中考与圆有关的综合题含答案 69页

‎2011全国中考真题解析-与圆有关的综合题 一、选择题 ‎1.已知AC⊥BC于C,BC=a,CA=b,AB=c,下列选项中⊙O的半径为的是(　　)‎ ‎ A. B. C. D.‎ 考点:三角形的内切圆与内心;解一元一次方程;正方形的判定与性质;切线的性质;相似三角形的判定与性质.‎ 专题:计算题.‎ 分析:连接OE、OD,根据AC、BC分别切圆O于E、D,得到∠OEC=∠ODC=∠C=90°,证出正方形OECD,设圆O的半径是r,证△ODB∽△AEO,得出,代入即可求出r=;设圆的半径是x,圆切AC于E,切BC于D,且AB于F,同样得到正方形OECD,根据a﹣x+b﹣x=c,求出x即可;设圆切AB于F,圆的半径是y,连接OF,则△BCA∽△OFA得出,代入求出y即可.‎ 解答:解:C、连接OE、OD,∵AC、BC分别切圆O于E、D,‎ ‎∴∠OEC=∠ODC=∠C=90°,∵OE=OD,∴四边形OECD是正方形,‎ ‎∴OE=EC=CD=OD,设圆O的半径是r,∵OE∥BC,∴∠AOE=∠B,∵∠AEO=∠ODB,∴△ODB∽△AEO,‎ ‎∴,,解得:r=,故本选项正确;‎ A、设圆的半径是x,圆切AC于E,切BC于D,且AB于F,如图(1)同样得到正方形OECD,AE=AF,BD=BF,则a﹣x+b﹣x=c,求出x=,故本选项错误;‎ B、设圆切AB于F,圆的半径是y,连接OF,如图(2),则△BCA∽△OFA,∴ , ‎ ‎∴,解得:y=,故本选项错误;D、求不出圆的半径等于,故本选项错误;故选C.‎ 点评:本题主要考查对正方形的性质和判定,切线的性质,全等三角形的性质和判定,三角形的内切圆与内心,解一元一次方程等知识点的理解和掌握,能根据这些性质求出圆的半径是解此题的关键.‎ ‎2.如图,△ABC的外接圆上,AB,BC,CA三弧的度数比为12:13:11.自BC上取一点D,过D分别作直线AC,直线AB的并行线,且交于E,F两点,则∠EDF的度数为(　　)‎ ‎ A、55° B、60° C、65° D、70°‎ 考点:圆心角、弧、弦的关系;平行线的性质.‎ 专题:探究型.‎ 分析:先根据AB,BC,CA三弧的度数比为12:13:11求出、的度数,再根据其度数即可求出∠ACB及∠ABC的度数,由平行线的性质即可求出∠FED及∠EFD的度数,由三角形内角和定理即可求出∠EDF的度数.‎ 解答:解:∵AB,BC,CA三弧的度数比为12:13:11,∴=×360°=120°,‎ =×360°=110°,∴∠ACB=×120°=60°,∠ABC=×110°=55°,∵AC∥ED,AB∥DF,‎ ‎∴∠FED=∠ABC=55°,∠EFD=∠ACB=60°,∴∠EDF=180°﹣60°﹣55°=65°.故选C.‎ 点评:本题考查的是圆心角、弧、弦的关系及平行线的性质,能根据AB,BC,CA三弧的度数比为12:13:11求出∠ABC及∠ACB的度数是解答此题的关键.‎ ‎3.如图中,CA,CD分别切圆O1于A,D两点,CB、CE分别切圆O2于B,E两点.若∠1=60°,∠2=65°,判断AB、CD、CE的长度,下列关系何者正确(　　)‎ ‎ A、AB＞CE＞CE B、AB=CE＞CD C、AB＞CD＞CE D、AB=CD=CE 考点:切线长定理;三角形三边关系;三角形内角和定理.‎ 专题:计算题.‎ 分析:根据∠1=60°,∠2=65°,利用三角形内角和定理求出∠ABC的度数,然后可得AB＞BC＞AC,由切线长定理得AC=CD,BC=CE,利用等量代换求得AB＞CE＞CD即可.‎ 解答:解:∵∠1=60°,∠2=65°,‎ ‎∴∠ABC=180°﹣∠1﹣∠2=180°﹣60°﹣65°=55°,‎ ‎∴∠2＞∠ABC＞∠1,‎ ‎∴AB＞BC＞AC,‎ ‎∵CA,CD分别切圆O1于A,D两点,CB、CE分别切圆O2于B,E两点,‎ ‎∴AC=CD,BC=CE,‎ ‎∴AB＞CE＞CD.‎ 故选A.‎ 点评:此题主要考查切线长定理和三角形三边关系,三角形内角和定理等知识点,解答此题的关键是利用三角形内角和定理求出∠ABC的度数.‎ ‎4.如图,BD为圆O的直径,直线ED为圆O的切线,A.C两点在圆上,AC平分∠BAD且交BD于F点.若∠ADE＝19°,则∠AFB的度数为何?(　　)‎ ‎ A.97° B.104° C.116° D.142°‎ 考点:弦切角定理;圆周角定理.‎ 分析:先根据直径所对的圆周角为直角得出角BAD的度数,根据角平分线的定义得出角BAF的的度数,再根据弦切角等于它所夹弧对的圆周角,得出角ABD的度数,最后利用三角形内角和定理即可求出角AFB的度数.‎ 解答:解:∵BD是圆O的直径,‎ ‎∴∠BAD＝90°,‎ 又∵AC平分∠BAD,‎ ‎∴∠BAF＝∠DAF＝45°,‎ ‎∵直线ED为圆O的切线,‎ ‎∴∠ADE＝∠ABD＝19°,‎ ‎∴∠AFB＝180°－∠BAF－∠ABD＝180°－45°－19°＝116°.‎ 故选C.‎ 点评:此题考查圆周角定理以及弦切角定理的灵活运用,是一道在圆中求角度数的综合题.‎ ‎5.如图平面上有两个全等的正十边形ABCDEFGHIJ、A′B′C′D′E′F′G′H′I′J′,其中A点与A′点重合,C点与C′点重合.求∠BAJ′的度数为何?(　　)‎ ‎ A、96 B、108 C、118 D、126‎ 考点:正多边形和圆;多边形内角与外角;菱形的性质.‎ 专题:计算题.‎ 分析:利用正多边形的性质可以得到四边形ABCB′为菱形,计算其内角后,用多边形的内角减去即可得到答案.‎ 解答:解题技巧:(1)正n边形每一个内角度数=,(2)菱形的邻角互补 ‎[解析]∵两个图形为全等的正十边形,‎ ‎∴ABCB′为菱形,‎ 又∠ABC=∠AB′C==144°‎ ‎∴∠BAB′=180°﹣144°=36°,‎ ‎⇒∠BAJ′=∠B′AJ′﹣∠BAB′‎ ‎=144°﹣36°‎ ‎=108°.‎ 故选B.‎ 点评:本题考查了正多边形与圆的计算,解题的关键是利用正多边形的性质判定菱形.‎ ‎6.(2011山东滨州,8,3分)如图,在平面直角坐标系中,正方形ABCD的顶点A、C分别在y轴、x轴上,以AB为弦的⊙M与x轴相切.若点A的坐标为(0,8),则圆心M的坐标为( )‎ A.(-4,5) B.(-5,4) C.(5,-4) D.(4,-5)‎ ‎【考点】垂径定理;坐标与图形性质;勾股定理;正方形的性质.‎ ‎【专题】证明题.‎ ‎【分析】过点M作MD⊥AB于D,连接AM.设⊙M的半径为R,因为四边形OABC为正方形,顶点A,C在坐标轴上,以边AB为弦的⊙M与x轴相切,若点A的坐标为(0,8),所以DA= AB=4,DM=8-R,AM=R,又因△ADM是直角三角形,利用勾股定理即可得到关于R的方程,解之即可.‎ ‎【解答】解:过点M作MD⊥AB于D,交OC于点E.连接AM,设⊙M的半径为R.‎ ‎∵以边AB为弦的⊙M与x轴相切,AB∥OC,‎ ‎∴DE⊥CO,‎ ‎∴DE是⊙M直径的一部分;‎ ‎∵四边形OABC为正方形,顶点A,C在坐标轴上,点A的坐标为(0,8),‎ ‎∴OA=AB=CB=OC=8,DM=8-R;‎ ‎∴AD=BD=4(垂径定理);‎ 在Rt△ADM中,‎ 根据勾股定理可得AM2=DM2+AD2,‎ ‎∴R2=(8-R)2+42,∴R=5.‎ ‎∴M(-4,5).‎ 故选D.‎ ‎【点评】本题考查了垂径定理、坐标与图形性质、勾股定理及正方形的性质.解题时,需仔细分析题意及图形,利用勾股定理来解决问题.‎ ‎7.如图,直线与x轴、y轴分别相交于A,B两点,圆心P的坐标为(1,0),圆P与y轴相切于点O.若将圆P沿x轴向左移动,当圆P与该直线相交时,横坐标为整数的点P的个数是(　　)‎ A、2 B、3 C、4 D、5‎ 考点:直线与圆的位置关系;一次函数综合题.‎ 分析:根据直线与坐标轴的交点,得出A,B的坐标,再利用三角形相似得出圆与直线相切时的坐标,进而得出相交时的坐标.‎ 解答:解:∵直线与x轴、y轴分别相交于A,B两点,‎ 圆心P的坐标为(1,0),‎ ‎∴A点的坐标为:0= x+ ,‎ x=-3,A(-3,0),‎ B点的坐标为:(0,),‎ ‎∴AB=2 ,‎ 将圆P沿x轴向左移动,当圆P与该直线相切与C 1时,P1C1=1,‎ 根据△AP1C1∽△ABO,‎ ‎∴,‎ ‎∴AP1=2,‎ ‎∴P1的坐标为:(-1,0),‎ 将圆P沿x轴向左移动,当圆P与该直线相切与C 2时,P2C2=1,‎ 根据△AP2C2∽△ABO,‎ ‎∴,‎ ‎∴AP2=2,‎ P2的坐标为:(-5,0),‎ 从-1到-5,整数点有-2,-3,-4,故横坐标为整数的点P的个数是3个.‎ 故选B.‎ 点评:此题主要考查了直线与坐标轴的求法,以及相似三角形的判定,题目综合性较强,注意特殊点的求法是解决问题的关键.‎ ‎8.如图,A、B、C、D是⊙O上的四个点,AB=AC,AD交BC于点E,AE=3,ED=4,则AB的长为 ( ) ‎ A .3 B .2 C. D .3‎ 第8题图 ‎ 考点:圆周角定理;相似三角形的判定与性质.‎ 分析:根据圆周角定理可得∠ACB=∠ABC=∠D,再利用三角形相似△ABD∽△AEB,即可得出答案.‎ 解答:解:∵AB=AC,∴∠ACB=∠ABC=∠D,‎ ‎∵∠BAD=∠BAD,∴△ABD∽△AEB,∴,∴AB2=3×7=21,∴AB=.‎ 故选C.‎ 点评:此题主要考查了圆周角定理以及相似三角形的判定与性质,根据题意得出△ABD∽△AEB是解决问题的关键.‎ 二、填空题 ‎1.如图,将正六边形ABCDEF放在直角坐标系中,中心与坐标原点重合,若A点的坐标为(-1,0),则点C的坐标为(1,- ).‎ 考点:正多边形和圆;坐标与图形性质.‎ 专题:计算题.‎ 分析:先连接OE,由于正六边形是轴对称图形,并设EF交Y轴于G,那么∠GOE=30°;在Rt△GOE中,则GE=1,OG= .E的坐标为(1,),和E关于Y轴对称的F点的坐标就是(-1,),其他坐标类似可求出.‎ 解答:解:连接OE,由正六边形是轴对称图形知:‎ 在Rt△OEG中,∠GOE=30°,OE=2.‎ ‎∴GE=1,OG= . ‎ ‎∴A(-2,0)B(-1,- )‎ C(1,- )D(2,0)‎ E(1,)F(-1,).‎ 故答案为:(1,- )‎ 点评:本题利用了正六边形的对称性,直角三角形30°的角所对的边等于斜边的一半,勾股定理等知识.‎ ‎3.(2011广西百色,20,3分)如图,点C是⊙O优弧ACB上的中点,弦AB=6cm,E为OC上任意一点,动点F从点A出发,以每秒1cm的速度沿AB方向向点B匀速运动,若y=AE2﹣EF2,则y与动点F的运动时间x(0≤x≤6)秒的函数关系式为　_ ____　.‎ 考点:垂径定理;勾股定理.‎ 分析:首先延长CO交AB于G,根据垂径定理的知识,可得CO⊥AB,并可求得AG的值,由勾股定理可得AE2=AG2+EG2,EF2=FG2+EG2,即可求得y=AG2﹣FG2,即可求得函数关系式.‎ 解答:解:延长CO交AB于G,‎ ‎∵点C是⊙O优弧ACB上的中点,‎ ‎∴CO⊥AB,AG=AB=×6=3(cm),‎ ‎∴AE2=AG2+EG2,EF2=FG2+EG2,‎ 当0≤x≤3时,AF=xcm,FG=(3﹣x)cm,‎ ‎∴y=AE2﹣EF2=AG2+EG2﹣FG2﹣EG2=AG2﹣FG2=9﹣(3﹣x)2=6x﹣x2;‎ 当3＜x≤6时,AF=xcm,FG=(x﹣3)cm,‎ ‎∴y=AE2﹣EF2=AG2+EG2﹣FG2﹣EG2=AG2﹣FG2=9﹣(x﹣3)2=6x﹣x2.‎ 故答案为:y=6x﹣x2.‎ 点评:此题考查了垂径定理与勾股定理的应用.此题难度适中,解题的关键是注意辅助线的作法与数形结合思想,分类讨论思想的应用.‎ ‎4.(2011广西防城港 18,3分)如图,AB是半圆O的直径,以OA为直径的半圆O′与弦AC交于点D,O′E∥AC,并交OC于点E.则下列四个结论:‎ ‎①点D为AC的中点;②S△O′OE＝S△AOC;③;④四边形O′DEO是菱形.其中正确的结论是　 　.(把所有正确的结论的序号都填上)‎ 考点:圆周角定理;平行线的性质;菱形的判定;圆心角、弧、弦的关系 专题:圆的综合题 分析:(1)如图,连接OD,则由AO是⊙O′的直径,得∠ADO＝90°,即OD⊥弦AC,故由垂径定理可知点D为弦AC的中点,从而①正确.‎ ‎(2)由O′E∥AC,得△O O′E∽△OAC,从而＝＝,从而S△O′OE＝S△AOC,故②错误.‎ ‎(3)如图,连接OD、O′D,由OA＝OC,OD⊥AC,得∠AOC＝2∠AOD;又∠A O′D ＝2∠AOD,故∠A O′D ＝∠AOC＝n°;又OA＝2O′A,由弧长公式可知:,,故.因此③正确.‎ ‎(4)易知O′E∥AD,O′E＝AD,故四边形O′DEO是平行四边形,但AD≠A O′,从而四边形O′DEO不是菱形,故④错误.‎ 解答:①③‎ 点评:此题主要考查相似三角形的判定与性质,圆心角、弧、弦的关系,圆周角定理,等腰三角形的性质,三角形内角和定理等知识点的灵活运用,此题步骤繁琐,但相对而言,难易程度适中,很适合学生的训练是一道典型的题目.‎ ‎5. 如图,点E(0,4),O(0,0),C(5,0)在⊙A上,BE是⊙A上的一条弦.则tan∠OBE=.‎ 考点:圆周角定理;坐标与图形性质;锐角三角函数的定义.‎ 分析:根据同弧所对的圆周角相等,可证∠ECO=∠OBE.由锐角三角函数可求tan∠ECO=,即tan∠OBE=.‎ 解答:解:连接EC.‎ 根据圆周角定理∠ECO=∠OBE.‎ 在Rt△EOC中,OE=4,OC=5,‎ 则tan∠ECO=.‎ 故tan∠OBE=.‎ 点评:本题重点考查了同弧所对的圆周角相等及解直角三角形的知识.‎ 注意锐角三角函数的概念:在直角三角形中,正弦等于对比斜;余弦等于邻比斜;正切等于对比邻.‎ ‎6.如图,点0为优弧ACB所在圆的圆心,∠AOC＝108°,点D在AB延长线上,BD＝BC,则∠D＝　　.‎ 考点:圆周角定理;三角形的外角性质;等腰三角形的性质.‎ 专题:计算题.‎ 分析:根据圆周角定理,可得出∠ABC的度数,再根据BD＝BC,即可得出答案.‎ 解答:解:∵∠AOC＝108°,∴∠ABC＝54°,‎ ‎∵BD＝BC,∴∠D＝∠BCD＝∠ABC＝27°,‎ 故答案为27°.‎ 点评:本题考查了圆周角定理.三角形外角的性质以及等腰三角形的性质,是基础知识比较简单.‎ ‎7. 2011黑龙江省黑河, 8,3分)如图,A、B、C、D是⊙O上的四个点,AB=AC,AD交BC于点E,AE=3,ED=4,则AB的长为.‎ ‎【考点】相似三角形的判定与性质;圆周角定理;相交弦定理.‎ ‎【专题】计算题.‎ ‎【分析】可证明△ABE∽△ADB,则=,则AB2=AD•AE,由AE=3,ED=4,即可求得AB.‎ ‎【解答】解:∵AB=AC,∴∠ABE=∠ADB,‎ ‎∴△ABE∽△ADB,则=‎ 即AB2=AD•AE,‎ ‎∵AE=3,ED=4,‎ ‎∴AB=.‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质以及圆周角定理以及相交线定理,是基础知识要熟练掌握.‎ ‎8.如图,一个半径为的圆经过一个半径为4的圆的圆心,则图中阴影部分的面积为 .‎ 考点:相交两圆的性质;扇形面积的计算.‎ 专题:计算题;数形结合.‎ 分析:连接O1O2,O1A,O1B,O2A,O2B,由勾股定理得逆定理得∠O2O1A=∠O2O1B=90°,则点A、O1、B在同一条直线上,则AB是圆O1的直径,从的得出阴影部分的面积S阴影=S⊙1﹣S弓形AO1B=S⊙1﹣(S扇形AO2B﹣S△AO2B).