在Rt△AGB中， tanGABtanGB1 ． AG2∵∠AMC=∠AGB= 90°，∴BG∥CM， ∴∠BGC=∠MCG=． 设BF=KF=a， tanBGFtanAF=4a．

∵OK=1，∴OF=a+1，AK=2OF=2（a+1），∴AF=AK+KF=a+2（a+1）=3a+2，∴3a+2=4a，∴a=2， AK=6，∴AF=4a=8，AB=AC=CG=10，GF=2a=4，FC=CG-GF=6． ∵tanα=tan∠HAK=m=

BF1GF1，∴GF=2a，tanGAFtan ，GF2AF2HK1，设KH=m，则AH=2m，∴AK=m2(2m)2=6，解得：AH265125，∴AH=2m=．在Rt△BFC中，55tanBCFBF1 ．∵∠BAD+∠ABD=90°， ∠FBC+∠BCF=90°，∴∠BCF=∠BAD，FC311

1tanGAFtanBAD231，tanBADtanBCF ，∴tan∠GAD==31tanGAFtanBAD111

23

∴∠GAD=45°，∴HL=AH，AL=2AH= 1210． 5

4．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC 画图操作：

（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）

理解应用：

（2）在（1）的条件下， ①若tan∠APB 1，求点P的坐标 2②当点P的坐标为 时，∠APB最大 拓展延伸： （3）若在直线y4x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标 3

【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，23）（3）（

953，5125） 5【解析】

试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求； （2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；

②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题； 试题解析：解：（1）∠APB如图所示；

（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=

1AB=．∵A（2，0），B2BC（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）． ②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC=AC2AB2=43，∴C（6，43），∴K（4，22），∴P（0，23）．故答4x+4交x轴于M3案为：（0，23）．

（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=

（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=35，作PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴MK=5ONOMNM43125====，∴，∴PK=，PKMKMPPKMK355959595125，∴OK=﹣3，∴P（﹣3，）． 5555

点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．

5．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，⊙O的切线PC交BA的延长线于点P，OF∥BC交AC于点E，交PC于点F，连结AF． (1)判断AF与⊙O的位置关系并说明理由； (2)若AC＝24，AF＝15，求sinB．

【答案】(1) AF与⊙O相切 理由见解析；（2）【解析】

3 5试题分析：（1）连接OC，先证∠OCF=90°，再证明△OAF≌△OCF，得出∠OAF=∠OCF=90°即可；

（2）先求出AE、EF，再证明△OAE∽△AFE，得出比例式求出直径，由三角函数的定义即可得出结论． 试题解析：解：（1）AF与⊙O相切．理由如下：

连接OC．如图所示．∵PC是⊙O的切线，∴OC⊥PC，∴∠OCF=90°．∵OF∥BC，∴∠B=∠AOF，∠OCB=∠COF．∵OB=OC，∴∠B=∠OCB，∴∠AOF=∠COF．在△OAF和△OCF中，∵OA=OC，∠AOF=∠COF，OF=OF，∴△OAF≌△OCF（SAS），∴∠OAF=∠OCF=90°，∴AF与⊙O相切；

（2）∵△OAF≌△OCF，∴∠OAE=∠COE，∴OE⊥AC，AE=

OAAE，可求出半径，进而AFEF1AC=12，2∴EF=1521229．∵∠OAF=90°，∴△OAE∽△AFE，∴∴OA=20，∴AB=40，sinB=

OAAEOA12，，即AFEF159AC243． AB405

点睛：本题考查了切线的性质与判定和全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质；熟练掌握切线的证法和三角形相似是解题的关键．

6．如图，已知BC是⊙O的弦，A是⊙O外一点，△ABC为正三角形，D为BC的中点，M为⊙O上一点，并且∠BMC=60°．

（1）求证：AB是⊙O的切线；

（2）若E，F分别是边AB，AC上的两个动点，且∠EDF=120°，⊙O的半径为2，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半． 【解析】

