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  • 2021-11-12 发布

2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题31 点直线与圆的位置关系(含解析)

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点直线与圆的位置关系 ‎ 一.选择题 ‎ 1. (2020•江苏省徐州市•3分)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;若出现圆的切线,必连过切点的半径,构造定理图,得出垂直关系.‎ ‎2 (2020•江苏省南京市•2分)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=OF=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.‎ ‎3(2020•广东省广州市•3分)如图,中,,,,以点为圆心,为半径作,当时,与的位置关系是( )‎ A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据中,, ,求出AC的值,再根据勾股定理求出BC 的值,比较BC与半径r的大小,即可得出与的位置关系.‎ ‎【详解】解:∵中,, ,‎ ‎∴cosA=‎ ‎∵,‎ ‎∴AC=4‎ ‎∴BC=‎ 当时,与的位置关系是:相切 故选:B ‎【点睛】本题考查了由三角函数解直角三角形,勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识,利用勾股定理解求出BC是解题的关键.‎ ‎4.(2020•黑龙江省哈尔滨市•3分)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.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 二.填空题 ‎1. (2020•江苏省苏州市•3分)如图,已知是的直径,是的切线,连接交于点,连接.若,则的度数是_________.‎ ‎【答案】25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由切线的性质可得∠OAC=90°,再根据三角形的内角和定理可求出∠AOD=50°,最后根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”即可求出∠B的度数.‎ ‎【详解】解:∵是的切线,‎ ‎∴∠OAC=90°‎ ‎∵,‎ ‎∴∠AOD=50°,‎ ‎∴∠B=∠AOD=25°‎ 故答案为:25.‎ ‎【点睛】本题考查了切线的性质和圆周角定理,掌握圆周角定理是解题的关键.‎ ‎2. (2020•江苏省泰州市•3分)如图,直线a⊥b,垂足为H,点P在直线b上,PH=4cm,O为直线b上一动点,若以lcm为半径的⊙O与直线a相切,则OP的长为 3cm或5cm .‎ ‎【分析】当点O在点H的左侧⊙O与直线a相切时,OP=PH-OH;当点O在点H的右侧⊙O与直线a相切时,OP=PH+OH,即可得出结果.‎ ‎【解答】解:∵直线a⊥b,O为直线b上一动点,∴⊙O与直线a相切时,切点为H,∴OH=1cm,当点O在点H的左侧,⊙O与直线a相切时,如图1所示:OP=PH-OH ‎=4-1=3(cm);‎ ‎ ‎ 当点O在点H的右侧,⊙O与直线a相切时,如图2所示:OP=PH+OH=4+1=5(cm);‎ ‎∴⊙O与直线a相切,OP的长为3cm或5cm,故答案为:3cm或5cm.‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质以及分类讨论;熟练掌握切线的性质是解题的关键.‎ ‎3. (2020•江苏省泰州市•3分)如图所示的网格由边长为1个单位长度的小正方形组成,点A. B.C在直角坐标系中的坐标分别为(3,6),(-3,3),(7,-2),则△ABC内心的坐标为 (2,3) .‎ ‎【分析】根据点A.B.C在直角坐标系中的坐标分别为(3,6),(-3,3),(7,-2),建立直角坐标系,根据等腰三角形三线合一,利用网格确定△ABC内心的坐标即可.‎ ‎【解答】解:如图,点I即为△ABC的内心.所以△ABC内心I的坐标为(2,3).故答案为:(2,3).‎ ‎【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心、坐标与图形性质,解决本题的关键是掌握三角形的内心定义.‎ ‎4 (2020•江苏省徐州市•3分)在△ABC中,若AB=6,∠ACB=45°.则△ABC 的面积的最大值为 9+9 .‎ ‎【分析】首先过C作CM⊥AB于M,由弦AB已确定,可得要使△ABC的面积最大,只要CM取最大值即可,即可得当CM过圆心O时,CM最大,然后由圆周角定理,证得△AOB是等腰直角三角形,则可求得CM的长,继而求得答案.‎ ‎【解答】解:作△ABC的外接圆⊙O,过C作CM⊥AB于M,‎ ‎∵弦AB已确定,∴要使△ABC的面积最大,只要CM取最大值即可,‎ 如图所示,当CM过圆心O时,CM最大,∵CM⊥AB,CM过O,∴AM=BM(垂径定理),∴AC=BC,∵∠AOB=2∠ACB=2×45°=90°,∴OM=AM=AB==3,‎ ‎∴OA==3,∴CM=OC+OM=3+3,‎ ‎∴S△ABC=AB•CM=×6×(3+3)=9+9.故答案为:9+9.‎ ‎【点评】此题考查了三角形的外接圆与外心,圆周角定理以及等腰直角三角形性质.注意得到当CM过圆心O时,CM最大是关键.‎ ‎ ‎ 三.解答题 ‎1. (2020•江苏省无锡市•8分)如图,已知△ABC是锐角三角形(AC<AB).‎ ‎(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图:作直线l,使l上的各点到B.C两点的距离相等;设直线l与AB.BC分别交于点M、N,作一个圆,使得圆心O在线段MN上,且与边AB.BC相切;(不写作法,保留作图痕迹)‎ ‎(2)在(1)的条件下,若BM=,BC=2,则⊙O的半径为  .‎ ‎【分析】(1)作线段BC的垂直平分线交AB于M,交BC于N,作∠ABC的角平分线交MN于点O,以O为圆心,ON为半径作⊙O即可.‎ ‎(2)过点O作OE⊥AB于E.设OE=ON=r,利用面积法构建方程求解即可.‎ ‎【解答】解:(1)如图直线l,⊙O即为所求.‎ ‎(2)过点O作OE⊥AB于E.设OE=ON=r,‎ ‎∵BM=,BC=2,MN垂直平分线段BC,∴BN=CN=1,‎ ‎∴MN===,‎ ‎∵S△BNM=S△BNO+S△BOM,∴×1×=×1×r+××r,解得r=.故答案为.