2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题30 圆的有关性质(含解析)

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文档介绍

2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题30 圆的有关性质(含解析)

圆的有关性质 ‎ 一.选择题 ‎1.(2020•黑龙江省哈尔滨市•3分)如图,AB为⊙O的切线,点A为切点,OB交⊙O于点C,点D在⊙O上,连接AD.CD,OA,若∠ADC=35°,则∠ABO的度数为(  )‎ A.25° B.20° C.30° D.35°‎ ‎【分析】根据切线的性质和圆周角定理即可得到结论.‎ ‎【解答】解:∵AB为圆O的切线,‎ ‎∴AB⊥OA,即∠OAB=90°,‎ ‎∵∠ADC=35°,‎ ‎∴∠AOB=2∠ADC=70°,‎ ‎∴∠ABO=90°﹣70°=20°.‎ 故选:B.‎ ‎【点评】此题考查了切线的性质,以及圆周角定理,熟练掌握切线的性质是解本题的关键.‎ ‎2.(2020•黑龙江省牡丹江市•3分)如图,四边形ABCD内接于⊙O,连接BD.若,∠BDC=50°,则∠ADC的度数是(  )‎ A.125° B.130° C.135° D.140°‎ ‎【分析】连接OA,OB,OC,根据圆周角定理得出∠BOC=100°,再根据得到∠AOC,从而得到∠ABC,最后利用圆内接四边形的性质得到结果.‎ ‎【解答】解:连接OA,OB,OC,‎ ‎∵∠BDC=50°,‎ ‎∴∠BOC=2∠BDC=100°,‎ ‎∵,‎ ‎∴∠BOC=∠AOC=100°,‎ ‎∴∠ABC=∠AOC=50°,‎ ‎∴∠ADC=180°﹣∠ABC=130°.‎ 故选:B.‎ ‎【点评】本题考查了圆周角定理,弧、弦、圆心角的关系,圆内接四边形的性质,关键在于画出半径,构造圆心角.‎ ‎3.‎ ‎(2020•广东省广州市•3分)往直径为的圆柱形容器内装入一些水以后,截面如图所示,若水面宽,则水的最大深度为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点O作OD⊥AB于D,交⊙O于E,连接OA,根据垂径定理即可求得AD的长,又由⊙O的直径为,求得OA的长,然后根据勾股定理,即可求得OD的长,进而求得油的最大深度的长.‎ ‎【详解】解:过点O作OD⊥AB于D,交⊙O于E,连接OA,‎ 由垂径定理得:,‎ ‎∵⊙O的直径为,‎ ‎∴,‎ 在中,由勾股定理得:,‎ ‎∴,‎ ‎∴油的最大深度为,‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识.此题难度不大,解题的关键是注意辅助线的作法,构造直角三角形,利用勾股定理解决.‎ ‎4 (2020年内蒙古通辽市3分)7.如图,分别与相切于两点,,则(   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接OA.OB,根据切线的性质定理,结合四边形AOBP的内角和为360°,即可推出∠AOB的度数,然后根据圆周角定理,即可推出∠C的度数.‎ ‎【详解】解:连接OA.OB,‎ ‎∵直线PA.PB分别与⊙O相切于点A.B,‎ ‎∴OA⊥PA,OB⊥PB,‎ ‎∵∠P=72°,‎ ‎∴∠AOB=108°,‎ ‎∵C是⊙O上一点,‎ ‎∴∠ACB=54°.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查切线的性质、四边形的内角和、圆周角定理,关键在于熟练运用切线的性质,通过作辅助线构建四边形,最后通过圆周角定理即可推出结果.‎ ‎5. (2020•江苏省常州市•2分)如图,AB是⊙O的弦,点C是优弧AB上的动点(C不与A.B重合),CH⊥AB,垂足为H,点M是BC的中点.若⊙O的半径是3,则MH长的最大值是(  )‎ A.3 B.4 C.5 D.6‎ ‎【分析】根据直角三角形斜边中线的性质以及直径是圆中最大的弦,即可求得MH的最大值是3.‎ ‎【解答】解:∵CH⊥AB,垂足为H,‎ ‎∴∠CHB=90°,‎ ‎∵点M是BC的中点.‎ ‎∴MH=BC,‎ ‎∵BC的最大值是直径的长,⊙O的半径是3,‎ ‎∴MH的最大值为3,‎ 故选:A.‎ ‎【点评】本题考查了直角三角形斜边中线的性质,明确BC的最大值为⊙O的直径的长是解题的关键.‎ ‎6.(2020•河北省•2分)有一题目:“已知:点O为△ABC的外心,∠BOC=130°,求∠A.”嘉嘉的解答为:画△ABC以及它的外接圆O,连接OB,OC.如图,由∠BOC=2∠A=130°,得∠A=65°.而淇淇说:“嘉嘉考虑的不周全,∠A还应有另一个不同的值.”下列判断正确的是(  )‎ A.淇淇说的对,且∠A的另一个值是115° ‎ B.淇淇说的不对,∠A就得65° ‎ C.嘉嘉求的结果不对,∠A应得50° ‎ D.两人都不对,∠A应有3个不同值 ‎【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案.‎ ‎【解答】解:如图所示:∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补.‎ 故∠A′=180°﹣65°=115°.‎ 故选:A.‎ ‎【点评】此题主要考查了三角形的外接圆,正确分类讨论是解题关键.‎ ‎7 (2020•湖南省张家界·3分)如图,四边形为的内接四边形,已知为,则的度数为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆内接四边形的性质求出∠A,根据圆周角定理计算,得到答案.‎ ‎【详解】解:∵四边形ABCD是⊙O内接四边形,‎ ‎∴∠A=180°−∠BCD=60°,‎ 由圆周角定理得,∠BOD=2∠A=120°,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质,掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.‎ ‎8 (2020•江苏省淮安市•3分)如图,点A.B.C在⊙O上,∠ACB=54°,则∠ABO的度数是(  )‎ A.54° B.27° C.36° D.108°‎ ‎【分析】根据圆周角定理求出∠AOB,根据等腰三角形的性质求出∠ABO=∠BAO,根据三角形内角和定理求出即可.‎ ‎【解答】解:∵∠ACB=54°,‎ ‎∴圆心角∠AOB=2∠ACB=108°,‎ ‎∵OB=OA,‎ ‎∴∠ABO=∠BAO=(180°﹣∠AOB)=36°,‎ 故选:C.‎ ‎【点评】本题考查了圆周角定理,圆心角、弧、弦之间的关系,等腰三角形的性质和三角形的内角和定理等知识点,能求出圆心角∠AOB的度数是解此题的关键.‎ ‎9. (2020•江苏省南京市•2分)如图,在平面直角坐标系中,点P在第一象限,⊙P与x轴、y轴都相切,且经过矩形AOBC的顶点C,与BC相交于点D.