中考数学试题分类汇编圆及扇形

中考数学试题分类汇编圆及扇形

圆 一、 选择题 ‎1.（2017·江苏南京）过三点（2，2），（6，2），（4，5）的圆的圆心坐标为（ ）‎ A．（4，） B．（4，3） C.（5，） D．（5，3）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意，可知线段AB的线段垂直平分线为x=4，然后由C点的坐标可求得圆心的横坐标为x=4，然后设圆的半径为r，则根据勾股定理可知，解得r=，因此圆心的纵坐标为，因此圆心的坐标为（4，）. ‎ 故选：A 考点：1、线段垂直平分线，2、三角形的外接圆，3、勾股定理 ‎2. （2017·浙江金华）如图，在半径为的圆形铁片上切下一块高为的弓形铁片，则弓形弦的长为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：作OC⊥AB交点为D，交圆于点C，OB=13cm，‎ CD=8cm，OD=5cm；在RT△BOD中，根据勾股定理可求得BD=12cm，再由垂径定理可得AB=2BD=24cm，故选C.‎ ‎3.（2017·山东青岛）如图，AB 是⊙O 的直径，C，D，E 在⊙O 上，若∠AED＝20°，则∠BCD的度数为（ ）‎ A、100° B、110° C、115° D、120°‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：如下图，连接AD，AD，根据同弧所对的圆周角相等，可知∠ABD=∠AED＝20°，然后根据直径所对的圆周角为直角得到∠ADB＝90°，从而由三角形的内角和求得∠BAD＝70°，因此可求得∠BCD=110°.‎ 故选：B 考点：圆的性质与计算 ‎4.（2017·广西贵港）如图，A，B，C，D是⊙O上的四个点，B是的中点，M是半径OD上任意一点．若∠BDC=40°，则∠AMB的度数不可能是（　　）‎ A．45° B．60° C．75° D．85°‎ ‎【答案】D ‎【解答】∵B是的中点，∴∠AOB=2∠BDC=80°，‎ 又∵M是OD上一点，∴∠AMB≤∠AOB=80°．‎ 则不符合条件的只有85°．故选D．‎ ‎【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．‎ ‎5.（2017·贵州黔东南州）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，∠A=15°，半径为2，则弦CD的长为（　　）‎ A．2 B．﹣1 C． D．4‎ ‎【考点】M5：圆周角定理；KQ：勾股定理；M2：垂径定理．‎ ‎【分析】根据垂径定理得到CE=DE，∠CEO=90°，根据圆周角定理得到∠COE=30°，根据直角三角形的性质得到CE=OC=1，最后由垂径定理得出结论．‎ ‎【解答】解：∵⊙O的直径AB垂直于弦CD，∴CE=DE，∠CEO=90°，‎ ‎∵∠A=15°，∴∠COE=30°，∵OC=2，∴CE=OC=1，‎ ‎∴CD=2OE=2，故选A．‎ ‎6.（2017·河南）如图，将半径为2，圆心角为的扇形绕点逆时针旋转，点，的对应点分别为，，连接，则图中阴影部分的面积是（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】连接O、B，根据旋转的性质及已知条件易证四边形AOB为菱形，且∠OB=∠OB=60°，又因∠A =∠AB=120°，所以∠B =120°，因∠OB+∠B =120°+60°=180°，即可得O、、三点共线，又因=B，可得∠ B=∠ B ，再由∠OB=∠ B+∠ B =60°，可得∠ B=∠ B =30°，所以△OB为Rt三角形，由锐角三角函数即可求得B= ,所以，故选C.‎ 考点：扇形的面积计算.‎ ‎7.（2017·湖北黄冈）已知：如图，在中，，则的度数为（ ）‎ A． 30° B． 35° C. 45° D．70°‎ ‎【 考 点 】 垂径定理；圆心角定理．‎ ‎【 分 析 】 根据垂径定理，可得弧BC=弧AC，再利用圆心角定理得答案．