一、圆的综合

1．（类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切．以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形

（性质探究）如图1，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系

猜想结论：　   　（要求用文字语言叙述）

写出证明过程（利用图1，写出已知、求证、证明）

（性质应用）

①初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形　   　（填序号）

A：平行四边形：B：菱形：C：矩形；D：正方形

②如图2，圆外切四边形ABCD，且AB=12，CD=8，则四边形的周长是　   　．

③圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5：4：7，求四边形各边的长．

【答案】见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据切线长定理即可得出结论；

（2）①圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论；

②根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论；

③根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．

【详解】

性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：

如图1，已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H．

求证：AD+BC=AB+CD．

证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG=AH，同理：BG=BF，CE=CF，DE=DH，∴AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等．

故答案为：圆外切四边形的对边和相等；

性质应用：①∵根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等．

∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等．

故答案为：B，D；

②∵圆外切四边形ABCD，∴AB+CD=AD+BC．

∵AB=12，CD=8，∴AD+BC=12+8=20，∴四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40．

故答案为：40；

③∵相邻的三条边的比为5：4：7，∴设此三边为5x，4x，7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为5x+7x﹣4x=8x．

∵圆外切四边形的周长为48cm，∴4x+5x+7x+8x=24x=48，∴x=2，∴此四边形的四边为4x=8cm，5x=10cm，7x=14cm，8x=16cm．

【点睛】

本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键．

2．已知▱ABCD的周长为26，∠ABC=120°，BD为一条对角线，⊙O内切于△ABD，E，F，G为切点，已知⊙O的半径为．求▱ABCD的面积．

【答案】20 

【解析】

【分析】

首先利用三边及⊙O的半径表示出平行四边形的面积，再根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD的长即可解答.

【详解】

设⊙O分别切△ABD的边AD、AB、BD于点G、E、F；

平行四边形ABCD的面积为S；

则S=2S△ABD=2×(AB·OE+BD·OF+AD·OG)=（AB+AD+BD）；

∵平行四边形ABCD的周长为26，

∴AB+AD=13，

∴S=(13+BD)；连接OA；

由题意得：∠OAE=30°，

∴AG=AE=3；同理可证DF=DG，BF=BE；

∴DF+BF=DG+BE=13﹣3﹣3=7，

即BD=7，

∴S=（13+7）=20．

即平行四边形ABCD的面积为20．

3．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=，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3+3 ，3-3.

【解析】

分析：（1）连接OD，OB，证明△ODB≌△OCB即可.

（2）由sinA=且BC=6可知，AB=10且cosA=，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=，∴,

∵BC=6，∴AB=10,

∵BD=BC=6,

∴AD=AB-BD=4,

∵sinA=，∴cosA=，

∴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,

∴OB=.

∴PB=OB-OE=.

当P点与F点重合时，PB去最大值，

PB=OP+OB=3+.

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.

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5 

【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=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=，也就有BG=DE．在Rt△EO1D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，∴==，∴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，，

∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．

 QO1⊥BC，∴BQ=CQ．

 CO1=DO1，∴O1Q=BD，∴FQ=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=DE．

 DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=5，∴BG=5，

∴弦BG的长度不变，等于5．

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，⊙M与菱形ABCD在平面直角坐标系中，点M的坐标为（3，﹣1），点A的坐标为（﹣2，），点B的坐标为（﹣3，0），点C在x轴上，且点D在点A的左侧．

（1）求菱形ABCD的周长；

（2）若⊙M沿x轴向右以每秒2个单位长度的速度平移，同时菱形ABCD沿x轴向右以每秒3个单位长度的速度平移，设菱形移动的时间为t（秒），当⊙M与BC相切，且切点为BC的中点时，连接BD，求：

