2020年九年级中考数学复习专题训练：《圆的综合 》(包含答案)

2020年九年级中考数学复习专题训练：《圆的综合 》

1．如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，以AC为直径作⊙O，交AB于点D． （1）若AB＝8，∠ABC＝30°，求⊙O的半径；

（2）若点E是边BC的中点，连结DE，求证：直线DE是⊙O的切线；

（3）在（1）的条件下，保持Rt△ACB不动，将⊙O沿直线BC向右平移m个单位长度后得到⊙O′，当⊙O′与直线AB相切时，m＝ ．

2．如图，矩形ABCD中，AB＝13，AD＝6．点E是CD上的动点，以AE为直径的⊙O与AB交于点F，过点F作FG⊥BE于点G．

（1）当E是CD的中点时：tan∠EAB的值为 ； （2）在（1）的条件下，证明：FG是⊙O的切线；

（3）试探究：BE能否与⊙O相切？若能，求出此时BE的长；若不能，请说明理由．

3．如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形BEFG中，点E在AB的延长线上，点G在BC上，点O在线段AB上，且AO≥BO．以OF为半径的⊙O与直线AB交于点M，N． （1）如图1，若点O为AB中点，且点D，点C都在⊙O上，求正方形BEFG的边长． （2）如图2，若点C在⊙O上，求证：以线段OE和EF为邻边的矩形的面积为定值，并求出这个定值．

（3）如图3，若点D在⊙O上，求证：DO⊥FO．

4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC． （1）求∠ADB的度数；

（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；

（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．

5．定义：当点P在射线OA上时，把的的值叫做点P在射线OA上的射影值；当点P不在

射线OA上时，把射线OA上与点P最近点的射影值，叫做点P在射线OA上的射影值． 例如：如图1，△OAB三个顶点均在格点上，BP是OA边上的高，则点P和点B在射线OA上的射影值均为

＝．

（1）在△OAB中，

①点B在射线OA上的射影值小于1时，则△OAB是锐角三角形； ②点B在射线OA上的射影值等于1时，则△OAB是直角三角形； ③点B在射线OA上的射影值大于1时，则△OAB是钝角三角形． 其中真命题有 ．

A．①②B．①③C．②③D．①②③

（2）已知：点C是射线OA上一点，CA＝OA＝1，以〇为圆心，OA为半径画圆，点B是⊙O上任意点．

①如图2，若点B在射线OA上的射影值为．求证：直线BC是⊙O的切线；

②如图3，已知D为线段BC的中点，设点D在射线OA上的射影值为x，点D在射线OB上的射影值为y，直接写出y与x之间的函数关系式为 ．

6．问题发现：

（1）如图1，△ABC内接于半径为4的⊙O，若∠C＝60°，则AB＝ ； 问题探究：

（2）如图2，四边形ABCD内接于半径为6的⊙O，若∠B＝120°，求四边形ABCD的面积最大值； 解决问题：

（3）如图3，一块空地由三条直路（线段AD、AB、BC）和一条弧形道路

围成，点M是AB道路上的一个地铁站口，已知AD＝BM＝1千米，AM＝BC＝2千米，∠A＝∠B＝60°，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点P在

上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线

段DM、MC、CP、PD，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．

7．如图，AB是⊙O的直径，BM切⊙O于点B，点P是⊙O上的一个动点（点P不与A，B两点重合），连接AP，过点O作OQ∥AP交BM于点Q，过点P作PE⊥AB于点C，交QO的延长线于点E，连接PQ，OP，AE． （1）求证：直线PQ为⊙O的切线； （2）若直径AB的长为4．

①当PE＝ 时，四边形BOPQ为正方形； ②当PE＝ 时，四边形AEOP为菱形．

8．已知AB是⊙O的直径，DA为⊙O的切线，切点为A，过⊙O上的点C作CD∥AB交AD于点D，连接BC、AC．

（1）如图①，若DC为⊙O的切线，切点为C，求∠ACD和∠DAC的大小．

（2）如图②，当CD为⊙O的割线且与⊙O交于点E时，连接AE，若∠EAD＝30°，求∠

ACD和∠DAC的大小．

9．已知AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，点D为AB延长线一点，连接AC． （Ⅰ）如图①，OB＝BD，若DC与⊙O相切，求∠D和∠A的大小；

（Ⅱ）如图②，CD与⊙O交于点E，AF⊥CD于点F连接AE，若∠EAB＝18°，求∠FAC的大小．

10．如图，AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的一点，过点P作⊙O的切线PE，切点为

M，过A、B两点分别作PE的垂线AC，BD，垂足分别为C，D，连接AM．

（1）求证：AM平分∠CAB； （2）若AB＝4，∠APE＝30°，求

的长．

11．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，连接OC交⊙O于E，过点A作AF⊥AC于F，交⊙O于D，连接DE，BE，BD （1）求证：∠C＝∠BED；

