九年级中考数学圆的综合解答题压轴题提高专题练习及详细答案一、圆的综合1．（类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切．以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形（性质探究）如图1，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB， CD 与 BC， AD 之间的数量关系猜想结论：（要求用文字语言叙述）写出证明过程（利用图1，写出已知、求证、证明）（性质应用）① 初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形（填序号）A：平行四边形：B：菱形： C：矩形； D：正方形②如图 2，圆外切四边形ABCD，且 AB=12， CD=8，则四边形的周长是．③圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5：4： 7，求四边形各边的长．【答案】见解析.【解析】【分析】（1）根据切线长定理即可得出结论；（2）①圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论；② 根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论；③ 根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．【详解】性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：如图 1，已知：四边形ABCD的四边 AB， BC，CD， DA 都于⊙ O 相切于 G， F， E， H．求证： AD+BC=AB+CD．证明：∵ AB， AD 和⊙O 相切，∴ AG=AH，同理： BG=BF，CE=CF，DE=DH，∴A D+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等．故答案为：圆外切四边形的对边和相等；性质应用：① ∵根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等．∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等．故答案为： B， D；② ∵圆外切四边形ABCD，∴ AB+CD=AD+BC．∵AB=12， CD=8，∴ AD+BC=12+8=20，∴ 四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40．故答案为： 40；③ ∵相邻的三条边的比为 5： 4：7 ，∴设此三边为 5x， 4x， 7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为 5x+7x﹣4x=8x．∵圆外切四边形的周长为48cm，∴ 4x+5x+7x+8x=24x=48，∴ x=2，∴此四边形的四边为4x=8cm， 5x=10cm，7x=14cm， 8x=16cm．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键．2．已知 ?ABCD的周长为26，∠ ABC=120°， BD 为一条对角线，⊙O内切于△ ABD，E，F，G 为切点，已知⊙ O 的半径为 3 ．求?ABCD的面积．【答案】 20 3【解析】【分析】首先利用三边及⊙ O的半径表示出平行四边形的面积，再根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD 的长即可解答.【详解】设⊙ O 分别切△ ABD 的边 AD、AB、 BD 于点 G、E、 F；平行四边形ABCD的面积为S；1则 S=2S△ABD=2 × (AB ·OE+BD·OF+AD·OG)= 3 （AB+AD+BD）；2∵平行四边形ABCD的周长为26，∴A B+AD=13，∴S= 3 (13+BD)；连接 OA；由题意得：∠ OAE=30°，∴A G=AE=3；同理可证 DF=DG， BF=BE；∴D F+BF=DG+BE=13﹣ 3﹣ 3=7，即BD=7，∴S= 3 （13+7）=20 3 ．即平行四边形ABCD的面积为20 3 ．3．如图，已知Rt△ ABC中， C=90°， O 在 AC 上，以 OC为半径作⊙ O，切 AB 于 D 点，且BC=BD．（1）求证： AB 为⊙ O 的切线；（2）若 BC=6，sinA= 3，求⊙ O 的半径；5（3）在（ 2）的条件下， P 点在⊙ O 上为一动点，求BP 的最大值与最小值.【答案】（ 1）连 OD，证明略；（ 2）半径为3；（ 3）最大值3 5 +3，35-3. 