2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题31 点直线与圆的位置关系(含解析)

2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题31 点直线与圆的位置关系(含解析)

点直线与圆的位置关系 ‎ 一.选择题 ‎ 1. (2020•江苏省徐州市•3分)如图，AB是⊙O的弦，点C在过点B的切线上，OC⊥OA，OC交AB于点P．若∠BPC＝70°，则∠ABC的度数等于(　　)‎ A．75° B．70° C．65° D．60°‎ ‎【分析】先利用对顶角相等和互余得到∠A＝20°，再利用等腰三角形的性质得到∠OBA＝∠A＝20°，然后根据切线的性质得到OB⊥BC，从而利用互余计算出∠ABC的度数．‎ ‎【解答】解：∵OC⊥OA，∴∠AOC＝90°，‎ ‎∵∠APO＝∠BPC＝70°，∴∠A＝90°－70°＝20°，∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠A＝20°，‎ ‎∵BC为⊙O的切线，∴OB⊥BC，∴∠OBC＝90°，∴∠ABC＝90°－20°＝70°．‎ 故选：B．‎ ‎【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．‎ ‎2 （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．‎ ‎3（2020•广东省广州市•3分）如图，中，，，，以点为圆心，为半径作，当时，与的位置关系是（ ）‎ A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据中，， ，求出AC的值，再根据勾股定理求出BC 的值，比较BC与半径r的大小，即可得出与的位置关系．‎ ‎【详解】解：∵中，， ，‎ ‎∴cosA=‎ ‎∵，‎ ‎∴AC=4‎ ‎∴BC=‎ 当时，与的位置关系是：相切 故选：B ‎【点睛】本题考查了由三角函数解直角三角形，勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识，利用勾股定理解求出BC是解题的关键．‎ ‎4.（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．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 二.填空题 ‎1. （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．‎ ‎2. (2020•江苏省泰州市•3分)如图，直线a⊥b，垂足为H，点P在直线b上，PH＝4cm，O为直线b上一动点，若以lcm为半径的⊙O与直线a相切，则OP的长为　3cm或5cm　．‎ ‎【分析】当点O在点H的左侧⊙O与直线a相切时，OP＝PH－OH；当点O在点H的右侧⊙O与直线a相切时，OP＝PH+OH，即可得出结果．‎ ‎【解答】解：∵直线a⊥b，O为直线b上一动点，∴⊙O与直线a相切时，切点为H，∴OH＝1cm，当点O在点H的左侧，⊙O与直线a相切时，如图1所示：OP＝PH－OH ‎＝4－1＝3(cm)；‎ ‎ ‎ 当点O在点H的右侧，⊙O与直线a相切时，如图2所示：OP＝PH+OH＝4+1＝5(cm)；‎ ‎∴⊙O与直线a相切，OP的长为3cm或5cm，故答案为：3cm或5cm．‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质以及分类讨论；熟练掌握切线的性质是解题的关键．‎ ‎3. (2020•江苏省泰州市•3分)如图所示的网格由边长为1个单位长度的小正方形组成，点A. B.C在直角坐标系中的坐标分别为(3，6)，(－3，3)，(7，－2)，则△ABC内心的坐标为　(2，3)　．‎ ‎【分析】根据点A.B.C在直角坐标系中的坐标分别为(3，6)，(－3，3)，(7，－2)，建立直角坐标系，根据等腰三角形三线合一，利用网格确定△ABC内心的坐标即可．‎ ‎【解答】解：如图，点I即为△ABC的内心．所以△ABC内心I的坐标为(2，3)．故答案为：(2，3)．‎ ‎【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心、坐标与图形性质，解决本题的关键是掌握三角形的内心定义．‎ ‎4 (2020•江苏省徐州市•3分)在△ABC中，若AB＝6，∠ACB＝45°．则△ABC 的面积的最大值为　9+9　．‎ ‎【分析】首先过C作CM⊥AB于M，由弦AB已确定，可得要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，即可得当CM过圆心O时，CM最大，然后由圆周角定理，证得△AOB是等腰直角三角形，则可求得CM的长，继而求得答案．‎ ‎【解答】解：作△ABC的外接圆⊙O，过C作CM⊥AB于M，‎ ‎∵弦AB已确定，∴要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，‎ 如图所示，当CM过圆心O时，CM最大，∵CM⊥AB，CM过O，∴AM＝BM(垂径定理)，∴AC＝BC，∵∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°，∴OM＝AM＝AB＝＝3，‎ ‎∴OA＝＝3，∴CM＝OC+OM＝3+3，‎ ‎∴S△ABC＝AB•CM＝×6×(3+3)＝9+9．故答案为：9+9．‎ ‎【点评】此题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理以及等腰直角三角形性质．注意得到当CM过圆心O时，CM最大是关键．‎ ‎ ‎ 三.解答题 ‎1. (2020•江苏省无锡市•8分)如图，已知△ABC是锐角三角形(AC＜AB)．‎ ‎(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图：作直线l，使l上的各点到B.C两点的距离相等；设直线l与AB.BC分别交于点M、N，作一个圆，使得圆心O在线段MN上，且与边AB.BC相切；(不写作法，保留作图痕迹)‎ ‎(2)在(1)的条件下，若BM＝，BC＝2，则⊙O的半径为　　．‎ ‎【分析】(1)作线段BC的垂直平分线交AB于M，交BC于N，作∠ABC的角平分线交MN于点O，以O为圆心，ON为半径作⊙O即可．‎ ‎(2)过点O作OE⊥AB于E．设OE＝ON＝r，利用面积法构建方程求解即可．‎ ‎【解答】解：(1)如图直线l，⊙O即为所求．‎ ‎(2)过点O作OE⊥AB于E．设OE＝ON＝r，‎ ‎∵BM＝，BC＝2，MN垂直平分线段BC，∴BN＝CN＝1，‎ ‎∴MN＝＝＝，‎ ‎∵S△BNM＝S△BNO+S△BOM，∴×1×＝×1×r+××r，解得r＝．故答案为．