一、圆的综合

1．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有点E，且EF=ED．

（1）求证：DE是⊙O的切线；

（2）若tan A=1

2

，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明；

（3）在（2）的条件下，若OF=1，求圆O的半径．

【答案】（1）答案见解析；（2）AB=3BE；（3）3．

【解析】

试题分析：（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；

（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=3

2

x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理

即可得出结论．

试题解析：（1）证明：连结OD，如图．∵EF=ED，∴∠EFD=∠EDF．∵∠EFD=∠CFO，∴∠CFO=∠EDF．∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO=90°．∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，

∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE．∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；（2）线段AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．证明如下：

∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDE．∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，

∴∠BDE=∠A，而∠BED=∠DEA，∴△EBD∽△EDA，∴DE BE BD

AE DE AD

==．∵Rt△ABD

中，tan A=BD

AD

=

1

2

，∴

DE BE

AE DE

==

1

2

，

∴AE=2DE，DE=2BE，∴AE=4BE，∴AB=3BE；

（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=3

2

x．∵OF=1，∴OE=1+2x．

在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（3

2

x）2+（2x）2=（1+2x）2，∴x=﹣

2

9

（舍）或x=2，

∴圆O的半径为3．

点睛：本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解答本题的关键．

2．如图，已知Rt△ABC中，C=90°，O在AC上，以OC为半径作⊙O，切AB于D点，且BC=BD．

（1）求证：AB为⊙O的切线；

（2）若BC=6，sinA=3

5

，求⊙O的半径；

（3）在（2）的条件下，P点在⊙O上为一动点，求BP的最大值与最小值.

【答案】（1）连OD，证明略；（2）半径为3；（3）最大值35+3 ，35-3.【解析】

分析：（1）连接OD，OB，证明△ODB≌△OCB即可.

（2）由sinA=3

5

且BC=6可知，AB=10且cosA=

4

5

，然后求出OD的长度即可.

（3）由三角形的三边关系，可知当连接OB交⊙O于点E、F，当点P分别于点E、F重合时，BP分别取最小值和最大值.

详解：（1）如图：连接OD、OB.

在△ODB和△OCB中：

OD=OC,OB=OB,BC=BD;∴△ODB≌△OCB（SSS）.∴∠ODB=∠C=90°.

∴AB为⊙O的切线.（2）如图：

∵sinA=3

5，∴

CB3

AB5

=,

∵BC=6，∴AB=10,∵BD=BC=6,

∴AD=AB-BD=4,

∵sinA=3

5，∴cosA=

4

5

，

∴OA=5，∴OD=3，

即⊙O的半径为：3.

（3）如图：连接OB，交⊙O为点E、F，

由三角形的三边关系可知：

当P点与E点重合时，PB取最小值.

由（2）可知：OD=3，DB=6,

∴22

3635

+=

∴PB=OB-OE=353.

当P点与F点重合时，PB去最大值，

PB=OP+OB=3+35

点睛：本题属于综合类型题，主要考查了圆的综合知识.关键是对三角函数值、勾股定理、全等三角形判定与性质的理解.3．如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC，⊙A经过点B，与AD边交于点E，连接CE .

（1）求证：直线PD是⊙A的切线；

（2）若PC=25，sin∠P=2

3

，求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）．

【答案】（1）见解析；（2）20-4π.

【解析】

分析：（1）过点A作AH⊥PD，垂足为H，只要证明AH为半径即可.（2）分别算出Rt△CED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解：（1）证明：如图，过A作AH⊥PD，垂足为H，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD=BC，AD∥BC，∠PCD=∠BCD=90°，

∴∠ADH=∠P，∠AHD=∠PCD=90°，

又PD=BC，∴AD=PD，

∴△ADH≌△DPC，∴AH=CD，

∵CD=AB，且AB是⊙A的半径，

∴AH=AB,即AH是⊙A的半径，

∴PD是⊙A的切线.

（2）如图，在Rt△PDC中，∵sin∠P=

2

3

CD

PD

，5，

令CD=2x，PD=3x，由由勾股定理得：（3x）2-(2x)252，解得：x=2，∴CD=4，PD=6，

∴AB=AE=CD=4，AD=BC=PD=6，DE=2，

∵矩形ABCD的面积为6×4=24，Rt△CED的面积为1

2

×4×2=4，

扇形ABE的面积为1

2

π×42=4π，

∴图中阴影部份的面积为24-4-4π=20-4π.点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积.