‎ 解答:解:连接O1O2,O1A,O1B,O2A,O2B,∵O1O2=O1A=2,O2A=4,∴O1O22+O1A2=O2A2,∴∠O2O1A=90°,同理∠O2O1B=90°,∴点A、O1、B在同一条直线上,并且∠AO2B=90°,∴AB是圆O1的直径,∴S阴影=S⊙1﹣S弓形AO1B=S⊙1﹣(S扇形AO2B﹣S△AO2B)=π(2)2﹣π×42+×4×4=8‎ 故答案为8.‎ 点评:本题考查了扇形面积的计算、勾股定理和相交两圆的性质,解题的关键是发现阴影部分的面积的计算方法.‎ ‎9.如图,⊙O的直径CD过弦EF的中点G,∠EOD=40°,则∠FCD的度数为　20°　.‎ 考点:圆周角定理;垂径定理.‎ 专题:几何图形问题.‎ 分析:根据垂径定理得出弧DE等于弧DF,再利用圆周角定理得出∠FCD=20°.‎ 解答:解:∵⊙O的直径CD过弦EF的中点G,‎ ‎∴,‎ ‎∴∠DCF=∠EOD,‎ ‎∵∠EOD=40°,‎ ‎∴∠FCD=20°,‎ 故答案为:20°.‎ 点评:此题主要考查了垂径定理以及圆周角定理的推论,灵活应用相关定理是解决问题的关键.‎ ‎10‎ ‎2.‎ ‎【考点】两点间的距离.‎ ‎ 【分析】根据AB=12,AC=8,求出BC的长,再根据点D是线段BC的中点,得出CD=BD即可得出答案.‎ ‎【解答】解:∵AB=12,AC=8,‎ ‎∴BC=4,‎ ‎∵点C是线段AB上的点,点D是线段BC的中点,‎ ‎∴CD=BD=2,‎ 故答案为:2.‎ ‎【点评】此题主要考查了两点距离求法,根据已知求出BC=4是解决问题的关键.‎ ‎16、如图,△ABC内接于⊙O,已知∠A=55°,则∠BOC= 110°.‎ ‎【考点】圆周角定理.‎ ‎【分析】直接利用圆周角定理同弧所对的圆周角是圆心角的一半,直接得出答案.‎ ‎【解答】解:∵△ABC内接于⊙O,已知∠A=55°,‎ ‎∴∠BOC=110°,‎ 故答案为:110°.‎ ‎【点评】此题主要考查了圆周角定理,熟练应用圆周角定理是解决问题的关键.‎ ‎ ‎ 三、解答题 ‎1.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=6cm,BC=8cm.P为BC的中点,动点Q从点P出发,沿射线PC方向以2cm/s的速度运动,以P为圆心,PQ长为半径作圆.设点Q运动的时间为t s.‎ ‎(1)当t=1.2时,判断直线AB与⊙P的位置关系,并说明理由;‎ ‎(2)已知⊙O为△ABC的外接圆.若⊙P与⊙O相切,求t的值.‎ 考点:圆与圆的位置关系;勾股定理;直线与圆的位置关系;相似三角形的判定与性质.‎ 专题:几何综合题;动点型.‎ 分析:(1)根据已知求出AB=10cm,进而得出△PBD∽△ABC,利用相似三角形的性质得出圆心P到直线AB的距离等于⊙P的半径,即可得出直线AB与⊙P相切;‎ ‎(2)根据BO=AB=5cm,得出⊙P与⊙O只能内切,进而求出⊙P与⊙O相切时,t的值.‎ 解答:解:(1)直线AB与⊙P相切,‎ 如图,过P作PD⊥AB,垂足为D,‎ 在Rt△ABC中,∠ACB=90°,‎ ‎∵AB=6cm,BC=8cm,‎ ‎∴AB=10cm,‎ ‎∵P为BC中点,‎ ‎∴PB=4cm,‎ ‎∵∠PDB=∠ACB=90°,‎ ‎∠PBD=∠ABC,‎ ‎∴△PBD∽△ABC,‎ ‎∴,‎ 即,‎ ‎∴PD=2.4(cm),‎ 当t=1.2时,PQ=2t=2.4(cm),‎ ‎∴PD=PQ,即圆心P到直线AB的距离等于⊙P的半径,‎ ‎∴直线AB与⊙P相切;‎ ‎(2)∵∠ACB=90°,‎ ‎∴AB为△ABC的外接圆的直径,‎ ‎∴BO=AB=5cm,‎ 连接OP,‎ ‎∵P为BC中点,∴PO=AC=3cm,‎ ‎∵点P在⊙O内部,∴⊙P与⊙O只能内切,‎ ‎∴5﹣2t=3,或2t﹣5=3,‎ ‎∴t=1或4,‎ ‎∴⊙P与⊙O相切时,t的值为1或4.‎ 点评:此题主要考查了相似三角形的性质与判定以及直线与圆的位置关系和圆与圆的位置关系,正确判定直线与圆的位置关系是重点知识同学们应重点复习.‎ ‎2.如图,已知AB是⊙O的弦,OB=2,∠B=30°,C是弦AB上的任意一点 (不与点A、B重合),连接CO并延长CO交⊙O于点D,连接AD.‎ ‎(1)弦长等于________(结果保留根号);‎ ‎(2)当∠D=20°时,求∠BOD的度数;‎ ‎(3)当AC的长度为多少时,以A、C、D为顶点的三角形与以B、C、0为顶点的三角形相似?请写出解答过程.‎ 考点:圆周角定理;垂径定理;相似三角形的判定与性质;解直角三角形.‎ 专题:几何综合题;数形结合.‎ 分析:(1)过点O作OE⊥AB于E,由垂径定理即可求得AB的长;‎ ‎(2)连接OA,由OA=OB,OA=OD,可得∠BAO=∠B,∠DAO=∠D,则可求得∠DAB的度数,又由圆周角等于同弧所对圆心角的一半,即可求得∠DOB的度数;‎ ‎(3)由∠BCO=∠A+∠D,可得要使△DAC与△BOC相似,只能∠DCA=∠BCO=90°,然后由相似三角形的性质即可求得答案.‎ 解答:解:过点O作OE⊥AB于E,‎ 则AE=BE= AB,∠OEB=90°,‎ ‎∵OB=2,∠B=30°,‎ ‎∴BE=OB•cos∠B=2× = ,‎ ‎∴AB=;‎ 故答案为:;‎ ‎(2)连接OA,‎ ‎∵OA=OB,OA=OD,‎ ‎∴∠BAO=∠B,∠DAO=∠D,‎ ‎∴∠DAB=∠BAO+∠DAO=∠B+∠D,‎ 又∵∠B=30°,∠D=20°,‎ ‎∴∠DAB=50°,‎ ‎∴∠BOD=2∠DAB=100°;‎ ‎(3)∵∠BCO=∠A+∠D,‎ ‎∴∠BCO＞∠A,∠BCO＞∠D,‎ ‎∴要使△DAC与△BOC相似,只能∠DCA=∠BCO=90°,‎ 此时∠BOC=60°,∠BOD=120°,‎ ‎∴∠DAC=60°,‎ ‎∴△DAC∽△BOC,‎ ‎∵∠BCO=90°,‎ 即OC⊥AB,‎ ‎∴AC= AB= .‎ 点评:此题考查了垂径定理,圆周角的性质以及相似三角形的判定与性质等知识.题目综合性较强,解题时要注意数形结合思想的应用.‎ ‎3.如图,以点O为圆心的两个同心圆中,矩形ABCD的边BC为大圆的弦,边AD与小圆相切于点M,OM的延长线与BC相交于点N.‎ ‎(1)点N是线段BC的中点吗?为什么?‎ ‎(2)若圆环的宽度(两圆半径之差)为6cm,AB=5cm,BC=10cm,求小圆的半径.‎ 考点:垂径定理;勾股定理;矩形的性质.‎ 专题:几何综合题;探究型.‎ 分析:(1)由AD是小圆的切线可知OM⊥AD,再由四边形ABCD是矩形可知,AD∥BC,AB=CD,故ON⊥BC,由垂径定理即可得出结论;‎ ‎(2)延长ON交大圆于点E,由于圆环的宽度(两圆半径之差)为6cm,AB=5cm可知ME=6cm,在Rt△OBE中,利用勾股定理即可求出OM的长.‎ 解答:解:(1)∵AD是小圆的切线,M为切点,‎ ‎∴OM⊥AD,‎ ‎∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴AD∥BC,AB=CD,‎ ‎∴ON⊥BC,BE=BC=5cm,‎ ‎∴N是BC的中点;‎ ‎(2)延长ON交大圆于点E,‎ ‎∵圆环的宽度(两圆半径之差)为6cm,AB=5cm,‎ ‎∴ME=6cm,‎ 在Rt△OBE中,设OM=r OB2=BC2+(OM+MN)2,即(r+6)2=52+(r+5)2,解得r=7cm,‎ 故小圆半径为7cm.‎ 点评:本题考查的是垂径定理,涉及到切线的性质及勾股定理、矩形的性质,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.‎ ‎5.如图,在△ABC中,∠C=90°,以AB上一点O为圆心,OA长为半径的圆与BC相切于点D,分别交AC、AB于点E、F.‎ ‎(1)若AC=6,AB=10,求⊙O的半径;‎ ‎(2)连接OE、ED、DF、EF.若四边形BDEF是平行四边形,试判断四边形OFDE的形状,并说明理由.‎ 考点:切线的性质;勾股定理;平行四边形的性质;圆周角定理;相似三角形的判定与性质.‎ 专题:计算题.‎ 分析:(1)连接OD,设⊙O的半径为r,可证出△BOD∽△BAC,则,从而求得r;‎ ‎(2)由四边形BDEF是平行四边形,得∠DEF=∠B,再由圆周角定理可得,∠B=∠DOB,则△ODE是等边三角形,先得出四边形OFDE是平行四边形.‎ 再根据OE=OF,则平行四边形OFDE是菱形.‎ 解答:解:(1)连接OD.设⊙O的半径为r.∵BC切⊙O于点D,∴OD⊥BC.‎ ‎∵∠C=90°,∴OD∥AC,∴△OBD∽△ABC.∴,即10r=6(10﹣r).‎ 解得r=,∴⊙O的半径为.‎ ‎(2)四边形OFDE是菱形.‎ ‎∵四边形BDEF是平行四边形,∴∠DEF=∠B.‎ ‎∵∠DEF=∠DOB,∴∠B=∠DOB.‎ ‎∵∠ODB=90°,∴∠DOB+∠B=90°,∴∠DOB=60°.‎ ‎∵DE∥AB,∴∠ODE=60°.‎ ‎∵OD=OE,∴OD=DE.∵OD=OF,∴DE=OF.∴四边形OFDE是平行四边形.‎ ‎∵OE=OF,‎ ‎∴平行四边形OFDE是菱形.‎ 点评:本题考查了切线的性质、勾股定理、圆周角定理、平行四边形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质,是一个综合题,难度中等.‎ ‎6.(2011江苏扬州,26,10分)已知,如图,在Rt△ABC中,∠C=90º,∠BAC的角平分线AD交BC边于D.‎ ‎(1)以AB边上一点O为圆心,过A,D两点作⊙O(不写作法,保留作图痕迹),再判断直线BC与⊙O的位置关系,并说明理由;‎ ‎(2)若(1)中的⊙O与AB边的另一个交点为E,AB=6,BD=2, 求线段BD、BE与劣弧DE所围成的图形面积.(结果保留根号和π)‎ 考点:切线的判定与性质;勾股定理;扇形面积的计算;作图—复杂作图;相似三角形的判定与性质.‎ 分析:(1)根据题意得:O点应该是AD垂直平分线与AB的交点;由∠BAC的角平分线AD交BC边于D,与圆的性质可证得AC∥OD,又由∠C=90°,则问题得证;(2)过点D作DM⊥AB于M,由角平分线的性质可证得DM=CD,又由△BDM∽△BAC,根据相似三角形的对应边成比例,即可证得CD:AC=:3,可得∠DOB=60°,则问题得解.‎ 解答:解:(1)如图:连接OD,‎ ‎∵OA=OD,‎ ‎∴∠OAD=∠ADO,‎ ‎∵∠BAC的角平分线AD交BC边于D,‎ ‎∴∠CAD=∠OAD,‎ ‎∴∠CAD=∠ADO,‎ ‎∴AC∥OD,‎ ‎∵∠C=90°,‎ ‎∴∠ODB=90°,‎ ‎∴OD⊥BC,‎ 即直线BC与⊙O的切线,‎ ‎∴直线BC与⊙O的位置关系为相切;‎ ‎(2)过点D作DM⊥AB于M,‎ ‎∴∠DMB=∠C=90°,‎ ‎∵∠B=∠B,‎ ‎∴△BDM∽△BAC,‎ ‎∴,‎ ‎∵AD是∠CAB的平分线,‎ ‎∴CD=DM,‎ ‎∴,‎ ‎∴∠CAD=30°,‎ ‎∴∠DAB=30°,∠B=30°,‎ ‎∴∠DOB=60°,‎ ‎∴OD=2,‎ ‎∴S扇形ODE==π,S△ODB=OD•BD=×2×2=2 ‎∴线段BD、BE与劣弧DE所围成的图形面积为:S△ODB﹣S扇形ODE=2﹣π.‎ 点评:此题考查了切线的判定与性质,相似三角形的判定与性质以及扇形面积与三角形面积的求解方法等知识.此题综合性很强,解题的关键是注意数形结合思想的应用.‎ ‎7.如图,已知⊙O的半径为2,弦BC的长为,点A为弦BC所对优弧上任意一点(B,C两点除外).‎ ‎(1)求∠BAC的度数;‎ ‎(2)求△ABC面积的最大值.‎ ‎(参考数据:sin60°=,cos30°=,tan30°=.)‎ 考点:垂径定理;圆周角定理;解直角三角形.‎ 专题:几何综合题.‎ 分析:(1)连接OB、OC,作OE⊥BC于点E,由垂径定理可得出BE=EC=,在Rt△OBE中利用锐角三角函数的定义及特殊角的三角函数值可求出∠BOE的度数,再由圆周角定理即可求解;‎ ‎(2)因为△ABC的边BC的长不变,所以当BC边上的高最大时,△ABC的面积最大,此时点A应落在优弧BC的中点处,过OE⊥BC与点E,延长EO交⊙O于点A,则A为优弧BC的中点,连接AB,AC,则AB=AC,由圆周角定理可求出∠BAE的度数,在Rt△ABE中,利用锐角三角函数的定义及特殊角的三角函数值可求出AE的长,由三角形的面积公式即可解答.‎ 解答:解:(1)解法一:连接OB,OC,过O作OE⊥BC于点E.∵OE⊥BC,BC=,∴.在Rt△OBE中,OB=2,∵,∴∠BOE=60°,∴∠BOC=120°,∴.‎ 解法二:连接BO并延长,交⊙O于点D,连接CD.∵BD是直径,∴BD=4,∠DCB=90°.‎ 在Rt△DBC中,,∴∠BDC=60°,∴∠BAC=∠BDC=60°.‎ ‎(2)解法一:因为△ABC的边BC的长不变,所以当BC边上的高最大时,△ABC的面积最大,此时点A落在优弧BC的中点处.(5分)‎ 过O作OE⊥BC于E,延长EO交⊙O于点A,则A为优弧BC的中点.连接AB,AC,则AB=AC,.在Rt△ABE中,∵,,∴,∴S△ABC=.‎ 答:△ABC面积的最大值是.‎ 解法二:因为△ABC的边BC的长不变,所以当BC边上的高最大时,△ABC的面积最大,此时点A落在优弧BC的中点处.(5分)‎ 过O作OE⊥BC于E,延长EO交⊙O于点A,则A为优弧BC的中点.连接AB,AC,则AB=AC.∵∠BAC=60°,∴△ABC是等边三角形.在Rt△ABE中,∵,,‎ ‎∴,∴S△ABC=.‎ 答:△ABC面积的最大值是.‎ 点评:本题考查的是垂径定理、圆圆周角定理及解直角三角形,能根据题意作出辅助线是解答此题的关键.‎ ‎8.如图所示.P是⊙O外一点.PA是⊙O的切线.A是切点.B是⊙O上一点.且PA＝PB,连接AO、BO、AB,并延长BO与切线PA相交于点Q.‎ ‎(1)求证:PB是⊙O的切线;‎ ‎(2)求证: AQ·PQ＝ OQ·BQ; ‎ ‎(3)设∠AOQ＝.若cos＝.OQ＝ 15.求AB的长 ‎ ‎ 考点:直线与圆的位置关系,切线,切线长,相似,解直角三角形,综合题.‎ 专题:圆、相似 分析:(1)要证PB是⊙O的切线,只要证明∠PBO＝90°即可,根据已知条件可考虑连接PO,通过证明△APO≌△BPO来说明∠PBO＝∠PAO＝90°.‎ ‎(2)要证明AQ·PQ＝ OQ·BQ,只需证明即可,为此需要证明△QPB∽QOA.‎ ‎(3)根据已知条件解Rt△AOQ可得AQ与OA的长,则BQ的长可求,利用(2)中证得的△QPB∽QOA,根据相似三角形的性质可求得PB的长,利用勾股定理可得PO的长,在Rt△AOB中,利用面积等积式可求得AB的一半的长,则AB的长可知.‎ 解答:(1)证明:如图所示,连结OP,交AB于点C.‎ ‎∵PA＝PB,AO＝BO,PO＝PO ‎∴△APO≌△BPO.‎ ‎∴∠PBO＝∠PAO＝90°‎ 又∵PA是⊙O的切线 ‎∴PA⊥OA,即∠PAO＝90°.‎ ‎∴∠PBO＝∠PAO＝90°.‎ ‎∴PB是⊙O的切线.‎ ‎(2)证明:∵∠OAQ＝∠PBQ＝90°,∠Q为公共角,‎ ‎∴△QPB∽QOA.‎ ‎∴,即AQ·PQ＝ OQ·BQ.‎ ‎(3)在Rt△AOQ中,,∴.‎ ‎∴,BQ＝BO＋OQ＝AO＋OQ＝12＋15＝27.‎ 由(2)知△QPB∽QOA,∴,即,解得PB＝36.‎ ‎∵PA、PB都是⊙O的切线,PA＝PB,‎ ‎∴∠APC＝∠BPC,∴PC⊥AB,即OC⊥AB.‎ ‎∴AB＝2BC,.