全国各地中考数学试卷解析版分类汇编 点直线与圆的位置关系

全国各地中考数学试卷解析版分类汇编 点直线与圆的位置关系

‎ 全面有效 学习载体 点直线与圆的位置关系 一、选择题 ‎1. （2014山东济南，第13题，3分）如图，的半径为1，是的内接等边三角形，点D，E在圆上，四边形为矩形，这个矩形的面积是 A B C D E ‎．O 第13题图 A．2 　　 B． C． 　　　 D．‎ ‎【解析】，知，所以矩形的面积是．‎ ‎2. （2014•山东淄博,第11题4分）如图，直线AB与⊙O相切于点A，弦CD∥AB，E，F为圆上的两点，且∠CDE=∠ADF．若⊙O的半径为，CD=4，则弦EF的长为（　　）‎ ‎　 A． 4 B． 2 C． 5 D． 6‎ 考点： 切线的性质．‎ 分析： 首先连接OA，并反向延长交CD于点H，连接OC，由直线AB与⊙O相切于点A，弦CD∥AB，可求得OH的长，然后由勾股定理求得AC的长，又由∠CDE=∠ADF，可证得EF=AC，继而求得答案．‎ 解答： 解：连接OA，并反向延长交CD于点H，连接OC，‎ ‎∵直线AB与⊙O相切于点A，‎ ‎∴OA⊥AB，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∵弦CD∥AB，‎ ‎∴AH⊥CD，‎ ‎∴CH=CD=×4=2，‎ ‎∵⊙O的半径为，‎ ‎∴OA=OC=，‎ ‎∴OH==，‎ ‎∴AH=OA+OH=+=4，‎ ‎∴AC==2．‎ ‎∵∠CDE=∠ADF，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴EF=AC=2．‎ 故选B．‎ 点评： 此题考查了切线的性质、圆周角定理、垂径定理以及勾股定理等知识．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎　‎ ‎3．（2014•四川宜宾，第8题，3分）已知⊙O的半径r=3，设圆心O到一条直线的距离为d，圆上到这条直线的距离为2的点的个数为m，给出下列命题：‎ ‎①若d＞5，则m=0；②若d=5，则m=1；③若1＜d＜5，则m=3；④若d=1，则m=2；⑤若d＜1，则m=4．‎ 其中正确命题的个数是（ ）‎ ‎　‎ A．‎ ‎1‎ B．‎ ‎2‎ C．‎ ‎4‎ D．‎ ‎5‎ ‎ ‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 考点：‎ 直线与圆的位置关系；命题与定理．‎ 分析：‎ 根据直线与圆的位置关系和直线与圆的交点个数结合答案分析即可得到答案．‎ 解答：‎ 解：①若d＞5时，直线与圆相离，则m=0，正确；‎ ‎②若d=5时，直线与圆相切，则m=1，故正确；‎ ‎③若1＜d＜5，则m=3，正确；‎ ‎④若d=1时，直线与圆相交，则m=2正确；‎ ‎⑤若d＜1时，直线与圆相交，则m=2，故错误．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是了解直线与圆的位置关系与d与r的数量关系．‎ ‎4．（2014•四川内江，第10题，3分）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=6，以斜边AB上的一点O为圆心所作的半圆分别与AC、BC相切于点D、E，则AD为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎2.5‎ B．‎ ‎1.6‎ C．‎ ‎1.5‎ D．‎ ‎1‎ 考点：‎ 切线的性质；相似三角形的判定与性质．‎ 分析：‎ 连接OD、OE，先设AD=x，再证明四边形ODCE是矩形，可得出OD=CE，OE=CD，从而得出CD=CE=4﹣x，BE=6﹣（4﹣x），可证明△AOD∽OBE，再由比例式得出AD的长即可．‎ 解答：‎ 解：连接OD、OE，‎ 设AD=x，‎ ‎∵半圆分别与AC、BC相切，‎ ‎∴∠CDO=∠CEO=90°，‎ ‎∵∠C=90°，‎ ‎∴四边形ODCE是矩形，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴OD=CE，OE=CD，‎ ‎∴CD=CE=4﹣x，BE=6﹣（4﹣x）=x+2，‎ ‎∵∠AOD+∠A=90°，∠AOD+∠BOE=90°，‎ ‎∴∠A=∠BOE，‎ ‎∴△AOD∽OBE，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ 解得x=1.6，‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了切线的性质．相似三角形的性质与判定，运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形，证明三角形相似解决有关问题．‎ ‎5.（2014•甘肃白银、临夏）,第7题3分）已知⊙O的半径是6cm，点O到同一平面内直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 相交 B．‎ 相切 C．‎ 相离 D．‎ 无法判断 考点：‎ 直线与圆的位置关系．‎ 分析：‎ 设圆的半径为r，点O到直线l的距离为d，若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离，从而得出答案．‎ 解答：‎ 解：设圆的半径为r，点O到直线l的距离为d，‎ ‎∵d=5，r=6，‎ ‎∴d＜r，‎ ‎∴直线l与圆相交．‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 与圆半径大小关系完成判定．‎ ‎3.‎ ‎4.‎ ‎5.‎ ‎6.‎ ‎7.‎ ‎8.‎ 二、填空题 ‎1. （2014•江苏苏州,第18题3分）如图，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上的一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，连接PA．设PA=x，PB=y，则（x﹣y）的最大值是　2　．‎ 考点：‎ 切线的性质 分析：‎ 作直径AC，连接CP，得出△APC∽△PBA，利用=，得出y=x2，所以x﹣y=x﹣x2=﹣x2+x=﹣（x﹣4）2+2，当x=4时，x﹣y有最大值是2．‎ 解答：‎ 解：如图，作直径AC，连接CP，‎ ‎∴∠CPA=90°，‎ ‎∵AB是切线，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴CA⊥AB，‎ ‎∵PB⊥l，‎ ‎∴AC∥PB，‎ ‎∴∠CAP=∠APB，‎ ‎∴△APC∽△PBA，‎ ‎∴=，‎ ‎∵PA=x，PB=y，半径为4‎ ‎∴=，‎ ‎∴y=x2，‎ ‎∴x﹣y=x﹣x2=﹣x2+x=﹣（x﹣4）2+2，‎ 当x=4时，x﹣y有最大值是2，‎ 故答案为：2．