4．已知，如图：O1为x轴上一点，以O1为圆心作⊙O1交x轴于C、D两点，交y轴于M、N两点，∠CMD的外角平分线交⊙O1于点E，AB是弦，且AB∥CD，直线DM的解析式为y=3x+3．

（1）如图1，求⊙O1半径及点E的坐标．

（2）如图2，过E作EF⊥BC于F，若A、B为弧CND上两动点且弦AB∥CD，试问：BF+CF 与AC之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明．

（3）在（2）的条件下，EF交⊙O1于点G，问弦BG的长度是否变化？若不变直接写出BG 的长（不写过程），若变化自画图说明理由．

【答案】（1）r=5 E（4，5）（2）BF+CF=AC （3）弦BG的长度不变，等于2

【解析】

分析：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1，可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，从而可以证到∠EO1D=∠EO1C=90°．由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1，OM=3．设

⊙O1的半径为r．在Rt△MOO1中利用勾股定理就可解决问题．

（2）过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．由AB∥DC可证到BD=AC，易证四边形O1PFQ是矩形，从而有O1P=FQ，∠PO1Q=90°，进而有∠EO1P=∠CO1Q，从而可以证到△EPO1≌△CQO1，则有PO1=QO1．根据三角形中位线定理

可得FQ=1

2

BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC．

（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有

¶BG=¶ED，也就有BG=DE．在Rt△EO

1D中运用勾股定理求出ED，就可解决问题．

详解：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1．

∵ME平分∠SMC，∴∠SME=∠EMC．

∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠EO1D=∠EO1C．

∵∠EO1D+∠EO1C=180°，∴∠EO1D=∠EO1C=90°．

∵直线DM的解析式为y=3x+3，∴点M的坐标为（0，3），点D的坐标为（﹣1，0），∴OD=1，OM=3．

设⊙O1的半径为r，则MO1=DO1=r．

在Rt△MOO1中，（r﹣1）2+32=r2．

解得：r=5，∴OO1=4，EO1=5，∴⊙O1半径为5，点E的坐标为（4，5）．（2）BF+CF=AC．理由如下：

过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．

∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC，∴¶AD=¶¶

BC BD

∴

，=¶AC，∴BD=AC．

∵O1P⊥EG，O1Q⊥BC，EF⊥BF，∴∠O1PF=∠PFQ=∠O1QF=90°，∴四边形O1PFQ是矩形，∴O1P=FQ，∠PO1Q=90°，∴∠EO1P=90°﹣∠PO1C=∠CO1Q．

在△EPO1和△CQO1中，

11

11

11

EO P CO Q

EPO CQO

O E O C

∠=∠

⎧

⎪

∠=∠

⎨

⎪=

⎩

，

∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．

∵CO1=DO1，∴O1Q=1

2 BD

，∴FQ=

1

2

BD．

∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴BF+CF=BD=AC．

（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．

∵DC是⊙O1的直径，∴∠DBC=90°，∴∠DBC+∠EFB=180°，∴EF∥BD，

∴∠GEB=∠EBD，∴¶BG=¶ED，∴BG=DE．

∵DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=52，∴BG=52，

∴弦BG的长度不变，等于52．

点睛：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥DC证到AC=BD是解决第（2）小题的关键，由EG∥DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键．