‎ ‎∵,‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 点评:(1)要证明一条直线是圆的切线,如果在已知条件中已知直线和圆已有一个公共点,那么常连接这个公共点和圆心(本题中OB已连接),再说明这条半径和直线垂直,简称“连半径证垂直”.‎ ‎(2)等积式的证明经常需转化成比例式来证明,而证明比例式成立的首选方法是利用相似,根据相似三角形对应边成比例的性质建立比例式.‎ ‎(3)在直角三角形中,经常利用面积等积式来求有关线段的长.‎ 另外,本题前两问比较简单,易于寻找解题思路,而第(3)问综合性巧强,用到的知识较多,所要求的线段的长较多,许多同学会不能顺利做解.‎ ‎11.如图,已知,以为直径,为圆心的半圆交于点,点为弧CF的中点,连接交于点,为△ABC的角平分线,且,垂足为点.‎ ‎(1)求证:是半圆的切线;‎ ‎(2)若,,求的长.‎ B DA OA HA CA EA MA FA A ‎ 考点:切线的判定与性质;勾股定理;圆周角定理;相似三角形的判定与性质.‎ ‎ 专题:综合题.‎ ‎ 分析:(1)连接EC,AD为△ABC的角平分线,得∠1＝∠2,又AD⊥BE,可证∠3＝∠4,由对顶角相等得∠4＝∠5,即∠3＝∠5,由E为弧CF的中点,得∠6＝∠7,由BC为直径得 ‎∠E＝90°,即∠5＋∠6＝90°,由AD∥CE可证∠2＝∠6,从而有∠3＋∠7＝90°,证明结论;‎ ‎(2)在Rt△ABC中,由勾股定理可求AC＝5,由∠3＝∠4得AM＝AB＝3,则CM＝AC－AM＝2,由(1)可证△CME∽△BCE,利用相似比可得EB＝2EC,在Rt△BCE中,根据BE2＋CE2＝BC2,得BE2＋( )2＝42,可求BE.‎ ‎ 解答:(1)证明:连接EC,‎ ‎ ∵AD⊥BE于H,∠1＝∠2, ‎ ‎∴∠3＝∠4 ∴∠4＝∠5＝∠3, ‎ 又∵E为弧CF中点, ∴∠6＝∠7,‎ ‎∵BC是直径, ∴∠E＝90°, ∴∠5＋∠6＝90°, ‎ 又∵∠AHM＝∠E＝90°, ∴AD∥CE, ‎ ‎∴∠2＝∠6＝∠1, ∴∠3＋∠7＝90°, ‎ 又∵BC是直径, ∴AB是半圆O的切线; ‎ ‎(2)∵,.‎ 由(1)知,,∴.‎ 在中,于,平分,‎ ‎∴,∴.‎ 由∽,得.‎ ‎∴,‎ ‎∴‎ ‎ 点评:本题考查了切线的判定与性质,相似三角形的判定与性质,圆周角定理,勾股定理的运用.关键是由已知条件推出相等角,构造互余关系的角推出切线,利用相等角推出相似三角形,由相似比得出边长的关系,由勾股定理求解.‎ ‎12.已知AB与⊙O相切于点C,OA=OB,OA、OB与⊙O分别交于点D、E.‎ ‎(I)如图①,若⊙O的直径为8,AB=10,求OA的长(结果保留根号);‎ ‎(II)如图②,连接CD、CE,若四边形ODCE为菱形,求的值.‎ 考点:切线的性质;含30度角的直角三角形;勾股定理;菱形的性质.‎ 专题:几何图形问题.‎ 分析:(1)连接OC,根据切线的性质得出OC⊥AB,再由勾股定理求得OA即可;‎ ‎(2)根据菱形的性质,求得OD=CD,则△ODC为等边三角形,可得出∠A=30°,即可求得的值.‎ 解答:解:(1)如图①,连接OC,则OC=4,‎ ‎∵AB与⊙O相切于点C,∴OC⊥AB,‎ ‎∴在△OAB中,由AO=OB,AB=10m,得AC=AB=5.‎ 在Rt△AOC中,由勾股定理得OA=‎ ‎(2)如图②,连接OC,则OC=OD,‎ ‎∵四边形ODCE为菱形,∴OD=CD,‎ ‎∴△ODC为等边三角形,有∠AOC=60°.‎ 由(1)知,∠OCA=90°,∴∠A=30°,‎ ‎∴OC=OA,∴=.‎ 点评:本题考查了切线的性质和勾股定理以及直角三角形、菱形的性质,是一道综合题,要熟练掌握.‎ ‎13.如图,BD是⊙O的直径,A、C是⊙O上的两点,且AB＝AC,AD与BC的延长线交于点E.‎ ‎(1)求证:△ABD∽△AEB;‎ ‎(2)若AD＝1,DE＝3,求BD的长.‎ 考点:相似三角形的判定与性质;勾股定理;圆周角定理.‎ 专题:几何证明和计算题 分析:(1)结合已知条件就可以推出∠ABC＝∠ADB,再加上公共角就可以推出结论;‎ ‎(2)由(1)的结论就可以推出AB的长度,规矩勾股定理即可推出BD的长度.‎ 解答:(1)证明:∵AB＝AC,‎ ‎∴弧AB＝弧AC .‎ ‎∴∠ABC＝∠ADB.(2分)‎ 又∠BAE＝∠DAB,‎ ‎∴△ABD∽△AEB.(4分)‎ ‎(2)解:∵△ABD∽△AEB,‎ ‎∴.‎ ‎∵AD＝1,DE＝3,‎ ‎∴AE＝4.‎ ‎∴AB2＝AD•AE＝1×4＝4.‎ ‎∴AB＝2.(6分)‎ ‎∵BD是⊙O的直径,‎ ‎∴∠DAB＝90°.‎ 在Rt△ABD中,BD2＝AB2＋AD2＝22＋12＝5,‎ ‎∴BD＝.(8分)‎ 点评:本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定和性质、圆周角定理,解题的关键在于找到∠ABC＝∠ADB,求证三角形相似.‎ ‎14. 如图,在圆内接四边形ABCD中,CD为∠BCA的外角的平分线,F为 AD弧上一点,BC=AF,延长DF与BA的延长线交于E.‎ ‎(1)求证:△ABD为等腰三角形.‎ ‎(2)求证:AC•AF=DF•FE.‎ 考点:圆周角定理;全等三角形的判定与性质;圆内接四边形的性质;相似三角形的判定与性质.‎ 专题:证明题.‎ 分析:(1)CD为∠BCA的外角的平分线得到∠MCD=∠ACD,求出∠MCD=∠DAB推出∠DBA=∠DAB即可;‎ ‎(2)由BC=AF推出CD=DF和∠CDB=∠ADF,证△CDA≌△FDB,得到AC=BF,根据C D F B四点共圆和A F D B四点共圆,推出∠FAE=∠BDF和∠EFA=∠DFB,证△DBF∽△AEF,得到 AFDF= EFBF即可推出答案.‎ 解答:(1)证明:∵CD为∠BCA的外角的平分线,‎ ‎∴∠MCD=∠ACD,‎ ‎∵A、B、C、D四点共圆,‎ ‎∴∠MCD=∠DAB,‎ ‎∵∠DCA=∠DBA,‎ ‎∴∠DBA=∠DAB,‎ ‎∴BD=AD,‎ ‎∴△ABD是等腰三角形.‎ ‎(2)证明:∵BC=AF,‎ ‎∴弧BC=弧AF,‎ ‎∵AD=BD,‎ ‎∴弧AD=弧BD,‎ ‎∴弧CD=弧DF,‎ ‎∴CD=DF,‎ ‎∵弧BC=弧DF,‎ ‎∴∠CDB=∠ADF,‎ ‎∴∠CDA=∠FDB,‎ ‎∵AD=BD,CD=DF,‎ ‎∴△CDA≌△FDB,‎ ‎∴AC=BF,‎ ‎∵C D F B四点共圆,A F D B四点共圆,‎ ‎∴∠FAE=∠BDF,∠MCD=∠DFB,∠EFA=∠DBA=∠DCA,‎ ‎∵∠MCD=∠DCA,‎ ‎∴∠EFA=∠DFB,‎ ‎∴△DBF∽△AEF,‎ ‎∴ AFDF= EFBF,‎ ‎∴AF•BF=DF•EF,‎ ‎∴AC•AF=DF•FE.‎ 点评:本题主要考查对圆内接四边形,全等三角形的性质和判定,相似三角形的性质和判定,圆周角定理等知识点的理解和掌握,能综合运用这些性质进行推理是证此题的关键.‎ ‎15.‎ ‎∵∠1+∠OBC=90°,∠2+∠OCB=90°,‎ 又∵OC=OB,‎ ‎∴∠OBC=∠OCB,‎ ‎∴∠1=∠2,(2分)‎ ‎∴△AOB∽△BDC;(3分)‎ ‎(2)解:①过点O作OF⊥BC于点F,则四边形OABF是矩形(4分)‎ ‎∴BF=OA=1,‎ 由垂径定理,得BC=2BF=2,(5分)‎ 在Rt△AOB中,OA=1,OB=x ‎∴AB==,(6分)‎ 由(1)得△AOB∽△BDC ‎∴=,即=,‎ ‎∴y=;(7分)‎ ‎②当BE与小圆相切时,OE⊥BE,‎ ‎∵OE=1,OC=x,‎ ‎∴EC=x﹣1,BE=AB=,(8分)‎ 在Rt△BCE中,根据勾股定理得:EC2+BE2=BC2,‎ 即(x﹣1)2+()2=22,(9分)‎ 解得:x1=2,x2=﹣1(舍去),(10分)‎ ‎∴当BE与小圆相切时,x=2.(11分)‎ 点评:此题考查了切线的性质,相似三角形的判定与性质,勾股定理及垂径定理.遇到切线,连接圆心与切点,是常常连接的辅助线,借助图形,由切线的性质构造直角三角形,然后利用勾股定理解决问题.熟练掌握切线的性质是解本题的关键.‎ ‎16.(2011•菏泽)如图,BD为⊙O的直径,AB=AC,AD交BC于点E,AE=2,ED=4,‎ ‎(1)求证:△ABE∽△ADB;‎ ‎(2)求AB的长;‎ ‎(3)延长DB到F,使得BF=BO,连接FA,试判断直线FA与⊙O的位置关系,并说明理由.‎ 考点:相似三角形的判定与性质;勾股定理;圆周角定理;切线的判定.‎ 专题:计算题;证明题.‎ 分析:(1)根据AB=AC,可得∠ABC=∠C,利用等量代换可得∠ABC=∠D然后即可证明△ABE∽△ADB.‎ ‎(2)根据△ABE∽△ADB,利用其对应边成比例,将已知数值代入即可求得AB的长.‎ ‎(3)连接OA,根据BD为⊙O的直径可得∠BAD=90°,利用勾股定理求得BD,然后再求证∠OAF=90°即可.‎ 解答:解:(1)证明:‎ ‎∵AB=AC,‎ ‎∴∠ABC=∠C,‎ ‎∵∠C=∠D,‎ ‎∴∠ABC=∠D,‎ 又∵∠BAE=∠EAB,‎ ‎∴△ABE∽△ADB,‎ ‎(2)∵△ABE∽△ADB,‎ ‎∴,‎ ‎∴AB2=AD•AE=(AE+ED)•AE=(2+4)×2=12,‎ ‎∴AB=.‎ ‎(3)直线FA与⊙O相切,理由如下:‎ 连接OA,∵BD为⊙O的直径,‎ ‎∴∠BAD=90°,‎ ‎∴,‎ BF=BO=,‎ ‎∵AB=,‎ ‎∴BF=BO=AB,‎ ‎∴∠OAF=90°,‎ ‎∴直线FA与⊙O相切.‎ 点评:此题主要考查相似三角形的判定与性质,勾股定理,圆周角定理,切线的判定等知识点,有一定的拔高难度,属于难题.‎ ‎17.如图,直线PM切⊙O于点M,直线PO交⊙O于A、B两点,弦AC∥PM, 连接OM、BC.‎ 求证:(1)△ABC∽△POM;‎ ‎(2).‎ ‎【考点】切线的性质;相似三角形的判定与性质.‎ ‎【分析】(1)M切⊙O于点M,所以∠PMO=90°,又因为弦AB是直径,所以∠ACB=∠PMO=90°,再有条件弦AC∥PM,可证得∠CAB=∠P,进而可证得△ABC∽△POM;(2)有(1)可得 ,又因为AB=2OA,OA=OM;所以2OA2=OP•BC.‎ ‎【解答】证明:(1)∵直线PM切⊙O于点M,‎ ‎∴∠PMO=90°,‎ ‎∵弦AB是直径,‎ ‎∴∠ACB=90°,‎ ‎∴∠ACB=∠PMO,‎ ‎∵AC∥PM,‎ ‎∴∠CAB=∠P,‎ ‎∴△ABC∽△POM;‎ ‎(2)∵△ABC∽△POM,‎ ‎∴,‎ 又AB=2OA,OA=OM,‎ ‎∴,‎ ‎∴2OA2=OP•BC.‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质:①圆的切线垂直于经过切点的半径;②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点;③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心和相似和圆有关的知识,具有一定的综合性.‎ ‎19.如图,已知点A、B、C、D均在已知圆上,AD∥BC,BD平分∠ABC,∠BAD=120°,四边形ABCD的周长为15.‎ ‎(1)求此圆的半径;‎ ‎(2)求图中阴影部分的面积.‎ 考点:扇形面积的计算;圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理.‎ 专题:几何图形问题.‎ 分析:(1)根据条件可以证得四边形ABCD是等腰梯形,且AB=AD=DC,∠DBC=90°,在直角△BDC中,BC是圆的直径,BC=2DC,根据四边形ABCD的周长为15,即可求得BC,即可得到圆的半径;‎ ‎(2)根据S阴影=S扇形AOD-S△AOD即可求解.‎ 解答:解:(1)∵AD∥BC,∠BAD=120°.∴∠ABC=60°.‎ 又∵BD平分∠ABC,‎ ‎∴∠ABD=∠DBC=∠ADB=30°‎ ‎∴ = = ,∠BCD=60°‎ ‎∴AB=AD=DC,∠DBC=90°‎ 又在直角△BDC中,BC是圆的直径,BC=2DC.‎ ‎∴BC+ BC=15‎ ‎∴BC=6‎ ‎∴此圆的半径为3.‎ ‎(2)设BC的中点为O,由(1)可知O即为圆心.‎ 连接OA,OD,过O作OE⊥AD于E.‎ 在直角△AOE中,∠AOE=30°‎ ‎∴OE=OA•cos30°= ‎ S△AOD= ×3×= .‎ ‎∴‎ 点评:本题主要考查了扇形的面积的计算,正确证得四边形ABCD是等腰梯形,是解题的关键.‎ ‎20.如图,BD为⊙O的直径,AB=AC,AD交BC于点E,AE=2,ED=4,‎ ‎(1)求证:△ABE∽△ADB;‎ ‎(2)求AB的长;‎ ‎(3)延长DB到F,使得BF=BO,连接FA,试判断直线FA与⊙O的位置关系,并说明理由.‎ 考点:相似三角形的判定与性质;勾股定理;圆周角定理;切线的判定.‎ 专题:计算题;证明题.‎ 分析:(1)根据AB=AC,可得∠ABC=∠C,利用等量代换可得∠ABC=∠D然后即可证明△ABE∽△ADB.‎ ‎(2)根据△ABE∽△ADB,利用其对应边成比例,将已知数值代入即可求得AB的长.‎ ‎(3)连接OA,根据BD为⊙O的直径可得∠BAD=90°,利用勾股定理求得BD,然后再求证∠OAF=90°即可.‎ 解答:解:(1)证明:‎ ‎∵AB=AC,‎ ‎∴∠ABC=∠C,‎ ‎∵∠C=∠D,‎ ‎∴∠ABC=∠D,‎ 又∵∠BAE=∠EAB,‎ ‎∴△ABE∽△ADB,‎ ‎(2)∵△ABE∽△ADB,‎ ‎∴,‎ ‎∴AB2=AD•AE=(AE+ED)•AE=(2+4)×2=12,‎ ‎∴AB=.‎ ‎(3)直线FA与⊙O相切,理由如下:‎ 连接OA,∵BD为⊙O的直径,‎ ‎∴∠BAD=90°,‎ ‎∴‎ ,‎ BF=BO=,‎ ‎∵AB=,‎ ‎∴BF=BO=AB,‎ ‎∴∠OAF=90°,‎ ‎∴直线FA与⊙O相切.‎ 点评:此题主要考查相似三角形的判定与性质,勾股定理,圆周角定理,切线的判定等知识点,有一定的拔高难度,属于难题.‎ ‎21. 如图.AB是半圆O的直径.AB=2.射线AM、BN为半圆O的切线.在AM上取一点D.连接BD交半圆于点C.连接AC,过O点作BC的垂线OF.垂足为点E.与BN相交于点F.过D点作半圆O的切线DP,切点为P,与BN相交于点 Q.‎ ‎ (I) 求证:△ABC'∽△OFB;‎ ‎ (2) 当△ABD与△BFO的面积相等时,求BQ的长;‎ ‎ (3) 求证:当D在AM上移动时(A点除外),点Q始终是线段BF的中点.‎ ‎【考点】切线的性质;全等三角形的判定与性质;勾股定理;圆周角定理;相似三角形的判定与性质.‎ ‎【专题】证明题;几何综合题.‎ ‎【分析】(1)根据OE∥AC,得出∠BAC=∠FOB,进而得出∠BCA=∠FBO=90°,从而证明结论;‎ ‎(2)根据△ACB∽△OBF得出△ABD∽△BFO,从而得出DQ∥AB,即可得出BQ=AD;‎ ‎(3)首先得出AD=DP,QB=BQ,进而得出DQ2=QK2+DK2,得出BF=2BQ,即可得出Q为BF的中点.‎ ‎【解答】证明:(1)∵AB为直径,‎ ‎∴∠ACB=90°,即:AC⊥BC,‎ 又OE⊥BC,‎ ‎∴OE∥AC,‎ ‎∴∠BAC=∠FOB,‎ ‎∵BN是半圆的切线,‎ ‎∴∠BCA=∠FBO=90°,‎ ‎∴△ACB∽△OBF.‎ 解:(2)由△ACB∽△OBF得,∠OFB=∠DBA,∠DAB=∠OBF=90°,‎ ‎∴△ABD∽△BFO,‎ 当△ABD与△BFO的面积相等时,△ABD≌△BFO,‎ ‎∴AD=1,‎ 又DPQ是半圆O的切线,‎ ‎∴OP=1,且OP⊥DP,‎ ‎∴DQ∥AB,‎ ‎∴BQ=AD=1,‎ ‎(3)由(2)知,△ABD∽△BFO,‎ ‎∴ ,‎ ‎∴BF= ,‎ ‎∵DPQ是半圆O的切线,‎ ‎∴AD=DP,QB=BQ,‎ 过Q点作AM的垂线QK,垂足为K,在直角三角形DQK中,‎ DQ2=QK2+DK2,‎ ‎∴(AD+BQ)2=(AD-BQ)2+22.