2020-2021中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题及详细答案

2020-2021中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题及详细答案

一、圆的综合

1．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD的边AB为直径作⊙O，交对角线AC于点E． （1）图1中，线段AE= ；

（2）如图2，在图1的基础上，以点A为端点作∠DAM=30°，交CD于点M，沿AM将四边形ABCM剪掉，使Rt△ADM绕点A逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD与⊙O交于点F． ①当α=30°时，请求出线段AF的长；

②当α=60°时，求出线段AF的长；判断此时DM与⊙O的位置关系，并说明理由； ③当α= °时，DM与⊙O相切．

【答案】（1）2（2）①2②2

，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切 ；

【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4

（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；

②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×此时DM与⊙O的位置关系是相离；

=4；

③∵AD=8，直径的长度相等，∴当DM与⊙O相切时，点D在⊙O上，故此时可得α=∠NAD=90°．

点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D的位置，有一定难度．

2．已知⊙O中，弦AB=AC，点P是∠BAC所对弧上一动点，连接PA，PB． （1）如图①，把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，连接PC，求证：∠ACP+∠ACQ=180°；

（2）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA、PB、PC之间的关系．

（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明．

【答案】（1）证明见解析；（2）PA=PB+PC．理由见解析；（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论不成立，3 PA=PB+PC． 【解析】

试题分析：（1）如图①，连接PC．根据“内接四边形的对角互补的性质”即可证得结论； （2）如图②，通过作辅助线BC、PE、CE（连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE）构建等边△PCE和全等三角形△BEC≌△APC；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得PA=PB+PC；

（3）如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．利用全等三角形△ABP≌△AQP（SAS）的对应边相等推知AB=AQ，PB=PG，将PA、PB、PC的数量关系转化到△APC中来求即可． 试题解析：（1）如图①，连接PC．

∵△ACQ是由△ABP绕点A逆时针旋转得到的， ∴∠ABP=∠ACQ．

由图①知，点A、B、P、C四点共圆，

∴∠ACP+∠ABP=180°（圆内接四边形的对角互补）， ∴∠ACP+∠ACQ=180°（等量代换）； （2）PA=PB+PC．理由如下：

如图②，连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE． ∵弦AB=弦AC，∠BAC=60°，

∴△ABC是等边三角形（有一内角为60°的等腰三角形是等边三角形）． ∵A、B、P、C四点共圆，∴∠BAC+∠BPC=180°（圆内接四边形的对角互补）， ∵∠BPC+∠EPC=180°，∴∠BAC=∠CPE=60°，

∵PE=PC，∴△PCE是等边三角形，∴CE=PC，∠E=∠ECP=∠EPC=60°； 又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，∴∠BCE=∠ACP（等量代换）,

?CE?PC?在△BEC和△APC中，??BCE??ACP ，∴△BEC≌△APC（SAS），∴BE=PA，

?AC?BC?∴PA=BE=PB+PC；

（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论不成立，3 PA=PB+PC．理由如下： 如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G． ∵∠BAC=120°，∠BAC+∠BPC=180°，∴∠BPC=60°．

∵弦AB=弦AC，∴∠APB=∠APQ=30°．

?PB?PQ?在△ABP和△AQP中，??APB??APQ ，∴△ABP≌△AQP（SAS），

?AP?AP?∴AB=AQ，PB=PQ（全等三角形的对应边相等），∴AQ=AC（等量代换）． 在等腰△AQC中，QG=CG．

在Rt△APG中，∠APG=30°，则AP=2AG，PG=3AG, ∴PB+PC=PG﹣QG+PG+CG=PG﹣QG+PG+QG=2PG=23AG， ∴

3PA=23AG，即3PA=PB+PC．

【点睛】本题考查了圆的综合题，解题的关键要能掌握和灵活运用圆心角、弧、弦间的关系，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质等.

