2020-2021 备战中考数学(圆的综合提高练习题)压轴题训练及详细答案

一、圆的综合

1．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．

（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；

AB的值． （2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·【答案】（1）证明见解析；（2）8． 【解析】

（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；

（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案． 试题解析：连接AD，OA，

∵∠ADC=∠B，∠B=60°， ∴∠ADC=60°， ∵CD是直径， ∴∠DAC=90°，

∴∠ACO=180°-90°-60°=30°， ∵AP=AC，OA=OC，

∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°， ∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°， 即OA⊥AP， ∵OA为半径， ∴AP是⊙O切线． （2）连接AD，BD，

∵CD是直径， ∴∠DBC=90°，

∵CD=4，B为弧CD中点， ∴BD=BC=

，

∴∠BDC=∠BCD=45°， ∴∠DAB=∠DCB=45°， 即∠BDE=∠DAB， ∵∠DBE=∠DBA， ∴△DBE∽△ABD， ∴

，

．

∴BE•AB=BD•BD=

考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．

2．如图，⊙A过▱OBCD的三顶点O、D、C，边OB与⊙A相切于点O，边BC与⊙O相交于点H，射线OA交边CD于点E，交⊙A于点F，点P在射线OA上，且∠PCD=2∠DOF，以O为原点，OP所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为（0，﹣2）． （1）若∠BOH=30°，求点H的坐标； （2）求证：直线PC是⊙A的切线； （3）若OD=10，求⊙A的半径．

【答案】（1）（1，﹣3）；（2）详见解析；（3）【解析】 【分析】

5. 3（1）先判断出OH=OB=2，利用三角函数求出MH，OM，即可得出结论；

（2）先判断出∠PCD=∠DAE，进而判断出∠PCD=∠CAE，即可得出结论； （3）先求出OE═3，进而用勾股定理建立方程，r2-（3-r）2=1，即可得出结论． 【详解】

（1）解：如图，过点H作HM⊥y轴，垂足为M． ∵四边形OBCD是平行四边形， ∴∠B=∠ODC

∵四边形OHCD是圆内接四边形 ∴∠OHB=∠ODC ∴∠OHB=∠B ∴OH=OB=2 ∴在Rt△OMH中， ∵∠BOH=30°， ∴MH=

1OH=1，OM=3MH=3， 2∴点H的坐标为（1，﹣3）， （2）连接AC． ∵OA=AD， ∴∠DOF=∠ADO ∴∠DAE=2∠DOF ∵∠PCD=2∠DOF， ∴∠PCD=∠DAE ∵OB与⊙O相切于点A ∴OB⊥OF ∵OB∥CD ∴CD⊥AF ∴∠DAE=∠CAE ∴∠PCD=∠CAE

∴∠PCA=∠PCD+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90° ∴直线PC是⊙A的切线； （3）解：⊙O的半径为r． 在Rt△OED中，DE=∴OE═3

∵OA=AD=r，AE=3﹣r．

在Rt△DEA中，根据勾股定理得，r2﹣（3﹣r）2=1 解得r=

11CD=OB=1，OD=10 ， 225． 3

【点睛】

此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键．

uuur3．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D在BC上，点E在弦AB上（E不与A重合），且四边形BDCE为菱形． （1）求证：AC=CE；

（2）求证：BC2﹣AC2=AB•AC； （3）已知⊙O的半径为3．

①若②当

AB5=，求BC的长； AC3AB为何值时，AB•AC的值最大？ AC

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）①BC=42；②【解析】

3 2分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC，据此得证；

（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG=AC=CE=CD，证△BEF∽△BGA得AC、BG=BC+CG=BC+AC代入可得；

（3）①设AB=5k、AC=3k，由BC2-AC2=AB•AC知BC=26k，连接ED交BC于点M，Rt△DMC中由DC=AC=3k、MC=

BEBG，即BF•BG=BE•AB，将BF=BC-CF=BC-BFBA1BC=6k求得DM=CD2CM2=3k，可知OM=OD-2DM=3-3k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2可得答案．②设OM=d，则MD=3-d，

MC2=OC2-OM2=9-d2，继而知BC2=（2MC）2=36-4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=（3-d）2+9-d2，由（2）得AB•AC=BC2-AC2，据此得出关于d的二次函数，利用二次函数的性质可得答案． 详解：（1）∵四边形EBDC为菱形， ∴∠D=∠BEC，

