中考数学试卷汇编——圆带答案

中考数学试卷汇编——圆带答案

圆的有关性质 一、 选择题 ‎1．（2016·山东省滨州市·3分）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，且OC∥BD，AD分别与BC，OC相交于点E，F，则下列结论：‎ ‎①AD⊥BD；②∠AOC=∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF=DF；⑤BD=2OF；⑥△CEF≌△BED，其中一定成立的是（　　）‎ A．②④⑤⑥ B．①③⑤⑥ C．②③④⑥ D．①③④⑤‎ ‎【考点】圆的综合题．‎ ‎【分析】①由直径所对圆周角是直角，‎ ‎②由于∠AOC是⊙O的圆心角，∠AEC是⊙O的圆内部的角角，‎ ‎③由平行线得到∠OCB=∠DBC，再由圆的性质得到结论判断出∠OBC=∠DBC；‎ ‎④用半径垂直于不是直径的弦，必平分弦；‎ ‎⑤用三角形的中位线得到结论；‎ ‎⑥得不到△CEF和△BED中对应相等的边，所以不一定全等．‎ ‎【解答】解：①、∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB=90°，‎ ‎∴AD⊥BD，‎ ‎②、∵∠AOC是⊙O的圆心角，∠AEC是⊙O的圆内部的角角，‎ ‎∴∠AOC≠∠AEC，‎ ‎③、∵OC∥BD，‎ ‎∴∠OCB=∠DBC，‎ ‎∵OC=OB，‎ ‎∴∠OCB=∠OBC，‎ ‎∴∠OBC=∠DBC，‎ ‎∴CB平分∠ABD，‎ ‎④、∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB=90°，‎ ‎∴AD⊥BD，‎ ‎∵OC∥BD，‎ ‎∴∠AFO=90°，‎ ‎∵点O为圆心，‎ ‎∴AF=DF，‎ ‎⑤、由④有，AF=DF，‎ ‎∵点O为AB中点，‎ ‎∴OF是△ABD的中位线，‎ ‎∴BD=2OF，‎ ‎⑥∵△CEF和△BED中，没有相等的边，‎ ‎∴△CEF与△BED不全等，‎ 故选D ‎【点评】此题是圆综合题，主要考查了圆的性质，平行线的性质，角平分线的性质，解本题的关键是熟练掌握圆的性质．‎ ‎2．（2016·山东省德州市·3分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有下列问题“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“今有直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）直径是多少？”（　　）‎ A．3步 B．5步 C．6步 D．8步 ‎【考点】三角形的内切圆与内心．‎ ‎【专题】圆的有关概念及性质．‎ ‎【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，即可确定出内切圆半径．‎ ‎【解答】解：根据勾股定理得：斜边为=17，‎ 则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径r==3（步），即直径为6步，‎ 故选C ‎【点评】此题考查了三角形的内切圆与内心，Rt△ABC，三边长为a，b，c（斜边），其内切圆半径r=．‎ ‎3．（2016·山东省济宁市·3分）如图，在⊙O中， =，∠AOB=40°，则∠ADC的度数是（　　）‎ A．40° B．30° C．20° D．15°‎ ‎【考点】圆心角、弧、弦的关系．‎ ‎【分析】先由圆心角、弧、弦的关系求出∠AOC=∠AOB=50°，再由圆周角定理即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵在⊙O中， =，‎ ‎∴∠AOC=∠AOB，‎ ‎∵∠AOB=40°，‎ ‎∴∠AOC=40°，‎ ‎∴∠ADC=∠AOC=20°，‎ 故选C．‎ ‎4. （2016·云南省昆明市·4分）如图，AB为⊙O的直径，AB=6，AB⊥弦CD，垂足为G，EF切⊙O于点B，∠A=30°，连接AD、OC、BC，下列结论不正确的是（　　）‎ A．EF∥CD B．△COB是等边三角形 C．CG=DG D．的长为π ‎【考点】弧长的计算；切线的性质．‎ ‎【分析】根据切线的性质定理和垂径定理判断A；根据等边三角形的判定定理判断B；根据垂径定理判断C；利用弧长公式计算出的长判断D．‎ ‎【解答】解：∵AB为⊙O的直径，EF切⊙O于点B，‎ ‎∴AB⊥EF，又AB⊥CD，‎ ‎∴EF∥CD，A正确；‎ ‎∵AB⊥弦CD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴∠COB=2∠A=60°，又OC=OD，‎ ‎∴△COB是等边三角形，B正确；‎ ‎∵AB⊥弦CD，‎ ‎∴CG=DG，C正确；‎ 的长为： =π，D错误，‎ 故选：D．‎ ‎5. （2016·浙江省湖州市·3分）如图，圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，∠A=25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线于点D，则∠D的度数是（　　）‎ A．25° B．40° C．50° D．65°‎ ‎【考点】切线的性质；圆周角定理．‎ ‎【分析】首先连接OC，由∠A=25°，可求得∠BOC的度数，由CD是圆O的切线，可得OC⊥CD，继而求得答案．