【解析】分析：（ 1）连接 OD， OB，证明△ ODB≌ △ OCB即可 .（2）由sinA= 3且BC=6可知，AB=10 且cosA= 4，然后求出OD 的长度即可.5 5（3）由三角形的三边关系，可知当连接 OB 交⊙ O 于点 E、 F，当点 P 分别于点 E、 F 重合时，BP 分别取最小值和最大值 .详解：（ 1）如图：连接OD、 OB.在△ ODB 和△OCB 中：OD=OC,OB=OB,BC=BD;∴△ ODB≌△ OCB（SSS） .∴∠ ODB=∠C=90 .°∴AB 为⊙ O 的切线 .（2）如图：∵sinA= 3，∴CB 3, 5AB 5∵B C=6，∴ AB=10,∵B D=BC=6,∴A D=AB-BD=4,∵s inA= 3，∴ cosA=4，5 5∴O A=5，∴ OD=3，即⊙ O 的半径为： 3.（3）如图：连接OB，交⊙ O 为点 E、F，由三角形的三边关系可知：当 P 点与 E 点重合时， PB取最小值 .由（ 2）可知： OD=3， DB=6,∴OB= 32 62 3 5.∴PB=OB-OE=3 5 3 .当 P 点与 F 点重合时， PB 去最大值，PB=OP+OB=3+35 .点睛：本题属于综合类型题，主要考查了圆的综合知识.关键是对三角函数值、勾股定理、全等三角形判定与性质的理解.4．已知，如图： O1为 x 轴上一点，以 O1为圆心作⊙ O1交 x 轴于 C、D 两点，交 y 轴于M、 N 两点，∠ CMD 的外角平分线交⊙ O1于点 E，AB 是弦，且 AB∥ CD，直线 DM 的解析式为y=3x+3．（1）如图 1，求⊙ O1半径及点 E 的坐标．（2）如图 2，过 E 作 EF ⊥ BC 于 F ，若 A 、B 为弧 CND 上两动点且弦 AB ∥ CD ，试问： BF+CF 与AC 之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明．（3）在（ 2）的条件下， EF 交 ⊙ O 1 于点 G ，问弦 BG 的长度是否变化？若不变直接写出 BG 的长（不写过程），若变化自画图说明理由．【答案】（ 1） r=5 E （ 4， 5） （ 2） BF+CF=AC （ 3）弦 BG 的长度不变，等于 5 2 【解析】分析：（ 1）连接 ED 、 EC 、EO 1、 MO 1，如图 1，可以证到 ∠ ECD=∠ SME=∠ EMC=∠ EDC ，从而可以证到 ∠ EO 11D=∠EO C=90 °．由直线 DM 的解析式为 y=3x+3 可得 OD=1，OM=3．设⊙O 1 的半径为 r ．在 Rt △ MOO 1 中利用勾股定理就可解决问题．（ 2）过点 O 作 O P ⊥EG 于 P ，过点 O 作 O Q ⊥ BC 于 Q ，连接 EO 、 DB ，如图 2．由1 11 11AB ∥ DC 可证到 BD=AC ，易证四边形 O PFQ 是矩形，从而有 O P=FQ ， ∠ PO Q=90 °，进而有11 1∠EO P=∠ CO Q ，从而可以证到 △EPO ≌△ CQO ，则有 PO =QO ．根据三角形中位线定理1111 1 1可得 FQ=1BD ．从而可以得到 BF+CF=2FQ=AC ．2（ 3）连接 EO ， ED ， EB ， BG ，如图 3．易证 EF ∥BD ，则有 ∠GEB=∠ EBD ，从而有1? ，也就有 BG=DE ．在 Rt △ EO 1 D 中运用勾股定理求出 ED ，就可解决问题． BG =ED详解：（ 1）连接 ED 、 EC 、EO 1、 MO 1，如图 1． ∵ ME 平分 ∠ SMC ， ∴∠ SME=∠ EMC ．∵ ∠SME=∠ ECD ，∠ EMC=∠ EDC ， ∴ ∠ ECD=∠ EDC ，∴ ∠ EO 1D=∠EO 1C ．∵ ∠EO 1D+∠ EO 1C=180 °， ∴ ∠EO 1D=∠ EO 1C=90 °．∵ 直线 DM 的解析式为 y=3x+3， ∴ 点 M 的坐标为（ 0， 3），点 D 的坐标为（﹣ 1 ，0），∴OD=1， OM=3．设 ⊙O 1 的半径为 r ，则 MO 1=DO 1=r ． 在 Rt △ MOO 1 中，（ r ﹣1） 2+32 =r 2．解得： r=5， ∴ OO 1 =4， EO 1=5， ∴⊙ O 1 半径为 5，点 E 的坐标为（ 4， 5）．（ 2）BF+CF=AC ．理由如下：过点 O 1 作 O 1P ⊥ EG 于 P ，过点 O 1 作 O 1Q ⊥BC 于 Q ，连接 EO 1 、 DB ，如图 2． ∵ AB ∥ DC ， ∴∠ DCA=∠ BAC ， ∴ ? = ? ， ? = ? ， ∴ BD=AC ．AD BC BD AC∵ O 1P ⊥ EG ，O 1Q ⊥ BC ， EF ⊥BF ， ∴ ∠O 1PF=∠ PFQ=∠ O 1QF=90 °， ∴四边形 O 1PFQ 是矩形， ∴ O 1 P=FQ ， ∠ PO 1Q=90 °， ∴ ∠EO 1P=90 °﹣∠ PO 1C=∠ CO 1Q ．