①t的值；

②∠MBD的度数；

（3）在（2）的条件下，当点M与BD所在的直线的距离为1时，求t的值．

【答案】（1）8；（2）①7；②105°；（3）t=6﹣或6+．

【解析】

分析：（1）根据勾股定理求菱形的边长为2，所以可得周长为8；

 （2）①如图2，先根据坐标求EF的长，由EE'﹣FE'=EF=7，列式得：3t﹣2t=7，可得t的值；

 先求∠EBA=60°，则∠FBA=120°，再得∠MBF=45°，相加可得：∠MBD=∠MBF+∠FBD=45°+60°=105°；

 （3）分两种情况讨论：作出距离MN和ME，第一种情况：如图5由距离为1可知：BD为⊙M的切线，由BC是⊙M的切线，得∠MBE=30°，列式为3t+=2t+6，解出即可；

 第二种情况：如图6，同理可得t的值．

详解：（1）如图1，过A作AE⊥BC于E．

 点A的坐标为（﹣2，），点B的坐标为（﹣3，0），∴AE=，BE=3﹣2=1，∴AB===2．

 四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD=2，∴菱形ABCD的周长=2×4=8；

 （2）①如图2，⊙M与x轴的切点为F，BC的中点为E．

 M（3，﹣1），∴F（3，0）．

 BC=2，且E为BC的中点，∴E（﹣4，0），∴EF=7，即EE'﹣FE'=EF，∴3t﹣2t=7，t=7；

②由（1）可知：BE=1，AE=，

∴tan∠EBA===，∴∠EBA=60°，如图4，∴∠FBA=120°．

 四边形ABCD是菱形，∴∠FBD=∠FBA==60°．

 BC是⊙M的切线，∴MF⊥BC．

 F是BC的中点，∴BF=MF=1，∴△BFM是等腰直角三角形，

∴∠MBF=45°，∴∠MBD=∠MBF+∠FBD=45°+60°=105°；

 （3）连接BM，过M作MN⊥BD，垂足为N，作ME⊥BC于E，分两种情况：

第一种情况：如图5．

 四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴∠CBD=60°，∴∠NBE=60°．

 点M与BD所在的直线的距离为1，∴MN=1，∴BD为⊙M的切线．

 BC是⊙M的切线，∴∠MBE=30°．

 ME=1，∴EB=，∴3t+=2t+6，t=6﹣；

 第二种情况：如图6．

 四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴∠DBC=60°，∴∠NBE=120°．

 点M与BD所在的直线的距离为1，∴MN=1，∴BD为⊙M的切线．

 BC是⊙M的切线，∴∠MBE=60°．

 ME=MN=1，∴Rt△BEM中，tan60°=，EB==，

∴3t=2t+6+，t=6+；

 综上所述：当点M与BD所在的直线的距离为1时，t=6﹣或6+．

点睛：本题是四边形和圆的综合题，考查了菱形的性质、圆的切线的性质和判定、特殊的三角函数值、等腰直角三角形的性质、动点运动问题，此类问题比较复杂，弄清动点运动方向、速度、时间和路程的关系，并与方程相结合，找等量关系，求出时间t的值．

6．如图，在中，  ，垂足为，过的⊙O分别与交于点，连接．

（1）求证：≌；

（2）当与⊙O相切时，求⊙O的面积．

【答案】(1)见解析;(2).

【解析】

分析：（1）由等腰直角三角形的性质知AD=CD、∠1=∠C=45°，由∠EAF=90°知EF是⊙O的直径，据此知∠2+∠4=∠3+∠4=90°，得∠2=∠3，利用“ASA”证明即可得；