3．如图，已知BC是⊙O的弦，A是⊙O外一点，△ABC为正三角形，D为BC的中点，M为⊙O上一点，并且∠BMC=60°．

（1）求证：AB是⊙O的切线；

（2）若E，F分别是边AB，AC上的两个动点，且∠EDF=120°，⊙O的半径为2，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半． 【解析】

试题分析：（1）连结OB、OD，如图1，由于D为BC的中点，由垂径定理的推理得OD⊥BC，∠BOD=∠COD，即可得到∠BOD=∠M=60°，则∠OBD=30°，所以∠ABO=90°，于是得到AB是⊙O的切线；

（2）作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，由△ABC为正三角形，D为BC

的中点，得到AD平分∠BAC，∠BAC=60°，利用角平分线性质得DM=DN，得

∠MDN=120°，由∠EDF=120°，得到∠MDE=∠NDF，于是有△DME≌△DNF，得到ME=NF，

111BD，CN=OC，得到BE+CF=BC，即可判断BE+CF的值是222定值，为等边△ABC边长的一半．

得到BE+CF=BM+CN，由BM=

试题解析：（1）连结OB、OD，如图1，∵D为BC的中点，∴OD⊥BC，∠BOD=∠COD，

1∠BOC，∴∠BOD=∠M=60°，∴∠OBD=30°，∵△ABC为正三2角形，∴∠ABC=60°，∴∠ABO=60°+30°=90°，∴AB⊥OB，∴AB是⊙O的切线； （2）BE+CF的值是为定值．

∴∠ODB=90°，∵∠BMC=

作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，∴AD平分∠BAC，∠BAC=60°，∴DM=DN，∠MDN=120°，∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF，在△DME和△DNF中，∵∠DME=∠DNF．DM=DN，∠MDE=∠NDF，∴△DME≌△DNF，∴ME=NF，∴BE+CF=BM﹣EM+CN+NF=BM+CN，在Rt△DMB中，

11111BD，同理可得CN=OC，∴BE+CF=OB+OC=BC，∴BE+CF22222的值是定值，为等边△ABC边长的一半．

∵∠DBM=60°，∴BM=

考点：1．切线的判定；2．等边三角形的性质；3．定值问题；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．

4．已知：BD为⊙O的直径，O为圆心，点A为圆上一点，过点B作⊙O的切线交DA的延长线于点F，点C为⊙O上一点，且AB＝AC，连接BC交AD于点E，连接AC． (1)如图1，求证：∠ABF＝∠ABC；

(2)如图2，点H为⊙O内部一点，连接OH，CH若∠OHC＝∠HCA＝90°时，求证：CH＝

1DA； 2(3)在(2)的条件下，若OH＝6，⊙O的半径为10，求CE的长．

【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）【解析】 【分析】

21. 5?1?由BD为eO的直径，得到?D??ABD?90o，根据切线的性质得到

?FBA??ABD?90o，根据等腰三角形的性质得到?C??ABC，等量代换即可得到结论；

?2?如图2，连接OC，根据平行线的判定和性质得到?ACO??COH，根据等腰三角形

的性质得到?OBC??OCB，?ABC??CBO??ACB??OCB，根据相似三角形的性质即可得到结论；

?3?根据相似三角形的性质得到AB?BD?2，根据勾股定理得到

OHOCAD?BD2?AB2?16，根据全等三角形的性质得到BF?BE，AF?AE，根据射影

122定理得到AF??9，根据相交弦定理即可得到结论．

16【详解】

?1?QBD为eO的直径，

??BAD?90o， ??D??ABD?90o，

QFB是eO的切线，

??FBD?90o，

??FBA??ABD?90o，

??FBA??D， QAB?AC，

??C??ABC， Q?C??D，

??ABF??ABC；

?2?如图2，连接OC，

Q?OHC??HCA?90o，

?AC//OH，

??ACO??COH， QOB?OC，

??OBC??OCB，

??ABC??CBO??ACB??OCB， 即?ABD??ACO， ??ABC??COH，

Q?H??BAD?90o，

?VABD∽VHOC， ADBD???2， CHOC1?CH?DA；

2?3?由?2?知，VABC∽VHOC，

ABBD??2， OHOCQOH?6，eO的半径为10， ??AB?2OH?12，BD?20，

?AD?BD2?AB2?16，

在VABF与VABE中，

??ABF??ABE?AB?AB， ???BAF??BAE?90o??VABF≌VABE，

?BF?BE，AF?AE， Q?FBD??BAD?90o，

?AB2?AF?AD，

122?AF??9，

16?AE?AF?9，

?DE?7，BE?AB2?AE2?15， QAD，BC交于E， ?AE?DE?BE?CE，

AE?DE9?721?CE???．

BE155【点睛】

本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，射影定理，相交弦定理，正确的识别图形是解题的关键．

5．如图1，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过O点作OF⊥AB交⊙O于点D，交AC于点E，交BC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG (1)判断CG与⊙O的位置关系，并说明理由； (2)求证：2OB2＝BC?BF；

