中考数学全国试题汇编圆含详细解析 46页

‎2017中考数学全国试题汇编------圆 ‎24（2017.北京）如图，是的一条弦，是的中点，过点作于点，过点作的切线交的延长线于点.‎ ‎ ‎ ‎（1）求证：； ‎ ‎（2）若，求的半径.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)由切线性质及等量代换推出∠4=∠5，再利用等角对等边可得出结论；（2）由已知条件得出sin∠DEF和sin∠AOE的值，利用对应角的三角函数值相等推出结论.‎ 试题解析：（1）证明：∵DC⊥OA, ∴∠1+∠3=90°, ∵BD为切线，∴OB⊥BD, ∴∠2+∠5=90°, ∵OA=OB, ∴∠1=∠2，∵∠3=∠4，∴∠4=∠5，在△DEB中, ∠4=∠5，∴DE=DB.‎ 考点：圆的性质，切线定理，三角形相似，三角函数 ‎ ‎27（2017甘肃白银）．如图，是的直径，轴，‎ 交于点． ‎ ‎（1）若点，求点的坐标；‎ ‎（2）若为线段的中点，求证：直线是的切线．‎ 解：（1）∵A的坐标为（0，6），N（0，2）‎ ‎∴AN=4， 1分 ‎∵∠ABN=30°，∠ANB=90°，‎ ‎∴AB=2AN=8， 2分 ‎∴由勾股定理可知：NB=，‎ ‎∴B（，2） 3分 ‎（2）连接MC，NC 4分 ‎∵AN是⊙M的直径， ‎ ‎∴∠ACN=90°，‎ ‎∴∠NCB=90°， 5分 x y C D MD OMD BAND ND AND 在Rt△NCB中，D为NB的中点，‎ ‎∴CD=NB=ND，‎ ‎∴∠CND=∠NCD， 6分 ‎∵MC=MN，‎ ‎∴∠MCN=∠MNC．‎ ‎∵∠MNC+∠CND=90°，‎ ‎∴∠MCN+∠NCD=90°， 7分 即MC⊥CD． ‎ ‎∴直线CD是⊙M的切线． 8分 ‎25（2017广东广州）.如图14，是的直径，‎ ‎，连接．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若直线为的切线，是切点，在直线上取一点，使所在的直线与所在的直线相交于点，连接．‎ ‎①试探究与之间的数量关系，并证明你的结论；‎ ‎②是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）直径所对的圆周角是圆心角的一半，等弧所对的圆周角是圆心角的一半；（2）①等角对等边；②‎ ‎（2）①如图所示，作 于F 由（1）可得， 为等腰直角三角形.‎ ‎ 是 的中点. 为等腰直角三角形.‎ 又 是 的切线， ‎ ‎ 四边形 为矩形 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎②当 为钝角时，如图所示，同样， ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）当D在C左侧时，由（2）知 ‎ , ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎,‎ 在 中， ‎ 当D在C右侧时，过E作 于 ‎ 在 中， ‎ ‎ 考点：圆的相关知识的综合运用 ‎25（2017贵州六盘水）.如图，是的直径，，点在上，，为的中点，是直径上一动点.‎ (1) 利用尺规作图，确定当最小时点的位置 (2) ‎(不写作法，但要保留作图痕迹).‎ ‎(2)求的最小值.‎ ‎【考点】圆，最短路线问题．‎ ‎【分析】(1)画出A点关于MN的称点,连接B,就可以得到P点 ‎(2)利用得∠AON=∠=60°，又为弧AN的中点,∴∠BON=30°，所以∠ON=90°，再求最小值．‎ ‎【解答】解：‎ ‎20（2017湖北黄冈）．已知：如图，MN为⊙O的直径，ME是⊙O的弦，MD垂直于过点E的直线DE，垂足为点D，且ME平分∠DMN．‎ 求证：（1）DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）ME2=MD•MN．‎ ‎【考点】S9：相似三角形的判定与性质；ME：切线的判定与性质．‎ ‎【分析】（1）求出OE∥DM，求出OE⊥DE，根据切线的判定得出即可；‎ ‎（2）连接EN，求出∠MDE=∠MEN，求出△MDE∽△MEN，根据相似三角形的判定得出即可．‎ ‎【解答】证明：（1）∵ME平分∠DMN，‎ ‎∴∠OME=∠DME，‎ ‎∵OM=OE，‎ ‎∴∠OME=∠OEM，‎ ‎∴∠DME=∠OEM，‎ ‎∴OE∥DM，‎ ‎∵DM⊥DE，‎ ‎∴OE⊥DE，‎ ‎∵OE过O，‎ ‎∴DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）‎ 连接EN，‎ ‎∵DM⊥DE，MN为⊙O的半径，‎ ‎∴∠MDE=∠MEN=90°，‎ ‎∵∠NME=∠DME，‎ ‎∴△MDE∽△MEN，‎ ‎∴=，‎ ‎∴ME2=MD•MN ‎23. (2017湖北十堰)已知AB为半⊙O的直径，BC⊥AB于B，且BC＝AB，‎ D为半⊙O上的一点，连接BD并延长交半⊙O的切线AE于E． ‎ ‎(1)　如图1，若CD＝CB，求证：CD是⊙O的切线； ‎ ‎(2)　如图2，若F点在OB上，且CD⊥DF，求的值．‎ ‎∵∠3+∠EAD=90°，∠E+∠EAD=90°‎ ‎∴∠3=∠E 又∵∠ADE=∠ADB=90°‎ ‎∴△ADE～△ABD ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎（1）证明：略；（此问简单）‎ ‎（2）连接AD.‎ ‎∵DF⊥DC ‎∴∠1+∠BDF=90°‎ ‎∵AB是⊙O的直径 ‎∴∠2+∠BDF=90°‎ ‎∴∠1=∠2‎ 又∵∠3+∠ABD=90°, ∠4+∠ABD=90°‎ ‎∴∠3=∠4‎ ‎∴△ADF～△BCD ‎21．（2017湖北武汉）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，CO的延长线交AB于点D ‎(1) 求证：AO平分∠BAC ‎(2) 若BC＝6，sin∠BAC＝，求AC和CD的长 ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；.‎ ‎（2）过点C作CE⊥AB于E ‎∵sin∠BAC=,设AC=5m，则CE=3m ‎∴AE=4m，BE=m 在RtΔCBE中，m2+(3m)2=36‎ ‎∴m=，‎ ‎∴AC=‎ 延长AO交BC于点H，则AH⊥BC，且BH=CH=3，‎ 考点：1.全等三角形的判定与性质；2.解直角三角形；3.平行线分线段成比例.‎ ‎21. （2017湖北咸宁）如图，在中，，以为直径的⊙与边分别交于两点，过点作，垂足为点.‎ ⑴求证：是⊙的切线；‎ ⑵若，求的长 ‎【考点】ME：切线的判定与性质；KH：等腰三角形的性质；T7：解直角三角形．‎ ‎【分析】（1）证明：如图，连接OD，作OG⊥AC于点G，推出∠ODB=∠C；然后根据DF⊥AC，∠DFC=90°，推出∠ODF=∠DFC=90°，即可推出DF是⊙O的切线．‎ ‎（2）首先判断出：AG=AE=2，然后判断出四边形OGFD为矩形，即可求出DF的值是多少．‎ ‎【解答】（1）证明：如图，连接OD，作OG⊥AC于点G，‎ ‎∵OB=OD，‎ ‎∴∠ODB=∠B，‎ 又∵AB=AC，‎ ‎∴∠C=∠B，‎ ‎∴∠ODB=∠C，‎ ‎∵DF⊥AC，‎ ‎∴∠DFC=90°，‎ ‎∴∠ODF=∠DFC=90°，‎ ‎∴DF是⊙O的切线．‎ ‎（2）解：AG=AE=2，‎ ‎∵cosA=，‎ ‎∴OA===5，‎ ‎∴OG==，‎ ‎∵∠ODF=∠DFG=∠OGF=90°，‎ ‎∴四边形OGFD为矩形，‎ ‎∴DF=OG=．‎ ‎23（2017湖北孝感）. 如图，的直径 ‎ 弦的平分线交于 过点作 交延长线于点，连接 ‎（1）由，，围成的曲边三角形的面积是 ；‎ ‎（2）求证：是的切线；（3）求线段的长.‎ ‎【分析】（1）连接OD，由AB是直径知∠ACB=90°，结合CD平分∠ACB知∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°，从而知∠AOD=90°，根据曲边三角形的面积=S扇形AOD+S△BOD可得答案；‎ ‎（2）由∠AOD=90°，即OD⊥AB，根据DE∥AB可得OD⊥DE，即可得证；‎ ‎（3）勾股定理求得BC=8，作AF⊥DE知四边形AODF是正方形，即可得DF=5，由∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC知tan∠EAF=tan∠CBA，即=，求得EF的长即可得．