‎ ‎【 解 答 】‎ 解：∵OA⊥BC ‎∴弧BC=弧AC ‎∵∠AOB=70°‎ ‎∴∠ADC=∠AOB=35°‎ 故选：B．‎ ‎8.（2017·湖南湘潭）如图，在半径为4的中，是直径，是弦，且，垂足为点，，则阴影部分的面积是（ ）‎ A. B． C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：∵，∴，∴，故选C 考点：垂径定理，扇形的面积 ‎9.（2017·山西）右图是某商品的标志图案，AC与BD是⊙O的两条直径，首尾顺次连接点A、B、C、D，得到四边形ABCD．若AC=10cm，∠BAC=36°，则图中阴影部分的面积为（　　）‎ A．　　　　B．　　　　C．　　　　D．‎ ‎【答案】B．‎ 考点：矩形的性质；扇形面积的计算；圆周角定理 ‎10.(2017·江苏徐州）如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB=72°，则∠ACB等于（　　）‎ A．28° B．54° C．18° D．36°‎ ‎【考点】圆周角定理．‎ ‎【分析】根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于同弧所对圆心角的一半即可求解．‎ ‎【解答】解：根据圆周角定理可知，‎ ‎∠AOB=2∠ACB=72°，‎ 即∠ACB=36°，‎ 故选D．‎ ‎11.（2017·山东烟台）如图，▱ABCD中，∠B=70°，BC=6，以AD为直径的⊙O交CD于点E，则的长为（　　）‎ A．π B．π C．π D．π ‎【考点】MN：弧长的计算；L5：平行四边形的性质；M5：圆周角定理．‎ ‎【分析】连接OE，由平行四边形的性质得出∠D=∠B=70°，AD=BC=6，得出OA=OD=3，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠DOE=40°，再由弧长公式即可得出答案．‎ ‎【解答】解：连接OE，如图所示：‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴∠D=∠B=70°，AD=BC=6，‎ ‎∴OA=OD=3，‎ ‎∵OD=OE，‎ ‎∴∠OED=∠D=70°，‎ ‎∴∠DOE=180°﹣2×70°=40°，‎ ‎∴的长==；‎ 故选：B．‎ ‎12.（2017·四川泸州）如图，是的直径，弦于点，若，则弦的长是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B.‎ ‎【解析】‎ ‎　‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎1.（2017·北京）如图，为的直径，为上的点，.若，则 ．‎ ‎【答案】25°.‎ 考点：圆周角定理 ‎2.（2017·重庆A卷）如图，BC是⊙O的直径，点A在圆上，连接AO，AC，∠AOB=64°，则∠ACB=　 　．‎ ‎【答案】32°．‎ ‎【解析】‎ 试题解析：∵AO=OC，‎ ‎∴∠ACB=∠OAC，‎ ‎∵∠AOB=64°，‎ ‎∴∠ACB+∠OAC=64°，‎ ‎∴∠ACB=64°÷2=32°．‎ 考点：圆周角定理.‎ ‎3.（2017·重庆B卷）如图，OA、OC是⊙O的半径，点B在⊙O上，连接AB、BC，若∠ABC=40°，则∠AOC= 度．‎ ‎【答案】80．‎ 考点：圆周角定理．‎ ‎4.（2017·浙江金华）在一空旷场地上设计一落地为矩形的小屋，‎ ‎．拴住小狗的长的绳子一端固定在点处，小狗在不能进人小屋内的条件下活动，其可以活动的区域面积为.‎ ‎(1)如图，若，则 ．‎ ‎(2)如图,现考虑在(1)中的矩形小屋的右侧以为边拓展一正区域,使之变成落地为五边的小屋,其它条件不变.则在的变化过程中,当取得最小值时，边长的长为 ．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）在B点处是以点B为圆心，10为半径的个圆；在A处是以A为圆心，4为半径的个圆；在C处是以C为圆心，6为半径的个圆；所以S= ；（2）设BC=x,则AB=10-x， =（-10x+250），当x=时，S最小，即BC=.