‎ ‎【点评】本题考查作图－复杂作图，角平分线的性质，线段的垂直平分线的性质，切线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎2. (2020•江苏省无锡市•8分)如图，DB过⊙O的圆心，交⊙O于点A.B，DC是⊙O的切线，点C是切点，已知∠D＝30°，DC＝．‎ ‎(1)求证：△BOC∽△BCD；‎ ‎(2)求△BCD的周长．‎ ‎【分析】(1)由切线的性质可得∠OCD＝90°，由外角的性质可得∠BOC＝120°，由等腰三角形的性质∠B＝∠OCB＝30°，可得∠B＝∠D＝30°，∠DCB＝120°＝∠BOC，可得结论；‎ ‎(2)由直角三角形的性质可得OC＝1＝OB，DO＝2，即可求解．‎ ‎【解答】证明：(1)∵DC是⊙O的切线，∴∠OCD＝90°，‎ ‎∵∠D＝30°，∴∠BOC＝∠D+∠OCD＝30°+90°＝120°，‎ ‎∵OB＝OC，∴∠B＝∠OCB＝30°，∴∠DCB＝120°＝∠BOC，‎ 又∵∠B＝∠D＝30°，∴△BOC∽△BCD；‎ ‎(2)∵∠D＝30°，DC＝，∠OCD＝90°，∴DC＝OC＝，DO＝2OC，‎ ‎∴OC＝1＝OB，DO＝2，∵∠B＝∠D＝30°，∴DC＝BC＝，‎ ‎∴△BCD的周长＝CD+BC+DB＝++2+1＝3+2．‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．‎ ‎3. (2020•江苏省盐城市•10分)如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，∠DCA＝∠B．‎ ‎(1)求证：CD是⊙O的切线；‎ ‎(2)若DE⊥AB，垂足为E，DE交AC于点F，求证：△DCF是等腰三角形．‎ ‎【分析】(1)连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OCA＝∠A，根据圆周角定理得到∠BCA＝90°，求得OC⊥CD，于是得到结论；‎ ‎(2)根据已知条件得到∠A+∠DCA＝90°，得到∠DCA＝∠EFA，推出∠DCA＝∠DFC，于是得到结论．‎ ‎【解答】证明：(1)连接OC，∵OC＝OA，∴∠OCA＝∠A，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，∴∠BCA＝90°，∴∠A+∠B＝90°，‎ ‎∵∠DCA＝∠B，∴∠OCA+∠DCA＝∠OCD＝90°，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线；‎ ‎(2)∵∠OCA+∠DCA＝90°，∠OCA＝∠A，∴∠A+∠DCA＝90°，‎ ‎∵DE⊥AB，∴∠A+∠EFA＝90°，∴∠DCA＝∠EFA，‎ ‎∵∠EFA＝∠DFC，∴∠DCA＝∠DFC，∴△DCF是等腰三角形．‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．‎ ‎4. (2020•江苏省扬州市•10分)如图，△ABC内接于⊙O，∠B＝60°，点E在直径CD的延长线上，且AE＝AC．‎ ‎(1)试判断AE与⊙O的位置关系，并说明理由；‎ ‎(2)若AC＝6，求阴影部分的面积．‎ ‎【分析】(1)连接OA.AD，可求得∠ACE＝∠AEC＝30°，可证明△AOD为等边三角形，可求得∠EAO＝90°，可证明AE为⊙O的切线；‎ ‎(2)作OF⊥AC于F，结合(1)可得到OA＝2，AE＝6，再根据圆的面积公式和扇形面积公式即可求解．‎ ‎【解答】(1)证明：连接OA.AD，如图，∵CD为⊙O的直径，∴∠DAC＝90°，‎ 又∵∠ADC＝∠B＝60°，∴∠ACD＝30°，‎ 又∵AE＝AC，OA＝OD，∴△ADO为等边三角形，∴∠E＝30°，∠ADO＝∠DAO＝60°，∴∠PAD＝30°，∴∠EAD+∠DAO＝90°，∴OA⊥AE，∴AE为⊙O的切线；‎ ‎(2)解：作OF⊥AC于F，‎ 由(1)可知△AEO为直角三角形，且∠E＝30°，∴OA＝2，AE＝6，‎ ‎∴阴影部分的面积为×6×2－＝6－2π．‎ ‎【点评】本题主要考查切线的判定和性质，掌握切线的证明方法是解题的关键，即有切点时连接圆心和切点证明垂直，没有切点时，作垂直证明距离等于半径．注意这类问题的常用辅助线的作法．‎ ‎5 （2020•江苏省常州市•10分）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点（Q在P、H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点“，把PQ•PH的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．‎ ‎（1）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点E的坐标为（0，4）．半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A.B.C.D．‎ ‎①过点E画垂直于y轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点　D　（填“A”．“B”、“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为　6　；‎ ‎②若直线n的函数表达式为y＝x+4．求⊙O关于直线n的“特征数”；‎ ‎（2）在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点M（1，4），点F是坐标平面内一点，以F为圆心，为半径作⊙F．若⊙F与直线1相离，点N（﹣1，0）是⊙F关于直线1的“远点”．且⊙F关于直线l的“特征数”是4，求直线l的函数表达式．‎ ‎【分析】（1）①根据远点，特征数的定义判断即可．‎ ‎②如图1﹣1中，过点O作OH⊥直线n于H，交⊙O于Q，P．解直角三角形求出PH，PQ的长即可解决问题．‎ ‎（2）如图2﹣1中，设直线l的解析式为y＝kx+b．分两种情形k＞0或k＜0，分别求解即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）①由题意，点D是⊙O关于直线m的“远点”，⊙O关于直线m的特征数＝DB•DE＝2×5＝20，‎ 故答案为D，20．‎ ‎②如图1﹣1中，过点O作OH⊥直线n于H，交⊙O于Q，P．‎ 设直线y＝x+4交x轴于F（﹣，0），交y轴于E（0，4），‎ ‎∴OE＝4，OF＝‎ ‎∴tan∠FEO＝＝，‎ ‎∴∠FEO＝30°，‎ ‎∴OH＝OE＝2，‎ ‎∴PH＝OH+OP＝3，‎ ‎∴⊙O关于直线n的“特征数”＝PQ•PH＝2×3＝6．‎ ‎（2）如图2﹣1中，设直线l的解析式为y＝kx+b．‎ 当k＞0时，过点F作FH⊥直线l于H，交⊙F于E，N．