‎ ‎【点评】本题考查作图-复杂作图,角平分线的性质,线段的垂直平分线的性质,切线的判定和性质等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.‎ ‎2. (2020•江苏省无锡市•8分)如图,DB过⊙O的圆心,交⊙O于点A.B,DC是⊙O的切线,点C是切点,已知∠D=30°,DC=.‎ ‎(1)求证:△BOC∽△BCD;‎ ‎(2)求△BCD的周长.‎ ‎【分析】(1)由切线的性质可得∠OCD=90°,由外角的性质可得∠BOC=120°,由等腰三角形的性质∠B=∠OCB=30°,可得∠B=∠D=30°,∠DCB=120°=∠BOC,可得结论;‎ ‎(2)由直角三角形的性质可得OC=1=OB,DO=2,即可求解.‎ ‎【解答】证明:(1)∵DC是⊙O的切线,∴∠OCD=90°,‎ ‎∵∠D=30°,∴∠BOC=∠D+∠OCD=30°+90°=120°,‎ ‎∵OB=OC,∴∠B=∠OCB=30°,∴∠DCB=120°=∠BOC,‎ 又∵∠B=∠D=30°,∴△BOC∽△BCD;‎ ‎(2)∵∠D=30°,DC=,∠OCD=90°,∴DC=OC=,DO=2OC,‎ ‎∴OC=1=OB,DO=2,∵∠B=∠D=30°,∴DC=BC=,‎ ‎∴△BCD的周长=CD+BC+DB=++2+1=3+2.‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质,切线的性质,直角三角形的性质,灵活运用这些性质进行推理是本题的关键.‎ ‎3. (2020•江苏省盐城市•10分)如图,⊙O是△ABC的外接圆,AB是⊙O的直径,∠DCA=∠B.‎ ‎(1)求证:CD是⊙O的切线;‎ ‎(2)若DE⊥AB,垂足为E,DE交AC于点F,求证:△DCF是等腰三角形.‎ ‎【分析】(1)连接OC,根据等腰三角形的性质得到∠OCA=∠A,根据圆周角定理得到∠BCA=90°,求得OC⊥CD,于是得到结论;‎ ‎(2)根据已知条件得到∠A+∠DCA=90°,得到∠DCA=∠EFA,推出∠DCA=∠DFC,于是得到结论.‎ ‎【解答】证明:(1)连接OC,∵OC=OA,∴∠OCA=∠A,‎ ‎∵AB是⊙O的直径,∴∠BCA=90°,∴∠A+∠B=90°,‎ ‎∵∠DCA=∠B,∴∠OCA+∠DCA=∠OCD=90°,∴OC⊥CD,∴CD是⊙O的切线;‎ ‎(2)∵∠OCA+∠DCA=90°,∠OCA=∠A,∴∠A+∠DCA=90°,‎ ‎∵DE⊥AB,∴∠A+∠EFA=90°,∴∠DCA=∠EFA,‎ ‎∵∠EFA=∠DFC,∴∠DCA=∠DFC,∴△DCF是等腰三角形.‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定,等腰三角形的判定和性质,圆周角定理,熟练掌握切线的判定定理是解题的关键.‎ ‎4. (2020•江苏省扬州市•10分)如图,△ABC内接于⊙O,∠B=60°,点E在直径CD的延长线上,且AE=AC.‎ ‎(1)试判断AE与⊙O的位置关系,并说明理由;‎ ‎(2)若AC=6,求阴影部分的面积.‎ ‎【分析】(1)连接OA.AD,可求得∠ACE=∠AEC=30°,可证明△AOD为等边三角形,可求得∠EAO=90°,可证明AE为⊙O的切线;‎ ‎(2)作OF⊥AC于F,结合(1)可得到OA=2,AE=6,再根据圆的面积公式和扇形面积公式即可求解.‎ ‎【解答】(1)证明:连接OA.AD,如图,∵CD为⊙O的直径,∴∠DAC=90°,‎ 又∵∠ADC=∠B=60°,∴∠ACD=30°,‎ 又∵AE=AC,OA=OD,∴△ADO为等边三角形,∴∠E=30°,∠ADO=∠DAO=60°,∴∠PAD=30°,∴∠EAD+∠DAO=90°,∴OA⊥AE,∴AE为⊙O的切线;‎ ‎(2)解:作OF⊥AC于F,‎ 由(1)可知△AEO为直角三角形,且∠E=30°,∴OA=2,AE=6,‎ ‎∴阴影部分的面积为×6×2-=6-2π.‎ ‎【点评】本题主要考查切线的判定和性质,掌握切线的证明方法是解题的关键,即有切点时连接圆心和切点证明垂直,没有切点时,作垂直证明距离等于半径.注意这类问题的常用辅助线的作法.‎ ‎5 (2020•江苏省常州市•10分)如图1,⊙I与直线a相离,过圆心I作直线a的垂线,垂足为H,且交⊙I于P、Q两点(Q在P、H之间).我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点“,把PQ•PH的值称为⊙I关于直线a的“特征数”.‎ ‎(1)如图2,在平面直角坐标系xOy中,点E的坐标为(0,4).半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A.B.C.D.‎ ‎①过点E画垂直于y轴的直线m,则⊙O关于直线m的“远点”是点 D (填“A”.“B”、“C”或“D”),⊙O关于直线m的“特征数”为 6 ;‎ ‎②若直线n的函数表达式为y=x+4.求⊙O关于直线n的“特征数”;‎ ‎(2)在平面直角坐标系xOy中,直线l经过点M(1,4),点F是坐标平面内一点,以F为圆心,为半径作⊙F.若⊙F与直线1相离,点N(﹣1,0)是⊙F关于直线1的“远点”.且⊙F关于直线l的“特征数”是4,求直线l的函数表达式.‎ ‎【分析】(1)①根据远点,特征数的定义判断即可.‎ ‎②如图1﹣1中,过点O作OH⊥直线n于H,交⊙O于Q,P.解直角三角形求出PH,PQ的长即可解决问题.‎ ‎(2)如图2﹣1中,设直线l的解析式为y=kx+b.分两种情形k>0或k<0,分别求解即可解决问题.‎ ‎【解答】解:(1)①由题意,点D是⊙O关于直线m的“远点”,⊙O关于直线m的特征数=DB•DE=2×5=20,‎ 故答案为D,20.‎ ‎②如图1﹣1中,过点O作OH⊥直线n于H,交⊙O于Q,P.‎ 设直线y=x+4交x轴于F(﹣,0),交y轴于E(0,4),‎ ‎∴OE=4,OF=‎ ‎∴tan∠FEO==,‎ ‎∴∠FEO=30°,‎ ‎∴OH=OE=2,‎ ‎∴PH=OH+OP=3,‎ ‎∴⊙O关于直线n的“特征数”=PQ•PH=2×3=6.‎ ‎(2)如图2﹣1中,设直线l的解析式为y=kx+b.‎ 当k>0时,过点F作FH⊥直线l于H,交⊙F于E,N.‎ 由题意,EN=2,EN•NH=4,‎ ‎∴NH=,‎ ‎∵N(﹣1,0),M(1,4),‎ ‎∴MN==2,‎ ‎∴HM===,‎ ‎∴△MNH是等腰直角三角形,‎ ‎∵MN的中点K(0,2),‎ ‎∴KN=HK=KM=,‎ ‎∴H(﹣2,3),‎ 把H(﹣2,3),M(1,4)代入y=kx+b,则有,‎ 解得,‎ ‎∴直线l的解析式为y=x+,‎ 当k<0时,同法可知直线i经过H′(2,1),可得直线l的解析式为y=﹣3x+7.‎ 综上所述,满足条件的直线l的解析式为y=x+或y=﹣3x+7.‎ ‎【点评】本题属于圆综合题,考查了一次函数的性质,解直角三角形,远点,特征数的定义等知识,解题的关键是理解题意,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.