试题分析：（1）连结OB、OD，如图1，由于D为BC的中点，由垂径定理的推理得OD⊥BC，∠BOD=∠COD，即可得到∠BOD=∠M=60°，则∠OBD=30°，所以∠ABO=90°，于是得到AB是⊙O的切线；

（2）作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，由△ABC为正三角形，D为BC的中点，得到AD平分∠BAC，∠BAC=60°，利用角平分线性质得DM=DN，得

∠MDN=120°，由∠EDF=120°，得到∠MDE=∠NDF，于是有△DME≌△DNF，得到ME=NF，

111BD，CN=OC，得到BE+CF=BC，即可判断BE+CF的值是222定值，为等边△ABC边长的一半．

得到BE+CF=BM+CN，由BM=

试题解析：（1）连结OB、OD，如图1，∵D为BC的中点，∴OD⊥BC，∠BOD=∠COD，

1∠BOC，∴∠BOD=∠M=60°，∴∠OBD=30°，∵△ABC为正三2角形，∴∠ABC=60°，∴∠ABO=60°+30°=90°，∴AB⊥OB，∴AB是⊙O的切线； （2）BE+CF的值是为定值．

∴∠ODB=90°，∵∠BMC=

作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，∴AD平分∠BAC，∠BAC=60°，∴DM=DN，∠MDN=120°，∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF，在△DME和△DNF中，∵∠DME=∠DNF．DM=DN，∠MDE=∠NDF，∴△DME≌△DNF，∴ME=NF，∴BE+CF=BM﹣EM+CN+NF=BM+CN，在Rt△DMB中，

11111BD，同理可得CN=OC，∴BE+CF=OB+OC=BC，∴BE+CF22222的值是定值，为等边△ABC边长的一半．

∵∠DBM=60°，∴BM=

考点：1．切线的判定；2．等边三角形的性质；3．定值问题；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．

7．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

» 中点，推出CD»CB» ，推出∠BAC=∠DAC，即可推出∠DAC=∠ACO+∠ABO； BD（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，

uuuruuuruuur∵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，

HB1 ，∴∠GBA=60°， GB2∴△EFB是等边三角形，设HF=a， ∵∠FOH=30°，∴OF=2FH=2a，

∴cos∠GBA=

∵AB=13，∴EF=EB=FB=FH+BH=a+∴OE=EF﹣OF=FB﹣OF=

13， 2131317﹣a，OB=OC=OE+EC=﹣a+2=﹣a， 222∵NE=

1113EF=a+， 22413113133﹣a）﹣（a+）=﹣a， 22442∵BO2﹣ON2=EB2﹣EN2，

∴ON=OE=EN=（∴（

1713313113﹣a）2﹣（﹣a）2=（a+）2﹣（a+）2， 2422243或﹣10（舍弃）， 2∴OE=5，EB=8，OB=7，

解得a=

∵∠K=∠ATC=90°，∠KAC=∠TAC，AC=AC，∴△ACK≌△ACT，∴CK=CT，AK=AT， ∵CDCB，∴DC=BC，∴Rt△DKC≌Rt△BTC，∴DK=BT， ∵FT=

uuuruuur1FC=5，∴DK=TB=FB﹣FT=3，∴AK=AT=AB﹣TB=10，∴AD=AK﹣DK=10﹣3=7． 2

8．对于平面直角坐标系xOy中的线段MN和点P，给出如下定义：点A是线段MN上一个动点，过点A作线段MN的垂线l，点P是垂线l上的另外一个动点．如果以点P为旋转中心，将垂线l沿逆时针方向旋转60°后与线段MN有公共点，我们就称点P是线段MN的“关联点”．

如图，M（1，2），N（4，2）．

（1） 在点P1（1，3），P2（4，0），P3（3，2）中，线段MN的“关联点”有 ； （2） 如果点P在直线yx1上，且点P是线段MN的“关联点”，求点P的横坐标x的取值范围；