（2）若AB＝12，tan∠BED＝，求CF的长．

12．已知，点A为⊙O外一点，过A作⊙O的切线与⊙O相切于点P，连接PO并延长至圆上一点B连接AB交⊙O于点C，连接OA交⊙O于点D连接DP且∠OAP＝∠DPA． （1）求证：PO＝PD； （2）若AC＝

，求⊙O的半径．

13．如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，P是半径OB上一动点（不与O，B重合），过点P作射线l⊥AB，分别交弦BC，（1）求证：FC＝FD． （2）当E是

的中点时，

于D，E两点，过点C的切线交射线1于点F．

①若∠BAC＝60°，判断以O，B，E，C为顶点的四边形是什么特殊四边形，并说明理由； ②若

＝，且AB＝30，则OP＝ ．

14．如图，在∠DAM内部做Rt△ABC，AB平分∠DAM，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点N为BC的中点，动点E由A点出发，沿AB运动，速度为每秒5个单位，动点F由A点出发，沿AM运动，速度为每秒8个单位，当点E到达点B时，两点同时停止运动，过A、E、

F作⊙O．

（1）判断△AEF的形状为 ，并判断AD与⊙O的位置关系为 ； （2）求t为何值时，EN与⊙O相切？求出此时⊙O的半径，并比较半径与劣弧大小；

（3）直接写出△AEF的内心运动的路径长为 ；（注：当A、E、F重合时，内心就是A点）

（4）直接写出线段EN与⊙O有两个公共点时，t的取值范围为 ． （参考数据：sin37°＝，tan37°＝，tan74°≈

15．如图1，CD是⊙O的直径，且CD过弦AB的中点H，连接BC，过弧AD上一点E作EF∥

，sin74°≈

，cos74°≈

） 长度的

BC，交BA的延长线于点F，连接CE，其中CE交AB于点G，且FE＝FG．

（1）求证：EF是⊙O的切线；

（2）如图2，连接BE，求证：BE2＝BG?BF；

（3）如图3，若CD的延长线与FE的延长线交于点M，tanF＝，BC＝5

，求DM的值．

16．如图，在Rt△ABC中，AB⊥BC，以AB为直径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接

DE．

（1）求证：DE是⊙O的切线；

（2）设⊙O的半径为r，证明r2＝AD?OE； （3）若DE＝4，sinC＝，求AD之长．

17．定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图1，△ABC中，点D是BC边上一点，连结AD，若AD2＝BD?CD，则称点D是△ABC中BC边上的“好点”．

（1）如图2，△ABC的顶点是4×3网格图的格点，请仅用直尺画出AB边上的一个“好点”．

（2）△ABC中，BC＝9，tanB＝，tanC＝，点D是BC边上的“好点”，求线段BD的长．

（3）如图3，△ABC是⊙O的内接三角形，OH⊥AB于点H，连结CH并延长交⊙O于点D． ①求证：点H是△BCD中CD边上的“好点”． ②若⊙O的半径为9，∠ABD＝90°，OH＝6，请直接写出

的值．

18．如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点P． （1）求证：∠CAB＝2∠BCP； （2）若⊙O的直径为5，sin∠BCP＝

，求△ABC内切圆的半径；

（3）在（2）的条件下，求△ACP的周长．

19．已知四边形ABCD为⊙O的内接四边形，直径AC与对角线BD相交于点E，作CH⊥BD于

H，CH与过A点的直线相交于点F，∠FAD＝∠ABD．

（1）求证：AF为⊙O的切线； （2）若BD平分∠ABC，求证：DA＝DC；

（3）在（2）的条件下，N为AF的中点，连接EN，若∠AED+∠AEN＝135°，⊙O的半径为2

，求EN的长．

20．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O是线段BC上一点，以O为圆心，OC为半径作⊙O，

AB与⊙O相切于点F，直线AO交⊙O于点E，D．

（1）求证：AO是△CAB的角平分线； （2）若tan∠D＝，求

的值；

（3）如图2，在（2）条件下，连接CF交AD于点G，⊙O的半径为3，求CF的长．

参考答案

1．解：（1）在Rt△ABC中，∵AB＝8，∠ABC＝30°， ∴AC＝ABsin∠ABC＝8sin30°＝4， ∴⊙O的半径为2； （2）证明：连接OD，CD， ∵AC为⊙O的直径， ∴CD⊥AB， ∴∠CDB＝90°， ∵点E是边BC的中点， ∴DE＝CE＝CB， ∴∠DCE＝∠CDE， ∵OC＝OD， ∴∠OCD＝∠ODC，

∴∠ACE＝∠ACD+∠DCE＝90°， ∴∠ODE＝∠ODC+∠CDE＝90°， ∴OD⊥DE，

∴直线DE是⊙O的切线； （3）连接OO′交AB于F， 设⊙O′与AB相切于G， 连接O′G，则∠O′GF＝90°，

∵将⊙O沿直线BC向右平移m个单位长度后得到⊙O′， ∴OO′∥BC，AO＝O′G， ∴∠AOF＝∠ACB＝90°， ∵∠AFO＝∠O′FG， ∴△AOF≌△O′GF（AAS）， ∴O′F＝AF， ∵在Rt△AOF中，