‎ ‎6 (2020•江苏省淮安市•10分)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.‎ ‎【分析】(1)根据等边对等角得∠CPB=∠CBP,根据垂直的定义得∠OBC=90°,即OB⊥CB,则CB与⊙O相切;‎ ‎(2)根据三角形的内角和定理得到∠APO=60°,推出△PBD是等边三角形,得到∠PCB=∠CBP=60°,求得BC=1,根据勾股定理得到OB==,根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论.‎ ‎【解答】解:(1)CB与⊙O相切,‎ 理由:连接OB,‎ ‎∵OA=OB,‎ ‎∴∠OAB=∠OBA,‎ ‎∵CP=CB,‎ ‎∴∠CPB=∠CBP,‎ 在Rt△AOP中,∵∠A+∠APO=90°,‎ ‎∴∠OBA+∠CBP=90°,‎ ‎ 即:∠OBC=90°,‎ ‎∴OB⊥CB,‎ 又∵OB是半径,‎ ‎∴CB与⊙O相切;‎ ‎(2)∵∠A=30°,∠AOP=90°,‎ ‎∴∠APO=60°,‎ ‎∴∠BPD=∠APO=60°,‎ ‎∵PC=CB,‎ ‎∴△PBC是等边三角形,‎ ‎∴∠PCB=∠CBP=60°,‎ ‎∴∠OBP=∠POB=30°,‎ ‎∴OP=PB=PC=1,‎ ‎∴BC=1,‎ ‎∴OB==,‎ ‎∴图中阴影部分的面积=S△OBC﹣S扇形OBD=1×﹣=﹣.‎ ‎【点评】本题考查了直线与圆的位置关系,切线的判定,等边三角形的判定和性质,解直角三角形,扇形面积的计算,正确的作出辅助线是解题的关键.‎ ‎7. (2020•江苏省连云港市•12分)筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具,唐代陈廷章在《水轮赋)中写道:“水能利物,轮乃曲成”.如图,半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转圈,筒车与水面分别交于点A.B,筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2.2m,筒车上均匀分布着若干个盛水筒.若以某个盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间.‎ ‎(1)经过多长时间,盛水筒P首次到达最高点?‎ ‎(2)浮出水面3.4秒后,盛水筒P距离水面多高?‎ ‎(3)若接水槽MN所在直线是⊙O的切线,且与直线AB交于点M,MO=8m.求盛水筒P从最高点开始,至少经过多长时间恰好在直线MN上.‎ ‎(参考数据:cos43°=sin47°≈,sin16°=cos74°≈,sin22°=cos68°≈)‎ ‎【分析】(1)如图1中,连接OA.求出∠AOC的度数,以及旋转速度即可解决问题.‎ ‎(2)如图2中,盛水筒P浮出水面3.4秒后,此时∠AOP=3.4×5°=17°,过点P作PD⊥OC于D,解直角三角形求出CD即可.‎ ‎(3)如图3中,连接OP,解直角三角形求出∠POM,∠COM,可得∠POH的度数即可解决问题.‎ ‎【解答】解:(1)如图1中,连接OA.‎ 由题意,筒车每秒旋转360°×÷60=5°,‎ 在Rt△ACO中,cos∠AOC===.‎ ‎∴∠AOC=43°,‎ ‎∴=27.4(秒).‎ 答:经过27.4秒时间,盛水筒P首次到达最高点.‎ ‎(2)如图2中,盛水筒P浮出水面3.4秒后,此时∠AOP=3.4×5°=17°,‎ ‎∴∠POC=∠AOC+∠AOP=43°+17°=60°,‎ 过点P作PD⊥OC于D,‎ 在Rt△POD中,OD=OP•cos60°=3×=1.5(m),‎ ‎2.2﹣1.5=1.7(m),‎ 答:浮出水面3.4秒后,盛水筒P距离水面1.7m.‎ ‎(3)如图3中,‎ ‎∵点P在⊙O上,且MN与⊙O相切,‎ ‎∴当点P在MN上时,此时点P是切点,连接OP,则OP⊥MN,‎ 在Rt△OPM中,cos∠POM==,‎ ‎∴∠POM=68°,‎ 在Rt△COM中,cos∠COM===,‎ ‎∴∠COM=74°,‎ ‎∴∠POH=180°﹣∠POM﹣∠COM=180°﹣68°﹣74°=38°,‎ ‎∴需要的时间为=7.6(秒),‎ 答:盛水筒P从最高点开始,至少经过7.6秒恰好在直线MN上.‎ ‎【点评】本题考查解直角三角形的应用,切线的性质等知识,解题的关键是理解题意,学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题,属于中考常考题型.‎ ‎8(2020•江苏省连云港市•12分)(1)如图1,点P为矩形ABCD对角线BD上一点,过点P作EF∥BC,分别交AB.CD于点E.F.若BE=2,PF=6,△AEP的面积为S1,△CFP的面积为S2,则S1+S2= 12 ;‎ ‎(2)如图2,点P为▱ABCD内一点(点P不在BD上),点E.F、G、H分别为各边的中点.设四边形AEPH的面积为S1,四边形PFCG的面积为S2(其中S2>S1),求△PBD 的面积(用含S1.S2的代数式表示);‎ ‎(3)如图3,点P为▱ABCD内一点(点P不在BD上),过点P作EF∥AD,HG∥AB,与各边分别相交于点E.F、G、H.设四边形AEPH的面积为S1,四边形PGCF的面积为S2(其中S2>S1),求△PBD的面积(用含S1.S2的代数式表示);‎ ‎(4)如图4,点A.B.C.D把⊙O四等分.请你在圆内选一点P(点P不在AC.BD上),设PB.PC.围成的封闭图形的面积为S1,PA.PD.围成的封闭图形的面积为S2,△PBD的面积为S3,△PAC的面积为S4,根据你选的点P的位置,直接写出一个含有S1.S2.S3.S4的等式(写出一种情况即可).‎ ‎【分析】(1)如图1中,求出△PFC的面积,证明△APE的面积=△PFC的面积即可.‎ ‎(2)如图2中,连接PA,PC,在△APB中,因为点E是AB的中点,可设S△APE=S△PBE=a,同理,S△APH=S△PDH=b,S△PDG=S△PGC=c,S△PFC=S△PBF=d,证明S四边形AEPH+S四边形PFCG=S四边形PEBF+S四边形PHDG=S1+S2,推出S△ABD=S平行四边形ABCD=S1+S2,根据S△PBD=S△ABD﹣(S1+S△PBE+S△PHD)=S1+S2﹣(S1+a+S1﹣a)=S2﹣S1.可得结论.‎ ‎(3)如图3中,由题意四边形EBGP,四边形HPFD都是平行四边形,利用平行四边形的性质求解即可.‎ ‎(4)分四种情形:如图4﹣1中,结论:S2﹣S1=S3+S4.设线段PB,线段PA,AB围成的封闭图形的面积为x,线段PC,线段PD,弧CD的封闭图形的面积为y.由题意:S1+x+S4=S1+y+S3,推出x﹣y=S3﹣S4,由题意S1+S2+x+y=2(S1+x+S4),可得S2﹣S1=x﹣y+2S4‎ ‎=S3+S4.