‎ ‎∴BQ=,‎ ‎∴BF=2BQ,‎ ‎∴Q为BF的中点.‎ ‎【点评】此题主要考查了切线的性质以及全等三角形的判定和相似三角形的判定等知识,熟练利用相似三角形的判定是解决问题的关键.‎ ‎23.(2011山东烟台,25,12分)‎ 已知:AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB于点G,E是直线AB上一动点(不与点A、B、G重合),直线DE交⊙O于点F,直线CF交直线AB于点P.设⊙O的半径为r.‎ ‎(1)如图1,当点E在直径AB上时,试证明:OE·OP＝r2‎ ‎(2)当点E在AB(或BA)的延长线上时,以如图2点E的位置为例,请你画出符合题意的图形,标注上字母,(1)中的结论是否成立?请说明理由.‎ A B C D E F P ‎.‎ O G ‎（图1）‎ ‎.‎ A B C D E ‎.‎ O G ‎（图2）‎ 考点:相似三角形的判定与性质;垂径定理;圆周角定理.‎ 分析:(1)如图,连接FO并延长交⊙O于Q,连接DQ.由FQ是⊙O直径得到∠QFD+∠Q=90°,又由CD⊥AB得到∠P+∠C=90°,然后利用已知条件即可得到∠QFD=∠P,然后即可证明△FOE∽△POF,最后利用相似三角形的性质即可解决问题;‎ ‎(2)(1)中的结论成立. 如图2,依题意画出图形,连接FO并延长交⊙O于M,连接CM.由FM是⊙O直径得到∠M+∠CFM=90°,又由CD⊥AB,得到∠E+∠D=90°,接着利用已知条件即可证明∠CFM=∠E,然后利用已知条件证明△POF∽△FOE,最后利用相似三角形的性质即可证明题目的结论.‎ 解答:(1)证明:连接FO并延长交⊙O于Q,连接DQ.‎ ‎∵FQ是⊙O直径,∴∠FDQ=90°.∴∠QFD+∠Q=90°.‎ ‎∵CD⊥AB,∴∠P+∠C=90°.‎ ‎∵∠Q=∠C,∴∠QFD=∠P.‎ ‎∵∠FOE=∠POF,∴△FOE∽△POF.∴.∴OE•OP=OF2=r2.‎ ‎(2)解:(1)中的结论成立.‎ 理由:如图2,依题意画出图形,连接FO并延长交⊙O于M,连接CM.‎ ‎∵FM是⊙O直径,∴∠FCM=90°,∴∠M+∠CFM=90°.‎ ‎∵CD⊥AB,∴∠E+∠D=90°.‎ ‎∵∠M=∠D,∴∠CFM=∠E.‎ ‎∵∠POF=∠FOE,∴△POF∽△FOE.∴,∴OE•OP=OF2=r2.‎ 点评:此题分别考查了相似三角形的性质与判定、垂径定理及圆周角定理,同时也考查了简单的作图问题,解题的关键是充分利用相似三角形的性质证明题目的结论.‎ ‎24.,第②小题(2分),第③小题(1分).‎ ‎(1)如图.若考生作两条边或三条边的垂直平分线不扣分.‎ ‎(2)①∵AB=4,BC=2,△ACD是等边三角形,‎ ‎∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=30°+60°=90°,‎ ‎∴AD与⊙O的位置关系是 相切.‎ ‎②AD=AC=AB•=2,‎ BD==2,‎ AE=AB•AD÷(BD)=.‎ 故线段AE的长为.‎ 故答案为:相切..‎ 点评:考查了直角三角形的外接圆,等边三角形的作法,切线的判定,勾股定理及三角形面积公式,综合性较强.‎ ‎25.(2011四川攀枝花,23)如图(Ⅰ),在平面直角坐标系中,⊙O′是以点O′(2,﹣2)为圆心,半径为2的圆,⊙O″是以点O″(0,4)为圆心,半径为2的圆.‎ ‎(1)将⊙O′竖直向上平移2个单位,得到⊙O1,将⊙O″水平向左平移1个单位,得到⊙O2如图(Ⅱ),分别求出⊙O1和⊙O2的圆心坐标.‎ ‎(2)两圆平移后,⊙O2与y轴交于A、B两点,过A、B两点分别作⊙O2的切线,交x轴与C、D两点,求△O2‎ AC和△O2BD的面积.‎ 考点:切线的性质;坐标与图形变化-平移.‎ 专题:综合题.‎ 分析:(1)根据“左减右加,下减上加”的规律对点O′,O″的坐标进行平移即可得到点O1,O2的坐标;(2)先求出点A、B的坐标,然后连接O2A,O2B,根据直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半得出∠O2AB=∠O2BA=30°,又AC与BD是圆的切线,然后求出∠OAC=∠OBD=60°,利用特殊角的三角函数与点A,B的坐标即可求出AC、BD的长,最后代入三角形的面积公式进行计算即可.‎ 解答:解:(1)∵﹣2+2=0,∴点O1的坐标为:(2,0),‎ ‎∵0﹣1=﹣1,∴点O2的坐标为:(﹣1,4);‎ ‎(2)如图,连接O2A,O2B,∵⊙O2的半径为2,圆心O2到y轴的距离是1,‎ ‎∴∠O2AB=∠O2BA=30°,∴AB=2×2cos30°=2,‎ ‎∴点A、B的坐标分别为A(0,4﹣),B(0,4+),‎ ‎∵AC,BD都是⊙O2的切线,‎ ‎∴∠OAC=180°﹣90°﹣30°=60°,∠OBD=90°﹣30°=60°,‎ ‎∴AC=(4﹣)÷cos60°=8﹣2,BD=(4+)÷cos60°=8+2,‎ ‎∴S△O2AC=×AC×O2A=×(8﹣2)×2=8﹣2,S△O2BD=×BD×O2B=×(8+2)×2=8+2.故答案为:8﹣2,8+2.‎ 点评:本题主要考查了切线的性质与坐标的平移,利用数据的特点求出30度角是解题的关键,也是解答本题的难点与突破口,本题难度适中,有一定的综合性.‎ ‎26. 2011四川泸州,26,7分)如图,点P为等边△ABC外接圆劣弧BC上一点.‎ ‎(1)求∠BPC的度数;‎ ‎(2)求证:PA=PB+PC;‎ ‎(3)设PA,BC交于点M,若AB=4,PC=2,求CM的长度.‎ 考点:相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质;圆周角定理.‎ 分析:(1)由圆周角定理得∠BPC与∠BAC互补;‎ ‎(2)在PA上截取PD=PC,可证明△ACD≌△BCP,则AD=PB,从而得出PA=PB+PC;‎ ‎(3)容易得到△CDM∽△ACM,所以CM:AM=DM:MC=DC:AC=2:4=1:2,设DM=x,则CM=2x,BM=4-2x,PM=2-x,AM=4x,△BPM∽△ACM,所以BP:AC=PM:CM,即3x:4=(2-x):2x,解此方式方程求出x.‎ 解答:解:(1)∵△ABC为等边三角形,∴∠BAC=60°,‎ ‎∵点P为等边△ABC外接圆劣弧BC上一点,∴∠BPC+∠BAC=180°,∴∠BPC=120°,‎ ‎(2)在PA上截取PD=PC,‎ ‎∵AB=AC=BC,∴∠APB=∠APC=60°,∴△PCD为等边三角形,∴∠ADC=120°,‎ ‎∴△ACD≌△BCP,∴AD=PB,∴PA=PB+PC;‎ ‎(3)∵△CDM∽△ACM,∴CM:AM=DM:MC=DC:AC=2:4=1:2,‎ 设DM=x,则CM=2x,BM=4-2x,PM=2-x,AM=4x,∵△BPM∽△ACM,∴BP:AC=PM:CM,‎ 即3x:4=(2-x):2x,解得,x=(舍去负号),则x=,∴CM= .‎ 点评:本题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、圆周角定理以及等边三角形的性质,是一个综合题,难度较大.‎ ‎27. (2011襄阳,23,7分)如图,在⊙O中,弦BC垂直于半径OA,垂足为E,D是优弧BC上一点,连接 BD,AD,OC,∠ADB＝30°.‎ ‎(1)求∠AOC的度数;‎ ‎(2))若弦BC＝6cm,求图中阴影部分的面积.‎ 考点:垂径定理;勾股定理;圆周角定理;扇形面积的计算.‎ 专题:几何图形问题;探究型.‎ 分析:(1)先根据垂径定理得出BE＝CE,弧AB＝弧AC,再根据圆周角定理即可得出∠AOC的度数;‎ ‎(2)先根据勾股定理得出OE的长,再连接OB,求出∠BOC的度数,再根据S阴影＝S扇形OBC－S△OBC计算即可.‎ 解答:解:(1)∵BC⊥OA,‎ ‎∴BE＝CE,弧AB＝弧AC,‎ 又∵∠ADB＝30°,‎ ‎∴∠AOC＝60°;‎ ‎(2)∵BC＝6,‎ ‎∴CE＝BC＝3,‎ 在Rt△OCE中,OC＝,‎ ‎∴OE＝, ‎ 连接OB,‎ ‎∵弧AB＝弧AC,‎ ‎∴∠BOC＝2∠AOC＝120°,‎ ‎∴S阴影＝S扇形OBC－S△OBC ‎＝×π×(2)2－×6× ‎＝4π－3.‎ 点评:本题考查的是垂径定理,涉及到圆周角定理及扇形面积的计算,勾股定理,熟知以上知识是解答此题的关键.‎ ‎28.如图,等边△ABC内接于⊙O,P是上任一点(点P不与点A.B重合),连AP.BP,过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M.‎ ‎(1)填空:∠APC=　60　度,∠BPC=　60　度;‎ ‎(2)求证:△ACM≌△BCP;‎ ‎(3)若PA=1,PB=2,求梯形PBCM的面积.‎ 考点:圆周角定理;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质;梯形.‎ 专题:综合题.‎ 分析:(1)利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角;‎ ‎(2)利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等即可;‎ ‎(3)利用上题证得的两三角形全等判定△PCM为等边三角形,进而求得PH的长,利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可.‎ 解答:解:(1)∠APC=60°,∠BPC=60°;‎ ‎(2)∵CM∥BP,‎ ‎∴∠BPM+∠M=180°,‎ ‎∠PCM=∠BPC=60°,‎ ‎∴∠M=180°﹣∠BPM﹣(∠APC+∠BPC)=180°﹣120°=60°,‎ ‎∴∠M=∠BPC=60;‎ ‎(3)∵△ACM≌△BCP,‎ ‎∴CM=CP AM=BP,‎ 又∠M=60°,‎ ‎∴△PCM为等边三角形,‎ ‎∴CM=CP=PM=1+2=3,‎ 作PH⊥CM于H,‎ 在Rt△PMH中,∠MPH=30°,‎ ‎∴PH=,‎ ‎∴梯形PBCM的面积为:(PB+CM)×PH=×(2+3)×＝‎ 点评:本题考查了圆周角定理.等边三角形的判定.全等三角形的性质及梯形的面积计算方法,是一道比较复杂的几何综合题.‎ ‎29.已知 △ABC,分别以AC和BC为直径作半圆、P是AB的中点.‎ ‎(1)如图1,若△ABC是等腰三角形,且AC=BC,在上分别取点E、F,使则有结论①△EO1P≌△PO2F②四边形是菱形.请给出结论②的证明;‎ ‎(2)如图2,若(1)中△ABC是任意三角形,其它条件不变,则(1)中的两个结论还成立吗?若成立,请给出证明;‎ ‎(3)如图3,若PC是的切线,求证:‎ 考点:切线的性质;全等三角形的判定;勾股定理;三角形中位线定理;菱形的判定.‎ 分析:(1)可证明△APO1与△BPO2全等,则∠AO1P=∠BO2P,再根据已知可得出EO1=FO2,PO1=PO2,则△PO1E≌△FO2P,可先证明四边形PO1CO2是平行四边形,再证明CO1=CO2,即可得出四边形PO1CO2是菱形;‎ ‎(2)由已知得出①成立,而②只是平行四边形;‎ ‎(3)直角三角形APC中,设AP=c,AC=a,PC=b,则c2=a2+b2;AB2=4c2=4(a2+b2),过点B作AC的垂线,交AC的延长线于D点.则CD=a,BD=2b.BC2=a2+4b2,由此得证.‎ 解答:(1)∵BC是⊙O2直径,则O2是BC的中点 又P是AB的中点.,∴P O2是△ABC的中位线 ‎∴P O2 =AC 又AC是⊙O1直径 ‎∴P O2= O1C=AC 同理P O1= O2C =BC ‎∵AC =BC ‎∴P O2= O1C=P O1= O2C ‎∴四边形是菱形 ‎(2)结论①△PO1E≌△PO2F成立,结论②不成立 证明:在(1)中已证PO2=AC,又O1E=AC ‎∴PO2=O1E ‎ 同理可得PO1=O2F ‎∵PO2是△ABC的中位线 ‎∴PO2∥AC ‎∴∠PO2B=∠ACB 同理∠P O1A=∠ACB ‎∴∠PO2B=∠P O1A ‎∵∠AO1E =∠BO2F ‎∴∠P O1A+∠AO1E =∠PO2B+∠BO2F 即∠P O1E =∠F O2 P ‎∴△EO1P≌△PO2F;‎ ‎(3)延长AC交⊙O2于点D,连接BD.‎ ‎ ∵BC是⊙O2的直径,则∠D=90°,‎ ‎ 又PC是的切线,则∠ACP=90°,‎ ‎ ∴∠ACP=∠D ‎ 又∠PAC=∠BAD ‎∴△APC∽△BAD 又P是AB的中点 ‎∴‎ ‎∴AC=CD ‎∴在Rt△BCD中,‎ 在Rt△ABD中,‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 点评:本题综合考查了圆与全等的有关知识;利用中位线定理及构造三角形全等,利用全等的性质解决相关问题是解决本题的关键.‎ ‎30.(2011湖南长沙,22,8分)如图,在⊙O中,直径AB与弦CD相交于点P,∠CAB＝40°,∠APD＝65°.‎ ‎(1)求∠B的大小:‎ ‎(2)已知圆心O到BD的距离为3,求AD的长.‎ 考点:圆周角,三角形的中位线的性质 三角形的外角性质 垂径定理 专题:圆 分析:(1)由于∠CAB＝40°,∠APD＝65°可得∠C＝∠APD－∠CAB＝25°,而∠C与∠B是同一弧所对的圆周角,故∠B＝25°.‎ ‎(2)过点O作OE⊥BD于点E,由AB是⊙O的直径,得∠OEB＝∠ADB＝90°,而OA＝OB,从而ED＝EB,这样OE就是△ABD的中位线,故AD＝2OE＝6.‎ 解答:(1)∵∠CAB＝40°,∠APD＝65°‎ ‎∴∠C＝∠APD－∠CAB＝25°‎ ‎∴∠B＝∠C＝25°.‎ ‎ (2)如下图,过O作OE⊥BD于点E,则EB＝ED,且OE＝3.‎ ‎ ∵OA＝OB,EB＝ED ‎∴AD＝2OE＝6.‎ 点评:本题的解法不唯一,如分析中用的是直径所对的圆周角是直角,加上作的垂线,得到OE∥AD,此时可以得到△BOE∽△BAD,从而,故AD＝2OE＝6;而解答中用的垂径定理,直接得到OE就是△ABD的中位线来解决问题.从这里可以看到,一个题目所考查的知识点还是很多,关键看你从哪个角度去切入,‎ 还是你的知识储备与运用如何.‎ ‎31.(2011清远,22,8分)如图,AB是⊙O的直径,AC与⊙O相切,切点为A、D为⊙O上一点,AD与OC相交于点E,且∠DAB=∠C ‎(1)求证:OC∥BD;‎ ‎(2)若AO=5,AD=8,求线段CE的长.‎ 考点:切线的性质;勾股定理;圆周角定理;相似三角形的判定与性质.‎ 分析:(1)证得△CAO≌△ADB后得到∠COA＝∠B,即可证得两线段平行;‎ ‎(2)利用相似三角形得到比例式,根据DB的长即可求得OE的长.‎ 解答:(1)证明:∵AC与⊙O相切,切点为A,∴∠CAB＝90°.∵AB是⊙O的直径,∴∠D＝90°,‎ ‎∴∠CAB＝∠D,∵∠DAB＝∠C,∴∠COA=∠B,∴OC∥BD;‎ ‎(2)∵AO＝5,AD＝8,∴BD＝6,∵OC∥BD,AO＝BO,∴OE＝BD＝3,∴CE＝CO－OE＝10－3＝7.‎ 点评:本题考查了圆的切线性质,及解直角三角形的知识.运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连接圆心和切点,利用垂直构造直角三角形解决有关问题.