 （2）当BC与⊙O相切时，AD是直径，根据∠C=45°、AC=可得AD=1，利用圆的面积公式可得答案．

详解：（1）如图，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠C=45°．

 又∵AD⊥BC，AB=AC，∴∠1=∠BAC=45°，BD=CD，∠ADC=90°．

 又∵∠BAC=90°，BD=CD，∴AD=CD．

 又∵∠EAF=90°，∴EF是⊙O的直径，∴∠EDF=90°，∴∠2+∠4=90°．

 又∵∠3+∠4=90°，∴∠2=∠3．在△ADE和△CDF中．

 ，∴△ADE≌△CDF（ASA）．

 （2）当BC与⊙O相切时，AD是直径．在Rt△ADC中，∠C=45°，AC=，∴sin∠C=，∴AD=ACsin∠C=1，∴⊙O的半径为，∴⊙O的面积为．

点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系等知识点．

7．如图所示，以Rt△ABC的直角边AB为直径作圆O，与斜边交于点D，E为BC边上的中点，连接DE．

（1）求证：DE是⊙O的切线；

（2）连接OE，AE，当∠CAB为何值时，四边形AOED是平行四边形？并在此条件下求sin∠CAE的值．

【答案】(1)见解析;(2).

【解析】

分析：（1）要证DE是⊙O的切线，必须证ED⊥OD，即∠EDB+∠ODB=90°

（2）要证AOED是平行四边形，则DE∥AB，D为AC中点，又BD⊥AC，所以△ABC为等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的概念求解即可．

详解：（1）证明：连接O、D与B、D两点，

∵△BDC是Rt△，且E为BC中点，

∴∠EDB=∠EBD．（2分）

又∵OD=OB且∠EBD+∠DBO=90°，

∴∠EDB+∠ODB=90°．

∴DE是⊙O的切线．

（2）解：∵∠EDO=∠B=90°，

若要四边形AOED是平行四边形，则DE∥AB，D为AC中点，

又∵BD⊥AC，

∴△ABC为等腰直角三角形．

∴∠CAB=45°．

过E作EH⊥AC于H，

设BC=2k，则EH=k，AE=k， 

∴sin∠CAE=．

点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．

8．如图1，四边形ABCD为⊙O内接四边形，连接AC、CO、BO，点C为弧BD的中点．

（1）求证：∠DAC=∠ACO+∠ABO；

（2）如图2，点E在OC上，连接EB，延长CO交AB于点F，若∠DAB=∠OBA+∠EBA．求证：EF=EB；

（3）在（2）的条件下，如图3，若OE+EB=AB，CE=2，AB=13，求AD的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AD=7．

【解析】

试题分析：（1）如图1中，连接OA，只要证明∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO，由点C是 中点，推出 ，推出∠BAC=∠DAC，即可推出∠DAC=∠ACO+∠ABO；

（2）想办法证明∠EFB=∠EBF即可；

（3）如图3中，过点O作OH⊥AB，垂足为H，延长BE交HO的延长线于G，作BN⊥CF于N，作CK⊥AD于K，连接OA．作CT∠⊥AB于T．首先证明△EFB是等边三角形，再证明△ACK≌△ACT，Rt△DKC≌Rt△BTC，延长即可解决问题；

试题解析：（1）如图1中，连接OA，

∵OA=OC，∴∠1=∠ACO，

∵OA=OB，∴∠2=∠ABO，∴∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO，

∵点C是中点，∴，∴∠BAC=∠DAC，

∴∠DAC=∠ACO+∠ABO．

（2）如图2中，

∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=2∠CAB，∠COB=2∠BAC，∴∠BAD=∠BOC，