‎ 由题意，EN＝2，EN•NH＝4，‎ ‎∴NH＝，‎ ‎∵N（﹣1，0），M（1，4），‎ ‎∴MN＝＝2，‎ ‎∴HM＝＝＝，‎ ‎∴△MNH是等腰直角三角形，‎ ‎∵MN的中点K（0，2），‎ ‎∴KN＝HK＝KM＝，‎ ‎∴H（﹣2，3），‎ 把H（﹣2，3），M（1，4）代入y＝kx+b，则有，‎ 解得，‎ ‎∴直线l的解析式为y＝x+，‎ 当k＜0时，同法可知直线i经过H′（2，1），可得直线l的解析式为y＝﹣3x+7．‎ 综上所述，满足条件的直线l的解析式为y＝x+或y＝﹣3x+7．‎ ‎【点评】本题属于圆综合题，考查了一次函数的性质，解直角三角形，远点，特征数的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．‎ ‎6 （2020•江苏省淮安市•10分）如图，AB是⊙O的弦，C是⊙O外一点，OC⊥OA，CO交AB 于点P，交⊙O于点D，且CP＝CB．‎ ‎（1）判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；‎ ‎（2）若∠A＝30°，OP＝1，求图中阴影部分的面积．‎ ‎【分析】（1）根据等边对等角得∠CPB＝∠CBP，根据垂直的定义得∠OBC＝90°，即OB⊥CB，则CB与⊙O相切；‎ ‎（2）根据三角形的内角和定理得到∠APO＝60°，推出△PBD是等边三角形，得到∠PCB＝∠CBP＝60°，求得BC＝1，根据勾股定理得到OB＝＝，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）CB与⊙O相切，‎ 理由：连接OB，‎ ‎∵OA＝OB，‎ ‎∴∠OAB＝∠OBA，‎ ‎∵CP＝CB，‎ ‎∴∠CPB＝∠CBP，‎ 在Rt△AOP中，∵∠A+∠APO＝90°，‎ ‎∴∠OBA+∠CBP＝90°，‎ ‎ 即：∠OBC＝90°，‎ ‎∴OB⊥CB，‎ 又∵OB是半径，‎ ‎∴CB与⊙O相切；‎ ‎（2）∵∠A＝30°，∠AOP＝90°，‎ ‎∴∠APO＝60°，‎ ‎∴∠BPD＝∠APO＝60°，‎ ‎∵PC＝CB，‎ ‎∴△PBC是等边三角形，‎ ‎∴∠PCB＝∠CBP＝60°，‎ ‎∴∠OBP＝∠POB＝30°，‎ ‎∴OP＝PB＝PC＝1，‎ ‎∴BC＝1，‎ ‎∴OB＝＝，‎ ‎∴图中阴影部分的面积＝S△OBC﹣S扇形OBD＝1×﹣＝﹣．‎ ‎【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，切线的判定，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，扇形面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎7. （2020•江苏省连云港市•12分）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋）中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转圈，筒车与水面分别交于点A.B，筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2.2m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间．‎ ‎（1）经过多长时间，盛水筒P首次到达最高点？‎ ‎（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面多高？‎ ‎（3）若接水槽MN所在直线是⊙O的切线，且与直线AB交于点M，MO＝8m．求盛水筒P从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线MN上．‎ ‎（参考数据：cos43°＝sin47°≈，sin16°＝cos74°≈，sin22°＝cos68°≈）‎ ‎【分析】（1）如图1中，连接OA．求出∠AOC的度数，以及旋转速度即可解决问题．‎ ‎（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，过点P作PD⊥OC于D，解直角三角形求出CD即可．‎ ‎（3）如图3中，连接OP，解直角三角形求出∠POM，∠COM，可得∠POH的度数即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，连接OA．‎ 由题意，筒车每秒旋转360°×÷60＝5°，‎ 在Rt△ACO中，cos∠AOC＝＝＝．‎ ‎∴∠AOC＝43°，‎ ‎∴＝27.4（秒）．‎ 答：经过27.4秒时间，盛水筒P首次到达最高点．‎ ‎（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，‎ ‎∴∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43°+17°＝60°，‎ 过点P作PD⊥OC于D，‎ 在Rt△POD中，OD＝OP•cos60°＝3×＝1.5（m），‎ ‎2.2﹣1.5＝1.7（m），‎ 答：浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面1.7m．‎ ‎（3）如图3中，‎ ‎∵点P在⊙O上，且MN与⊙O相切，‎ ‎∴当点P在MN上时，此时点P是切点，连接OP，则OP⊥MN，‎ 在Rt△OPM中，cos∠POM＝＝，‎ ‎∴∠POM＝68°，‎ 在Rt△COM中，cos∠COM＝＝＝，‎ ‎∴∠COM＝74°，‎ ‎∴∠POH＝180°﹣∠POM﹣∠COM＝180°﹣68°﹣74°＝38°，‎ ‎∴需要的时间为＝7.6（秒），‎ 答：盛水筒P从最高点开始，至少经过7.6秒恰好在直线MN上．‎ ‎【点评】本题考查解直角三角形的应用，切线的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎8（2020•江苏省连云港市•12分）（1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB.CD于点E.F．若BE＝2，PF＝6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2＝　12　；‎ ‎（2）如图2，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E.F、G、H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD 的面积（用含S1.S2的代数式表示）；‎ ‎（3）如图3，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），过点P作EF∥AD，HG∥AB，与各边分别相交于点E.F、G、H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1.S2的代数式表示）；‎ ‎（4）如图4，点A.B.C.D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC.BD上），设PB.PC.