‎ ‎【解答】解：（1）如图，连接OD，‎ ‎∵AB是直径，且AB=10，‎ ‎∴∠ACB=90°，AO=BO=DO=5，‎ ‎∵CD平分∠ACB，‎ ‎∴∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°，‎ ‎∴∠AOD=90°，‎ 则曲边三角形的面积是S扇形AOD+S△BOD=+×5×5=+，‎ 故答案为： +；‎ ‎（2）由（1）知∠AOD=90°，即OD⊥AB，‎ ‎∵DE∥AB，‎ ‎∴OD⊥DE，‎ ‎∴DE是⊙O的切线；‎ ‎（3）∵AB=10、AC=6，‎ ‎∴BC==8，‎ 过点A作AF⊥DE于点F，则四边形AODF是正方形，‎ ‎∴AF=OD=FD=5，‎ ‎∴∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC，‎ ‎∴tan∠EAF=tan∠CBA，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴，‎ ‎∴DE=DF+EF=+5=．‎ ‎【点评】本题主要考查切线的判定、圆周角定理、正方形的判定与性质及正切函数的定义，熟练掌握圆周角定理、切线的判定及三角函数的定义是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎25（2017湖北荆州）．如图在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P、Q同时从点A出发，运动时间为t秒．其中点P沿射线AB运动，速度为每秒4个单位长度，点Q沿射线AO运动，速度为每秒5个单位长度．以点Q为圆心，PQ长为半径作⊙Q．‎ ‎（1）求证：直线AB是⊙Q的切线；‎ ‎（2）过点A左侧x轴上的任意一点C（m，0），作直线AB的垂线CM，垂足为M．若CM与⊙Q相切于点D，求m与t的函数关系式（不需写出自变量的取值范围）；‎ ‎（3）在（2）的条件下，是否存在点C，直线AB、CM、y轴与⊙Q同时相切？若存在，请直接写出此时点C的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】FI：一次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）只要证明△PAQ∽△BAO，即可推出∠APQ=∠AOB=90°，推出QP⊥AB，推出AB是⊙O的切线；‎ ‎（2）分两种情形求解即可：①如图2中，当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．②如图3中，当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．分别列出方程即可解决问题．‎ ‎（3）分两种情形讨论即可，一共有四个点满足条件．‎ ‎【解答】（1）证明：如图1中，连接QP．‎ 在Rt△AOB中，OA=4，OB=3，‎ ‎∴AB==5，‎ ‎∵AP=4t，AQ=5t，‎ ‎∴==，∵∠PAQ=∠BAO，‎ ‎∴△PAQ∽△BAO，‎ ‎∴∠APQ=∠AOB=90°，‎ ‎∴QP⊥AB，‎ ‎∴AB是⊙O的切线．‎ ‎（2）解：①如图2中，当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时，‎ 设切点为D，则四边形PQDM是正方形．‎ 易知PQ=DQ=3t，CQ=•3t=，‎ ‎∵OC+CQ+AQ=4，‎ ‎∴m+t+5t=4，‎ ‎∴m=4﹣t．‎ ‎②如图3中，当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．‎ ‎∵OC+AQ﹣CQ=4，‎ ‎∴m+5t﹣t=4，‎ ‎∴m=4﹣t．‎ ‎（3）解：存在．理由如下：‎ 如图4中，当⊙Q在y则的右侧与y轴相切时，‎ ‎3t+5t=4，t=，‎ 由（2）可知，m=﹣或．‎ 如图5中，当⊙Q在y则的左侧与y轴相切时，5t﹣3t=4，t=2，‎ 由（2）可知，m=﹣或．‎ 综上所述，满足条件的点C的坐标为（﹣，0）或（，0）或（﹣，0）或（，0）．‎ ‎22．（2017湖北鄂州）如图，已知BF是⊙O的直径，A为 ⊙O上（异于B、F）一点. ⊙O的切线MA与FB的延长线交于点M；P为AM上一点，PB的延长线交⊙O于点C，D为BC上一点且PA =PD，AD的延长线交⊙O于点E.‎ ‎（1）求证：= ；‎ ‎（2）若ED、EA的长是一元二次方程x2－5x＋5=0的两根，求BE的长；‎ ‎（3）若MA =6， , 求AB的长.‎ ‎（1）∵PA =PD ‎∴∠PAD=∠PDA ‎∴∠BAD+∠PAB=∠DBE+∠E ‎∵⊙O的切线MA ‎∴∠PAB=∠DBE ‎∴∠BAD=∠CBE∴= ‎ （2） ‎∵ED、EA的长是一元二次方程x2－5x＋5=0的两根、‎ ‎∴ED·EA=5‎ ‎∵∠BAD=∠CBE,∠E=∠E ‎∴△BDE∽△ABE ‎∴BE2=ED·EA=5 ∴BE=‎ ‎21．（2017湖北黄石）如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC为⊙O的直径，点E为△ABC的内心，连接AE并延长交⊙O于D点，连接BD并延长至F，使得BD=DF，连接CF、BE．‎ ‎（1）求证：DB=DE；‎ ‎（2）求证：直线CF为⊙O的切线．‎ ‎【考点】MI：三角形的内切圆与内心；MD：切线的判定．‎ ‎【分析】（1）欲证明DB=DE，只要证明∠DBE=∠DEB；‎ ‎（2）欲证明直线CF为⊙O的切线，只要证明BC⊥CF即可；‎ ‎【解答】（1）证明：∵E是△ABC的内心，‎ ‎∴∠BAE=∠CAE，∠EBA=∠EBC，‎ ‎∵∠BED=∠BAE+∠EBA，∠DBE=∠EBC+∠DBC，∠DBC=∠EAC，‎ ‎∴∠DBE=∠DEB，‎ ‎∴DB=DE．‎ ‎（2）连接CD．‎ ‎∵DA平分∠BAC，‎ ‎∴∠DAB=∠DAC，‎ ‎∴=，‎ ‎∴BD=CD，‎ ‎∵BD=DF，‎ ‎∴CD=DB=DF，‎ ‎∴∠BCF=90°，‎ ‎∴BC⊥CF，‎ ‎∴CF是⊙O的切线．‎ ‎23（2017湖北恩施）．如图，AB、CD是⊙O的直径，BE是⊙O的弦，且BE∥CD，过点C的切线与EB的延长线交于点P，连接BC．‎ ‎（1）求证：BC平分∠ABP；‎ ‎（2）求证：PC2=PB•PE；‎ ‎（3）若BE﹣BP=PC=4，求⊙O的半径．‎ ‎【考点】MC：切线的性质；KD：全等三角形的判定与性质；S9：相似三角形的判定与性质．‎ ‎【分析】（1）由BE∥CD知∠1=∠3，根据∠2=∠3即可得∠1=∠2；‎ ‎（2）连接EC、AC，由PC是⊙O的切线且BE∥DC，得∠1+∠4=90°，由∠A+∠2=90°且∠A=∠5知∠5+∠2=90°，根据∠1=∠2得∠4=∠5，从而证得△PBC∽△PCE即可；‎ ‎（3）由PC2=PB•PE、BE﹣BP=PC=4求得BP=2、BE=6，作EF⊥CD可得PC=FE=4、FC=PE=8，再Rt△DEF≌Rt△BCP得DF=BP=2，据此得出CD的长即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵BE∥CD，‎ ‎∴∠1=∠3，‎ 又∵OB=OC，‎ ‎∴∠2=∠3，‎ ‎∴∠1=∠2，即BC平分∠ABP；‎ ‎（2）如图，连接EC、AC，‎ ‎∵PC是⊙O的切线，‎ ‎∴∠PCD=90°，‎ 又∵BE∥DC，‎ ‎∴∠P=90°，‎ ‎∴∠1+∠4=90°，[‎ ‎∵AB为⊙O直径，‎ ‎∴∠A+∠2=90°，‎ 又∠A=∠5，‎ ‎∴∠5+∠2=90°，‎ ‎∵∠1=∠2，‎ ‎∴∠5=∠4，‎ ‎∵∠P=∠P，‎ ‎∴△PBC∽△PCE，‎ 即PC2=PB•PE；‎ ‎（3）∵BE﹣BP=PC=4，‎ ‎∴BE=4+BP，‎ ‎∵PC2=PB•PE=PB•（PB+BE），‎ ‎∴42=PB•（PB+4+PB），即PB2+2PB﹣8=0，‎ 解得：PB=2，‎ 则BE=4+PB=6，‎ ‎∴PE=PB+BE=8，‎ 作EF⊥CD于点F，‎ ‎∵∠P=∠PCF=90°，‎ ‎∴四边形PCFE为矩形，‎ ‎∴PC=FE=4，FC=PE=8，∠EFD=∠P=90°，‎ ‎∵BE∥CD，‎ ‎∴DE=BC，‎ 在Rt△DEF和Rt△BCP中，‎ ‎∴Rt△DEF≌Rt△BCP（HL），‎ ‎∴DF=BP=2，‎ 则CD=DF+CF=10，‎ ‎∴⊙O的半径为5．