∵∠DAB=∠OBA+∠EBA，∴∠BOC=∠OBA+∠EBA，

∴∠EFB=∠EBF，∴EF=EB．

（3）如图3中，过点O作OH⊥AB，垂足为H，延长BE交HO的延长线于G，作BN⊥CF于N，作CK⊥AD于K，连接OA．作CT∠⊥AB于T．

∵∠EBA+∠G=90°，∠CFB+∠HOF=90°，

∵∠EFB=∠EBF，∴∠G=∠HOF，

∵∠HOF=∠EOG，∴∠G=∠EOG，∴EG=EO，

∵OH⊥AB，∴AB=2HB，

∵OE+EB=AB，∴GE+EB=2HB，∴GB=2HB，

∴cos∠GBA= ，∴∠GBA=60°，

∴△EFB是等边三角形，设HF=a，

∵∠FOH=30°，∴OF=2FH=2a，

∵AB=13，∴EF=EB=FB=FH+BH=a+，

∴OE=EF﹣OF=FB﹣OF=﹣a，OB=OC=OE+EC=﹣a+2=﹣a，

∵NE=EF=a+，

∴ON=OE=EN=（﹣a）﹣（a+）=﹣a，

∵BO2﹣ON2=EB2﹣EN2，

∴（﹣a）2﹣（﹣a）2=（a+）2﹣（a+）2，

解得a=或﹣10（舍弃），

∴OE=5，EB=8，OB=7，

∵∠K=∠ATC=90°，∠KAC=∠TAC，AC=AC，∴△ACK≌△ACT，∴CK=CT，AK=AT，

∵，∴DC=BC，∴Rt△DKC≌Rt△BTC，∴DK=BT，

∵FT=FC=5，∴DK=TB=FB﹣FT=3，∴AK=AT=AB﹣TB=10，∴AD=AK﹣DK=10﹣3=7．

9．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∵且∠BAE+∠AEB=90°

∴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

10．如图，⊙O的直径AB＝8，C为圆周上一点，AC＝4，过点C作⊙O的切线l，过点B作l的垂线BD，垂足为D，BD与⊙O交于点E．

（1）求∠AEC的度数；

（2）求证：四边形OBEC是菱形．

【答案】（1）30°；（2）详见解析.

【解析】

【分析】

（1）易得△AOC是等边三角形，则∠AOC＝60°，根据圆周角定理得到∠AEC＝30°；

（2）根据切线的性质得到OC⊥l，则有OC∥BD，再根据直径所对的圆周角为直角得到∠AEB＝90°，则∠EAB＝30°，可证得AB∥CE，得到四边形OBEC为平行四边形，再由OB＝OC，即可判断四边形OBEC是菱形．

【详解】

（1）解：在△AOC中，AC＝4，

∵AO＝OC＝4，

∴△AOC是等边三角形，

∴∠AOC＝60°，

∴∠AEC＝30°；

（2）证明：∵OC⊥l，BD⊥l．

∴OC∥BD．

∴∠ABD＝∠AOC＝60°．

∵AB为⊙O的直径，

∴∠AEB＝90°，

∴△AEB为直角三角形，∠EAB＝30°．

∴∠EAB＝∠AEC．

∴CE∥OB，又∵CO∥EB

∴四边形OBEC 为平行四边形．

又∵OB＝OC＝4．

∴四边形OBEC是菱形．

【点睛】

本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了圆周角定理及其推论以及菱形的判定方法．

11．如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的⊙O与AD、AC分别交于点E、F，且∠ACB＝∠DCE．

（1）判断直线CE与⊙O的位置关系，并说明理由；

（2）若AB＝，BC＝2，求⊙O的半径．

【答案】（1）直线CE与⊙O相切，理由见解析；（2）⊙O的半径为

【解析】

【分析】

（1）首先连接OE，由OE=OA与四边形ABCD是矩形，易求得∠DEC+∠OEA=90°，即OE⊥EC，即可证得直线CE与⊙O的位置关系是相切；

（2）首先易证得△CDE∽△CBA，然后根据相似三角形的对应边成比例，即可求得DE的长，又由勾股定理即可求得AC的长，然后设OA为x，即可得方程，解此方程即可求得⊙O的半径．