‎ 点评：‎ 此题考查了切线的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．‎ ‎2．（2014•四川宜宾，第15题，3分）如图，已知AB为⊙O的直径，AB=2，AD和BE是圆O的两条切线，A、B为切点，过圆上一点C作⊙O的切线CF，分别交AD、BE于点M、N，连接AC、CB，若∠ABC=30°，则AM= ．‎ ‎ ‎ 考点：‎ 切线的性质 专题：‎ 计算题．‎ 分析：‎ 连接OM，OC，由OB=OC，且∠ABC的度数求出∠BCO的度数，利用外角性质求出∠AOC度数，利用切线长定理得到MA=AC，利用HL得到三角形AOM与三角形COM全等，利用全等三角形对应角相等得到OM为角平分线，求出∠AOM为30°，在直角三角形AOM ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 值，利用锐角三角函数定义即可求出AM的长．‎ 解答：‎ 解：连接OM，OC，‎ ‎∵OB=OC，且∠ABC=30°，‎ ‎∴∠BCO=∠ABC=30°，‎ ‎∵∠AOC为△BOC的外角，‎ ‎∴∠AOC=2∠ABC=60°，‎ ‎∵MA，MC分别为圆O的切线，‎ ‎∴MA=MC，且∠MAO=∠MCO=90°，‎ 在Rt△AOM和Rt△COM中，‎ ‎，‎ ‎∴Rt△AOM≌Rt△COM（HL），‎ ‎∴∠AOM=∠COM=∠AOC=30°，‎ 在Rt△AOM中，OA=AB=1，∠AOM=30°，‎ ‎∴tan30°=，即=，‎ 解得：AM=．‎ 故答案为：‎ 点评：‎ 此题考查了切线的性质，锐角三角函数定义，外角性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．‎ ‎3.‎ ‎4.‎ ‎5.‎ ‎6.‎ ‎7.‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎8.‎ 三、解答题 ‎1. （2014•四川巴中，第29题10分）如图，已知在△ABC中，AD是BC边上的中线，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过D作MN⊥AC于点M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN于G．‎ ‎（1）求证：△BGD∽△DMA；‎ ‎（2）求证：直线MN是⊙O的切线．‎ 考点：相似三角形的判定，切线的性质．‎ 分析：（1）根据垂直定义得出∠BGD=∠DMA=90°，由圆周角定理、三角形内角和定理、对顶角性质及等角的余角相等得出∠DBG=∠ADM，再根据两角对应相等的两三角形相似即可证明△BGD∽△DMA；‎ ‎（2）连结OD．由三角形中位线的性质得出OD∥AC，根据垂直于同一直线的两直线平行得出AC∥BG，由平行公理推论得到OD∥BG，再由BG⊥MN，可得OD⊥MN，然后根据切线的判定定理即可证明直线MN是⊙O的切线．‎ 解答：证明：（1）∵MN⊥AC于点M，BG⊥MN于G，‎ ‎∴∠BGD=∠DMA=90°．‎ ‎∵以AB为直径的⊙O交BC于点D，∴AD⊥BC，∠ADC=90°，‎ ‎∴∠ADM+∠CDM=90°，‎ ‎∵∠DBG+∠BDG=90°，∠CDM=∠BDG，‎ ‎∴∠DBG=∠ADM．‎ 在△BGD与△DMA中，，∴△BGD∽△DMA；‎ ‎（2）连结OD．∵BO=OA，BD=DC，‎ ‎∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC．∵MN⊥AC，BG⊥MN，‎ ‎∴AC∥BG，∴OD∥BG，∵BG⊥MN，∴OD⊥MN，‎ ‎∴直线MN是⊙O的切线．‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 点评：本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定．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．‎ ‎2. （2014•山东威海，第23题10分）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作BE的垂线交AB于点F，⊙O是△BEF的外接圆．‎ ‎（1）求证：AC是⊙O的切线．‎ ‎（2）过点E作EH⊥AB于点H，求证：CD=HF．‎ 考点：‎ 切线的判定 专题：‎ 证明题．‎ 分析：‎ ‎（1）连接OE，由于BE是角平分线，则有∠CBE=∠OBE；而OB=OE，就有∠OBE=∠OEB，等量代换有∠OEB=∠CBE，那么利用内错角相等，两直线平行，可得OE∥BC；又∠C=90°，所以∠AEO=90°，即AC是⊙O的切线；‎ ‎（2）连结DE，先根据AAS证明△CDE≌△HFE，再由全等三角形的对应边相等即可得出CD=HF．‎ 解答：‎ 证明：（1）连接OE．‎ ‎∵BE平分∠ABC，‎ ‎∴∠CBE=∠OBE，‎ ‎∵OB=OE，‎ ‎∴∠OBE=∠OEB，‎ ‎∴∠OEB=∠CBE，‎ ‎∴OE∥BC，‎ ‎∴∠AEO=∠C=90°，‎ ‎∴AC是⊙O的切线；‎ ‎（2）如图，连结DE．‎ ‎∵∠CBE=∠OBE，EC⊥BC于C，EH⊥AB于H，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴EC=EH．‎ ‎∵∠CDE+∠BDE=180°，∠HFE+∠BDE=180°，‎ ‎∴∠CDE=∠HFE．‎ 在△CDE与△HFE中，‎ ‎，‎ ‎∴△CDE≌△HFE（AAS），‎ ‎∴CD=HF．‎ 点评：‎ 本题主要考查了切线的判定，全等三角形的判定与性质．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．‎ ‎3. （2014•山东枣庄，第23题8分）如图，A为⊙O外一点，AB切⊙O于点B，AO交⊙O于C，CD⊥OB于E，交⊙O于点D，连接OD．若AB=12，AC=8．‎ ‎（1）求OD的长；‎ ‎（2）求CD的长．‎ ‎ ‎ 考点：‎ 切线的性质 专题：‎ 计算题．‎ 分析：‎ ‎（1）设⊙O的半径为R，根据切线定理得OB⊥AB，则在Rt△ABO中，利用勾股定理得到R2+122=（R+8）2，解得R=5，即OD的长为5；‎ ‎（2）根据垂径定理由CD⊥OB得DE=CE，再证明△OEC∽△OBA，利用相似比可计算出CE=，所以CD=2CE=．‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 解答：‎ 解：（1）设⊙O的半径为R，‎ ‎∵AB切⊙O于点B，‎ ‎∴OB⊥AB，‎ 在Rt△ABO中，OB=R，AO=OC+AC=R+8，AB=12，‎ ‎∵OB2+AB2=OA2，‎ ‎∴R2+122=（R+8）2，解得R=5，‎ ‎∴OD的长为5；‎ ‎（2）∵CD⊥OB，‎ ‎∴DE=CE，‎ 而OB⊥AB，‎ ‎∴CE∥AB，‎ ‎∴△OEC∽△OBA，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴CE=，‎ ‎∴CD=2CE=．