5．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．

（1）求证：∠AEC=90°；

（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；

（3）若DC=2，求DH的长．

【答案】（1）证明见解析；

（2）四边形AOCD为菱形；

（3）DH=2．

【解析】

试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得

，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出

∠AEC=90°；

（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；

（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由

DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．

试题解析：（1）连接OC，

∵EC与⊙O切点C，

∴OC⊥EC，

∴∠OCE=90°，

∵点CD是半圆O的三等分点，

∴，

∴∠DAC=∠CAB，

∵OA=OC，

∴∠CAB=∠OCA，

∴∠DAC=∠OCA ，

∴AE ∥OC （内错角相等，两直线平行）

∴∠AEC+∠OCE=180°，

∴∠AEC=90°；

（2）四边形AOCD 为菱形．理由是： ∵，

∴∠DCA=∠CAB ，

∴CD ∥OA ，

又∵AE ∥OC ，

∴四边形AOCD 是平行四边形，

∵OA=OC ，

∴平行四边形AOCD 是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；

（3）连接OD ．

∵四边形AOCD 为菱形，

∴OA=AD=DC=2，

∵OA=OD ，

∴OA=OD=AD=2，

∴△OAD 是等边三角形，

∴∠AOD=60°，

∵DH ⊥AB 于点F ，AB 为直径，

∴DH=2DF ，

在Rt △OFD 中，sin ∠AOD=

， ∴DF=ODsin ∠AOD=2sin60°=

，

∴DH=2DF=2． 考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．

6．如图1

O e ，的直径12AB P =，是弦BC 上一动点(与点B C ，不重合)30ABC o ，∠=，过点P 作PD OP ⊥交O e 于点D ．

()1如图2，当//PD AB 时，求PD 的长；

()2如图3，当»»DC AC =时，延长AB 至点E ，使12BE AB =，连接DE ． ①求证：DE 是O e 的切线；

②求PC 的长．

【答案】（1）26；（2）333-①见解析，②．

【解析】

分析：()1根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角函数关系得出OP PD ，的长； ()2①首先得出OBD V 是等边三角形，进而得出ODE OFB 90∠∠==o ，求出答案即可；

②首先求出CF 的长，进而利用直角三角形的性质得出PF 的长，进而得出答案． 详解：()1如图2，连接OD ，

//OP PD PD AB ⊥Q ，

90POB ∴∠=o ，

O Q e 的直径12AB =，

6OB OD ∴==，

在Rt POB V 中，30ABC o ∠=，

3tan30623OP OB ∴=⋅==o 在Rt POD V 中， 22226(23)26PD OD OP =-=-=；

()2①证明：如图3，连接OD ，交CB 于点F ，连接BD ，

»»DC AC =Q ，

30DBC ABC ∴∠=∠=o ，

60ABD o ∴∠=，

OB OD =Q ，

OBD ∴V 是等边三角形，

OD FB ∴⊥，

12

BE AB =Q ， OB BE ∴=，

//BF ED ∴，

90ODE OFB o ∴∠=∠=，

DE ∴是O e 的切线；

②由①知，OD BC ⊥，

3cos306332

CF FB OB ∴==⋅=⨯

=o 在Rt POD V 中，OF DF =， 13(2

PF DO ∴==直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半)， 333CP CF PF ∴=-=．

点睛：此题主要考查了圆的综合以及直角三角形的性质和锐角三角函数关系，正确得出OBD V 是等边三角形是解题关键．

7．矩形ABCD 中，点C （3，8），E 、F 为AB 、CD 边上的中点，如图1，点A 在原点处，点B 在y 轴正半轴上，点C 在第一象限，若点A 从原点出发，沿x 轴向右以每秒1个单位长度的速度运动，点B 随之沿y 轴下滑，并带动矩形ABCD 在平面内滑动，如图2，设运动时间表示为t 秒，当点B 到达原点时停止运动．

（1）当t =0时，点F 的坐标为 ；

（2）当t =4时，求OE 的长及点B 下滑的距离；

（3）求运动过程中，点F 到点O 的最大距离；

（4）当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，求t 的值．

【答案】（1）F （3，4）；（2）8-43；（3）7；（4）t 的值为

245

或325. 【解析】

试题分析：（1）先确定出DF ，进而得出点F 的坐标；

（2）利用直角三角形的性质得出∠ABO =30°，即可得出结论； （3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，即可得出结论；

（4）分两种情况，利用相似三角形的性质建立方程求解即可．

试题解析：解：（1）当t =0时．∵AB =CD =8，F 为CD 中点，∴DF =4，∴F （3，4）； （2）当t =4时，OA =4．在Rt △ABO 中，AB =8，∠AOB =90°，