围成的封闭图形的面积为S1，PA.PD.围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1.S2.S3.S4的等式（写出一种情况即可）．‎ ‎【分析】（1）如图1中，求出△PFC的面积，证明△APE的面积＝△PFC的面积即可．‎ ‎（2）如图2中，连接PA，PC，在△APB中，因为点E是AB的中点，可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，证明S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，推出S△ABD＝S平行四边形ABCD＝S1+S2，根据S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．可得结论．‎ ‎（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，利用平行四边形的性质求解即可．‎ ‎（4）分四种情形：如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．设线段PB，线段PA，AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，推出x﹣y＝S3﹣S4，由题意S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），可得S2﹣S1＝x﹣y+2S4‎ ‎＝S3+S4．其余情形同法可求．‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，‎ 过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，‎ ‎∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，‎ ‎∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFC＝×PF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，‎ ‎∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，‎ ‎∴S1＝S2＝6，‎ ‎∴S1+S2＝12，‎ 故答案为12．‎ ‎（2）如图2中，连接PA，PC，‎ 在△APB中，∵点E是AB的中点，‎ ‎∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，‎ ‎∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，‎ ‎∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，‎ ‎∴S△ABD＝S平行四边形ABCD＝S1+S2，‎ ‎∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．‎ ‎（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，‎ ‎∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，‎ ‎∴S△ABD＝S平行四边形ABCD＝（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）＝（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，‎ ‎∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）＝（S2﹣S1）．‎ ‎（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．‎ 理由：设线段PB，线段PA，AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．‎ 由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，‎ ‎∴x﹣y＝S3﹣S4，‎ ‎∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），‎ ‎∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．‎ 同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣S＝S3+S4．‎ 图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．‎ ‎【点评】本题属于圆综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的性质，圆的有关知识等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，学会用分类讨的思想思考问题，属于中考压轴题．‎ ‎9.（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 ‎10（2020•贵州省安顺市•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；‎ http://www.czsx.com.cn ‎（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．‎ ‎11（2020•广西省玉林市•8分）如图，AB是⊙O的直径，点D在直径AB上（D与A，B不重合），CD⊥AB，且CD＝AB，连接CB，与⊙O交于点F，在CD上取一点E，使EF＝EC．‎ ‎（1）求证：EF是⊙O的切线；‎ ‎（2）若D是OA的中点，AB＝4，求CF的长．‎ ‎【分析】（1）连接OF，易证∠DBC+∠C＝90°，由等腰三角形的性质得∠DBC＝∠OFB，∠C＝∠EFC，推出∠OFB+∠EFC＝90°，则∠OFE＝90°，即可得出结论；‎ ‎（2）连接AF，则∠AFB＝90°，求出BD＝3OD＝3，CD＝AB＝4，BC＝＝5，证明△FBA∽△DBC，得出＝，求出BF＝，由CF＝BC﹣BF即可得出结果．