‎ ‎【解答】解：连接OC，‎ ‎∵圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，‎ ‎∴AB是直径，‎ ‎∵∠A=25°，‎ ‎∴∠BOC=2∠A=50°，‎ ‎∵CD是圆O的切线，‎ ‎∴OC⊥CD，‎ ‎∴∠D=90°﹣∠BOC=40°．‎ 故选B．‎ ‎6. （2016·浙江省绍兴市·4分）如图，BD是⊙O的直径，点A、C在⊙O上， =，∠AOB=60°，则∠BDC的度数是（　　）‎ A．60° B．45° C．35° D．30°‎ ‎【考点】圆周角定理．‎ ‎【分析】直接根据圆周角定理求解．‎ ‎【解答】解：连结OC，如图，‎ ‎∵=，‎ ‎∴∠BDC=∠AOB=×60°=30°．‎ 故选D．‎ ‎7．（2016广西南宁3分）如图，点A，B，C，P在⊙O上，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D，E，∠DCE=40°，则∠P的度数为（　　）‎ A．140° B．70° C．60° D．40°‎ ‎【考点】圆周角定理．‎ ‎【分析】先根据四边形内角和定理求出∠DOE的度数，再由圆周角定理即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D，E，∠DCE=40°，‎ ‎∴∠DOE=180°﹣40°=140°，‎ ‎∴∠P=∠DOE=70°．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．‎ ‎8．（2016贵州毕节3分）如图，点A，B，C在⊙O上，∠A=36°，∠C=28°，则∠B=（　　）‎ A．100° B．72° C．64° D．36°‎ ‎【考点】圆周角定理．‎ ‎【分析】连接OA，根据等腰三角形的性质得到∠OAC=∠C=28°，根据等腰三角形的性质解答即可．‎ ‎【解答】解：连接OA，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠OAC=∠C=28°，‎ ‎∴∠OAB=64°，‎ ‎∵OA=OB，‎ ‎∴∠B=∠OAB=64°，‎ 故选：C．‎ ‎9.(2016河北3分）图示为4×4的网格图，A，B，C，D，O均在格点上，点O是（ ）‎ 第9题图 A．△ACD的外心 B．△ABC的外心 C．△ACD的内心 D．△ABC的内心 答案：B 解析：点O在△ABC外，且到三点距离相等，故为外心。‎ 知识点：外心：三角形外接圆的圆心叫做三角形的外心。‎ ‎ 内心：三角形内心到三角形三条边的距离相等。（也就是内切圆圆心)‎ ‎10. （2016·山东潍坊·3分）木杆AB斜靠在墙壁上，当木杆的上端A沿墙壁NO竖直下滑时，木杆的底端B也随之沿着射线OM方向滑动．下列图中用虚线画出木杆中点P随之下落的路线，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】轨迹；直角三角形斜边上的中线．‎ ‎【分析】先连接OP，易知OP是Rt△AOB斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得OP=AB，由于木杆不管如何滑动，长度都不变，那么OP就是一个定值，那么P点就在以O为圆心的圆弧上．‎ ‎【解答】解：如右图，‎ 连接OP，由于OP是Rt△AOB斜边上的中线，‎ 所以OP=AB，不管木杆如何滑动，它的长度不变，也就是OP是一个定值，点P就在以O为圆心的圆弧上，那么中点P下落的路线是一段弧线．‎ 故选D．‎ ‎11. （2016·陕西·3分）如图，⊙O的半径为4，△ABC是⊙O的内接三角形，连接OB、OC．若∠BAC与∠BOC互补，则弦BC的长为（　　）‎ A．3B．4C．5D．6‎ ‎【考点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形．‎ ‎【分析】首先过点O作OD⊥BC于D，由垂径定理可得BC=2BD，又由圆周角定理，可求得∠BOC的度数，然后根据等腰三角形的性质，求得∠OBC的度数，利用余弦函数，即可求得答案．‎ ‎【解答】解：过点O作OD⊥BC于D，‎ 则BC=2BD，‎ ‎∵△ABC内接于⊙O，∠BAC与∠BOC互补，‎ ‎∴∠BOC=2∠A，∠BOC+∠A=180°，‎ ‎∴∠BOC=120°，‎ ‎∵OB=OC，‎ ‎∴∠OBC=∠OCB==30°，‎ ‎∵⊙O的半径为4，‎ ‎∴BD=OB•cos∠OBC=4×=2，‎ ‎∴BC=4．‎ 故选：B．‎ ‎12. （2016·四川眉山·3分）如图，A、D是⊙O上的两个点，BC是直径．若∠D=32°，则∠OAC=（　　）‎ A．64° B．58° C．72° D．55°‎ ‎【分析】先根据圆周角定理求出∠B及∠BAC的度数，再由等腰三角形的性质求出∠OAB的度数，进而可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵BC是直径，∠D=32°，‎ ‎∴∠B=∠D=32°，∠BAC=90°．‎ ‎∵OA=OB，‎ ‎∴∠BAO=∠B=32°，‎ ‎∴∠OAC=∠BAC﹣∠BAO=90°﹣32°=58°．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．‎ ‎13. （2016·四川攀枝花）如图，点D（0，3），O（0，0），C（4，0）在⊙A上，BD是⊙A的一条弦，则sin∠OBD=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】锐角三角函数的定义．‎ ‎【分析】连接CD，可得出∠OBD=∠OCD，根据点D（0，3），C（4，0），得OD=3，OC=4，由勾股定理得出CD=5，再在直角三角形中得出利用三角函数求出sin∠OBD即可．