(3)如图2，当∠DCE＝2∠F，CE＝3，DG＝2.5时，求DE的长．

【答案】（1）CG与⊙O相切，理由见解析；（2）见解析；（3）DE＝2 【解析】 【分析】

（1）连接CE，由AB是直径知△ECF是直角三角形，结合G为EF中点知∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，再由OA＝OC知∠OCA＝∠OAC，根据OF⊥AB可得∠OCA+∠GCE＝90°，即OC⊥GC，据此即可得证； （2）证△ABC∽△FBO得（3）证ECD∽△EGC得得． 【详解】

解：（1）CG与⊙O相切，理由如下： 如图1，连接CE，

BCAB?，结合AB＝2BO即可得； BOBFECED3DE??，根据CE＝3，DG＝2.5知，解之可EGECDE?2.53

∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠ACF＝90°， ∵点G是EF的中点， ∴GF＝GE＝GC，

∴∠AEO＝∠GEC＝∠GCE， ∵OA＝OC， ∴∠OCA＝∠OAC， ∵OF⊥AB，

∴∠OAC+∠AEO＝90°，

∴∠OCA+∠GCE＝90°，即OC⊥GC， ∴CG与⊙O相切；

（2）∵∠AOE＝∠FCE＝90°，∠AEO＝∠FEC， ∴∠OAE＝∠F， 又∵∠B＝∠B， ∴△ABC∽△FBO，

BCAB?，即BO?AB＝BC?BF， BOBF∵AB＝2BO， ∴2OB2＝BC?BF；

（3）由（1）知GC＝GE＝GF， ∴∠F＝∠GCF， ∴∠EGC＝2∠F， 又∵∠DCE＝2∠F， ∴∠EGC＝∠DCE， ∵∠DEC＝∠CEG， ∴△ECD∽△EGC，

∴∴

ECED?， EGEC3DE?，

DE?2.53∵CE＝3，DG＝2.5， ∴

整理，得：DE2+2.5DE﹣9＝0， 解得：DE＝2或DE＝﹣4.5（舍）， 故DE＝2． 【点睛】

本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等知识点．

6．如图，□ABCD的边AD是△ABC外接圆⊙O的切线，切点为A，连接AO并延长交BC于点E，交⊙O于点F，过点C作直线CP交AO的延长线于点P，且∠BCP＝∠ACD． （1）求证：PC是⊙O的切线；

（2）若∠B＝67.5°，BC＝2，求线段PC，PF与弧CF所围成的阴影部分的面积S．

【答案】（1）见解析；（2）1?【解析】

? 4【分析】（1） 过C点作直径CM，连接MB，根据CM为直径，可得∠M+∠BCM＝90°，再根据AB∥DC可得∠ACD＝∠BAC，由圆周角定理可得∠BAC＝∠M，∠BCP＝∠ACD，从而可推导得出∠PCM＝90°，根据切线的判定即可得；

（2）连接OB，由AD是⊙O的切线，可得∠PAD＝90°，再由BC∥AD，可得AP⊥BC，从而得BE＝CE＝

1BC＝1，继而可得到∠ABC＝∠ACB＝67.5°，从而得到∠BAC＝45°，由圆周2角定理可得∠BOC=90°，从而可得∠BOE＝∠COE＝∠OCE＝ 45°，根据已知条件可推导得出OE＝CE＝1，PC＝OC＝OE2?CE2?2，根据三角形面积以及扇形面积即可求得阴影部分的面积.

【详解】（1） 过C点作直径CM，连接MB， ∵CM为直径，

∴∠MBC＝90°，即∠M+∠BCM＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC，AD∥BC， ∴∠ACD＝∠BAC，

∵∠BAC＝∠M，∠BCP＝∠ACD， ∴∠M＝∠BCP，

∴∠BCP+∠BCM＝90°，即∠PCM＝90°， ∴CM⊥PC， ∴PC与⊙O相切；

（2）连接OB，

∵AD是⊙O的切线，切点为A， ∴OA⊥AD，即∠PAD＝90°，

∵BC∥AD，∠AEB=∠PAD＝90°， ∴AP⊥BC．∴BE＝CE＝ ∴AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝67.5°， ∴∠BAC＝180°－∠ABC－∠ACB＝45°， ∴∠BOC＝2∠BAC＝90°，

∵OB＝OC，AP⊥BC，∴∠BOE＝∠COE＝∠OCE＝ 45°， ∵∠PCM＝90°，∴∠CPO＝∠COE＝∠OCE＝ 45°， ∴OE＝CE＝1，PC＝OC＝OE2?CE2?2， ∴S＝S△POC－S扇形OFC＝1?2?2?1BC＝1， 245π???222360?1?π． 4

【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、扇形面积等，综合性较强，准确添加辅助线是解题的关键.