其余情形同法可求.‎ ‎【解答】解:(1)如图1中,‎ 过点P作PM⊥AD于M,交BC于N.‎ ‎∵四边形ABCD是矩形,EF∥BC,‎ ‎∴四边形AEPM,四边形MPFD,四边形BNPE,四边形PNCF都是矩形,‎ ‎∴BE=PN=CF=2,S△PFC=×PF×CF=6,S△AEP=S△APM,S△PEB=S△PBN,S△PDM=S△PFD,S△PCN=S△PCF,S△ABD=S△BCD,‎ ‎∴S矩形AEPM=S矩形PNCF,‎ ‎∴S1=S2=6,‎ ‎∴S1+S2=12,‎ 故答案为12.‎ ‎(2)如图2中,连接PA,PC,‎ 在△APB中,∵点E是AB的中点,‎ ‎∴可设S△APE=S△PBE=a,同理,S△APH=S△PDH=b,S△PDG=S△PGC=c,S△PFC=S△PBF=d,‎ ‎∴S四边形AEPH+S四边形PFCG=a+b+c+d,S四边形PEBF+S四边形PHDG=a+b+c+d,‎ ‎∴S四边形AEPH+S四边形PFCG=S四边形PEBF+S四边形PHDG=S1+S2,‎ ‎∴S△ABD=S平行四边形ABCD=S1+S2,‎ ‎∴S△PBD=S△ABD﹣(S1+S△PBE+S△PHD)=S1+S2﹣(S1+a+S1﹣a)=S2﹣S1.‎ ‎(3)如图3中,由题意四边形EBGP,四边形HPFD都是平行四边形,‎ ‎∴S四边形EBGP=2S△EBP,S四边形HPFD=2S△HPD,‎ ‎∴S△ABD=S平行四边形ABCD=(S1+S2+2S△EBP+2S△HPD)=(S1+S2)+S△EBP+S△HPD,‎ ‎∴S△PBD=S△ABD﹣(S1+S△EBP+S△HPD)=(S2﹣S1).‎ ‎(4)如图4﹣1中,结论:S2﹣S1=S3+S4.‎ 理由:设线段PB,线段PA,AB围成的封闭图形的面积为x,线段PC,线段PD,弧CD的封闭图形的面积为y.‎ 由题意:S1+x+S4=S1+y+S3,‎ ‎∴x﹣y=S3﹣S4,‎ ‎∵S1+S2+x+y=2(S1+x+S4),‎ ‎∴S2﹣S1=x﹣y+2S4=S3+S4.‎ 同法可证:图4﹣2中,有结论:S1﹣S=S3+S4.‎ 图4﹣3中和图4﹣4中,有结论:|S1﹣S2|=|S3﹣S4|.‎ ‎【点评】本题属于圆综合题,考查了矩形的性质,平行四边形的性质,圆的有关知识等知识,解题的关键是理解题意,学会利用参数解决问题,学会用分类讨的思想思考问题,属于中考压轴题.‎ ‎9.(2020•广东省•8分)如题22图,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠DAB=90°,AB是⊙O的直径,CO平分∠BCD.‎ ‎(1)求证:直线CD与⊙O相切;‎ ‎(2)如题22﹣2图,记(1)中的切点为E,P为优弧上一点,AD=1,BC=2,求tan∠APE的值.‎ E ‎【答案】‎ (1) 证明:过点O作OE⊥CD交于点E ‎∵AD∥BC,∠DAB=90°‎ ‎∴∠OBC=90°即OB⊥BC ‎∵OE⊥CD,OB⊥BC,CO平分∠BCD ‎∴OB=OE ‎∵AB是⊙O的直径 ‎∴OE是⊙O的半径 ‎∴直线CD与⊙O相切 ‎(2)连接OD.OE ‎∵由(1)得,直线CD.AD.BC与⊙O相切 ‎∴由切线长定理可得AD=DE=1,BC=CE=3,‎ ‎∠ADO=∠EDO,∠BCO=∠ECO ‎∴∠AOD=∠EOD,CD=3‎ ‎∵= ‎∴∠APE=∠AOE=∠AOD ‎∵AD∥BC ‎∴∠ADE+∠BCE=180°‎ ‎∴∠EDO+∠ECO=90°即∠DOC=90°‎ ‎∵OE⊥DC,∠ODE=∠CDO ‎∴△ODE∽△CDO ‎∴即 ‎∴OD=‎ ‎∵在Rt△AOD中,AO=‎ ‎∴tan∠AOD==‎ ‎∴tan∠APE=‎ ‎【解析】无切点作垂直证半径,切线长定理,直角三角形的判定,相似三角形的运用、辅助线的作法 ‎【考点】切线的判定、切线长定理、圆周角定理、相似三角形、三角函数 ‎10(2020•贵州省安顺市•10分)如图,AB为⊙O的直径,四边形ABCD内接于⊙O,对角线AC,BD交于点E,⊙O的切线AF交BD的延长线于点F,切点为A,且∠CAD=∠ABD.‎ ‎(1)求证:AD=CD;‎ ‎(2)若AB=4,BF=5,求sin∠BDC的值.‎ ‎【分析】(1)根据圆周角定理得∠ABD=∠ACD,进而得∠ACD=∠CAD,便可由等腰三角形判定定理得AD=CD;‎ ‎(2)证明△ADF≌△ADE,得AE=AF,DE=DF,由勾股定理求得AF,由三角形面积公式求得AD,进而求得DE,BE,再证明△BEC∽△AED,得BC,进而求得sin∠BAC便可.‎ ‎【解答】解:(1)证明:∵∠CAD=∠ABD,‎ 又∵∠ABD=∠ACD,‎ ‎∴∠ACD=∠CAD,‎ ‎∴AD=CD;‎ http://www.czsx.com.cn ‎(2)∵AF是⊙O的切线,‎ ‎∴∠FAB=90°,‎ ‎∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴∠ACB=∠ADB=∠ADF=90°,‎ ‎∴∠ABD+∠BAD=∠BAD+∠FAD=90°,‎ ‎∴∠ABD=∠FAD,‎ ‎∵∠ABD=∠CAD,‎ ‎∴∠FAD=∠EAD,‎ ‎∵AD=AD,‎ ‎∴△ADF≌△ADE(ASA),‎ ‎∴AF=AE,DF=DE,‎ ‎∵AB=4,BF=5,‎ ‎∴AF=,‎ ‎∴AE=AF=3,‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ ‎∴DE=,‎ ‎∴BE=BF﹣2DE=,‎ ‎∵∠AED=∠BEC,∠ADE=∠BCE=90°,‎ ‎∴△BEC∽△AED,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∵∠BDC=∠BAC,‎ ‎∴.‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质,圆周角定理,相似三角形的性质与判定,全等三角形的性质与判定,等腰三角形的性质与判定,解直角三角形的应用,勾股定理,关键是证明三角形全等与相似.‎ ‎11(2020•广西省玉林市•8分)如图,AB是⊙O的直径,点D在直径AB上(D与A,B不重合),CD⊥AB,且CD=AB,连接CB,与⊙O交于点F,在CD上取一点E,使EF=EC.‎ ‎(1)求证:EF是⊙O的切线;‎ ‎(2)若D是OA的中点,AB=4,求CF的长.‎ ‎【分析】(1)连接OF,易证∠DBC+∠C=90°,由等腰三角形的性质得∠DBC=∠OFB,∠C=∠EFC,推出∠OFB+∠EFC=90°,则∠OFE=90°,即可得出结论;‎ ‎(2)连接AF,则∠AFB=90°,求出BD=3OD=3,CD=AB=4,BC==5,证明△FBA∽△DBC,得出=,求出BF=,由CF=BC﹣BF即可得出结果.