‎ ‎【解答】解：∵D（0，3），C（4，0），‎ ‎∴OD=3，OC=4，‎ ‎∵∠COD=90°，‎ ‎∴CD==5，‎ 连接CD，如图所示：‎ ‎∵∠OBD=∠OCD，‎ ‎∴sin∠OBD=sin∠OCD==．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了圆周角定理，勾股定理、以及锐角三角函数的定义；熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．‎ ‎14.（2016·黑龙江龙东·3分）若点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60°，底边BC=2，则△ABC的面积为（　　）‎ A．2+B． C．2+或2﹣D．4+2或2﹣‎ ‎【考点】三角形的外接圆与外心；等腰三角形的性质．‎ ‎【分析】根据题意可以画出相应的图形，然后根据不同情况，求出相应的边的长度，从而可以求出不同情况下△ABC的面积，本题得以解决．‎ ‎【解答】解：由题意可得，如右图所示，‎ 存在两种情况，‎ 当△ABC为△A1BC时，连接OB、OC，‎ ‎∵点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60°，底边BC=2，OB=OC，‎ ‎∴△OBC为等边三角形，OB=OC=BC=2，OA1⊥BC于点D，‎ ‎∴CD=1，OD=，‎ ‎∴=2﹣，‎ 当△ABC为△A2BC时，连接OB、OC，‎ ‎∵点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60°，底边BC=2，OB=OC，‎ ‎∴△OBC为等边三角形，OB=OC=BC=2，OA1⊥BC于点D，‎ ‎∴CD=1，OD=，‎ ‎∴S△A2BC===2+，‎ 由上可得，△ABC的面积为或2+，‎ 故选C．‎ ‎15．（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）下列命题中，真命题的个数是（　　）‎ ‎①同位角相等 ‎②经过一点有且只有一条直线与这条直线平行 ‎③长度相等的弧是等弧 ‎④顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形．‎ A．1个B．2个C．3个D．4个 ‎【考点】命题与定理．‎ ‎【分析】根据平行线的性质对①进行判断；根据平行公理对②进行判断；根据等弧的定义对③进行判断；根据中点四边的判定方法可判断顺次连接菱形各边中点得到的四边形为平行四边形，加上菱形的对角线垂直可判断中点四边形为矩形．‎ ‎【解答】解：两直线平行，同位角相等，所以①错误；‎ 经过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行，所以②错误；‎ 在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，所以③选项错误；‎ 顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形，所以④正确．‎ 故选A．‎ ‎16．（2016·湖北黄石·3分）如图所示，⊙O的半径为13，弦AB的长度是24，ON⊥AB，垂足为N，则ON=（　　）‎ A．5 B．7 C．9 D．11‎ ‎【分析】根据⊙O的半径为13，弦AB的长度是24，ON⊥AB，可以求得AN的长，从而可以求得ON的长．‎ ‎【解答】解：由题意可得，‎ OA=13，∠ONA=90°，AB=24，‎ ‎∴AN=12，‎ ‎∴ON=，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查垂径定理，解题的关键是明确垂径定理的内容，利用垂径定理解答问题．‎ ‎17．（2016·湖北荆州·3分）如图，过⊙O外一点P引⊙O的两条切线PA、PB，切点分别是A、B，OP交⊙O于点C，点D是优弧上不与点A、点C重合的一个动点，连接AD、CD，若∠APB=80°，则∠ADC的度数是（　　）‎ A．15° B．20° C．25° D．30°‎ ‎【分析】根据四边形的内角和，可得∠BOA，根据等弧所对的圆周角相等，根据圆周角定理，可得答案．‎ ‎【解答】解；如图，‎ 由四边形的内角和定理，得 ‎∠BOA=360°﹣90°﹣90°﹣80°=100°，‎ 由=，得 ‎∠AOC=∠BOC=50°．‎ 由圆周角定理，得 ‎∠ADC=∠AOC=25°，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质，切线的性质得出=是解题关键，又利用了圆周角定理．‎ 一、 填空题 ‎1. （2016·重庆市A卷·4分）如图，OA，OB是⊙O的半径，点C在⊙O上，连接AC，BC，若∠AOB=120°，则∠ACB=　60　度． ‎ ‎ ‎ ‎【分析】根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半可得答案． ‎ ‎【解答】解：∵OA⊥OB， ‎ ‎∴∠AOB=120°， ‎ ‎∴∠ACB=120°×=60°， ‎ 故答案为：60． ‎ ‎【点评】此题主要考查了圆周角定理，关键是掌握圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．‎ ‎2.（2016·广西百色·3分）如图，⊙O的直径AB过弦CD的中点E，若∠C=25°，则∠D=　65°　．‎ ‎【考点】圆周角定理．