‎ ‎5.（2017·山东青岛）如图，直线AB与CD分别与⊙O 相切于B、D两点，且AB⊥CD，垂足为P，连接BD.若BD＝4，则阴影部分的面积为___________________。‎ ‎【答案】2π-4‎ ‎【解析】‎ 试题分析：如下图 考点:弓形面积 ‎6.（2017·山东青岛）如图，在四边形 ABCD 中，∠ABC＝∠ADC＝90°，E为对角线AC的中点，连接BE、ED、BD，若∠BAD＝58°，则∠EBD的度数为__________度．‎ ‎【答案】32‎ ‎【解析】‎ 试题分析：如下图 由∠ABC＝∠ADC＝90°，E为对角线AC的中点，可知A，B，C，D四点共圆，圆心是E，直径AC然后根据圆周角定理由∠BAD＝58°，得到∠BED＝116°，然后根据等腰三角形的性质可求得∠EBD=32°.‎ 故答案为：32.‎ 考点:1、圆周角性质定理，2、等腰三角形性质 ‎7.（2017·甘肃）如图，△ABC内接于⊙O，若∠OAB=32°，则∠C=　58　°．‎ ‎【考点】M5：圆周角定理．‎ ‎【分析】由题意可知△OAB是等腰三角形，利用等腰三角形的性质求出∠AOB，再利用圆周角定理确定∠C．‎ ‎【解答】解：如图，连接OB，‎ ‎∵OA=OB，‎ ‎∴△AOB是等腰三角形，‎ ‎∴∠OAB=∠OBA，‎ ‎∵∠OAB=32°，‎ ‎∴∠OAB=∠OAB=32°，‎ ‎∴∠AOB=116°，‎ ‎∴∠C=58°．‎ 故答案为58．‎ ‎8.（2017·甘肃）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，AB=2，以点A为圆心、AC的长为半径画弧，交AB边于点D，则弧CD的长等于　　．（结果保留π）‎ ‎【考点】MN：弧长的计算；KO：含30度角的直角三角形．‎ ‎【分析】先根据ACB=90°，AC=1，AB=2，得到∠ABC=30°，进而得出∠A=60°，再根据AC=1，即可得到弧CD的长．‎ ‎【解答】解：∵∠ACB=90°，AC=1，AB=2，‎ ‎∴∠ABC=30°，‎ ‎∴∠A=60°，‎ 又∵AC=1，‎ ‎∴弧CD的长为=，‎ 故答案为：．‎ ‎9.（2017·安徽）如图，已知等边的边长为6，以为直径的⊙与边，分别交于，两点，则劣弧的长为 ．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析： ‎ ‎ ‎ 考点： 圆周角与圆心角的关系，弧长公式.‎ ‎10.（2017·湖北荆州）如图，A、B、C是⊙O上的三点，且四边形OABC是菱形．若点D是圆上异于A、B、C的另一点，则∠ADC的度数是　‎ ‎60°或120°　．‎ ‎【考点】M6：圆内接四边形的性质；L8：菱形的性质；M5：圆周角定理．‎ ‎【分析】连接OB，则AB=OA=OB故可得出△AOB是等边三角形，所以∠ADC=60°，∠AD′C=120°，据此可得出结论．‎ ‎【解答】解：连接OB，‎ ‎∵四边形OABC是菱形，‎ ‎∴AB=OA=OB=BC，‎ ‎∴△AOB是等边三角形，‎ ‎∴∠ADC=60°，∠AD′C=120°．‎ 故答案为：60°或120°．‎ ‎11.（2017·湖南湘潭）如图，在中，已知，则 ．‎ ‎【答案】60°‎ ‎【解析】‎ 试题分析：利用知识点：一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半，60°‎ 考点：圆周角定理 12. ‎（2017·江苏南京）如图，四边形是菱形，⊙经过点，与相交于点，连接，若，则 ．‎ ‎【答案】27‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据菱形的性质可知AD=DC，AD∥BC，因此可知∠DAC=∠DCA，，然后根据三角形的内角和为180°，可知∠DAC=51°，即∠ACE=51°，然后根据等弧所对的圆周角可知∠DAE=∠D=78°，因此可求得∠EAC=78°-51°=27°.‎ 故答案为：27.