‎ ‎22（2017湖北随州）．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点O在AB上，经过点A的⊙O与BC相切于点D，交AB于点E．‎ ‎（1）求证：AD平分∠BAC；‎ ‎（2）若CD=1，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．‎ ‎【考点】MC：切线的性质；KF：角平分线的性质；KW：等腰直角三角形；MO：扇形面积的计算．‎ ‎【分析】（1）连接DE，OD．利用弦切角定理，直径所对的圆周角是直角，等角的余角相等证明∠DAO=∠CAD，进而得出结论；‎ ‎（2）根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BAC=45°，由BC相切⊙O于点D，得到∠ODB=90°，求得OD=BD，∠BOD=45°，设BD=x，则OD=OA=x，OB=x，根据勾股定理得到BD=OD=，于是得到结论．‎ ‎【解答】（1）证明：连接DE，OD．‎ ‎∵BC相切⊙O于点D，‎ ‎∴∠CDA=∠AED，‎ ‎∵AE为直径，‎ ‎∴∠ADE=90°，‎ ‎∵AC⊥BC，‎ ‎∴∠ACD=90°，‎ ‎∴∠DAO=∠CAD，‎ ‎∴AD平分∠BAC；‎ ‎（2）∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，‎ ‎∴∠B=∠BAC=45°，‎ ‎∵BC相切⊙O于点D，‎ ‎∴∠ODB=90°，‎ ‎∴OD=BD，∴∠BOD=45°，‎ 设BD=x，则OD=OA=x，OB=x，‎ ‎∴BC=AC=x+1，‎ ‎∵AC2+BC2=AB2，‎ ‎∴2（x+1）2=（x+x）2，‎ ‎∴x=，‎ ‎∴BD=OD=，‎ ‎∴图中阴影部分的面积=S△BOD﹣S扇形DOE=﹣=1﹣．‎ ‎22（2017湖北襄阳）．如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两点，∠BAC=∠DAC，过点C做直线EF⊥AD，交AD的延长线于点E，连接BC．‎ ‎（1）求证：EF是⊙O的切线；‎ ‎（2）若DE=1，BC=2，求劣弧的长l．‎ ‎【考点】ME：切线的判定与性质；MN：弧长的计算．‎ ‎【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到 ‎∠OAC=∠DAC，求得∠DAC=∠OCA，推出AD∥OC，‎ 得到∠OCF=∠AEC=90°，于是得到结论；‎ ‎（2）连接OD，DC，根据角平分线的定义得到∠DAC=∠OAC，根据三角函数的定义得到∠ECD=30°，得到∠OCD=60°，得到∠BOC=∠COD=60°，OC=2，于是得到结论．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OC，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠OAC=∠DAC，∴∠DAC=∠OCA，‎ ‎∴AD∥OC，‎ ‎∵∠AEC=90°，∴∠OCF=∠AEC=90°，‎ ‎∴EF是⊙O的切线；‎ ‎（2）连接OD，DC，‎ ‎∵∠DAC=DOC，∠OAC=BOC，‎ ‎∴∠DAC=∠OAC，‎ ‎∵ED=1，DC=2，‎ ‎∴sin∠ECD=，‎ ‎∴∠ECD=30°，‎ ‎∴∠OCD=60°，‎ ‎∵OC=OD，‎ ‎∴△DOC是等边三角形，‎ ‎∴∠BOC=∠COD=60°，OC=2，‎ ‎∴l==π．‎ ‎21（2017湖北宜昌）．已知，四边形ABCD中，E是对角线AC上一点，DE=EC，以AE为直径的⊙O与边CD相切于点D．B点在⊙O上，连接OB．‎ ‎（1）求证：DE=OE；‎ ‎（2）若CD∥AB，求证：四边形ABCD是菱形．‎ ‎【考点】MC：切线的性质；L9：菱形的判定．‎ ‎【分析】（1）先判断出∠2+∠3=90°，再判断出∠1=∠2即可得出结论；‎ ‎（2）先判断出△ABO≌△CDE得出AB=CD，即可判断出四边形ABCD是平行四边形，最后判断出CD=AD即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图，连接OD，‎ ‎∵CD是⊙O的切线，‎ ‎∴OD⊥CD，‎ ‎∴∠2+∠3=∠1+∠COD=90°，‎ ‎∵DE=EC，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ ‎∴∠3=∠COD，‎ ‎∴DE=OE；‎ ‎（2）∵OD=OE，‎ ‎∴OD=DE=OE，‎ ‎∴∠3=∠COD=∠DEO=60°，‎ ‎∴∠2=∠1=30°，‎ ‎∵OA=OB=OE，OE=DE=EC，‎ ‎∴OA=OB=DE=EC，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠4=∠1，‎ ‎∴∠1=∠2=∠4=∠OBA=30°，‎ ‎∴△ABO≌△CDE，‎ ‎∴AB=CD，‎ ‎∴四边形A∴D是平行四边形，‎ ‎∴∠DAE=∠DOE=30°，‎ ‎∴∠1=∠DAE，‎ ‎∴CD=AD，‎ ‎∴▱ABCD是菱形．‎ ‎24（2017江苏南通）．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，点O在AB上，OB=2，以OB为半径的⊙O与AC相切于点D，交BC于点E，求弦BE的长．‎ ‎【考点】MC：切线的性质；KQ：勾股定理．‎ ‎【分析】连接OD，首先证明四边形OECD是矩形，从而得到BE的长，然后利用垂径定理求得BF的长即可．‎ ‎【解答】解：连接OD，作OE⊥BF于点E．‎ ‎∴BE=BF，‎ ‎∵AC是圆的切线，‎ ‎∴OD⊥AC，‎ ‎∴∠ODC=∠C=∠OFC=90°，‎ ‎∴四边形ODCF是矩形，‎ ‎∵OD=OB=EC=2，BC=3，‎ ‎∴BE=BC﹣EC=BC﹣OD=3﹣2=1，‎ ‎∴BF=2BE=2．‎ ‎26（2017江苏镇江）.如图，中，，点在上，，过两点的圆的圆心在上.（1）利用直尺和圆规在图1中画出⊙（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线条描清楚）；‎ ‎（2）判断所在直线与（1）中所作的⊙的位置关系，并证明你的结论；‎ ‎（3）设⊙交于点，连接，过点作，为垂足.若点是线段的黄金分割点（即，）如图2，试说明四边形是正方形.‎ ‎25（2017江苏扬州）．如图，已知平行四边形OABC的三个顶点A、B、C在以O为圆心的半圆上，过点C作CD⊥AB，分别交AB、AO的延长线于点D、E，AE交半圆O于点F，连接CF．‎ ‎（1）判断直线DE与半圆O的位置关系，并说明理由；‎ ‎（2）①求证：CF=OC；‎ ‎②若半圆O的半径为12，求阴影部分的周长．‎ ‎【考点】MB：直线与圆的位置关系；L5：平行四边形的性质；MN：弧长的计算．‎ ‎【分析】（1）结论：DE是⊙O的切线．首先证明△ABO，△BCO都是等边三角形，再证明四边形BDCG是矩形，即可解决问题；‎ ‎（2）①只要证明△OCF是等边三角形即可解决问题；‎ ‎②求出EC、EF、弧长CF即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）结论：DE是⊙O的切线．‎ 理由：∵四边形OABC是平行四边形，‎ 又∵OA=OC，‎ ‎∴四边形OABC是菱形，‎ ‎∴OA=OB=AB=OC=BC，‎ ‎∴△ABO，△BCO都是等边三角形，‎ ‎∴∠AOB=∠BOC=∠COF=60°，‎ ‎∵OB=OF，‎ ‎∴OG⊥BF，‎ ‎∵AF是直径，CD⊥AD，‎ ‎∴∠ABF=∠DBG=∠D=∠BGC=90°，‎ ‎∴四边形BDCG是矩形，‎ ‎∴∠OCD=90°，‎ ‎∴DE是⊙O的切线．‎ ‎（2）①由（1）可知：∠COF=60°，OC=OF，‎ ‎∴△OCF是等边三角形，‎ ‎∴CF=OC．