∵四边形ABDC是圆的内接四边形， ∴∠A+∠D=180°， 又∠BEC+∠AEC=180°， ∴∠A=∠AEC， ∴AC=CE；

（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，

由（1）知AC=CE=CD， ∴CF=CG=AC，

∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形， ∴∠G+∠AEF=180°， 又∵∠AEF+∠BEF=180°， ∴∠G=∠BEF， ∵∠EBF=∠GBA， ∴△BEF∽△BGA， ∴

BEBG，即BF•BG=BE•AB， BFBA∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC， ∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即BC2﹣AC2=AB•AC； （3）设AB=5k、AC=3k， ∵BC2﹣AC2=AB•AC， ∴BC=26k， 连接ED交BC于点M， ∵四边形BDCE是菱形， ∴DE垂直平分BC， 则点E、O、M、D共线， 在Rt△DMC中，DC=AC=3k，MC=

1BC=6k， 2∴DM=CD2CM23k， ∴OM=OD﹣DM=3﹣3k，

在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（3﹣3k）2+（6k）2=32， 解得：k=23或k=0（舍）， 3∴BC=26k=42；

②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2， ∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，

AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2， 由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2 =﹣4d2+6d+18

3281）+，

443381∴当d=，即OM=时，AB•AC最大，最大值为，

44427∴DC2=，

2=﹣4（d﹣∴AC=DC=∴AB=

36， 2AB396． ，此时

AC24点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．

4．如图，AB为eO的直径，弦CD//AB，E是AB延长线上一点，CDBADE．

1DE是eO的切线吗？请说明理由；

2求证：AC2CDBE．

【答案】（1）结论：DE是eO的切线，理由见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）连接OD，只要证明ODDE即可；

（2）只要证明：ACBD，VCDB∽VDBE即可解决问题. 【详解】

1解：结论：DE是eO的切线．

理由：连接OD．

QCDBADE， ADCEDB， QCD//AB，

CDADAB， QOAOD，

OADODA， ADOEDB， QAB是直径，

ADB90o， ADBODE90o，

DEOD，

DE是eO的切线．

2QCD//AB，

ADCDAB，CDBDBE，

ACBD，

nnACBD，

QDCBDAB，EDBDAB， EDBDCB， VCDB∽VDBE， CDDB， BDBEBD2CDBE， AC2CDBE．

【点睛】

本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，准确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.

5．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，BD＝BA，BE⊥DC交DC的延长线于点E (1) 求证：BE是⊙O的切线 (2) 若EC＝1，CD＝3，求cos∠DBA

【答案】（1）证明见解析；（2）∠DBA【解析】

3 5分析：（1）连接OB，OD，根据线段垂直平分线的判定，证得BF为线段AD的垂直平分线，再根据直径所对的圆周角为直角，得到∠ADC=90°，证得四边形BEDF是矩形，即∠EBF=90°，可得出结论.

（2）根据中点的性质求出OF的长，进而得到BF、DE、OB、OD的长，然后根据等角的三角函数求解即可.

详解：证明：(1) 连接BO并延长交AD于F，连接OD ∵BD＝BA，OA＝OD ∴BF为线段AD的垂直平分线 ∵AC为⊙O的直径 ∴∠ADC＝90° ∵BE⊥DC

∴四边形BEDF为矩形 ∴∠EBF＝90° ∴BE是⊙O的切线

(2) ∵O、F分别为AC、AD的中点 ∴OF＝

13CD＝ 2235 22∵BF＝DE＝1＋3＝4 ∴OB＝OD＝43OF23 ∴cos∠DBA＝cos∠DOF＝

OD552点睛：此题主要考查了圆的切线的判定与性质，关键是添加合适的辅助线，利用垂径定理和圆周角定理进行解答，注意相等角的关系的转化.