‎ ‎32.如图1,已知在⊙O中,点C为劣弧AB上的中点,连接AC并延长至D,使CD=CA,连接DB并延长DB交⊙O于点E,连接AE.‎ ‎(1)求证:AE是⊙O的直径;‎ ‎(2)如图2,连接EC,⊙O半径为5,AC的长为4,求阴影部分的面积之和.(结果保留π与根号)‎ 考点:扇形面积的计算;勾股定理;圆周角定理.‎ 专题:证明题;几何综合题.‎ 分析:(1)连接CE,由点C为劣弧AB上的中点,可得出CE平分∠AED,再根据CD=CA,得△ADE为等腰三角形,则CE⊥AD,从而证出AE是⊙O的直径;‎ ‎(2)由(1)得△ACE为直角三角形,根据勾股定理得出CE的长,阴影部分的面积等于半圆面积减去三角形ACE的面积.‎ 解答:解:(1)连接CE,‎ ‎∵点C为劣弧AB上的中点,∴CE平分∠AED,‎ ‎∵CD=CA,∴△ADE为等腰三角形,∴CE⊥AD,‎ ‎∴AE是⊙O的直径;‎ ‎(2)∵AE是⊙O的直径,∴∠ACE=90°,‎ ‎∵AE=10,AC=4,∴,‎ ‎∴S阴影＝S⊙O－S△ACE＝‎ 点评:本题考查了扇形面积的计算、勾股定理以及圆周角定理,是基础知识要熟练掌握.‎ ‎33.如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,点D是AC的中点,且∠A+∠CDB=90°,过点A,D作⊙O,使圆心O在AB上,⊙O与AB交于点E.‎ ‎(1)求证:直线BD与⊙O相切;‎ ‎(2)若AD:AE=4:5,BC=6,求⊙O的直径.‎ 考点:切线的判定与性质;勾股定理;三角形中位线定理;圆周角定理.‎ 专题:计算题;证明题.‎ 分析:(1)连接OD,由∠A=∠ADO,进而证得∠ADO+∠CDB=90°,而证得BD⊥OD.(2)连接DE,证得∠ADE=90°,∠ADE=∠C,而得DE∥BC,所以△ADE∽△ACB,设AC=4x,AB=5x,那么BC=3x,而求得.‎ 解答:解:(1)证明:连接OD,‎ ‎∵OA=OD,‎ ‎∴∠A=∠ADO,‎ 又∵∠A+∠CDB=90°,‎ ‎∴∠ADO+∠CDB=90°,‎ ‎∴∠ODB=180°-(∠ADO+∠CDB)=90°,‎ ‎∴BD⊥OD,‎ ‎∴BD是⊙O切线;‎ ‎(2)连接DE,‎ ‎∵AE是直径,‎ ‎∴∠ADE=90°,‎ 又∵∠C=90°,‎ ‎∴∠ADE=∠C,‎ ‎∴DE∥BC,‎ 又∵D是AC中点,‎ ‎∴AD=CD,‎ ‎∴AD:CD=AE:BE,‎ ‎∴AE=BE,‎ ‎∵DE∥BC,‎ ‎∴△ADE∽△ACB,‎ ‎∴AD:AE=AC:AB,‎ ‎∴AC:AB=4:5,‎ 设AC=4x,AB=5x,那么BC=3x,‎ ‎∴BC:AB=3:5,‎ ‎∵BC=6,‎ ‎∴AB=10,‎ ‎∴AE= AB=10.‎ 点评:本题考查了切线的判定和性质、平行线的判定和性质、平行线分线段成比例定理以及推论、勾股定理、相似三角形的判定和性质.解题的关键是连接OD、DE,证明DE∥BC.‎ ‎34.(2011广东珠海,21,9分)已知:如图,锐角三角形ABC内接于⊙O,∠ABC＝45°;点D是⊙O上一点,过点D的切线DE交AC的延长线于点E,且DE∥BC;连结AD、BD、BE,AD的垂线AF与DC的延长线交于点F.‎ ‎(1)求证:△ABD∽△ADE;‎ ‎(2)记△DAF、△BAE的面积分别为S△DAF、S△BAE,‎ 求证:S△DAF＞S△BAE.‎ 考点:圆的切线 相似三角形 三角形面积 专题:圆的综合题 分析:(1)判断△ABD∽△ADE,根据题意,需找出两组对应角相等,由DE∥BC,可知∠ACB＝∠AED,根据同弧所对的圆周角相等可得∠ADB＝∠ACB,因此有∠ADB＝∠AED;连接OD,因为DE是⊙O的切线,所以OD⊥DE,于是OD平分弧BC,所以∠BAD＝∠EAD,两三角形相似可证.‎ ‎(2)比较面积的大小,实际上是比较线段的大小(高或底),过B作BG⊥AE于G,由(1)得＝,即AD2＝AB·AE;S△ABE＝AE·BG,由∠ABC＝45°,AD⊥AF,得△ADF为等腰三角形.因此S△ADF＝AD2＝AB·AE ,在Rt△ABG中,AB＞BG,因此S△DAF＞S△BAE..‎ 解答:证明:(1)连结OD.‎ ‎∵DE是⊙O的切线 ‎∴OD⊥DE.‎ ‎∴弧BD＝弧CD ‎∴∠BAD＝∠DAE ‎∵DE∥BC ‎∴∠ACB＝∠AED ‎∵∠ADB＝∠ACB ‎∴∠AED＝∠ADB ‎∴△ABD∽△ADE.‎ ‎(2)过B作BG⊥AE于G,由(1)得＝, 即AD2＝AB·AE ‎∵∠ABC＝45°,AD⊥AF ‎∴得△ADF为等腰直角三角形 ‎∴S△ADF＝AD2＝AB·AE 又∵S△ABE＝AE·BG,而在Rt△ABG中,AB＞BG ‎∴S△DAF＞S△BAE..‎ 点评:在圆中遇到有切线的问题,一般先连接切点和圆心;判断相似三角形应认真阅读题目,找出适合的判定方法.在比较三角形面积大小的时候,应考虑的是比较三角形中对应的底或高的大小,解决问题的关键是找到能够相互转化的线段.‎ ‎35.(2011广西百色,26,分)已知AB为⊙O直径,以OA为直径作⊙M.过B作⊙M得切线BC,切点为C,交⊙O于E.‎ ‎(1)在图中过点B作⊙M作另一条切线BD,切点为点D(用尺规作图,保留作图痕迹,不写作法,不用证明);‎ ‎(2)证明:∠EAC=∠OCB;‎ ‎(3)若AB=4,在图2中过O作OP⊥AB交⊙O于P,交⊙M的切线BD于N,求BN的值.‎ 考点:切线的性质;圆周角定理;相似三角形的判定与性质.‎ 分析:(1)以MB为直径作圆,与⊙M相交于点D,直线BD即为另一条切线.‎ ‎(2)根据BC切圆与点C,得到∠OCB=∠OAC.∠ECA=∠COA;再根据OA.AB分别为⊙M.⊙O的直径得到∠AEC=∠ACO=90°,从而得到∠EAC=∠OAC=OCB;‎ ‎(3)连接DM,则可以得到∠BDM=90°,然后利用△BON∽△BDM列出比例式求得BN的长即可.‎ 解答:(1)解:以MB为直径作圆,与⊙M相交于点D,直线BD即为另一条切线.‎ ‎(2)证明:∵BC切圆与点C,‎ ‎∴∠OCB=∠OAC,∠ECA=∠COA;‎ ‎∵OA.AB分别为⊙M.⊙O的直径 ‎∴∠AEC=∠ACO=90°,‎ ‎∵∠EAC+∠ECA=90°,∠OAC+∠COA=90°,‎ ‎∴∠EAC=∠OAC=OCB ‎(3)连接DM,则∠BDM=90°在Rt△BDM中,BD=.‎ ‎∵△BON∽△BDM ‎∴ ‎∴ ‎∴BN=.‎ 点评:本题考查了切线的性质.圆周角定理及相似三角形的判定及性质,比较复杂,是一道难题.‎ ‎36.(2011湖北黄石,24,9分)已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点,点O1在⊙O2上,C为⊙O2上一点(不与A,B,O1重合),直线CB与⊙O1交于另一点D.‎ ‎(1)如图(1),若AC是⊙O2的直径,求证:AC=CD;‎ ‎(2)如图(2),若C是⊙O1外一点,求证:O1C丄AD;‎ ‎(3)如图(3),若C是⊙O1内的一点,判断(2)中的结论足否成立.‎ 考点:相交两圆的性质;圆周角定理.‎ 专题:证明题.‎ 分析:(1)连接AB,O1O2,得到O1O2⊥AB,根据AC是圆O2的直径,推出∠ABC=90°,得出O1O2∥BC,根据三角形的中位线定理推出∠ADC=∠DAC即可得出AC=DC;‎ ‎(2)根据线段的垂直平分线定理得到C在AD的垂直平分线上、O1在AD的垂直平分线上,即可得到答案;‎ ‎(3)根据线段的垂直平分线定理得到C在AD的垂直平分线上、O1在AD的垂直平分线上,进一步推出结论.‎ 解答:(1)证明:连接AB,O1O2,‎ ‎∵⊙O1与⊙O2相交于A、B两点,‎ ‎∴O1O2⊥AB,,‎ ‎∵AC是圆O2的直径,‎ ‎∴∠ABC=90°,‎ ‎∴O1O2∥BC,‎ ‎∴∠D=∠AO1O2,‎ ‎∵AC是直径,‎ ‎∴∠AO1C=90°,‎ ‎∵O2是AC的中点,‎ ‎∴O1O2=O2A,‎ ‎∴∠AO1O2=∠01AC,‎ ‎∴∠ADC=∠DAC,‎ ‎∴AC=DC;‎ ‎(2)证明:由(1)得:AC=DC,‎ ‎∴C在AD的垂直平分线上,‎ ‎∵O1A=O1D,‎ ‎∴O1在AD的垂直平分线上,‎ ‎∴O1C⊥AD;‎ ‎(3)证明:∵AC=CD,‎ ‎∴C在AD的垂直平分线上,‎ ‎∵O1A=O1D,‎ ‎∴O1在AD的垂直平分线上,‎ ‎∴O1C⊥AD.‎ 点评:此题主要考查了圆周角定理以及相交两圆的性质,根据相交两圆的连心线垂直平分两圆公共弦,以及垂直平分线的性质是解决问题的关键.‎ ‎37.如图,AB是⊙O的直径,CD是⊙O的切线,切点为C.延长AB交CD于点E.连接AC,作∠DAC=∠ACD,作AF⊥ED于点F,交⊙O于点G.‎ ‎(1)求证:AD是⊙O的切线;‎ ‎(2)如果⊙O的半径是6cm,EC=8cm,求GF的长.‎ 考点:切线的判定与性质;勾股定理;圆周角定理;相似三角形的判定与性质.‎ 专题:证明题.‎ 分析:(1)连接OC.欲证AD是⊙O的切线,只需证明OA⊥AD即可;‎ ‎(2)连接BG.在Rt△CEO中利用勾股定理求得OE=10,从而求得AE=13;然后由相似三角形Rt△AEF∽Rt△OEC的对应边成比例求得AF=9.6,再利用圆周角定理证得Rt△ABG∽Rt△AEF,根据相似三角形的对应边成比例求得AG=7.2,所以GF=AF﹣AG=9.6﹣7.2=2.4.‎ 解答:(1)证明:连接OC.‎ ‎∵CD是⊙O的切线,‎ ‎∴∠OCD=90°.‎ ‎∴∠OCA+∠ACD=90°.‎ ‎∵OA=OC,‎ ‎∴∠OCA=∠OAC.‎ ‎∵∠DAC=∠ACD,‎ ‎∴∠0AC+∠CAD=90°.‎ ‎∴∠OAD=90°.‎ ‎∴AD是⊙O的切线.‎ ‎(2)解:连接BG;‎ ‎∵OC=6cm,EC=8cm,‎ ‎∴在Rt△CEO中,OE==10.‎ ‎∴AE=OE+OA=13.‎ ‎∵AF⊥ED,‎ ‎∴∠AFE=∠OCE=90°,∠E=∠E.‎ ‎∴Rt△AEF∽Rt△OEC.‎ ‎∴=.‎ 即:=.‎ ‎∴AF=9.6.‎ ‎∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴∠AGB=90°.‎ ‎∴∠AGB=∠AFE.‎ ‎∵∠BAG=∠EAF,‎ ‎∴Rt△ABG∽Rt△AEF.‎ ‎∴=.‎ 即:=.‎ ‎∴AG=7.2.‎ ‎∴GF=AF﹣AG=9.6﹣7.2=2.4(cm).‎ 点评:本题综合考查了圆周角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理的应用.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.‎ ‎39.已知:如图,在△ABC中,BC=AC,以BC为直径的⊙O与边AB相交于点D,DE⊥AC,垂足为点E.‎ ‎(1)求证:点D是AB的中点;‎ ‎(2)判断DE与⊙O的位置关系,并证明你的结论;‎ ‎(3)若⊙O的直径为18,cosB=,求DE的长.‎ 考点:切线的判定与性质;勾股定理;圆周角定理;解直角三角形.‎ 分析:(1)连接CD,由BC为直径可知CD⊥AB,又BC=AC,由等腰三角形的底边“三线合一”证明结论;‎ ‎(2)连接OD,则OD为△ABC的中位线,OD∥AC,已知DE⊥AC,可证DE⊥OC,证明结论;‎ ‎(3)结论CD,在Rt△BCD中,已知BC=18,cosB=,求得BD=6,则AD=BD=6,在Rt△ADE中,已知AD=6,cosA=cosB=,可求AE,利用勾股定理求DE.‎ 解答:解:(1)证明:连接CD,则CD⊥AB,‎ 又∵AC=BC,‎ ‎∴AD=BD,即点D是AB的中点.‎ ‎(2)DE是⊙O的切线.‎ 理由是:连接OD,则DO是△ABC的中位线,‎ ‎∴DO∥AC,‎ 又∵DE⊥AC,‎ ‎∴DE⊥DO即DE是⊙O的切线;‎ ‎(3)连接CD,‎ ‎∵AC=BC,∴∠B=∠A,‎ ‎∴cos∠B=cos∠A=,‎ ‎∵cos∠B==,BC=18,‎ ‎∴BD=6,‎ ‎∴AD=6,‎ ‎∵cos∠A==,‎ ‎∴AE=2,‎ 在Rt△AED中,DE=.‎ 点评:本题考查了切线的判定与性质,勾股定理,圆周角定理,解直角三角形的运用,关键是作辅助线,将问题转化为直角三角形,等腰三角形解题.‎ ‎40.如图,点A,B,C,D在⊙O上,AB=AC,AD与BC相交于点E,AE=ED,延长DB到点F,使FB=BD,连接AF.‎ ‎(1)证明:△BDE∽△FDA;‎ ‎(2)试判断直线AF与⊙O的位置关系,并给出证明.‎ 考点:切线的判定;三角形的角平分线、中线和高;相似三角形的判定与性质.‎ 专题:证明题;探究型.‎ 分析:(1)因为∠BDE公共,夹此角的两边BD:DF=ED:AD=2:3,由相似三角形的判定,可知△BDE∽△FDA.‎ ‎(2)连接OA、OB、OC,证明△OAB≌OAC,得出AO⊥BC.再由△BDE∽FDA,得出∠EBD=∠AFD,则BE∥FA,从而AO⊥FA,得出直线AF与⊙O相切.‎ 解答:证明:(1)在△BDE和△FDA中,‎ ‎∵FB=BD,AE=ED,‎ ‎∴,(3分)‎ 又∵∠BDE=∠FDA,‎ ‎∴△BDE∽△FDA.(5分)‎ ‎(2)直线AF与⊙O相切.(6分)‎ 证明:连接OA,OB,OC,‎ ‎∵AB=AC,BO=CO,OA=OA,(7分)‎ ‎∴△OAB≌OAC,‎ ‎∴∠OAB=∠OAC,‎ ‎∴AO是等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线,‎ ‎∴AO⊥BC,‎ ‎∵△BDE∽FDA,得∠EBD=∠AFD,‎ ‎∴BE∥FA,‎ ‎∵AO⊥BE知,AO⊥FA,‎ ‎∴直线AF与⊙O相切.‎ 点评:本题考查相似三角形的判定和切线的判定.‎ ‎41.如图,AB是⊙O的直径,BC⊥AB于点B,连接OC交⊙O于点E,弦AD∥OC.‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)求证:CD是⊙O的切线.‎ 考点:切线的判定;圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理.‎ 分析:(1)连接OD,由平行可得∠DAO=∠COB,∠ADO=∠DOC;再由OA=OD,可得出,∠DAO=∠ADO,则∠COB=∠COD,从而证出=;‎ ‎(2)由(1)得,△COD≌△COB,则∠CDO=∠B.又BC⊥AB,则∠CDO=∠B=90°,从而得出CD是⊙O的切线.‎ 解答:(1)证明:连接OD.(1分)‎ ‎∵AD∥OC,‎ ‎∴∠DAO=∠COB∠ADO=∠DOC,(2分)‎ 又∵OA=OD,‎ ‎∴∠DAO=∠ADO,(4分)‎ ‎∴∠COB=∠COD,(5分)‎ ‎∴=;(6分)‎ ‎(2)解:由(1)知∠DOE=∠BOE,(7分)‎ 在△COD和△COB中,‎ CO=CO,‎ ‎∠DOC=∠BOC,‎ OD=OB,‎ ‎∴△COD≌△COB,(9分)‎ ‎∴∠CDO=∠B.(10分)‎ 又∵BC⊥AB,‎ ‎∴∠CDO=∠B=90°.(11分)‎ 即CD是⊙O的切线.(12分)‎ 点评:本题考查了切线的判定和圆周角定理以及圆心角、弧、弦之间的关系,注:在同圆或等圆中,圆心角、圆周角、弧、弦中有一组量相等,其余各组量也相等.‎ ‎42.(2011河北,25,10分)如图1至图4中,两平行线AB.CD间的距离均为6,点M为AB上一定点.