‎ ‎②在Rt△OCE中，∵OC=12，∠COE=60°，∠OCE=90°，‎ ‎∴OE=2OC=24，EC=12，‎ ‎∵OF=12，‎ ‎∴EF=12，‎ ‎∴的长==4π，‎ ‎∴阴影部分的周长为4π+12+12．‎ ‎24（2017江苏盐城）．如图，△ABC是一块直角三角板，且∠C=90°，∠A=30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部．‎ （1） 如图①，当圆形纸片与两直角边AC、BC都相切时，‎ （2） 试用直尺与圆规作出射线CO；‎ （3） ‎（不写作法与证明，保留作图痕迹）‎ ‎（2）如图②，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，‎ 回到起点位置时停止，若BC=9，圆形纸片的半径为2，‎ 求圆心O运动的路径长．‎ ‎【考点】O4：轨迹；MC：切线的性质；N3：作图—复杂作图．‎ ‎【分析】（1）作∠ACB的平分线得出圆的一条弦，再作此弦的中垂线可得圆心O，作射线CO即可；‎ ‎（2）添加如图所示辅助线，圆心O的运动路径长为，先求出△ABC的三边长度，得出其周长，证四边形OEDO1、四边形O1O2HG、四边形OO2IF均为矩形、四边形OECF为正方形，得出∠OO1O2=60°=∠ABC、∠O1OO2=90°，从而知△OO1O2∽△CBA，利用相似三角形的性质即可得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）如图①所示，射线OC即为所求；‎ ‎（2）如图，圆心O的运动路径长为，‎ 过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，‎ 过点O作OE⊥BC，垂足为点E，连接O2B，‎ 过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，‎ 在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°，‎ ‎∴AC===9，AB=2BC=18，∠ABC=60°，‎ ‎∴C△ABC=9+9+18=27+9，‎ ‎∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，‎ ‎∴D、G为切点，‎ ‎∴BD=BG，‎ 在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△O1BD≌△O1BG（HL），‎ ‎∴∠O1BG=∠O1BD=30°，‎ 在Rt△O1BD中，∠O1DB=90°，∠O1BD=30°，‎ ‎∴BD===2，‎ ‎∴OO1=9﹣2﹣2=7﹣2，‎ ‎∵O1D=OE=2，O1D⊥BC，OE⊥BC，‎ ‎∴O1D∥OE，且O1D=OE，‎ ‎∴四边形OEDO1为平行四边形，‎ ‎∵∠OED=90°，‎ ‎∴四边形OEDO1为矩形，‎ 同理四边形O1O2HG、四边形OO2IF、四边形OECF为矩形，‎ 又OE=OF，‎ ‎∴四边形OECF为正方形，‎ ‎∵∠O1GH=∠CDO1=90°，∠ABC=60°，‎ ‎∴∠GO1D=120°，‎ 又∵∠FO1D=∠O2O1G=90°，‎ ‎∴∠OO1O2=360°﹣90°﹣90°=60°=∠ABC，‎ 同理，∠O1OO2=90°，‎ ‎∴△OO1O2∽△CBA，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴=15+，即圆心O运动的路径长为15+．‎ ‎　‎ ‎25（2017江苏盐城）．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在y轴上，边AC与x轴交于点D，AE平分∠BAC交边BC于点E，经过点A、D、E的圆的圆心F恰好在y轴上，⊙F与y轴相交于另一点G．‎ ‎（1）求证：BC是⊙F的切线；‎ ‎（2）若点A、D的坐标分别为A（0，﹣1），‎ D（2，0），求⊙F的半径；‎ 试探究线段AG、AD、CD三者之间满足 的等量关系，并证明你的结论．‎ ‎【考点】MR：圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）连接EF，根据角平分线的定义、等腰三角形的性质得到∠FEA=∠EAC，得到FE∥AC，根据平行线的性质得到∠FEB=∠C=90°，证明结论；‎ ‎（2）连接FD，设⊙F的半径为r，根据勾股定理列出方程，解方程即可；‎ ‎（3）作FR⊥AD于R，得到四边形RCEF是矩形，得到EF=RC=RD+CD，根据垂径定理解答即可．‎ ‎【解答】（1）证明：连接EF，‎ ‎∵AE平分∠BAC，‎ ‎∴∠FAE=∠CAE，‎ ‎∵FA=FE，‎ ‎∴∠FAE=∠FEA，‎ ‎∴∠FEA=∠EAC，‎ ‎∴FE∥AC，‎ ‎∴∠FEB=∠C=90°，即BC是⊙F的切线；‎ ‎（2）解：连接FD，‎ 设⊙F的半径为r，‎ 则r2=（r﹣1）2+22，‎ 解得，r=，即⊙F的半径为；‎ ‎（3）解：AG=AD+2CD．‎ 证明：作FR⊥AD于R，‎ 则∠FRC=90°，又∠FEC=∠C=90°，‎ ‎∴四边形RCEF是矩形，‎ ‎∴EF=RC=RD+CD，‎ ‎∵FR⊥AD，‎ ‎∴AR=RD，‎ ‎∴EF=RD+CD=AD+CD，‎ ‎∴AG=2FE=AD+2CD．‎ ‎27、（2017•苏州）如图，已知 内接于 ， 是直径，点 在 上， ，过点 作 ，垂足为 ，连接 交 边于点 ． (1)求证： ∽ ； ‎ ‎(2)求证： ； ‎ ‎(3)连接 ，设 的面积为 ，‎ 四边形 的面积为 ，若 ，求 的值．‎ ‎（1）证明：∵AB是圆O的直径， ∴∠ACB=90°， ∵DE⊥AB， ∴∠DEO=90°， ∴∠DEO=∠ACB， ∵OD//BC， ∴∠DOE=∠ABC， ∴△DOE~△ABC， （2）证明：∵△DOE~△ABC， ∴∠ODE=∠A， ∵∠A和∠BDC是弧BC所对的圆周角， ∴∠A=∠BDC， ∴∠ODE=∠BDC， ∴∠ODF=∠BDE。 （3）解：因为△DOE~△ABC , 所以， 即=4=4 因为OA=OB， 所以=，即=2, 因为=,S2=++=2S1+S1+, 所以=， 所以BE=OE,即OE=OB=OD， 所以sinA=sin∠ODE== 【考点】圆周角定理，相似三角形的性质，相似三角形的判定与性质 ‎ ‎ ‎ ‎【解析】【分析】（1）易证∠DEO=∠ACB=90°和∠DOE=∠ABC，根据“有两对角相等的两个三角形相似”判定△DOE~△ABC； （2）由△DOE~△ABC，可得∠ODE=∠A，由∠A和∠BDC是弧BC所对的圆周角，则∠A=∠BDC，从而通过角的等量代换即可证得； （3）由∠ODE=∠A，可得sinA=sin∠ODE==；而由△DOE~△ABC ,可得， 即=4=4=， 即=2,又因为=,S2=++=2S1+S1+,则可得=， 可求得OE与OB的比值. ‎ ‎27（2017江苏无锡）．如图，以原点O为圆心，3为半径的圆与x轴分别交于A，B两点（点B在点A的右边），P是半径OB上一点，过P且垂直于AB的直线与⊙O分别交于C，D两点（点C在点D的上方），直线AC，DB交于点E．若AC：CE=1：2．‎ ‎（1）求点P的坐标；‎ ‎（2）求过点A和点E，且顶点在 直线CD上的抛物线的函数表达式．‎ ‎【考点】MR：圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）如图，作EF⊥y轴于F，DC的延长线交EF于H．设H（m，n），则P（m，0），PA=m+3，PB=3﹣m．首先证明△ACP∽△ECH，推出===，推出CH=2n，EH=2m=6，再证明△DPB∽△DHE，推出===，可得=，求出m即可解决问题；‎ ‎（2）由题意设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣5），求出E点坐标代入即可解决问题；‎ ‎【解答】解：（1）如图，作EF⊥y轴于F，DC的延长线交EF于H．设H（m，n），则P（m，0），PA=m+3，PB=3﹣m．