6．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5．

（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？

（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？

（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？

【答案】（1）【解析】

204252；（2） 52；（3）

32分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；

（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；

（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离． 详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处， 如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，

设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l， 由切线长定理可知C′E=C′D， 设C′D=x，则C′E=x， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠A=∠ACB=45°， ∴∠A′C′B′=∠ACB=45°， ∴△EFC′是等腰直角三角形， ∴C′F=2x，∠OFD=45°， ∴△OFD也是等腰直角三角形， ∴OD=DF， ∴

2x+x=1，则x=2-1，

∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2， ∴点C运动的时间为则经过

52； 252秒，△ABC的边与圆第一次相切； 2（2）如图2，设经过t秒△ABC的边与圆第一次相切，△ABC移至△A′B′C′处，⊙O与BC所在直线的切点D移至D′处，

A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F， ∵CC′=2t，DD′=t，

∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-t， 由（1）得：4-t=2-1， 解得：t=5-2，

答：经过5-2秒△ABC的边与圆第一次相切； （3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t，DD′=t， 则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2.5t=4-1.5t， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t， 由（1）得：4-1.5t=2-1， 解得：t=1022， 3∴点B运动的距离为2×

10222042=． 33

点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．

»上一点，弦DE交⊙O于点E，交7．如图，AB，BC分别是⊙O的直径和弦，点D为BCAB于点F，交BC于点G，过点C的切线交ED的延长线于H，且HC=HG，连接BH，交⊙O于点M，连接MD，ME． 求证： （1）DE⊥AB；

（2）∠HMD=∠MHE+∠MEH．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】

分析：（1）连接OC，根据等边对等角和切线的性质，证明∠BFG=∠OCH=90°即可； （2）连接BE，根据垂径定理和圆内接四边形的性质，得出∠HMD=∠BME，再根据三角形的外角的性质证明∠HMD=∠DEB=∠EMB即可． 详解：证明：（1）连接OC， ∵HC=HG， ∴∠HCG=∠HGC； ∵HC切⊙O于C点， ∴∠OCB+∠HCG=90°； ∵OB=OC， ∴∠OCB=∠OBC， ∵∠HGC=∠BGF，

∴∠OBC+∠BGF=90°， ∴∠BFG=90°，即DE⊥AB； （2）连接BE， 由（1）知DE⊥AB， ∵AB是⊙O的直径， ∴

，

∴∠BED=∠BME；

∵四边形BMDE内接于⊙O， ∴∠HMD=∠BED， ∴∠HMD=∠BME； ∵∠BME是△HEM的外角， ∴∠BME=∠MHE+∠MEH， ∴∠HMD=∠MHE+∠MEH．

点睛：此题综合性较强，主要考查了切线的性质、三角形的内角和外角的性质、等腰三角形的性质、内接四边形的性质．

8．问题发现．

(1)如图①，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D是AB边上任意一点，则CD的最小值为______．

(2)如图②，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点M、点N分别在BD、BC上，求CM+MN的最小值．

(3)如图③，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是AB边上一点，且AE＝2，点F是BC边上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG、CG，四边形AGCD的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时BF的长度．若不存在，请说明理由．

【答案】(1) CD【解析】

129615;(2) CMMN的最小值为.(3) 5252试题分析：（1）根据两种不同方法求面积公式求解；（2）作C关于BD的对称点C，过

C作BC的垂线，垂足为N，求CN的长即可;(3) 连接AC，则

S四AGCDSVADCSVACG，GBEBABAE321，则点G的轨迹为以E为圆

心，1为半径的一段弧．过E作AC的垂线，与⊙E交于点G，垂足为M，由

VAEM∽VACB求得GM的值，再由S四边形AGCDSVACDSVACG 求解即可.

试题解析：

（1）从C到AB距离最小即为过C作AB的垂线，垂足为D，

CDABACBCSVABC， 22ACBC3412， AB55（2）作C关于BD的对称点C，过C作BC的垂线，垂足为N，且与BD交于M，

∴CD

则CMMN的最小值为CN的长， 设CC与BD交于H，则CHBD， ∴VBMC∽VBCD，且CH∴CCBBDC，CC∴VCNC∽VBCD，

12， 524， 5244CCBC96， ∴5CNBD52596即CMMN的最小值为．

25（3）连接AC，则S四AGCDSVADCSVACG，

GBEBABAE321，

∴点G的轨迹为以E为圆心，1为半径的一段弧． 过E作AC的垂线，与⊙E交于点G，垂足为M， ∵VAEM∽VACB， EMAE∴， BCACAEBC248， ∴EMAC5583∴GMEMEG1，

55∴S四边形AGCDSVACDSVACG，

113345， 22515． 2【点睛】本题考查圆的综合题、最短问题、勾股定理、面积法、两点之间线段最短等知识，解题的关键是利用轴对称解决最值问题，灵活运用两点之间线段最短解决问题．