‎ 考点：1、菱形的性质，2、圆周角的性质，3、三角形的内角和 ‎13.（2017·湖北黄冈）已知：如图，圆锥的底面直径是，高为，则它的侧面展开图的面积是 .‎ ‎【考点】圆锥 ‎【分析】由勾股定理，确定圆锥的母线长，再由表面积=πrl确定其表面积．‎ ‎【解答】‎ 解：如图作辅助线，由题意知：BC=12，AC=5‎ ‎∴AB=13,‎ 即圆锥的母线长l=13cm，底面半径r=5cm，‎ ‎∴表面积=πrl=π×5×13=65πcm2．‎ 故答案为：65πcm2．‎ ‎14.(2017·江苏徐州）如图，AB与⊙O相切于点B，线段OA与弦BC垂直，垂足为D，AB=BC=2，则∠AOB=　60　°．‎ ‎【考点】切线的性质．‎ ‎【分析】由垂径定理易得BD=1，通过解直角三角形ABD得到∠A=30°，然后由切线的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质可以求得∠AOB的度数．‎ ‎【解答】解：∵OA⊥BC，BC=2，‎ ‎∴根据垂径定理得：BD=BC=1．‎ 在Rt△ABD中，sin∠A==．‎ ‎∴∠A=30°．‎ ‎∵AB与⊙O相切于点B，‎ ‎∴∠ABO=90°．‎ ‎∴∠AOB=60°．‎ 故答案是：60．‎ ‎15.（2017·江苏无锡）若圆锥的底面半径为3cm，母线长是5cm，则它的侧面展开图的面积为　 　cm2．‎ ‎【答案】15π.‎ 考点：圆锥的计算．‎ ‎16.（2017·山东烟台）如图1，将一圆形纸片向右、向上两次对折后得到如图2所示的扇形AOB．已知OA=6，取OA的中点C，过点C作CD⊥OA交于点D，点F是上一点．若将扇形BOD沿OD翻折，点B恰好与点F重合，用剪刀沿着线段BD，DF，FA依次剪下，则剪下的纸片（形状同阴影图形）面积之和为　36π﹣108　．‎ ‎【考点】扇形面积的计算；剪纸问题．‎ ‎【分析】先求出∠ODC=∠BOD=30°，作DE⊥OB可得DE=OD=3，先根据S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD求得弓形的面积，再利用折叠的性质求得所有阴影部分面积．‎ ‎【解答】解：如图，∵CD⊥OA，‎ ‎∴∠DCO=∠AOB=90°，‎ ‎∵OA=OD=OB=6，OC=OA=OD，‎ ‎∴∠ODC=∠BOD=30°，‎ 作DE⊥OB于点E，‎ 则DE=OD=3，‎ ‎∴S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD=﹣×6×3=3π﹣9，‎ 则剪下的纸片面积之和为12×（3π﹣9）=36π﹣108，‎ 故答案为：36π﹣108．‎ 三、 填空题 ‎1.（2017·北京）如图，是的一条弦，是的中点，过点作于点，过点作的切线交的延长线于点.‎ ‎（1）求证：； ‎ ‎（2）若，求的半径.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)由切线性质及等量代换推出∠4=∠5，再利用等角对等边可得出结论；（2）由已知条件得出sin∠DEF和sin∠AOE的值，利用对应角的三角函数值相等推出结论.‎ 试题解析：（1）证明：∵DC⊥OA, ∴∠1+∠3=90°, ∵BD为切线，∴OB⊥BD, ∴∠2+∠5=90°, ∵OA=OB, ∴∠1=∠2，∵∠3=∠4，∴∠4=∠5，在 ‎△DEB中, ∠4=∠5，∴DE=DB.‎ 考点：圆的性质，切线定理，三角形相似，三角函数 ‎2.（2017·浙江金华）如图，已知：是的直径，点在上，是的切线，于点是延长线上的一点，交于点，连接．‎ ‎(1)求证：平分．‎ ‎(2)若，．‎ ‎①求的度数．‎ ‎②若的半径为，求线段的长．‎ ‎【答案】(1)详见解析；（2）①∠OCE=45°；②2-2.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用了切线的性质，平行线的判定和性质，等边对等角，角平分线的判定即可得证；（2）①根据（1）得出的 AD//OC，从而得出同位角相等，再利用三角形的内角和定理即可求出答案；②作OG⊥CE于点G，可得FG=CG,根据等边对等角得出CG=OG=FG=2,在根据勾股定理得出GE，从而求出EF=GE-FG.