‎ ‎【分析】先根据圆周角定理求出∠A的度数，再由垂径定理求出∠AED的度数，进而可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵∠C=25°，‎ ‎∴∠A=∠C=25°．‎ ‎∵⊙O的直径AB过弦CD的中点E，‎ ‎∴AB⊥CD，‎ ‎∴∠AED=90°，‎ ‎∴∠D=90°﹣25°=65°．‎ 故答案为：65°．‎ ‎3.（2016·贵州安顺·4分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB=8，CD=6，则BE=　4﹣　．‎ ‎【分析】连接OC，根据垂径定理得出CE=ED=CD=3，然后在Rt△OEC中由勾股定理求出OE的长度，最后由BE=OB﹣OE，即可求出BE的长度．‎ ‎【解答】解：如图，连接OC．‎ ‎∵弦CD⊥AB于点E，CD=6，‎ ‎∴CE=ED=CD=3．‎ ‎∵在Rt△OEC中，∠OEC=90°，CE=3，OC=4，‎ ‎∴OE==‎ ‎∴BE=OB﹣OE=4﹣．‎ 故答案为4﹣．‎ ‎【点评】本题主要考查了垂径定理，勾股定理等知识，关键在于熟练的运用垂径定理得出CE、ED的长度．‎ ‎4．（2016海南4分）如图，AB是⊙O的直径，AC、BC是⊙O的弦，直径DE⊥AC于点P．若点D在优弧上，AB=8，BC=3，则DP=　5.5　．‎ ‎【考点】圆周角定理；垂径定理．‎ ‎【分析】解：由AB和DE是⊙O的直径，可推出OA=OB=OD=4，∠C=90°，又有DE⊥AC，得到OP∥BC，于是有△AOP∽△ABC，根据相似三角形的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵AB和DE是⊙O的直径，‎ ‎∴OA=OB=OD=4，∠C=90°，‎ 又∵DE⊥AC，‎ ‎∴OP∥BC，‎ ‎∴△AOP∽△ABC，‎ ‎∴，‎ 即，‎ ‎∴OP=1.5．‎ ‎∴DP=OP+OP=5.5，‎ 故答案为：5.5．‎ ‎【点评】本题主要考查了圆周角定理，平行线的判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．‎ ‎5. （2016·青海西宁·2分）⊙O的半径为1，弦AB=，弦AC=，则∠BAC度数为　75°或15°　．‎ ‎【考点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形．‎ ‎【分析】连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，根据垂径定理求出AE、FA值，根据解直角三角形的知识求出∠OAB和∠OAC，然后分两种情况求出∠BAC即可．‎ ‎【解答】解：有两种情况：‎ ‎①如图1所示：连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，‎ ‎∴∠OEA=∠OFA=90°，‎ 由垂径定理得：AE=BE=，AF=CF=，‎ cos∠OAE==，cos∠OAF==，‎ ‎∴∠OAE=30°，∠OAF=45°，∴∠BAC=30°+45°=75°；‎ ‎②如图2所示：‎ 连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，‎ ‎∴∠OEA=∠OFA=90°，‎ 由垂径定理得：AE=BE=，AF=CF=，‎ cos∠OAE═=，cos∠OAF==，‎ ‎∴∠OAE=30°，∠OAF=45°，‎ ‎∴∠BAC=45°﹣30°=15°；‎ 故答案为：75°或15°．‎ ‎6. （2016·吉林·3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠DAB=130°，连接OC，点P是半径OC上任意一点，连接DP，BP，则∠BPD可能为　80　度（写出一个即可）．‎ ‎【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．‎ ‎【分析】连接OB、OD，根据圆内接四边形的性质求出∠DCB的度数，根据圆周角定理求出∠DOB的度数，得到∠DCB＜∠BPD＜∠DOB．‎ ‎【解答】解：连接OB、OD，‎ ‎∵四边形ABCD内接于⊙O，∠DAB=130°，‎ ‎∴∠DCB=180°﹣130°=50°，‎ 由圆周角定理得，∠DOB=2∠DCB=100°，‎ ‎∴∠DCB＜∠BPD＜∠DOB，即50°＜∠BPD＜100°，‎ ‎∴∠BPD可能为80°，‎ 故答案为：80．‎ ‎7. （2016·四川泸州）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，0），B（1﹣a，0），C（1+a，0）（a＞0），点P在以D（4，4）为圆心，1为半径的圆上运动，且始终满足∠BPC=90°，则a的最大值是　6　．‎ ‎【考点】三角形的外接圆与外心．‎ ‎【分析】首先证明AB=AC=a，根据条件可知PA=AB=AC=a，求出⊙D上到点A的最大距离即可解决问题．‎ ‎【解答】解：∵A（1，0），B（1﹣a，0），C（1+a，0）（a＞0），‎ ‎∴AB=1﹣（1﹣a）=a，CA=a+1﹣1=a，‎ ‎∴AB=AC，‎ ‎∵∠BPC=90°，‎ ‎∴PA=AB=AC=a，‎ 如图延长AD交⊙D于P′，此时AP′最大，‎ ‎∵A（1，0），D（4，4），‎ ‎∴AD=5，‎ ‎∴AP′=5+1=6，‎ ‎∴a的最大值为6．‎ 故答案为6．‎ ‎8.（2016·黑龙江龙东·3分）如图，MN是⊙O的直径，MN=4，∠AMN=40°，点B为弧AN的中点，点P是直径MN上的一个动点，则PA+PB的最小值为　2　．