9．如图1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作¶AC、

¶、BA¶，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对CB称图形，设点l为对称轴的交点．

（1）如图2，将这个图形的顶点A与线段MN作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为 ；

（2）如图3，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它沿等边△DEF的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；

（3）如图4，将这个图形的顶点B与⊙O的圆心O重合，⊙O的半径为3，将它沿⊙O的圆周作无滑动的滚动，当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为 （请用含n的式子表示）

【答案】（1）3π；（2）27π；（3）23nπ． 【解析】

试题分析：（1）先求出¶AC的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论； （2）先判断出莱洛三角形等边△DEF绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；

（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O重合旋转一周点I的路径，再用圆的周长公式即可得出．

试题解析：解：（1）∵等边△ABC的边长为3，∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，

603¶¶¶ll===π，∴线段MN的长为¶¶ACBCAB，∴l¶ABACBC180l¶lBC=3π．故答案为3π； ¶l¶ACAB（2）如图1．∵等边△DEF的边长为2π，等边△ABC的边长为3，∴S矩形AGHF=2π×3=6π，

12032=3π，∴图形在运动过由题意知，AB⊥DE，AG⊥AF，∴∠BAG=120°，∴S扇形BAG=

360程中所扫过的区域的面积为3（S矩形AGHF+S扇形BAG）=3（6π+3π）=27π；

（3）如图2，连接BI并延长交AC于D．∵I是△ABC的重心也是内心，∴∠DAI=30°，

13AD=AC=，∴OI=AI=

223AD=3，∴当它第1次回到起始位置时，点I

2cosDAIcos30所经过的路径是以O为圆心，OI为半径的圆周，∴当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为n•2π•3=23nπ．故答案为23nπ．

点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出¶AC的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF扫过的图形，解（3）的关键是得出点I第一次回到起点时，I的路径，是一道中等难度的题目．

10．如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，交BC于点E（BE＞EC），且BD＝23．过点D作DF∥BC，交AB的延长线于点F． （1）求证：DF为⊙O的切线；

（2）若∠BAC＝60°，DE＝7，求图中阴影部分的面积．

【答案】（1）详见解析；（2）93﹣2π． 【解析】 【分析】

（1）连结OD，根据垂径定理得到OD⊥BC，根据平行线的性质得到OD⊥DF，根据切线的判定定理证明；

（2）连结OB，连结OD交BC于P，作BH⊥DF于H，证明△OBD为等边三角形，得到∠ODB=60°，OB=BD=23，根据勾股定理求出PE，证明△ABE∽△AFD，根据相似三角形的性质求出AE，根据阴影部分的面积=△BDF的面积-弓形BD的面积计算． 【详解】

证明：（1）连结OD， ∵AD平分∠BAC交⊙O于D， ∴∠BAD=∠CAD，

»=CD» ， ∴BD∴OD⊥BC， ∵BC∥DF， ∴OD⊥DF， ∴DF为⊙O的切线；

（2）连结OB，连结OD交BC于P，作BH⊥DF于H，

∵∠BAC=60°，AD平分∠BAC， ∴∠BAD=30°， ∴∠BOD=2∠BAD=60°， ∴△OBD为等边三角形， ∴∠ODB=60°，OB=BD=23 ， ∴∠BDF=30°， ∵BC∥DF， ∴∠DBP=30°， 在Rt△DBP中，PD=