若⊙P的半径为5,点A的坐标是(0,8).则点D的坐标是(  )‎ A.(9,2) B.(9,3) C.(10,2) D.(10,3)‎ ‎【分析】设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点,连接PE.PF、PD,延长EP与CD交于点G,证明四边形PEOF为正方形,求得CG,再根据垂径定理求得CD,进而得PG、DB,便可得D点坐标.‎ ‎【解答】解:设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点,连接PE.PF、PD,延长EP与CD交于点G,‎ 则PE⊥y轴,PF⊥x轴,‎ ‎∵∠EOF=90°,‎ ‎∴四边形PEOF是矩形,‎ ‎∵PE=PF,PE∥OF,‎ ‎∴四边形PEOF为正方形,‎ ‎∴OE=OF=PE=OF=5,‎ ‎∵A(0,8),‎ ‎∴OA=8,‎ ‎∴AE=8﹣5=3,‎ ‎∵四边形OACB为矩形,‎ ‎∴BC=OA=8,BC∥OA,AC∥OB,‎ ‎∴EG∥AC,‎ ‎∴四边形AEGC为平行四边形,四边形OEGB为平行四边形,‎ ‎∴CG=AE=3,EG=OB,‎ ‎∵PE⊥AO,AO∥CB,‎ ‎∴PG⊥CD,‎ ‎∴CD=2CG=6,‎ ‎∴DB=BC﹣CD=8﹣6=2,‎ ‎∵PD=5,DG=CG=3,‎ ‎∴PG=4,‎ ‎∴OB=EG=5+4=9,‎ ‎∴D(9,2).‎ 故选:A.‎ ‎【点评】本题主要考查了正方形的性质,矩形的性质与判定,圆的切线的性质,垂径定理,勾股定理,关键是求出CG的长度.‎ ‎10 (2020年滨州市)9.(3分)在⊙O中,直径AB=15,弦DE⊥AB于点C,若OC:OB=3:5,则DE的长为(  )‎ A.6 B.9 C.12 D.15‎ ‎【分析】直接根据题意画出图形,再利用垂径定理以及勾股定理得出答案.‎ ‎【解答】解:如图所示:∵直径AB=15,‎ ‎∴BO=7.5,‎ ‎∵OC:OB=3:5,‎ ‎∴CO=4.5,‎ ‎∴DC==6,‎ ‎∴DE=2DC=12.‎ 故选:C.‎ ‎【点评】此题主要考查了垂径定理和勾股定理,正确得出CO的长是解题关键.‎ ‎11. (2020•江苏省扬州市•3分)如图,由边长为1的小正方形构成的网格中,点A,B,C都在格点上,以AB为直径的圆经过点C,D,则sin∠ADC的值为(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【分析】首先根据圆周角定理可知,∠ADC=∠ABC,然后在Rt△ACB中,根据锐角三角函数的定义求出∠ABC的正弦值.‎ ‎【解答】解:连接BC.∵∠ADC和∠ABC所对的弧长都是,∴根据圆周角定理知,∠ADC=∠ABC.在Rt△ACB中,根据锐角三角函数的定义知,sin∠ABC=,∵AC=2,BC=3,∴AB==,∴sin∠ABC==,∴sin∠ADC=.故选A.‎ ‎【点评】本题考查了圆周角定理,解直角三角形,勾股定理,锐角三角函数的定义,解答本题的关键是利用圆周角定理把求∠ADC的正弦值转化成求∠ABC的正弦值,本题是一道比较不错的习题.‎ ‎12.(2020•湖北武汉•3分)如图,在半径为3的⊙O中,AB是直径,AC是弦,D是 的中点,AC与BD交于点E.若E是BD的中点,则AC的长是(  )‎ A. B.3 C.3 D.4‎ ‎【分析】连接OD,交AC于F,根据垂径定理得出OD⊥AC,AF=CF,进而证得DF=BC,根据三角形中位线定理求得OF=BC=DF,从而求得BC=DF=2,利用勾股定理即可求得AC.‎ ‎【解答】解:连接OD,交AC于F,‎ ‎∵D是的中点,‎ ‎∴OD⊥AC,AF=CF,‎ ‎∴∠DFE=90°,‎ ‎∵OA=OB,AF=CF,‎ ‎∴OF=BC,‎ ‎∵AB是直径,‎ ‎∴∠ACB=90°,‎ 在△EFD和△ECB中 ‎∴△EFD≌△ECB(AAS),‎ ‎∴DF=BC,‎ ‎∴OF=DF,‎ ‎∵OD=3,‎ ‎∴OF=1,‎ ‎∴BC=2,‎ 在Rt△ABC中,AC2=AB2﹣BC2,‎ ‎∴AC===4,‎ 故选:D.‎ ‎【点评】本题考查了垂径定理,三角形全等的判定和性质,三角形中位线定理,熟练掌握性质定理是解题的关键.‎ ‎10.‎ 二.填空题 ‎1.(2020•湖北襄阳•3分)在⊙O中,若弦BC垂直平分半径OA,则弦BC所对的圆周角等于 60°或120 °.‎ ‎【分析】根据弦BC垂直平分半径OA,可得OD:OB=1:2,得∠BOC=120°,根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半即可得弦BC所对的圆周角度数.‎ ‎【解答】解:如图,‎ ‎∵弦BC垂直平分半径OA,‎ ‎∴OD:OB=1:2,‎ ‎∴∠BOD=60°,‎ ‎∴∠BOC=120°,‎ ‎∴弦BC所对的圆周角等于60°或120°.‎ 故答案为:60°或120°.‎ ‎【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理、线段垂直平分线的性质,解决本题的关键是掌握圆周角定理.‎ ‎2.(2020•黑龙江省牡丹江市•3分)AB是⊙O的弦,OM⊥AB,垂足为M,连接OA.若△AOM中有一个角是30°,OM=2,则弦AB的长为 12或4 .‎ ‎【分析】分∠OAM=30°,∠AOM=30°,两种情况分别利用正切的定义求解即可.‎ ‎【解答】解:∵OM⊥AB,‎ ‎∴AM=BM,‎ 若∠OAM=30°,‎ 则tan∠OAM=,‎ ‎∴AM=6,‎ ‎∴AB=2AM=12;‎ 若∠AOM=30°,‎ 则tan∠AOM=,‎ ‎∴AM=2,‎ ‎∴AB=2AM=4.‎ 故答案为:12或4.‎ ‎【点评】本题考查了垂径定理,三角函数,解题时要根据题意分情况讨论.‎ ‎3 (2020•江苏省盐城市•3分)如图,在⊙O中,点A在上,∠BOC=100°.则∠BAC= 130 °.‎ ‎【分析】根据圆周角定理和圆内接四边形的性质即可得到结论.‎ ‎【解答】解:如图,取⊙O上的一点D,连接BD,CD,‎ ‎∵∠BOC=100°,∴∠D=50°,∴∠BAC=180°-50°=130°,故答案为:130.‎ ‎【点评】本题考查了圆周角定理与圆内接四边形的性质,正确作出辅助线是解题的关键.‎ ‎4 (2020•湖南省长沙市·3分)如图,点P在以MN为直径的半圆上运动(点P不与M,N重合),PQ⊥MN,NE平分∠MNP,交PM于点E,交PQ于点F.‎ ‎(1)+= 1 .‎ ‎(2)若PN2=PM•MN,则=  .‎ ‎【分析】(1)证明△PEN∽△QFN,得①,证明△NPQ∽△PMQ,得②,再①×②得,再变形比例式便可求得结果;‎ ‎(2)证明△NPQ∽△NMP,得PN2=NQ•MN,结合已知条件得PM=NQ,再根据三角函数得,进而得MQ与NQ的方程,再解一元二次方程得答案.