‎ ‎【考点】轴对称-最短路线问题；圆周角定理．‎ ‎【分析】过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值，由对称的性质可知=，再由圆周角定理可求出∠A′ON的度数，再由勾股定理即可求解．‎ ‎【解答】解：过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值，‎ 连接OB，OA′，AA′，‎ ‎∵AA′关于直线MN对称，‎ ‎∴=，‎ ‎∵∠AMN=40°，‎ ‎∴∠A′ON=80°，∠BON=40°，‎ ‎∴∠A′OB=120°，‎ 过O作OQ⊥A′B于Q，‎ 在Rt△A′OQ中，OA′=2，‎ ‎∴A′B=2A′Q=2，‎ 即PA+PB的最小值2．‎ 故答案为：2．‎ 一、 解答题 ‎1. （2016·四川泸州）如图，△ABC内接于⊙O，BD为⊙O的直径，BD与AC相交于点H，AC的延长线与过点B的直线相交于点E，且∠A=∠EBC．‎ ‎（1）求证：BE是⊙O的切线；‎ ‎（2）已知CG∥EB，且CG与BD、BA分别相交于点F、G，若BG•BA=48，FG=，DF=2BF，求AH的值．‎ ‎【考点】圆的综合题；三角形的外接圆与外心；切线的判定．‎ ‎【分析】（1）欲证明BE是⊙O的切线，只要证明∠EBD=90°．‎ ‎（2）由△ABC∽△CBG，得=求出BC，再由△BFC∽△BCD，得BC2=BF•BD求出BF，CF，CG，GB，再通过计算发现CG=AG，进而可以证明CH=CB，求出AC即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）证明：连接CD，‎ ‎∵BD是直径，‎ ‎∴∠BCD=90°，即∠D+∠CBD=90°，‎ ‎∵∠A=∠D，∠A=∠EBC，‎ ‎∴∠CBD+∠EBC=90°，‎ ‎∴BE⊥BD，‎ ‎∴BE是⊙O切线．‎ ‎（2）解：∵CG∥EB，‎ ‎∴∠BCG=∠EBC，‎ ‎∴∠A=∠BCG，‎ ‎∵∠CBG=∠ABC ‎∴△ABC∽△CBG，‎ ‎∴=，即BC2=BG•BA=48，‎ ‎∴BC=4，‎ ‎∵CG∥EB，‎ ‎∴CF⊥BD，‎ ‎∴△BFC∽△BCD，‎ ‎∴BC2=BF•BD，‎ ‎∵DF=2BF，‎ ‎∴BF=4，‎ 在RT△BCF中，CF==4，‎ ‎∴CG=CF+FG=5，‎ 在RT△BFG中，BG==3，‎ ‎∵BG•BA=48，‎ ‎∴即AG=5，‎ ‎∴CG=AG，‎ ‎∴∠A=∠ACG=∠BCG，∠CFH=∠CFB=90°，‎ ‎∴∠CHF=∠CBF，‎ ‎∴CH=CB=4，‎ ‎∵△ABC∽△CBG，‎ ‎∴=，‎ ‎∴AC==，‎ ‎∴AH=AC﹣CH=．‎ ‎2．（2016·四川攀枝花）如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA=6，OB=8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连结CD、QC．‎ ‎（1）当t为何值时，点Q与点D重合？‎ ‎（2）当⊙Q经过点A时，求⊙P被OB截得的弦长．‎ ‎（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围．‎ ‎【考点】圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）由题意知CD⊥OA，所以△ACD∽△ABO，利用对应边的比求出AD的长度，若Q与D重合时，则，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值；‎ ‎（2）由于0＜t≤5，当Q经过A点时，OQ=4，此时用时为4s，过点P作PE⊥OB于点E，利用垂径定理即可求出⊙P被OB截得的弦长；‎ ‎（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，分以下两种情况，①当QC与⊙P相切时，计算出此时的时间；②当Q与D重合时，计算出此时的时间；由以上两种情况即可得出t的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）∵OA=6，OB=8，‎ ‎∴由勾股定理可求得：AB=10，‎ 由题意知：OQ=AP=t，‎ ‎∴AC=2t，‎ ‎∵AC是⊙P的直径，‎ ‎∴∠CDA=90°，‎ ‎∴CD∥OB，‎ ‎∴△ACD∽△ABO，‎ ‎∴，‎ ‎∴AD=，‎ 当Q与D重合时，‎ AD+OQ=OA，‎ ‎∴+t=6，‎ ‎∴t=；‎ ‎（2）当⊙Q经过A点时，如图1，‎ OQ=OA﹣QA=4，‎ ‎∴t==4s，‎ ‎∴PA=4，‎ ‎∴BP=AB﹣PA=6，‎ 过点P作PE⊥OB于点E，⊙P与OB相交于点F、G，‎ 连接PF，‎ ‎∴PE∥OA，‎ ‎∴△PEB∽△AOB，‎ ‎∴，‎ ‎∴PE=，‎ ‎∴由勾股定理可求得：EF=，‎ 由垂径定理可求知：FG=2EF=；‎ ‎（3）当QC与⊙P相切时，如图2，‎ 此时∠QCA=90°，‎ ‎∵OQ=AP=t，‎ ‎∴AQ=6﹣t，AC=2t，‎ ‎∵∠A=∠A，‎ ‎∠QCA=∠ABO，‎ ‎∴△AQC∽△ABO，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴t=，‎ ‎∴当0＜t≤时，⊙P与QC只有一个交点，‎ 当QC⊥OA时，‎ 此时Q与D重合，‎ 由（1）可知：t=，‎ ‎∴当＜t≤5时，⊙P与QC只有一个交点，‎ 综上所述，当，⊙P与QC只有一个交点，t的取值范围为：0＜t≤或＜t≤5．