2017年圆中考分类(4）参考答案与试题解析一．解答题（共30小题)1．（2017•恩施州）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．【点评】本题主要考查切线的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行线的性质、切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质等知识点是解题的关键．2．(2017•常德）如图，已知AB是⊙O的直径，CD与⊙O相切于C，BE∥CO．（1）求证：BC是∠ABE的平分线;（2）若DC=8,⊙O的半径OA=6,求CE的长．【考点】MC：切线的性质．【分析】（1）由BE∥CO，推出∠OCB=∠CBE，由OC=OB，推出∠OCB=∠OBC，可得∠CBE=∠CBO;(2）在Rt△CDO中，求出OD，由OC∥BE，可得=，由此即可解决问题；【解答】（1）证明：∵DE是切线,∴OC⊥DE，∵BE∥CO，∴∠OCB=∠CBE，∵OC=OB,∴∠OCB=∠OBC，∴∠CBE=∠CBO，∴BC平分∠ABE．（2）在Rt△CDO中，∵DC=8，OC=0A=6,∴OD==10，∵OC∥BE，∴=，∴=,∴EC=4.8．【点评】本题考查切线的性质、平行线的性质、角平分线的定义、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．3．(2017•遵义)如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点,∠APB=60°，连接PO并延长与⊙O交于C点,连接AC，BC．（1)求证:四边形ACBP是菱形；(2)若⊙O半径为1，求菱形ACBP的面积．【考点】MC：切线的性质；LA：菱形的判定与性质．【分析】（1）连接AO，BO，根据PA、PB是⊙O的切线，得到∠OAP=∠OBP=90°，PA=PB，∠APO=∠BPO=∠APB=30°，由三角形的内角和得到∠AOP=60°，根据三角形外角的性质得到∠ACO=30°，得到AC=AP,同理BC=PB，于是得到结论；（2）连接AB交PC于D，根据菱形的性质得到AD⊥PC,解直角三角形即可得到结论．【解答】解：（1）连接AO，BO，∵PA、PB是⊙O的切线，∴∠OAP=∠OBP=90°,PA=PB，∠APO=∠BPO=∠APB=30°，∴∠AOP=60°，∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA，∴∠AOP=∠CAO+∠ACO，∴∠ACO=30°，∴∠ACO=∠APO,∴AC=AP,同理BC=PB，∴AC=BC=BP=AP，∴四边形ACBP是菱形；（2）连接AB交PC于D，∴AD⊥PC，∴OA=1，∠AOP=60°，∴AD=OA=，∴PD=，∴PC=3，AB=，∴菱形ACBP的面积=AB•PC=．【点评】本题考查了切线的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的判定，熟练掌握切线的性质是解题的关键．4．（2017•大连）如图,AB是⊙O直径，点C在⊙O上，AD平分∠CAB,BD是⊙O的切线，AD 与BC相交于点E．（1)求证：BD=BE；(2)若DE=2,BD=，求CE的长．【考点】MC：切线的性质；KQ:勾股定理；T7：解直角三角形．（1）)设∠BAD=α，由于AD平分∠BAC，所以∠CAD=∠BAD=α，进而求出∠D=∠BED=90°【分析】﹣α,从而可知BD=BE；（2）设CE=x，由于AB是⊙O的直径，∠AFB=90°，又因为BD=BE，DE=2，FE=FD=1，由于BD=，所以tanα=,从而可求出AB==2，利用勾股定理列出方程即可求出x的值．