EO1P CO1Q在△EPO1和△ CQO1中，EPO1CQO1，O1E O1C∴△ EPO1≌△ CQO1，∴ PO1 =QO1，∴ FQ=QO1．∵QO1⊥ BC，∴ BQ=CQ．1 1∵CO1=DO1，∴ O1Q= BD，∴ FQ= BD．2 2∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴ BF+CF=BD=AC．（ 3）连接 EO1， ED， EB， BG，如图 3．∵DC是⊙ O1的直径，∴∠ DBC=90 °，∴∠ DBC+∠ EFB=180 °，∴EF∥ BD，∴∠ GEB=∠ EBD，∴BG = ED，∴ BG=DE．∵ DO1=EO1=5，EO1⊥ DO1，∴ DE=52 ，∴BG=52，∴弦 BG 的长度不变，等于5 2 ．点睛：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥ DC 证到 AC=BD 是解决第（ 2）小题的关键，由EG∥ DB 证到 BG=DE是解决第（ 3）小题的关键．5．如图，⊙ M 与菱形 ABCD在平面直角坐标系中，点 M 的坐标为（ 3，﹣ 1），点 A 的坐标为（﹣ 2，3），点 B 的坐标为（﹣ 3，0），点 C 在 x 轴上，且点 D 在点 A 的左侧．（1）求菱形（2）若⊙ M ABCD的周长；沿x 轴向右以每秒 2 个单位长度的速度平移，同时菱形ABCD沿x 轴向右以每秒 3 个单位长度的速度平移，设菱形移动的时间为t （秒），当⊙ M 与BC相切，且切点为BC 的中点时，连接BD，求：①t 的值；② ∠MBD 的度数；（3）在（2）的条件下，当点M 与BD 所在的直线的距离为 1 时，求t 的值．【答案】（ 1） 8；（ 2）①7； ②105°；（ 3） t=6 ﹣ 3 或 6+ 3 ．3【解析】分析：（ 1）根据勾股定理求菱形的边长为 2，所以可得周长为 8；（ 2）① 如图 2，先根据坐标求 EF 的长，由 EE'﹣ FE'=EF=7，列式得： 3t ﹣2t=7，可得 t 的值；② 先求 ∠ EBA=60 °，则 ∠ FBA=120 °，再得 ∠MBF=45 °，相加可得： ∠MBD=∠ MBF+∠ FBD=45 +60° =105° ；°（ 3）分两种情况讨论：作出距离MN 和 ME ，第一种情况：如图 5 由距离为 1 可知： BD为⊙ M 的切线，由 BC 是 ⊙ M 的切线，得 ∠ MBE=30°，列式为 3t+ 3 =2t+6，解出即可； 第二种情况：如图 6，同理可得 t 的值．详解：（ 1）如图 1，过 A 作 AE ⊥ BC 于 E ．∵ 点 A 的坐标为（﹣ 2， 3 ），点 B 的坐标为（﹣ 3， 0）， ∴ AE= 3 ， BE=3﹣2=1， ∴AB= AE 2BE 2= （ 22=2．3） 1∵ 四边形 ABCD 是菱形， ∴AB=BC=CD=AD=2， ∴菱形 ABCD 的周长 =2× 4=8；（ 2）① 如图 2，⊙ M 与 x 轴的切点为 F ， BC 的中点为E ． ∵ M （ 3，﹣ 1）， ∴F （ 3，0）．∵ BC=2，且 E 为 BC 的中点， ∴ E （﹣ 4， 0）， ∴ EF=7，即 EE'﹣ FE'=EF ， ∴ 3t ﹣ 2t=7，t=7；② 由（ 1）可知： BE=1， AE= 3 ，AE=3= 3 ， ∴∠ EBA=60 °，如图 4，∴ ∠ FBA=120 °．∴tan ∠ EBA=BE 1∵ 四边形 ABCD 是菱形， ∴∠ FBD= 1∠ FBA= 1 120 =60 °．2 2∵ BC 是 ⊙ M 的切线， ∴MF ⊥ BC ．∵ F 是 BC 的中点， ∴BF=MF=1， ∴ △ BFM 是等腰直角三角形， ∴∠ MBF=45 ，°∴ ∠ MBD=∠ MBF+∠ FBD=45 °+60 =105° ；°（ 3）连接 BM ，过 M 作 MN ⊥ BD ，垂足为 N ，作 ME ⊥ BC 于 E ，分两种情况：第一种情况：如图 5．∵ 四边形 ABCD 是菱形， ∠ABC=120 °， ∴ ∠ CBD=60 °， ∴ ∠ NBE=60 °．∵ 点 M 与 BD 所在的直线的距离为1， ∴ MN=1， ∴ BD 为 ⊙ M 的切线．∵ BC 是 ⊙ M 的切线， ∴∠ MBE=30 °．∵ ME=1，∴ EB= 3 ， ∴ 3t+ 3 =2t+6， t=6﹣ 3 ；第二种情况：如图 6．∵ 四边形 ABCD 是菱形， ∠ABC=120 °， ∴ ∠ DBC=60 °， ∴ ∠ NBE=120 °．∵ 点 M 与 BD 所在的直线的距离为1， ∴ MN=1， ∴ BD 为 ⊙ M 的切线．∵ BC 是 ⊙ M 的切线， ∴∠ MBE=60 °．