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OF，如图1所示：‎ ‎∵CD⊥AB，‎ ‎∴∠DBC+∠C＝90°，‎ ‎∵OB＝OF，‎ ‎∴∠DBC＝∠OFB，‎ ‎∵EF＝EC，‎ ‎∴∠C＝∠EFC，‎ ‎∴∠OFB+∠EFC＝90°，‎ ‎∴∠OFE＝180°﹣90°＝90°，‎ ‎∴OF⊥EF，‎ ‎∵OF为⊙O的半径，‎ ‎∴EF是⊙O的切线；‎ ‎（2）解：连接AF，如图2所示：‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠AFB＝90°，‎ ‎∵D是OA的中点，‎ ‎∴OD＝DA＝OA＝AB＝×4＝1，‎ ‎∴BD＝3OD＝3，‎ ‎∵CD⊥AB，CD＝AB＝4，‎ ‎∴∠CDB＝90°，‎ 由勾股定理得：BC＝＝＝5，‎ ‎∵∠AFB＝∠CDB＝90°，∠FBA＝∠DBC，‎ ‎∴△FBA∽△DBC，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴BF＝＝＝，‎ ‎∴CF＝BC﹣BF＝5﹣＝．‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎12（2020•黑龙江省齐齐哈尔市•8分）如图，AB为⊙O的直径，C.D为⊙O上的两个点，＝＝，连接AD，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E．‎ ‎（1）求证：DE是⊙O的切线．‎ ‎（2）若直径AB＝6，求AD的长．‎ ‎【分析】（1）连接OD，根据已知条件得到∠BOD＝180°＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD⊥DE，于是得到结论；‎ ‎（2）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到结论．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OD，‎ ‎∵＝＝，‎ ‎∴∠BOD＝180°＝60°，‎ ‎∵＝，‎ ‎∴∠EAD＝∠DAB＝BOD＝30°，‎ ‎∵OA＝OD，‎ ‎∴∠ADO＝∠DAB＝30°，‎ ‎∵DE⊥AC，‎ ‎∴∠E＝90°，‎ ‎∴∠EAD+∠EDA＝90°，‎ ‎∴∠EDA＝60°，‎ ‎∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，‎ ‎∴OD⊥DE，‎ ‎∴DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）解：连接BD，‎ ‎∵AB为⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB＝90°，‎ ‎∵∠DAB＝30°，AB＝6，‎ ‎∴BD＝AB＝3，‎ ‎∴AD＝＝3．‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎13.（2020•湖北省黄冈市•7分）已知：如图，AB是⊙O的直径，点E为⊙O上一点，点D是上一点，连接AE并延长至点C，使∠CBE＝∠BDE，BD与AE交于点F．‎ ‎（1）求证：BC是⊙O的切线；‎ ‎（2）若BD平分∠ABE，求证：AD2＝DF•DB．‎ ‎【分析】（1）根据圆周角定理即可得出∠EAB+∠EBA＝90°，再由已知得出∠ABE+∠CBE＝90°，则CB⊥AB，从而证得BC是⊙O的切线；‎ ‎（2）通过证得△ADF∽△BDA，得出相似三角形的对应边成比例即可证得结论．‎ ‎【解答】证明：（1）∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠AEB＝90°，‎ ‎∴∠EAB+∠EBA＝90°，‎ ‎∵∠CBE＝∠BDE，∠BDE＝∠EAB，‎ ‎∴∠EAB＝∠CBE，‎ ‎∴∠EBA+∠CBE＝90°，即∠ABC＝90°，‎ ‎∴CB⊥AB，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴BC是⊙O的切线；‎ ‎（2）证明：∵BD平分∠ABE，‎ ‎∴∠ABD＝∠DBE，‎ ‎∵∠DAF＝∠DBE，‎ ‎∴∠DAF＝∠ABD，‎ ‎∵∠ADB＝∠ADF，‎ ‎∴△ADF∽△BDA，‎ ‎∴，‎ ‎∴AD2＝DF•DB．‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定，三角形相似的判定和性质；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．‎ ‎14. (2020•湖南省怀化市)如图，在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，延长AB到点D，使CD＝CA，且∠D＝30°．‎ ‎（1）求证：CD是⊙O的切线．‎ ‎（2）分别过A.B两点作直线CD的垂线，垂足分别为E.F两点，过C点作AB的垂线，垂足为点G．求证：CG2＝AE•BF．‎ ‎【分析】（1）连接OC，∠CAD＝∠D＝30°，由OC＝OA，进而得到∠OCA＝∠CAD＝30°，由三角形外角定理得到∠COD＝∠A+∠OCA＝60°，在△OCD中由内角和定理可知∠OCD＝90°即可证明；‎ ‎（2）证明AC是∠EAG的角平分线，CB是∠FCG的角平分线，得到CE＝CG，CF＝CG，再证明△AEC∽△CFB，对应线段成比例即可求解．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OC，如右图所示，‎ ‎∵CA＝CD，且∠D＝30°，‎ ‎∴∠CAD＝∠D＝30°，‎ ‎∵OA＝OC，‎ ‎∴∠CAD＝∠ACO＝30°，‎ ‎∴∠COD＝∠CAD+∠ACO＝30°+30°＝60°，‎ ‎∴∠OCD＝180°﹣∠D﹣∠COD＝180°﹣30°﹣60°＝90°，‎ ‎∴OC⊥CD，‎ ‎∴CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）∵∠COB＝60°，且OC＝OB，‎ ‎∴△OCB为等边三角形，‎ ‎∴∠CBG＝60°，‎ 又∵CG⊥AD，‎ ‎∴∠CGB＝90°，‎ ‎∴∠GCB＝∠CGB﹣∠CBG＝30°，‎ 又∵∠GCD＝60°，‎ ‎∴CB是∠GCD的角平分线，‎ ‎∵BF⊥CD，BG⊥CG，‎ ‎∴BF＝BG，‎ 又∵BC＝BC，‎ ‎∴Rt△BCG≌Rt△BCF（HL），‎ ‎∴CF＝CG．‎ ‎∵∠D＝30°，AE⊥ED，∠E＝90°，‎ ‎∴∠EAD＝60°，‎ 又∵∠CAD＝30°，‎ ‎∴AC是∠EAG的角平分线，‎ ‎∵CE⊥AE，CG⊥AB，‎ ‎∴CE＝CG，‎ ‎∵∠E＝∠BFC＝90°，∠EAC＝30°＝∠BCF，‎ ‎∴△AEC∽△CFB，‎ ‎∴，即AE•BF＝CF•CE，‎ 又CE＝CG，CF＝CG，‎ ‎∴AE•BF＝CG2．‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定和性质、角平分线的性质、相似三角形的判定和性质等，属于中考常考题型，熟练掌握切线性质、角平分线性质是解决此题的关键．‎ ‎15. （2020•湖南省湘潭市·6分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为点E．‎ ‎（1）求证：△ABD≌△ACD；‎ ‎（2）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由．‎ ‎【分析】（1）AB为⊙O的直径得AD⊥BC，结合AB＝AC，用HL证明全等三角形；‎ ‎（2）由△ABD≌△ACD得BD＝BC，结合AO＝BO得OD为△ABC的中位线，由DE⊥AC得OD⊥DE，可得直线DE为⊙O切线．‎ ‎【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，‎ ‎∴AD⊥BC，‎ 在Rt△ADB和Rt△ADC中，‎ ‎∴Rt△ABD≌Rt△ACD（HL）；‎ ‎（2）直线DE与⊙O相切，理由如下：‎ 连接OD，如图所示：‎ 由△ABD≌△ACD知：BD＝DC，‎ 又∵OA＝OB，‎ ‎∴OD为△ABC的中位线，‎ ‎∴OD∥AC，‎ ‎∵DE⊥AC，‎ ‎∴OD⊥DE，‎ ‎∵OD为⊙O的半径，‎ ‎∴DE与⊙O相切．‎ ‎【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，全等三角形判定和性质，切线的判定，平行线的判定和性质，熟知以上知识的应用是解题的关键．‎ ‎16. （2020•湖南省张家界·）如图，在中，，以为直径作，过点C作直线交的延长线于点D，使．‎ ‎（1）求证：为的切线；‎ ‎（2）若平分，且分别交于点，当时，求的长．‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）EF=．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）如图，连接OC，欲证明CD是的切线，只需求得∠OCD=；‎ ‎（2）由角平分线及三角形外角性质可得，即∠CEF=∠CFE，根据勾股定理可求得EF长．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：如图，连接OC ‎∵为的直径 ‎∴，即∠A+∠ABC=‎ 又∵OC=OB ‎∴∠ABC=∠OCB ‎∵‎ ‎∴∠BCD+∠OCB=，即∠OCD=‎ ‎∵OC是圆O的半径 ‎∴CD是的切线．‎ ‎（2）解：∵平分 ‎∴∠CDE=∠ADE 又∵‎ ‎∴，即∠CEF=∠CFE ‎∵∠ACB=，‎ ‎∴CE=CF=2‎ ‎∴EF=‎ ‎【点睛】此题主要考查切线的判定方法、角平分线及三角形外角性质和勾股定理，熟练进行推理论证是解题关键．‎ ‎17. （2020•湖南省长沙市·8分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD与过C点的直线互相垂直，垂足为D，AC平分∠DAB．‎ ‎（1）求证：DC为⊙O的切线．‎ ‎（2）若AD＝3，DC＝，求⊙O的半径．‎ ‎【分析】（1）如图，连接OC，根据已知条件可以证明∠OCA＝∠DAC，得AD∥OC，由AD⊥DC，得OC⊥DC，进而可得DC为⊙O的切线；‎ ‎（2）过点O作OE⊥AC于点E，根据Rt△ADC中，AD＝3，DC＝，可得DAC＝30°，再根据垂径定理可得AE的长，进而可得⊙O的半径．‎ ‎【解答】解：（1）如图，连接OC，‎ ‎∵OA＝OC，‎ ‎∴∠OAC＝∠OCA，‎ ‎∵AC平分∠DAB，‎ ‎∴∠DAC＝∠OAC，‎ ‎∴∠OCA＝∠DAC，‎ ‎∴AD∥OC，‎ ‎∵AD⊥DC，‎ ‎∴OC⊥DC，‎ 又OC是⊙O的半径，‎ ‎∴DC为⊙O的切线；‎ ‎（2）过点O作OE⊥AC于点E，‎ 在Rt△ADC中，AD＝3，DC＝，‎ ‎∴tan∠DAC＝＝，‎ ‎∴∠DAC＝30°，‎ ‎∴AC＝2DC＝2，‎ ‎∵OE⊥AC，‎ 根据垂径定理，得 AE＝EC＝AC＝，‎ ‎∵∠EAO＝∠DAC＝30°，‎ ‎∴OA＝＝2，‎ ‎∴⊙O的半径为2．‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理，解决本题的关键是掌握切线的判定与性质．‎ ‎18. （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．‎ ‎19 （2020•湖南省株洲市·）AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，连接AC.BC，直线MN 过点C，满足∠BCM＝∠BAC＝α．‎ ‎（1）如图①，求证：直线MN是⊙O的切线；‎ ‎（2）如图②，点D在线段BC上，过点D作DH⊥MN于点H，直线DH交⊙O于点E.F，连接AF并延长交直线MN于点G，连接CE，且CE＝，若⊙O的半径为1，cosα＝，求AG•ED的值．‎ ‎【分析】（1）由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得∠A+∠B＝90°，由OC＝OB可得∠B＝∠OCB，推出∠OCB+∠BCM＝90°，从而可得结论；‎ ‎（2）由已知条件易求出AC的长，根据对顶角相等和圆周角定理可得∠GFH＝∠ACE，根据余角的性质可得∠ECD＝∠AGC，进而可得△EDC∽△ACG，根据相似三角形的性质变形可得AG•DE＝AC•CE，即可求出结果．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OC，如图①，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∴∠A+∠B＝90°，‎ ‎∵OC＝OB，‎ ‎∴∠B＝∠OCB，‎ ‎∵∠BCM＝∠A，‎ ‎∴∠OCB+∠BCM＝90°，即OC⊥MN，‎ ‎∴MN是⊙O的切线；‎ ‎（2）解：如图②，∵AB是⊙O的直径，⊙O的半径为1，‎ ‎∴AB＝2，‎ ‎∵cos∠BAC＝，即，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠AFE＝∠ACE，∠GFH＝∠AFE，‎ ‎∴∠GFH＝∠ACE，‎ ‎∵DH⊥MN，‎ ‎∴∠GFH+∠AGC＝90°，‎ ‎∵∠ACE+∠ECD＝90°，‎ ‎∴∠ECD＝∠AGC，‎ 又∵∠DEC＝∠CAG，‎ ‎∴△EDC∽△ACG，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎20.