‎ 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．也考查了勾股定理、垂径定理和相似三角形的判定与性质．‎ ‎4. （2014•山东潍坊，第20题10分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=900，以AB为直径作⊙O，恰与另一腰CD相切于点E，连接OD、OC、BE．‎ ‎(1)求证：OD∥BE；‎ ‎(2)若梯形ABCD的面积是48，设OD=x，OC=y，且x+y=14，‎ 求CD的长．‎ 考点：全等三角形、直角三角形、勾股定理；直线与圆的位置关系．‎ 分析：（1）连接OE, 证明Rt△OAD≌Rt△OED可得∠AOD=∠ABE，从而OD∥BE；‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎（2）证明△COD是直角三角形，根据梯形ABCD的面积是48求出xy=48，结合x+y=14可求出x2+y2的值，从而可得CD的长 解答：(1)证明：连接OE,‎ ‎∵CD是⊙O的切线， ∴OE⊥CD，‎ 在Rt△OAD和Rt△OED中，OA=OE, OD=OD，‎ ‎∴Rt△OADcR≌t△OED， ∴∠AOD=∠EOD=∠AOE，‎ 在⊙O中，ABE=∠AOE, ∴∠AOD=∠ABE， ∴OD∥BE ‎ ‎(2)同理可证：Rt△COE≌Rt△COB．∴∠COE=∠COB=∠BOE,‎ ‎∴∠DOE+∠COE=900，∴△COD是直角三角形， ‎ ‎∵S△DEO=S△DAO, S△COE=S△COB,‎ ‎∴S梯形ABCD =2(S△DOE+S△COE)=2S△COD=OC·OD=48，即xy=48， ‎ 又∵x+y= 14，∴x2 +y2=(x+y)2－2xy=142－2×48=100,‎ 在Rt△COD中,‎ 即CD的长为10． ‎ 点评：本题主要考查的是三角形全等、直角三角形、勾股定理；、直线与圆的位置关系.‎ ‎5.（2014•江西抚州，第22题，9分）如图，在平面直角坐标系中，⊙经过轴上一点，与y轴分别交于、两点，连接并延长分别交⊙、轴于点、，连接并延长交y轴于点，若点的坐标为(0 ,1),点的坐标为(6 ,－1).‎ ‎ ⑴ 求证：‎ ‎ ⑵ 判断⊙与轴的位置关系，并说明理由.‎ ‎ ⑶ 求直线的解析式.‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 解析：(1)如图1，‎ 作DH⊥轴于点H,‎ ‎ ∵F(0,1),D(6,-1)‎ ‎ ∴OF=DH=1,‎ ‎ 在⊿OCF和⊿HCD中，‎ ‎ ‎ ‎ ∴⊿OCF≌⊿HCD(AAS), DC=FC.‎ ‎ (2)如图2，‎ ‎⊙P与轴相切.‎ ‎ 连接PC,‎ ‎ ∵DC=FC, PD=PA,‎ ‎ ∴CP是⊿DFA的中位线，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎ ∴PC∥轴，‎ ‎ ∴PC⊥轴 , 又C是⊙P与轴的交点 ，‎ ‎ ∴⊙P切轴于点C.‎ ‎ (3)如图3，‎ 作PG⊥轴于点G,‎ ‎ 由(1)知：C(3,0),‎ ‎ 由(2)知：AF=2PC,‎ ‎ 设⊙P的半径为r ,‎ ‎ 则：（r-1)2+32=r2 , ∴r=5, ∴A(0,-9)；‎ ‎ 设直线AD的解析式为，‎ ‎ 把D(6,-1)代入得： ，‎ ‎ ∴直线AD的解析式为：‎ ‎6．（2014山东济南，第23题，7分）（本小题满分7分）‎ E是AD的中点，求证：．‎ ‎（2）如图，AB与相切于C，，的半径为6，AB＝16，求OA的长.‎ A B C O 第23题（2）图 ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎【解析】在中，，‎ ‎　　　　连接，则有，‎ ‎　　　　所以．‎ ‎7．（2014•山东聊城，第24题，10分）如图，AB，AC分别是半⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，过点A作半⊙O的切线AP，AP与OD的延长线交于点P．连接PC并延长与AB的延长线交于点F．‎ ‎（1）求证：PC是半⊙O的切线；‎ ‎（2）若∠CAB=30°，AB=10，求线段BF的长．‎ 考点：‎ 切线的判定与性质．‎ 分析：‎ ‎（1）连接OC，可以证得△OAP≌△OCP，利用全等三角形的对应角相等，以及切线的性质定理可以得到：∠OCP=90°，即OC⊥PC，即可证得；‎ ‎（2）依据切线的性质定理可知OC⊥PE，然后通过解直角三角函数，求得OF的值，再减去圆的半径即可．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：连接OC，‎ ‎∵OD⊥AC，OD经过圆心O，‎ ‎∴AD=CD，‎ ‎∴PA=PC，‎ 在△OAP和△OCP中，‎ ‎，‎ ‎∴△OAP≌△OCP（SSS），‎ ‎∴∠OCP=∠OAP ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∵PA是⊙O的切线，‎ ‎∴∠OAP=90°．‎ ‎∴∠OCP=90°，即OC⊥PC ‎∴PC是⊙O的切线．‎ ‎（2）解：∵AB是直径，∴∠ACB=90°，‎ ‎∵∠CAB=30°，‎ ‎∴∠COF=60°，‎ ‎∵PC是⊙O的切线，AB=10，‎ ‎∴OC⊥PF，OC=OB=AB=5，‎ ‎∴OF===10，‎ ‎∴BF=OF﹣OB=5，‎ 点评：‎ 本题考查了切线的性质定理以及判定定理，以及直角三角形三角函数的应用，证明圆的切线的问题常用的思路是根据切线的判定定理转化成证明垂直的问题．‎ ‎　‎ ‎8. （2014•浙江杭州，第21题，10分）在直角坐标系中，设x轴为直线l，函数y=﹣x，y=x的图象分别是直线l1，l2，圆P（以点P为圆心，1为半径）与直线l，l1，l2中的两条相切．例如（，1）是其中一个圆P的圆心坐标．‎ ‎（1）写出其余满足条件的圆P的圆心坐标；‎ ‎（2）在图中标出所有圆心，并用线段依次连接各圆心，求所得几何图形的周长．‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 考点：‎ 圆的综合题；切线长定理；轴对称图形；特殊角的三角函数值．‎ 专题：‎ 计算题；作图题．‎ 分析：‎ ‎（1）对圆P与直线l和l2都相切、圆P与直线l和l1都相切、圆P与直线l1和l2都相切三种情况分别考虑，利用切线长定理和特殊角的三角函数值即可求出点P的坐标．