∴∠ABO =30°，点E 是AB 的中点，OE =12

AB =4，BO =43，∴点B 下滑的距离为843-．

（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，∴FO=OE+EF=7．

（4）在Rt △ADF 中，FD 2+AD 2=AF 2，∴AF 22FD AD +，①设AO =t 1时，⊙F 与x 轴相切，点A 为切点，∴FA ⊥OA ，∴∠OAB +∠FAB =90°．∵∠FAD +∠FAB =90°，

∴∠BAO =∠FAD ．∵∠BOA =∠D =90°，∴Rt △FAE ∽Rt △ABO ，∴

AB AO FA FE =，∴1853t =，∴t 1=245，②设AO =t 2时，⊙F 与y 轴相切，B 为切点，同理可得，t 2=325

．

5

或

32

5

．

点睛：本题是圆的综合题，主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，中点的意义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，解（2）的关键是得出∠ABO=30°，解（3）的关键是判断出当O、E、F三点共线时，点F到点O的距离最大，解（4）的关键是判断出Rt△FAE∽Rt△ABD，是一道中等难度的中考常考题．

8．(8分)已知AB为⊙O的直径，OC⊥AB，弦DC与OB交于点F，在直线AB上有一点E，连接ED，且有ED＝EF.

(1)如图①，求证：ED为⊙O的切线；

(2)如图②，直线ED与切线AG相交于G，且OF＝2，⊙O的半径为6，求AG的长．

【答案】（1）见解析；（2）12

【解析】

试题分析：（1）连接OD，由ED=EF可得出∠EDF=∠EFD，由对顶角相等可得出

∠EDF=∠CFO；由OD=OC可得出∠ODF=∠OCF，结合OC⊥AB即可得知∠EDF+∠ODF=90°，即∠EDO=90°，由此证出ED为⊙O的切线；

（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，结合（1）的结论根据勾股定理可求出ED、EO 的长度，结合∠DOE的正弦、余弦值可得出DM、MO的长度，根据切线的性质可知

GA⊥EA，从而得出DM∥GA，根据相似三角形的判定定理即可得出△EDM∽△EGA，根据相似三角形的性质即可得出GA的长度

试题解析：解：（1）连接OD，∵ED=EF，∴∠EDF=∠EFD，∵∠EFD=∠CFO，

∴∠EDF=∠CFO．∵OD=OC，∴∠ODF=∠OCF．∵OC⊥AB，

∴∠CFO+∠OCF=∠EDF+∠ODF=∠EDO=90°，∴ED为⊙O的切线；

（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，由（1）可知△EDO为直角三角形，设

ED=EF=a，EO=EF+FO=a+2，由勾股定理得，EO2=ED2+DO2，即（a+2）2=a2+62，解得，a=8，

即ED=8，EO=10．∵sin∠EOD=

4

5

ED

EO

=，cos∠EOD=

3

5

OD

OE

=，

∴DM=OD•sin∠EOD=6×4

5=

24

5

，MO=OD•cos∠EOD=6×

3

5

=

18

5

，∴EM=EO﹣MO=10﹣

18 5=

32

5

，EA=EO+OA=10+6=16．

∵GA切⊙O于点A，∴GA⊥EA，∴DM∥GA，∴△EDM∽△EGA，∴DM EM

GA EA

=，即

2432

55

16

GA

，解得GA=12．

点睛：本题考查的是切线的判定、垂径定理和勾股定理的应用、等腰三角形的性质、角的三角函数值、相似三角形的判定及性质，解题的关键是：（1）通过等腰三角形的性质找出∠EDO=90°；（2）通过相似三角形的性质找出相似比．

9．如图1，延长⊙O的直径AB至点C，使得BC=1

2

AB，点P是⊙O上半部分的一个动点

（点P不与A、B重合），连结OP，CP．

（1）∠C的最大度数为；

（2）当⊙O的半径为3时，△OPC的面积有没有最大值？若有，说明原因并求出最大值；若没有，请说明理由；

（3）如图2，延长PO交⊙O于点D，连结DB，当CP=DB时，求证：CP是⊙O的切线．

【答案】（1）30°；（2）有最大值为9，理由见解析；（3）证明见解析.