‎ ‎∵EH∥AP，‎ ‎∴△ACP∽△ECH，‎ ‎∴===，‎ ‎∴CH=2n，EH=2m=6，‎ ‎∵CD⊥AB，‎ ‎∴PC=PD=n，‎ ‎∵PB∥HE，‎ ‎∴△DPB∽△DHE，‎ ‎∴===，‎ ‎∴=，‎ ‎∴m=1，‎ ‎∴P（1，0）．‎ ‎（2）由（1）可知，PA=4，HE=8，EF=9，‎ 连接OP，在Rt△OCP中，PC==2，‎ ‎∴CH=2PC=4，PH=6，‎ ‎∴E（9，6），‎ ‎∵抛物线的对称轴为CD，‎ ‎∴（﹣3，0）和（5，0）在抛物线上，设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣5），把E（9，6）代入得到a=，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=（x+3）（x﹣5），即y=x2﹣x﹣．‎ ‎23．（2017山东济南）‎ ‎（）如图，在矩形中，，于点，求证：．‎ ‎（）如图，是⊙的直径，，求的度数．‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】（）证明：在矩形中，‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ 在和中，‎ ‎∴≌，‎ ‎∴．‎ ‎（）解：∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵是⊙的直径，‎ ‎∴．‎ 在中，．‎ ‎22（2017山东潍坊）．如图，AB为半圆O的直径，AC是⊙O的一条弦，D为的中点，作DE⊥AC，交AB的延长线于点F，连接DA．‎ ‎（1）求证：EF为半圆O的切线；‎ ‎（2）若DA=DF=6，求阴影区域的面积．‎ ‎（结果保留根号和π）‎ ‎【考点】ME：切线的判定与性质；MO：扇形面积的计算．‎ ‎【分析】（1）直接利用切线的判定方法结合圆心角定理分析得出OD⊥EF，即可得出答案；‎ ‎（2）直接利用得出S△ACD=S△COD，再利用S阴影=S△AED﹣S扇形COD，求出答案．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OD，‎ ‎∵D为的中点，‎ ‎∴∠CAD=∠BAD，‎ ‎∵OA=OD，‎ ‎∴∠BAD=∠ADO，‎ ‎∴∠CAD=∠ADO，‎ ‎∵DE⊥AC，‎ ‎∴∠E=90°，‎ ‎∴∠CAD+∠EDA=90°，即∠ADO+∠EDA=90°，‎ ‎∴OD⊥EF，‎ ‎∴EF为半圆O的切线；‎ ‎（2）解：连接OC与CD，‎ ‎∵DA=DF，‎ ‎∴∠BAD=∠F，‎ ‎∴∠BAD=∠F=∠CAD，‎ 又∵∠BAD+∠CAD+∠F=90°，‎ ‎∴∠F=30°，∠BAC=60°，‎ ‎∵OC=OA，‎ ‎∴△AOC为等边三角形，‎ ‎∴∠AOC=60°，∠COB=120°，‎ ‎∵OD⊥EF，∠F=30°，‎ ‎∴∠DOF=60°，‎ 在Rt△ODF中，DF=6，‎ ‎∴OD=DF•tan30°=6，‎ 在Rt△AED中，DA=6，∠CAD=30°，‎ ‎∴DE=DA•sin30，EA=DA•cos30°=9，‎ ‎∵∠COD=180°﹣∠AOC﹣∠DOF=60°，‎ ‎∴CD∥AB，‎ 故S△ACD=S△COD，‎ ‎∴S阴影=S△AED﹣S扇形COD=×9×3﹣π×‎ ‎62=﹣6π．‎ ‎23（2017山东威海）．已知：AB为⊙O的直径，AB=2，弦DE=1，直线AD与BE相交于点C，弦DE在⊙O上运动且保持长度不变，⊙O的切线DF交BC于点F．‎ ‎（1）如图1，若DE∥AB，求证：CF=EF；‎ ‎（2）如图2，当点E运动至与点B重合时，试判断CF与BF是否相等，并说明理由．‎ ‎【分析】（1）如图1，连接OD、OE，证得△OAD、△ODE、△OEB、△CDE是等边三角形，进一步证得DF⊥CE即可证得结论；‎ ‎（2）根据切线的性质以及等腰三角形的性质即可证得结论．‎ ‎【解答】证明：如图1，连接OD、OE，‎ ‎∵AB=2，‎ ‎∴OA=OD=OE=OB=1，‎ ‎∵DE=1，‎ ‎∴OD=OE=DE，‎ ‎∴△ODE是等边三角形，‎ ‎∴∠ODE=∠OED=60°，‎ ‎∵DE∥AB，‎ ‎∴∠AOD=∠ODE=60°，∠EOB=∠OED=60°，‎ ‎∴△AOD和△△OE是等边三角形，‎ ‎∴∠OAD=∠OBE=60°，‎ ‎∴∠CDE=∠OAD=60°，∠CED=∠OBE=60°，‎ ‎∴△CDE是等边三角形，‎ ‎∵DF是⊙O的切线，‎ ‎∴OD⊥DF，‎ ‎∴∠EDF=90°﹣60°=30°，‎ ‎∴∠DFE=90°，‎ ‎∴DF⊥CE，‎ ‎∴CF=EF；‎ ‎（2）相等；‎ 如图2，点E运动至与点B重合时，BC是⊙O 的切线，‎ ‎∵⊙O的切线DF交BC于点F，‎ ‎∴BF=DF，‎ ‎∴∠BDF=∠DBF，‎ ‎∵AB是直径，‎ ‎∴∠ADB=∠BDC=90°，‎ ‎∴∠FDC=∠C，‎ ‎∴DF=CF，‎ ‎∴BF=CF．‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质、平行线的性质、等边三角形的判定、等腰三角形的判定和性质，作出辅助线构建等边三角形是解题的关键．‎ ‎21（2017山东东营）．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作⊙O的切线DE，交AC于点E，AC的反向延长线交⊙O于点F．‎ ‎（1）求证：DE⊥AC；‎ ‎（2）若DE+EA=8，⊙O的半径为10，求AF的长度．‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质，勾股定理，‎ 矩形的判定与性质．解题时，利用了方程思想，属于中档题．‎ ‎【分析】（1）欲证明DE⊥AC，只需推知OD∥AC即可；‎ ‎（2）如图，过点O作OH⊥AF于点H，构建矩形ODEH，设AH=x．则由矩形的性质推知：AE=10﹣x，OH=DE=8﹣（10﹣x）=x﹣2．在Rt△AOH中，由勾股定理知：x2+（x﹣2）2=102，通过解方程得到AH的长度，结合OH⊥AF，得到AF=2AH=2×8=16．‎ ‎【解答】（1）证明：∵OB=OD，‎ ‎∴∠ABC=∠ODB，‎ ‎∵AB=AC，‎ ‎∴∠ABC=∠ACB，‎ ‎∴∠ODB=∠ACB，‎ ‎∴OD∥AC．‎ ‎∵DE是⊙O的切线，OD是半径，‎ ‎∴DE⊥OD，∴DE⊥AC；‎ ‎（2）如图，过点O作OH⊥AF于点H，则∠ODE=∠DEH=∠OHE=90°，‎ ‎∴四边形ODEH是矩形，‎ ‎∴OD=EH，OH=DE．‎ 设AH=x．‎ ‎∵DE+AE=8，OD=10，‎ ‎∴AE=10﹣x，OH=DE=8﹣（10﹣x）=x﹣2．‎ 在Rt△AOH中，由勾股定理知：AH2+OH2=OA2，即x2+（x﹣2）2=102，‎ 解得x1=8，x2=﹣6（不合题意，舍去）．‎ ‎∴AH=8．‎ ‎∵OH⊥AF，‎ ‎∴AH=FH=AF，∴AF=2AH=2×8=16．‎ ‎24（2017山东烟台）．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=12cm，BD=16cm，动点N从点D出发，沿线段DB以2cm/s的速度向点B运动，同时动点M从点B出发，沿线段BA以1cm/s的速度向点A运动，当其中一个动点停止运动时另一个动点也随之停止，设运动时间为t（s）（t＞0），以点M为圆心，MB长为半径的⊙M与射线BA，线段BD分别交于点E，F，连接EN．‎ ‎（1）求BF的长（用含有t的代数式表示），并求出t的取值范围；‎ ‎（2）当t为何值时，线段EN与⊙M相切？‎ ‎（3）若⊙M与线段EN只有一个公共点，求t的取值范围．‎ ‎【考点】MR：圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）连接MF．只要证明MF∥AD，可得=，即=，解方程即可；‎ ‎（2）当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，可得=，即=，解方程即可；‎ ‎（3）①由题意可知：当0＜t≤时，⊙M与线段EN只有一个公共点．②当F与N重合时，则有t+2t=16，解得t=，观察图象即可解决问题；‎ ‎【解答】解：（1）连接MF．‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB=AD，AC⊥BD，OA=OC=6，OB=OD=8，‎ 在Rt△AOB中，AB==10，‎ ‎∵MB=MF，AB=AD，‎ ‎∴∠ABD=∠ADB=∠MFB，‎ ‎∴MF∥AD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴BF=t（0＜t≤8）．‎ ‎（2）当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴t=．‎ ‎∴t=s时，线段EN与⊙M相切．‎ ‎（3）①由题意可知：当0＜t≤时，⊙M与线段EN只有一个公共点．‎ ‎②当F与N重合时，则有t+2t=16，解得t=，‎ 关系图象可知，＜t＜8时，⊙M与线段EN只有一个公共点．‎ 综上所述，当0＜t≤或＜t＜8时，⊙M与线段EN只有一个公共点．‎ ‎24（2017山东聊城）．如图，⊙O是△ABC的外接圆，O点在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线，与AB的延长线相交于点P．‎ ‎（1）求证：PD是⊙O的切线；‎ ‎（2）求证：△PBD∽△DCA；‎ ‎（3）当AB=6，AC=8时，求线段PB的长．‎ ‎【考点】S9：相似三角形的判定与性质；ME：切线的判定与性质．‎ ‎【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角得到∠BAC为直角，再由AD为角平分线，得到一对角相等，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍及等量代换确定出∠DOC为直角，与平行线中的一条垂直，与另一条也垂直得到OD与PD垂直，即可得证；‎ ‎（2）由PD与BC平行，得到一对同位角相等，再由同弧所对的圆周角相等及等量代换得到∠P=∠ACD，根据同角的补角相等得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证；‎ ‎（3）由三角形ABC为直角三角形，利用勾股定理求出BC的长，再由OD垂直平分BC，得到DB=DC，根据（2）的相似，得比例，求出所求即可．‎ ‎【解答】（1）证明：∵圆心O在BC上，‎ ‎∴BC是圆O的直径，‎ ‎∴∠BAC=90°，‎ 连接OD，‎ ‎∵AD平分∠BAC，‎ ‎∴∠BAC=2∠DAC，‎ ‎∵∠DOC=2∠DAC，‎ ‎∴∠DOC=∠BAC=90°，即OD⊥BC，‎ ‎∵PD∥BC，‎ ‎∴OD⊥PD，‎ ‎∵OD为圆O的半径，‎ ‎∴PD是圆O的切线；‎ ‎（2）证明：∵PD∥BC，‎ ‎∴∠P=∠ABC，‎ ‎∵∠ABC=∠ADC，‎ ‎∴∠P=∠ADC，‎ ‎∵∠PBD+∠ABD=180°，∠ACD+∠ABD=180°，‎ ‎∴∠PBD=∠ACD，‎ ‎∴△PBD∽△DCA；‎ ‎（3）解：∵△ABC为直角三角形，‎ ‎∴BC2=AB2+AC2=62+82=100，‎ ‎∴BC=10，‎ ‎∵OD垂直平分BC，‎ ‎∴DB=DC，‎ ‎∵BC为圆O的直径，‎ ‎∴∠BDC=90°，‎ 在Rt△DBC中，DB2+DC2=BC2，即2DC2=BC2=100，‎ ‎∴DC=DB=5，‎ ‎∵△PBD∽△DCA，‎ ‎∴=，‎ 则PB===．‎ ‎23（2017山东临沂）．如图，∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D，∠ABC的平分线交AD于点E，（1）求证：DE=DB；‎ ‎（2）若∠BAC=90°，BD=4，求△ABC外接圆的半径．‎ ‎【考点】MA：三角形的外接圆与外心．‎ ‎【分析】（1）由角平分线得出∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，‎ 得出，由圆周角定理得出∠DBC=∠CAD，证出∠DBC=∠BAE，‎ 再由三角形的外角性质得出 ‎∠DBE=∠DEB，即可得出DE=DB；‎ ‎（2）由（1）得：，得出CD=BD=4，由圆周角定理得出BC是直径，∠BDC=90°，由勾股定理求出BC==4，即可得出△ABC外接圆的半径．‎ ‎【解答】（1）证明：∵BE平分∠BAC，AD平分∠ABC，‎ ‎∴∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，‎ ‎∴，‎ ‎∴∠DBC=∠CAD，‎ ‎∴∠DBC=∠BAE，‎ ‎∵∠DBE=∠CBE+∠DBC，∠DEB=∠ABE+∠BAE，‎ ‎∴∠DBE=∠DEB，‎ ‎∴DE=DB；‎ ‎（2）解：连接CD，如图所示：‎ 由（1）得：，‎ ‎∴CD=BD=4，‎ ‎∵∠BAC=90°，‎ ‎∴BC是直径，‎ ‎∴∠BDC=90°，‎ ‎∴BC==4，‎ ‎∴△ABC外接圆的半径=×4=2．‎ ‎20（2017山东德州）．如图，已知Rt△ABC，∠C=90°，D为BC的中点，以AC为直径的⊙O交AB于点E．‎ ‎（1）求证：DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AE：EB=1：2，BC=6，求AE的长．‎ ‎【考点】S9：相似三角形的判定与性质；ME：切线的判定与性质．‎ ‎【分析】（1）求出∠OED=∠BCA=90°，根据切线的判定得出即可；‎ ‎（2）求出△BEC∽△BCA，得出比例式，代入求出即可．‎ ‎【解答】（1）证明：‎ 连接OE、EC，‎ ‎∵AC是⊙O的直径，‎ ‎∴∠AEC=∠BEC=90°，‎ ‎∵D为BC的中点，‎ ‎∴ED=DC=BD，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ ‎∵OE=OC，‎ ‎∴∠3=∠4，‎ ‎∴∠1+∠3=∠2+∠4，‎ 即∠OED=∠ACB，‎ ‎∵∠ACB=90°，‎ ‎∴∠OED=90°，‎ ‎∴DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）解：由（1）知：∠BEC=90°，‎ ‎∵在Rt△BEC与Rt△BCA中，∠B=∠B，∠BEC=∠BCA，‎ ‎∴△BEC∽△BCA，‎ ‎∴=，‎ ‎∴BC2=BE•BA，‎ ‎∵AE：EB=1：2，设AE=x，则BE=2x，BA=3x，‎ ‎∵BC=6，‎ ‎∴62=2x•3x，‎ 解得：x=，‎ 即AE=．‎ ‎22（2017山东枣庄）．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC，AB于点E，F．‎ ‎（1）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；‎ ‎（2）若BD=2，BF=2，求阴影部分的面积（结果保留π）．‎ ‎【考点】MB：直线与圆的位置关系；MO：扇形面积的计算．‎ ‎【分析】（1）连接OD，证明OD∥AC，即可证得∠ODB=90°，从而证得BC是圆的切线；‎ ‎（2）在直角三角形OBD中，设OF=OD=x，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为圆的半径，求出圆心角的度数，直角三角形ODB的面积减去扇形DOF面积即可确定出阴影部分面积．‎ ‎【解答】解：（1）BC与⊙O相切．‎ 证明：连接OD．‎ ‎∵AD是∠BAC的平分线，‎ ‎∴∠BAD=∠CAD．‎ 又∵OD=OA，‎ ‎∴∠OAD=∠ODA．‎ ‎∴∠CAD=∠ODA．‎ ‎∴OD∥AC．‎ ‎∴∠ODB=∠C=90°，即OD⊥BC．‎ 又∵BC过半径OD的外端点D，‎ ‎∴BC与⊙O相切．‎ ‎（2）设OF=OD=x，则OB=OF+BF=x+2，‎ 根据勾股定理得：OB2=OD2+BD2，即（x+2）2=x2+12，‎ 解得：x=2，即OD=OF=2，‎ ‎∴OB=2+2=4，‎ ‎∵Rt△ODB中，OD=OB，‎ ‎∴∠B=30°，‎ ‎∴∠DOB=60°，‎ ‎∴S扇形AOB==，‎ 则阴影部分的面积为S△ODB﹣S扇形DOF=×2×2﹣=2﹣．‎ 故阴影部分的面积为2﹣．‎ ‎23．（2017山东滨州） 如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线交BC于点F，交△ABC的外接圆⊙O于点D；连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM＝∠DAC．