‎ ‎ 又∵OC=OA,∴∠OAC=∠OCA,∴∠DAC=∠OAC;∴AC平分∠DAO. （2）解：①∵AD//OC，∠DAO=105°,∴∠EOC=∠DAO=105°; ∵∠E=30°,∴∠OCE=45°. ②作OG⊥CE于点G,可得FG=CG, ∵OC=2,∠OCE=45°.∴CG=OG=2,∴FG=2; ∵在RT△OGE中，∠E=30°，∴GE=2,∴EF=GE-FG=2-2.‎ ‎3.（2017·广西贵港）如图，在菱形ABCD中，点P在对角线AC上，且PA=PD，⊙O是△PAD的外接圆．‎ ‎（1）求证：AB是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AC=8，tan∠BAC=，求⊙O的半径．‎ ‎【考点】切线的判定与性质；菱形的性质；解直角三角形．‎ ‎【分析】（1）连结OP、OA，OP交AD于E，由PA=PD得弧AP=弧DP，根据垂径定理的推理得OP⊥AD，AE=DE，则∠1+∠OPA=90°，而∠OAP=∠OPA，所以∠1+∠OAP=90°，再根据菱形的性质得∠1=∠2，所以∠2+∠OAP=90°，然后根据切线的判定定理得到直线AB与⊙O相切；‎ ‎（2）连结BD，交AC于点F，根据菱形的性质得DB与AC互相垂直平分，则AF=4，tan∠DAC=，得到DF=2，根据勾股定理得到AD==2，求得AE=，设⊙O的半径为R，则OE=R﹣，OA=R，根据勾股定理列方程即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）连结OP、OA，OP交AD于E，如图，‎ ‎∵PA=PD，∴弧AP=弧DP，∴OP⊥AD，AE=DE，‎ ‎∴∠1+∠OPA=90°，∵OP=OA，∴∠OAP=∠OPA，‎ ‎∴∠1+∠OAP=90°，∵四边形ABCD为菱形，∴∠1=∠2，∴∠2+∠OAP=90°，∴OA⊥AB，∴直线AB与⊙O相切；‎ ‎（2）连结BD，交AC于点F，如图，‎ ‎∵四边形ABCD为菱形，∴DB与AC互相垂直平分，‎ ‎∵AC=8，tan∠BAC=，∴AF=4，tan∠DAC==，∴DF=2，‎ ‎∴AD==2，∴AE=，‎ 在Rt△PAE中，tan∠1==，∴PE=，‎ 设⊙O的半径为R，则OE=R﹣，OA=R，‎ 在Rt△OAE中，∵OA2=OE2+AE2，‎ ‎∴R2=（R﹣）2+（）2，∴R=，即⊙O的半径为．‎ ‎4.（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．‎ ‎【答案】（1）；（2）∠CDE=2∠A．‎ ‎（2）∠CDE=2∠A．理由如下：‎ 连结OC，∵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．‎ 考点：切线的性质；探究型；和差倍分．‎ ‎5.（2017·江苏南京）如图，是⊙的切线，为切点.连接并延长，交的延长线于点，连接，交⊙于点.‎ ‎（1）求证：平分.‎ ‎（2）连结，若，求证.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）连接OB，根据切线的性质和角平分线的概念可证明；‎ ‎（2）根据角平分线的性质可证明△ODB是等边三角形，然后根据平行线的判定得证.‎ 试题解析：（1）如图，连接.‎ ‎∵是⊙的切线，∴，‎ 又，∴平分.‎ 又，‎ ‎∴是等边三角形.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 考点：1、圆的切线，2、角平分线的性质与判定，3、平行线的判定 ‎6.（2017·辽宁沈阳）如图，在中，以为直径的交于点，过点做于点，延长交的延长线于点，且.‎ ‎（1）求证：是的切线；‎ ‎（2）若，的半径是3，求的长.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)连接OE，根据圆周角定理可得,因，即可得，即可判定，再由，可得，即可得，即，所以是的切线；（2）根据已知条件易证BA=BC，再求得BA=BC=6，在Rt△OEG中求得OG=5，在Rt△FGB中，求得BF=，即可得AF=AB-BF=.