‎ ‎【解答】(1)证明:连接OF,如图1所示:‎ ‎∵CD⊥AB,‎ ‎∴∠DBC+∠C=90°,‎ ‎∵OB=OF,‎ ‎∴∠DBC=∠OFB,‎ ‎∵EF=EC,‎ ‎∴∠C=∠EFC,‎ ‎∴∠OFB+∠EFC=90°,‎ ‎∴∠OFE=180°﹣90°=90°,‎ ‎∴OF⊥EF,‎ ‎∵OF为⊙O的半径,‎ ‎∴EF是⊙O的切线;‎ ‎(2)解:连接AF,如图2所示:‎ ‎∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴∠AFB=90°,‎ ‎∵D是OA的中点,‎ ‎∴OD=DA=OA=AB=×4=1,‎ ‎∴BD=3OD=3,‎ ‎∵CD⊥AB,CD=AB=4,‎ ‎∴∠CDB=90°,‎ 由勾股定理得:BC===5,‎ ‎∵∠AFB=∠CDB=90°,∠FBA=∠DBC,‎ ‎∴△FBA∽△DBC,‎ ‎∴=,‎ ‎∴BF===,‎ ‎∴CF=BC﹣BF=5﹣=.‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识;熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质是解题的关键.‎ ‎12(2020•黑龙江省齐齐哈尔市•8分)如图,AB为⊙O的直径,C.D为⊙O上的两个点,==,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=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.‎ ‎【解答】(1)证明:连接OD,‎ ‎∵==,‎ ‎∴∠BOD=180°=60°,‎ ‎∵=,‎ ‎∴∠EAD=∠DAB=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=AB=3,‎ ‎∴AD==3.‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定和性质,勾股定理,圆周角定理,正确的作出辅助线是解题的关键.‎ ‎13.(2020•湖北省黄冈市•7分)已知:如图,AB是⊙O的直径,点E为⊙O上一点,点D是上一点,连接AE并延长至点C,使∠CBE=∠BDE,BD与AE交于点F.‎ ‎(1)求证:BC是⊙O的切线;‎ ‎(2)若BD平分∠ABE,求证:AD2=DF•DB.‎ ‎【分析】(1)根据圆周角定理即可得出∠EAB+∠EBA=90°,再由已知得出∠ABE+∠CBE=90°,则CB⊥AB,从而证得BC是⊙O的切线;‎ ‎(2)通过证得△ADF∽△BDA,得出相似三角形的对应边成比例即可证得结论.‎ ‎【解答】证明:(1)∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴∠AEB=90°,‎ ‎∴∠EAB+∠EBA=90°,‎ ‎∵∠CBE=∠BDE,∠BDE=∠EAB,‎ ‎∴∠EAB=∠CBE,‎ ‎∴∠EBA+∠CBE=90°,即∠ABC=90°,‎ ‎∴CB⊥AB,‎ ‎∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴BC是⊙O的切线;‎ ‎(2)证明:∵BD平分∠ABE,‎ ‎∴∠ABD=∠DBE,‎ ‎∵∠DAF=∠DBE,‎ ‎∴∠DAF=∠ABD,‎ ‎∵∠ADB=∠ADF,‎ ‎∴△ADF∽△BDA,‎ ‎∴,‎ ‎∴AD2=DF•DB.‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定,三角形相似的判定和性质;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.‎ ‎14. (2020•湖南省怀化市)如图,在⊙O中,AB为直径,点C为圆上一点,延长AB到点D,使CD=CA,且∠D=30°.‎ ‎(1)求证:CD是⊙O的切线.‎ ‎(2)分别过A.B两点作直线CD的垂线,垂足分别为E.F两点,过C点作AB的垂线,垂足为点G.求证:CG2=AE•BF.‎ ‎【分析】(1)连接OC,∠CAD=∠D=30°,由OC=OA,进而得到∠OCA=∠CAD=30°,由三角形外角定理得到∠COD=∠A+∠OCA=60°,在△OCD中由内角和定理可知∠OCD=90°即可证明;‎ ‎(2)证明AC是∠EAG的角平分线,CB是∠FCG的角平分线,得到CE=CG,CF=CG,再证明△AEC∽△CFB,对应线段成比例即可求解.‎ ‎【解答】(1)证明:连接OC,如右图所示,‎ ‎∵CA=CD,且∠D=30°,‎ ‎∴∠CAD=∠D=30°,‎ ‎∵OA=OC,‎ ‎∴∠CAD=∠ACO=30°,‎ ‎∴∠COD=∠CAD+∠ACO=30°+30°=60°,‎ ‎∴∠OCD=180°﹣∠D﹣∠COD=180°﹣30°﹣60°=90°,‎ ‎∴OC⊥CD,‎ ‎∴CD是⊙O的切线;‎ ‎(2)∵∠COB=60°,且OC=OB,‎ ‎∴△OCB为等边三角形,‎ ‎∴∠CBG=60°,‎ 又∵CG⊥AD,‎ ‎∴∠CGB=90°,‎ ‎∴∠GCB=∠CGB﹣∠CBG=30°,‎ 又∵∠GCD=60°,‎ ‎∴CB是∠GCD的角平分线,‎ ‎∵BF⊥CD,BG⊥CG,‎ ‎∴BF=BG,‎ 又∵BC=BC,‎ ‎∴Rt△BCG≌Rt△BCF(HL),‎ ‎∴CF=CG.‎ ‎∵∠D=30°,AE⊥ED,∠E=90°,‎ ‎∴∠EAD=60°,‎ 又∵∠CAD=30°,‎ ‎∴AC是∠EAG的角平分线,‎ ‎∵CE⊥AE,CG⊥AB,‎ ‎∴CE=CG,‎ ‎∵∠E=∠BFC=90°,∠EAC=30°=∠BCF,‎ ‎∴△AEC∽△CFB,‎ ‎∴,即AE•BF=CF•CE,‎ 又CE=CG,CF=CG,‎ ‎∴AE•BF=CG2.‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定和性质、角平分线的性质、相似三角形的判定和性质等,属于中考常考题型,熟练掌握切线性质、角平分线性质是解决此题的关键.‎ ‎15. (2020•湖南省湘潭市·6分)如图,在△ABC中,AB=AC,以AB为直径的⊙O交BC于点D,过点D作DE⊥AC,垂足为点E.‎ ‎(1)求证:△ABD≌△ACD;‎ ‎(2)判断直线DE与⊙O的位置关系,并说明理由.‎ ‎【分析】(1)AB为⊙O的直径得AD⊥BC,结合AB=AC,用HL证明全等三角形;‎ ‎(2)由△ABD≌△ACD得BD=BC,结合AO=BO得OD为△ABC的中位线,由DE⊥AC得OD⊥DE,可得直线DE为⊙O切线.‎ ‎【解答】(1)证明:∵AB为⊙O的直径,‎ ‎∴AD⊥BC,‎ 在Rt△ADB和Rt△ADC中,‎ ‎∴Rt△ABD≌Rt△ACD(HL);‎ ‎(2)直线DE与⊙O相切,理由如下:‎ 连接OD,如图所示:‎ 由△ABD≌△ACD知:BD=DC,‎ 又∵OA=OB,‎ ‎∴OD为△ABC的中位线,‎ ‎∴OD∥AC,‎ ‎∵DE⊥AC,‎ ‎∴OD⊥DE,‎ ‎∵OD为⊙O的半径,‎ ‎∴DE与⊙O相切.