‎ ‎【解答】解:(1)∵MN为⊙O的直径,‎ ‎∴∠MPN=90°,‎ ‎∵PQ⊥MN,‎ ‎∴∠PQN=∠MPN=90°,‎ ‎∵NE平分∠PNM,‎ ‎∴∠MNE=∠PNE,‎ ‎∴△PEN∽△QFN,‎ ‎∴,即①,‎ ‎∵∠PNQ+∠NPQ=∠PNQ+∠PMQ=90°,‎ ‎∴∠NPQ=∠PMQ,‎ ‎∵∠PQN=∠PQM=90°,‎ ‎∴△NPQ∽△PMQ,‎ ‎∴②,‎ ‎∴①×②得,‎ ‎∵QF=PQ﹣PF,‎ ‎∴=1﹣,‎ ‎∴+=1,‎ 故答案为:1;‎ ‎(2)∵∠PNQ=∠MNP,∠NQP=∠NPQ,‎ ‎∴△NPQ∽△NMP,‎ ‎∴,‎ ‎∴PN2=QN•MN,‎ ‎∵PN2=PM•MN,‎ ‎∴PM=QN,‎ ‎∴,‎ ‎∵tan∠M=,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴NQ2=MQ2+MQ•NQ,即,‎ 设,则x2+x﹣1=0,‎ 解得,x=,或x=﹣<0(舍去),‎ ‎∴=,‎ 故答案为:.‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的性质,相似三角形的性质与判定,角平分线的定义,关键是灵活地变换比例式.‎ ‎5(2020•广东省•4分)有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑,一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠,等待与老鼠距离最小时扑捉.把墙面、梯子、猫、老鼠都理想化为同一平面内的线或点,模型如题17图,∠ABC=90°,点M、N分别在射线BA.BC上,MN长度始终不变,MN=4,E为MN的中点,点D到BA.BC的距离分别为4和2.在此滑动过程中,猫与老鼠的距离DE的最小值为_________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】 点B到点E的距离不变,点E在以B为圆心的圆上,线段BD与圆的交点即为所求最短距离的E点,BD=,BE=2‎ ‎【考点】直角三角形的性质、数学建模思想、最短距离问题 ‎6.(2020年滨州市3分)16.(5分)如图,⊙O是正方形ABCD的内切圆,切点分别为E.F、G、H,ED与⊙O相交于点M,则sin∠MFG的值为  .‎ ‎【分析】根据同弧所对的圆周角相等,可以把求三角函数的问题,转化为直角三角形的边的比的问题.‎ ‎【解答】解:∵⊙O是正方形ABCD的内切圆,‎ ‎∴AE=AB,EG=BC;‎ 根据圆周角的性质可得:∠MFG=∠MEG.‎ ‎∵sin∠MFG=sin∠MEG==,‎ ‎∴sin∠MFG=.‎ 故答案为:.‎ ‎【点评】本题考查圆周角的性质及锐角三角函数的概念:在直角三角形中,正弦等于对边比斜边;余弦等于邻边比斜边;正切等于对边比邻边.‎ ‎7 (2020•江苏省苏州市•3分)如图,已知是的直径,是的切线,连接交于点,连接.若,则的度数是_________.‎ ‎【答案】25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由切线的性质可得∠OAC=90°,再根据三角形的内角和定理可求出∠AOD=50°,最后根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”即可求出∠B的度数.‎ ‎【详解】解:∵是的切线,‎ ‎∴∠OAC=90°‎ ‎∵,‎ ‎∴∠AOD=50°,‎ ‎∴∠B=∠AOD=25°‎ 故答案为:25.‎ ‎【点睛】本题考查了切线的性质和圆周角定理,掌握圆周角定理是解题的关键.‎ ‎8 (2020•江苏省连云港市•3分)如图,在平面直角坐标系xOy中,半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A,点B是⊙O上一动点,点C为弦AB的中点,直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于点D.E,则△CDE面积的最小值为 2 .‎ ‎【分析】如图,连接OB,取OA的中点M,连接CM,过点M作MN⊥DE于N.首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心,1为半径的⊙M,设⊙M交MN于C′.求出MN,当点C与C′重合时,△C′DE的面积最小.‎ ‎【解答】解:如图,连接OB,取OA的中点M,连接CM,过点M作MN⊥DE于N.‎ ‎∵AC=CB,AM=OM,‎ ‎∴MC=OB=1,‎ ‎∴点C的运动轨迹是以M为圆心,1为半径的⊙M,设⊙M交MN于C′.‎ ‎∵直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于点D.E,‎ ‎∴D(4,0),E(0,﹣3),‎ ‎∴OD=4,OE=3,‎ ‎∴DE==5,‎ ‎∵∠MDN=∠ODE,∠MND=∠DOE,‎ ‎∴△DNM∽△DOE,‎ ‎∴=,‎ ‎∴=,‎ ‎∴MN=,‎ 当点C与C′重合时,△C′DE的面积最小,最小值=×5×(﹣1)=2,‎ 故答案为2.‎ ‎【点评】本题考查三角形的中位线定理,三角形的面积,一次函数的性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造三角形的中位线解决问题,属于中考常考题型.‎ ‎9(2020•贵州省贵阳市•4分)如图,△ABC是⊙O的内接正三角形,点O是圆心,点D,E分别在边AC,AB上,若DA=EB,则∠DOE的度数是 120 度.‎ ‎【分析】连接OA,OB,根据已知条件得到∠AOB=120°,根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠OBA=30°,根据全等三角形的性质得到∠DOA=∠BOE,于是得到结论.‎ ‎【解答】解:连接OA,OB,‎ ‎∵△ABC是⊙O的内接正三角形,‎ ‎∴∠AOB=120°,‎ ‎∵OA=OB,‎ ‎∴∠OAB=∠OBA=30°,‎ ‎∵∠CAB=60°,‎ ‎∴∠OAD=30°,‎ ‎∴∠OAD=∠OBE,‎ ‎∵AD=BE,‎ ‎∴△OAD≌△OBE(SAS),‎ ‎∴∠DOA=∠BOE,‎ ‎∴∠DOE=∠DOA+∠AOE=∠AOB=∠AOE+∠BOD=120°,‎ 故答案为:120.‎ ‎【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心,等边三角形的性质,全等三角形的判定和性质,正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.‎ ‎10.(2020•贵州省遵义市•4分)如图,⊙O是△ABC的外接圆,∠BAC=45°,AD⊥BC于点D,延长AD交⊙O于点E,若BD=4,CD=1,则DE的长是____.‎ ‎【分析】连结OB,OC,OA,过O点作OF⊥BC于F,作OG⊥AE于G,根据圆周角定理可得∠BOC=90°,根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得DG,AG,可求AD,再根据相交弦定理可求DE.