‎ 试题解析：‎ ‎(1)连接OE，则,‎ ‎∵∴∴∵∴∴∴‎ 又∵OE是的半径∴是的切线；‎ ‎（2）∵，∵∴∴BA=BC 又的半径为3，∴OE=OB=OC∴BA=BC=2×3=6‎ 在Rt△OEG中，sin∠EGC=，即 ∴OG=5‎ 在Rt△FGB中，sin∠EGC=，即 ∴BF= ∴AF=AB-BF=6-=.‎ 考点：圆的综合题.‎ ‎7.（2017·甘肃）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．‎ ‎8.（2017·贵州黔东南州）如图，已知直线PT与⊙O相切于点T，直线PO与⊙O相交于A，B两点．‎ ‎（1）求证：PT2=PA•PB；‎ ‎（2）若PT=TB=，求图中阴影部分的面积．‎ ‎【考点】S9：相似三角形的判定与性质；MC：切线的性质；MO：扇形面积的计算．‎ ‎【分析】（1）连接OT，只要证明△PTA∽△PBT，可得=，由此即可解决问题；‎ ‎（2）首先证明△AOT是等边三角形，根据S阴=S扇形OAT﹣S△AOT计算即可；‎ ‎【解答】（1）证明：连接OT．‎ ‎∵PT是⊙O的切线，∴PT⊥OT，∴∠PTO=90°，‎ ‎∴∠PTA+∠OTA=90°，∵AB是直径，∴∠ATB=90°，∴∠TAB+∠B=90°，∵OT=OA，∴∠OAT=∠OTA，‎ ‎∴∠PTA=∠B，∵∠P=∠P，∴△PTA∽△PBT，∴=，‎ ‎∴PT2=PA•PB．‎ ‎（2）∵TP=TB=，∴∠P=∠B=∠PTA，‎ ‎∵∠TAB=∠P+∠PTA，∴∠TAB=2∠B，‎ ‎∵∠TAB+∠B=90°，∴∠TAB=60°，∠B=30°，‎ ‎∴tanB==，∴AT=1，‎ ‎∵OA=OT，∠TAO=60°，∴△AOT是等边三角形，‎ ‎∴S阴=S扇形OAT﹣S△AOT=﹣•12=﹣．‎ ‎9.（2017·河南）如图，在中， ，以为直径的⊙交边于点，过点作，与过点的切线交于点，连接.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，，求的长.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2） .‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)根据已知条件已知CB平分∠DCF，再证得、，根据角平分线的性质定理即可证得结论；（2）已知=10，，可求得AD =6,在Rt△ABD中，根据勾股定理求得的值,在Rt△BDC中，根据勾股定理即可求得BC 的长.‎ 试题解析：‎ (1) ‎∵∴∠ABC=∠ACB∵∴∠ABC=∠FCB ‎∴∠ACB=∠FCB，即CB平分∠DCF ‎∵为⊙直径∴∠ADB=90°，即∵BF为⊙的切线 ‎∴∵∴∴BD=BF 考点：圆的综合题.‎ ‎10.（2017·湖北荆州）如图在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P、Q同时从点A出发，运动时间为t秒．其中点P沿射线AB运动，速度为每秒4个单位长度，点Q沿射线AO运动，速度为每秒5个单位长度．以点Q为圆心，PQ长为半径作⊙Q．‎ ‎（1）求证：直线AB是⊙Q的切线；‎ ‎（2）过点A左侧x轴上的任意一点C（m，0），作直线AB的垂线CM，垂足为M．若CM与⊙Q相切于点D，求m与t的函数关系式（不需写出自变量的取值范围）；‎ ‎（3）在（2）的条件下，是否存在点C，直线AB、CM、y轴与⊙Q同时相切？若存在，请直接写出此时点C的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】一次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）只要证明△PAQ∽△BAO，即可推出∠APQ=∠AOB=90°，推出QP⊥AB，推出AB是⊙O的切线；‎ ‎（2）分两种情形求解即可：①如图2中，当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．