ME ，EB=1 3 ， ∵ ME=MN=1， ∴Rt △ BEM 中， tan60 =°=BEtan 603∴3t=2t+6+ 3， t=6+3 ； 33综上所述：当点 M 与 BD 所在的直线的距离为1 时， t=6﹣3 或 6+3．3点睛：本题是四边形和圆的综合题，考查了菱形的性质、圆的切线的性质和判定、特殊的 三角函数值、等腰直角三角形的性质、动点运动问题，此类问题比较复杂，弄清动点运动 方向、速度、时间和路程的关系，并与方程相结合，找等量关系，求出时间t 的值．6．如图，在ABC 中， BAC 90 , AB AC2, AD BC ，垂足为 D ，过 A, D的⊙ O 分别与 AB, AC 交于点 E, F ，连接 EF , DE, DF ． （1）求证：ADE ≌ CDF ；（2）当 BC 与 ⊙ O 相切时，求 ⊙ O 的面积．2【答案】 (1)见解析 ;(2) .4【解析】分析：（ 1）由等腰直角三角形的性质知 AD=CD 、 ∠1=∠ C=45°，由 ∠ EAF=90°知 EF 是 ⊙ O 的直径，据此知 ∠ 2+∠ 4=∠ 3+∠4=90°，得 ∠ 2=∠3，利用 “ASA 证”明即可得；（ 2）当 BC 与 ⊙O 相切时， AD 是直径，根据 ∠ C=45 °、 AC= 2 可得 AD=1，利用圆的面积公式可得答案．详解：（ 1）如图， ∵ AB=AC ， ∠ BAC=90°， ∴∠ C=45°．1又 ∵AD ⊥ BC ， AB=AC ， ∴ ∠1= ∠ BAC=45 °， BD=CD ， ∠ ADC=90 ．°2又 ∵∠ BAC=90 °，BD=CD ， ∴ AD=CD ．又 ∵∠ EAF=90 °， ∴ EF 是⊙ O 的直径， ∴∠ EDF=90 °， ∴∠ 2+∠ 4=90 °．又 ∵∠ 3+∠ 4=90 °， ∴∠ 2=∠ 3．在 △ ADE 和△ CDF 中．1C∵AD CD ， ∴ △ADE ≌ △CDF （ASA ）． 23（ 2）当 BC 与 ⊙O 相切时， AD 是直径．在 Rt △ ADC 中， ∠ C=45 °， AC= 2， ∴sin ∠ C=AD， ∴ AD=ACsin ∠ C=1， ∴ ⊙O 的半径为1， ∴⊙ O 的面积为2．AC2 4点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系等知识点．7．如图所示，以 Rt △ABC 的直角边 AB 为直径作圆 O ，与斜边交于点 D ， E 为 BC 边上的中点，连接 DE ．（ 1）求证： DE 是 ⊙O 的切线；（ 2） 连接 OE ， AE ，当 ∠ CAB 为何值时，四边形 AOED 是平行四边形？并在此条件下求sin ∠CAE 的值．【答案】 (1)见解析 ;(2)10.10【解析】分析：（ 1）要证 DE 是⊙ O 的切线，必须证ED⊥ OD，即∠ EDB+∠ ODB=90°（2）要证 AOED是平行四边形，则 DE∥ AB， D 为 AC中点，又 BD⊥ AC，所以△ ABC 为等腰直角三角形，所以∠ CAB=45°，再由正弦的概念求解即可．详解：（ 1）证明：连接 O、 D 与 B、 D 两点，∵△ BDC是 Rt△，且 E 为 BC 中点，∴∠ EDB=∠ EBD．（ 2 分）又∵ OD=OB且∠ EBD+∠ DBO=90°，∴∠ EDB+∠ ODB=90 ．°∴DE 是⊙O 的切线．（2）解：∵ ∠ EDO=∠ B=90°，若要四边形 AOED是平行四边形，则 DE∥ AB， D 为 AC 中点，又∵ BD⊥ AC，∴△ ABC为等腰直角三角形．∴∠ CAB=45 ．°过E 作 EH⊥ AC 于 H，设BC=2k，则 EH= 2k， AE= 5 k，2∴sin∠ CAE=EH10．AE10点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．8．如图 1，四边形ABCD为⊙ O 内接四边形，连接AC、 CO、BO，点 C 为弧 BD 的中点．（1）求证：∠ DAC=∠ ACO+∠ ABO；（2）如图 2，点 E 在 OC上，连接 EB，延长 CO交 AB 于点 F，若∠ DAB=∠ OBA+∠ EBA．求证： EF=EB；（3）在（ 2）的条件下，如图3，若 OE+EB=AB， CE=2， AB=13，求 AD 的长．【答案】（ 1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） AD=7．【解析】试题分析：（ 1）如图 1 中，连接OA，只要证明∠ CAB=∠ 1+∠2=∠ ACO+∠ABO，由点 C 是BD 中点，推出CD? CB? ，推出∠ BAC=∠DAC，即可推出∠ DAC=∠ ACO+∠ ABO；（2）想办法证明∠ EFB=∠ EBF即可；（3）如图 3 中，过点O 作 OH⊥ AB，垂足为H，延长 BE 交 HO 的延长线于G，作 BN⊥ CF于N，作 CK⊥ AD 于 K，连接 OA．