（3） 如果点P在以O（1，1）为圆心，r为半径的⊙O上，且点P是线段MN的“关联点”，直接写出⊙O半径r的取值范围．

【答案】（1）P1和P3；（2）1≤x≤【解析】 【分析】

33133；（3）≤r≤33. 22（1）先根据题意求出点P的横坐标的范围，再求出P点的纵坐标范围即可得出结果；

（2）由直线y=x+1经过点M（1，2），得出x≥1，设直线y=x+1与P4N交于点A，过点A作AB⊥MN于B，延长AB交x轴于C，则在△AMN中，MN=3，∠AMN=45°，∠ANM=30°，设AB=MB=a，tan∠ANM=

ABa，即tan30°=，求出a即可得出结果； BN3a（3）圆心O到P4的距离为r的最大值，圆心O到MP5的距离为r的最小值，分别求出两个距离即可得出结果． 【详解】

（1））如图1所示：

∵点A是线段MN上一个动点，过点A作线段MN的垂线l，点P是垂线l上的另外一个动点，M（1，2），N（4，2）， ∴点P的横坐标1≤x≤4，

∵以点P为旋转中心，将垂线l沿逆时针方向旋转60°后与线段MN有公共点， 当∠MPN=60°时，PM=同理P′N=3，

∴点P的纵坐标为2-3或2+3， 即纵坐标2-3≤y≤2+3， ∴线段MN的“关联点”有P1和P3； 故答案为：P1和P3；

（2）线段MN的“关联点”P的位置如图所示，

3MN==3， 3tan60

∵ 直线yx1经过点M（1，2）， ∴ x≥1.

设直线yx1与P4N交于点A .

过点A作AB⊥MN于B，延长AB交x轴于C.

由题意易知，在△AMN中，MN = 3，∠AMN = 45°，∠ANM = 30°. 设AB = MB = a， ∴ tanANM解得aABa，即tan30， BN3a333. 2∴ 点A的横坐标为xa1∴x3333311. 22331. 2331. 2综上 1x（3）点P在以O（1，-1）为圆心，r为半径的⊙O上，且点P是线段MN的“关联点”，如图3所示：

连接P4O交x轴于点D，P4、M、D、O共线，

则圆心O到P4的距离为r的最大值，由（1）知：MP4=NP5=3， 即OD+DM+MP4=1+2+3=3+3，

圆心O到MP5的距离为r的最小值，作OE⊥MP5于E，连接OP5， 则OE为r的最小值，

2MP5=MN2NP=32(3)2=23，OM=OD+DM=1+2=3， 5△OMP5的面积=解得：OE=∴

1111OE•MP5=OM•MN，即×OE×23=×3×3， 222233， 233≤r≤3+3． 2【点睛】

本题是圆的综合题，考查了旋转、直角三角形的性质、勾股定理、最值等知识，熟练掌握“关联点”的含义，作出关于MN的“关联点”图是关键．

9．如图，AB是⊙O的直径，弦BC＝OB，点D是»AC上一动点，点E是CD中点，连接BD分别交OC，OE于点F，G． （1）求∠DGE的度数； （2）若

CF1BF＝，求的值； OF2GFS1CF（3）记△CFB，△DGO的面积分别为S1，S2，若＝k，求的值．（用含k的式子表

S2OF示）

S1k2k17=. 【答案】(1)∠DGE＝60°；(2)；(3)S22k1【解析】 【分析】

（1）根据等边三角形的性质，同弧所对的圆心角和圆周角的关系，可以求得∠DGE的度数；

（2）过点F作FH⊥AB于点H设CF＝1，则OF＝2，OC＝OB＝3,根据勾股定理求出BF的长度，再证得△FGO∽△FCB，进而求得

BF的值； GF（3）根据题意，作出合适的辅助线，然后根据三角形相似、勾股定理可以用含k的式子表

S1示出的值．

S2【详解】

解：(1)∵BC＝OB＝OC， ∴∠COB＝60°， ∴∠CDB＝

1∠COB＝30°， 2∵OC＝OD，点E为CD中点， ∴OE⊥CD， ∴∠GED＝90°， ∴∠DGE＝60°；

(2)过点F作FH⊥AB于点H 设CF＝1，则OF＝2，OC＝OB＝3 ∵∠COB＝60°

∴OH＝

1OF＝1， 2∴HF＝3OH＝3，HB＝OB﹣OH＝2， 在Rt△BHF中，BFHB2HF27， 由OC＝OB，∠COB＝60°得：∠OCB＝60°， 又∵∠OGB＝∠DGE＝60°， ∴∠OGB＝∠OCB， ∵∠OFG＝∠CFB， ∴△FGO∽△FCB， ∴