‎ ‎【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆的切线判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，学生需要根据题意画出相应的图形来分析，并且能综合运用所学知识进行解答．‎ ‎3. （2016·山东潍坊）正方形ABCD内接于⊙O，如图所示，在劣弧上取一点E，连接DE、BE，过点D作DF∥BE交⊙O于点F，连接BF、AF，且AF与DE相交于点G，求证：‎ ‎（1）四边形EBFD是矩形；‎ ‎（2）DG=BE．‎ ‎【考点】正方形的性质；矩形的判定；圆周角定理．‎ ‎【分析】（1）直接利用正方形的性质、圆周角定理结合平行线的性质得出∠BED=∠BAD=90°，∠BFD=∠BCD=90°，∠EDF=90°，进而得出答案；‎ ‎（2）直接利用正方形的性质的度数是90°，进而得出BE=DF，则BE=DG．‎ ‎【解答】证明：（1）∵正方形ABCD内接于⊙O，‎ ‎∴∠BED=∠BAD=90°，∠BFD=∠BCD=90°，‎ 又∵DF∥BE，‎ ‎∴∠EDF+∠BED=180°，‎ ‎∴∠EDF=90°，‎ ‎∴四边形EBFD是矩形；‎ ‎（2））∵正方形ABCD内接于⊙O，‎ ‎∴的度数是90°，‎ ‎∴∠AFD=45°，‎ 又∵∠GDF=90°，‎ ‎∴∠DGF=∠DFC=45°，‎ ‎∴DG=DF，‎ 又∵在矩形EBFD中，BE=DF，‎ ‎∴BE=DG．‎ ‎4.（2016·广西桂林·8分）已知任意三角形的三边长，如何求三角形面积？‎ 古希腊的几何学家海伦解决了这个问题，在他的著作《度量论》一书中给出了计算公式﹣﹣海伦公式（其中a，b，c是三角形的三边长，，S为三角形的面积），并给出了证明 例如：在△ABC中，a=3，b=4，c=5，那么它的面积可以这样计算：‎ ‎∵a=3，b=4，c=5‎ ‎∴p==6‎ ‎∴S===6‎ 事实上，对于已知三角形的三边长求三角形面积的问题，还可用我国南宋时期数学家秦九韶提出的秦九韶公式等方法解决．‎ 如图，在△ABC中，BC=5，AC=6，AB=9‎ ‎（1）用海伦公式求△ABC的面积；‎ ‎（2）求△ABC的内切圆半径r．‎ ‎【考点】三角形的内切圆与内心；二次根式的应用．‎ ‎【分析】（1）先根据BC、AC、AB的长求出P，再代入到公式S=即可求得S的值；‎ ‎（2）根据公式S=r（AC+BC+AB），代入可得关于r的方程，解方程得r的值．‎ ‎【解答】解：（1）∵BC=5，AC=6，AB=9，‎ ‎∴p===10，‎ ‎∴S===10；‎ 故△ABC的面积10；‎ ‎（2）∵S=r（AC+BC+AB），‎ ‎∴10=r（5+6+9），‎ 解得：r=，‎ 故△ABC的内切圆半径r=．‎ ‎5.（2016·广西桂林·10分）如图，在四边形ABCD中，AB=6，BC=8，CD=24，AD=26，∠B=90°，以AD为直径作圆O，过点D作DE∥AB交圆O于点E ‎（1）证明点C在圆O上；‎ ‎（2）求tan∠CDE的值；‎ ‎（3）求圆心O到弦ED的距离．‎ ‎【考点】实数的运算．‎ ‎【分析】（1）如图1，连结CO．先由勾股定理求出AC=10，再利用勾股定理的逆定理证明△ACD是直角三角形，∠C=90°，那么OC为Rt△ACD斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OC=AD=r，即点C在圆O上；‎ ‎（2）如图2，延长BC、DE交于点F，∠BFD=90°．根据同角的余角相等得出∠CDE=∠ACB．在Rt△ABC中，利用正切函数定义求出tan∠ACB==，则tan∠CDE=tan∠ACB=；‎ ‎（3）如图3，连结AE，作OG⊥ED于点G，则OG∥AE，且OG=AE．易证△ABC∽△CFD，根据相似三角形对应边成比例求出CF=，那么BF=BC+CF=．再证明四边形ABFE是矩形，得出AE=BF=，所以OG=AE=．‎ ‎【解答】（1）证明：如图1，连结CO．‎ ‎∵AB=6，BC=8，∠B=90°，‎ ‎∴AC=10．‎ 又∵CD=24，AD=26，102+242=262，‎ ‎∴△ACD是直角三角形，∠C=90°．‎ ‎∵AD为⊙O的直径，‎ ‎∴AO=OD，OC为Rt△ACD斜边上的中线，‎ ‎∴OC=AD=r，‎ ‎∴点C在圆O上；‎ ‎（2）解：如图2，延长BC、DE交于点F，∠BFD=90°．‎ ‎∵∠BFD=90°，‎ ‎∴∠CDE+∠FCD=90°，‎ 又∵∠ACD=90°，‎ ‎∴∠ACB+∠FCD=90°，‎ ‎∴∠CDE=∠ACB．‎ 在Rt△ABC中，tan∠ACB==，‎ ‎∴tan∠CDE=tan∠ACB=；‎ ‎（3）解：如图3，连结AE，作OG⊥ED于点G，则OG∥AE，且OG=AE．‎ 易证△ABC∽△CFD，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴CF=，‎ ‎∴BF=BC+CF=8+=．‎ ‎∵∠B=∠F=∠AED=90°，‎ ‎∴四边形ABFE是矩形，‎ ‎∴AE=BF=，‎ ‎∴OG=AE=，‎ 即圆心O到弦ED的距离为．‎ ‎6.（2016·贵州安顺·12分）如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的圆O与AD、AC分别交于点E、F，且∠ACB=∠DCE．‎ ‎（1）判断直线CE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；‎ ‎（2）若tan∠ACB=，BC=2，求⊙O的半径．‎ ‎【分析】（1）连接OE．