作 CT∠ ⊥ AB 于 T．首先证明△ EFB是等边三角形，再证明△ ACK≌ △ ACT， Rt△ DKC≌ Rt△ BTC，延长即可解决问题；试题解析：（ 1）如图 1 中，连接 OA，∵OA=OC，∴ ∠1=∠ ACO，∵OA=OB，∴∠ 2=∠ ABO，∴ ∠ CAB=∠ 1+∠ 2=∠ ACO+∠ ABO，uuur uuur uuur∵点 C 是BD 中点，∴CD CB，∴∠ BAC=∠DAC，∴∠ DAC=∠ ACO+∠ ABO．（2）如图 2 中，∵∠ BAD=∠ BAC+∠DAC=2∠ CAB，∠ COB=2∠BAC，∴ ∠ BAD=∠BOC，∵∠ DAB=∠ OBA+∠EBA，∴∠ BOC=∠ OBA+∠ EBA，∴∠ EFB=∠EBF，∴ EF=EB．（3）如图 3 中，过点O 作 OH ⊥ AB ，垂足为 H ，延长 BE 交 HO 的延长线于 G ，作 BN ⊥ CF于 N ，作 CK ⊥ AD 于 K ，连接 OA ．作 CT ∠ ⊥ AB 于 T ．∵∠ EBA+∠ G=90 °， ∠ CFB+∠ HOF=90 ，°∵∠ EFB=∠EBF ，∴ ∠ G=∠ HOF ，∵∠ HOF=∠ EOG ， ∴∠ G=∠ EOG ， ∴ EG=EO ，∵OH ⊥AB ， ∴ AB=2HB ，∵ O E+EB=AB ， ∴ GE+EB=2HB ，∴ GB=2HB ，HB 1∴cos ∠ GBA=， ∴ ∠GBA=60°，GB 2∴△ EFB 是等边三角形，设 HF=a ， ∵∠ FOH=30 ，°∴ OF=2FH=2a ，13∵ A B=13， ∴EF=EB=FB=FH+BH=a+ ，213 13 ﹣ a+2=17﹣a ，∴OE=EF ﹣ OF=FB ﹣ OF=﹣ a ， OB=OC=OE+EC= 2 22∵ N E= 1 EF=1 a+13，224∴ON=OE=EN=（ 13 ﹣ a ）﹣（ 1 a+ 13 ） =13 ﹣ 3 a ，2244 2∵BO 2﹣ ON 2=EB 2﹣ EN 2，∴（17﹣ a ） 2﹣（ 13 ﹣ 3 a ） 2=（ a+13） 2﹣（1a+13） 2，24 2224解得 a= 3或﹣ 10（舍弃），2∴ O E=5， EB=8， OB=7，∵∠ K=∠ ATC=90 ，°∠ KAC=∠TAC ， AC=AC ，∴ △ ACK ≌ △ ACT ， ∴ CK=CT ， AK=AT ，uuur uuur∵CD CB，∴ DC=BC，∴Rt△ DKC≌ Rt△ BTC，∴DK=BT，1∵F T= FC=5，∴ DK=TB=FB﹣FT=3，∴ AK=AT=AB﹣ TB=10，∴ AD=AK﹣ DK=10﹣ 3=7．29．如图 1，四边形 ABCD是正方形，点 E 是边 BC 上一点，点 F 在射线 CM 上 ,∠ AEF=90°，AE=EF，过点 F 作射线 BC 的垂线，垂足为 H，连接 AC．(1)试判断 BE与 FH 的数量关系，并说明理由；(2)求证：∠ ACF=90°；(3)连接AF A E F三点作圆，如图2.若EC=4 ∠ CEF=15°的长.，过，，，，求图 1图 2【答案】（ 1） BE="FH" ；理由见解析（2）证明见解析（3）=2π【解析】试题分析：（ 1）由△ABE≌ △EHF（ SAS）即可得到 BE=FH（2）由（ 1）可知 AB=EH，而 BC=AB， FH=EB，从而可知△FHC是等腰直角三角形，∠ FCH 为 45°，而∠ ACB也为 45°，从而可证明（3)由已知可知∠ EAC=30°， AF 是直径，设圆心为O，连接 EO，过点 E 作 EN⊥ AC于点 N，则可得△ ECN为等腰直角三角形，从而可得EN 的长，进而可得AE 的长，得到半径，得到所对圆心角的度数，从而求得弧长试题解析：（ 1） BE=FH．理由如下：∵四边形 ABCD是正方形∴∠ B=90，°∵F H⊥ BC ∴ ∠ FHE=90 °又∵∠ AEF=90°∴ ∠ AEB+∠ HEF="90°" 且∠BAE+∠AEB=90°∴∠ HEF=∠BAE ∴ ∠ AEB=∠ EFH 又∵ AE=EF∴△ ABE≌ △ EHF（ SAS）∴B E=FH(2)∵ △ ABE≌ △ EHF∴BC=EH， BE=FH 又∵ BE+EC=EC+CH∴ BE="CH"∴CH=FH∴∠ FCH=45 ，°∴ ∠ FCM=45 °∵AC 是正方形对角线，∴ ∠ ACD=45°∴∠ ACF=∠FCM +∠ ACD =90°（3）∵ AE=EF，∴ △ AEF是等腰直角三角形△AEF外接圆的圆心在斜边AF 的中点上．设该中点为O．连结 EO得∠AOE=90°过E 作 EN⊥AC 于点 NRt△ ENC 中， EC=4，∠ ECA=45°，∴ EN=NC=Rt△ ENA 中， EN =又∵∠ EAF=45°∠ CAF=∠ CEF=15°（等弧对等角）∴∠ EAC=30 °∴A E=Rt△ AFE中， AE== EF，∴AF=8AE 所在的圆O 半径为 4，其所对的圆心角为∠ AOE=90°=2π·（490·°÷ 360）°=2π考点： 1、正方形； 2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数10．