7．如图所示，AB是半圆O的直径，AC是弦，点P沿BA方向，从点B运动到点A，速度为1cm/s，若AB?10cm，点O到AC的距离为4cm．

（1）求弦AC的长；

（2）问经过多长时间后，△APC是等腰三角形． 【答案】（1）AC=6；（2）t=4或5或【解析】 【分析】

（1）过O作OD⊥AC于D，根据勾股定理求得AD的长，再利用垂径定理即可求得AC的长；（2）分AC=PC、AP=AC、AP=CP三种情况求t值即可. 【详解】

（1）如图1，过O作OD⊥AC于D，

14s时，△APC是等腰三角形； 5

易知AO=5，OD=4， 从而AD=∴AC=2AD=6；

（2）设经过t秒△APC是等腰三角形，则AP=10﹣t ①如图2，若AC=PC，过点C作CH⊥AB于H，

=3，

∵∠A=∠A，∠AHC=∠ODA=90°， ∴△AHC∽△ADO， ∴AC：AH=OA：AD，即AC：解得t=∴经过

s，

s后△APC是等腰三角形；

=5：3，

②如图3，若AP=AC，

由PB=x，AB=10，得到AP=10﹣x， 又∵AC=6，

则10﹣t=6，解得t=4s，

∴经过4s后△APC是等腰三角形； ③如图4，若AP=CP，P与O重合，

则AP=BP=5，

∴经过5s后△APC是等腰三角形． 综上可知当t=4或5或【点睛】

本题是圆的综合题，解决问题利用了垂径定理，勾股定理等知识点，解题时要注意当△BPC是等腰三角形时，点P的位置有三种情况．

s时，△APC是等腰三角形．

8．如图1，是用量角器一个角的操作示意图，量角器的读数从M点开始（即M点的读数为0），如图2，把这个量角器与一块30°（∠CAB＝30°）角的三角板拼在一起，三角板的斜边AB与量角器所在圆的直径MN重合，现有射线C绕点C从CA开始沿顺时针方向以每秒2°的速度旋转到与CB，在旋转过程中，射线CP与量角器的半圆弧交于E．连接BE． （1）当射线CP经过AB的中点时，点E处的读数是 ，此时△BCE的形状是 ； （2）设旋转x秒后，点E处的读数为y，求y与x的函数关系式； （3）当CP旋转多少秒时，△BCE是等腰三角形？

【答案】（1）60°，直角三角形；（2）y＝4x（0≤x≤45）；（3）7.5秒或30秒 【解析】 【分析】

（1）根据圆周角定理即可解决问题；

（2）如图2﹣2中，由题意∠ACE＝2x，∠AOE＝y，根据圆周角定理可知∠AOE＝2∠ACE，可得y＝2x（0≤x≤45）；

（3）分两种情形分别讨论求解即可； 【详解】

解：（1）如图2﹣1中，

∵∠ACB＝90°，OA＝OB， ∴OA＝OB＝OC， ∴∠OCA＝∠OAC＝30°， ∴∠AOE＝60°， ∴点E处的读数是60°， ∵∠E＝∠BAC＝30°，OE＝OB， ∴∠OBE＝∠E＝30°， ∴∠EBC＝∠OBE+∠ABC＝90°， ∴△EBC是直角三角形； 故答案为60°，直角三角形； （2）如图2﹣2中，

∵∠ACE＝2x，∠AOE＝y， ∵∠AOE＝2∠ACE， ∴y＝4x（0≤x≤45）．

（3）①如图2﹣3中，当EB＝EC时，EO垂直平分线段BC，

∵AC⊥BC， ∵EO∥AC，

∴∠AOE＝∠BAC＝30°，

1∠AOE＝15°， 2∴x＝7.5．

∴∠ECA＝

②若2﹣4中，当BE＝BC时，

易知∠BEC＝∠BAC＝∠BCE＝30°， ∴∠OBE＝∠OBC＝60°， ∵OE＝OB，

∴△OBE是等边三角形， ∴∠BOE＝60°， ∴∠AOB＝120°， ∴∠ACE＝∴x＝30，

综上所述，当CP旋转7.5秒或30秒时，△BCE是等腰三角形； 【点睛】

本题考查几何变换综合题、创新题目、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

1∠ACB＝60°， 2

9．在直角坐标系中，O为坐标原点，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，C为x轴正半轴上的一个动点（OC＞2），连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，直线DA交y轴于E点． （1）求证：△OBC≌△ABD