‎ ‎【点评】本题考查了直线与圆的位置关系,全等三角形判定和性质,切线的判定,平行线的判定和性质,熟知以上知识的应用是解题的关键.‎ ‎16. (2020•湖南省张家界·)如图,在中,,以为直径作,过点C作直线交的延长线于点D,使.‎ ‎(1)求证:为的切线;‎ ‎(2)若平分,且分别交于点,当时,求的长.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)EF=.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)如图,连接OC,欲证明CD是的切线,只需求得∠OCD=;‎ ‎(2)由角平分线及三角形外角性质可得,即∠CEF=∠CFE,根据勾股定理可求得EF长.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)证明:如图,连接OC ‎∵为的直径 ‎∴,即∠A+∠ABC=‎ 又∵OC=OB ‎∴∠ABC=∠OCB ‎∵‎ ‎∴∠BCD+∠OCB=,即∠OCD=‎ ‎∵OC是圆O的半径 ‎∴CD是的切线.‎ ‎(2)解:∵平分 ‎∴∠CDE=∠ADE 又∵‎ ‎∴,即∠CEF=∠CFE ‎∵∠ACB=,‎ ‎∴CE=CF=2‎ ‎∴EF=‎ ‎【点睛】此题主要考查切线的判定方法、角平分线及三角形外角性质和勾股定理,熟练进行推理论证是解题关键.‎ ‎17. (2020•湖南省长沙市·8分)如图,AB为⊙O的直径,C为⊙O上一点,AD与过C点的直线互相垂直,垂足为D,AC平分∠DAB.‎ ‎(1)求证:DC为⊙O的切线.‎ ‎(2)若AD=3,DC=,求⊙O的半径.‎ ‎【分析】(1)如图,连接OC,根据已知条件可以证明∠OCA=∠DAC,得AD∥OC,由AD⊥DC,得OC⊥DC,进而可得DC为⊙O的切线;‎ ‎(2)过点O作OE⊥AC于点E,根据Rt△ADC中,AD=3,DC=,可得DAC=30°,再根据垂径定理可得AE的长,进而可得⊙O的半径.‎ ‎【解答】解:(1)如图,连接OC,‎ ‎∵OA=OC,‎ ‎∴∠OAC=∠OCA,‎ ‎∵AC平分∠DAB,‎ ‎∴∠DAC=∠OAC,‎ ‎∴∠OCA=∠DAC,‎ ‎∴AD∥OC,‎ ‎∵AD⊥DC,‎ ‎∴OC⊥DC,‎ 又OC是⊙O的半径,‎ ‎∴DC为⊙O的切线;‎ ‎(2)过点O作OE⊥AC于点E,‎ 在Rt△ADC中,AD=3,DC=,‎ ‎∴tan∠DAC==,‎ ‎∴∠DAC=30°,‎ ‎∴AC=2DC=2,‎ ‎∵OE⊥AC,‎ 根据垂径定理,得 AE=EC=AC=,‎ ‎∵∠EAO=∠DAC=30°,‎ ‎∴OA==2,‎ ‎∴⊙O的半径为2.‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理,解决本题的关键是掌握切线的判定与性质.‎ ‎18. (2020•湖南省长沙市·10分)如图,半径为4的⊙O中,弦AB的长度为4,点C是劣弧上的一个动点,点D是弦AC的中点,点E是弦BC的中点,连接DE.OD.OE.‎ ‎(1)求∠AOB的度数;‎ ‎(2)当点C沿着劣弧从点A开始,逆时针运动到点B时,求△ODE的外心P 所经过的路径的长度;‎ ‎(3)分别记△ODE,△CDE的面积为S1,S2,当S12﹣S22=21时,求弦AC的长度.‎ ‎【分析】(1)如图1中,过点O作OH⊥AB于H.利用等腰三角形的性质求出∠AOH即可.‎ ‎(2)连接OC,证明O,D,C,F四点共圆,OC的中点即为△ODE外接圆的圆心,再利用弧长公式计算即可.‎ ‎(3)如图3中,若AC<BC,连接OC交AB于J,过点O作OH⊥AB于H,过点C作CK⊥AB于K.证明△CDE∽△CAB,推出=()2=,推出S△ABC=4S2,因为S△ADO=S△ODC,S△OBE=S△OEC,推出S四边形ODCE=S四边形OACB,可得S1+S2=(4S2+4)=2S2+2,推出S1=S2+2,因为S12﹣S22=21,可得S22+4S2+12﹣S22=21,推出S2=,利用三角形的面积公式求出CK,解直角三角形求出AK即可解决问题.若AC>BC时,同法可得AC=+,‎ ‎【解答】解:(1)如图1中,过点O作OH⊥AB于H.‎ ‎∵OA=OB=4,OH⊥AB,‎ ‎∴AH=HB=AB=2,∠AOH=∠BOH,‎ ‎∴sin∠AOH==,‎ ‎∴∠AOH=60°,‎ ‎∴∠AOB=2∠AOH=120°.‎ ‎(2)如图2中,连接OC.‎ ‎∵OA=OC=OB,AD=DC,CE=EB,‎ ‎∴OD⊥AC,OE⊥CB,‎ ‎∴∠ODC=∠OEC=90°,‎ ‎∴∠ODC+∠OEC=180°,‎ ‎∴O,D,C,E四点共圆,‎ ‎∴OC是直径,‎ ‎∴OC的中点P是△OED的外接圆的圆心,‎ ‎∴OP=OC=2,‎ ‎∴点P的运动路径的长==.‎ ‎(3)如图3中,若AC<BC,连接OC交AB于J,过点O作OH⊥AB于H,过点C作CK⊥AB于K.‎ ‎∵AD=CD,CE=EB,‎ ‎∴DE∥AB,AB=2DE,‎ ‎∴△CDE∽△CAB,‎ ‎∴=()2=,‎ ‎∴S△ABC=4S2,‎ ‎∵S△ADO=S△ODC,S△OBE=S△OEC,‎ ‎∴S四边形ODCE=S四边形OACB,‎ ‎∴S1+S2=(4S2+4)=2S2+2,‎ ‎∴S1=S2+2,‎ ‎∵S12﹣S22=21,‎ ‎∴S22+4S2+12﹣S22=21,‎ ‎∴S2=,‎ ‎∴S△ABC=3=×AB×CK,‎ ‎∴CK=,‎ ‎∵OH⊥AB,CK⊥AB,‎ ‎∴OH∥CK,‎ ‎∴△CKJ∽△OHJ,‎ ‎∴=,‎ ‎∴==,‎ ‎∴CJ=×4=,OJ=×4=,‎ ‎∴JK===,JH===,‎ ‎∴KH=,‎ ‎∴AK=AH﹣KH=2﹣,‎ ‎∴AC====﹣.‎ 若AC>BC时,同法可得AC=+,‎ 综上所述,AC的长为﹣或+.‎ ‎【点评】本题属于圆综合题,考查了等腰三角形的性质,相似三角形的判定和性质,一元二次方程,解直角三角形等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题,属于中考压轴题.‎ ‎19 (2020•湖南省株洲市·)AB是⊙O的直径,点C是⊙O上一点,连接AC.BC,直线MN 过点C,满足∠BCM=∠BAC=α.‎ ‎(1)如图①,求证:直线MN是⊙O的切线;‎ ‎(2)如图②,点D在线段BC上,过点D作DH⊥MN于点H,直线DH交⊙O于点E.F,连接AF并延长交直线MN于点G,连接CE,且CE=,若⊙O的半径为1,cosα=,求AG•ED的值.