如图，⊙O 的直径 AB＝8， C 为圆周上一点，AC＝ 4，过点 C 作⊙ O 的切线 l，过点 B 作l 的垂线 BD，垂足为 D， BD 与⊙ O 交于点E．（1）求∠ AEC的度数；（2）求证：四边形 OBEC是菱形．【答案】（ 1） 30°；（ 2）详见解析 .【解析】【分析】（1）易得△ AOC是等边三角形，则∠AOC＝ 60°，根据圆周角定理得到∠ AEC＝ 30°；（2）根据切线的性质得到 OC⊥ l，则有 OC∥ BD，再根据直径所对的圆周角为直角得到OB ∠AEB＝90 °，则∠ EAB＝ 30 °，可证得AB∥ CE，得到四边形OBE C 为平行四边形，再由＝OC，即可判断四边形OBEC是菱形．【详解】（1）解：在△ AOC中， AC＝4，∵AO＝ OC＝ 4，∴△ AOC是等边三角形，∴∠ AOC＝ 60 °，∴∠ AEC＝ 30 °；（2）证明：∵ OC⊥ l ， BD⊥ l．∴OC∥BD．∴∠ ABD＝∠ AOC＝60 °．∵AB 为⊙ O 的直径，∴∠ AEB＝ 90 °，∴△ AEB 为直角三角形，∠ EAB＝30 °．∴∠ EAB＝∠ AEC．∴CE∥ OB，又∵ CO∥ EB∴四边形 OBEC为平行四边形．又∵ OB＝ OC＝ 4．∴四边形 OBEC是菱形．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了圆周角定理及其推论以及菱形的判定方法．11．如图，在矩形 ABCD中，点 O 在对角线 AC 上，以 OA 的长为半径的⊙ O 与 AD、 AC 分别交于点 E、 F，且∠ACB＝∠ DCE．（1）判断直线CE与⊙ O 的位置关系，并说明理由；（2）若 AB＝ 2 ，BC＝2，求⊙O的半径．【答案】（ 1）直线 CE与⊙ O 相切，理由见解析；（ 2）⊙O 的半径为64【解析】【分析】（1）首先连接 OE，由 OE=OA与四边形 ABCD是矩形，易求得∠ DEC+∠ OEA=90°，即OE⊥ EC，即可证得直线CE与⊙O 的位置关系是相切；（2）首先易证得△ CDE∽ △ CBA，然后根据相似三角形的对应边成比例，即可求得DE 的长，又由勾股定理即可求得AC 的长，然后设OA 为 x，即可得方程( 3) 2 x2 ( 6 x) 2 ，解此方程即可求得⊙ O 的半径．【详解】解：（ 1）直线 CE与⊙ O 相切．理由：连接OE，∵四边形 ABCD是矩形，∴∠ B＝∠D＝∠BAD＝90 °，BC∥ AD，CD＝ AB，∴∠ DCE+∠DEC＝90 °，∠ACB＝∠DAC，又∠ DCE＝∠ ACB，∴∠ DEC+∠ DAC＝ 90 °，∵OE＝ OA，∴∠ OEA＝∠ DAC，∴∠ DEC+∠ OEA＝ 90 °，∴∠ OEC＝ 90 °，∴OE⊥ EC，∵OE 为圆 O 半径，∴直线 CE与⊙O 相切；（2）∵ ∠ B＝∠ D，∠ DCE＝∠ ACB，∴△ CDE∽ △ CBA，BC AB∴，DC DE又CD＝ AB＝2， BC＝ 2，∴DE＝1根据勾股定理得EC＝ 3 ，又AC AB2 BC2 6 ，设 OA 为 x，则( 3) 2 x2 ( 6 x) 2，解得x 6 ，4∴⊙ O 的半径为 6 ．4【点睛】此题考查了切线的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用，注意辅助线的作法．12．如图，点 A， B，C， D， E 在⊙O 上， AB⊥ CB于点 B， tanD=3， BC=2， H 为 CE延长线上一点，且 AH= 10， CH 5 2 .（1）求证： AH 是⊙ O 的切线；（2）若点 D 是弧 CE的中点，且 AD 交 CE于点 F，求证： HF=HA；（3）在（ 2）的条件下，求 EF 的长．【答案】（ 1）证明见解析（2）证明见解析（ 3）102【解析】【分析】（ 1）连接 AC，由 AB⊥ CB可知 AC 是⊙ O 的直径，由圆周角定理可得∠ C=∠ D，于是得到 tanC=3，故此可知 AB=6，在 Rt△ ABC中，由勾股定理得： AC2 = 40，从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得 AC⊥ AH，问题得证；（2）连接 DE、 BE，由弦切角定理可知∠ABD=∠HAD，由D是CE的中点，可得∠CED=∠ EBD，再由圆周角定理可得∠ ABE=∠ ADE，结合三角形的外角即可证明∠H AF=∠ AFH，从而可证得 AH=HF；（3）由切割线定理可得EH=2 ，由（2）可知AF=FH=10，从而可得EF=FH﹣EH=10- ．