OFGF， BFCF∴GF=∴

2， 7BF7=. GF2(3)过点F作FH⊥AB于点H， 设OF＝1，则CF＝k，OB＝OC＝k+1， ∵∠COB＝60°， ∴OH＝

11OF=， 22∴HF＝30H在Rt△BHF中，

13，HB＝OB﹣OH＝k+，

22k2k1，

BF＝HB2HF2由(2)得：△FGO∽△FCB，

GOGOOF∴，即

k1CBBF∴GO1kk12，

k1k2k1，

过点C作CP⊥BD于点P ∵∠CDB＝30° ∴PC＝

1CD， 2∵点E是CD中点，

1CD， 2∴PC＝DE， ∵DE⊥OE，

∴DE＝

2kk1S1BFk2k1∴=== k1S2GOk1k2k1

【点睛】

圆的综合题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用三角形相似和勾股定理、数形结合的思想解答．

10．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．

，

11．如图，AB是eO的直径，弦CDAB于点E，过点C的切线交AB的延长线于点

F，连接DF.

（1）求证：DF是eO的切线；

（2）连接BC，若BCF30，BF2，求CD的长. 【答案】（1）见解析；（2）23 【解析】

【分析】(1) 连接OD,由垂径定理证OF为CD的垂直平分线，得CF=DF，∠CDF=∠DCF，由

∠CDO=∠OCD，再证∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°，可得OD⊥DF，结论成立. (2) 由∠OCF=90°, ∠BCF=30°，得∠OCB=60°，再证ΔOCB为等边三角形，得∠COB=60°，可得∠CFO=30°，所以FO=2OC=2OB，FB=OB= OC =2，在直角三角形OCE中，解直角三角形可得CE,再推出CD=2CE. 【详解】（1）证明：连接OD ∵CF是⊙O的切线 ∴∠OCF=90° ∴∠OCD+∠DCF=90° ∵直径AB⊥弦CD

∴CE=ED，即OF为CD的垂直平分线 ∴CF=DF ∴∠CDF=∠DCF ∵OC=OD， ∴∠CDO=∠OCD

∴∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90° ∴OD⊥DF ∴DF是⊙O的切线 （2）解：连接OD ∵∠OCF=90°, ∠BCF=30° ∴∠OCB=60° ∵OC=OB

∴ΔOCB为等边三角形， ∴∠COB=60° ∴∠CFO=30° ∴FO=2OC=2OB ∴FB=OB= OC =2

在直角三角形OCE中，∠CEO=90°∠COE=60°

sinCOE∴CF3

CE3 OC2∴CD=2 CF23

【点睛】本题考核知识点：垂径定理，切线，解直角三角形. 解题关键点：熟记切线的判定

定理，灵活运用含有30°角的直角三角形性质，巧解直角三角形.

12．如图，已知BAC,ABAC,O为ABC外心，D为eO上一点，BD与AC的交点为E，且BC2AC·CE． ①求证：CDCB；

②若A300，且eO的半径为33，I为BCD内心，求OI的长．

【答案】①证明见解析； ②23 【解析】 【分析】 ①先求出

BCCE，然后求出△BCE和△ACB相似，根据相似三角形对应角相等可得ACBC∠A=∠CBE，再根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可得∠A=∠D，然后求出∠D=∠CBE，然后根据等角对等边即可得证；

②连接OB、OC，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍求出∠BOC=60°，然后判定△OBC是等边三角形，再根据等腰三角形三线合一的性质以及三角形的内心的性质可得OC经过点I，设OC与BD相交于点F，然后求出CF，再根据I是三角形的内心，利用三角形的面积求出IF，然后求出CI，最后根据OI=OC﹣CI计算即可得解． 【详解】 ①∵BC2=AC•CE，∴