【解答】解:（1）设∠BAD=α，∵AD平分∠BAC∴∠CAD=∠BAD=α，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ABC=90°﹣2α，∵BD是⊙O的切线，∴BD⊥AB，∴∠DBE=2α,∠BED=∠BAD+∠ABC=90°﹣α，∴∠D=180°﹣∠DBE﹣∠BED=90°﹣α,∴∠D=∠BED，∴BD=BE（2）设AD交⊙O于点F,CE=x，连接BF，∵AB是⊙O的直径,∴∠AFB=90°，∵BD=BE，DE=2，∴FE=FD=1，∵BD=,∴tanα=,∴AC=2x∴AB==2在Rt△ABC中，由勾股定理可知：（2x）2+(x+）2=（2)2，∴解得：x=﹣或x=,∴CE=；【点评】本题考查圆的综合问题，涉及切线的性质，圆周角定理，勾股定理，解方程等知识，综合程度较高,属于中等题型．5．（2017•金华）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，连接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．【考点】MC：切线的性质．【分析】(1)由切线性质知OC⊥CD，结合AD⊥CD得AD∥OC，即可知∠DAC=∠OCA=∠OAC，从而得证；（2）①由AD∥OC知∠EOC=∠DAO=105°，结合∠E=30°可得答案；②作OG⊥CE,根据垂径定理及等腰直角三角形性质知CG=FG=OG，由OC=2得出CG=FG=OG=2，在Rt△OGE中，由∠E=30°可得答案．【解答】解：(1）∵CD是⊙O的切线,∴OC⊥CD，∵AD⊥CD，∴AD∥OC，∴∠DAC=∠OCA,∵OC=OA，∴∠OCA=∠OAC，∴∠OAC=∠DAC,∴AC平分∠DAO;（2）①∵AD∥OC，∴∠EOC=∠DAO=105°，∵∠E=30°，∴∠OCE=45°；②作OG⊥CE于点G,则CG=FG=OG,∵OC=2,∠OCE=45°，∴CG=OG=2,∴FG=2,在Rt△OGE中，∠E=30°，∴GE=2，∴．【点评】本题主要考查圆的切线的性质、平行线的判定与性质、垂径定理及等腰直角三角形性质，熟练掌握切线的性质、平行线的判定与性质、垂径定理及等腰直角三角形性质是解题的关键．6．(2017•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．【考点】MC：切线的性质;KH:等腰三角形的性质；KQ：勾股定理;LD:矩形的判定与性质．【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．【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．7．(2017•湖州）如图，O为Rt△ABC的直角边AC上一点，以OC为半径的⊙O与斜边AB 相切于点D，交OA于点E．已知BC=，AC=3．(1)求AD的长；（2)求图中阴影部分的面积．【考点】MC：切线的性质；MO:扇形面积的计算．【分析】（1）首先利用勾股定理求出AB的长，再证明BD=BC，进而由AD=AB﹣BD可求出；（2）利用特殊角的锐角三角函数可求出∠A的度数,则圆心角∠DOA的度数可求出，在直角三角形ODA中求出OD的长，最后利用扇形的面积公式即可求出阴影部分的面积．【解答】解：（1)在Rt△ABC中，∵BC=，AC=3．∴AB==2，∵BC⊥OC，∴BC是圆的切线,∵⊙O与斜边AB相切于点D，∴BD=BC，∴AD=AB﹣BD=2﹣=；（2）在Rt△ABC中，∵sinA===，∴∠A=30°，∵⊙O与斜边AB相切于点D，∴OD⊥AB,∴∠AOD=90°﹣∠A=60°，∵=tanA=tan30°，∴=，∴OD=1，∴S阴影==．【点评】本题考查了切线的性质定理、切线长定理以及勾股定理的运用，熟记和圆有关的各种性质定理是解题的关键．8．(2017•邵阳）如图所示,直线DP和圆O相切于点C,交直径AE的延长线于点P．过点C作AE的垂线，交AE于点F，交圆O于点B．作平行四边形ABCD，连接BE，DO，CO．（1)求证：DA=DC；（2）求∠P及∠AEB的大小．【考点】MC：切线的性质;L5:平行四边形的性质．