‎ ‎【解答】‎ 解:连结OB,OC,OA,过O点作OF⊥BC于F,作OG⊥AE于G,‎ ‎∵⊙O是△ABC的外接圆,∠BAC=45°,‎ ‎∴∠BOC=90°,‎ ‎∵BD=4,CD=1,‎ ‎∴BC=4+1=5,‎ ‎∴OB=OC=,‎ 在Rt△AGO中,‎ ‎∴AD×DE=BDXCD,‎ 故答案为:‎ 三.解答题 ‎1.(2020•河南省•10分)小亮在学习中遇到这样一个问题:‎ 如图,点D是上一动点,线段BC=8cm,点A是线段BC的中点,过点C作CF∥BD,交DA的延长线于点F.当△DCF为等腰三角形时,求线段BD的长度.‎ 小亮分析发现,此问题很难通过常规的推理计算彻底解决,于是尝试结合学习函数的经验研究此问题.请将下面的探究过程补充完整:‎ ‎(1)根据点D在上的不同位置,画出相应的图形,测量线段BD,CD,FD的长度,得到下表的几组对应值. ‎ BD/cm ‎0‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎6.0‎ ‎7.0‎ ‎8.0‎ CD/cm ‎8.0‎ ‎7.7‎ ‎7.2‎ ‎6.6‎ ‎5.9‎ a ‎3.9‎ ‎2.4‎ ‎0‎ FD/cm ‎8.0‎ ‎7.4‎ ‎6.9‎ ‎6.5‎ ‎6.1‎ ‎6.0‎ ‎6.2‎ ‎6.7‎ ‎8.0‎ 操作中发现:‎ ‎①“当点D为的中点时,BD=5.0cm”.则上表中a的值是 5 ;‎ ‎②“线段CF的长度无需测量即可得到”.请简要说明理由.‎ ‎(2)将线段BD的长度作为自变量x,CD和FD的长度都是x的函数,分别记为yCD和yFD,并在平面直角坐标系xOy中画出了函数yFD的图象,如图所示.请在同一坐标系中画出函数yCD的图象;‎ ‎(3)继续在同一坐标系中画出所需的函数图象,并结合图象直接写出:当△DCF为等腰三角形时,线段BD长度的近似值(结果保留一位小数).‎ ‎【分析】(1)①由=可求BD=CD=a=5cm;‎ ‎②由“AAS”可证△BAD≌△CAF,可得BD=CF,即可求解;‎ ‎(2)由题意可画出函数图象;‎ ‎(3)结合图象可求解.‎ ‎【解答】解:(1)∵点D为的中点,‎ ‎∴=,‎ ‎∴BD=CD=a=5cm,‎ 故答案为:5;‎ ‎(2)∵点A是线段BC的中点,‎ ‎∴AB=AC,‎ ‎∵CF∥BD,‎ ‎∴∠F=∠BDA,‎ 又∵∠BAD=∠CAF,‎ ‎∴△BAD≌△CAF(AAS),‎ ‎∴BD=CF,‎ ‎∴线段CF的长度无需测量即可得到;‎ ‎(3)由题意可得:‎ ‎(4)由题意画出函数yCF的图象;‎ 由图象可得:BD=3.8cm或5cm或6.2cm时,△DCF为等腰三角形.‎ ‎【点评】本题是圆的综合题,考查了圆的有关知识,全等三角形的判定和性质,动点问题的函数图象探究题,也考查了函数图象的画法,解题关键是数形结合.‎ ‎2.(2020•贵州省贵阳市•10分)如图,AB为⊙O的直径,四边形ABCD内接于⊙O,对角线AC,BD交于点E,⊙O的切线AF交BD的延长线于点F,切点为A,且∠CAD=∠ABD.‎ ‎(1)求证:AD=CD;‎ ‎(2)若AB=4,BF=5,求sin∠BDC的值.‎ ‎【分析】(1)根据圆周角定理得∠ABD=∠ACD,进而得∠ACD=∠CAD,便可由等腰三角形判定定理得AD=CD;‎ ‎(2)证明△ADF≌△ADE,得AE=AF,DE=DF,由勾股定理求得AF,由三角形面积公式求得AD,进而求得DE,BE,再证明△BEC∽△AED,得BC,进而求得sin∠BAC便可.‎ ‎【解答】解:(1)证明:∵∠CAD=∠ABD,‎ 又∵∠ABD=∠ACD,‎ ‎∴∠ACD=∠CAD,‎ ‎∴AD=CD;‎ ‎(2)∵AF是⊙O的切线,‎ ‎∴∠FAB=90°,‎ ‎∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴∠ACB=∠ADB=∠ADF=90°,‎ ‎∴∠ABD+∠BAD=∠BAD+∠FAD=90°,‎ ‎∴∠ABD=∠FAD,‎ ‎∵∠ABD=∠CAD,‎ ‎∴∠FAD=∠EAD,‎ ‎∵AD=AD,‎ ‎∴△ADF≌△ADE(ASA),‎ ‎∴AF=AE,DF=DE,‎ ‎∵AB=4,BF=5,‎ ‎∴AF=,‎ ‎∴AE=AF=3,‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ ‎∴DE=,‎ ‎∴BE=BF﹣2DE=,‎ ‎∵∠AED=∠BEC,∠ADE=∠BCE=90°,‎ ‎∴△BEC∽△AED,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∵∠BDC=∠BAC,‎ ‎∴.‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质,圆周角定理,相似三角形的性质与判定,全等三角形的性质与判定,等腰三角形的性质与判定,解直角三角形的应用,勾股定理,关键是证明三角形全等与相似.‎ ‎3.‎ ‎(2020•湖南省长沙市·10分)如图,半径为4的⊙O中,弦AB的长度为4,点C是劣弧上的一个动点,点D是弦AC的中点,点E是弦BC的中点,连接DE.OD.OE.‎ ‎(1)求∠AOB的度数;‎ ‎(2)当点C沿着劣弧从点A开始,逆时针运动到点B时,求△ODE的外心P所经过的路径的长度;‎ ‎(3)分别记△ODE,△CDE的面积为S1,S2,当S12﹣S22=21时,求弦AC的长度.‎ ‎【分析】(1)如图1中,过点O作OH⊥AB于H.利用等腰三角形的性质求出∠AOH即可.‎ ‎(2)连接OC,证明O,D,C,F四点共圆,OC的中点即为△ODE外接圆的圆心,再利用弧长公式计算即可.‎ ‎(3)如图3中,若AC<BC,连接OC交AB于J,过点O作OH⊥AB于H,过点C作CK⊥AB于K.证明△CDE∽△CAB,推出=()2=,推出S△ABC=4S2,因为S△ADO=S△ODC,S△OBE=S△OEC,推出S四边形ODCE=S四边形OACB,可得S1+S2=(4S2+4)=2S2+2,推出S1=S2+2,因为S12﹣S22=21,可得S22+4S2+12﹣S22‎ ‎=21,推出S2=,利用三角形的面积公式求出CK,解直角三角形求出AK即可解决问题.若AC>BC时,同法可得AC=+,‎ ‎【解答】解:(1)如图1中,过点O作OH⊥AB于H.‎ ‎∵OA=OB=4,OH⊥AB,‎ ‎∴AH=HB=AB=2,∠AOH=∠BOH,‎ ‎∴sin∠AOH==,‎ ‎∴∠AOH=60°,‎ ‎∴∠AOB=2∠AOH=120°.‎ ‎(2)如图2中,连接OC.‎ ‎∵OA=OC=OB,AD=DC,CE=EB,‎ ‎∴OD⊥AC,OE⊥CB,‎ ‎∴∠ODC=∠OEC=90°,‎ ‎∴∠ODC+∠OEC=180°,‎ ‎∴O,D,C,E四点共圆,‎ ‎∴OC是直径,‎ ‎∴OC的中点P是△OED的外接圆的圆心,‎ ‎∴OP=OC=2,‎ ‎∴点P的运动路径的长==.