【解析】

试题分析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP的度数最大，根据切线的性质即可求得；（2）由△OPC的边OC是定值，得到当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，于是得到结论；

（3）根据全等三角形的性质得到AP=DB，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠C，得到

CO=OB+OB=AB，推出△APB≌△CPO，根据全等三角形的性质得到∠CPO=∠APB，根据圆周角定理得到∠APB=90°，即可得到结论．

试题解析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP最大．如图1，所示：∵sin∠OCP=OP

OC

=

2 4

=

1

2

，∴∠OCP=30°

∴∠OCP的最大度数为

30°，

故答案为：30°；

（2）有最大值，理由：

∵△OPC的边OC是定值，∴当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，

而点P在⊙O上半圆上运动，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，

也就是高为半径长，∴最大值S△OPC=

1

2

OC•OP=

1

2

×6×3=9；

（3）连结AP，BP，如图2，

在△OAP与△OBD中，

OA OD

AOP BOD

OP OB

=

⎧

⎪

∠=∠

⎨

⎪=

⎩

，∴△OAP≌△OBD，∴AP=DB，

∵PC=DB，∴AP=PC，

∵PA=PC，∴∠A=∠C，

∵BC=1

2

AB=OB，∴CO=OB+OB=AB，

在△APB和△CPO中，

AP CP

A C

AB CO

=

⎧

⎪

∠=∠

⎨

⎪=

⎩

，∴△APB≌△CPO，∴∠CPO=∠APB，

∵AB为直径，∴∠APB=90°，∴∠CPO=90°，

∴PC切⊙O于点P，即CP是⊙O的切线．

10．如图，已知在△ABC中，∠A=90°，

（1）请用圆规和直尺作出⊙P，使圆心P在AC边上，且与AB，BC两边都相切（保留作图痕迹，不写作法和证明）．（2）若∠B=60°，AB=3，求⊙P的面积．

【答案】（1）作图见解析；（2）3π

【解析】

【分析】

（1）与AB、BC两边都相切．根据角平分线的性质可知要作∠ABC的角平分线，角平分线与AC的交点就是点P的位置．

（2）根据角平分线的性质和30°角的直角三角形的性质可求半径，然后求圆的面积．【详解】

解：（1）如图所示，则⊙P为所求作的圆．

（2）∵∠ABC=60°，BP平分∠ABC，

∴∠ABP=30°，

∵∠A=90°，

∴BP=2AP

Rt△ABP中,AB=3，

由勾股定理可得：AP=3，∴S⊙P=3π

11．如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM

上,∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC．

(1) 试判断BE与FH的数量关系，并说明理由；

(2) 求证：∠ACF=90°；

(3) 连接AF，过A，E，F三点作圆，如图2. 若EC=4，∠CEF=15°，求的长.

图1 图2

【答案】（1）BE="FH" ；理由见解析

（2）证明见解析

（3）=2π

【解析】

试题分析：（1）由△ABE≌△EHF（SAS）即可得到BE=FH

（2）由（1）可知AB=EH，而BC=AB，FH=EB，从而可知△FHC是等腰直角三角形，∠FCH为45°，而∠ACB也为45°，从而可证明

（3)由已知可知∠EAC=30°，AF是直径，设圆心为O，连接EO，过点E作EN⊥AC于点N，则可得△ECN为等腰直角三角形，从而可得EN的长，进而可得AE的长，得到半径，得到所对圆心角的度数，从而求得弧长

试题解析：（1）BE=FH．理由如下：

∵四边形ABCD是正方形∴∠B=90°，

∵FH⊥BC ∴∠FHE=90°

又∵∠AEF=90°∴∠AEB+∠HEF="90°" 且∠BAE+∠AEB=90°

∴∠HEF=∠BAE ∴∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF

∴△ABE≌△EHF（SAS）

∴BE=FH

(2)∵△ABE≌△EHF

∴BC=EH，BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE="CH"