1BD=3 ，PB=3PD=3， 2在Rt△DEP中，∵PD=3，DE=7， ∴PE=(7)2(3)2 =2， ∵OP⊥BC， ∴BP=CP=3， ∴CE=3﹣2=1，

∵∠DBE=∠CAE，∠BED=∠AEC， ∴△BDE∽△ACE，

∴AE：BE=CE：DE，即AE：5=1：7 ， ∴AE=

57 7∵BE∥DF， ∴△ABE∽△AFD，

575BEAE7 ， ∴ ，即

DF125DFAD7解得DF=12， 在Rt△BDH中，BH=

1BD=3， 2∴阴影部分的面积=△BDF的面积﹣弓形BD的面积=△BDF的面积﹣（扇形BOD的面积﹣

160(23)23△BOD的面积）=123(23)2 =93﹣2π．

23604【点睛】

考查的是切线的判定，扇形面积计算，相似三角形的判定和性质，圆周角定理的应用，等边三角形的判定和性质，掌握切线的判定定理，扇形面积公式是解题的关键．

11．如图1，已知⊙O是ΔADB的外接圆，∠ADB的平分线DC交AB于点M，交⊙O于点C，连接AC，BC．

（1）求证：AC=BC；

（2）如图2，在图1 的基础上做⊙O的直径CF交AB于点E，连接AF，过点A作⊙O的切线AH，若AH//BC，求∠ACF的度数；

（3）在（2）的条件下，若ΔABD的面积为63，ΔABD与ΔABC的面积比为2：9，求CD的长.

【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3）233 【解析】

分析：（1）运用“在同圆或等圆中，弧相等，所对的弦相等”可求解；

（2）连接AO并延长交BC于I交⊙O于J,由AH是⊙O的切线且AH∥BC得AI⊥BC，易证∠IAC=30°，故可得∠ABC=60°=∠F=∠ACB，由CF是直径可得∠ACF的度数；

（3）过点D作DG⊥AB ，连接AO，知ABC为等边三角形，求出AB、AE的长，在RtΔAEO中，求出AO的长，得CF的长，再求DG 的长，运用勾股定理易求CD的长. 详解：（1）∵DC平分∠ADB，∴∠ADC=∠BDC， ∴AC=BC． （2）如图，连接AO并延长交BC于I交⊙O于J

∵AH是⊙O的切线且AH∥BC， ∴AI⊥BC， ∴BI=IC， ∵AC=BC，

∴IC=

1AC， 2∴∠IAC=30°，

∴∠ABC=60°=∠F=∠ACB． ∵FC是直径， ∴∠FAC=90°，

∴∠ACF=180°-90°-60°=30°． （3）过点D作DGAB，连接AO

由（1）（2）知ABC为等边三角形 ∵∠ACF=30°， ∴ABCF， ∴AE=BE， ∴SΔABC3AB2273， 4∴AB=63， ∴AE33．

在RtΔAEO中，设EO=x，则AO=2x， ∴AO2AE2OE2， ∴2x3322x2，

∴x=6，⊙O的半径为6， ∴CF=12．

∵SΔABDABDG∴DG=2．

如图，过点D作DGCF,连接OD． ∵ABCF,DGAB， ∴CF//DG，

∴四边形G′DGE为矩形，

1163DG63， 22∴GE2，

CGGECE63211， 在RtΔOGD中，OG5,OD6，

∴DG11， ∴CDDG2CG211112233 点睛：本题是一道圆的综合题.考查了圆的基本概念，垂径定理，勾股定理，圆周角定理等相关知识.比较复杂，熟记相关概念是解题关键.

12．已知：如图，四边形ABCD为菱形，△ABD的外接圆⊙O与CD相切于点D，交AC于点E．

（1）判断⊙O与BC的位置关系，并说明理由； （2）若CE=2，求⊙O的半径r．

【答案】（1）相切，理由见解析；（2）2. 【解析】

试题分析：（1）根据切线的性质，可得∠ODC的度数，根据菱形的性质，可得CD与BC的关系，根据SSS，可得三角形全等，根据全等三角形的性质，可得∠OBC的度数，根据切线的判定，可得答案；

（2）根据等腰三角形的性质，可得∠ACD=∠CAD，根据三角形外角的性质，

∠COD=∠OAD+∠AOD，根据直角三角形的性质，可得OC与OD的关系，根据等量代换，可得答案．

（1）⊙O与BC相切，理由如下 连接OD、OB，如图所示：

∵⊙O与CD相切于点D， ∴OD⊥CD，∠ODC=90°． ∵四边形ABCD为菱形， ∴AC垂直平分BD，AD=CD=CB．

∴△ABD的外接圆⊙O的圆心O在AC上， ∵OD=OB，OC=OC，CB=CD， ∴△OBC≌△ODC． ∴∠OBC=∠ODC=90°， 又∵OB为半径， ∴⊙O与BC相切； （2）∵AD=CD， ∴∠ACD=∠CAD． ∵AO=OD， ∴∠OAD=∠ODA． ∵∠COD=∠OAD+∠AOD， ∠COD=2∠CAD． ∴∠COD=2∠ACD 又∵∠COD+∠ACD=90°， ∴∠ACD=30°． ∴OD=即r=