‎ ‎(3)如图3中,若AC<BC,连接OC交AB于J,过点O作OH⊥AB于H,过点C作CK⊥AB于K.‎ ‎∵AD=CD,CE=EB,‎ ‎∴DE∥AB,AB=2DE,‎ ‎∴△CDE∽△CAB,‎ ‎∴=()2=,‎ ‎∴S△ABC=4S2,‎ ‎∵S△ADO=S△ODC,S△OBE=S△OEC,‎ ‎∴S四边形ODCE=S四边形OACB,‎ ‎∴S1+S2=(4S2+4)=2S2+2,‎ ‎∴S1=S2+2,‎ ‎∵S12﹣S22=21,‎ ‎∴S22+4S2+12﹣S22=21,‎ ‎∴S2=,‎ ‎∴S△ABC=3=×AB×CK,‎ ‎∴CK=,‎ ‎∵OH⊥AB,CK⊥AB,‎ ‎∴OH∥CK,‎ ‎∴△CKJ∽△OHJ,‎ ‎∴=,‎ ‎∴==,‎ ‎∴CJ=×4=,OJ=×4=,‎ ‎∴JK===,JH===,‎ ‎∴KH=,‎ ‎∴AK=AH﹣KH=2﹣,‎ ‎∴AC====﹣.‎ 若AC>BC时,同法可得AC=+,‎ 综上所述,AC的长为﹣或+.‎ ‎【点评】本题属于圆综合题,考查了等腰三角形的性质,相似三角形的判定和性质,一元二次方程,解直角三角形等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题,属于中考压轴题.‎ ‎4. (2020•湖南省怀化市)定义:对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形.‎ ‎(1)下面四边形是垂等四边形的是 ④ ;(填序号)‎ ‎①平行四边形;②矩形;③菱形;④正方形 ‎(2)图形判定:如图1,在四边形ABCD中,AD∥BC,AC⊥BD,过点D作BD垂线交BC的延长线于点E,且∠DBC=45°,证明:四边形ABCD是垂等四边形.‎ ‎(3)由菱形面积公式易知性质:垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半.应用:在图2中,面积为24的垂等四边形ABCD内接于⊙O中,∠BCD=60°.求⊙O的半径.‎ ‎【分析】(1)根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可;‎ ‎(2)根据已知条件可证明四边形ACED是平行四边形,即可得到AC=DE,再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果;‎ ‎(3)过点O作OE⊥BD,根据面积公式可求得BD的长,根据垂径定理和锐角三角函数即可得到⊙O的半径.‎ ‎【解答】解:(1)①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等,故不是垂等四边形;‎ ‎②矩形对角线相等但不垂直,故不是垂等四边形;‎ ‎③菱形的对角线互相垂直但不相等,故不是垂等四边形;‎ ‎④正方形的对角线互相垂直且相等,故正方形是垂等四边形;‎ 故选:④;‎ ‎(2)∵AC⊥BD,ED⊥BD,‎ ‎∴AC∥DE,‎ 又∵AD∥BC,‎ ‎∴四边形ADEC是平行四边形,‎ ‎∴AC=DE,‎ 又∵∠DBC=45°,‎ ‎∴△BDE是等腰直角三角形,‎ ‎∴BD=DE,‎ ‎∴BD=AC,‎ 又∵BD⊥AC,‎ ‎∴四边形ABCD是垂等四边形;‎ ‎(3)如图,过点O作OE⊥BD,‎ ‎∵四边形ABCD是垂等四边形,‎ ‎∴AC=BD,‎ 又∵垂等四边形的面积是24,‎ ‎∴AC•BD=24,‎ 解得,AC=BD=4,‎ 又∵∠BCD=60°,‎ ‎∴∠DOE=60°,‎ 设半径为r,根据垂径定理可得:‎ 在△ODE中,OD=r,DE=,‎ ‎∴r===4,‎ ‎∴⊙O的半径为4.‎ ‎【点评】本题是一道圆的综合题,主要考查了平行四边形的性质、菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、新定义、圆周角定理、垂径定理,解答本题的关键是明确题意,找出所求问题需要的条件,利用新定义解答问题.‎ ‎5.(2020•黑龙江省哈尔滨市•10分)已知:⊙O是△ABC的外接圆,AD为⊙O的直径,AD⊥BC,垂足为E,连接BO,延长BO交AC于点F.‎ ‎(1)如图1,求证:∠BFC=3∠CAD;‎ ‎(2)如图2,过点D作DG∥BF交⊙O于点G,点H为DG的中点,连接OH,求证:BE=OH;‎ ‎(3)如图3,在(2)的条件下,连接CG,若DG=DE,△AOF的面积为,求线段CG的长.‎ ‎【分析】(1)由垂径定理可得BE=EC,由线段垂直平分线的性质可得AB=AC,由等腰三角形的性质可得∠BAD=∠ABO=∠CAD,由外角的性质可得结论;‎ ‎(2)由“AAS”可证△BOE≌△ODH,可得BE=OH;‎ ‎(3)过点F作FN⊥AD,交AD于N,设DG=DE=2x,由全等三角形的性质可得OE=DH=x,OD=3x=OA=OB,勾股定理可求BE=2x,由锐角三角函数可求AN=‎ NF,ON=NF,可得AO=AN+ON=NF,由三角形面积公式可求NF的长,可求x=1,可得BE=2=OH,AE=4,DG=DE=2,勾股定理可求AC=2,连接AG,过点A作AM⊥CG,交GC的延长线于M,通过证明△ACM∽△ADG,由相似三角形的性质可求AM,CM的长,由勾股定理可求GM的长,即可求解.‎ ‎【解答】证明:(1)∵AD为⊙O的直径,AD⊥BC,‎ ‎∴BE=EC,‎ ‎∴AB=AC,‎ 又∵AD⊥BC,‎ ‎∴∠BAD=∠CAD,‎ ‎∵OA=OB,‎ ‎∴∠BAD=∠ABO,‎ ‎∴∠BAD=∠ABO=∠CAD,‎ ‎∵∠BFC=∠BAC+∠ABO,‎ ‎∴∠BFC=∠BAD+∠EAD+∠ABO=3∠CAD;‎ ‎(2)如图2,连接AG,‎ ‎∵AD是直径,‎ ‎∴∠AGD=90°,‎ ‎∵点H是DG中点,‎ ‎∴DH=HG,‎ 又∵AO=DO,‎ ‎∴OH∥AG,AG=2OH,‎ ‎∴∠AGD=∠OHD=90°,‎ ‎∵DG∥BF,‎ ‎∴∠BOE=∠ODH,‎ 又∵∠OEB=∠OHD=90°,BO=DO,‎ ‎∴△BOE≌△ODH(AAS),‎ ‎∴BE=OH;‎ ‎(3)如图3,过点F作FN⊥AD,交AD于N,‎ 设DG=DE=2x,‎ ‎∴DH=HG=x,‎ ‎∵△BOE≌△ODH,‎ ‎∴OE=DH=x,‎ ‎∴OD=3x=OA=OB,‎ ‎∴BE===2x,‎ ‎∵∠BAE=∠CAE,‎ ‎∴tan∠BAE=tan∠CAE=,‎ ‎∴=,‎ ‎∴AN=NF,‎ ‎∵∠BOE=∠NOF,‎ ‎∴tan∠BOE=tan∠NOF=,‎ ‎∴=,‎ ‎∴ON=NF,‎ ‎∴AO=AN+ON=NF,‎ ‎∵△AOF的面积为,‎ ‎∴×AO×NF=×NF2=,‎ ‎∴NF=,‎ ‎∴AO=NF=3=3x,‎ ‎∴x=1,‎ ‎∴BE=2=OH,AE=4,DG=DE=2,‎ ‎∴AC===2,‎ 如图3,连接AG,过点A作AM⊥CG,交GC的延长线于M,‎ 由(2)可知:AG=2OH=4,‎ ‎∵四边形ADGC是圆内接四边形,‎ ‎∴∠ACM=∠ADG,‎ 又∵∠AMC=∠AGD=90°,‎ ‎∴△ACM∽△ADG,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴CM=,AM=,‎ ‎∴GM===,‎ ‎∴CG=GM﹣CM=.