BCCE． ACBC∵∠BCE=∠ECB，∴△BCE∽△ACB，∴∠CBE=∠A． ∵∠A=∠D，∴∠D=∠CBE，∴CD=CB； ②连接OB、OC．

∵∠A=30°，∴∠BOC=2∠A=2×30°=60°． ∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形．

∵CD=CB，I是△BCD的内心，∴OC经过点I，设OC与BD相交于点F，则CF=BC×sin30°133BC，BF=BC•cos30°BC，所以，BD=2BF=2BC3BC，设△BCD222内切圆的半径为r，则S△BCD11111BD•CF（BD+CD+BC）•r，即•3BC•BC22222（3BC+BC+BC）•r，解得：rCI=CF﹣IFBC．

3233233BCBC，即IFBC，所以，

22（223）1233BCBC=（23）BC，OI=OC﹣CI=BC﹣（23）BC=（31）22∵⊙O的半径为33，∴BC=33，∴OI=（31）（33）=333﹣3323．

【点睛】

本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，三角形的内心的性质，（2）作辅助线构造出等边三角形并证明得到OC经过△BCD的内心I是解题的关键．

13．如图1，D是⊙O的直径BC上的一点，过D作DE⊥BC交⊙O于E、N，F是⊙O上的一点，过F的直线分别与CB、DE的延长线相交于A、P，连结CF交PD于M，∠C＝

1∠P． 2（1）求证：PA是⊙O的切线；

（2）若∠A＝30°，⊙O的半径为4，DM＝1，求PM的长；

（3）如图2，在（2）的条件下，连结BF、BM；在线段DN上有一点H，并且以H、D、C为顶点的三角形与△BFM相似，求DH的长度．

【答案】（1）证明见解析；（2）PM＝43﹣2；（3）满足条件的DH的值为

63 或21223． 11【解析】 【分析】

（1）如图1中，作PH⊥FM于H．想办法证明∠PFH=∠PMH，∠C=∠OFC，再根据等角的余角相等即可解决问题；

（2）解直角三角形求出AD，PD即可解决问题； （3）分两种情形①当△CDH∽△BFM时，②当△CDH∽△MFB时，【详解】

（1）证明：如图1中，作PH⊥FM于H．

DHCD． FMBFDHCD，分别构建方程即可解决问题； FBMF

∵PD⊥AC，∴∠PHM＝∠CDM＝90°，∵∠PMH＝∠DMC，∴∠C＝∠MPH， ∵∠C＝

1∠FPM，∴∠HPF＝∠HPM， 2∵∠HFP+∠HPF＝90°，∠HMP+∠HPM＝90°，∴∠PFH＝∠PMH， ∵OF＝OC，∴∠C＝∠OFC，

∵∠C+∠CMD＝∠C+∠PMF＝∠C+∠PFH＝90°， ∴∠OFC+∠PFC＝90°，∴∠OFP＝90°， ∴直线PA是⊙O的切线．

（2）解：如图1中，∵∠A＝30°，∠AFO＝90°，∴∠AOF＝60°， ∵∠AOF＝∠OFC+∠OCF，∠OFC＝∠OCF，∴∠C＝30°， ∵⊙O的半径为4，DM＝1， ∴OA＝2OF＝8，CD＝3DM＝3 ， ∴OD＝OC﹣CD＝4﹣3 ，

∴AD＝OA+OD＝8+4﹣3 ＝12﹣3 ， 在Rt△ADP中，

DP＝AD•tan30°＝（12﹣3 ）×∴PM＝PD﹣DM＝4 3﹣2． （3）如图2中，

3 ＝43 ﹣1， 3

由（2）可知：BF＝

1BC＝4，FM＝3BF＝43 ，CM＝2DM＝2，CD＝3 ， 2∴FM＝FC﹣CM＝43﹣2， ①当△CDH∽△BFM时，∴ DHCD ， FMBFDH363 ，∴DH＝ 24324DHCD， FBMF②当△CDH∽△MFB时，∴

DH31223 ，∴DH＝ ， 411432∵DN＝42432833 ，

∴DH＜DN，符合题意， 综上所述，满足条件的DH的值为【点睛】

本题考查圆综合题、切线的判定、解直角三角形、相似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，学会用分类讨论的思想思考问题.