（2）随着C点的变化，直线AE的位置变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出直线AE的解析式．

（3）以线段BC为直径作圆，圆心为点F，当C点运动到何处时，直线EF∥直线BO；这时⊙F和直线BO的位置关系如何？请给予说明．

【答案】（1）见解析；（2）直线AE的位置不变，AE的解析式为：y?3x?23；（3）C点运动到(4,0)处时，直线EF∥直线BO；此时直线BO与⊙F相切，理由见解析. 【解析】 【分析】

（1）由等边三角形的性质可得到OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC，等号两边都加上∠ABC，得到∠OBC=∠ABD，根据“SAS”得到△OBC≌△ABD.（2）先由三角形全等，得到∠BAD=∠BOC=60°，由等边△BCD，得到∠BAO=60°，根据平角定义及对顶角相等得到∠OAE=60°，在直角三角形OAE中，由OA的长，根据tan60°的定义求出OE的长，确定出点E的坐标，设出直线AE的方程，把点A和E的坐标代入即可确定出解析式.（3）由EA∥OB，EF∥OB，根据过直线外一点作已知直线的平行线有且只有一条，得到EF与EA重合，所以F为BC与AE的交点，又F为BC的中点，得到A为OC中点，由A的坐标即可求出C的坐标；相切理由是由F为等边三角形BC边的中点，根据“三线合一”得到DF与BC垂直，由EF与OB平行得到BF与OB垂直，得证. 【详解】

（1）证明：∵△OAB和△BCD都为等边三角形， ∴OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC=60°， ∴∠OBA+∠ABC=∠DBC+∠ABC， 即∠OBC=∠ABD， 在△OBC和△ABD中，

?OB?AB???OBC??ABD , ?BC?BD?∴△OBC≌△ABD.

（2）随着C点的变化，直线AE的位置不变， ∵△OBC≌△ABD， ∴∠BAD=∠BOC=60°， 又∵∠BAO=60°， ∴∠DAC=60°， ∴∠OAE=60°，又OA=2， 在Rt△AOE中，tan60°=则OE=23，

∴点E坐标为（0，-23），

设直线AE解析式为y=kx+b，把E和A的坐标代入得：

OE， OA??0?2k?b ， ????23?b??k?3 ， 解得，???b??23∴直线AE的解析式为：y?3x?23.

（3）C点运动到(4,0)处时，直线EF∥直线BO；此时直线BO与⊙F相切，理由如下： ∵∠BOA=∠DAC=60°，EA∥OB，又EF∥OB， 则EF与EA所在的直线重合， ∴点F为DE与BC的交点， 又F为BC中点，

∴A为OC中点，又AO=2，则OC=4， ∴当C的坐标为（4，0）时，EF∥OB， 这时直线BO与⊙F相切，理由如下： ∵△BCD为等边三角形，F为BC中点， ∴DF⊥BC，又EF∥OB， ∴FB⊥OB，

∴直线BO与⊙F相切，

【点睛】

本题考查了一次函数；三角形全等的判定与性质；等边三角形的性质和直线与圆的位置关

系.熟练掌握相关性质定理是解题关键.

10．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与边BC交于点D，DE⊥AC，垂足为E，交AB的延长线于点F． (1)求证：EF是⊙O的切线；

?的长． (2)若∠C＝60°，AC＝12，求BD(3)若tanC＝2，AE＝8，求BF的长．

【答案】(1)见解析;(2) 2π；(3)【解析】

10. 3分析：（1）连接OD，根据等腰三角形的性质：等边对等角，得∠ABC=∠C，

∠ABC=∠ODB，从而得到∠C=∠ODB ，根据同位角相等，两直线平行，得到OD∥AC，从而得证OD⊥EF，即 EF是⊙O的切线；

1AB=6，进而根据等边三角形的判2定得到△OBD是等边三角形，即∠BOD=600，从而根据弧长公式七届即可；

（2） 根据中点的性质，由AB=AC=12 ，求得OB=OD=

（3）连接AD ，根据直角三角形的性质，由在Rt△DEC中, tanC?DE=2x，然后由Rt△ADE中, tan?ADE?角形的判定与性质求解即可.