‎ ‎【点评】本题是圆的综合题,考查了圆的有关知识,全等三角形的判定和性质,三角形中位线定理,相似三角形的判定和性质,锐角三角函数等知识,求出NF的长是本题的关键.‎ ‎6(2020•湖北武汉•8分)如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,以AB为直径的⊙O交AC于点D,AE与过点D的切线互相垂直,垂足为E.‎ ‎(1)求证:AD平分∠BAE;‎ ‎(2)若CD=DE,求sin∠BAC的值.‎ ‎【分析】(1)连接OD,如图,根据切线的性质得到OD⊥DE,则可判断OD∥AE,从而得到∠1=∠ODA,然后利用∠2=∠ODA得到∠1=∠2;‎ ‎(2)连接BD,如图,利用圆周角定理得到∠ADB=90°,再证明∠2=∠3,利用三角函数的定义得到sin∠1=,sin∠3=,则AD=BC,设CD=x,BC=AD=y,证明△CDB∽△CBA,利用相似比得到x:y=y:(x+y),然后求出x、y的关系可得到sin∠BAC的值.‎ ‎【解答】(1)证明:连接OD,如图,‎ ‎∵DE为切线,‎ ‎∴OD⊥DE,‎ ‎∵DE⊥AE,‎ ‎∴OD∥AE,‎ ‎∴∠1=∠ODA,‎ ‎∵OA=OD,‎ ‎∴∠2=∠ODA,‎ ‎∴∠1=∠2,‎ ‎∴AD平分∠BAE;‎ ‎(2)解:连接BD,如图,‎ ‎∵AB为直径,‎ ‎∴∠ADB=90°,‎ ‎∵∠2+∠ABD=90°,∠3+∠ABD=90°,‎ ‎∴∠2=∠3,‎ ‎∵sin∠1=,sin∠3=,‎ 而DE=DC,‎ ‎∴AD=BC,‎ 设CD=x,BC=AD=y,‎ ‎∵∠DCB=∠BCA,∠3=∠2,‎ ‎∴△CDB∽△CBA,‎ ‎∴CD:CB=CB:CA,即x:y=y:(x+y),‎ 整理得x2+xy+y2=0,解得x=y或x=y(舍去),‎ ‎∴sin∠3==,‎ 即sin∠BAC的值为.‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质:圆的切线垂直于经过切点的半径.若出现圆的切线,必连过切点的半径,构造定理图,得出垂直关系.也考查了圆周角定理和解直角三角形.‎ ‎7.(2020•湖北襄阳•8分)如图,AB是⊙O的直径,E,C是⊙O上两点,且=,连接AE,AC.过点C作CD⊥AE交AE的延长线于点D.‎ ‎(1)判定直线CD与⊙O的位置关系,并说明理由;‎ ‎(2)若AB=4,CD=,求图中阴影部分的面积.‎ ‎【分析】(1)连接OC,根据=,求得∠CAD=∠BAC,根据等腰三角形的性质得到∠BAC=∠ACO,推出AD∥OC,根据平行线的性质得到OC⊥CD,于是得到CD是⊙O的切线;‎ ‎(2)连接OE,连接BE交OC于F,根据垂径定理得到OC⊥BE,BF=EF ‎,由圆周角定理得到∠AEB=90°,根据矩形的性质得到EF=CD=,根据勾股定理得到AE===2,求得∠AOE=60°,连接CE,推出CE∥AB,根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论.‎ ‎【解答】(1)证明:连接OC,‎ ‎∵=,‎ ‎∴∠CAD=∠BAC,‎ ‎∵OA=OC,‎ ‎∴∠BAC=∠ACO,‎ ‎∴∠CAD=∠ACO,‎ ‎∴AD∥OC,‎ ‎∵AD⊥CD,‎ ‎∴OC⊥CD,‎ ‎∴CD是⊙O的切线;‎ ‎(2)解:连接OE,连接BE交OC于F,‎ ‎∵=,‎ ‎∴OC⊥BE,BF=EF,‎ ‎∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴∠AEB=90°,‎ ‎∴∠FED=∠D=∠EFC=90°,‎ ‎∴四边形DEFC是矩形,‎ ‎∴EF=CD=,‎ ‎∴BE=2,‎ ‎∴AE===2,‎ ‎∴AE=AB,‎ ‎∴∠ABE=30°,‎ ‎∴∠AOE=60°,‎ ‎∴∠BOE=120°,‎ ‎∵=,‎ ‎∴∠COE=∠BOC=60°,‎ 连接CE,‎ ‎∵OE=OC,‎ ‎∴△COE是等边三角形,‎ ‎∴∠ECO=∠BOC=60°,‎ ‎∴CE∥AB,‎ ‎∴S△ACE=S△COE,‎ ‎∵∠OCD=90°,∠OCE=60°,‎ ‎∴∠DCE=30°,‎ ‎∴DE=CD=1,‎ ‎∴AD=3,‎ ‎∴图中阴影部分的面积=S△ACD﹣S扇形COE=3﹣=﹣.‎ ‎【点评】本题考查了直线与圆的位置关系,勾股定理,垂径定理,扇形的面积的计算,正确的作出辅助线是解题的关键.‎ ‎8(2020•广东省•8分)如题22图,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠DAB=90°,AB是⊙O的直径,CO平分∠BCD.‎ ‎(1)求证:直线CD与⊙O相切;‎ ‎(2)如题22﹣2图,记(1)中的切点为E,P为优弧上一点,AD=1,BC=2,求tan∠APE的值.‎ E ‎【答案】‎ (1) 证明:过点O作OE⊥CD交于点E ‎∵AD∥BC,∠DAB=90°‎ ‎∴∠OBC=90°即OB⊥BC ‎∵OE⊥CD,OB⊥BC,CO平分∠BCD ‎∴OB=OE ‎∵AB是⊙O的直径 ‎∴OE是⊙O的半径 ‎∴直线CD与⊙O相切 ‎(2)连接OD.OE ‎∵由(1)得,直线CD.AD.BC与⊙O相切 ‎∴由切线长定理可得AD=DE=1,BC=CE=3,‎ ‎∠ADO=∠EDO,∠BCO=∠ECO ‎∴∠AOD=∠EOD,CD=3‎ ‎∵= ‎∴∠APE=∠AOE=∠AOD ‎∵AD∥BC ‎∴∠ADE+∠BCE=180°‎ ‎∴∠EDO+∠ECO=90°即∠DOC=90°‎ ‎∵OE⊥DC,∠ODE=∠CDO ‎∴△ODE∽△CDO ‎∴即 ‎∴OD=‎ ‎∵在Rt△AOD中,AO=‎ ‎∴tan∠AOD==‎ ‎∴tan∠APE=‎ ‎【解析】无切点作垂直证半径,切线长定理,直角三角形的判定,相似三角形的运用、辅助线的作法 ‎【考点】切线的判定、切线长定理、圆周角定理、相似三角形、三角函数 http://www.czsx.com.cn ‎9(2020•湖北孝感•10分)已知△ABC内接于⊙O,AB=AC,∠ABC的平分线与⊙O交于点D,与AC交于点E,连接CD并延长与⊙O过点A的切线交于点F,记∠BAC=α.‎ ‎(1)如图1,若α=60°,‎ ‎①直接写出的值为  ;‎ ‎②当⊙O的半径为2时,直接写出图中阴影部分的面积为 ﹣π ;‎ ‎(2)如图2,若α<60°,且=,DE=4,求BE的长.