【详解】

解：（1）直线CE与⊙O相切．…

理由：连接OE，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，BC∥AD，CD＝AB，

∴∠DCE+∠DEC＝90°，∠ACB＝∠DAC，

又∠DCE＝∠ACB，

∴∠DEC+∠DAC＝90°，

∵OE＝OA，

∴∠OEA＝∠DAC，

∴∠DEC+∠OEA＝90°，

∴∠OEC＝90°，

∴OE⊥EC，

∵OE为圆O半径，

∴直线CE与⊙O相切；…

（2）∵∠B＝∠D，∠DCE＝∠ACB，

∴△CDE∽△CBA，

∴ ，

又CD＝AB＝，BC＝2，

∴DE＝1

根据勾股定理得EC＝，

又，…

设OA为x，则，

解得，

∴⊙O的半径为．

【点睛】

此题考查了切线的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用，注意辅助线的作法．

12．如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB⊥CB于点B，tanD=3，BC=2，H为CE延长线上一点，且AH=，CH.

（1）求证：AH是⊙O的切线；

（2）若点D是弧CE的中点，且AD交CE于点F，求证：HF=HA；

（3）在（2）的条件下，求EF的长．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3） 

【解析】

【分析】（1）连接AC，由AB⊥CB可知AC是⊙O的直径，由圆周角定理可得∠C=∠D，于是得到tanC=3，故此可知AB=6，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2= 40，从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得AC⊥AH，问题得证；

（2）连接DE、BE，由弦切角定理可知∠ABD=∠HAD，由D是的中点，可得∠CED=∠EBD，再由圆周角定理可得∠ABE=∠ADE，结合三角形的外角即可证明∠HAF=∠AFH，从而可证得AH=HF；

（3）由切割线定理可得EH=，由（2）可知AF=FH=，从而可得EF=FH﹣EH=-．

【详解】（1）如图1所示：连接AC．

∵AB⊥CB，

∴AC是⊙O的直径，

∵∠C=∠D，

∴tanC=3，

∴AB=3BC=3×2=6，

在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40，

又∵AH2=10，CH2=50，

∴AC2+AH2=CH2，

∴△ACH为直角三角形，

∴AC⊥AH，

∴AH是圆O的切线；

（2）如图2所示：连接DE、BE，

∵AH是圆O的切线，

∴∠ABD=∠HAD，

∵D是的中点，

∴，

∴∠CED=∠EBD，

又∵∠ABE=∠ADE，

∴∠ABE+∠EBD=∠ADE+∠CED，

∴∠ABD=∠AFE，

∴∠HAF=∠AFH，

∴AH=HF；

（3）由切割线定理可知：AH2=EH•CH，即（）2=5EH，

解得：EH=，

∵由（2）可知AF=FH=，

∴EF=FH﹣EH=-．

【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等，正确添加辅助线是解题的关键.

13．在平面直角坐标系xOy中，对于点P和图形W，如果以P为端点的任意一条射线与图形W最多只有一个公共点，那么称点P于图形W．

（1）如图1，已知点A（-2，0），以原点O为圆心，OA长为半径画弧交x轴正半轴于点 B．在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，于的点是        ；

（2）如图2，已知点C（-3，0），D（0，3），E（3，0），点P是直线l：y=2x+8上的一个动点．若点P于折线CD-DE，求点P的横坐标xp的取值范围；

（3）如图3，⊙H是以点H（0，4）为圆心，半径为1的圆．点T（0，t）在y轴上且t＞-3，以点T为中心的正方形KLMN的顶点K的坐标为（0，t+3），将正方形KLMN在x轴及x轴上方的部分记为图形W．若⊙H上的所有点都于图形W，直接写出t的取值范围．

【答案】（1）P2，P3；（2）xP＜-5或xP＞-．（3）-3＜t＜1-或1+＜t＜7-．

【解析】

【分析】

（1）根据点P于图形W的定义即可判断；

（2）求出直线DE，直线CD与直线y=2x+8的交点坐标即可判断；

（3）求出三种特殊位置时t的值，结合图象即可解决问题.