‎ 思考 如图1,圆心为0的半圆形纸片在AB,CD之间(包括AB,CD),其直径MN在AB上,MN＝8,点P为半圆上一点,设∠MOP＝α.‎ 当α＝　 　度时,点P到CD的距离最小,最小值为　 　.‎ 探究一 在图1的基础上,以点M为旋转中心,在AB,CD 之间顺时针旋转该半圆形纸片,直到不能再转动为止,如图2,得到最大旋转角∠BMO＝　 　度,此时点N到CD的距离是　 　.‎ 探究二 将如图1中的扇形纸片NOP按下面对α的要求剪掉,使扇形纸片MOP绕点M在AB,CD之间顺时针旋转.‎ ‎(1)如图3,当α＝60°时,求在旋转过程中,点P到CD的最小距离,并请指出旋转角∠BMO的最大值;‎ ‎(2)如图4,在扇形纸片MOP旋转过程中,要保证点P能落在直线CD上,请确定α的取值范围.‎ ‎(参考数椐:sin49°＝,cos41°＝,tan37°＝.)‎ 考点:直线与圆的位置关系;点到直线的距离;平行线之间的距离;旋转的性质;解直角三角形.‎ 分析:思考:根据两平行线之间垂线段最短,以及切线的性质定理,直接得出答案;‎ 探究一:根据由MN＝8,MO＝4,OY＝4,得出UO＝2,即可得出得到最大旋转角∠BMO＝30度,此时点N到CD 的距离是 2;‎ 探究二:(1)由已知得出M与P的距离为4,PM⊥AB时,点MP到AB的最大距离是4,从而点P到CD的最小距离为6－4＝2,即可得出∠BMO的最大值;‎ ‎(2)分别求出α最大值为∠OMH＋∠OHM＝30°＋90°以及最小值α＝2∠MOH,即可得出α的取值范围.‎ 解答:解:思考:根据两平行线之间垂线段最短,直接得出答案,当α＝90度时,点P到CD的距离最小,‎ ‎∵MN＝8,‎ ‎∴OP＝4,‎ ‎∴点P到CD的距离最小值为:6－4＝2.‎ 故答案为:90,2;‎ 探究一:∵以点M为旋转中心,在AB,CD 之间顺时针旋转该半圆形纸片,直到不能再转动为止,如图2,‎ ‎∵MN＝8,MO＝4,OY＝4,‎ ‎∴UO＝2,‎ ‎∴得到最大旋转角∠BMO＝30度,此时点N到CD的距离是 2;‎ 探究二 ‎(1)由已知得出M与P的距离为4,‎ ‎∴PM⊥AB时,点MP到AB的最大距离是4,从而点P到CD的最小距离为6－4＝2,‎ 当扇形MOP在AB,CD之间旋转到不能再转时,弧MP与AB相切,‎ 此时旋转角最大,∠BMO的最大值为90°;‎ ‎(2)如图3,由探究一可知,点P是弧MP与CD的切线时,α大到最大,即OP⊥CD,此时延长PO交AB于点H,α最大值为∠OMH＋∠OHM＝30°＋90°＝120°,‎ 如图4,当点P在CD上且与AB距离最小时,MP⊥CD,α达到最小,‎ 连接MP,作HO⊥MP于点H,由垂径定理,得出MH＝3,在Rt△MOH中,MO＝4,‎ ‎∴sin∠MOH＝,‎ ‎∴∠MOH＝49°,‎ ‎∵α＝2∠MOH,‎ ‎∴α最小为98°,‎ ‎∴α的取值范围为:98°≤α≤120°.‎ 点评:此题主要考查了切线的性质定理以及平行线之间的关系和解直角三角形等知识,根据切线的性质求解是初中阶段的重点题型,此题考查知识较多综合性较强,注意认真分析.‎ ‎43.(2011•湖南张家界,24,8)如图,在⊙O中,直径AB的两侧有定点C和动点P,点P在弧AB上运动(不与A、B重合),过点C作CP的垂线,与PB的延长线交于点Q.‎ ‎(1)试猜想:△PCQ与△ACB具有何种关系?(不要求证明);‎ ‎(2)当点P运动到什么位置时,△ABC≌△PCB,并给出证明.‎ 考点:相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定.‎ 分析:(1)由CP⊥CQ,AB是⊙O的直径,易得∠PCQ=∠ACB=90°,又由同弧所对的圆周角相等,即可得∠A=∠P,根据有两角对应相等的三角形相似,即可证得△PCQ∽△ACB;‎ ‎(2)由△PCQ∽△ACB,只要AB=PC即可,又由AB是直径,则可得当PC过圆心时,△ABC≌△PCB.‎ 解答:解:(1)△PCQ∽△ACB;‎ 理由:∵CP⊥CQ,AB是⊙O的直径,‎ ‎∴∠PCQ=∠ACB=90°,‎ ‎∵∠A=∠P,‎ ‎∴△PCQ∽△ACB;‎ ‎(2)当PC过圆心时,△ABC≌△PCB.(4分)‎ 证明:∵PC和AB都是⊙O的直径,‎ ‎∴∠ACB=∠PBC=90°,(5分)‎ 且AB=PC,(6分)‎ 又∠A=∠P.(7分)‎ ‎∴△ABC≌△PCB.(8分)‎ 点评:此题考查了圆的性质,相似三角形的判定,全等三角形的判定的知识.此题难度不大,解题的关键是注意数形结合思想的应用.‎ ‎44.(2011湖南湘潭市,26,10分)已知,AB是⊙O的直径,AB=8,点C在⊙O的半径OA上运动,PC⊥AB,垂足为C,PC=5,PT为⊙O的切线,切点为T.‎ ‎(1)如图(1),当C点运动到O点时,求PT的长;‎ ‎(2)如图(2),当C点运动到A点时,连接PO、BT,求证:PO∥BT;‎ ‎(3)如图(3),设PT2=y,AC=x,求y与x的函数关系式及y的最小值.‎ 考点:切线的性质;二次函数的最值;勾股定理.‎ 专题:计算题.‎ 分析:(1)连接OT,根据题意,由勾股定理可得出PT的长;‎ ‎(2)连接OT,则OP平分劣弧AT,则∠AOP=∠B,从而证出结论;‎ ‎(3)设PC交⊙O于点D,延长线交⊙O于点E,由相交线定理,可得出CD的长,再由切割线定理可得出y与x之间的关系式,进而求得y的最小值.‎ 解答:解:(1)连接OT ‎∵PC=5,OT=4,‎ ‎∴由勾股定理得,PT= = 3;‎ ‎(2)证明:连接OT,∵PT,PC为⊙O的切线,‎ ‎∴OP平分劣弧AT,‎ ‎∴∠POA=∠POT,‎ ‎∵∠AOT=2∠B,‎ ‎∴∠AOP=∠B,‎ ‎∴PO∥BT;‎ ‎(3)设PC交⊙O于点D,延长线交⊙O于点E,‎ 由相交线定理,得CD2=AC•BC,‎ ‎∵AC=x,∴BC=8-x,‎ ‎∴CD= ,‎ ‎∴由切割线定理,得PT2=PD•PE,‎ ‎∵PT2=y,PC-5,‎ ‎∴y=[5- ][5+ ],‎ ‎∴y=25-x(8-x)=x2-8x+25,‎ ‎∴y最小==9.‎ 点评:本题是一道综合题,考查了切线的性质、二次函数的最值以及勾股定理的内容,是中考压轴题,难度较大. ‎ ‎45.(2011•江西,22,9)如图,将△ABC的顶点A放在⊙O上,现从AC与⊙O相切于点A(如图1)的位置开始,将△ABC绕着点A顺时针旋转,设旋转角为α(0°＜α＜120°),旋转后AC,AB分别与⊙O交于点E,F,连接EF(如图2).已知∠BAC=60°,∠C=90°,AC=8,⊙O的直径为8.‎ ‎(1)在旋转过程中,有以下几个量:①弦EF的长;②的长;③∠AFE的度数;④点O到EF的距离.其中不变的量是　 　(填序号);‎ ‎(2)当BC与⊙O相切时,请直接写出α的值,并求此时△AEF的面积.‎ 考点:旋转的性质;勾股定理;圆周角定理;切线的性质;弧长的计算.‎ 分析:(1)在整个旋转过程中,∠A为弦切角或圆周角,且大小不变,所以其所对的弦、弧不变;‎ ‎(2)当BC与⊙O相切时,即AC为直径,点E与C重合,所以α=90°;△AEF为直角三角形,运用三角函数求边长然后计算面积.‎ 解答:解:(1)①,②. (多填或填错得0分,少填酌情给分)(3分)‎ ‎(2)α=90°. (5分)‎ 依题意可知,△ACB旋转90°后AC为⊙O直径,‎ 且点C与点E重合,‎ 因此∠AFE=90°. (6分)‎ ‎∵AC=8,∠BAC=60°,‎ ‎∴AF=,EF=, (8分)‎ ‎∴S△AEF=. (9分)‎ 点评:此题综合考查了旋转的性质及切线和圆的有关性质,难度较大.‎ ‎46.‎ ‎21、(2011年江西省,21,8分)如图,已知⊙O的半径为2,弦BC的长为2 ,点A为弦BC所对优弧上任意一点(B,C两点除外).‎ ‎(1)求∠BAC的度数;‎ ‎(2)求△ABC面积的最大值.‎ ‎(参考数据:sin60°=,cos30°= ,tan30°= .)‎ 考点:垂径定理;圆周角定理;解直角三角形.‎ 专题:几何综合题.‎ 分析:(1)连接OB.OC,作OE⊥BC于点E,由垂径定理可得出BE=EC= ,在Rt△OBE中利用锐角三角函数的定义及特殊角的三角函数值可求出∠BOE的度数,再由圆周角定理即可求解;‎ ‎(2))因为△ABC的边BC的长不变,所以当BC边上的高最大时,△ABC的面积最大,此时点A应落在优弧BC的中点处,过OE⊥BC与点E,延长EO交⊙O于点A,则A为优弧BC的中点,连接AB,AC,则AB=AC,由圆周角定理可求出∠BAE的度数,在Rt△ABE中,利用锐角三角函数的定义及特殊角的三角函数值可求出AE的长,由三角形的面积公式即可解答.‎ 解答:解:(1)解法一 连接OB,OC,过O作OE⊥BC于点E.‎ ‎∵OE⊥BC,BC= ,‎ ‎∴.(1分)‎ 在Rt△OBE中,OB=2,∵ ,‎ ‎∴∠BOE=60°,∴∠BOC=120°,‎ ‎∴ 度.(4分)‎ 解法二 连接BO并延长,交⊙O于点D,连接CD.‎ ‎∵BD是直径,∴BD=4,∠DCB=90°.‎ 在Rt△DBC中,sin∠BDC ,‎ ‎∴∠BDC=60°,∴∠BAC=∠BDC=60°.(4分)‎ ‎(2)解法一 因为△ABC的边BC的长不变,所以当BC边上的高最大时,△ABC的面积最大,此时点A落在优弧BC的中点处.(5分)‎ 过O作OE⊥BC于E,延长EO交⊙O于点A,则A为优弧BC的中点.连接AB,AC,则AB=AC,. 度 在Rt△ABE中,∵ ,‎ ‎,‎ ‎∴S△ABC= .‎ 答:△ABC面积的最大值是 .(7分)‎ 解法二 因为△ABC的边BC的长不变,所以当BC边上的高最大时,△ABC的面积最大,此时点A落在优弧BC的中点处.(5分)‎ 过O作OE⊥BC于E,延长EO交⊙O于点A,则A为优弧BC的中点.连接AB,AC,则AB=AC.‎ ‎∵∠BAC=60°,∴△ABC是等边三角形.‎ 在Rt△ABE中,∵ ,‎ ‎∴ ,‎ ‎∴S△ABC= .‎ 答:△ABC面积的最大值是 .(7分)‎ 点评:本题考查的是垂径定理、圆圆周角定理及解直角三角形,能根据题意作出辅助线是解答此题的关键.‎ ‎47.(2011辽宁本溪,22,10分)如图,⊙O的直径AB与弦CD(不是直径)相交于点E,且CE=DE,过点B作CD得平行线AD延长线于点F.‎ ‎(1)求证:BF是⊙O的切线;‎ ‎(2)连接BC,若⊙O的半径为4,,求CD的长?‎ 考点:切线的判定与性质;勾股定理;圆周角定理;解直角三角形.‎ 专题:计算题.‎ 分析:(1)由AB是⊙O的直径,CE=DE,得∠AED=90°,再由CD∥BF,得∠ABF=∠AED=90°,从而得出BF是⊙O的切线;‎ ‎(2)连接BD,因为AB是⊙O的切线,则∠ADB=90°,再由SiN∠BAD=,求得AD,根据三角形的面积得DE的长,从而得出CD.‎ 解答:解:(1)证明:∵AB是⊙O的直径,CE=DE,‎ ‎∴AB⊥CD,∴∠AED=90°,‎ ‎∵CD∥BF,∴∠ABF=∠AED=90°,‎ ‎∴BF是⊙O的切线;‎ ‎(2)连接BD,‎ ‎∵AB是⊙O的切线,∴∠ADB=90°,‎ ‎∴‎ ‎∴AD=,‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 点评:本题考查了切线的判定和性质,勾股定理、圆周角定理以及解直角三角形,是一道综合题,难度不大.‎ ‎48.如图,AB是⊙O的直径,CD是⊙O的切线,切点为C,BE⊥CD,垂足为E,连接AC、BC.‎ ‎(1)△ABC的形状是 直角三角形 ‎,理由是 ‎ 直径所对的圆周角是直角 ‎;‎ ‎(2)求证:BC平分∠ABE;‎ ‎(3)若∠A=60°,OA=2,求CE的长.‎ 考点:切线的性质;圆周角定理;解直角三角形.‎ 专题:计算题.‎ 分析:(1)△ABC是直角三角形,直径所对的圆周角是直角.‎ ‎(2)由∠ACB是直角,BE⊥CD,且OC=OB,可证BC平分∠ABE;‎ ‎(3)∠A=60°,可得∠ABC=∠CBE=30°,OA=2,所以,BC=2 ,所以在直角三角形CBE中,CE= BC= .‎ 解答:解:(1)根据圆周角定理,可得,△ABC是直角三角形,因为直径所对的圆周角是直角.‎ ‎ (2)∵∠ACB是直角,BE⊥CD,‎ ‎ ∴∠OCB=∠EBC,‎ ‎ 又∵且OC=OB,‎ ‎ BC平分∠ABE;‎ ‎ ∴∠OCB=∠EBC;‎ ‎(3)∠A=60°,OA=2,‎ ‎∴BC=2,‎ ‎∴CE=.　‎ 故答案为:(1)直角三角形;直径所对的圆周角是直角.(3)CE等于 .‎ ‎49.(2011•丹东,22,10分)己知:如图,在Rt△ACB中,∠ACB=90°,以AC为直径作⊙0交AB于点D.‎ ‎(1)若tan∠ABC=,AC=6,求线段BD的长.‎ ‎(2)若点E为线段BC的中点,连接DE.求证:DE是00的切线.‎ 考点:切线的判定;等腰三角形的性质;直角三角形斜边上的中线;勾股定理;圆周角定理;锐角三角函数的定义;解直角三角形.‎ 专题:计算题;证明题.‎ 分析:(1)根据锐角三角函数和勾股定理求出BC、AB,根据切割线定理求出BD即可;‎ ‎(2)连接OD、CD,根据圆周角定理求出∠CDA=∠BDC=90°,根据直角三角形的性质和等腰三角形的性质求出∠ECD=∠EDC,∠OCD=∠ODC即可.‎ 解答:(1)解:∵tan∠ABC=,AC=6,‎ ‎∴BC=8,‎ 由勾股定理得:AB=10,‎ ‎∵∠ACB=90°,AC为直径,‎ ‎∴BC是圆O的切线,‎ ‎∵BDA是圆的割线,‎ ‎∴BC2=BD×AB,‎ ‎∴BD=6.4,‎ 答:线段BD的长是6.4.‎ ‎(2)证明:连接OD、CD,‎ ‎∵AC为圆O的直径,‎ ‎∴∠CDA=90°,‎ ‎∴∠BDC=180°﹣90°=90°,‎ ‎∵E为BC的中点,‎ ‎∴DE=BC=CE,‎ ‎∴∠ECD=∠EDC,‎ ‎∵OD=OC,‎ ‎∴∠OCD=∠ODC,‎ ‎∵∠ECD+∠DCO=90°,‎ ‎∴∠EDC+∠ODC=90°,‎ ‎∴∠ODE=90°,‎ ‎∴DE是圆0的切线.‎ 点评:本题主要考查对勾股定理,等腰三角形的性质,直角三角形斜边上的中线的性质,切线的判定,圆周角定理,锐角三角函数等知识点的理解和掌握,能综合运用这些性质进行推理是解此题的关键.‎ ‎50.(2011辽宁阜新,21,12分)如图,△ABC内接于⊙O,AB为⊙O直径,AC=CD,连接AD交BC于点M,延长MC到N,使CN=CM.‎ ‎(1)判断直线AN是否为⊙O的切线,并说明理由;‎ ‎(2)若AC=10,tan∠CAD=,求AD的长.‎ 考点:切线的判定与性质;圆周角定理;解直角三角形.‎ 专题:证明题.‎ 分析:(1)由MC=CN,且得出AC垂直于MN,则△AMC是等腰三角形,所以∠CAN=∠DAC,再由AC=DC,则∠D=∠DAC,根据同弧所对的圆周角相等得出∠B=∠D,从而得出∠B=∠NAC,即可得出∠BAN=90°;‎ ‎(2)等腰三角形ACD中,两腰AC=CD=10,且已知底角正切值,过点C作CE⊥AD,底边长AD可以求出来.‎ 解答:解:(1)直线AN是⊙O的切线,理由是:‎ ‎∵AB为⊙O直径,‎ ‎∴∠ACB=90°,‎ ‎∴AC⊥BC,‎ ‎∵CN=CM,‎ ‎∴∠CAN=∠DAC,‎ ‎∵AC=CD,‎ ‎∴∠D=∠DAC,‎ ‎∵∠B=∠D,‎ ‎∴∠B=∠NAC,‎ ‎∵∠B+∠BAC=90°,‎ ‎∴∠NAC+∠BAC=90°,‎ ‎∴OA⊥AN,‎ ‎∴直线AN是⊙O的切线;‎ ‎(2)过点C作CE⊥AD,‎ ‎∵tan∠CAD=,‎ ‎∴,‎ ‎∵AC=10,‎ ‎∴设CE=3x,则AE=4x,‎ ‎∴(3x)2+(4x)2=100,‎ 解得x=2,‎ ‎∴AE=8,‎ ‎∵AC=CD,‎ ‎∴AD=2AE=2×8=16.