详解：（1）连接OD ∵AB=AC ∴∠ABC=∠C ∵OD=OB ∴∠ABC=∠ODB ∴∠C=∠ODB ∴OD∥AC

又∵DE⊥AC ∴OD⊥DE，即OD⊥EF ∴EF是⊙O的切线 （2） ∵AB=AC=12 ∴OB=OD=由（1）得：∠C=∠ODB=600 ∴△OBD是等边三角形 ∴∠BOD=600

DE?2 设CE=x,则CEAE?2 ，求得DE、CE的长，然后根据相似三DE1AB=6 2

?=∴BD60??6?的长2? ?2? 即BD180（3）连接AD ∵DE⊥AC ∠DEC=∠DEA=900

DE?2 设CE=x,则DE=2x CE∵AB是直径 ∴∠ADB=∠ADC=900

在Rt△DEC中, tanC?∴∠ADE+∠CDE=900 在Rt△DEC中,∠C+∠CDE=900 ∴∠C=∠ADE 在Rt△ADE中, tan?ADE?∵ AE=8，∴DE=4 则CE=2

∴AC=AE+CE=10 即直径AB=AC=10 则OD=OB=5 ∵OD//AE ∴△ODF∽△AEF ∴

AE?2 DEOFODBF?55?? 即：AFAEBF?1081010 即BF的长为. 33解得：BF=

点睛：此题考查了切线的性质与判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形以及相似三角形的判定与性质．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．

11．如图，等边△ABC内接于⊙O，P是弧AB上任一点（点P不与A、B重合），连AP，BP，过C作CM∥BP交PA的延长线于点M，

（1）求证：△PCM为等边三角形；

（2）若PA＝1，PB＝2，求梯形PBCM的面积． 【答案】（1）见解析；（2）【解析】

153 4【分析】

（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角，进而判定△PCM为等边三角形；

（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等，进而利用△PCM为等边三角形，进而求得PH的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可． 【详解】

（1）证明：作PH⊥CM于H， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠APC=∠ABC=60°， ∠BAC=∠BPC=60°， ∵CM∥BP， ∴∠BPC=∠PCM=60°， ∴△PCM为等边三角形；

（2）解：∵△ABC是等边三角形，△PCM为等边三角形， ∴∠PCA+∠ACM=∠BCP+∠PCA， ∴∠BCP=∠ACM， 在△BCP和△ACM中，

BC?AC????BCP??ACM， ?CP?CM?∴△BCP≌△ACM（SAS）， ∴PB=AM，

∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3， 在Rt△PMH中，∠MPH=30°， ∴PH=33， 21133153． =（PB+CM）×PH=×（2+3）×2242∴S梯形PBCM=

【点睛】

本题考查圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题．

12．在

中，

，

，，分别是边

，

的中点，若等腰

绕点逆时针旋转，得到等腰

与

的交点为.

时，线段时，求证：

（1）问题发现 如图1，当（2）探究证明 如图2，当（3）问题解决 求点到

，且

，设旋转角为，记直线

的长等于_________，线段

.

的长等于_________.

所在直线的距离的最大值.（直接写出结果）

【答案】（1）【解析】 【分析】

；；（2）详见解析；（3）

（1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD1的长和CE1的长； （2）根据旋转的性质得出，∠D1AB=∠E1AC=135°，进而求出△D1AB≌△E1AC（SAS），即可得出答案；

（3）首先作PG⊥AB，交AB所在直线于点G，则D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD1所在直线与⊙A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大，此时四边形AD1PE1是正方形，进而求出PG的长． 【详解】

（1）解：∵∠A=90°，AC=AB=4，D，E分别是边AB，AC的中点， ∴AE=AD=2，

∵等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤180°）， ∴当α=90°时，AE1=2，∠E1AE=90°， ∴BD1=故答案为：

，

∵∴在

和是由，

中， ， ；

；

，

绕点逆时针旋转

，

得到，

（2）证明：由题意可知，

；

∴∴∵∴∴∴

， ，且，，

，

.

，

.

的上半圆周， 段.

.