∵∠A＝60°，AO＝2， ∴AF＝4，OF＝2∴O′F＝AF＝4， ∴OO′＝4+2∴m＝4+2

，

，

．

．

故答案为：4+2

2．（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝90°，CD∥AB，CD＝AB＝13， ∴∠EAB＝∠DEA， ∵E是CD的中点， ∴DE＝CD＝

，

∴tan∠DEA＝＝＝．

故答案为：．

（2）证明：连接OF，

在矩形ABCD中，AD＝BC，∠ADE＝∠BCE＝90°， 又CE＝DE，

∴△ADE≌△BCE（SAS）， ∴AE＝BE， ∴∠EAB＝∠EBA． ∵OF＝OA， ∴∠OAF＝∠OFA，

∴∠OFA＝∠EBA． ∴OF∥EB． ∵FG⊥BE， ∴FG⊥OF， ∴FG是⊙O的切线．

（3）解：若BE能与⊙O相切，由AE是⊙O的直径，则AE⊥BE，∠AEB＝90°． 设DE＝x，则EC＝13﹣x． 由勾股定理得：AE2+EB2＝AB2， 即（36+x2）+[（13﹣x）2+36]＝132， 整理得x2﹣13x+36＝0， 解得：x1＝4，x2＝9， ∴DE＝4或9，

当DE＝4时，CE＝9，BE＝当DE＝9时，CE＝4，BE＝∴BE能与⊙O相切，此时BE＝23．解：（1）如图1，连接OC，

＝＝或3

．

＝3＝2

， ，

∵四边形ABCD和四边形BEFG为正方形， ∴AB＝BC＝1，BE＝EF，∠OEF＝∠ABC＝90°， ∵点O为AB中点， ∴OB＝AB＝，

设BE＝EF＝x，则OE＝x+， 在Rt△OEF中，∵OE2+EF2＝OF2， ∴

，

在Rt△OBC中，∵OB2+BC2＝OC2， ∴

＝OC2，

∵OC，OF为⊙O的半径， ∴OC＝OF， ∴

解得：x＝，

∴正方形BEFG的边长为； （2）证明：如图2，连接OC，

，

设OB＝y，BE＝EF＝x，

同（1）可得，OE2+EF2＝OF2，OB2+BC2＝OC2， ∴OF2＝x2+（x+y）2，OC2＝y2+12 ∵OC，OF为⊙O的半径， ∴OC＝OF，

∴x2+（x+y）2＝y2+12， ∴2x2+2xy＝1， ∴x2+xy＝， 即x（x+y）＝， ∴EF×OE＝，

∴以线段OE和EF为邻边的矩形的面积为定值，这个定值为．

（3）证明：连接OD，设OA＝a，BE＝EF＝b，则OB＝1﹣a，则OE＝1﹣a+b，

∵∠DAO＝∠OEF＝90°， ∴DA2+OA2＝OD2，OE2+EF2＝OF2， ∴12+a2＝OD2，（1﹣a+b）2+b2＝OF2， ∵OD＝OF，

∴12+a2＝（1﹣a+b）2+b2， ∴（b+1）（a﹣b）＝0， ∵b+1≠0， ∴a﹣b＝0， ∴a＝b， ∴OA＝EF，

在Rt△AOD和Rt△EFO中，

，

∴Rt△AOD≌Rt△EFO（HL）， ∴∠FOE＝∠ODA， ∵∠DAO＝90°， ∴∠ODA+∠AOD＝90°， ∴∠FOE+∠AOD＝90°， ∴∠DOF＝90°， ∴DO⊥FO． 4．解：（1）如图1，

∵AC为直径，

∴∠ABC＝90°， ∴∠ACB+∠BAC＝90°， ∵AB＝BC，

∴∠ACB＝∠BAC＝45°， ∴∠ADB＝∠ACB＝45°；

（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下： 如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，

∵AD∥BF，

∴∠EBF＝∠ADB＝45°， 又∠ABC＝90°， ∴α+β＝45°，

过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC， ∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN， ∴△AEB≌△CNB（SAS）， ∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°， ∴∠FCN＝90°．

∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF， ∴△BFE≌△BFN（SAS）， ∴EF＝FN，

∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2， ∴EA2+CF2＝EF2；

（3）如图3，延长GE，HF交于K，

由（2）知EA2+CF2＝EF2， ∴EA2+CF2＝EF2， ∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，

∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH＝S△EFK+S五边形BGEFH， 即S△ABC＝S矩形BGKH， ∴S△ABC＝S矩形BGKH， ∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，

∴S△BGM＝S四边形COMH，S△BMH＝S四边形AGMO， ∵S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9， ∴S△BMH：S△BGM＝8：9， ∵BM平分∠GBH， ∴BG：BH＝9：8， 设BG＝9k，BH＝8k， ∴CH＝3+k， ∵AG＝3， ∴AE＝3∴CF＝