‎ 点评:本题考查了切线的判定和性质,圆周角定理以及解直角三角形,是基础知识比较简单.‎ ‎51.(2011巴彦淖尔,22,9分)如图,等圆⊙O1和⊙O2相交于A,B两点,⊙O2经过⊙O1的圆心O1,两圆的连心线交⊙O1于点M,交AB于点N,连接BM,已知AB=2.‎ ‎(1)求证:BM是⊙O2的切线;‎ ‎(2)求的长.‎ 考点:切线的判定与性质;相交两圆的性质;弧长的计算.‎ 专题:计算题.‎ 分析:(1)连接O2B,由MO2是⊙O1的直径,得出∠MBO2=90°从而得出结论:BM是⊙O2的切线;‎ ‎(2)根据O1B=O2B=O1O2,则∠O1O2B=60°,再由已知得出BN与O2B,从而计算出弧AM的长度.‎ 解答:解:(1)连接O2B,‎ ‎∵MO2是⊙O1的直径,‎ ‎∴∠MBO2=90°,‎ ‎∴BM是⊙O2的切线;‎ ‎(2)∵O1B=O2B=O1O2,‎ ‎∴∠O1O2B=60°,‎ ‎∵AB=2∴BN=,‎ ‎∴O2B=2,‎ ‎∴===.‎ 点评:本题考查了切线的判定和性质、弧长的计算以及相交两圆的性质,是基础知识要熟练掌握.‎ ‎52.(2011•包头,25,12分)如图,已知∠ABC=90°,AB=BC.直线l与以BC为直径的圆O相切于点C.点F是圆O上异于B、C的动点,直线BF与l相交于点E,过点F作AF的垂线交直线BC与点D.‎ ‎(1)如果BE=15,CE=9,求EF的长;‎ ‎(2)证明:①△CDF∽△BAF;②CD=CE;‎ ‎(3)探求动点F在什么位置时,相应的点D位于线段BC的延长线上,且使BC=CD,请说明你的理由.‎ A B C E F O ‎·‎ l D 考点:相似三角形的判定与性质;勾股定理;圆周角定理;切线的性质;解直角三角形.‎ 分析:(1)由直线l与以BC为直径的圆O相切于点C,即可得∠BCE=90°,∠BFC=∠CFE=90°,则可证得△CEF∽△BEC,然后根据相似三角形的对应边成比例,即可求得EF的长;‎ ‎(2)①由∠FCD+∠FBC=90°,∠ABF+∠FBC=90°,根据同角的余角相等,即可得∠ABF=∠FCD,同理可得∠AFB=∠CFD,则可证得△CDF∽△BAF;‎ ‎②由△CDF∽△BAF与△CEF∽△BCF,根据相似三角形的对应边成比例,易证得,又由AB=BC,即可证得CD=CE;‎ ‎(3)由CE=CD,可得BC=CD=CE,然后在Rt△BCE中,求得tan∠CBE的值,即可求得∠CBE的度数,则可得F在⊙O的下半圆上,且=.‎ 解答:解:(1)∵直线l与以BC为直径的圆O相切于点C.‎ ‎∴∠BCE=90°,‎ 又∵BC为直径,‎ ‎∴∠BFC=∠CFE=90°,‎ ‎∵∠FEC=∠CEB,‎ ‎∴△CEF∽△BEC,‎ ‎∴,‎ ‎∵BE=15,CE=9,‎ 即:,‎ 解得:EF=;‎ ‎(2)证明:①∵∠FCD+∠FBC=90°,∠ABF+∠FBC=90°,‎ ‎∴∠ABF=∠FCD,‎ 同理:∠AFB=∠CFD,‎ ‎∴△CDF∽△BAF;‎ ‎②∵△CDF∽△BAF,‎ ‎∴,‎ 又∵△CEF∽△BCF,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ 又∵AB=BC,‎ ‎∴CE=CD;‎ ‎(3)∵CE=CD,‎ ‎∴BC=CD=CE,‎ 在Rt△BCE中,tan∠CBE=,‎ ‎∴∠CBE=30°,‎ 故为60°,‎ ‎∴F在⊙O的下半圆上,且=.‎ 点评:此题考查了相似三角形的判定与性质,圆的切线的性质,圆周角的性质以及三角函数的性质等知识.此题综合性很强,解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用.‎ ‎53.(本题8分)‎ 如图,射线PG平分∠EPF,O为射线PG上一点,以O为圆心,10为半径作⊙O,分别与∠EPF两边相交于A、B和C、D,连结OA,此时有OA∥PE.‎ ‎(1)求证:AP＝AO;‎ ‎(2)若弦AB＝12,求tan∠OPB的值;‎ ‎(3)若以图中已标明的点(即P、A、B、C、D、O)构造四边形,则能构成菱形的四个点为 ,能构成等腰梯形的四个点为 或 或 .‎ 考点:垂径定理;勾股定理;菱形的判定;等腰梯形的判定;锐角三角函数的定义.‎ 专题:证明题.‎ 分析:(1)由已知条件“射线PG平分∠EPF”求得∠DPO=∠BPO;然后根据平行线的性质,两直线OA∥PE,内错角∠DPO=∠POA;最后由等量代换知∠BPO=∠POA,从而根据等角对等边证明AP=AO;‎ ‎(2)设OH=x,则PH=2x.作辅助线OH(“过点O作OH⊥AB于点H”),根据垂径定理知AH=HB=AB;又有已知条件“tan∠OPB=”求得PH=2OH;然后利用(1)的结果及勾股定理列出关于x的一元二次方程,解方程即可;‎ ‎(3)根据菱形的性质、等腰梯形的判定定理填空.‎ ‎【解】(1)解答:(1)∵PG平分∠EPF,‎ ‎∴∠DPO=∠BPO,‎ ‎∵OA∥PE,‎ ‎∴∠DPO=∠POA,‎ ‎∴∠BPO=∠POA,‎ ‎∴PA=OA;(2分)‎ ‎(2)过点O作OH⊥AB于点H,则AH=HB=AB,(1分)‎ ‎∵tan∠OPB=,∴PH=2OH,(1分)‎ 设OH=x,则PH=2x,‎ 由(1)可知PA=OA=10,∴AH=PH﹣PA=2x﹣10,‎ ‎∵AH2+OH2=OA2,∴(2x﹣10)2+x2=102,(1分)‎ 解得x1=0(不合题意,舍去),x2=8,‎ ‎∴AH=6,∴AB=2AH=12;(1分)‎ ‎(3)P、A、O、C;A、B、D、C或P、A、O、D或P、C、O、B.(2分)‎ ‎(写对1个、2个、3个得(1分),写对4个得2分)‎ 点评:本题综合考查了垂径定理、勾股定理、菱形的性质、等腰梯形的判定定理及锐角三角函数的定义.解此类题目要注意将圆的问题转化成三角形的问题再进行计算.‎ ‎54.如图,射线PG平分∠EPF,O为射线PG上一点,以O为圆心,10为半径作⊙O,分别与∠EPF的两边相交于A、B和C、D,连接OA,此时有OA∥PE.‎ ‎(1)求证:AP=AO;‎ ‎(2)若tan∠OPB=,求弦AB的长;‎ ‎(3)若以图中已标明的点(即P、A、B、C、D、O)构造四边形,则能构成菱形的四个点为　P、A、O、C　,能构成等腰梯形的四个点为　A、B、D、C　或　P、A、O、D　或　P、C、O、B　.‎ 考点:垂径定理;勾股定理;菱形的判定;等腰梯形的判定;锐角三角函数的定义.‎ 专题:证明题.‎ 分析:(1)由已知条件“射线PG平分∠EPF”求得∠DPO=∠BPO;然后根据平行线的性质,两直线OA∥PE,内错角∠DPO=∠POA;最后由等量代换知∠BPO=∠POA,从而根据等角对等边证明AP=AO;‎ ‎(2)设OH=x,则PH=2x.作辅助线OH(“过点O作OH⊥AB于点H”),根据垂径定理知AH=HB=AB;又有已知条件“tan∠OPB=”求得PH=2OH;然后利用(1)的结果及勾股定理列出关于x的一元二次方程,解方程即可;‎ ‎(3)根据菱形的性质、等腰梯形的判定定理填空.‎ 解答:(1)∵PG平分∠EPF,‎ ‎∴∠DPO=∠BPO,‎ ‎∵OA∥PE,‎ ‎∴∠DPO=∠POA,‎ ‎∴∠BPO=∠POA,‎ ‎∴PA=OA;(2分)‎ ‎(2)过点O作OH⊥AB于点H,则AH=HB=AB,(1分)‎ ‎∵tan∠OPB=,∴PH=2OH,(1分)‎ 设OH=x,则PH=2x,‎ 由(1)可知PA=OA=10,∴AH=PH﹣PA=2x﹣10,‎ ‎∵AH2+OH2=OA2,∴(2x﹣10)2+x2=102,(1分)‎ 解得x1=0(不合题意,舍去),x2=8,‎ ‎∴AH=6,∴AB=2AH=12;(1分)‎ ‎(3)P、A、O、C;A、B、D、C或P、A、O、D或P、C、O、B.(2分)‎ ‎(写对1个、2个、3个得(1分),写对4个得2分)‎ 点评:本题综合考查了垂径定理、勾股定理、菱形的性质、等腰梯形的判定定理及锐角三角函数的定义.解此类题目要注意将圆的问题转化成三角形的问题再进行计算.‎ ‎55.如图,AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB于点E,过点B作⊙O的切线,交AC的延长线于点F.已知OA=3,AE=2,‎ ‎(1)求CD的长;(2)求BF的长.‎ ‎【考点】切线的性质;勾股定理;垂径定理;相似三角形的判定与性质.‎ ‎【专题】计算题.‎ ‎【分析】(1)连接OC,在△OCE中用勾股定理计算求出CE的长,然后得到CD的长.‎ ‎(2)根据切线的性质得AB⊥BF,然后用△ACE∽△AFB,可以求出BF的长.‎ ‎【解答】解:(1)如图:‎ 连接OC,∵AB是直径,弦CD⊥AB,‎ ‎∴CE=DE 在直角△OCE中,OC2=OE2+CE2即32=(3-2)2+CE2得:,∴.‎ ‎(2)∵BF切⊙O于点B,∴∠ABF=90°=∠AEC ‎∴△ACE∽△AFB∴ 即: ,∴BF=.‎ ‎【点评】本题考查的是切线的性质,(1)利用垂径定理求出CD的长.(2)根据切线的性质,得到两相似三角形,然后利用三角形的性质计算求出BF的长.‎ ‎56.如图,已知⊙O的直径AB与弦CD互相垂直,垂足为点E.⊙O的切线BF与弦AD的延长线相交于点F,‎ 且AD＝3,cos∠BCD＝.‎ ‎(1)求证:CD∥BF;‎ ‎(2)求⊙O的半径;‎ ‎(3)求弦CD的长.‎ 考点:切线的性质;勾股定理;垂径定理;圆周角定理;解直角三角形.‎ 专题:证明题.‎ 分析:(1)由BF是⊙O的切线得到AB⊥BF,而AB⊥CD,由此即可证明CD∥BF;‎ ‎(2)连接BD,由AB是直径得到∠ADB＝90°,而∠BCD＝∠BAD,cos∠BCD＝,所以cos∠BCD＝＝,然后利用三角函数即可求出⊙O的半径;‎ ‎(3)由于cos∠DAE＝＝,而AD＝3,由此求出AE,接着利用勾股定理可以求出ED,也就求出了CD.‎ 解答:证明:(1)∵BF是⊙O的切线,‎ ‎∴AB⊥BF,(1分)‎ ‎∵AB⊥CD,‎ ‎∴CD∥BF;(2分)‎ ‎(2)连接BD,∵AB是直径,‎ ‎∴∠ADB＝90°,(3分)‎ ‎∵∠BCD＝∠BAD,cos∠BCD＝,(4分)‎ ‎∴ cos∠BAD＝＝, ‎ 又∵AD＝3,‎ ‎∴AB＝4,‎ ‎∴⊙O的半径为2;(5分)‎ ‎(3)∵cos∠DAE＝＝,AD＝3, ‎ ‎∴AE＝,(6分)‎ ‎∴ED＝,(7分)‎ ‎∴CD＝2ED＝.(8分)‎ 点评:本题考查了圆的切线性质,及解直角三角形的知识.运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连接圆心和切点,利用垂直构造直角三角形解决有关问题.‎ ‎57.(2011浙江舟山,22,10分)如图,△ABC中,以BC为直径的圆交AB于点D,∠ACD＝∠ABC.‎ ‎(1)求证:CA是圆的切线;‎ ‎(2)若点E是BC上一点,已知BE＝6,tan∠ABC＝,tan∠AEC＝,求圆的直径.‎ 考点:切线的判定;圆周角定理;锐角三角函数的定义;解直角三角形.‎ 专题:计算题;证明题.‎ 分析:(1)根据圆周角定理BC得到∠BDC＝90°,推出∠ACD＋∠DCB＝90°,即BC⊥CA,即可判断CA是圆的切线;‎ ‎(2)根据锐角三角函数的定义得到tan∠AEC＝,tan∠ABC＝,推出EC＝AC,BC＝AC,代入BC－EC＝BE即可求出AC,进一步求出BC即可.‎ 解答:(1)证明:∵BC是直径,‎ ‎∴∠BDC＝90°,‎ ‎∴∠ABC＋∠DCB＝90°,‎ ‎∵∠ACD＝∠ABC,‎ ‎∴∠ACD＋∠DCB＝90°,‎ ‎∴BC⊥CA,∴CA是圆的切线.‎ ‎(2)解:在Rt△AEC中,tan∠AEC＝,‎ ‎∴＝,‎ EC＝AC,‎ 在Rt△ABC中,tan∠ABC＝,‎ ‎∴＝,‎ BC＝AC,‎ ‎∵BC－EC＝BE,BE＝6,‎ ‎∴＝6,‎ 解得:AC＝,‎ ‎∴BC＝×＝10,‎ 答:圆的直径是10.‎ 点评:本题主要考查对锐角三角函数的定义,解直角三角形,切线的判定,圆周角定理等知识点的理解和掌握,能证明是圆的切线是解此题的关键.‎ ‎58.如图,已知直线PA交⊙O于A、B两点,AE是⊙O的直径,点C为⊙O上一点,且AC平分∠PAE,过C作CD丄PA,垂足为D.‎ ‎(1)求证:CD为⊙O的切线;‎ ‎(2)若DC+DA=6,⊙O的直径为10,求AB的长度.‎ 考点:切线的判定与性质;勾股定理;矩形的判定与性质;垂径定理.‎ 专题:证明题;几何综合题.‎ 分析:(1)连接OC,根据题意可证得∠CAD+∠DCA=90°,再根据角平分线的性质,得∠DCO=90°,则CD为⊙O的切线;‎ ‎(2)过O作OF⊥AB,则OCD=∠CDA=∠OFD=90°,得四边形OCDF为矩形,设AD=x,在Rt△AOF中,由勾股定理得(5﹣x)2+(6﹣x)2=25,从而求得x的值,由勾股定理得出AB的长.‎ 解答:解:(1)证明:连接OC,∵点C在⊙O上,OA=OC,∴∠OCA=∠OAC.‎ ‎∵CD⊥PA,∴∠CDA=90°,有∠CAD+∠DCA=90°.‎ ‎∵AC平分∠PAE,∴∠DAC=∠CAO.‎ ‎∴∠DCO=∠DCA+∠ACD=∠DCA+CAO=∠DCA+∠DAC=90°.‎ 又∵点C在⊙O上,OC为⊙O的半径,∴CD为⊙O的切线.‎ ‎(2)过O作OF⊥AB,垂足为F,∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°,‎ ‎∴,∴OC=FD,OF=CD.‎ ‎∵DC+DA=6,设AD=x,则OF=CD=6﹣x,‎ ‎∵⊙O的直径为10,∴DF=OC=5,∴AF=5﹣x,‎ 在Rt△AOF中,由勾股定理得AF2+OF2=OA2.‎ 即(5﹣x)2+(6﹣x)2=25,‎ 化简得x2﹣11x+18=0,‎ 解得x=2或x=9.‎ 由AD＜DF,知0＜x＜5,故x=2,‎ 从而AD=2,AF=5﹣2=3,‎ ‎∵OF⊥AB,由垂径定理知,F为AB的中点,∴AB=2AF=6.‎ 点评:本题考查了切线的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质以及垂径定理,是基础知识要熟练掌握.‎ ‎59.如图,在平面直角坐标系xOy中,我把由两条射线AE,BF和以AB为直径的半圆所组成的图形叫作图形C(注:不含AB线段).已知A(﹣1,0),B(1,0),AE∥BF,且半圆与y轴的交点D在射线AE的反向延长线上.‎ ‎(1)求两条射线AE,BF所在直线的距离;‎ ‎(2)当一次函数y=x+b的图象与图形C恰好只有一个公共点时,写出b的取值范围;‎ 当一次函数y=x+b的图象与图形C恰好只有两个公共点时,写出b的取值范围;‎ ‎(3)已知▱AMPQ(四个顶点A,M,P,Q按顺时针方向排列)的各顶点都在图形C上,且不都在两条射线上,求点M的横坐标x的取值范围.‎ 考点:一次函数综合题;勾股定理;平行四边形的性质;圆周角定理.‎ 专题:综合题;分类讨论.‎ 分析:(1)利用直径所对的圆周角是直角,从而判定三角形ADB为等腰直角三角形,其直角边的长等于两直线间的距离;‎ ‎(2)利用数形结合的方法得到当直线与图形C有一个交点时自变量x的取值范围即可;‎ ‎(3)根据平行四边形的性质及其四个顶点均在图形C上,可能会出现四种情况,分类讨论即可.‎ 解答:解:(1)分别连接AD、DB,则点D在直线AE上,‎ 如图1,‎ ‎∵点D在以AB为直径的半圆上,‎ ‎∴∠ADB=90°,‎ ‎∴BD⊥AD,‎ 在Rt△DOB中,由勾股定理得,BD=,‎ ‎∵AE∥BF,‎ ‎∴两条射线AE、BF所在直线的距离为.