【分析】（1）欲证明DA=DC，只要证明Rt△DAO≌△Rt△DCO即可;(2）想办法证明∠P=30°即可解决问题；【解答】(1）证明：在平行四边形ABCD中,AD∥BC，∵CB⊥AE，∴AD⊥AE,∴∠DAO=90°，∵DP与⊙O相切于点C，∴DC⊥OC，∴∠DCO=90°,在Rt△DAO和Rt△DCO中,，∴Rt△DAO≌△Rt△DCO,∴DA=DC．（2）∵CB⊥AE，AE是直径，∴CF=FB=BC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，∴CF=AD,∵CF∥DA，∴△PCF∽△PDA,∴==，∴PC=PD,DC=PD,∵DA=DC，∴DA=PD,在Rt△DAP中,∠P=30°，∵DP∥AB，∴∠FAB=∠P=30°，∵AE是⊙O的直径，∴∠ABE=90°，∴∠AEB=60°．【点评】本题考查切线的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形中30度角的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．9．(2017•温州）如图，在△ABC中,AC=BC，∠ACB=90°，⊙O（圆心O在△ABC内部）经过B、C两点，交AB于点E,过点E作⊙O的切线交AC于点F．延长CO交AB于点G，作ED∥AC交CG于点D(1）求证：四边形CDEF是平行四边形;（2）若BC=3,tan∠DEF=2，求BG的值．【考点】MC：切线的性质；L7：平行四边形的判定与性质;T7：解直角三角形．【分析】（1)连接CE,根据等腰直角三角形的性质得到∠B=45°,根据切线的性质得到∠FEO=90°，得到EF∥OD，于是得到结论；(2)过G作GN⊥BC于N,得到△GMB是等腰直角三角形，得到MB=GM，根据平行四边形的性质得到∠FCD=∠FED，根据余角的性质得到∠CGM=∠ACD，等量代换得到∠CGM=∠DEF，根据三角函数的定义得到CM=2GM,于是得到结论．【解答】解:（1）连接CE，∵在△ABC中,AC=BC，∠ACB=90°，∴∠B=45°,∴∠COE=2∠B=90°，∵EF是⊙O的切线，∴∠FEO=90°，∴EF∥OC，∵DE∥CF，∴四边形CDEF是平行四边形；（2)过G作GN⊥BC于N，∴△GMB是等腰直角三角形，∴MB=GM，∵四边形CDEF是平行四边形，∴∠FCD=∠FED，∵∠ACD+∠GCB=∠GCB+∠CGM=90°，∴∠CGM=∠ACD,∴∠CGM=∠DEF，∵tan∠DEF=2，∴tan∠CGM==2,∴CM=2GM，∴CM+BM=2GM+GM=3，∴GM=1,∴BG=GM=．【点评】本题考查了切线的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质,解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．10．（2017•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﹣．【点评】本题主要考查了切线的性质，角平分线的定义,扇形面积的计算和勾股定理．熟练掌握切线的性质是解题的关键．11．(2017•河北)如图，AB=16，O为AB中点，点C在线段OB上（不与点O，B重合）,将OC绕点O逆时针旋转270°后得到扇形COD，AP，BQ分别切优弧于点P，Q,且点P，Q在AB异侧，连接OP．（1）求证：AP=BQ；（2）当BQ=4时，求的长（结果保留π);（3）若△APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围．【考点】MC：切线的性质；MN：弧长的计算;R2：旋转的性质．【分析】（1）连接OQ．只要证明Rt△APO≌Rt△BQO即可解决问题；（2）求出优弧DQ的圆心角以及半径即可解决问题；（3）由△APO的外心是OA的中点，OA=8，推出△APO的外心在扇形COD的内部时，OC 的取值范围为4＜OC＜8；【解答】（1)证明:连接OQ．