∴CH=FH

∴∠FCH=45°，∴∠FCM=45°

∵AC是正方形对角线，∴∠ACD=45°

∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90°

（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形

△AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上．设该中点为O．连结EO得∠AOE=90°

过E作EN⊥AC于点N

Rt△ENC中，EC=4，∠ECA=45°，∴EN=NC=

Rt△ENA中，EN =

又∵∠EAF=45°∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）

∴∠EAC=30°

∴AE=

Rt△AFE中，AE== EF，∴AF=8

AE所在的圆O半径为4，其所对的圆心角为∠AOE=90°

=2π·4·（90°÷360°）=2π

考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数

12．如图，AB为⊙O的直径，DA、DC分别切⊙O于点A，C，且AB=AD．

（1）求tan∠AOD的值．

（2）AC，OD交于点E，连结BE．①求∠AEB的度数；

②连结BD交⊙O于点H，若BC=1，求CH的长．

【答案】（1）2；（2）①∠AEB＝135°；②

2

2 CH=

【解析】

【分析】

（1）根据切线的性质可得∠BAD=90°，由题意可得AD=2AO，即可求tan∠AOD的值；（2）①根据切线长定理可得AD=CD，OD平分∠ADC，根据等腰三角形的性质可得

DO⊥AC，AE=CE，根据圆周角定理可求∠ACB=90°，即可证∠ABC=∠CAD，根据“AAS”可证△ABC≌△DAE，可得AE=BC=EC，可求∠BEC=45°，即可求∠AEB的度数；

②由BC=1，可求AE=EC=1，BE2

=，根据等腰直角三角形的性质可求∠ABE=∠HBC，可证△ABE∽△HBC，可求CH的长．

【详解】

（1）∵DA是⊙O切线，∴∠BAD=90°．

∵AB=AD，AB=2AO，∴AD=2AO，∴tan∠AOD

AD

AO

==2；

（2）①∵DA、DC分别切⊙O于点A，C，∴AD=CD，OD平分∠ADC，∴DO⊥AC，

AE=CE．

∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，且∠BAC+∠CAD=90°，

∴∠ABC=∠CAD，且AB=AD，∠ACB=∠AED=90°，∴△ABC≌△DAE（AAS），∴CB=AE，∴CE=CB，且∠ACB=90°，∴∠BEC=45°=∠EBC，∴∠AEB=135°．

②如图，∵BC=1，且BC=AE=CE，∴AE=EC=BC=1，∴BE2

=．

∵AD=AB，∠BAD=90°，∴∠ABD=45°，且∠EBC=45°，∴∠ABE=∠HBC，且∠BAC=∠CHB，

∴△ABE∽△HBC，∴BC CH

EB AE

=，即

1

2

CH

=，∴CH2

2

=．

【点睛】

本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．

13．在平面直角坐标系XOY中，点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，若P、Q为某等边三角形的两个顶点，且有一边与x轴平行（含重合），则称P、Q 互为“向善点”．如图1为点P、Q互为“向善点”的示意图．已知点A的坐标为（1，

3），点B的坐标为（m，0）

（1）在点M（﹣1，0）、S（2，0）、T（3，33）中，与A点互为“向善点”的是

_____；

（2）若A、B互为“向善点”，求直线AB的解析式；

（3）⊙B的半径为3，若⊙B上有三个点与点A互为“向善点”，请直接写出m的取值范围．

【答案】（1）S，T．（2）直线AB的解析式为y3或y3x33）当﹣2＜m＜0或2＜m＜4时，⊙B上有三个点与点A互为“向善点”．

【解析】

【分析】

（1）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，可得出点S，T与A点互为“向善点”；（2）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，可得出关于m的分式方程，解之经检验后可得出点B的坐标，根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出直线AB的解析式；