②如图3中，当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．分别列出方程即可解决问题．‎ ‎（3）分两种情形讨论即可，一共有四个点满足条件．‎ ‎【解答】（1）证明：如图1中，连接QP．‎ 在Rt△AOB中，OA=4，OB=3，‎ ‎∴AB==5，‎ ‎∵AP=4t，AQ=5t，‎ ‎∴==，∵∠PAQ=∠BAO，‎ ‎∴△PAQ∽△BAO，‎ ‎∴∠APQ=∠AOB=90°，‎ ‎∴QP⊥AB，‎ ‎∴AB是⊙O的切线．‎ ‎（2）解：①如图2中，当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．‎ 易知PQ=DQ=3t，CQ=•3t=，‎ ‎∵OC+CQ+AQ=4，‎ ‎∴m+t+5t=4，‎ ‎∴m=4﹣t．‎ ‎②如图3中，当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．‎ ‎∵OC+AQ﹣CQ=4，‎ ‎∴m+5t﹣t=4，‎ ‎∴m=4﹣t．‎ ‎（3）解：存在．理由如下：‎ 如图4中，当⊙Q在y则的右侧与y轴相切时，3t+5t=4，t=，‎ 由（2）可知，m=﹣或．‎ 如图5中，当⊙Q在y则的左侧与y轴相切时，5t﹣3t=4，t=2，‎ 由（2）可知，m=﹣或．‎ 综上所述，满足条件的点C的坐标为（﹣，0）或（，0）或（﹣，0）或（，0）．‎ ‎11.（2017·天津）已知是⊙的直径，是⊙的切线，，交⊙于点，是上一点，延长交⊙于点.‎ ‎（1）如图①，求和的大小；‎ ‎（2）如图②，当时，求的大小.‎ ‎【答案】(1) ∠T=40°，∠CDB=40°；（2）∠CDO =15°.‎ 试题解析：(1)如图，连接AC,‎ ‎∵是⊙的直径，是⊙的切线，‎ ‎∴AT⊥AB,即∠TAB=90°.‎ ‎∵，‎ ‎∴∠T=90°-∠ABT=40°‎ 由是⊙的直径，得∠ACB=90°，‎ ‎∴∠CAB=90°-∠ABC=40°‎ ‎∴∠CDB=∠CAB=40°;‎ ‎（2）如图，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=15°.‎ ‎12.（2017·四川成都）如图，在中，，以为直径作圆，分别交于点，交的延长线于点，过点作于点，连接交线段于点.2‎ ‎（1）求证：是圆的切线；‎ ‎（2）若为的中点，求的值；‎ ‎（3）若，求圆的半径.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2），（3）‎ ‎【解析】‎ 试题解析：（1）‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴是的切线 ‎（2）‎ 在中， ∵，‎ ‎∵由中可知，，‎ 是等腰三角形，‎ 又∵且点是中点，‎ ‎∴设，则，； ‎ 连接，则在中，，即，‎ 又∵是等腰三角形，∴是中点，‎ 则在中，是中位线， ∴，‎ ‎∵， ∴，‎ 在和中，， ∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 在与中，∵，‎ ‎∴，‎ 解得（舍）‎ ‎∴综上，的半径为． ‎ 考点：1、等腰三角形，2、圆的综合，3、相似三角形的判定与性质 ‎13. （2017·四川泸州）如图，⊙O与的直角边和斜边分别相切于点与边相交于点,与相交于点，连接并延长交边于点.‎ ‎（1）求证：//‎ ‎（2）若求的长.‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）2.‎ ‎【解析】‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：与⊙O相切与点 ‎ （弦切角定理）‎ ‎ 又与⊙O相切与点 由切线长定理得：‎ 即：DF//AO （2） ‎：过点作与 ‎ ‎ 由切割线定理得：,解得：‎ 由射影定理得：‎