欲证直线CE与⊙O相切，只需证明∠CEO=90°，即OE⊥CE即可；‎ ‎（2）在直角三角形ABC中，根据三角函数的定义可以求得AB=，然后根据勾股定理求得AC=，同理知DE=1；‎ 方法一、在Rt△COE中，利用勾股定理可以求得CO2=OE2+CE2，即=r2+3，从而易得r的值；‎ 方法二、过点O作OM⊥AE于点M，在Rt△AMO中，根据三角函数的定义可以求得r的值．‎ ‎【解答】解：（1）直线CE与⊙O相切．…（1分）‎ 理由如下：‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴BC∥AD，∠ACB=∠DAC；‎ 又∵∠ACB=∠DCE，‎ ‎∴∠DAC=∠DCE；‎ 连接OE，则∠DAC=∠AEO=∠DCE；‎ ‎∵∠DCE+∠DEC=90°‎ ‎∴∠AE0+∠DEC=90°‎ ‎∴∠OEC=90°，即OE⊥CE．‎ 又OE是⊙O的半径，‎ ‎∴直线CE与⊙O相切．…（5分）‎ ‎（2）∵tan∠ACB==，BC=2，‎ ‎∴AB=BC•tan∠ACB=，‎ ‎∴AC=；‎ 又∵∠ACB=∠DCE，‎ ‎∴tan∠DCE=tan∠ACB=，‎ ‎∴DE=DC•tan∠DCE=1；‎ 方法一：在Rt△CDE中，CE==，‎ 连接OE，设⊙O的半径为r，则在Rt△COE中，CO2=OE2+CE2，即=r2+3 ‎ 解得：r=‎ 方法二：AE=AD﹣DE=1，过点O作OM⊥AE于点M，则AM=AE=‎ 在Rt△AMO中，OA==÷=…（9分）‎ ‎【点评】本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；利用勾股定理计算线段的长．‎ ‎7.（2016·黑龙江哈尔滨·10分）已知：△ABC内接于⊙O，D是上一点，OD⊥BC，垂足为H．‎ ‎（1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；‎ ‎（2）如图2，当圆心O在△ABC外部时，连接AD、CD，AD与BC交于点P，求证：∠ACD=∠APB；‎ ‎（3）在（2）的条件下，如图3，连接BD，E为⊙O上一点，连接DE交BC于点Q、交AB于点N，连接OE，BF为⊙O的弦，BF⊥OE于点R交DE于点G ‎，若∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，AC=5，BN=3，tan∠ABC=，求BF的长．‎ ‎【考点】圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）OD⊥BC可知点H是BC的中点，又中位线的性质可得AC=2OH；‎ ‎（2）由垂径定理可知：，所以∠BAD=∠CAD，由因为∠ABC=∠ADC，所以∠ACD=∠APB；‎ ‎（3）由∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN可知∠AND=90°，由tan∠ABC=可知NQ和BQ的长度，再由BF⊥OE和OD⊥BC可知∠GBN=∠ABC，所以BG=BQ，连接AO并延长交⊙O于点I，连接IC后利用圆周角定理可求得IC和AI的长度，设QH=x，利用勾股定理可求出QH和HD的长度，利用垂径定理可求得ED的长度，最后利用tan∠OED=即可求得RG的长度，最后由垂径定理可求得BF的长度．‎ ‎【解答】解：（1）∵OD⊥BC，‎ ‎∴由垂径定理可知：点H是BC的中点，‎ ‎∵点O是AB的中点，‎ ‎∴OH是△ABC的中位线，‎ ‎∴AC=2OH；‎ ‎（2）∵OD⊥BC，‎ ‎∴由垂径定理可知：，‎ ‎∴∠BAD=∠CAD，‎ ‎∵，‎ ‎∴∠ABC=∠ADC，‎ ‎∴180°﹣∠BAD﹣∠ABC=180°﹣∠CAD﹣∠ADC，‎ ‎∴∠ACD=∠APB，‎ ‎（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD相交于点M，‎ ‎∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，‎ ‎∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN，‎ ‎∵∠ABD+∠BDN=∠AND，‎ ‎∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND，‎ ‎∵∠ACD+∠ABD=180°，‎ ‎∴∠ABD+∠BDN=180°﹣∠AND，‎ ‎∴∠AND=180°﹣∠AND，‎ ‎∴∠AND=90°，‎ ‎∵tan∠ABC=，BN=3，‎ ‎∴NQ=，‎ ‎∴由勾股定理可求得：BQ=，‎ ‎∵∠BNQ=∠QHD=90°，‎ ‎∴∠ABC=∠QDH，‎ ‎∵OE=OD，‎ ‎∴∠OED=∠QDH，‎ ‎∵∠ERG=90°，‎ ‎∴∠OED=∠GBN，‎ ‎∴∠GBN=∠ABC，‎ ‎∵AB⊥ED，‎ ‎∴BG=BQ=，GN=NQ=，‎ ‎∵AI是⊙O直径，‎ ‎∴∠ACI=90°，‎ ‎∵tan∠AIC=tan∠ABC=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴IC=10，‎ ‎∴由勾股定理可求得：AI=25，‎ 连接OB，‎ 设QH=x，‎ ‎∵tan∠ABC=tan∠ODE=，‎ ‎∴，‎ ‎∴HD=2x，‎ ‎∴OH=OD﹣HD=﹣2x，‎ BH=BQ+QH=+x，‎ 由勾股定理可得：OB2=BH2+OH2，‎ ‎∴（）2=（+x）2+（﹣2x）2，‎ 解得：x=或x=，‎ 当QH=时，‎ ‎∴QD=QH=，‎ ‎∴ND=QD+NQ=6，‎ ‎∴MN=3，MD=15‎ ‎∵MD，‎ ‎∴QH=不符合题意，舍去，‎ 当QH=时，‎ ‎∴QD=QH=‎ ‎∴ND=NQ+QD=4，‎ 由垂径定理可求得：ED=10，‎ ‎∴GD=GN+ND=‎ ‎∴EG=ED﹣GD=，‎ ‎∵tan∠OED=，‎ ‎∴，‎ ‎∴EG=RG，‎ ‎∴RG=，‎ ‎∴BR=RG+BG=12‎ ‎∴由垂径定理可知：BF=2BR=24．