，

（k+3），EF＝

（8k﹣3），

∵EA2+CF2＝EF2， ∴

+

＝

，

整理得：7k2﹣6k﹣1＝0， 解得：k1＝﹣（舍去），k2＝1． ∴AB＝12， ∴AO＝

AB＝6，

∴⊙O的半径为6．

5．解：（1）①错误．点B在射线OA上的射影值小于1时，∠OBA可以是钝角，故△OAB不一定是锐角三角形；

②正确．点B在射线OA上的射影值等于1时，AB⊥OA，∠OAB＝90°，△OAB是直角三角形；

③正确．点B在射线OA上的射影值大于1时，∠OAB是钝角，故△OAB是钝角三角形； 故答案为：B．

（2）①如图2，作BH⊥OC于点H，

∵点B在射线OA上的射影值为， ∴∴

＝，＝

，

＝，CA＝OA＝OB＝1，

又∵∠BOH＝∠COB， ∴△BOH∽△COB， ∴∠BHO＝∠CBO＝90°， ∴BC⊥OB，

∴直线BC是⊙O的切线；

②图形是上下对称的，只考虑B在直线OC上及OC上方部分的情形．过点D作DM⊥OC，作DN⊥OB，

当∠DOB＜90°时，设DM＝h，

∵D为线段BC的中点， ∴S△OBD＝S△ODC， ∴OB×DN＝OC×DM， ∴DN＝2h，

∵在Rt△DON和Rt△DOM中，

OD2＝DN2+ON2＝DM2+OM2，

∴4h2+y2＝h2+x2， ∴3h2＝x2﹣y2①， ∵BD2＝CD2，

∴4h2+（1﹣y）2＝h2+（2﹣x）2②， ①②消去h得：y＝2x﹣．

如图，当∠BOD＝90°时，过点D作DM⊥OC于点M，

∵D为线段BC的中点， ∴S△OBD＝S△ODC， ∴OB×DO＝OC×DM， ∵CA＝OA＝OB＝1， ∴OD＝2DM， ∴sin∠DOM＝， ∴∠DOM＝30°， 设DM＝h，则OD＝2h，OM＝∴h2+∴h＝， ∴OM＝，

＝1+4h2，

h，

当点B在OC上时，OD＝，

综上所述，当≤x≤时，y＝0；当＜x≤时，y＝2x﹣． 故答案为：y＝0（≤x≤）或y＝2x﹣（＜x≤）． 6．解：（1）如图1，连接OA、OB，过点O作OH⊥AB于点H，

∵∠C＝60°， ∴∠AOB＝120°， ∵OA＝OB，

∴△OAB为等腰三角形， ∵OH⊥AB，

∴∠AOH＝∠BOH＝60°， ∴AH＝OAsin∠AOH＝4×则AB＝2AH＝4故答案为4

（2）如图2，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E，过点B作BF⊥AC于点F，

；

＝2

，

；

∵四边形ABCD的面积S＝AC×DEAC×BF＝AC×（DE+BF），

∴当D、E、F、B四点共线且为直径时，四边形ABCD的面积S最大；

∵∠ABC＝120°， ∴∠ADC＝60°， ∴∠AOC＝120°，

在△AOC中，由（1）知，AC＝2×OAsin60°＝2×6×∴四边形ABCD的面积S的最大值为：×AC×BD＝故四边形ABCD的面积的最大值为36

（3）如图3，过点D作DK⊥AB于点K，连接CD，

；

＝66

， ×12＝36

，

在△ADM中，DK＝AD?sinA＝1×＝，同理AK＝，

＝

则KM＝AM﹣AK＝2﹣＝，则tan∠DMK＝

∴∠DMK＝30°，故△ADM为直角三角形，同理△CMB为直角三角形， 在Rt△ADM中，DM＝

＝

＝

，

∴∠DMC＝180°﹣∠DMA﹣∠CMB＝60° ∵AD＝BM，AM＝BC，∠A＝∠B＝60°， ∴Rt△ADM≌Rt△BMC（SAS）， ∴DM＝CM，

∴△CDM为等边三角形； 设

所在的圆的圆心为R，连接DR、CR、MR，

∵DM＝CM，RM＝RM，DR＝CR， ∴△DRM≌△CRM（SSS）， ∴∠DMR＝∠CMR＝∠DMC＝30°， 在△DMR中，DR＝1，∠DMR＝30°，DM＝过点R作RH⊥DM于点H，

＝CM，

则RM＝＝＝1＝RD，

故D、P、C、M四点共圆， ∴∠DPC＝120°，

如图4，连接MP，在PM上取PP′＝PC，

∵△CDM为等边三角形， ∴∠CDM＝60°＝∠CPM，

∴△P′PC为等边三角形，则PP′＝P′C＝PC，

∵∠PMC＝∠PDC，∠CP′M＝180°﹣∠PP′C＝120°＝∠DPC，CD＝CM， ∴△PDC≌△P′MC（AAS）， ∴PD＝P′M，

∴PD+PC＝PP′+PD＝PP′+P′M＝PM， 故当PM是直径时，PD+PC最大值为2； ∵四边形DMCP的周长＝DM+CM+PC+PD＝2而PD+PC最大值为2；