∵AP、BQ是⊙O的切线,∴OP⊥AP,OQ⊥BQ，∴∠APO=∠BQO=90°，在Rt△APO和Rt△BQO中，,∴Rt△APO≌Rt△BQO,∴AP=BQ．（2)∵Rt△APO≌Rt△BQO，∴∠AOP=∠BOQ,∴P、O、Q三点共线，∵在Rt△BOQ中,cosB===，∴∠B=30°,∠BOQ=60°，∴OQ=OB=4，∵∠COD=90°，∴∠QOD=90°+60°=150°，∴优弧的长==π，（3)∵△APO的外心是OA的中点，OA=8，∴△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8．【点评】本题考查切线的性质、弧长公式、全等三角形的判定和性质、三角形的外心等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型．12．（2017•天津)已知AB是⊙O的直径，AT是⊙O的切线，∠ABT=50°，BT交⊙O于点C，E 是AB上一点，延长CE交⊙O于点D．（1)如图①，求∠T和∠CDB的大小；（2）如图②,当BE=BC时，求∠CDO的大小．【考点】MC：切线的性质．【分析】（1）根据切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径,得∠TAB=90°，根据三角形内角和得∠T的度数，由直径所对的圆周角是直角和同弧所对的圆周角相等得∠CDB的度数; (2）如图②，连接AD,根据等边对等角得：∠BCE=∠BEC=65°,利用同圆的半径相等知：OA=OD，同理∠ODA=∠OAD=65°,由此可得结论．【解答】解：（1）如图①,连接AC，∵AT是⊙O切线，AB是⊙O的直径，∴AT⊥AB，即∠TAB=90°,∵∠ABT=50°，∴∠T=90°﹣∠ABT=40°，由AB是⊙O的直径，得∠ACB=90°，∴∠CAB=90°﹣∠ABC=40°，∴∠CDB=∠CAB=40°；(2)如图②，连接AD,在△BCE中，BE=BC,∠EBC=50°，∴∠BCE=∠BEC=65°，∴∠BAD=∠BCD=65°，∵OA=OD,∴∠ODA=∠OAD=65°，∵∠ADC=∠ABC=50°，∴∠CDO=∠ODA﹣∠ADC=65°﹣50°=15°．【点评】本题考查了圆的切线、圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形的内角和，熟练掌握切线的性质是关键，注意运用同弧所对的圆周角相等．13．（2017•山西）如图，△ABC内接于⊙O,且AB为⊙O的直径,OD⊥AB,与AC交于点E，与过点C的⊙O的切线交于点D．（1）若AC=4，BC=2，求OE的长．(2）试判断∠A与∠CDE的数量关系，并说明理由．【考点】MC：切线的性质；KQ：勾股定理;S9：相似三角形的判定与性质．【分析】（1)由圆周角定理得出∠ACB=90°，由勾股定理求出AB==2,得出OA=AB=，证明△AOE∽△ACB，得出对应边成比例即可得出答案；（2)连接OC,由等腰三角形的性质得出∠1=∠A,由切线的性质得出OC⊥CD,得出∠2+∠CDE=90°，证出∠3=∠CDE，再由三角形的外角性质即可得出结论．【解答】解：（1）∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，在Rt△ABC中,由勾股定理得：AB===2，∴OA=AB=,∵OD⊥AB,∴∠AOE=∠ACB=90°，又∵∠A=∠A，∴△AOE∽△ACB，∴，即，解得:OE=；（2）∠CDE=2∠A，理由如下：连接OC，如图所示:∵OA=OC，∴∠1=∠A，∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，∴∠OCD=90°，∴∠2+∠CDE=90°,∵OD⊥AB，∴∠2+∠3=90°，∴∠3=∠CDE，∵∠3=∠A+∠1=2∠A，∴∠CDE=2∠A．【点评】本题考查了切线的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质；熟练掌握圆周角定理和切线的性质是解决问题的关键．