有最大值. 的弧

（3）点的运动轨迹是在点的运动轨迹是在即当点到

与

相切时，

所在直线的距离的最大值为

【点睛】

此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识，根据题意得出PG的最长时P点的位置是解题关键．

13．如图, Rt△ABC中，∠B=90°，它的内切圆分别与边BC、CA、AB相切于点D、E、F， (1)

1 (a+b-c). 2(2) 若AD交圆于P, PC交圆于H, FH//BC, 求∠CPD;

设AB=c, BC=a, AC=b, 求证: 内切圆半径r＝

(3)若r=310, PD＝18, PC=272. 求△ABC各边长.

【答案】（1）证明见解析（2）45°（3）910，1210,1510 【解析】 【分析】

（1）根据切线长定理，有AE=AF，BD=BF，CD=CE．易证四边形BDOF为正方形，BD=BF=r，用r表示AF、AE、CD、CE，利用AE+CE=AC为等量关系列式．

（2）∠CPD为弧DH所对的圆周角，连接OD，易得弧DH所对的圆心角∠DOH=90°，所以

∠CPD=45°．

（3）由PD=18和r=310,联想到垂径定理基本图形，故过圆心O作PD的垂线OM，求得弦心距OM=3，进而得到∠MOD的正切值．延长DO得直径DG，易证PG∥OM，得到同位角∠G=∠MOD．又利用圆周角定理可证∠ADB=∠G，即得到∠ADB的正切值，进而求得AB．再设CE=CD=x，用x表示BC、AC，利用勾股定理列方程即求出x． 【详解】

解：（1）证明：设圆心为O，连接OD、OE、OF， ∵⊙O分别与BC、CA、AB相切于点D、E、F ∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，AE=AF，BD=BF，CD=CE ∴∠B=∠ODB=∠OFB=90° ∴四边形BDOF是矩形 ∵OD=OF=r

∴矩形BDOF是正方形 ∴BD=BF=r

∴AE=AF=AB-BF=c-r，CE=CD=BC-BD=a-r ∵AE+CE=AC ∴c-r+a-r=b 整理得：r=

1 （a+b-c） 2

（2）取FH中点O，连接OD ∵FH∥BC ∴∠AFH=∠B=90° ∵AB与圆相切于点F， ∴FH为圆的直径，即O为圆心 ∵FH∥BC

∴∠DOH=∠ODB=90° ∴∠CPD=

1∠DOH=45° 2

（3）设圆心为O，连接DO并延长交⊙O于点G，连接PG，过O作OM⊥PD于M ∴∠OMD=90° ∵PD=18 ∴DM=

1PD=9 2∵BF=BD=OD=r=310，

∴OM=OD2?DM2＝(310)2?92＝90?81＝3 ∴tan∠MOD=∵DG为直径 ∴∠DPG=90°

∴OM∥PG，∠G+∠ODM=90° ∴∠G=∠MOD

∵∠ODB=∠ADB+∠ODM=90° ∴∠ADB=∠G ∴∠ADB=∠MOD ∴tan∠ADB=

DM＝3 OMAB=tan∠MOD=3 BD∴AB=3BD=3r=910

∴AE=AF=AB-BF=910?310＝610 设CE=CD=x，则BC=310+x，AC=610+x ∵AB2+BC2=AC2

∴(910)2．+(310+x)2＝(610+x)2 解得：x=910 ∴BC=1210，AC=1510

∴△ABC各边长AB=910，AC=1510，BC=1210

【点睛】

本题考查切线的性质，切线长定理，正方形的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理．切线长定理的运用是解决本题的关键，而在不能直接求得线段长的情况下，利用勾股定理作为等量关系列方程解决是常用做法．

14．如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，点F是DA延长线上的一点，过⊙O上一点C作⊙O的切线交DF于点E，CE⊥DF． (1)求证：AC平分∠FAB；

(2)若AE＝1，CE＝2，求⊙O的半径．

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

5 2试题分析：（1）连接OC，根据切线的性质和圆周角定理，得出∠OCA=∠OAC与∠CAE=∠OCA，然后根据角平分线的定义可证明；

（2）由圆周角定理得到∠BCA=90°，由垂直的定义，可求出∠CEA=90°，从而根据两角对应相等的两三角形相似可证明△ACB∽△AEC，再根据相似三角形的对应边成比例求得AB的长，从而得到圆的半径. 试题解析：(1)证明：连接OC. ∵CE是⊙O的切线，∴∠OCE =90° ∵CE⊥DF，∴∠CEA=90°，

∴∠ACE+∠CAE=∠ACE+∠OCA=90°，∴∠CAE=∠OCA ∵OC＝OA，∴∠OCA=∠OAC. ∴∠CAE=∠OAC，即AC平分∠FAB (2)连接BC.

∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB =∠AEC =90°. 又∵∠CAE=∠OAC，∴△ACB∽△AEC,∴

ABAC?. ACAE∵AE＝1，CE＝2，∠AEC =90°，∴AC?∴AB?AC?2AE2?CE2?12?22?5

5． 2??512AE?5，∴⊙O的半径为

15．对于平面内的⊙C和⊙C外一点Q，给出如下定义：若过点Q的直线与⊙C存在公共点，记为点A，B，设k?AQ?BQ，则称点A（或点B）是⊙C的“K相关依附点”，特别CQ2AQ2BQ（或）． CQCQ地，当点A和点B重合时，规定AQ=BQ，k?已知在平面直角坐标系xoy中，Q(-1,0)，C(1,0)，⊙C的半径为r． （1）如图1，当r?2时，

①若A1(0,1)是⊙C的“k相关依附点”，求k的值． ②A2(1+2，0)是否为⊙C的“2相关依附点”． （2）若⊙C上存在“k相关依附点”点M， ①当r=1，直线QM与⊙C相切时，求k的值． ②当k?3时，求r的取值范围．

（3）若存在r的值使得直线y??3x?b与⊙C有公共点，且公共点时⊙C的“3相关依附点”，直接写出b的取值范围．

【答案】（1）①2．②是；（2）①k??3?b?33．

3；②r的取值范围是1≤r?2；（3）

【解析】 【分析】

（1）①如图1中，连接AC、QA1．首先证明QA1是切线，根据k?问题；

②根据定义求出k的值即可判断；

（2）①如图，当r?1时，不妨设直线QM与eC相切的切点M在x轴上方（切点M在

2AQ计算即可解决CQx轴下方时同理），连接CM，则QM?CM，根据定义计算即可；

②如图3中，若直线QM与eC不相切，设直线QM与eC的另一个交点为N（不妨设QN?QM，点N，M在x轴下方时同理），作CD?QM于点D，则MD?ND，可得MQ?NQ?(MN?NQ)?NQ?2ND?2NQ?2DQ，CQ=2，推出k?MQ?NQ2DQ??DQ，可得当k?CQCQ3时，DQ?3，此时CD?CQ2?DQ2?1，

假设eC经过点Q，此时r=2，因为点Q早eC外，推出r的取值范围是1?r?2； （3）如图4中，由（2）可知：当k?3时，1?r?2．当r=2时，eC经过点

Q(?1,0)或E(3,0)，当直线y??3x?b经过点Q时，b??3，当直线y??3x?b经过点E时，b?33，即可推出满足条件的b的取值范围为?3?b?33． 【详解】

（1）①如图1中，连接AC、QA1．

由题意：OC?OQ?OA1，?△QA1C是直角三角形，??CA1Q?90?，即

CA1?QA1，?QA1是eC的切线，?k?②QA2(1?2,0)在eC上，?k?点”．

故答案为：2，是；

2QA122??2． QC22?2?1?2?1?2，?A2是eC的“2相关依附

2（2）①如图2，当r?1时，不妨设直线QM与eC相切的切点M在x轴上方（切点M在x轴下方时同理），连接CM，则QM?CM．

QQ(?1,0)，C(1,0)，r?1，?CQ?2，CM?1，?MQ?3，此时

k?2MQ?3； CQ②如图3中，若直线QM与eC不相切，设直线QM与eC的另一个交点为N（不妨设QN?QM，点N，M在x轴下方时同理），作CD?QM于点D，则MD?ND，

?MQ?NQ?(MN?NQ)?NQ?2ND?2NQ?2DQ，QCQ?2，

?k?MQ?NQ2DQ??DQ，?当k?CQCQ3时，DQ?3，此时CD?CQ2?DQ2?1，

假设eC经过点Q，此时r=2，Q点Q早eC外，?r的取值范围是1?r?2．

（3）如图4中，由（2）可知：当k?3时，1?r?2．

当r=2时，eC经过点Q(?1,0)或E(3,0)，当直线y??3x?b经过点Q时，

b??3，当直线y??3x?b经过点E时，b?33，?满足条件的b的取值范围为

?3?b?33．

【点睛】

本题考查了一次函数综合题、圆的有关知识、勾股定理、切线的判定和性质、点A（或点

B)是eC的“k相关依附点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解

决问题，学会考虑特殊位置解决问题，属于中考压轴题．