631223 或． 211

14．如图，（1）求证：（2）若

是大半圆的直径，是小半圆的切线； ，点在上运动（点不与

两点重合），设

，

.

是小半圆的直径，点是大半圆上一点，

与小

半圆交于点，过点作

于点.

①求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；

②当时，求两点之间的距离.

【答案】（1）见解析；（2）①或

. 【解析】 【分析】

，，②两点之间的距离为

（1）连接CO、CM，只需证到CD⊥CM．由于CD⊥OP，只需证到CM∥OP，只需证到CM是△AOP的中位线即可．

（2）①易证△ODC∽△CDP，从而得到CD2=DP•OD，进而得到y与x之间的函数关系式．由于当点P与点A重合时x=0，当点P与点B重合时x=4，点P在大半圆O上运动（点P不与A，B两点重合），因此自变量x的取值范围为0＜x＜4．

②当y=3时，得到-x2+4x=3，求出x．根据x的值可求出CD、PD的值，从而求出∠CPD，运用勾股定理等知识就可求出P，M两点之间的距离． 【详解】 （1）连接

，如图1所示

∵∴∵∴∵∴∴∵∴∴∴∵

是小半圆的直径，

即

，

，

.，即

经过半径

的外端，且

∴直线

是小半圆的切线.

（2）①∵∴∴∴∴∴∵∴

,∽

，，

,

，

；当点与点重合时，

两点重合）， ，

.

当点与点重合时，∴

∵点在大半圆上运动（点不与

∴与之间的函数关系式为自变量的取值范围是②当解得Ⅰ当

时，,

时，如图2所示

在∵∴∴∵∴∵∴∴

中， ，

，

， 是等边三角形

.

Ⅱ当

时，如图3所示，

同理可得∵∴∴过点作∵∴同理在∵∴

，垂足为，连接

，

，如图3所示

中， ，

综上所述，当【点睛】

考查了切线的判定、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，综合性比较强．

时，

两点之间的距离为

或

.

15．如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，点E在CB的延长线上，连结AC、AE，∠ACB=∠BAE=45°．

（1）求证：AE是⊙O的切线；

（2）若AB=AD，AC=32，tan∠ADC=3，求BE的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）BE5 2【解析】试题分析：（1）连接OA、OB，由圆周角定理得出∠AOB=2∠ACB=90°，由等腰直角三角形的性质得出∠OAB=∠OBA=45°，求出∠OAE=∠OAB+∠BAE=90°,即可得出结论；

（2）过点A作AF⊥CD于点F,由AB=AD，得到∠ACD=∠ACB=45°，在Rt△AFC中可求得AF

＝3，在Rt△AFD中求得DF＝1，所以AB＝AD＝10 ，CD= CF+DF=4，再证明

△ABE∽△CDA，得出试题解析：

（1）证明：连结OA，OB， ∵∠ACB=45°， ∴∠AOB=2∠ACB= 90°， ∵OA=OB，

∴∠OAB=∠OBA=45°， ∵∠BAE=45°，

∴∠OAE=∠OAB+∠BAE=90°， ∴OA⊥AE． ∵点A在⊙O上， ∴AE是⊙O的切线．

（2）解：过点A作AF⊥CD于点F，则∠AFC=∠AFD=90°． ∵AB=AD，

BEAB，即可求出BE的长度； DACDuuuruuur∴AB =AD

∴∠ACD=∠ACB=45°， 在Rt△AFC中， ∵AC=32，∠ACF=45°， ∴AF=CF=AC·sin∠ACF =3， ∵在Rt△AFD中， tan∠ADC=∴DF=1，

∴ABAD3110， 且CD= CF+DF=4， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ABE=∠CDA， ∵∠BAE=∠DCA， ∴△ABE∽△CDA， ∴

22AF3， DFBEAB， DACD∴

BE10， 4105． 2∴BE