14．（2017•郴州）如图，AB是⊙O的弦,BC切⊙O于点B，AD⊥BC,垂足为D，OA是⊙O的半径，且OA=3．（1)求证：AB平分∠OAD;（2)若点E是优弧上一点，且∠AEB=60°，求扇形OAB的面积．（计算结果保留π）【考点】MC：切线的性质；MO:扇形面积的计算．【分析】（1)连接OB，由切线的性质得出OB⊥BC，证出AD∥OB，由平行线的性质和等腰三角形的性质证出∠DAB=∠OAB，即可得出结论；(2）由圆周角定理得出∠AOB=120°,由扇形面积公式即可得出答案．【解答】（1)证明:连接OB,如图所示：∵BC切⊙O于点B，∴OB⊥BC,∵AD⊥BC，∴AD∥OB,∴∠DAB=∠OBA,∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∴∠DAB=∠OAB，∴AB平分∠OAD；（2）解：∵点E是优弧上一点，且∠AEB=60°，∴∠AOB=2∠AEB=120°,∴扇形OAB的面积==3π．【点评】本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理、扇形面积公式等知识；熟练掌握切线的性质和圆周角定理是解决问题的关键．15．（2017•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ABCD是平行四边形，∴∠DAE=∠DOE=30°，∴∠1=∠DAE，∴CD=AD，∴▱ABCD是菱形．【点评】此题是切线的性质，主要考查了同角的余角相等，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，判断出△ABO≌△CDE是解本题的关键．16．（2017•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，sin∠AMF=，求AB的长．【考点】MC：切线的性质；AB：根与系数的关系；T7：解直角三角形．【分析】（1）连接OA、OE交BC于T．想办法证明OE⊥BC即可；(2)由ED、EA的长是一元二次方程x2﹣5x+5=0的两根，可得ED•EA=5,由△BED∽△AEB，可得=，推出BE2=DE•EA=5，即可解决问题；（3)作AH⊥OM于H．求出AH、BH即可解决问题；【解答】(1)证明：连接OA、OE交BC于T．∵AM是切线，∴∠OAM=90°，∴∠PAD+∠OAE=90°，∵PA=PD，∴∠PAD=∠PDA=∠EDT，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∴∠EDT+∠OEA=90°,∴∠DTE=90°,∴OE⊥BC，∴=．（2）∵ED、EA的长是一元二次方程x2﹣5x+5=0的两根，∴ED•EA=5,∵=，∴∠BAE=∠EBD，∵∠BED=∠AEB，∴△BED∽△AEB，∴=，∴BE2=DE•EA=5，∴BE=．（3）作AH⊥OM于H．在Rt△AMO中,∵AM=6，sin∠M==,设OA=m,OM=3m，∴9m2﹣m2=72，∴m=3，∴OA=3，OM=9，易知∠OAH=∠M,∴tan∠OAD==，∴OH=1,AH=2．BH=2，∴AB===2．【点评】本题考查切线的性质、解直角三角形、勾股定理、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题,属于中考压轴题．17．（2017•贺州)如图，⊙O是△ABC的外接圆,AB为直径,∠BAC的平分线交⊙O于点D，过点D的切线分别交AB,AC的延长线于E，F，连接BD．（1)求证：AF⊥EF；（2）若AC=6，CF=2，求⊙O的半径．【考点】MC：切线的性质；M5：圆周角定理．【分析】(1）连接OD,由切线的性质和已知条件可证得OD∥EF，则可证得结论；(2）过D作DG⊥AE于点G，连接CD，则可证得△ADF≌△ADG、△CDF≌△BDG，则可求得AB的长，可求得圆的半径．