‎ A ‎ （1）求证：直线DM是⊙O的切线；‎ ‎ （2）求证：DE2＝DF·DA．‎ ‎ 思路分析：（1）①连接DO，并延长交⊙O于点G，连接BG；②证明∠BAD＝∠DAC；③证明∠G＝∠BAD；④证明∠MDB＝∠G；⑤证明∠GDM＝90°；（2）①利用相似证明BD2＝DF·DA；②利用等角对等边证明DB＝DE． ‎ 证明：（1）如答图1，连接DO，并延长交⊙O于点G，连接BG；‎ ‎∵点E是△ABC的内心，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC．[ ‎ ‎∵∠G＝∠BAD，∴∠MDB＝∠G， ‎ ‎∵DG为⊙O的直径，∴∠GBD＝90°，∴∠G＋∠BDG＝90°．‎ A G ‎∴∠MDB＋∠BDG＝90°．∴直线DM是⊙O的切线；‎ A 答图1 答图2‎ ‎ （2）如答图2，连接BE．‎ ‎ ∵点E是△ABC的内心，∴∠ABE＝∠CBE，∠BAD＝∠CAD．‎ ‎ ∵∠EBD＝∠CBE＋∠CBD，∠BED＝∠ABE＋∠BAD，∠CBD＝∠CAD．‎ ‎ ∴∠EBD＝∠BED，∴DB＝DE．‎ ‎ ∵∠CBD＝∠BAD，∠ADB＝∠ADB，∴△DBF∽△DAB，∴BD2＝DF·DA．‎ ‎ ∴DE2＝DF·DA．‎ ‎24（2017浙江温州）．如图，已知线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE．‎ ‎（1）当∠APB=28°时，求∠B和的度数；‎ ‎（2）求证：AC=AB．‎ ‎（3）在点P的运动过程中 ‎①当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；‎ ‎②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．‎ ‎【考点】MR：圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到=2∠MDB=56°；‎ ‎（2）根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；‎ ‎（3）①记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR=，MR=，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值为或或；‎ ‎②先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°‎ 可得CH=AC=1=MG，即可得到CG=MH=﹣1，进而得出S△ACG=CG×CH=，再根据S△DEG=，即可得到△ACG和△DEG的面积之比．‎ ‎【解答】解：（1）∵MN⊥AB，AM=BM，‎ ‎∴PA=PB，‎ ‎∴∠PAB=∠B，‎ ‎∵∠APB=28°，‎ ‎∴∠B=76°，‎ 如图1，连接MD，‎ ‎∵MD为△PAB的中位线，‎ ‎∴MD∥AP，‎ ‎∴∠MDB=∠APB=28°，‎ ‎∴=2∠MDB=56°；‎ ‎（2）∵∠BAC=∠MDC=∠APB，‎ 又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B，∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B，‎ ‎∴∠BAP=∠ACB，‎ ‎∵∠BAP=∠B，‎ ‎∴∠ACB=∠B，‎ ‎∴AC=AB；‎ ‎（3）①如图2，记MP与圆的另一个交点为R，‎ ‎∵MD是Rt△MBP的中线，‎ ‎∴DM=DP，‎ ‎∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，‎ ‎∴RC=RP，‎ ‎∵∠ACR=∠AMR=90°，‎ ‎∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，‎ ‎∴12+MR2=22+PR2，‎ ‎∴12+（4﹣PR）2=22+PR2，‎ ‎∴PR=，‎ ‎∴MR=，‎ Ⅰ．当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，‎ ‎∴Q与R重合，‎ ‎∴MQ=MR=；‎ Ⅱ．如图3，当∠QCD=90°时，‎ 在Rt△QCP中，PQ=2PR=，‎ ‎∴MQ=；‎ Ⅲ．如图4，当∠QDC=90°时，‎ ‎∵BM=1，MP=4，‎ ‎∴BP=，‎ ‎∴DP=BP=，‎ ‎∵cos∠MPB==，‎ ‎∴PQ=，‎ ‎∴MQ=；‎ Ⅳ．如图5，当∠AEQ=90°时，‎ 由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，‎ ‎∴MQ=；‎ 综上所述，MQ的值为或或；‎ ‎②△ACG和△DEG的面积之比为．‎ 理由：如图6，∵DM∥AF，‎ ‎∴DF=AM=DE=1，‎ 又由对称性可得GE=GD，‎ ‎∴△DEG是等边三角形，‎ ‎∴∠EDF=90°﹣60°=30°，‎ ‎∴∠DEF=75°=∠MDE，‎ ‎∴∠GDM=75°﹣60°=15°，‎ ‎∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°，‎ ‎∴GMD=∠GDM，‎ ‎∴GM=GD=1，‎ 过C作CH⊥AB于H，‎ 由∠BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG，AH=，‎ ‎∴CG=MH=﹣1，‎ ‎∴S△ACG=CG×CH=，‎ ‎∵S△DEG=，‎ ‎∴S△ACG：S△DEG=．‎ ‎22（2017浙江台州）．如图，已知等腰直角三角形ABC，点P是斜边BC上一点（不与B，C重合），PE是△ABP的外接圆⊙O的直径．‎ ‎（1）求证：△APE是等腰直角三角形；‎ ‎（2）若⊙O的直径为2，求PC2+PB2的值．‎ ‎【考点】MA：三角形的外接圆与外心；KW：等腰直角三角形．‎ ‎【分析】（1）只要证明∠AEP=∠ABP=45°，∠PAB=90°即可解决问题；‎ ‎（2）作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，则四边形PMAN是矩形，可得PM=AN，由△PCM，△PNB都是等腰直角三角形，推出PC=PM，PB=PN，可得PC2+PB2=2（PM2+PN2）=2（AN2+PN2）=2PA2=PE2=22=4；‎ ‎【解答】（1）证明：∵AB=AC，∠BAC=90°，‎ ‎∴∠C=∠ABC=45°，‎ ‎∴∠AEP=∠ABP=45°，‎ ‎∵PE是直径，‎ ‎∴∠PAB=90°，‎ ‎∴∠APE=∠AEP=45°，‎ ‎∴AP=AE，‎ ‎∴△PAE是等腰直角三角形．‎ ‎（2）作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，则四边形PMAN是矩形，‎ ‎∴PM=AN，‎ ‎∵△PCM，△PNB都是等腰直角三角形，‎ ‎∴PC=PM，PB=PN，‎ ‎∴PC2+PB2=2（PM2+PN2）=2（AN2+PN2）=2PA2=PE2=22=4．‎ ‎23（2017浙江杭州）．如图，已知△ABC内接于⊙O，点C在劣弧AB上（不与点A，B重合），点D为弦BC的中点，DE⊥BC，DE与AC的延长线交于点E，射线AO与射线EB交于点F，与⊙O交于点G，设∠GAB=ɑ，∠ACB=β，∠EAG+∠EBA=γ，‎ ‎（1）点点同学通过画图和测量得到以下近似数据：‎ ɑ ‎30°‎ ‎40°‎ ‎50°‎ ‎60°‎ β ‎120°‎ ‎130°‎ ‎140°‎ ‎150°‎ γ ‎150°‎ ‎140°‎ ‎130°‎ ‎120°‎ 猜想：β关于ɑ的函数表达式，γ关于ɑ的函数表达式，并给出证明：‎ ‎（2）若γ=135°，CD=3，△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，求⊙O半径的长．