2【详解】（ 1）如图 1 所示：连接AC．∵AB⊥ CB，∴AC 是⊙O 的直径，∵∠ C=∠ D，∴t anC=3，∴A B=3BC=3 ×，2=6在Rt△ ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40，又∵ AH2=10， CH2=50，∴AC2+AH2=CH2，∴△ ACH为直角三角形，∴AC⊥AH，∴AH 是圆 O 的切线；（2）如图 2 所示：连接DE、 BE，∵AH 是圆 O 的切线，∴∠ ABD=∠ HAD，∵D 是CE的中点，∴ ??，CD ED∴∠ CED=∠ EBD，又∵∠ ABE=∠ ADE，∴∠ ABE+∠ EBD=∠ ADE+∠ CED，∴∠ ABD=∠ AFE，∴∠ HAF=∠ AFH，∴A H=HF；（3）由切割线定理可知：AH2=EH?CH，即（10 ）2=52EH，解得： EH= 2 ，∵由（ 2）可知 AF=FH= 10，∴E F=FH﹣ EH= 10 - 2．【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等，正确添加辅助线是解题的关键 .13．在平面直角坐标系xOy 中，对于点P 和图形 W，如果以P 为端点的任意一条射线与图形 W 最多只有一个公共点，那么称点P 独立于图形W．（1）如图 1，已知点 A （-2， 0），以原点 O 为圆心， OA 长为半径画弧交 x 轴正半轴于 点 B ．在 P 1 2 3 4 ? 的（ 0， 4）， P （ 0，1）， P （ 0， -3）， P （ 4， 0）这四个点中，独立于 AB点是 ；（ 2）如图 2，已知点 C （ -3， 0）， D （ 0， 3）， E （ 3，0），点 P 是直线 l ：y=2x+8 上的一个动点．若点 P 独立于折线 CD-DE ，求点 P 的横坐标 x p 的取值范围；（3）如图 3，⊙ H 是以点 H （ 0，4）为圆心，半径为 1 的圆．点 T （ 0， t ）在 y 轴上且 t ＞ -3，以点 T 为中心的正方形 KLMN 的顶点 K 的坐标为（ 0 ，t+3 ），将正方形 KLMN 在 x 轴及 x 轴上方的部分记为图形 W ．若 ⊙H 上的所有点都独立于图形W ，直接写出 t 的取值范围．【答案】（ 1） P 23PP5．（ 3） -3＜ t ＜1-2 或 1+ 2 ＜ t ＜ 7- 2 ．3【解析】 【分析】（ 1）根据点 P 独立于图形 W 的定义即可判断；（ 2）求出直线 DE ，直线 CD 与直线 y=2x+8 的交点坐标即可判断；（ 3 ）求出三种特殊位置时 t 的值，结合图象即可解决问题 .【详解】（ 1 ）由题意可知：在 P 10 234）这四个点中，独（ ，4）， P （ 0， 1）， P （ 0， -3 ）， P （ 4，0 立于 ? 的点是 P 2 3AB ， P ． （2） ∵ C （ -3， 0）， D （ 0， 3）， E （ 3， 0），∴直线 CD 的解析式为 y=x+3，直线 DE 的解析式为 y=-x+3，＝ 2x 8＝ 5由 ，解得-5，＝＝，可得直线 l 与直线 CD 的交点的横坐标为x32yy8x ＝ 5＝3，可得直线 l 与直线 DE 的交点的横坐标为 - 5 ，由 y 2 x，解得＝ x3143yy ＝3∴满足条件的点P 的横坐标 x p的取值范围为：x P＜ -5 或 x P＞ - 5 ．33）如图3-1中，当直线KN与⊙ H相切于点E时，连接EH EH=EK=1 HK=2 ，（，则，∴O T=KT+HK-OH=3+ 2 -4= 2 -1，∴T（ 0， 1- 2），此时 t=1- 2，∴当 -3＜ t＜ 1- 2 时，⊙H上的所有点都独立于图形W．如图 3-2 中，当线段KN 与⊙ H 相切于点 E 时，连接EH．OT=OH+KH-KT=4+ 2 -3=1+ 2 ，∴T（ 0， 1+ 2），此时 t=1+ 2，如图 3-3 中，当线段MN 与⊙ H 相切于点 E 时，连接EH．OT=OM+TM=4- 2 +3=7-2，∴T（ 0， 7- 2），此时 t=7- 2，∴当1+ 2 ＜t＜7- 2 时，⊙H上的所有点都独立于图形W．综上所述，满足条件的t 的值为-3＜t ＜1- 2 或1+ 2 ＜t＜7- 2 ．【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，一次函数的应用，点P 独立于图形W 的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用特殊位置解决实际问题.14．