故四边形DMCP的周长的最大值为：2+2

，

．

+PD+PC，

即四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大为2+27．（1）证明：∵OQ∥AP，

∴∠EOC＝∠OAP，∠POQ＝∠APO， 又∵OP＝OA， ∴∠APO＝∠OAP，

又∵∠BOQ＝∠EOA＝∠OAP， ∴∠POQ＝∠BOQ， 在△BOQ与△POQ中，

，

∴△POQ≌△BOQ（SAS）， ∴∠OPQ＝∠OBQ＝90°， ∵点P在⊙O上， ∴PQ是⊙O的切线；

（2）解：①∵△POQ≌△BOQ， ∴∠OBQ＝∠OPQ＝90°，

当∠BOP＝90°，四边形OPQB为矩形，

而OB＝OP，则四边形OPQB为正方形，此时点C、点E与点O重合，PE＝PO＝AB＝2； ②∵PE⊥AB，

∴当OC＝AC，PC＝EC，四边形AEOP为菱形， ∵OC＝OA＝1， ∴PC＝∴PE＝2PC＝2故答案为：2；2

＝． ．

＝

，

8．解：（1）∵AB是⊙O的直径，DA为⊙O的切线，切点为A， ∴DA⊥AB， ∴∠DAB＝90°，

∵DC为⊙O的切线，切点为C， ∴DC＝DA， ∵CD∥AB，

∴∠D+∠DAB＝180°， ∴∠D＝90°，

∴∠ACD＝∠DAC＝45°；

（2）∵AB是⊙O的直径，DA为⊙O的切线，切点为A， ∴DA⊥AB， ∴∠DAB＝90°， ∠DEA＝∠EAB，

∴∠ADC＝90°， ∵∠EAD＝30°， ∴∠DEA＝60°， ∴∠EAB＝60°， ∴∠BCE＝120°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠BCA＝90°， ∴∠ACD＝30°， ∴∠DAC＝60°．

9．解：（Ⅰ）如图①，连接OC，BC，

∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵DC与⊙O相切， ∴∠OCD＝90°， ∵OB＝BD，

∴BC＝OD＝OB＝BD， ∴BC＝OB＝OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴∠OBC＝∠OCB＝∠COB＝60°， ∴∠BCD＝∠OCA＝30°， ∴∠D＝∠A＝30°； （Ⅱ）如图②，连接BE，

∵AB为⊙O的直径， ∴∠AEB＝90°， ∵AF⊥CD， ∴∠AFC＝90°，

∵∠ACF是圆内接四边形ACEB的外角， ∴∠ACF＝∠ABE， ∴∠FAC＝∠EAB＝18°， 答：∠FAC的大小为18°． 10．解：（1）连接OM， ∵PE为⊙O的切线， ∴OM⊥PC， ∵AC⊥PC， ∴OM∥AC， ∴∠CAM＝∠AMO， ∵OA＝OM，∠OAM＝∠AMO， ∴∠CAM＝∠OAM， 即AM平分∠CAB； （2）∵∠APE＝30°，

∴∠MOP＝∠OMP﹣∠APE＝90°﹣30°＝60°， ∵AB＝4， ∴OB＝2， ∴

的长为

＝

．

11．（1）证明：∵AB是⊙O的直径，CA切⊙O于A， ∴∠C+∠AOC＝90°； 又∵OC⊥AD， ∴∠OFA＝90°， ∴∠AOC+∠BAD＝90°， ∴∠C＝∠BAD． 又∵∠BED＝∠BAD， ∴∠C＝∠BED．

（2）解：由（1）知∠C＝∠BAD，tan∠BED＝， ∴tan∠C＝， ∴tan∠C＝＝∴∴

，且OA＝AB＝6，

，解得AC＝8，

＝10，

∵OC?AF＝OA?AC， ∴∴

． ＝

＝

．

12．（1）证明：∵PA与⊙O相切于点P， ∴BP⊥AP

∴∠OPD+∠DPA＝90°，∠OAP+∠AOP＝90° ∵∠OAP＝∠DPA． ∴∠OPD＝∠AOP ∴OD＝PD

∵PO＝OD ∴PO＝PD． （2）连接PC，

∵PB为⊙O的直径 ∴∠BCP＝90° ∵PO＝PD＝OD ∴∠AOP＝60°

设⊙O的半径为x，则PB＝2x，∴PA＝∴AB＝

＝tan60°

x

＝

x

∵∠BPA＝∠BCP＝90°，∠B＝∠B ∴△BAP∽△BPC ∴

＝

＝＝4x

．

∵AC＝∴∴7x﹣∴x＝

∴⊙O的半径为

13．证明：（1）连接OC，

（1）证明：连接OC ∵CF是⊙O的切线， ∴OC⊥CF， ∴∠OCF＝90°， ∴∠OCB+∠DCF＝90°， ∵OC＝OB， ∴∠OCB＝∠OBC， ∵PD⊥AB， ∴∠BPD＝90°， ∴∠OBC+∠BDP＝90°， ∴∠BDP＝∠DCF， ∵∠BDP＝∠CDF， ∴∠DCF＝∠CDF， ∴FC＝FD；