‎ ‎【分析】(1)①由切线的性质得:∠OAF=90°,证明△ABC是等边三角形,‎ 得∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°,根据三角形的内角和定理证明∠BAD=90°,可知BD是⊙O的直径,由圆周角,弧,弦的关系得AD=CD,说明△ADF是含30度的直角三角形,得AD=CD=2DF,可解答;‎ ‎②根据阴影部分的面积=S梯形AODF﹣S扇形OAD=代入可得结论;‎ ‎(2)如图2,连接AD,连接AO并延长交⊙O于点H,连接DH,则∠ADH=90°,先证明△ADF≌△ADE(ASA),得DF=DE=4,由已知得DC=6,证明△CDE∽△BDC,列比例式可得BD=9,从而解答即可.‎ ‎【解答】解:(1)如图1,连接OA,AD,‎ ‎∵AF是⊙O的切线,‎ ‎∴∠OAF=90°,‎ ‎∵AB=AC,∠BAC=60°,‎ ‎∴△ABC是等边三角形,‎ ‎∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°,‎ ‎∵BD平分∠ABC,‎ ‎∴∠ABD=∠CBD=30°,‎ ‎∵∠ADB=∠ACB=60°,‎ ‎∴∠BAD=90°,‎ ‎∴BD是⊙O的直径,‎ ‎∵OA=OB=OD,‎ ‎∴∠ABO=∠OAB=30°,∠OAD=∠ADO=60°,‎ ‎∵∠BDC=∠BAC=60°,‎ ‎∴∠ADF=180°﹣60°﹣60°=60°=∠OAD,‎ ‎∴OA∥DF,‎ ‎∴∠F=180°﹣∠OAF=90°,‎ ‎∵∠DAF=30°,‎ ‎∴AD=2DF,‎ ‎∵∠ABD=∠CBD,‎ ‎∴,‎ ‎∴AD=CD,‎ ‎∴CD=2DF,‎ ‎∴=,‎ 故答案为:;‎ ‎②∵⊙O的半径为2,‎ ‎∴AD=OA=2,DF=1,‎ ‎∵∠AOD=60°,‎ ‎∴阴影部分的面积为:S梯形AODF﹣S扇形OAD=﹣==π;‎ 故答案为:π;‎ ‎(2)如图2,连接AD,连接AO并延长交⊙O于点H,连接DH,则∠ADH=90°,‎ ‎∴∠DAH+∠DHA=90°,‎ ‎∵AF与⊙O相切,‎ ‎∴∠DAH+∠DAF=∠FAO=90°,‎ ‎∴∠DAF=∠DHA,‎ ‎∵BD平分∠ABC,‎ ‎∴∠ABD=∠CBD,‎ ‎∵,‎ ‎∴∠CAD=∠DHA=∠DAF,‎ ‎∵AB=AC,‎ ‎∴∠ABC=∠ACB,‎ ‎∵四边形ABCD内接于⊙O,‎ ‎∴∠ABC+∠ADC=180°,‎ ‎∵∠ADF+∠ADC=180°,‎ ‎∴∠ADF=∠ABC,‎ ‎∵∠ADB=∠ACB=∠ABC,‎ ‎∴∠ADF=∠ADB,‎ 在△ADF和△ADE中 ‎∵,‎ ‎∴△ADF≌△ADE(ASA),‎ ‎∴DF=DE=4,‎ ‎∵,‎ ‎∴DC=6,‎ ‎∵∠DCE=∠ABD=∠DBC,∠CDE=∠CDE,‎ ‎∴△CDE∽△BDC,‎ ‎∴,即,‎ ‎∴BD=9,‎ ‎∴BE=DB﹣DE=9﹣5=5.‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定,圆周角定理,三角形内角和定理,等腰三角形的性质,相似三角形的性质和判定,全等三角形的性质和判定等知识点,能综合运用定理进行推理是解此题的关键.‎ ‎10. (2020•江苏省苏州市•10分)如图,已知,是的平分线,是射线上一点,.动点从点出发,以的速度沿水平向左作匀速运动,与此同时,动点从点出发,也以的速度沿竖直向上作匀速运动.连接,交于点.经过、、三点作圆,交于点,连接、.设运动时间为,其中.‎ ‎(1)求的值;‎ ‎(2)是否存在实数,使得线段的长度最大?若存在,求出 的值;若不存在,说明理由.‎ ‎(3)求四边形的面积.‎ ‎【答案】(1)8cm;(2)存在,当t=4时,线段OB的长度最大,最大为;(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意可得,,由此可求得的值;‎ ‎(2)过作,垂足为,则,设线段的长为,可得,,,根据可得,进而可得,由此可得,由此可得,则可得到答案;‎ ‎(3)先证明是等腰直角三角形,由此可得,再利用勾股定理可得,最后根据四边形的面积即可求得答案.‎ ‎【详解】解:(1)由题可得:,.‎ ‎∴.‎ ‎(2)当时,线段的长度最大.‎ 如图,过作,垂足为,则.‎ ‎∵平分,‎ ‎∴,‎ ‎∴,.‎ 设线段的长为,‎ 则,,.‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ 解得:.‎ ‎∴.‎ ‎∴当时,线段的长度最大,最大为.‎ ‎(3)∵,‎ ‎∴是圆的直径.‎ ‎∴.‎ ‎∵,‎ ‎∴是等腰直角三角形.‎ ‎∴‎ ‎.‎ 在中,.‎ ‎∴四边形的面积 ‎.‎ ‎∴四边形的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质,直径的判定及性质,二次函数的最值问题等相关知识,熟练掌握相关知识是解决本题的关键.‎ ‎11 (2020•江苏省南京市•8分)如图,在△ABC中,AC=BC,D是AB上一点,⊙O经过点A.C.D,交BC于点E,过点D作DF∥BC,交⊙O于点F.‎ 求证:(1)四边形DBCF是平行四边形;‎ ‎(2)AF=EF.‎ ‎【分析】(1)根据等腰三角形的性质得出∠BAC=∠B,根据平行线的性质得出∠ADF=∠B,求出∠ADF=∠CFD,根据平行线的判定得出BD∥CF,根据平行四边形的判定得出即可;‎ ‎(2)求出∠AEF=∠B,根据圆内接四边形的性质得出∠ECF+∠EAF=180°,根据平行线的性质得出∠ECF+∠B=180°,求出∠AEF=∠EAF,根据等腰三角形的判定得出即可.‎ ‎【解答】证明:(1)∵AC=BC,‎ ‎∴∠BAC=∠B,‎ ‎∵DF∥BC,‎ ‎∴∠ADF=∠B,‎ ‎∵∠BAC=∠CFD,‎ ‎∴∠ADF=∠CFD,‎ ‎∴BD∥CF,‎ ‎∵DF∥BC,‎ ‎∴四边形DBCF是平行四边形;‎ ‎(2)连接AE,‎ ‎∵∠ADF=∠B,∠ADF=∠AEF,‎ ‎∴∠AEF=∠B,‎ ‎∵四边形AECF是⊙O的内接四边形,‎ ‎∴∠ECF+∠EAF=180°,‎ ‎∵BD∥CF,‎ ‎∴∠ECF+∠B=180°,‎ ‎∴∠EAF=∠B,‎ ‎∴∠AEF=∠EAF,‎ ‎∴AE=EF.‎ ‎【点评】本题考查了平行线的性质和判定,平行四边形的判定,圆内接四边形,等腰三角形的判定等知识点,能综合运用知识点进行推理是解此题的关键.‎ ‎12. (2020•江苏省南京市•9分)如图①,要在一条笔直的路边l上建一个燃气站,向l同侧的A.B两个城镇分别铺设管道输送燃气.试确定燃气站的位置,使铺设管道的路线最短.‎ ‎(1)如图②,作出点A关于l的对称点A',线段A'B与直线l的交点C的位置即为所求,即在点C处建燃气站,所得路线ACB是最短的.‎ 为了证明点C的位置即为所求,不妨在直线1上另外任取一点C',连接AC'、BC',证明AC+CB<AC′+C'B.请完成这个证明.‎ ‎(2)如果在A.B两个城镇之间规划一个生态保护区,燃气管道不能穿过该区域.请分别给出下列两种情形的铺设管道的方案(不需说明理由).‎ ‎①生态保护区是正方形区域,位置如图③所示;‎ ‎②生态保护区是圆形区域,位置如图④所示.