1 OC， 21（r+2）． 2∴r=2．

【点睛】运用了切线的判定与性质，利用了切线的判定与性质，菱形的性质，直角三角形的性质．

13．我们知道，如图1，AB是⊙O的弦，点F是¼AFB的中点，过点F作EF⊥AB于点E，易得点E是AB的中点，即AE＝EB．⊙O上一点C（AC＞BC），则折线ACB称为⊙O的一条“折弦”．

（1）当点C在弦AB的上方时（如图2），过点F作EF⊥AC于点E，求证：点E是“折弦ACB”的中点，即AE＝EC+CB．

（2）当点C在弦AB的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明．

（3）如图4，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为2，过⊙O上一点P作PH⊥AC于点H，交AB于点M，当∠PAB＝45°时，求AH的长．

【答案】（1）见解析；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，见解析；（3）AH的长为3﹣1或3+1． 【解析】 【分析】

（1）在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，证明△FAG≌△FBC，根据全等三角形的性质得到FG＝FC，根据等腰三角形的性质得到EG＝EC，即可证明.

（2）在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，证明△FCG≌△FCB，根据全等三角形的性质得到FG＝FB，得到FA＝FG，根据等腰三角形的性质得到AE＝GE，即可证明. （3）分点P在弦AB上方和点P在弦AB下方两种情况进行讨论. 【详解】 解：（1）如图2，

在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC， ∵点F是¼AFB的中点，FA＝FB， 在△FAG和△FBC中，

FAFBFAGFBC AGBC,∴△FAG≌△FBC（SAS）， ∴FG＝FC， ∵FE⊥AC， ∴EG＝EC，

∴AE＝AG+EG＝BC+CE；

（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE， 理由：如图3，

在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC， ∵点F是¼AFB的中点，

¶FB¶, ∴FA＝FB， FA∴∠FCG＝∠FCB，

CGCB在△FCG和△FCB中，FCGFCB

FCFC,∴△FCG≌△FCB（SAS）， ∴FG＝FB， ∴FA＝FG， ∵FE⊥AC， ∴AE＝GE，

∴CE＝CG+GE＝BC+AE；

（3）在Rt△ABC中，AB＝2OA＝4，∠BAC＝30°，

1AB2，AC23， 2当点P在弦AB上方时，如图4，

∴BC

在CA上截取CG＝CB，连接PA，PB，PG， ∵∠ACB＝90°， ∴AB为⊙O的直径， ∴∠APB＝90°， ∵∠PAB＝45°， ∴∠PBA＝45°＝∠PAB， ∴PA＝PB，∠PCG＝∠PCB，

CGCB在△PCG和△PCB中， PCGPCB

PCPC,∴△PCG≌△PCB（SAS）， ∴PG＝PB， ∴PA＝PG， ∵PH⊥AC， ∴AH＝GH，

∴AC＝AH+GH+CG＝2AH+BC， ∴232AH2，

∴AH31 当点P在弦AB下方时，如图5， ，在AC上截取AG＝BC，连接PA，PB，PC，PG ∵∠ACB＝90°， ∴AB为⊙O的直径， ∴∠APB＝90°， ∵∠PAB＝45°， ∴∠PBA＝45°＝∠PAB， ∴PA＝PB，

在△PAG和△PBC中，

AGBCPAGPBC PAPB,∴△PAG≌△PBC（SAS），

∴PG＝PC， ∵PH⊥AC， ∴CH＝GH，

∴AC＝AG+GH+CH＝BC+2CH， ∴2322CH， ∴CH31 ，∴AHACCH233131，

即：当∠PAB＝45°时，AH的长为31 或31.

【点睛】

考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.

14．如图，（1）求证：（2）若②当

是大半圆的直径，是小半圆的切线； ，点在上运动（点不与时，求

两点之间的距离.

两点重合），设

，

.

是小半圆的直径，点是大半圆上一点，

与小

半圆交于点，过点作

于点.