【解答】（1）证明：如图1，连接OD，∵EF是⊙O的切线，且点D在⊙O上，∴OD⊥EF，∵OA=OD，∴∠DAB=∠ADO，∵AD平分∠BAC，∴∠DAB=∠DAC,∴∠ADO=∠DAC,∴AF∥OD，∴AF⊥EF；（2）解：如图2，过D作DG⊥AE于点G，连接CD，∵∠BAD=∠DAF，AF⊥EF，DG⊥AE,∴BD=CD,DG=DF，在Rt△ADF和Rt△ADG中∴Rt△ADF≌Rt△ADG（HL),同理可得Rt△CDF≌Rt△BDG,∴BG=CF=2,AG=AF=AC+CF=6+2=8,∴AB=AG+BG=8+2=10,∴⊙O的半径OA=AB=5．【点评】本题主要考查切线的性质及圆周角定理，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键，注意全等三角形的应用．18．（2017•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．【考点】MC:切线的性质；KM：等边三角形的判定与性质．【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△BOE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．19．（2017•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OFCD是矩形，从而得到BF的长,然后利用垂径定理求得BE的长即可．【解答】解:连接OD，作OF⊥BE于点F．∴BF=BE，∵AC是圆的切线,∴OD⊥AC,∴∠ODC=∠C=∠OFC=90°，∴四边形ODCF是矩形,∵OD=OB=FC=2，BC=3，∴BF=BC﹣FC=BC﹣OD=3﹣2=1，∴BE=2BF=2．【点评】本题考查了切线的性质、勾股定理及垂径定理的知识，解题的关键是能够利用切线的性质构造矩形形，难度不大．20．（2017•河南）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交AC边于点D，过点C 作CF∥AB，与过点B的切线交于点F，连接BD．（1）求证：BD=BF;（2）若AB=10，CD=4，求BC的长．【考点】MC：切线的性质;KH：等腰三角形的性质．【分析】（1）根据圆周角定理求出BD⊥AC，∠BDC=90°，根据切线的性质得出AB⊥BF，求出∠ACB=∠FCB，根据角平分线性质得出即可；(2）求出AC=10，AD=6，根据勾股定理求出BD，再根据勾股定理求出BC即可．【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠BDA=90°，∴BD⊥AC，∠BDC=90°,∵BF切⊙O于B，∴AB⊥BF，∵CF∥AB，∴CF⊥BF，∠FCB=∠ABC,∵AB=AC,∴∠ACB=∠ABC，∴∠ACB=∠FCB,∵BD⊥AC，BF⊥CF，∴BD=BF；（2）解：∵AB=10，AB=AC，∴AC=10，∵CD=4，∴AD=10﹣4=6，在Rt△ADB中,由勾股定理得：BD==8,在Rt△BDC中，由勾股定理得：BC==4．【点评】本题考查了切线的性质，勾股定理，角平分线性质，等腰三角形的判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．21．(2017•北京）如图,AB是⊙O的一条弦，E是AB的中点，过点E作EC⊥OA于点C，过点B作⊙O的切线交CE的延长线于点D．（1)求证：DB=DE;(2）若AB=12，BD=5,求⊙O的半径．【考点】MC:切线的性质；KQ:勾股定理;M2：垂径定理．【分析】（1）欲证明DB=DE，只要证明∠DEB=∠DBE；(2)作DF⊥AB于F,连接OE．只要证明∠AOE=∠DEF,可得sin∠DEF=sin∠AOE==,由此求出AE即可解决问题．【解答】（1)证明：∵AO=OB,∴∠OAB=∠OBA，∵BD是切线，∴OB⊥BD，∴∠OBD=90°，∴∠OBE+∠EBD=90°，∵EC⊥OA,∴∠CAE+∠CEA=90°，∵∠CEA=∠DEB，∴∠EBD=∠BED，∴DB=DE．