（2020•河南省•9分）‎ 我们学习过利用尺规作图平分一个任意角，而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题，之后被数学家证明是不可能完成的．人们根据实际需要，发明了一种简易操作工具﹣﹣三分角器．图1是它的示意图，其中AB与半圆O的直径BC在同一直线上，且AB的长度与半圆的半径相等；DB与AC垂直于点B，DB足够长．‎ 使用方法如图2所示，若要把∠MEN三等分，只需适当放置三分角器，使DB经过∠MEN的顶点E，点A落在边EM上，半圆O与另一边EN恰好相切，切点为F，则EB，EO就把∠MEN三等分了．‎ 为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．‎ 已知：如图2，点A，B，O，C在同一直线上，EB⊥AC，垂足为点B，　AB＝OB，EN切半圆O于F　．‎ 求证：　EB，EO就把∠MEN三等分　．‎ ‎【分析】根据垂直的定义得到∠ABE＝∠OBE＝90°，根据全等三角形的性质得到∠1＝∠2，根据切线的性质得到∠2＝∠3，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：已知：如图2，点A，B，O，C在同一直线上，EB⊥AC，垂足为点B，AB＝OB，EN切半圆O于F．‎ 求证：EB，EO就把∠MEN三等分，‎ 证明：∵EB⊥AC，‎ ‎∴∠ABE＝∠OBE＝90°，‎ ‎∵AB＝OB，BE＝BE，‎ ‎∴△ABE≌△OBE（SAS），‎ ‎∴∠1＝∠2，‎ ‎∵BE⊥OB，‎ ‎∴BE是⊙E的切线，‎ ‎∵EN切半圆O于F，‎ ‎∴∠2＝∠3，‎ ‎∴∠1＝∠2＝∠3，‎ ‎∴EB，EO就把∠MEN三等分．‎ 故答案为：AB＝OB，EN切半圆O于F；EB，EO就把∠MEN三等分．‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎21.（2020•贵州省铜仁市•12分）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．‎ ‎（1）求证：CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AD＝8，＝，求CD的长．‎ ‎【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论；‎ ‎（2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OC，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∵CE⊥AB，‎ ‎∴∠CEB＝90°，‎ ‎∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，‎ ‎∴∠A＝∠ECB，‎ ‎∵∠BCE＝∠BCD，‎ ‎∴∠A＝∠BCD，‎ ‎∵OC＝OA，‎ ‎∴∠A＝∠ACO，‎ ‎∴∠ACO＝∠BCD，‎ ‎∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，‎ ‎∴∠DCO＝90°，‎ ‎∴CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）解：∵∠A＝∠BCE，‎ ‎∴tanA＝＝tan∠BCE＝＝，‎ 设BC＝k，AC＝2k，‎ ‎∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，‎ ‎∴△ACD∽△CBD，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∵AD＝8，‎ ‎∴CD＝4．‎ ‎22（2020•贵州省遵义市•10分）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．‎ ‎（1）求证：DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF=1，BF=2，求BD的长度．‎ ‎【分析】（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO=∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E=90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE=90°，由切线的判定定理得出答案；‎ ‎（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB=90°，再由OF=1，BF=2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．‎ ‎【解答】解：（1）连接OD，如图：‎ ‎∵OA=OD，‎ ‎∴∠OAD=∠ADO，‎ ‎∵AD平分∠CAB，‎ ‎∴∠DAE=∠OAD，‎ ‎∴∠ADO=∠DAE，‎ ‎∴OD∥AE，‎ ‎∵DE∥BC，‎ ‎∴∠E=90°，‎ ‎∴∠ODE=180°-∠E=90°，‎ ‎∴DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB=90°，‎ ‎∵OF=1，BF=2，‎ ‎∴OB=3，‎ ‎∴AF=4，BA=6．‎ ‎∵DF⊥AB，‎ ‎∴∠DFB=90°，‎ ‎∴∠ADB=∠DFB，‎ 又∵∠DBF=∠ABD，‎ ‎∴△DBF∽△ABD，‎ ‎∴，‎ ‎∴BD2=BF•BA=2×6=12．‎ ‎∴BD=2．‎ ‎23（2020•河北省•9分）如图，点O为AB中点，分别延长OA到点C，OB到点D，使OC＝OD．以点O为圆心，分别以OA，OC为半径在CD上方作两个半圆．点P为小半圆上任一点（不与点A，B重合），连接OP并延长交大半圆于点E，连接AE，CP．‎ ‎（1）①求证：△AOE≌△POC；‎ ‎②写出∠l，∠2和∠C三者间的数量关系，并说明理由．‎ ‎（2）若OC＝2OA＝2，当∠C最大时，直接指出CP与小半圆的位置关系，并求此时S扇形EOD（答案保留π）．‎ ‎【分析】（1）①利用公共角相等，根据SAS证明三角形全等便可；‎ ‎②由全等三角形得∠C＝∠E，再利用三角形外角性质得结论；‎ ‎（2）当CP与小半圆O相切时，∠C最大，求出∠DOE便可根据扇形的面积公式求得结果．‎ ‎【解答】解：（1）①在△AOE和△POC中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOE≌△POC（SAS）；‎ ‎②∵△AOE≌△POC，‎ ‎∴∠E＝∠C，‎ ‎∵∠1+∠E＝∠2，‎ ‎∴∠1+∠C＝∠2；‎ ‎（2）当∠C最大时，CP与小半圆相切，‎ 如图，‎ ‎∵OC＝2OA＝2，‎ ‎∴OC＝2OP，‎ ‎∵CP与小半圆相切，‎ ‎∴∠OPC＝90°，‎ ‎∴∠OCP＝30°，‎ ‎∴∠DOE＝∠OPC+∠OCP＝120°，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，直角三角形的性质，扇形的面积计算，关键在于掌握各个定理，灵活运用这些性质解题．