【详解】

（1）由题意可知：在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，于的点是P2，P3．

（2）∵C（-3，0），D（0，3），E（3，0），

∴直线CD的解析式为y=x+3，直线DE的解析式为y=-x+3，

由，解得，可得直线l与直线CD的交点的横坐标为-5，

由，解得，可得直线l与直线DE的交点的横坐标为-，

∴满足条件的点P的横坐标xp的取值范围为：xP＜-5或xP＞-．

（3）如图3-1中，当直线KN与⊙H相切于点E时，连接EH，则EH=EK=1，HK=，

∴OT=KT+HK-OH=3+-4=-1，

∴T（0，1-），此时t=1-，

∴当-3＜t＜1-时，⊙H上的所有点都于图形W．

如图3-2中，当线段KN与⊙H相切于点E时，连接EH．

OT=OH+KH-KT=4+-3=1+，

∴T（0，1+），此时t=1+，

如图3-3中，当线段MN与⊙H相切于点E时，连接EH．

OT=OM+TM=4-+3=7-，

∴T（0，7-），此时t=7-，

∴当1+＜t＜7-时，⊙H上的所有点都于图形W．

综上所述，满足条件的t的值为-3＜t＜1-或1+＜t＜7-．

【点睛】

本题属于圆综合题，考查了切线的性质，一次函数的应用，点P于图形W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，学会利用特殊位置解决实际问题.

14．如图，在中，，,点是边上一动点（不与点重合），以长为半径的与边的另一个交点为，过点作于点.

当与边相切时，求的半径；

联结交于点，设的长为，的长为，求关于的函数解析式，并直接写出的取值范围；

在的条件下，当以长为直径的与相交于边上的点时，求相交所得的公共弦的长.

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=，则sinC=，sinC===，即可求解；

（2）PD∥BE，则＝，即：，即可求解；

（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=4，即可求解．

【详解】

（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，

连接HP，则HP⊥BC，cosC=，则sinC=，

sinC===，解得：R=；

（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=，

设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC，

则BH=ACsinC=8，

同理可得：

CH=6，HA=4，AB=4，则：tan∠CAB=2BP==，

DA=x，则BD=4-x，

如下图所示，

PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，

tanβ=2，则cosβ=，sinβ=，

EB=BDcosβ=（4-x）×=4-x，

∴PD∥BE，

∴＝，即：，

整理得：y=；

（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，

两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，

∵点Q时弧GD的中点，

∴DG⊥EP，

∵AG是圆P的直径，

∴∠GDA=90°，

∴EP∥BD，

由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，

∴AG=EP=BD，

∴AB=DB+AD=AG+AD=4，

设圆的半径为r，在△ADG中，

AD=2rcosβ=，DG=，AG=2r，

+2r=4，解得：2r=，

则：DG==10-2，

相交所得的公共弦的长为10-2．

【点睛】

本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．

15．如图1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D．

（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；

（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=AB，连接DE．

①求证：DE是⊙O的切线；

②求PC的长．

【答案】（1）2；（2）①证明见解析；②3﹣3．

【解析】

试题分析：（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；

（2）①首先得出△OBD是等边三角形，进而得出∠ODE=∠OFB=90°，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．

试题解析：（1）如图2，连接OD，

∵OP⊥PD，PD∥AB，

∴∠POB=90°，

∵⊙O的直径AB=12，

∴OB=OD=6，

在Rt△POB中，∠ABC=30°，

∴OP=OB•tan30°=6×=2，

在Rt△POD中，

PD===；

（2）①如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，

∵，

∴∠DBC=∠ABC=30°，

∴∠ABD=60°，

∵OB=OD，

∴△OBD是等边三角形，

∴OD⊥FB，

∵BE=AB，

∴OB=BE，

∴BF∥ED，

∴∠ODE=∠OFB=90°，

∴DE是⊙O的切线；

②由①知，OD⊥BC，

∴CF=FB=OB•cos30°=6×=3，

在Rt△POD中，OF=DF，

∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），

∴CP=CF﹣PF=3﹣3．

考点：圆的综合题下载本文