(2）作DF⊥AB于F,连接OE．∵DB=DE，AE=EB=6，∴EF=BE=3，OE⊥AB，在Rt△EDF中，DE=BD=5，EF=3，∴DF==4，∵∠AOE+∠A=90°,∠DEF+∠A=90°,∴∠AOE=∠DEF，∴sin∠DEF=sin∠AOE==，∵AE=6,∴AO=．∴⊙O的半径为．【点评】本题考查切线的性质、勾股定理、垂径定理、锐角三角函数、等腰三角形的性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．22．（2017•乌鲁木齐）如图，AB是⊙O的直径,CD与⊙O相切于点C,与AB的延长线交于D．(1）求证：△ADC∽△CDB;（2）若AC=2,AB=CD，求⊙O半径．【考点】MC：切线的性质．【分析】（1）首先连接CO，根据CD与⊙O相切于点C，可得：∠OCD=90°；然后根据AB 是圆O的直径，可得：∠ACB=90°，据此判断出∠CAD=∠BCD，即可推得△ADC∽△CDB．(2）首先设CD为x，则AB=x，OC=OB=x,用x表示出OD、BD；然后根据△ADC∽△CDB，可得：=，据此求出CB的值是多少，即可求出⊙O半径是多少．【解答】（1）证明：如图，连接CO，，∵CD与⊙O相切于点C,∴∠OCD=90°，∵AB是圆O的直径，∴∠ACB=90°,∴∠ACO=∠BCD，∵∠ACO=∠CAD，∴∠CAD=∠BCD，在△ADC和△CDB中，∴△ADC∽△CDB．（2)解：设CD为x，则AB=x，OC=OB=x，∵∠OCD=90°，∴OD===x，∴BD=OD﹣OB=x﹣x=x，由（1）知，△ADC∽△CDB，∴=，即,解得CB=1,∴AB==,∴⊙O半径是．【点评】此题主要考查了切线的性质和应用，以及勾股定理的应用，要熟练掌握．23．（2017•白银）如图，AN是⊙M的直径，NB∥x轴，AB交⊙M于点C．(1)若点A(0，6），N(0,2),∠ABN=30°，求点B的坐标；（2)若D为线段NB的中点，求证：直线CD是⊙M的切线．【考点】MD：切线的判定；D5：坐标与图形性质．【分析】（1）在Rt△ABN中，求出AN、AB即可解决问题；（2）连接MC,NC．只要证明∠MCD=90°即可；【解答】解：（1）∵A的坐标为（0，6)，N（0，2)，∴AN=4，∵∠ABN=30°，∠ANB=90°，∴AB=2AN=8，∴由勾股定理可知:NB==，∴B（，2）．（2)连接MC,NC∵AN是⊙M的直径,∴∠ACN=90°，∴∠NCB=90°，在Rt△NCB中,D为NB的中点，∴CD=NB=ND,∴∠CND=∠NCD，∵MC=MN，∴∠MCN=∠MNC，∵∠MNC+∠CND=90°，∴∠MCN+∠NCD=90°，即MC⊥CD．∴直线CD是⊙M的切线．【点评】本题考查圆的切线的判定、坐标与图形的性质、勾股定理等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．24．（2017•天水）如图，△ABD是⊙O的内接三角形，E是弦BD的中点,点C是⊙O外一点且∠DBC=∠A，连接OE延长与圆相交于点F，与BC相交于点C．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为6，BC=8，求弦BD的长．【考点】MD:切线的判定．【分析】（1）连接OB，由垂径定理的推论得出BE=DE，OE⊥BD，=，由圆周角定理得出∠BOE=∠A，证出∠OBE+∠DBC=90°,得出∠OBC=90°即可；（2）由勾股定理求出OC,由△OBC的面积求出BE，即可得出弦BD的长．【解答】（1）证明：连接OB，如图所示:∵E是弦BD的中点，∴BE=DE,OE⊥BD，=,∴∠BOE=∠A,∠OBE+∠BOE=90°，∵∠DBC=∠A，∴∠BOE=∠DBC,∴∠OBE+∠DBC=90°，∴∠OBC=90°，即BC⊥OB，∴BC是⊙O的切线;（2）解：∵OB=6，BC=8，BC⊥OB,∴OC==10,∵△OBC的面积=OC•BE=OB•BC,∴BE===4。