①求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；

【答案】（1）见解析；（2）①或

. 【解析】 【分析】

，，②两点之间的距离为

（1）连接CO、CM，只需证到CD⊥CM．由于CD⊥OP，只需证到CM∥OP，只需证到CM是△AOP的中位线即可．

（2）①易证△ODC∽△CDP，从而得到CD2=DP•OD，进而得到y与x之间的函数关系

式．由于当点P与点A重合时x=0，当点P与点B重合时x=4，点P在大半圆O上运动（点P不与A，B两点重合），因此自变量x的取值范围为0＜x＜4．

②当y=3时，得到-x2+4x=3，求出x．根据x的值可求出CD、PD的值，从而求出∠CPD，运用勾股定理等知识就可求出P，M两点之间的距离． 【详解】 （1）连接

，如图1所示

∵∴∵∴∵∴∴∵∴∴∴∵

是小半圆的直径，

即

，

，

.，即

经过半径

，

的外端，且，

∴直线∴∴∴∴∴∵∴

,

是小半圆的切线.

（2）①∵

∽

,

，

；当点与点重合时，

两点重合）， ，

当点与点重合时，∴

∵点在大半圆上运动（点不与

∴与之间的函数关系式为

自变量的取值范围是②当解得Ⅰ当

时，,

.

时，如图2所示

在∵∴∴∵∴∵∴∴

中， ，

，

， 是等边三角形

.

Ⅱ当

时，如图3所示，

同理可得∵∴∴过点作∵∴同理

，垂足为，连接

，

，如图3所示

在∵∴

中， ，

综上所述，当【点睛】

考查了切线的判定、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，综合性比较强．

时，

两点之间的距离为

或

.

15．结果如此巧合!

下面是小颖对一道题目的解答．

题目：如图，Rt△ABC的内切圆与斜边AB相切于点D，AD=3，BD=4，求△ABC的面积． 解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x． 根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x． 根据勾股定理，得（x+3）2+（x+4）2=（3+4）2． 整理，得x2+7x=12． 所以S△ABC===

1AC•BC 21（x+3）（x+4） 21（x2+7x+12） 21=×（12+12） 2=12．

小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC的面积等于AD与BD的积．这仅仅是巧合吗？ 请你帮她完成下面的探索．

已知：△ABC的内切圆与AB相切于点D，AD=m，BD=n． 可以一般化吗？

（1）若∠C=90°，求证：△ABC的面积等于mn． 倒过来思考呢？

（2）若AC•BC=2mn，求证∠C=90°． 改变一下条件……

（3）若∠C=60°，用m、n表示△ABC的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）S△ABC=3mn； 【解析】 【分析】

（1）设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，仿照例题利用勾股定理得（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，再根据S△ABC＝AC×BC，即可证明S△ABC＝mn.（2）由AC•BC＝2mn，得x2＋（m＋n）x＝mn，因此AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2＝AB2，利用勾股定理逆定理可得∠C＝90°.（3）过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ACG中，根据条件求出AG、CG，又根据BG＝BC－CG得到BG .在Rt△ABG中，根据勾股定理可得x2＋（m＋n）x＝3mn，由此S△ABC＝BC•AG＝【详解】

设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x， 根据切线长定理，得：AE＝AD＝m、BF＝BD＝n、CF＝CE＝x， （1）如图1，

mn.

在Rt△ABC中，根据勾股定理，得：（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2， 整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn， 所以S△ABC＝AC•BC ＝（x＋m）（x＋n） ＝ [x2＋（m＋n）x＋mn] ＝（mn＋mn） ＝mn;

（2）由AC•BC＝2mn，得：（x＋m）（x＋n）＝2mn，

整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn， ∴AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2 ＝2[x2＋（m＋n）x]＋m2＋n2 ＝2mn＋m2＋n2 ＝（m＋n）2 ＝AB2，

根据勾股定理逆定理可得∠C＝90°； （3）如图2，过点A作AG⊥BC于点G，

在Rt△ACG中，AG＝AC•sin60°＝（x＋m），CG＝AC•cos60°＝（x＋m），

∴BG＝BC﹣CG＝（x＋n）﹣（x＋m）， 在Rt△ABG中，根据勾股定理可得：[

2

（x＋m）]2＋[（x＋n）﹣（x＋m）]2＝（m＋n）

，

整理，得：x2＋（m＋n）x＝3mn， ∴S△ABC＝BC•AG ＝×（x＋n）•＝

（x＋m）

32

[x＋（m＋n）x＋mn] 4＝

3×（3mn＋mn） 4＝3mn． 【点睛】

本题考查了圆中的计算问题、与圆有关的位置关系以及直角三角形，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.