‎ ‎【分析】（1）由圆周角定理即可得出β=α+90°，然后根据D是BC的中点，DE⊥BC，可知∠EDC=90°，由三角形外角的性质即可得出∠CED=α，从而可知O、A、E、B四点共圆，由圆内接四边形的性质可知：∠EBO+∠EAG=180°，即γ=﹣α+180°；‎ ‎（2）由（1）及γ=135°可知∠BOA=90°，∠BCE=45°，∠BEC=90°，由于△ABE的面积为△ABC 的面积的4倍，所以，根据勾股定理即可求出AE、AC的长度，从而可求出AB的长度，再由勾股定理即可求出⊙O的半径r；‎ ‎【解答】解：（1）猜想：β=α+90°，γ=﹣α+180°‎ 连接OB，‎ ‎∴由圆周角定理可知：2∠BCA=360°﹣∠BOA，‎ ‎∵OB=OA，‎ ‎∴∠OBA=∠OAB=α，‎ ‎∴∠BOA=180°﹣2α，‎ ‎∴2β=360°﹣（180°﹣2α），‎ ‎∴β=α+90°，‎ ‎∵D是BC的中点，DE⊥BC，‎ ‎∴OE是线段BC的垂直平分线，‎ ‎∴BE=CE，∠BED=∠CED，∠EDC=90°‎ ‎∵∠BCA=∠EDC+∠CED，‎ ‎∴β=90°+∠CED，‎ ‎∴∠CED=α，‎ ‎∴∠CED=∠OBA=α，‎ ‎∴O、A、E、B四点共圆，‎ ‎∴∠EBO+∠EAG=180°，‎ ‎∴∠EBA+∠OBA+∠EAG=180°，‎ ‎∴γ+α=180°；‎ ‎（2）当γ=135°时，此时图形如图所示，‎ ‎∴α=45°，β=135°，‎ ‎∴∠BOA=90°，∠BCE=45°，‎ 由（1）可知：O、A、E、B四点共圆，‎ ‎∴∠BEC=90°，‎ ‎∵△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 设CE=3x，AC=x，‎ 由（1）可知：BC=2CD=6，‎ ‎∵∠BCE=45°，‎ ‎∴CE=BE=3x，‎ ‎∴由勾股定理可知：（3x）2+（3x）2=62，‎ x=，‎ ‎∴BE=CE=3，AC=，‎ ‎∴AE=AC+CE=4，‎ 在Rt△ABE中，‎ 由勾股定理可知：AB2=（3）2+（4）2，‎ ‎∴AB=5，‎ ‎∵∠BAO=45°，‎ ‎∴∠AOB=90°，‎ 在Rt△AOB中，设半径为r，‎ 由勾股定理可知：AB2=2r2，‎ ‎∴r=5，‎ ‎∴⊙O半径的长为5．‎ ‎【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆周角定理，勾股定理，解方程，垂直平分线的性质等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知识．‎ ‎26、（2017•宁波）有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形． ‎ ‎(1)如图1，在半对角四边形ABCD中，∠B＝ ∠D，‎ ‎∠C＝ ∠A，求∠B与∠C的度数之和； ‎ (1) 如图2，锐角△ABC内接于⊙O，若边AB上存在一点D，‎ (2) 使得BD＝BO．∠OBA的平分线交OA于点E，连结DE (3) 并延长交AC于点F，∠AFE＝2∠EAF． ‎ (4) (5) 求证：四边形DBCF是半对角四边形； ‎ ‎(3)如图3，在（2）的条件下，过点D作DG⊥OB于点H，‎ 交BC于点G．当DH＝BG时，求△BGH与△ABC的面积之比． ‎ ‎（1）解：在半对角四边形ABCD中，∠B=∠D，∠C=∠A.       ∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，       ∴3∠B+3∠C=360°.       ∴∠B+∠C=120°.       即∠B与∠C的度数之和120°. ‎ ‎（2）证明：在△BED和△BEO中，       .       ∴△BED≌△BEO（SAS）.       ∴∠BDE=∠BOE.       又∵∠BCF=∠BOE.       ∴∠BCF=∠BDE.       如下图，连结OC.       设∠EAF=.则∠AFE=2∠EAF=2.       ∴∠EFC=180°-∠AFE=180°-2.       ∵OA=OC,       ∴∠OAC=∠OCA=.       ∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2.       ∴∠ABC=∠AOC=∠EFC.       ∴四边形DBCF是半对角四边形. ‎ ‎ ‎ ‎（3）解：如下图，作过点OM⊥BC于点M.      ∵四边形DBCF是半对角四边形，      ∴∠ABC+∠ACB=120°.      ∴∠BAC=60°.      ∴∠BOC=2∠BAC=120°.      ∵OB=OC      ∴∠OBC=∠OCB=30°.      ∴BC=2BM=BO=BD.      ∵DG⊥OB,      ∴∠HGB=∠BAC=60°.      ∵∠DBG=∠CBA,      ∴△DBG△CBA.      ∴=2=.      ∵DH=BG,BG=2HG.      ∴DG=3HG.      ∴=      ∴=. ‎ ‎ 【考点】三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，相似三角形的判定与性质 【解析】【分析】（1）在半对角四边形ABCD中，∠B=∠D，∠C=∠A；根据四边形的内角和为360°，得出∠B与∠C的度数之和. （2）如图连接OC，根据条件先证△BED≌△BEO，再根据全等三角形的性质得出∠BCF=∠BOE=∠BDE；设∠EAF=.则∠AFE=2∠EAF=2得出∠EFC=180°-∠AFE=180°-2；再根据OA=OC得出∠OAC=∠OCA=， 根据三角形内角和得出∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2；从而得证. （3）如下图，作过点OM⊥BC于点M，由四边形DBCF是半对角四边形，得出∠ABC+∠ACB=120°，∠BAC=60°.∠BOC=2∠BAC=120°；再由OB=OC，得出∠OBC=∠OCB=30°.BC=2BM=BO=BD；根据△DBG～△CBA得出答案.     ‎ ‎22、（2017·金华）(本题10分) 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,连结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2 ，求线段EF的长. ‎ ‎（1）解：∵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=2,∠OCE=45°. ∴CG=OG=2, ∴FG=2; ∵在RT△OGE中，∠E=30°， ∴GE=2, ∴EF=GE-FG=2-2. ‎ ‎ ‎ ‎【考点】平行线的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线的性质，等腰三角形的性质，切线的性质 【解析】【分析】（1）利用了切线的性质，平行线的判定和性质，等边对等角，角平分线的判定即可得证。 （2）①根据（1）得出的AD//OC，从而得出同位角相等，再利用三角形的内角和定理即可求出答案；②作OG⊥CE于点G，可得FG=CG,根据等边对等角得出CG=OG=FG=2,在根据勾股定理得出GE，从而求出EF=GE-FG. ‎ ‎19（2017浙江衢州）．如图，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆O于点D，连接OD．作BE⊥CD于点E，交半圆O于点F．已知CE=12，BE=9．‎ ‎（1）求证：△COD∽△CBE．‎ ‎（2）求半圆O的半径r的长．‎ ‎【考点】S9：相似三角形的判定与性质；MC：切线的性质．‎ ‎【分析】（1）由切线的性质和垂直的定义得出∠E=90°=∠CDO，再由∠C=∠C，得出△COD∽△CBE．‎ ‎（2）由勾股定理求出BC==15，由相似三角形的性质得出比例式，即可得出答案．‎ ‎【解答】（1）证明：∵CD切半圆O于点D，‎ ‎∴CD⊥OD，‎ ‎∴∠CDO=90°，‎ ‎∵BE⊥CD，‎ ‎∴∠E=90°=∠CDO，‎ 又∵∠C=∠C，‎ ‎∴△COD∽△CBE．‎ ‎（2）解：在Rt△BEC中，CE=12，BE=9，‎ ‎∴BC==15，‎ ‎∵△COD∽△CBE．‎ ‎∴，即，‎ 解得：r=．‎ ‎2017‎ 中 考 数 学 全 国 试 题 汇 编 圆