‎ ‎(2)当一次函数y=x+b的图象与图形C恰好只有一个公共点时,b的取值范围是b=或﹣1＜b＜1;‎ 当一次函数y=x+b的图象与图形C恰好只有两个公共点时,b的取值范围是1＜b＜ ‎(3)假设存在满足题意的平行四边形AMPQ,根据点M的位置,分以下四种情况讨论:‎ ‎①当点M在射线AE上时,如图2.‎ ‎∵AMPQ四点按顺时针方向排列,‎ ‎∴直线PQ必在直线AM的上方,‎ ‎∴PQ两点都在弧AD上,且不与点A、D重合,‎ ‎∴0＜PQ＜.‎ ‎∵AM∥PQ且AM=PQ,‎ ‎∴0＜AM＜ ‎∴﹣2＜x＜﹣1,‎ ‎②当点M不在弧AD上时,如图3,‎ ‎∵点A、M、P、Q四点按顺时针方向排列,‎ ‎∴直线PQ必在直线AM的下方,‎ 此时,不存在满足题意的平行四边形.‎ ‎③当点M在弧BD上时,‎ 设弧DB的中点为R,则OR∥BF,‎ 当点M在弧DR上时,如图4,‎ 过点M作OR的垂线交弧DB于点Q,垂足为点S,可得S是MQ的中点.‎ ‎∴四边形AMPQ为满足题意的平行四边形,‎ ‎∴0≤x＜.‎ 当点M在弧RB上时,如图5,‎ 直线PQ必在直线AM的下方,‎ 此时不存在满足题意的平行四边形.‎ ‎④当点M在射线BF上时,如图6,‎ 直线PQ必在直线AM的下方,‎ 此时,不存在满足题意的平行四边形.‎ 综上,点M的横坐标x的取值范围是 ‎﹣2＜x＜﹣1或0≤x＜.‎ ‎ 点评:本题是一道一次函数的综合题,题目中还涉及到了勾股定理、平行四边形的性质及圆周角定理的相关知识,题目中还渗透了分类讨论思想.‎ ‎60. 2011广州,25,14分)如图7,⊙O中AB是直径,C是⊙O上一点,∠ABC=450,等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角,点D在线段AC上.‎ ‎(1)证明:B、C、E三点共线;‎ ‎(2)若M是线段BE的中点,N是线段AD的中点,证明:MN=OM;‎ ‎(3)将△DCE绕点C逆时针旋转(00<<900)后,记为△D1CE1(图8),若M1是线段BE1的中点,N1是线段AD1的中点,M1N1=OM1是否成立?若是,请证明:若不是,说明理由.‎ ‎ ‎ ‎【考点】圆周角定理;全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形;三角形中位线定理;旋转的性质.‎ ‎【专题】证明题.‎ ‎【分析】(1)根据直径所对的圆周角为直角得到∠BCA=90°,∠DCE是直角,即可得到∠BCA+∠DCE=90°+90°=180°;‎ ‎(2)连接BD,AE,ON,延长BD交AE于F,先证明Rt△BCD≌Rt△ACE,得到BD=AE,∠EBD=∠CAE,则∠CAE+∠ADF=∠CBD+∠BDC=90°,即BD⊥AE,再利用三角形的中位线的性质得到ON= BD,OM= AE,ON∥BD,AE∥OM,于是有ON=OM,ON⊥OM,即△ONM为等腰直角三角形,即可得到结论;‎ ‎(3)证明的方法和(2)一样.‎ ‎【解答】(1)证明:∵AB是直径,‎ ‎∴∠BCA=90°,‎ 而等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角,‎ ‎∴∠BCA+∠DCE=90°+90°=180°,‎ ‎∴B、C、E三点共线;‎ ‎(2)连接BD,AE,ON,延长BD交AE于F,如图,‎ ‎ ∵CB=CA,CD=CE,‎ ‎∴Rt△BCD≌Rt△ACE,‎ ‎ ∴BD=AE,∠EBD=∠CAE,‎ ‎ ∴∠CAE+∠ADF=∠CBD+∠BDC=90°,即BD⊥AE,‎ ‎ 又∵M是线段BE的中点,N是线段AD的中点,而O为AB的中点,‎ ‎ ∴ON= BD,OM= AE,ON∥BD,AE∥OM;‎ ‎ ∴ON=OM,ON⊥OM,即△ONM为等腰直角三角形,‎ ‎ ∴MN= OM;‎ ‎ (3)成立.理由如下:‎ 和(2)一样,易证得Rt△BCD1≌Rt△ACE1,同里可证BD1⊥AE1,△ON1M1为等腰直角三角形,从而有M1N1= OM1.‎ ‎【点评】本题考查了直径所对的圆周角为直角和三角形中位线的性质;也考查了三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及旋转的性质.‎ ‎61.如图,⊙P与y轴相切于坐标原点O(0,0),与x轴相交于点A(5,0),过点A的直线AB与y轴的正半轴交于点B,与⊙P交于点C.‎ ‎(1)已知AC=3,求点B的坐标;‎ ‎(2)若AC=a,D是OB的中点.问:点O、P、C、D四点是否在同一圆上?请说明理由.如果这四点在同一圆上,记这个圆的圆心为O1,函数的图象经过点O1,求k的值(用含a的代数式表示).‎ 考点:相似三角形的判定与性质;待定系数法求反比例函数解析式;直角三角形斜边上的中线;勾股定理;圆周角定理.‎ 专题:计算题.‎ 分析:(1)此题有两种解法:解法一:连接OC,根据OA是⊙P的直径,可得OC⊥AB,利用勾股定理求得OC,再求证Rt△AOC∽Rt△ABO,利用其对应变成比例求得OB即可;‎ 解法二:连接OC,根据OA是⊙P的直径,可得∠ACO=90°,利用勾股定理求得OC,过C作CE⊥OA于点E,分别求得CE、0E,设经过A、C两点的直线解析式为:y=kx+b.‎ 把点A(5,0).代入上式解得即可.‎ ‎(2)连接CP、CD、DP,根据OC⊥AB,D为OB上的中点,可得,求证Rt△PDO和Rt△PDC是同以PD为斜边的直角三角形,可得PD上的中点到点O、P、C、D四点的距离相等,由上可知,经过点O、P、C、D的圆心O1是DP的中点,圆心,由(1)知:Rt△AOC∽Rt△ABO,可得,求得:AB、OD即可.‎ 解答:解:(1)解法一:连接OC,‎ ‎∵OA是⊙P的直径,‎ ‎∴OC⊥AB,‎ 在Rt△AOC中,,‎ 在Rt△AOC和Rt△ABO中,‎ ‎∵∠CAO=∠OAB ‎∴Rt△AOC∽Rt△ABO,‎ ‎∴,即,‎ ‎∴,‎ ‎∴ 解法二:连接OC,因为OA是⊙P的直径,‎ ‎∴∠ACO=90°‎ 在Rt△AOC中,AO=5,AC=3,‎ ‎∴OC=4,‎ 过C作CE⊥OA于点E,则:,‎ 即:,‎ ‎∴,(2分)‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ 设经过A、C两点的直线解析式为:y=kx+b.‎ 把点A(5,0).代入上式得:,‎ 解得:,‎ ‎∴,‎ ‎∴点.‎ ‎(2)点O、P、C、D四点在同一个圆上,理由如下:‎ 连接CP、CD、DP,‎ ‎∵OC⊥AB,D为OB上的中点,‎ ‎∴,‎ ‎∴∠3=∠4,‎ 又∵OP=CP,‎ ‎∴∠1=∠2,‎ ‎∴∠1+∠3=∠2+∠4=90°,‎ ‎∴PC⊥CD,又∵DO⊥OP,‎ ‎∴Rt△PDO和Rt△PDC是同以PD为斜边的直角三角形,‎ ‎∴PD上的中点到点O、P、C、D四点的距离相等,‎ ‎∴点O、P、C、D在以DP为直径的同一个圆上;‎ 由上可知,经过点O、P、C、D的圆心O1是DP的中点,圆心,‎ 由(1)知:Rt△AOC∽Rt△ABO,‎ ‎∴,‎ 求得:AB=,在Rt△ABO中,,‎ OD=, ‎∴,点O1在函数的图象上,‎ ‎∴,‎ ‎∴.‎ 点评:此题主要考查相似三角形的判定与性质,待定系数法求反比例函数关系式,直角三角形斜边上的中线,勾股定理,圆周角定理等知识点的理解和掌握,综合性较强,有一定的把高难度,属于难题.‎ ‎62.已知:如图,以矩形ABCD的对角线AC的中点O为圆心,OA长为半径作⊙O,⊙O经过B、D两点,过点B作BK⊥AC,垂足为K.过D作DH∥KB,DH分别与AC、AB.⊙O及CB的延长线相交于点E、F、G、H.‎ ‎(1)求证:AE＝CK;‎ ‎(2)如果AB＝a,AD＝(a为大于零的常数),求BK的长:‎ ‎(3)若F是EG的中点,且DE＝6,求⊙O的半径和GH的长.‎ 考点:相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;三角形中位线定理;垂径定理;圆周角定理.‎ 专题:证明题;几何综合题.‎ 分析:(1)根据ABCD是矩形,求证△BKC≌△ADE即可;‎ ‎(2)根据勾股定理求得AC的长,再求证△BKC∽△ABC,利用其对应边成比例即可求得BK.‎ ‎(3)根据三角形中位线定理可求出EF,再利用△AFD≌△HBF可求出HF,然后即可求出GH;利用射影定理求出AE,再利△AED∽△HEC求证AE＝AC,然后即可求得AC即可.‎ 解答:(1)证明:∵四边形据ABCD是矩形,‎ ‎∴AD＝BC,‎ ‎∵BK⊥AC,DH∥KB,‎ ‎∴∠BKC＝∠AED＝90°,‎ ‎∴△BKC≌△ADE,‎ ‎∴AE＝CK;‎ ‎(2)∵AB＝a,AD＝＝BC,‎ ‎∴‎ ‎∵BK⊥AC,‎ ‎∴△BKC∽△ABC,‎ ‎∴, ‎ ‎∴, ‎ ‎∴BK＝a,‎ ‎∴BK＝a.‎ ‎(3)连接OF,‎ ‎∵ABCD为矩形, ‎ ‎∴, ‎ ‎∴EF＝ED＝×6＝3,‎ ‎∵F是EG的中点,‎ ‎∴GF＝EF＝3,‎ ‎∵△AFD≌△HBF,‎ ‎∴HF＝FE＝3＋6＝9,‎ ‎∴GH＝6,‎ ‎∵DH∥KB,ABCD为矩形,‎ ‎∴AE2＝EF•ED＝3×6＝18,‎ ‎∴AE＝3,‎ ‎∵△AED∽△HEC,‎ ‎∴,‎ ‎∴AE＝AC,‎ ‎∴AC＝‎ 则AO＝.‎ 点评:此题主要考查相似三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,三角形中位线定理,垂径定理,圆周角定理等知识点,综合性很强,利用学生系统的掌握知识,是一道很典型的题目.‎ ‎63.如图,在△ABC中,∠A=90°,∠B=60°,AB=3,点D从点A以每秒1个单位长度的速度向点B运动(点D不与B重合),过点D作DE∥BC交AC于点E.以DE为直径作⊙O,并在⊙O内作内接矩形ADFE,设点D的运动时间为t秒.‎ ‎(1)用含t的代数式表示△DEF的面积s;‎ ‎(2)当t为何值时,⊙O与直线BC相切?‎ 考点:切线的性质;矩形的性质;解直角三角形.‎ 专题:综合题.‎ 分析:(1)用t将AD和AE表示出来,利用三角形的面积计算方法列出关于t的函数关系式即可;‎ ‎(2)过点O作OG⊥BC于G,过点D作DH⊥BC于H,在△DBH中利用解直角三角形的知识表示出DH和OG,利用相切的定义求得t的值即可.‎ 解答:解:(1)∵DE∥BC,‎ ‎∴∠ADE=∠B=60°,‎ 在△ADE中,‎ ‎∵∠A=90°,‎ ‎∴,‎ ‎∵AD=1×t=t,‎ ‎∴AE=,‎ 又∵四边形ADFE是矩形,‎ ‎∴s△DEF=s△ADE= ‎∴s=(0≤t＜3);‎ ‎(2)过点O作OG⊥BC于G,过点D作DH⊥BC于H,‎ ‎∵DE∥BC,‎ ‎∴OG=DH,‎ ‎∠DHB=90°,‎ 在△DBH中,,‎ ‎∵∠B=60°,BD=AB﹣AD,AD=t,AB=3,‎ ‎∴DH=,‎ ‎∴OG=,‎ 当OG=时,⊙O与BC相切,‎ 在△ADE中,‎ ‎∵∠A=90°,∠ADE=60°,‎ ‎∴,‎ ‎∵AD=t,‎ ‎∴DE=2AD=2t,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴当时,⊙O与直线BC相切.‎ 点评:本题考查了圆的切线性质,及解直角三角形的知识.运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连接圆心和切点,利用垂直构造直角三角形解决有关问题.‎ ‎64. 已知:在△ABC中,以AC边为直径的⊙O交BC于点D,在劣弧上取一点E使∠EBC = ∠DEC,延长BE依次交AC于G,交⊙O于H.‎ ‎(1)求证:AC⊥BH ‎ (2)若∠ABC= 45°,⊙O的直径等于10,BD =8,求CE的长.‎ ‎(23题图)‎ 考点:圆周角定理;勾股定理;相似三角形的判定与性质.‎ 分析:(1)连接AD,由圆周角定理即可得出∠DAC=∠DEC,∠ADC=90°,再根据直角三角形的性质即可得出结论;‎ ‎(2)由∠BDA=180°-∠ADC=90°,∠ABC=45°可求出∠BAD=45°,利用勾股定理即可得出DC的长,再由相似三角形的判定定理与性质可求出CG的长,连接AE由圆周角定理可得出EG⊥AC,进而得出△CEG∽△CAE,由相似三角形的性质即可得出结论.‎ 答案:‎ ‎23.证明:(1)连结AD ‎ ‎ ∵∠DAC = ∠DEC ∠EBC = ∠DEC ‎ ∴∠DAC = ∠EBC ‎ ‎ 又∵AC是⊙O的直径 ∴∠ADC=90° ‎ ‎ ∴∠DCA+∠DAC=90° ∴∠EBC+∠DCA = 90°‎ ‎ ∴∠BGC=180°–(∠EBC+∠DCA) = 180°–90°=90°‎ ‎ ∴AC⊥BH ‎ ‎(23题图)‎ ‎ (2)∵∠BDA=180°–∠ADC = 90° ∠ABC = 45° ∴∠BAD = 45°‎ ‎ ∴BD = AD ‎ ∵BD = 8 ∴AD =8 ‎ ‎ 又∵∠ADC = 90° AC =10 ‎ ‎ ∴由勾股定理 DC== = 6‎ ‎ ∴BC=BD+DC=8+6=14 ‎ ‎ 又∵∠BGC = ∠ADC = 90° ∠BCG =∠ACD ‎ ∴△BCG∽△ACD ‎ ∴ = ‎ ∴ = ∴CG = ‎ ‎ 连结AE ∵AC是直径 ∴∠AEC=90° 又因 EG⊥AC ‎ ∴ △CEG∽△CAE ∴ = ∴CE2=AC · CG = ´ 10 = 84‎ ‎ ∴CE = = 2 ‎ 点评:本题考查的是圆周角定理,相似三角形的判定与性质及勾股定理,根据题意作出辅助线是解答此题的关键.‎ ‎65.(2011四川遂宁,22,9分)已知AB是⊙O的直径,弦AC平分∠BAD,AD⊥CD于D,BE⊥CD于E.‎ 求证:(1)CD是⊙O的切线;(2)CD2=AD•BE.‎ 考点:切线的判定与性质;全等三角形的判定与性质;圆周角定理;相似三角形的判定与性质.‎ 专题:证明题.‎ 分析:(1)连接OC.欲证CD是⊙O的切线,只需证明OC⊥CD即可;(2)作辅助线(连接BC,延长AC交BE的延长线于M )构建全等三角形△DAC≌△MCE,根据全等三角形的对应边相等知DC=EC;然后由相似三角形的判定定理AA判定△ADC∽△CEB,再由相似三角形的对应边成比例求得,即CD2=AD•BE.‎ 解答:证明:(1)连接OC ‎ ‎∴∠OAC=∠OCA ‎∵AC平分∠BAC ‎∴∠DAC=∠OAC ‎∴∠OCA=∠DAC ‎ ‎∴AD∥OC ‎∵AD⊥CD ‎∴OC⊥CD ‎ ‎∴CD是⊙的切线 ‎(2)连接BC,延长AC交BE的延长线于M ‎ ‎∵AD⊥DE BE⊥DE ‎∴AD∥BE ‎∴∠M=∠DAC ‎∵∠DAC=∠BAM ‎∴∠BAM=∠M ‎∴BA=BM ‎∵AB是直径 ‎∴∠ACB=90°‎ ‎∴AC=MC 又∵∠M=∠DAC∠D=∠CEM AC=MC ‎∴△DAC≌△MCE ‎∴DC=EC ‎ ‎(若用平行线分线段成比例定理证明,正确得分)‎ ‎∴∠DAC=∠BCE,∠ADC=∠CEB ‎∴△ADC∽△CEB ‎∴ ‎∴CE•CD=AD•BE ‎∴CD2=AD•BE 说明:本题还有其它证法,若正确合理得分.‎ 点评:本题综合考查了切线的判定定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及圆周角定理.判定一条直线是圆的切线的三种方法:(1)根据切线定义判定.即与圆有唯一公共点的直线是圆的切线.(2)根据圆心到直线的距离来判定,即与圆心的距离等于圆的半径的直线是圆的切线.(3)根据切线的判定定理来判定.‎