‎ ‎（2）由图可知：该几何图形既轴对称图形，又是中心对称图形，它的所有的边都相等．只需求出其中的一条边就可以求出它的周长．‎ 解答：‎ 解：（1）①若圆P与直线l和l2都相切，‎ 当点P在第四象限时，‎ 过点P作PH⊥x轴，垂足为H，连接OP，如图1所示．‎ 设y=x的图象与x轴的夹角为α．‎ 当x=1时，y=．‎ ‎∴tanα=．‎ ‎∴α=60°．‎ ‎∴由切线长定理得：∠POH=（180°﹣60°）=60°．‎ ‎∵PH=1，‎ ‎∴tan∠POH===．‎ ‎∴OH=．‎ ‎∴点P的坐标为（，﹣1）．‎ 同理可得：‎ 当点P在第二象限时，点P的坐标为（﹣，1）；‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 当点P在第三象限时，点P的坐标为（﹣，﹣1）；‎ ‎②若圆P与直线l和l1都相切，如图2所示．‎ 同理可得：当点P在第一象限时，点P的坐标为（，1）；‎ 当点P在第二象限时，点P的坐标为（﹣，1）；‎ 当点P在第三象限时，点P的坐标为（﹣，﹣1）；‎ 当点P在第四象限时，点P的坐标为（，﹣1）．‎ ‎③若圆P与直线l1和l2都相切，如图3所示．‎ 同理可得：‎ 当点P在x轴的正半轴上时，点P的坐标为（，0）；‎ 当点P在x轴的负半轴上时，点P的坐标为（﹣，0）；‎ 当点P在y轴的正半轴上时，点P的坐标为（0，2）；‎ 当点P在y轴的负半轴上时，点P的坐标为（0，﹣2）．‎ 综上所述：其余满足条件的圆P的圆心坐标有：‎ ‎（，﹣1）、（﹣，1）、（﹣，﹣1）、‎ ‎（，1）、（﹣，1）、（﹣，﹣1）、（，﹣1）、‎ ‎（，0）、（﹣，0）、（0，2）、（0，﹣2）．‎ ‎（2）用线段依次连接各圆心，所得几何图形，如图4所示．‎ 由图可知：该几何图形既轴对称图形，又是中心对称图形，‎ 由对称性可得：该几何图形的所有的边都相等．‎ ‎∴该图形的周长=12×（﹣）=8．‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 点评：‎ 本题考查了切线长定理、特殊角的三角函数值、对称性等知识，考查了作图的能力，培养了学生的审美意识，是一道好题．‎ ‎　‎ ‎9. (2014年贵州黔东南21．（12分）)已知：AB是⊙O的直径，直线CP切⊙O于点C，过点B作BD⊥CP于D．‎ ‎（1）求证：△ACB∽△CDB；‎ ‎（2）若⊙O的半径为1，∠BCP=30°，求图中阴影部分的面积．‎ 考点： 切线的性质；扇形面积的计算；相似三角形的判定与性质．‎ 分析： （1）由CP是⊙O的切线，得出∠BCD=∠BAC，AB是直径，得出∠ACB=90°，所以∠ACB=∠CDB=90°，得出结论△ACB∽△CDB；‎ ‎（2）求出△OCB是正三角形，阴影部分的面积=S扇形OCB﹣S△OCB=π﹣．‎ 解答： （1）证明：∵直线CP是⊙O的切线，‎ ‎∴∠BCD=∠BAC，‎ ‎∵AB是直径，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ 又∵BD⊥CP ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴∠CDB=90°，‎ ‎∴∠ACB=∠CDB=90°‎ ‎∴△ACB∽△CDB；‎ ‎（2）解：如图，连接OC，‎ ‎∵直线CP是⊙O的切线，∠BCP=30°，‎ ‎∴∠COB=2∠BCP=60°，‎ ‎∴△OCB是正三角形，‎ ‎∵⊙O的半径为1，‎ ‎∴S△OCB=，S扇形OCB==π，‎ ‎∴阴影部分的面积=S扇形OCB﹣S△OCB=π﹣．‎ 点评： 本题主要考查了切线的性质及扇形面积，三角形的面积，解题的关键是利用弦切角找角的关系．‎ ‎10.（2014•遵义26．（12分））如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，且∠ABC=60°，AB=BC，△ACD的外接圆⊙O交BC于E点，连接DE并延长，交AC于P点，交AB延长线于F．‎ ‎（1）求证：CF=DB；‎ ‎（2）当AD=时，试求E点到CF的距离．‎ 考点：‎ 圆的综合题 专题：‎ 综合题．‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 分析：‎ ‎（1）连结AE，由∠ABC=60°，AB=BC可判断△ABC为等边三角形，由AB∥CD，∠DAB=90°得∠ADC=∠DAB=90°，则根据圆周角定理可得到AC为⊙O的直径，则∠AEC=90°，即AE⊥BC，根据等边三角形的性质得BE=CE，再证明△DCE≌△FBE，得到DE=FE，于是可判断四边形BDCF为平行四边形，根据平行四边形的性质得CF=DB；‎ ‎（2）作EH⊥CF于H，由△ABC为等边三角形得∠BAC=60°，则∠DAC=30°，在Rt△ADC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得DC=AD=1，AC=2CD=2，‎ 则AB=AC=2，BF=CD=1，AF=3，然后利用勾股定理计算出BD=，DF=2，所以CF=BD=，EF=DF=，接着根据等边三角形的性质由AE⊥BC得∠CAE=∠BAE=30°，根据圆周角定理得∠EDC=∠CAE=30°，而∠DCA=∠BAC=60°，得到∠DPC=90°，在Rt△DPC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得PC=DC=，‎ 再证明Rt△FHE∽Rt△FPC，利用相似比可计算出EH．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：连结AE，如图，‎ ‎∵∠ABC=60°，AB=BC，‎ ‎∴△ABC为等边三角形，‎ ‎∵AB∥CD，∠DAB=90°，‎ ‎∴∠ADC=∠DAB=90°，‎ ‎∴AC为⊙O的直径，‎ ‎∴∠AEC=90°，即AE⊥BC，‎ ‎∴BE=CE，‎ CD∥BF，‎ ‎∴∠DCE=∠FBF，‎ 在△DCE和△FBE中，‎ ‎，‎ ‎∴△DCE≌△FBE（ASA），‎ ‎∴DE=FE，‎ ‎∴四边形BDCF为平行四边形，‎ ‎∴CF=DB；‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎（2）解：作EH⊥CF于H，如图，‎ ‎∵△ABC为等边三角形，‎ ‎∴∠BAC=60°，‎ ‎∴∠DAC=30°，‎ 在Rt△ADC中，AD=，‎ ‎∴DC=AD=1，AC=2CD=2，‎ ‎∴AB=AC=2，BF=CD=1，‎ ‎∴AF=3，‎ 在Rt△ABD中，BD==，‎ 在Rt△ADF中，DF==2，‎ ‎∴CF=BD=，EF=DF=，‎ ‎∵AE⊥BC，‎ ‎∴∠CAE=∠BAE=30°，‎ ‎∴∠EDC=∠CAE=30°，‎ 而∠DCA=∠BAC=60°，‎ ‎∴∠DPC=90°，‎ 在Rt△DPC中，DC=1，∠CDP=30°，‎ ‎∴PC=DC=，‎ ‎∵∠HFE=∠PFC，‎ ‎∴Rt△FHE∽Rt△FPC，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴EH=，‎ 即E点到CF的距离为．‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 点评：‎ 本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、等边三角形的性质和平行四边形的判定与性质；会运用三角形全等的知识解决线段相等的问题；会运用勾股定理和相似比进行几何计算．‎ ‎11.（2014•十堰24．（10分））如图1，AB为半圆的直径，O为圆心，C为圆弧上一点，AD垂直于过C点的切线，垂足为D，AB的延长线交直线CD于点E．‎ ‎（1）求证：AC平分∠DAB；‎ ‎（2）若AB=4，B为OE的中点，CF⊥AB，垂足为点F，求CF的长；‎ ‎（3）如图2，连接OD交AC于点G，若=，求sin∠E的值．‎ 考点：‎ 圆的综合题．‎ 专题：‎ 计算题．‎ 分析：‎ ‎（1）连结OC，如图1，根据切线的性质得OC⊥DE，而AD⊥DE，根据平行线的性质得OC∥AD，所以∠2=∠3，加上∠1=∠3，则∠1=∠2，所以AC平分∠DAB；‎ ‎（2）如图1，由B为OE的中点，AB为直径得到OB=BE=2，OC=2，在Rt△OCE中，由于OE=2OC，根据含30度的直角三角形三边的关系得∠OEC=30°，则∠COE=60°，由CF⊥AB得∠OFC=90°，所以∠OCF=30°，再根据含30度的直角三角形三边的关系得OF=OC=1，CF=OF=；‎ ‎（3）连结OC，如图2，先证明△OCG∽△DAG，利用相似的性质得==，再证明△ECO∽△EDA，利用相似比得到==，设⊙O的半径为R，OE=x，代入求得OE=3R；最后在Rt△OCE中，根据正弦的定义求解．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：连结OC，如图1，‎ ‎∵DE与⊙O切于点C，‎ ‎∴OC⊥DE，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∵AD⊥DE，‎ ‎∴OC∥AD，‎ ‎∴∠2=∠3，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠1=∠3，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ 即AC平分∠DAB；‎ ‎（2）解：如图1，‎ ‎∵直径AB=4，B为OE的中点，‎ ‎∴OB=BE=2，OC=2，‎ 在Rt△OCE中，OE=2OC，‎ ‎∴∠OEC=30°，‎ ‎∴∠COE=60°，‎ ‎∵CF⊥AB，‎ ‎∴∠OFC=90°，‎ ‎∴∠OCF=30°，‎ ‎∴OF=OC=1，‎ CF=OF=；‎ ‎（3）解：连结OC，如图2，‎ ‎∵OC∥AD，‎ ‎∴△OCG∽△DAG，‎ ‎∴==，‎ ‎∵OC∥AD，‎ ‎∴△ECO∽△EDA，‎ ‎∴==，‎ 设⊙O的半径为R，OE=x，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴=，‎ 解得OE=3R，‎ 在Rt△OCE中，sin∠E===．‎ 点评：‎ 本题考查了圆的综合题：熟练掌握切线的性质、平行线的性质和锐角三角函数的定义；会根据含30度的直角三角形三边的关系和相似比进行几何计算．‎ ‎　‎ ‎12.（2014•娄底25．（8分））如图，在⊙O中，AB，CD是直径，BE是切线，B为切点，连接AD，BC，BD．‎ ‎（1）求证：△ABD≌△CDB；‎ ‎（2）若∠DBE=37°，求∠ADC的度数．‎ 考点：‎ 切线的性质；全等三角形的判定与性质 分析：‎ ‎（1）根据AB，CD是直径，可得出∠ADB=∠CBD=90°，再根据HL ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 定理得出△ABD≌△CDB；‎ ‎（2）由BE是切线，得AB⊥BE，根据∠DBE=37°，得∠BAD，由OA=OD，得出∠ADC的度数．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵AB，CD是直径，‎ ‎∴∠ADB=∠CBD=90°，‎ 在△ABD和△CDB中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABD和△CDB（HL）；‎ ‎（2）解：∵BE是切线，‎ ‎∴AB⊥BE，‎ ‎∴∠ABE=90°，‎ ‎∵∠DBE=37°，‎ ‎∴∠ABD=53°，‎ ‎∵OA=OD，‎ ‎∴∠BAD=∠ODA=90°﹣53°=37°，‎ ‎∴∠ADC的度数为37°．‎ 点评：‎ 本题考查了切线的性质以及全等三角形的判定和性质，是基础题，难度不大．‎ ‎ 13.(2014年湖北咸宁21．（9分）)如图，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，AD⊥CD于点D．‎ ‎（1）求证：AC平分∠DAB；‎ ‎（2）若点E为的中点，AD=，AC=8，求AB和CE的长．‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 考点： 切线的性质．‎ 分析： （1）首先连接OC，由直线CD与⊙O相切于点C，AD⊥CD，易证得OC∥AD，继而可得AC平分∠DAB；‎ ‎（2）首先连接BC，OE，过点A作AF⊥BC于点F，可证得△ADC∽△ACB，△ACB∽△AFE，△ACF是等腰直角三角形，然后由相似三角形的对应边成比例以及勾股定理，即可求得答案．‎ 解答： （1）证明：连接OC，‎ ‎∵直线CD与⊙O相切于点C，‎ ‎∴OC⊥CD，‎ ‎∵AD⊥CD，‎ ‎∴OC∥AD，‎ ‎∴∠DAC=∠OCA，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠OCA=∠OAC，‎ ‎∴∠OAC=∠DAC，‎ 即AC平分∠DAB；‎ ‎（2）连接BC，OE，过点A作AF⊥BC于点F，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ ‎∴∠ACB=∠ADC，‎ ‎∵∠DAC=∠BAC，‎ ‎∴△ADC∽△ACB，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得：AB=10，‎ ‎∴BC==6，‎ ‎∵点E为的中点，‎ ‎∴∠AOE=90°，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴OE=OA=AB=5，‎ ‎∴AE==5，‎ ‎∵∠AEF=∠B，∠AFE=∠ACB=90°，‎ ‎∴△ACB∽△AFE，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴AF=4，EF=3，‎ ‎∵∠ACF=∠AOE=45°，‎ ‎∴△ACF是等腰直角三角形，‎ ‎∴CF=AF=4，‎ ‎∴CE=CF+EF=7．