‎ ‎24（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．‎ ‎25. （2020年辽宁省辽阳市）24．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，AC是对角线，∠CAB＝90°，以点A为圆心，以AB的长为半径作⊙A，交BC边于点E，交AC于点F，连接DE．‎ ‎（1）求证：DE与⊙A相切；‎ ‎（2）若∠ABC＝60°，AB＝4，求阴影部分的面积．‎ ‎【分析】（1）证明：连接AE，根据平行四边形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，求得∠DAE＝∠AEB，根据全等三角形的性质得到∠DEA＝∠CAB，得到DE⊥AE，于是得到结论；‎ ‎（2）根据已知条件得到△ABE是等边三角形，求得AE＝BE，∠EAB＝60°，得到∠CAE＝∠ACB，得到CE＝BE，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AE，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD＝BC，AD∥BC，‎ ‎∴∠DAE＝∠AEB，‎ ‎∵AE＝AB，‎ ‎∴∠AEB＝∠ABC，‎ ‎∴∠DAE＝∠ABC，‎ ‎∴△AED≌△BAC（AAS），‎ ‎∴∠DEA＝∠CAB，‎ ‎∵∠CAB＝90°，‎ ‎∴∠DEA＝90°，‎ ‎∴DE⊥AE，‎ ‎∵AE是⊙A的半径，‎ ‎∴DE与⊙A相切；‎ ‎（2）解：∵∠ABC＝60°，AB＝AE＝4，‎ ‎∴△ABE是等边三角形，‎ ‎∴AE＝BE，∠EAB＝60°，‎ ‎∵∠CAB＝90°，‎ ‎∴∠CAE＝90°﹣∠EAB＝90°﹣60°＝30°，∠ACB＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，‎ ‎∴∠CAE＝∠ACB，‎ ‎∴AE＝CE，‎ ‎∴CE＝BE，‎ ‎∴S△ABC＝AB•AC＝＝8，‎ ‎∴S△ACE＝S△ABC＝＝4，‎ ‎∵∠CAE＝30°，AE＝4，‎ ‎∴S扇形AEF＝＝＝，‎ ‎∴S阴影＝S△ACE﹣S扇形AEF＝4﹣．‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形的面积的计算，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．‎ ‎26. （2020年滨州市）25．（13分）如图，AB是⊙O的直径，AM和BN是它的两条切线，过⊙O上一点E作直线DC，分别交AM、BN于点D.C，且DA＝DE．‎ ‎（1）求证：直线CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）求证：OA2＝DE•CE．‎ ‎【分析】（1）连接OD，OE，证明△OAD≌△OED，得∠OAD＝∠OED＝90°，进而得CD是切线；‎ ‎（2）过D作DF⊥BC于点F，得四边形ABFD为矩形，得DF＝20A，再证明CF＝CE﹣DE ‎，进而根据勾股定理得结论．‎ ‎【解答】解：（1）连接OD，OE，如图1，‎ 在△OAD和△OED中，‎ ‎，‎ ‎∴△OAD≌△OED（SSS），‎ ‎∴∠OAD＝∠OED，‎ ‎∵AM是⊙O的切线，‎ ‎∴∠OAD＝90°，‎ ‎∴∠OED＝90°，‎ ‎∴直线CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）过D作DF⊥BC于点F，如图2，则∠DFB＝∠RFC＝90°，‎ ‎∵AM、BN都是⊙O的切线，‎ ‎∴∠ABF＝∠BAD＝90°，‎ ‎∴四边形ABFD是矩形，‎ ‎∴DF＝AB＝2OA，AD＝BF，‎ ‎∵CD是⊙O的切线，‎ ‎∴DE＝DA，CE＝CB，‎ ‎∴CF＝CB﹣BF＝CE﹣DE，‎ ‎∵DE2＝CD2﹣CF2，‎ ‎∴4OA2＝（CE+DE）2﹣（CE﹣DE）2，‎ 即4OA2＝4DE•CE，‎ ‎∴OA2＝DE•CE．‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，关键是正确作辅助线构造全等三角形与直角三角形．‎ ‎27. （2020年德州市）22．（12分）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，点D是半圆AB的中点，连接AC，BC，AD，BD．过点D作DH∥AB交CB的延长线于点H．‎ ‎（1）求证：直线DH是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AB＝10，BC＝6，求AD，BH的长．‎ ‎【分析】（1）连接OD，根据圆周角定理得到∠AOD＝AOB＝90°，根据平行线的性质得到∠ODH＝90°，于是得到结论；‎ ‎（2）连接CD，根据圆周角定理得到∠ADB＝∠ACB＝90°，推出△ABD是等腰直角三角形，得到AB＝10，解直角三角形得到AC＝＝8，求得∠CAD＝∠DBH，根据平行线的性质得到∠BDH＝∠OBD＝45°，根据相似三角形的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OD，‎ ‎∵AB为⊙O的直径，点D是半圆AB的中点，‎ ‎∴∠AOD＝AOB＝90°，‎ ‎∵DH∥AB，‎ ‎∴∠ODH＝90°，‎ ‎∴OD⊥DH，‎ ‎∴直线DH是⊙O的切线；‎ ‎（2）解：连接CD，‎ ‎∵AB为⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB＝∠ACB＝90°，‎ ‎∵点D是半圆AB的中点，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴AD＝DB，‎ ‎∴△ABD是等腰直角三角形，‎ ‎∵AB＝10，‎ ‎∴AD＝10sin∠ABD＝10sin45°＝10×＝5，‎ ‎∵AB＝10，BC＝6，‎ ‎∴AC＝＝8，‎ ‎∵四边形ABCD是圆内接四边形，‎ ‎∴∠CAD+∠CBD＝180°，‎ ‎∵∠DBH+∠CBD＝180°，‎ ‎∴∠CAD＝∠DBH，‎ 由（1）知∠AOD＝90°，∠OBD＝45°，‎ ‎∴∠ACD＝45°，‎ ‎∵DH∥AB，‎ ‎∴∠BDH＝∠OBD＝45°，‎ ‎∴∠ACD＝∠BDH，‎ ‎∴△ACD∽△BDH，‎ ‎∴，‎ ‎∴＝，‎ 解得：BH＝．‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎ ‎