‎ ‎【分析】(1)由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得∠A+∠B=90°,由OC=OB可得∠B=∠OCB,推出∠OCB+∠BCM=90°,从而可得结论;‎ ‎(2)由已知条件易求出AC的长,根据对顶角相等和圆周角定理可得∠GFH=∠ACE,根据余角的性质可得∠ECD=∠AGC,进而可得△EDC∽△ACG,根据相似三角形的性质变形可得AG•DE=AC•CE,即可求出结果.‎ ‎【解答】(1)证明:连接OC,如图①,‎ ‎∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴∠ACB=90°,‎ ‎∴∠A+∠B=90°,‎ ‎∵OC=OB,‎ ‎∴∠B=∠OCB,‎ ‎∵∠BCM=∠A,‎ ‎∴∠OCB+∠BCM=90°,即OC⊥MN,‎ ‎∴MN是⊙O的切线;‎ ‎(2)解:如图②,∵AB是⊙O的直径,⊙O的半径为1,‎ ‎∴AB=2,‎ ‎∵cos∠BAC=,即,‎ ‎∴,‎ ‎∵∠AFE=∠ACE,∠GFH=∠AFE,‎ ‎∴∠GFH=∠ACE,‎ ‎∵DH⊥MN,‎ ‎∴∠GFH+∠AGC=90°,‎ ‎∵∠ACE+∠ECD=90°,‎ ‎∴∠ECD=∠AGC,‎ 又∵∠DEC=∠CAG,‎ ‎∴△EDC∽△ACG,‎ ‎∴,‎ ‎∴.‎ ‎【点评】本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质等知识,属于常考题型,熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质是解题的关键.‎ ‎20.(2020•河南省•9分)‎ 我们学习过利用尺规作图平分一个任意角,而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题,之后被数学家证明是不可能完成的.人们根据实际需要,发明了一种简易操作工具﹣﹣三分角器.图1是它的示意图,其中AB与半圆O的直径BC在同一直线上,且AB的长度与半圆的半径相等;DB与AC垂直于点B,DB足够长.‎ 使用方法如图2所示,若要把∠MEN三等分,只需适当放置三分角器,使DB经过∠MEN的顶点E,点A落在边EM上,半圆O与另一边EN恰好相切,切点为F,则EB,EO就把∠MEN三等分了.‎ 为了说明这一方法的正确性,需要对其进行证明.如下给出了不完整的“已知”和“求证”,请补充完整,并写出“证明”过程.‎ 已知:如图2,点A,B,O,C在同一直线上,EB⊥AC,垂足为点B, AB=OB,EN切半圆O于F .‎ 求证: EB,EO就把∠MEN三等分 .‎ ‎【分析】根据垂直的定义得到∠ABE=∠OBE=90°,根据全等三角形的性质得到∠1=∠2,根据切线的性质得到∠2=∠3,于是得到结论.‎ ‎【解答】解:已知:如图2,点A,B,O,C在同一直线上,EB⊥AC,垂足为点B,AB=OB,EN切半圆O于F.‎ 求证:EB,EO就把∠MEN三等分,‎ 证明:∵EB⊥AC,‎ ‎∴∠ABE=∠OBE=90°,‎ ‎∵AB=OB,BE=BE,‎ ‎∴△ABE≌△OBE(SAS),‎ ‎∴∠1=∠2,‎ ‎∵BE⊥OB,‎ ‎∴BE是⊙E的切线,‎ ‎∵EN切半圆O于F,‎ ‎∴∠2=∠3,‎ ‎∴∠1=∠2=∠3,‎ ‎∴EB,EO就把∠MEN三等分.‎ 故答案为:AB=OB,EN切半圆O于F;EB,EO就把∠MEN三等分.‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质,全等三角形的判定和性质,正确的识别图形是解题的关键.‎ ‎21.(2020•贵州省铜仁市•12分)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,=,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.‎ ‎【解答】(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==tan∠BCE==,‎ 设BC=k,AC=2k,‎ ‎∵∠D=∠D,∠A=∠BCD,‎ ‎∴△ACD∽△CBD,‎ ‎∴==,‎ ‎∵AD=8,‎ ‎∴CD=4.‎ ‎22(2020•贵州省遵义市•10分)如图,AB是⊙O的直径,点C是⊙O上一点,∠CAB的平分线AD交于点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.‎ ‎【解答】解:(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,‎ ‎∴,‎ ‎∴BD2=BF•BA=2×6=12.‎ ‎∴BD=2.‎ ‎23(2020•河北省•9分)如图,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)①求证:△AOE≌△POC;‎ ‎②写出∠l,∠2和∠C三者间的数量关系,并说明理由.‎ ‎(2)若OC=2OA=2,当∠C最大时,直接指出CP与小半圆的位置关系,并求此时S扇形EOD(答案保留π).‎ ‎【分析】(1)①利用公共角相等,根据SAS证明三角形全等便可;‎ ‎②由全等三角形得∠C=∠E,再利用三角形外角性质得结论;‎ ‎(2)当CP与小半圆O相切时,∠C最大,求出∠DOE便可根据扇形的面积公式求得结果.‎ ‎【解答】解:(1)①在△AOE和△POC中,‎ ‎,‎ ‎∴△AOE≌△POC(SAS);‎ ‎②∵△AOE≌△POC,‎ ‎∴∠E=∠C,‎ ‎∵∠1+∠E=∠2,‎ ‎∴∠1+∠C=∠2;‎ ‎(2)当∠C最大时,CP与小半圆相切,‎ 如图,‎ ‎∵OC=2OA=2,‎ ‎∴OC=2OP,‎ ‎∵CP与小半圆相切,‎ ‎∴∠OPC=90°,‎ ‎∴∠OCP=30°,‎ ‎∴∠DOE=∠OPC+∠OCP=120°,‎ ‎∴.‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质,全等三角形的判定与性质,三角形的外角性质,直角三角形的性质,扇形的面积计算,关键在于掌握各个定理,灵活运用这些性质解题.‎ ‎24(2020•湖北襄阳•8分)如图,AB是⊙O的直径,E,C是⊙O上两点,且=,连接AE,AC.过点C作CD⊥AE交AE的延长线于点D.‎ ‎(1)判定直线CD与⊙O的位置关系,并说明理由;‎ ‎(2)若AB=4,CD=,求图中阴影部分的面积.‎ ‎【分析】(1)连接OC,根据=,求得∠CAD=∠BAC,根据等腰三角形的性质得到∠BAC=∠ACO,推出AD∥OC,根据平行线的性质得到OC⊥CD,于是得到CD是⊙O的切线;‎ ‎(2)连接OE,连接BE交OC于F,根据垂径定理得到OC⊥BE,BF=EF,由圆周角定理得到∠AEB=90°,根据矩形的性质得到EF=CD=,根据勾股定理得到AE=‎ ‎==2,求得∠AOE=60°,连接CE,推出CE∥AB,根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论.