‎ 点评： 此题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰直角三角形性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎14.（( 2014年河南) 17.9分）如图,CD是⊙O的直径，且CD=2cm，点P为CD的延长线上一点，过点P作⊙O的切线PA、PB，切点分别为点A、B.‎ ‎（1）连接AC,若∠APO＝300，试证明△ACP是等腰三角形；‎ 证明：（1）连接OA，∵PA为⊙O的切线，‎ ‎∴OA⊥PA. ……………………………1分 ‎ 在Rt△AOP中，∠AOP=900－∠APO=900－300=600.‎ ‎ ∴∠ACP=∠AOP=×600=300.…………4分 ‎ ∴∠ACP=∠APO, ∴AC=AP.‎ ‎ ∴△ACP是等腰三角形. ……………………5分 ‎（2）( 2014年河南)填空：‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎ ①当DP= 1 cm时，四边形AOBD是菱形；…………7分 ‎②当DP= －1 cm时，四边形AOBP是正方形．…………9分 ‎（2）提示：①、若四边形AOBD是菱形，‎ 则AO=AD=1,Rt△OAP,‎ 当点D是OP的中点时，‎ 即OD=PD=1时，四边形AOBD是菱形 ‎②若四边形AOBP是正方形，‎ 则∠AOB=∠APB=900，‎ 即PA=R=1,可证△PAD≌△PCA,‎ PA2=PD(PD+2),即1= PD(PD+2)，‎ ‎ ∴PD2+2PD－1=0,解得:PD=－1或PD=－－1（舍去）‎ ‎15. （2014•江苏盐城,第24题10分）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于点D，且∠D=2∠CAD．‎ ‎（1）求∠D的度数；‎ ‎（2）若CD=2，求BD的长．‎ 考点：‎ 切线的性质 分析：‎ ‎（1）根据等腰三角形性质和三角形外角性质求出∠COD=2∠A，求出∠D=∠COD，根据切线性质求出∠OCD=90°，即可求出答案；‎ ‎（2）求出OC=CD=2，根据勾股定理求出BD即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵OA=OC，‎ ‎∴∠A=∠ACO，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴∠COD=∠A+∠ACO=2∠A，‎ ‎∵∠D=2∠CAD，‎ ‎∴∠D=∠COD，‎ ‎∵PD切⊙O于C，‎ ‎∴∠OCD=90°，‎ ‎∴∠D=∠COD=45°；‎ ‎（2）∵∠D=∠COD，CD=2，‎ ‎∴OC=OB=CD=2，‎ 在Rt△OCD中，由勾股定理得：22+22=（2+BD）2，‎ 解得：BD=2﹣2．‎ 点评：‎ 本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形性质，三角形的外角性质的应用，主要考查学生的推理能力．‎ ‎　‎ ‎16. ．(2014•年山东东营,第21题8分)如图，AB是⊙O的直径，OD垂直于弦AC于点E，且交⊙O于点D，F是BA延长线上一点，若∠CDB=BFD．‎ ‎（1）求证：FD是⊙O的一条切线；‎ ‎（2）若AB=10，AC=8，求DF的长．‎ 考点： 切线的判定；垂径定理．‎ 分析： （1）利用圆周角定理以及平行线的判定得出∠FDO=90°，进而得出答案；‎ ‎（2）利用垂径定理得出AE的长，再利用相似三角形的判定与性质得出FD的长．‎ 解答： （1）证明：∵∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，‎ ‎∴∠CAB=∠BFD，‎ ‎∴FD∥AC，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∵∠AEO=90°，‎ ‎∴∠FDO=90°，‎ ‎∴FD是⊙O的一条切线；‎ ‎（2）解：∵AB=10，AC=8，DO⊥AC，‎ ‎∴AE=EC=4，AO=5，‎ ‎∴EO=3，‎ ‎∵AE∥FD，‎ ‎∴△AEO∽△FDO，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ 解得：FD=．‎ 点评： 此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的判定等知识，得出△AEO∽△FDO是解题关键．‎ ‎　‎ ‎17. （2014•山东临沂,第22题7分）如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．‎ ‎（1）证明：DE为⊙O的切线；‎ ‎（2）连接OE，若BC=4，求△OEC的面积．‎ 考点：‎ 切线的判定；等腰三角形的性质 分析：‎ ‎（1）首先连接OD，CD，由以BC为直径的⊙O，可得CD⊥AB，又由等腰三角形ABC的底角为30°，可得AD=BD，即可证得OD∥AC，继而可证得结论；‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎（2）首先根据三角函数的性质，求得BD，DE，AE的长，然后求得△BOD，△ODE，△ADE以及△ABC的面积，继而求得答案．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：连接OD，CD，‎ ‎∵BC为⊙O直径，‎ ‎∴∠BCD=90°，‎ 即CD⊥AB，‎ ‎∵△ABC是等腰三角形，‎ ‎∴AD=BD，‎ ‎∵OB=OC，‎ ‎∴OD是△ABC的中位线，‎ ‎∴OD∥AC，‎ ‎∵DE⊥AC，‎ ‎∴OD⊥DE，‎ ‎∵D点在⊙O上，‎ ‎∴DE为⊙O的切线；‎ ‎（2）解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，‎ ‎∴CD=BC=2，BD=BC•cos30°=2，‎ ‎∴AD=BD=2，AB=2BD=4，‎ ‎∴S△ABC=AB•CD=×4×2=4，‎ ‎∵DE⊥AC，‎ ‎∴DE=AD=×2=，AE=AD•cos30°=3，‎ ‎∴S△ODE=OD•DE=×2×=，S△ADE=AE•DE=××3=，‎ ‎∵S△BOD=S△BCD=×S△ABC=×4=，‎ ‎∴S△OEC=S△ABC﹣S△BOD﹣S△ODE﹣S△ADE=4﹣﹣﹣=．‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 点评：‎ 此题考查了切线的判定、三角形中位线的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理以及三角函数等知识．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎18．（2014•四川遂宁，第24题，10分）已知：如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，过点C的切线与直径AB的延长线相交于点P，连结PD．‎ ‎（1）求证：PD是⊙O的切线．‎ ‎（2）求证：PD2=PB•PA．‎ ‎（3）若PD=4，tan∠CDB=，求直径AB的长．‎ 考点：‎ 切线的判定；相似三角形的判定与性质．‎ 分析：‎ ‎（1）连接OD、OC，证△PDO≌△PCO，求出∠PDO=90°，根据切线的判定推出即可；‎ ‎（2）求出∠A=∠ADO=∠PDB，根据相似三角形的判定推出△PDB∽△PAD，根据相似三角形的性质得出比例式，即可得出答案；‎ ‎（3）根据相似得出比例式，代入即可求出答案．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：+连接OD，OC，‎ ‎∵PC是⊙O的切线，‎ ‎∴∠PCO=90°，‎ ‎∵AB⊥CD，AB是直径，‎ ‎∴弧BD=弧BC，‎ ‎∴∠DOP=∠COP，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 在△DOP和△COP中，‎ ‎，‎ ‎∴△DOP≌△COP（SAS），‎ ‎∴∠ODP=∠PCO=90°，‎ ‎∵D在⊙O上，‎ ‎∴PD是⊙O的切线；‎ ‎（2）证明：∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB=90°，‎ ‎∵∠PDO=90°，‎ ‎∴∠ADO=∠PDB=90°﹣∠BDO，‎ ‎∵OA=OD，‎ ‎∴∠A=∠ADO，‎ ‎∴∠A=∠∠PDB，‎ ‎∵∠P=∠P，‎ ‎∴△PDB∽△PAD，‎ ‎∴，‎ ‎∴PD2=PA•PB；‎ ‎（3）解：∵DC⊥AB，‎ ‎∴∠ADB=∠DMB=90°，‎ ‎∴∠A+∠DBM=90°，∠BDC+∠DBM=90°，‎ ‎∴∠A=∠BDC，‎ ‎∵tan∠BDC=，‎ ‎∴tanA==，‎ ‎∵△PDB∽△PAD，‎ ‎∴===‎ ‎∵PD=4，‎ ‎∴PB=2，PA=8，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴AB=8﹣2=6．‎ 点评：‎ 本题考查了切线的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目比较好，有一定的难度．‎ ‎　‎ ‎19．（2014•四川凉山州，第27题，8分）已知：如图，P是⊙O外一点，过点P引圆的切线PC（C为切点）和割线PAB，分别交⊙O于A、B，连接AC，BC．‎ ‎（1）求证：∠PCA=∠PBC；‎ ‎（2）利用（1）的结论，已知PA=3，PB=5，求PC的长．‎ ‎ ‎ 考点：‎ 切线的性质；相似三角形的判定与性质 分析：‎ ‎（1）连结OC，OA，先根据等腰三角形的性质得出∠ACO=∠CAO，再由PC是⊙O的切线，C为切点得出∠PCO=90°，∠PCA+∠ACO=90°，在△AOC中根据三角形内角和定理可知∠ACO+∠CAO+∠AOC=180°，由圆周角定理可知∠AOC=2∠PBC，故可得出∠ACO+∠PBC=90°，再根据∠PCA+∠ACO=90°即可得出结论；‎ ‎（2）先根据相似三角形的判定定理得出△PAC∽△PCB，由相似三角形的对应边成比例即可得出结论．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：连结OC，OA，‎ ‎∵OC=OA，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴∠ACO=∠CAO，‎ ‎∵PC是⊙O的切线，C为切点，‎ ‎∴PC⊥OC，‎ ‎∴∠PCO=90°，∠PCA+∠ACO=90°，‎ 在△AOC中，∠ACO+∠CAO+∠AOC=180°，‎ ‎∵∠AOC=2∠PBC，‎ ‎∴2∠ACO+2∠PBC=180°，‎ ‎∴∠ACO+∠PBC=90°，‎ ‎∵∠PCA+∠ACO=90°，‎ ‎∴∠PCA=∠PBC；‎ ‎（2）解：∵∠PCA=∠PBC，∠CPA=∠BPC，‎ ‎∴△PAC∽△PCB，‎ ‎∴=，‎ ‎∴PC2=PA•PB，‎ ‎∵PA=3，PB=5，‎ ‎∴PC==．‎ 点评：‎ 本题考查的是切线的性质，根据题意作出辅助线，构造出圆心角是解答此题的关键．‎ ‎ ‎ ‎20．（2014•四川泸州，第24题，12分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2=CE•CA．‎ ‎（1）求证：BC=CD；‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎（2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB=OB，CD=，求DF的长．‎ 考点：‎ 相似三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理．‎ 分析：‎ ‎（1）求出△CDE∽△CAD，∠CDB=∠DBC得出结论．‎ ‎（2）连接OC，先证AD∥OC，由平行线分线段成比例性质定理求得PC=，再由割线定理PC•PD=PB•PA求得半径为4，根据勾股定理求得AC=，再证明△AFD∽△ACB，得，则可设FD=x，AF=，在Rt△AFP中，求得DF=．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵DC2=CE•CA，‎ ‎∴=，‎ ‎△CDE∽△CAD，‎ ‎∴∠CDB=∠DBC，‎ ‎∵四边形ABCD内接于⊙O，‎ ‎∴BC=CD；‎ ‎（2）解：如图，连接OC，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∵BC=CD，‎ ‎∴∠DAC=∠CAB，‎ 又∵AO=CO，‎ ‎∴∠CAB=∠ACO，‎ ‎∴∠DAC=∠ACO，‎ ‎∴AD∥OC，‎ ‎∴=，‎ ‎∵PB=OB，CD=，‎ ‎∴=‎ ‎∴PC=4‎ 又∵PC•PD=PB•PA ‎∴PA=4也就是半径OB=4，‎ 在RT△ACB中，‎ AC===2，‎ ‎∵AB是直径，‎ ‎∴∠ADB=∠ACB=90°‎ ‎∴∠FDA+∠BDC=90°‎ ‎∠CBA+∠CAB=90°‎ ‎∵∠BDC=∠CAB ‎∴∠FDA=∠CBA 又∵∠AFD=∠ACB=90°‎ ‎∴△AFD∽△ACB ‎∴‎ 在Rt△AFP中，设FD=x，则AF=，‎ ‎∴在RT△APF中有，，‎ 求得DF=．