（3）分⊙B与直线3相切及⊙B与直线33相切两种情况求出m的值，再利用数形结合即可得出结论．

【详解】

（1）∵30330

3tan60︒

--

===

333

3tan60︒

-

==，

∴点S，T与A点互为“向善点”．故答案为S，T．

（2）根据题意得：

30

3 |1|

m

=

-

解得：m1＝0，m2＝2，

经检验，m1＝0，m2＝2均为所列分式方程的解，且符合题意，∴点B的坐标为（0，0）或（2，0）．

设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），

将A（1，），B（0，0）或（2，0）代入y＝kx+b，得：

3

k b

b

⎧+=

⎪

⎨

=

⎪⎩

或

3

20

k b

k b

⎧+=

⎪

⎨

+=

⎪⎩

，

解得：

3

k

b

⎧=

⎪

⎨

=

⎪⎩

或

3

23

k

b

⎧=-

⎪

⎨

=

⎪⎩

，

∴直线AB的解析式为y＝3x或y＝﹣3x+23．

（3）当⊙B与直线y＝3x相切时，过点B作BE⊥直线y＝3x于点E，如图2所示．

∵∠BOE＝60°，

∴sin60°＝3

2

BE

OB

=，

∴OB＝2，

∴m＝﹣2或m＝2；

当⊙B与直线y＝﹣3x+23相切时，过点B作BF⊥直线y＝﹣3x+23于点F，如图3所示．

同理，可求出m＝0或m＝4．

综上所述：当﹣2＜m＜0或2＜m＜4时，⊙B上有三个点与点A互为“向善点”．

【点睛】

本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数值、待定系数法求一次函数解析式、解分式方程以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，确定给定的点是否与A点互为“向善点”；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）分⊙B与直线3相切及⊙B与直线33相切两种情况考虑．

14．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AQ BQ k CQ +=，则称点A （或点B ）是⊙C 的“K 相关依附点”，特别地，当点A 和点B 重合时，规定AQ=BQ ，2AQ k CQ =

（或2BQ CQ ）． 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2r =时，

①若A 1(0,1)是⊙C 的“k 相关依附点”，求k 的值．

②A 2(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3k =时，求r 的取值范围．

（3）若存在r 的值使得直线3y x 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）2．②是；（2）①3k =

②r 的取值范围是12r <≤；（3）

333b -<． 【解析】

【分析】

（1）①如图1中，连接AC 、1QA ．首先证明1QA 是切线，根据2AQ k CQ =

计算即可解决问题；

②根据定义求出k 的值即可判断；

（2）①如图，当1r =时，不妨设直线QM 与C e 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 ⊥，根据定义计算即可；

②如图3中，若直线QM 与C e 不相切，设直线QM 与C e 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()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ +=++=+=，2CQ =，推出

2MQ NQ DQ k DQ CQ CQ +===，可得当3k =3DQ =221CD CQ DQ -=，

假设C e 经过点Q ，此时2r =，因为点Q 早C e 外，推出r 的取值范围是12r <…； （3）如图4中，由（2）可知：当3k =时，12r <…．当2r =时，C e 经过点(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =-+经过点Q 时，3b =-，当直线3y x b =-+经过点E 时，33b =，即可推出满足条件的b 的取值范围为333b -<<． 【详解】

（1）①如图1中，连接AC 、1QA ．

由题意：1OC OQ OA ==，∴△1QA C 是直角三角形，190CA Q ∴∠=︒，即

11CA QA ⊥，1QA ∴是C e 的切线，122222QA k QC ∴=

== ②Q 2(12,0)A +在C e 上，2212122

k +∴=

=，2A ∴是C e 的“2相关依附点”．

2 （2）①如图2，当1r =时，不妨设直线QM 与C e 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 ⊥． (1,0)Q -Q ，(1,0)C ，1r =，2CQ ∴=，1CM =，∴3MQ =，此时

23MQ k CQ

= ②如图3中，若直线QM 与C e 不相切，设直线QM 与C e 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 =，()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ ∴+=++=+=，2CQ =Q ，

∴2MQ NQ DQ k DQ CQ CQ +===，∴当3k =3DQ =221CD CQ DQ =-，假设C e 经过点Q ，此时2r =，Q 点Q 早C e 外，r ∴的取值范围是12r <…．

（3）如图4中，由（2）可知：当3k =时，12r <…．

当2r =时，C e 经过点(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =+经过点Q 时，3b =3y x b =-+经过点E 时，33b =，∴满足条件的b 的取值范围为333b -<．

【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C e 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．

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x 2+7x=12． 所以S △ABC =

12AC•BC =12

（x+3）（x+4）

2

（x2+7x+12）

=1

2

×（12+12）

=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＝mn.

【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，

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：[（x＋m）]2＋[（x＋n）﹣（x＋m）]2＝（m＋n）2，

整理，得：x2＋（m＋n）x＝3mn，∴S△ABC＝BC•AG

＝×（x＋n）•（x＋m）

＝

3

4

[x2＋（m＋n）x＋mn]

＝3

（3mn＋mn）3．

【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.下载本文