‎ ‎8.(2016河北）（本小题满分10分）‎ 如图，半圆O的直径AB=4，以长为2的弦PQ为直径，向点O方向作半圆M，其中P 点在AQ（弧）上且不与A点重合，但Q点可与B点重合.‎ 发现 AP（弧）的长与QB（弧）的长之和为定值l，求l；‎ 思考 点M与AB的最大距离为_______，此时点P，A间的距离为_______；点M与AB的最小距离为________，此时半圆M的弧与AB所围成的封闭图形面积为________.‎ 探究 当半圆M与AB相切时，求AP（弧）的长.‎ ‎（注：结果保留π，cos 35°=，cos 55°=）‎ ‎ ‎ 第25题图 备用图 解析：图画好，就好求。最大距离就是OM，当OM⊥AB时，利用角和边的关系，△AOP是等边三角形，点M与AB的最小距离，Q与B重合，面积，扇形减三角形。‎ ‎ 相切，两种情况，左边和右边，对称的，画好图，根据cos 35°=，cos 55°=，以及已知角，求所需要的角。‎ 知识点：圆 ‎9．（2016河南）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点M是AC的中点，以AB为直径作⊙O分别交AC，BM于点D，E．‎ ‎（1）求证：MD=ME；‎ ‎（2）填空：‎ ‎①若AB=6，当AD=2DM时，DE=　2　；‎ ‎②连接OD，OE，当∠A的度数为　60°　时，四边形ODME是菱形．‎ ‎【考点】菱形的判定．‎ ‎【分析】（1）先证明∠A=∠ABM，再证明∠MDE=∠MBA，∠MED=∠A即可解决问题．‎ ‎（2）①由DE∥AB，得=即可解决问题．‎ ‎②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形，只要证明△ODE，△DEM都是等边三角形即可．‎ ‎【解答】（1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC，‎ ‎∴BM=AM=MC，‎ ‎∴∠A=∠ABM，‎ ‎∵四边形ABED是圆内接四边形，‎ ‎∴∠ADE+∠ABE=180°，‎ 又∠ADE+∠MDE=180°，‎ ‎∴∠MDE=∠MBA，‎ 同理证明：∠MED=∠A，‎ ‎∴∠MDE=∠MED，‎ ‎∴MD=ME．‎ ‎（2）①由（1）可知，∠A=∠MDE，‎ ‎∴DE∥AB，‎ ‎∴=，‎ ‎∵AD=2DM，‎ ‎∴DM：MA=1：3，‎ ‎∴DE=AB=×6=2．‎ 故答案为2．‎ ‎②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．‎ 理由：连接OD、OE，‎ ‎∵OA=OD，∠A=60°，‎ ‎∴△AOD是等边三角形，‎ ‎∴∠AOD=60°，‎ ‎∵DE∥AB，‎ ‎∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°，‎ ‎∴△ODE，△DEM都是等边三角形，‎ ‎∴OD=OE=EM=DM，‎ ‎∴四边形OEMD是菱形．‎ 故答案为60°．‎ ‎【点评】本题考查圆内接四边形性质、直角三角形斜边中线性质、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，记住菱形的三种判定方法，属于中考常考题型．‎ ‎10. （2016·云南省昆明市）如图，AB是⊙O的直径，∠BAC=90°，四边形EBOC是平行四边形，EB交⊙O于点D，连接CD并延长交AB的延长线于点F．‎ ‎（1）求证：CF是⊙O的切线；‎ ‎（2）若∠F=30°，EB=4，求图中阴影部分的面积（结果保留根号和π）‎ ‎【考点】切线的判定；平行四边形的性质；扇形面积的计算．‎ ‎【分析】（1）欲证明CF是⊙O的切线，只要证明∠CDO=90°，只要证明△COD≌△COA即可．‎ ‎（2）根据条件首先证明△OBD是等边三角形，∠FDB=∠EDC=∠ECD=30°，推出DE=EC=BO=BD=OA由此根据S阴=2•S△AOC﹣S扇形OAD即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）证明：如图连接OD．‎ ‎∵四边形OBEC是平行四边形，‎ ‎∴OC∥BE，‎ ‎∴∠AOC=∠OBE，∠COD=∠ODB，‎ ‎∵OB=OD，‎ ‎∴∠OBD=∠ODB，‎ ‎∴∠DOC=∠AOC，‎ 在△COD和△COA中，‎ ‎，‎ ‎∴△COD≌△COA，‎ ‎∴∠CAO=∠CDO=90°，‎ ‎∴CF⊥OD，‎ ‎∴CF是⊙O的切线．‎ ‎（2）解：∵∠F=30°，∠ODF=90°，‎ ‎∴∠DOF=∠AOC=∠COD=60°，‎ ‎∵OD=OB，‎ ‎∴△OBD是等边三角形，‎ ‎∴∠DBO=60°，‎ ‎∵∠DBO=∠F+∠FDB，‎ ‎∴∠FDB=∠EDC=30°，‎ ‎∵EC∥OB，‎ ‎∴∠E=180°﹣∠OBD=120°，‎ ‎∴∠ECD=180°﹣∠E﹣∠EDC=30°，‎ ‎∴EC=ED=BO=DB，‎ ‎∵EB=4，‎ ‎∴OB=OD═OA=2，‎ 在RT△AOC中，∵∠OAC=90°，OA=2，∠AOC=60°，‎ ‎∴AC=OA•tan60°=2，‎ ‎∴S阴=2•S△AOC﹣S扇形OAD=2××2×2﹣=2﹣．‎ ‎　‎