‎ 点评：‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 本题主要考查相似三角形的判定及性质，勾股定理及圆周角的有关知识的综合运用能力，关键是找准对应的角和边求解．‎ ‎　‎ ‎21．（2014•四川宜宾，第23题，10分）如图，在△ABC中，以AC为直径作⊙O交BC于点D，交AB于点G，且D是BC中点，DE⊥AB，垂足为E，交AC的延长线于点F．‎ ‎（1）求证：直线EF是⊙O的切线；‎ ‎（2）若CF=5，cos∠A=，求BE的长．‎ 考点：‎ 切线的判定 分析：‎ ‎（1）连结OD．先证明OD是△ABC的中位线，根据中位线的性质得到OD∥AB，再由DE⊥AB，得出OD⊥EF，根据切线的判定即可得出直线EF是⊙O的切线；‎ ‎（2）先由OD∥AB，得出∠COD=∠A，再解Rt△DOF，根据余弦函数的定义得到cos∠FOD==，设⊙O的半径为R，解方程=，求出R=，那么AB=2OD=，解Rt△AEF，根据余弦函数的定义得到cos∠A==，求出AE=，然后由BE=AB﹣AE即可求解．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：如图，连结OD．‎ ‎∵CD=DB，CO=OA，‎ ‎∴OD是△ABC的中位线，‎ ‎∴OD∥AB，AB=2OD，‎ ‎∵DE⊥AB，‎ ‎∴DE⊥OD，即OD⊥EF，‎ ‎∴直线EF是⊙O的切线；‎ ‎（2）解：∵OD∥AB，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴∠COD=∠A．‎ 在Rt△DOF中，∵∠ODF=90°，‎ ‎∴cos∠FOD==，‎ 设⊙O的半径为R，则=，‎ 解得R=，‎ ‎∴AB=2OD=．‎ 在Rt△AEF中，∵∠AEF=90°，‎ ‎∴cos∠A===，‎ ‎∴AE=，‎ ‎∴BE=AB﹣AE=﹣=2．‎ 点评：‎ 本题考查了切线的判定，解直角三角形，三角形中位线的性质知识点．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．‎ ‎22．（2014•甘肃白银、临夏,第27题10分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径作半圆⊙O交AC与点D，点E为BC的中点，连接DE．‎ ‎（1）求证：DE是半圆⊙O的切线．‎ ‎（2）若∠BAC=30°，DE=2，求AD的长．‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 考点：‎ 切线的判定．‎ 专题：‎ 计算题．‎ 分析：‎ ‎（1）连接OD，OE，由AB为圆的直径得到三角形BCD为直角三角形，再由E为斜边BC的中点，得到DE=BE=DC，再由OB=OD，OE为公共边，利用SSS得到三角形OBE与三角形ODE全等，由全等三角形的对应角相等得到DE与OD垂直，即可得证；‎ ‎（2）在直角三角形ABC中，由∠BAC=30°，得到BC为AC的一半，根据BC=2DE求出BC的长，确定出AC的长，再由∠C=60°，DE=EC得到三角形EDC为等边三角形，可得出DC的长，由AC﹣CD即可求出AD的长．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：连接OD，OE，‎ ‎∵AB为圆O的直径，‎ ‎∴∠ADB=∠BDC=90°，‎ 在Rt△BDC中，E为斜边BC的中点，‎ ‎∴DE=BE，‎ 在△OBE和△ODE中，‎ ‎，‎ ‎∴△OBE≌△ODE（SSS），‎ ‎∴∠ODE=∠ABC=90°，‎ 则DE为圆O的切线；‎ ‎（2）在Rt△ABC中，∠BAC=30°，‎ ‎∴BC=AC，‎ ‎∵BC=2DE=4，‎ ‎∴AC=8，‎ 又∵∠C=60°，DE=DC，‎ ‎∴△DEC为等边三角形，即DC=DE=2，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 则AD=AC﹣DC=6．‎ 点评：‎ 此题考查了切线的判定，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键．‎ ‎23．（2014•甘肃兰州,第26题10分）‎ 如图，AB是⊙O的直径，点E是上的一点，∠DBC=∠BED．‎ ‎（1）求证：BC是⊙O的切线；‎ ‎（2）已知AD=3，CD=2，求BC的长．‎ 考点：‎ 切线的判定；相似三角形的判定与性质．‎ 分析：‎ ‎（1）AB是⊙O的直径，得∠ADB=90°，从而得出∠BAD=∠DBC，即∠ABC=90°，即可证明BC是⊙O的切线；‎ ‎（2）可证明△ABC∽△BDC，则=，即可得出BC=．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵AB是⊙O的切直径，‎ ‎∴∠ADB=90°，‎ 又∵∠BAD=∠BED，∠BED=∠DBC，‎ ‎∴∠BAD=∠DBC，‎ ‎∴∠BAD+∠ABD=∠DBC+ABD=90°，‎ ‎∴∠ABC=90°，‎ ‎∴BC是⊙O的切线；‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎（2）解：∵∠BAD=∠DBC，∠C=∠C，‎ ‎∴△ABC∽△BDC，‎ ‎∴=，即BC2=AC•CD=（AD+CD）•CD=10，‎ ‎∴BC=．‎ 点评：‎ 本题考查了切线的判定以及相似三角形的判定和性质，是重点知识要熟练掌握．‎ ‎24．（2014•广东梅州,第18题8分）如图，在△ABO中，OA=OB，C是边AB的中点，以O为圆心的圆过点C．‎ ‎（1）求证：AB与⊙O相切；‎ ‎（2）若∠AOB=120°，AB=4，求⊙O的面积．‎ 考点：‎ 切线的判定．‎ 分析：‎ ‎（1）首先连接OC，然后由OA=OB，C是边AB的中点，根据三线合一的性质，可证得AB与⊙O相切；‎ ‎（2）首先求得OC的长，继而可求得⊙O的面积．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：连接OC，‎ ‎∵在△ABO中，OA=OB，C是边AB的中点，‎ ‎∴OC⊥AB，‎ ‎∵以O为圆心的圆过点C，‎ ‎∴AB与⊙O相切；‎ ‎（2）解：∵OA=OB，∠AOB=120°，‎ ‎∴∠A=∠B=30°，‎ ‎∵AB=4，C是边AB的中点，‎ ‎∴AC=AB=2，‎ ‎- - 45 - -‎ ‎ 全面有效 学习载体 ‎∴OC=AC•tan∠A=2×=2，‎ ‎∴⊙O的面积为：π×22=4π．‎ 点评：‎ 此题考查了切线的判定、等腰三角形的性质以及三角函数的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎　‎ ‎- - 45 - -‎