（2）如图2，连接OC，OE，BE，CE，

①以O，B，E，C为顶点的四边形是菱形．理由如下： ∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠BAC＝60°，

∴∠BOC＝120°， ∵点E是

的中点，

∴∠BOE＝∠COE＝60°， ∵OB＝OE＝OC，

∴△BOE，△OCE均为等边三角形， ∴OB＝BE＝CE＝OC ∴四边形BOCE是菱形； ②∵

，

∴设AC＝3k，BC＝4k（k＞0），

由勾股定理得AC2+BC2＝AB2，即（3k）2+（4k）2＝302，解得k＝6， ∴AC＝18，BC＝24， ∵点E是

的中点，

∴OE⊥BC，BH＝CH＝12，

∴S△OBE＝OE×BH＝OB×PE，即15×12＝15PE，解得：PE＝12， 由勾股定理得OP＝故答案为：9．

14．解：（1）过点E作EH⊥AF于H，连接OA、OE、OH，如图1所示： ∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8， ∴BC＝

＝

＝6， ＝

＝9．

设运动时间为t，则AE＝5t，AF＝8t， ∵∠AHE＝∠ACB＝90°，∠EAH＝∠BAC， ∴△EAH∽△BAC， ∴

＝

，即：

＝

，

∴AH＝4t，

∴FH＝AF﹣AH＝8t﹣4t＝4t， ∴AH＝FH， ∵EH⊥AF，

∴△AEF是等腰三角形，

∴E为的中点，∠EAF＝∠EFA，

∵AH＝FH，

∴OH⊥AC，∴E、H、O三点共线， ∴∠OAF+∠AOE＝90°， ∵AB平分∠DAM， ∴∠DAE＝∠EAF＝∠EFA， ∵∠AOE＝2∠EFA，

∴∠AOE＝∠DAE+∠EAF＝∠DAF，

∴∠DAF+∠OAF＝90°＝∠DAO，即OA⊥AD， ∵OA为⊙O的半径， ∴AD与⊙O相切；

故答案为：等腰三角形，相切；

（2）连接OA、OF、OE，OE于AC交于H，如图2所示： 由（1）知：EH⊥AC， ∵EN与⊙O相切， ∴∠OEN＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴四边形EHCN为矩形， ∴EH＝NC， 在Rt△AHE中，EH＝∴NC＝3t，