如图，在△ABC中， AC BC 10 ，cosC 3,点P是BC边上一动点（不与点A,C 5重合），以 PA 长为半径的 e P 与边 AB 的另一个交点为 D ，过点 D 作DE CB 于点E.1当 e P 与边 BC 相切时，求 e P 的半径；2联结 BP 交 DE 于点 F ，设 AP 的长为x， PF 的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出 x 的取值范围；3 在 2 的条件下，当以PE 长为直径的 e Q与 e P 相交于 AC 边上的点 G 时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（ 1）40 ；（ 2） y 5x x28x 80 0 x10 ；（ 3） 10 2 593x 20【解析】 【分析】（1）设 ⊙ P 与边 BC 相切的切点为 H ，圆的半径为 R ，连接 HP ，则 HP ⊥ BC ， cosC= 3，则5sinC= 4， sinC=HP= R=4，即可求解；5CP 10 R 52（2） PD ∥ BE ，则EB＝BF，即：4 5 xx 2 8x 80 y ，即可求解；PD PFxy（ 3）证明四边形 PDBE 为平行四边形，则 AG=GP=BD ，即： AB=DB+AD=AG+AD=4 5 ，即可求解．【详解】（1）设 ⊙ P 与边 BC 相切的切点为 H ，圆的半径为 R ，连接 HP ，则 HP ⊥ BC ， cosC= 3 ，则 sinC= 3 ，55sinC=HP=R = 4 ，解得： R= 40；CP10 R 59 （ 2）在 △ ABC 中， AC=BC=10， cosC=3，5设 AP=PD=x ， ∠A=∠ ABC=β，过点 B 作 BH ⊥ AC ，则 BH=ACsinC=8，同理可得：CH=6，HA=4， AB=4 5 ，则：tan∠CAB=2BP=8228x 80，x 4 =x2DA= 2 5x，则 BD=4 5 -2 5x，5 5如下图所示，PA=PD，∴ ∠ PAD=∠ CAB=∠ CBA=β，1 2tan β =2，则 cos β=， sin β=，5 5EB=BDcosβ=（41 25 -2 5x）×=4- x，5 5 5∴PD∥ BE，∴ EB＝BF，即：42x x2 8x 80 y ，5PD PF x y整理得： y= 5xx2 8x 80 0 x 10 ；3x 20（3）以 EP为直径作圆Q 如下图所示，两个圆交于点G，则 PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为所得的公共弦，∵点 Q 时弧 GD 的中点，∴DG⊥ EP，∵AG 是圆 P 的直径，D， GD 为相交∴EP∥ BD，由（ 2）知， PD∥ BC，∴四边形 PDBE为平行四边形，∴AG=EP=BD，∴A B=DB+AD=AG+AD=4 5，设圆的半径为 r ，在△ ADG 中，2r 4rAD=2rcos β=， DG= ，AG=2r，5 52r 20+2r=4 5 ，解得：2r= ，5 5 14r则： DG= =10-2 5，5相交所得的公共弦的长为10-2 5 ．【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．15．如图过点 P 作1，⊙ O 的直径 AB=12， P 是弦PD⊥ OP交⊙ O 于点 D．BC 上一动点（与点B，C 不重合），∠ ABC=30 °，（1）如图2，当PD∥ AB 时，求PD 的长；（2）如图3，当弧DC=弧 AC 时，延长AB 至点E，使BE= 1AB，连接DE．2①求证： DE 是⊙ O 的切线；②求 PC 的长．【答案】（ 1） 2 6 ；（2）①证明见解析；②3 3 ﹣3．【解析】试题分析：（ 1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP， PD 的长；（2）①首先得出△ OBD 是等边三角形，进而得出∠ ODE=∠ OFB=90°，求出答案即可；②首先求出 CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF 的长，进而得出答案．试题解析：（ 1）如图 2，连接 OD，∵OP⊥ PD，PD∥ AB，∵⊙ O 的直径 AB=12，∴OB=OD=6，在Rt△ POB中，∠ ABC=30°，∴OP=OB?tan30° =6×=2，在Rt△ POD中，PD===；（2）①如图 3，连接 OD，交 CB于点 F，连接 BD，∵，∴∠ DBC=∠ABC=30 ，°∴∠ ABD=60 ，°∵OB=OD，∴△ OBD 是等边三角形，∴OD⊥FB，∵B E= AB，∴OB=BE，∴B F∥ ED，∴∠ ODE=∠ OFB=90 ，°∴DE 是⊙O 的切线；②由① 知， OD⊥ BC，∴CF=FB=OB?cos30° =6=3×，在Rt△ POD中， OF=DF，∴P F= DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），∴C P=CF﹣ PF=3﹣3．考点：圆的综合题。