‎ ‎【解答】(1)证明:连接OC,‎ ‎∵=,‎ ‎∴∠CAD=∠BAC,‎ ‎∵OA=OC,‎ ‎∴∠BAC=∠ACO,‎ ‎∴∠CAD=∠ACO,‎ ‎∴AD∥OC,‎ ‎∵AD⊥CD,‎ ‎∴OC⊥CD,‎ ‎∴CD是⊙O的切线;‎ ‎(2)解:连接OE,连接BE交OC于F,‎ ‎∵=,‎ ‎∴OC⊥BE,BF=EF,‎ ‎∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴∠AEB=90°,‎ ‎∴∠FED=∠D=∠EFC=90°,‎ ‎∴四边形DEFC是矩形,‎ ‎∴EF=CD=,‎ ‎∴BE=2,‎ ‎∴AE===2,‎ ‎∴AE=AB,‎ ‎∴∠ABE=30°,‎ ‎∴∠AOE=60°,‎ ‎∴∠BOE=120°,‎ ‎∵=,‎ ‎∴∠COE=∠BOC=60°,‎ 连接CE,‎ ‎∵OE=OC,‎ ‎∴△COE是等边三角形,‎ ‎∴∠ECO=∠BOC=60°,‎ ‎∴CE∥AB,‎ ‎∴S△ACE=S△COE,‎ ‎∵∠OCD=90°,∠OCE=60°,‎ ‎∴∠DCE=30°,‎ ‎∴DE=CD=1,‎ ‎∴AD=3,‎ ‎∴图中阴影部分的面积=S△ACD﹣S扇形COE=3﹣=﹣.‎ ‎【点评】本题考查了直线与圆的位置关系,勾股定理,垂径定理,扇形的面积的计算,正确的作出辅助线是解题的关键.‎ ‎25. (2020年辽宁省辽阳市)24.(12分)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.‎ ‎【分析】(1)证明:连接AE,根据平行四边形的性质得到AD=BC,AD∥BC,求得∠DAE=∠AEB,根据全等三角形的性质得到∠DEA=∠CAB,得到DE⊥AE,于是得到结论;‎ ‎(2)根据已知条件得到△ABE是等边三角形,求得AE=BE,∠EAB=60°,得到∠CAE=∠ACB,得到CE=BE,根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论.‎ ‎【解答】(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(AAS),‎ ‎∴∠DEA=∠CAB,‎ ‎∵∠CAB=90°,‎ ‎∴∠DEA=90°,‎ ‎∴DE⊥AE,‎ ‎∵AE是⊙A的半径,‎ ‎∴DE与⊙A相切;‎ ‎(2)解:∵∠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=AB•AC==8,‎ ‎∴S△ACE=S△ABC==4,‎ ‎∵∠CAE=30°,AE=4,‎ ‎∴S扇形AEF===,‎ ‎∴S阴影=S△ACE﹣S扇形AEF=4﹣.‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定和性质,平行四边形的性质,全等三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,扇形的面积的计算,熟练掌握切线的判定定理是解题的关键.‎ ‎26. (2020年滨州市)25.(13分)如图,AB是⊙O的直径,AM和BN是它的两条切线,过⊙O上一点E作直线DC,分别交AM、BN于点D.C,且DA=DE.‎ ‎(1)求证:直线CD是⊙O的切线;‎ ‎(2)求证:OA2=DE•CE.‎ ‎【分析】(1)连接OD,OE,证明△OAD≌△OED,得∠OAD=∠OED=90°,进而得CD是切线;‎ ‎(2)过D作DF⊥BC于点F,得四边形ABFD为矩形,得DF=20A,再证明CF=CE﹣DE ‎,进而根据勾股定理得结论.‎ ‎【解答】解:(1)连接OD,OE,如图1,‎ 在△OAD和△OED中,‎ ‎,‎ ‎∴△OAD≌△OED(SSS),‎ ‎∴∠OAD=∠OED,‎ ‎∵AM是⊙O的切线,‎ ‎∴∠OAD=90°,‎ ‎∴∠OED=90°,‎ ‎∴直线CD是⊙O的切线;‎ ‎(2)过D作DF⊥BC于点F,如图2,则∠DFB=∠RFC=90°,‎ ‎∵AM、BN都是⊙O的切线,‎ ‎∴∠ABF=∠BAD=90°,‎ ‎∴四边形ABFD是矩形,‎ ‎∴DF=AB=2OA,AD=BF,‎ ‎∵CD是⊙O的切线,‎ ‎∴DE=DA,CE=CB,‎ ‎∴CF=CB﹣BF=CE﹣DE,‎ ‎∵DE2=CD2﹣CF2,‎ ‎∴4OA2=(CE+DE)2﹣(CE﹣DE)2,‎ 即4OA2=4DE•CE,‎ ‎∴OA2=DE•CE.‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质与判定,勾股定理,矩形的性质与判定,全等三角形的性质与判定,关键是正确作辅助线构造全等三角形与直角三角形.‎ ‎27. (2020年德州市)22.(12分)如图,点C在以AB为直径的⊙O上,点D是半圆AB的中点,连接AC,BC,AD,BD.过点D作DH∥AB交CB的延长线于点H.‎ ‎(1)求证:直线DH是⊙O的切线;‎ ‎(2)若AB=10,BC=6,求AD,BH的长.‎ ‎【分析】(1)连接OD,根据圆周角定理得到∠AOD=AOB=90°,根据平行线的性质得到∠ODH=90°,于是得到结论;‎ ‎(2)连接CD,根据圆周角定理得到∠ADB=∠ACB=90°,推出△ABD是等腰直角三角形,得到AB=10,解直角三角形得到AC==8,求得∠CAD=∠DBH,根据平行线的性质得到∠BDH=∠OBD=45°,根据相似三角形的性质即可得到结论.‎ ‎【解答】(1)证明:连接OD,‎ ‎∵AB为⊙O的直径,点D是半圆AB的中点,‎ ‎∴∠AOD=AOB=90°,‎ ‎∵DH∥AB,‎ ‎∴∠ODH=90°,‎ ‎∴OD⊥DH,‎ ‎∴直线DH是⊙O的切线;‎ ‎(2)解:连接CD,‎ ‎∵AB为⊙O的直径,‎ ‎∴∠ADB=∠ACB=90°,‎ ‎∵点D是半圆AB的中点,‎ ‎∴=,‎ ‎∴AD=DB,‎ ‎∴△ABD是等腰直角三角形,‎ ‎∵AB=10,‎ ‎∴AD=10sin∠ABD=10sin45°=10×=5,‎ ‎∵AB=10,BC=6,‎ ‎∴AC==8,‎ ‎∵四边形ABCD是圆内接四边形,‎ ‎∴∠CAD+∠CBD=180°,‎ ‎∵∠DBH+∠CBD=180°,‎ ‎∴∠CAD=∠DBH,‎ 由(1)知∠AOD=90°,∠OBD=45°,‎ ‎∴∠ACD=45°,‎ ‎∵DH∥AB,‎ ‎∴∠BDH=∠OBD=45°,‎ ‎∴∠ACD=∠BDH,‎ ‎∴△ACD∽△BDH,‎ ‎∴,‎ ‎∴=,‎ 解得:BH=.‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定和性质,圆周角定理,圆内接四边形的性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理,正确的作出辅助线是解题的关键.‎ ‎ ‎