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)

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.‎