∵点N为BC的中点， ∴BC＝2NC＝6t， ∵BC＝6， ∴6t＝6， ∴t＝1， ∴AH＝4，EH＝3，

设⊙O的半径为x，则OH＝x﹣3，

在Rt△AOH中，由勾股定理得：OA2＝OH2+AH2，即x2＝（x﹣3）2+42，

＝

＝3t，

解得：x＝，

，

∴⊙O的半径为∴OH＝，

∴tan∠AOH＝＝，

∴∠AOH＝74°，

∵∠AOH＝60°时，△AOE是等边三角形，AE＝OA，74°＞60°， ∴AE＞OA， ∴劣弧

长度的大于半径；

（3）当点E运动到B点时，t＝10÷5＝2， ∴AF＝2×8＝16，AE＝EF＝AB＝10，

此时△AEF的内心记为G，当A、E、F重合时，内心为A点， ∴△AEF的内心运动的路径长为AG，

作GP⊥AE于P，GQ⊥EF于Q，连接AG、GF，则CG＝PG＝NQ，如图3所示：

S△AEF＝AF?BC＝×16×6＝48，

设CG＝PG＝NQ＝a，

则S△AEF＝S△AGF+S△AEB+S△FEG＝AF?CG+AE?PG+EF?NQ＝×（16+10+10）a＝48， 解得：a＝，

在Rt△AGC中，AC2+CG2＝AG2，即82+（）2＝AG， ∴AG＝故答案为：

，

；

（4）分别讨论两种极限位置，

①当EN与⊙O相切时，由（2）知，t＝1； ②当N在⊙O上，即ON为⊙O的半径，

连接OA、ON、OE，OE交AC于H，过点O作OK⊥BC于K，如图4所示： 则四边形OKCH为矩形，OA＝OE＝ON， ∴OH＝CK，AH＝4t，EH＝3t，

设⊙O的半径为x，

则在Rt△AOH中，AH2+OH2＝OA2，即（4t）2+（x﹣3t）2＝x2， 解得：x＝∴OH＝CK＝

t，

t﹣3t＝t，

t）2，

在Rt△OKN中，OK2+KN2＝ON2，即（8﹣4t）2+（3+t）2＝（解得：t＝

，

∴线段EN与⊙O有两个公共点时，t的取值范围为：1＜t≤故答案为：1＜t≤

．

，

15．解：（1）连接OE，则∠OCE＝∠OEC＝α，

∵FE＝FG，

∴∠FGE＝∠FEG＝β， ∵H是AB的中点， ∴CH⊥AB，

∴∠GCH+∠CGH＝α+β＝90°， ∴∠FEO＝∠FEG+∠CEO＝α+β＝90°， ∴EF是⊙O的切线；

（2）∵CH⊥AB， ∴

＝

∴∠CBA＝∠CEB， ∵EF∥BC，

∴∠CBA＝∠F，故∠F＝∠CEB， ∴∠FBE＝∠GBE， ∴△FEB∽△EGB， ∴BE2＝BG?BF；

（3）如图2，过点F作FR⊥CE于点R，

设∠CBA＝∠CEB＝∠GFE＝γ，则tanγ＝， ∵EF∥BC，

∴∠FEC＝∠BCG＝β，故△BCG为等腰三角形，则BG＝BC＝5在Rt△BCH中，BC＝5

，tan∠CBH＝tanγ＝，

，

则sinγ＝，cosγ＝，

CH＝BCsinγ＝5×＝3，同理HB＝4；

设圆的半径为r，则OB2＝OH2+BH2， 即r2＝（r﹣3

）2+（4﹣4

＝

）2，解得：r＝，

， ；

GH＝BG﹣BH＝5

tan∠GCH＝

＝

＝，则cos∠GCH＝

，

则tan∠CGH＝3＝tanβ，则cosβ＝连接DE，则∠CED＝90°， 在Rt△CDE中 cos∠GCH＝

＝

＝

，解得：CE＝

，

在△FEG中，cosβ＝＝＝，

解得：FG＝∵FH＝FG+GH＝

； ， ×＝，

；

∴HM＝FHtan∠F＝∵CM＝HM+CH＝

∴MD＝CM﹣CD＝CM﹣2r＝16．（1）证明：连接OD、BD， ∵AB为圆O的直径， ∴∠BDA＝90°，

．

∴∠BDC＝180°﹣90°＝90°， ∵E为BC的中点， ∴DE＝BC＝BE， ∴∠EBD＝∠EDB， ∵OD＝OB， ∴∠OBD＝∠ODB， ∵∠EBD+∠DBO＝90°， ∴∠EDB+∠ODB＝90°， ∴∠ODE＝90°， ∴DE是圆O的切线．

（2）证明：如图，连接BD．

由（1）知，∠ODE＝∠ADB＝90°，BD⊥AC． ∵E是BC的中点，O是AB的中点， ∴OE是△ABC的中位线， ∴OE∥AC， ∴OE⊥BD． ∴OE∥AC， ∴∠1＝∠2． 又∵∠1＝∠A， ∴∠A＝∠2．

即在△ADB与△ODE中，∠ADB＝∠ODE，∠A＝∠2， ∴△ADB∽△ODE． ∴

＝

，即

＝

．

∴r2＝AD?OE；

（3）∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝∠BDC＝90°， ∵点E为BC的中点， ∴BC＝2DE＝8， ∵sinC＝，