‎ ‎【分析】(1)由轴对称的性质可得CA=CA',可得AC+BC=A'C+BC=A'B,AC'+C'B=A'C'+BC',由三角形的三边关系可得A'B<A'C'+C'B,可得结论;‎ ‎(2)①由(1)的结论可求;‎ ‎②由(1)的结论可求解.‎ ‎【解答】证明:(1)如图②,连接A'C',‎ ‎∵点A,点A'关于l对称,点C在l上,‎ ‎∴CA=CA',‎ ‎∴AC+BC=A'C+BC=A'B,‎ 同理可得AC'+C'B=A'C'+BC',‎ ‎∵A'B<A'C'+C'B,‎ ‎∴AC+BC<AC'+C'B;‎ ‎(2)如图③,‎ 在点C出建燃气站,铺设管道的最短路线是ACDB,(其中点D是正方形的顶点);‎ 如图④,‎ 在点C出建燃气站,铺设管道的最短路线是ACD++EB,(其中CD,BE都与圆相切)‎ ‎【点评】本题是四边形综合题,考查了正方形的性质,圆的有关知识,轴对称的性质,三角形的三边关系,熟练运用这些性质解决问题是本题的关键.‎ ‎13.(2020•湖南省常德•8分)如图,已知AB是⊙O的直径,C是⊙O上的一点,D是AB上的一点,DE⊥AB于D,DE交BC于F,且EF=EC.‎ ‎(1)求证:EC是⊙O的切线;‎ ‎(2)若BD=4,BC=8,圆的半径OB=5,求切线EC的长.‎ ‎【分析】(1)连接OC,由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得∠OCB+∠ECF=90°,可证EC是⊙O的切线;‎ ‎(2)由勾股定理可求AC=6,由锐角三角函数可求BF=5,可求CF=3,通过证明△OAC∽△ECF,可得,可求解.‎ ‎【解答】解:(1)连接OC,‎ ‎∵OC=OB,‎ ‎∴∠OBC=∠OCB,‎ ‎∵DE⊥AB,‎ ‎∴∠OBC+∠DFB=90°,‎ ‎∵EF=EC,‎ ‎∴∠ECF=∠EFC=∠DFB,‎ ‎∴∠OCB+∠ECF=90°,‎ ‎∴OC⊥CE,‎ ‎∴EC是⊙O的切线;‎ ‎(2)∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴∠ACB=90°,‎ ‎∵OB=5,‎ ‎∴AB=10,‎ ‎∴AC===6,‎ ‎∵cos∠ABC=,‎ ‎∴,‎ ‎∴BF=5,‎ ‎∴CF=BC﹣BF=3,‎ ‎∵∠ABC+∠A=90°,∠ABC+∠BFD=90°,‎ ‎∴∠BFD=∠A,‎ ‎∴∠A=∠BFD=∠ECF=∠EFC,‎ ‎∵OA=OC,‎ ‎∴∠OCA=∠A=∠BFD=∠ECF=∠EFC,‎ ‎∴△OAC∽△ECF,‎ ‎∴,‎ ‎∴EC===.‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质,圆的有关性质,切线的判定和性质,锐角三角函数等知识,证明△OAC∽△ECF是本题的关键.‎ ‎14.(2020•湖南省郴州•8分)如图,内接于⊙,是⊙的直径.直线与⊙相切于点,在上取一点使得.线段,的延长线交于点.‎ ‎(1)求证:直线是⊙的切线;‎ ‎(2)若,,求阴影部分的面积(结果保留).‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)连接OC,根据OA=OC,DA=DC可得∠OAC=∠OCA,∠DAC=∠DCA,再根据直线与⊙相切于点可得∠DAO=90°,进而可得∠DCO=90°,由此可证得直线是⊙的切线;‎ ‎(2)先证明BOC为等边三角形,可得OB=OC=BC=2,根据扇形面积公式可求得,再利用含30°的直角三角形的性质及勾股定理可求得,由此可求得,最后便可得.‎ ‎【详解】(1)证明:连接OC,‎ ‎∵OA=OC,‎ ‎∴∠OAC=∠OCA,‎ ‎∵DA=DC,‎ ‎∴∠DAC=∠DCA,‎ ‎∵直线与⊙相切于点,‎ ‎∴∠DAO=90°,‎ ‎∴∠DAC+∠OAC=90°,‎ ‎∴∠DCA+∠OCA=90°,‎ ‎∴∠DCO=90°,‎ ‎∴OC⊥DC,‎ 又∵点C在⊙上,‎ ‎∴直线是⊙的切线;‎ ‎(2)解:∵∠CAB=30°,‎ ‎∴∠COB=2∠CAB=60°,‎ 又∵OB=OC,‎ ‎∴BOC为等边三角形,‎ ‎∴OB=OC=BC=2,‎ ‎∴,‎ ‎∵∠OCE=90°,∠COB=60°,‎ ‎∴∠E=90°-∠COB=30°,‎ ‎∴OE=2OC=4,‎ ‎∴在RtCOE中,,‎ ‎∴ ‎ ‎,‎ ‎∴‎ ‎∴阴影部分的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查了切线的性质与判定、扇形的面积公式以及含30°的直角三角形的性质,勾股定理,熟练掌握切线的性质与判定、扇形的面积公式是解决本题的关键.‎ ‎15. (2020•江苏省泰州市•10分)如图,在⊙O中,点P为的中点,弦AD.PC互相垂直,垂足为M,BC分别与AD.PD相交于点E.N,连接BD.MN.‎ ‎(1)求证:N为BE的中点.‎ ‎(2)若⊙O的半径为8,的度数为90°,求线段MN的长.‎ ‎【分析】(1)根据圆周角定理得:∠ADP=∠BCP,由三角形的内角和定理和平角的定义得:∠DNE=∠EMC=90°=∠DNB,最后由等腰三角形的判定和性质可得结论;‎ ‎(2)连接OA,OB,AB,AC,先根据勾股定理得AB=8,再证明MN是△AEB的中位线,可得MN的长.‎ ‎【解答】(1)证明:∵AD⊥PC,∴∠EMC=90°,∵点P为的中点,∴,‎ ‎∴∠ADP=∠BCP,∵∠CEM=∠DEN,∴∠DNE=∠EMC=90°=∠DNB,‎ ‎∵,∴∠BDP=∠ADP,∴∠DEN=∠DBN,∴DE=DB,∴EN=BN,‎ ‎∴N为BE的中点;‎ ‎(2)解:连接OA,OB,AB,AC,‎ ‎∵的度数为90°,∴∠AOB=90°,∵OA=OB=8,∴AB=8,‎ 由(1)同理得:AM=EM,∵EN=BN,∴MN是△AEB的中位线,∴MN=AB=4.‎ ‎【点评】‎ 本题考查了圆周角定理,勾股定理,等腰三角形的判定和性质,三角形的内角和定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线构造等腰直角三角形解决问题,属于中考常考题.‎ ‎16‎ ‎. (2020年内蒙古通辽市)22.如图,的直径交弦(不是直径)于点P,且.求证:.‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接AC和BD,证明△PAC∽△PDB,得到,再根据得到,从而得到PC=PD,根据垂径定理得出结果.‎ ‎【详解】解:连接AC和BD,‎ 在△PAC和△PBD中,‎ ‎∠A=∠D,∠C=∠B,‎ ‎∴△PAC∽△PDB,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ ‎∴PC=PD,‎ ‎∵AB为直径,‎ ‎∴AB⊥CD.‎ ‎【点睛】本题考查了圆周角定理,相似三角形的判定和性质,垂径定理,解题的关键是证明△PAC∽△PDB,得到.‎
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