∴设AB＝3x，AC＝5x，

根据勾股定理得：（3x）2+82＝（5x）2， 解得x＝2． 则AC＝10．

由切割线定理可知：82＝（10﹣AD）×10， 解得，AD＝3.6．

17．解：（1）如答图1，当CD⊥AB或点D是AB的中点是，CD2＝AD?BD；

（2）作AE⊥BC于点E，由则BE＝3x，CE＝6x，

，可设AE＝4x，

∴BC＝9x＝9，∴x＝1， ∴BE＝3，CE＝6，AE＝4， 设DE＝a，

①如答图2，若点D在点E左侧，

由点D是BC边上的“好点”知，AD2＝BD?CD， ∴a2+42＝（3﹣a）（6+a），即2a2+3a﹣2＝0， 解得∴

②如答图3，若点D在点E右侧，

，a2＝﹣2（舍去），

．

由点D是BC边上的“好点”知，AD2＝BD?CD， ∴a2+42＝（3+a）（6﹣a），即2a2﹣3a﹣2＝0， 解得a1＝2，

（舍去）

∴BD＝3+a＝3+2＝5． ∴

（5）①∵∠CHA＝∠BHD，∠ACH＝∠DBH ∴△AHC∽△DHB， ∴

，即AH?BH＝CH?DH， 或5．

∵OH⊥AB，

∴AH＝BH， ∴BH2＝CH?DH

∴点H是△BCD中CD边上的“好点”． ②

．

理由如下：如答图4，连接AD，BD，

∵∠ABD＝90°， ∴AD是直径， ∴AD＝18． 又∵OH⊥AB， ∴OH∥BD．

∵点O是线段AD的中点， ∴OH是△ABD的中位线， ∴BD＝2OH＝12．

在直角△ABD中，由勾股定理知：AB＝∴由垂径定理得到：BH＝AB＝3

．

＝

．

＝3

．

＝

＝6

．

在直角△BDH中，由勾股定理知：DH＝又由①知，BH2＝CH?DH，即45＝3

CH，则CH＝

∴＝＝，即．

18．解：（1）如图，连接AN，

∵AC为直径， ∴AN⊥BC， ∵AB＝AC， ∴AN平分∠BAC， ∵PC是圆的切线， ∴∠ACP＝90°，

∵∠NAC+∠ACB＝∠PCB+∠ACB＝90°， ∴∠NAC＝∠BCP， 即∠BAC＝2∠BCP；

（2）由（1）知，AN平分∠BAC，则∠NAC＝∠BCP， 故sin∠NAC＝sin∠BCP＝在Rt△NAC中，AC＝5，

，则tan∠NAC＝，

NC＝AC?sin∠NAC＝5×

则BC＝2NC＝2

；

2

＝，同理AN＝2，

S△ABC＝×BC?AN＝

×2＝10，

设△ABC内切圆的半径为r，

则S△ABC＝（AB+AC+BC）?r＝×（5+5+2解得：r＝

；

；

）＝10，

故△ABC内切圆的半径为

（3）在△ABC中，设AC边长的高为h，

则S△ABC＝AC?h＝×5×h＝10，解得：h＝4， sin∠BAC＝

＝，

在Rt△ACP中， ∵sin∠BAC＝

＝，

设PC＝4m，则AP＝5m， 则AC＝3m＝5，解得m＝， △ACP的周长＝3m+4m+5m＝12m＝20． 19．（1）证明：如图1，∵AC为⊙O的直径， ∴∠ADC＝90°， ∴∠DAC+∠DCA＝90°． ∵

＝

，

∴∠ABD＝∠DCA， ∵∠FAD＝∠ABD， ∴∠FAD＝∠DCA， ∴∠FAD+∠DCA＝90°， ∴CA⊥AF， ∴AF为⊙O的切线．

（2）证明：如图2，连接OD，∵∴∠ABD＝∠AOD， ∵

＝

，

＝

，

∴∠DBC＝∠DOC， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC， ∴∠DOA＝∠DOC， ∴DA＝DC．

（3）如图3，连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P，

∵AC为⊙O的直径， ∴∠ADC＝90°． ∵DA＝DC， ∴DO⊥AC，

∴∠FAC＝∠DOC＝90°， ∴AF∥OM， ∵AO＝OC， ∴OM＝AF．

∵∠ODE+∠DEO＝90°，∠OCM+∠DEO＝90°． ∴∠ODE＝∠OCM． ∵∠DOE＝∠COM，OD＝OC， ∴∴△ODE≌△OCM， ∴OE＝OM， 设OM＝m， ∴AE＝2

﹣m，AP＝PE＝2﹣

m，DP＝2+m，

∵∠AED+∠AEN＝135°，∠AED+∠ADE＝135°， ∴∠AEN＝∠ADE， ∵∠EAN＝∠DPE， ∴△EAN∽△DPE， ∴

＝

，

∴＝，

∴m＝∴AN＝

， ，AE＝

， ．

∴勾股定理得NE＝

20．（1）证明：连接OF，

∵AB与⊙O相切于点F， ∴OF⊥AB，

∵∠ACB＝90°，OC＝OF， ∴∠OAF＝∠OAC，

即AO是△ABC的角平分线； （2）如图2，连接CE，

∵ED是⊙O的直径， ∴∠ECD＝90°， ∴∠ECO+∠OCD＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACE+∠ECO＝90°， ∴∠ACE＝∠OCD， ∵OC＝OD， ∴∠OCD＝∠ODC， ∴∠ACE＝∠ODC， ∵∠CAE＝∠CAE， ∴△ACE∽△ADC， ∴

，

∵tan∠D＝， ∴∴

， ；

＝，

（3）由（2）可知：∴设AE＝x，AC＝2x， ∵△ACE∽△ADC， ∴

，

∴AC2＝AE?AD， ∴（2x）2＝x（x+6），

解得：x＝2或x＝0（不合题意，舍去），

∴AE＝2，AC＝4， ∴AO＝AE+OE＝2+3＝5， 如图3，连接CF交AD于点G， ∵AC，AF是⊙O的切线， ∴AC＝AF，∠CAO＝∠OAF， ∴CF⊥AO，

∴∠ACO＝∠CGO＝90°， ∵∠COG＝∠AOC， ∴△CGO∽△ACO， ∴

，

∴OC2＝OG?OA， ∴OG＝， ∴CG＝∴CF＝2CG＝

＝．

＝

，