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meili 发表于 2022-10-14 16:02:00

2023九年级数学下册期中重点圆测试题8(含答案解析)

2023九年级数学下册期中重点圆测试题8(含答案解析)一．解答题（共30小题）1．AB，CD是⊙O的两条弦，直线AB，CD互相垂直，垂足为点E，连接AD，过点B作BF⊥AD，垂足为点F，直线BF交直线CD于点G．（1）如图1，当点E在⊙O外时，连接BC，求证：BE平分∠GBC；（2）如图2，当点E在⊙O内时，连接AC，AG，求证：AC=AG；（3）如图3，在（2）条件下，连接BO并延长交AD于点H，若BH平分∠ABF，AG=4，tan∠D= ，求线段AH的长．2．AB是⊙O的直径，AB=6，过点O作OH⊥AB交圆于点H，点C是弧AH上异于A、B的动点，过点C作CD⊥OA，CE⊥OH，垂足分别为D、E，过点C的直线交OA的延长线于点G，且∠GCD=∠CED．（1）求证：GC是⊙O的切线；（2）求DE的长；（3）过点C作CF⊥DE于点F，若∠CED=30°，求CF的长．3．已知：AB是⊙O的直径，点P在线段AB的延长线上，BP=OB=2，点Q在⊙O上，连接PQ．（1）如图①，线段PQ所在的直线与⊙O相切，求线段PQ的长；（2）如图②，线段PQ与⊙O还有一个公共点C，且PC=CQ，连接OQ，AC交于点D．①判断OQ与AC的位置关系，并说明理由；②求线段PQ的长．4．已知AB是⊙O的直径，过点A作⊙O的切线MA，P为直线MA上一动点，以点P为圆心，PA为半径作⊙P，交⊙O于点C，连接PC、OP、BC．（1）知识探究（如图1）：①判断直线PC与⊙O的位置关系，请证明你的结论；②判断直线OP与BC的位置关系，请证明你的结论．（2）知识运用（如图2）：当PA＞OA时，直线PC交AB的延长线于点D，若BD=2AB，求tan∠ABC的值．5.在△ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分线，∠ABC的平分线 BM交AE于点M，点O在AB上，以点O为圆心，OB的长为半径的圆经过点M，交BC于点G，交 AB于点F．（1）求证：AE为⊙O的切线．（2）当BC=8，AC=12时，求⊙O的半径．（3）在（2）的条件下，求线段BG的长．6．平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图1摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠DOQ=60°，OQ=0D=3，OP=2，OA=AB=1．让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向开始旋转，设旋转角为α（0°≤α≤60°）．发现：（1）当α=0°，即初始位置时，点P直线AB上．（填“在”或“不在”）求当α是多少时，OQ经过点B．（2）在OQ旋转过程中，简要说明α是多少时，点P，A间的距离最小？并指出这个最小值；（3）如图2，当点P恰好落在BC边上时，求a及S阴影拓展：如图3，当线段OQ与CB边交于点M，与BA边交于点N时，设BM=x（x＞0），用含x的代数式表示BN的长，并求x的取值范围．探究：当半圆K与矩形ABCD的边相切时，求sinα的值．7．在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC的垂直平分线分别与AC，BC及AB的延长线相较于点D，E，F，且BF=BC，⊙O是△BEF的外接圆，∠EBF的平分线交EF于点G，交⊙O于点H，连接BD，FH．（1）求证：△ABC≌△EBF；（2）试判断BD与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）若AB=1，求HG?HB的值．8．四边形ABCD是⊙O的内接正方形，AB=4，PC、PD是⊙O的两条切线，C、D为切点．（1）如图1，求⊙O的半径；（2）如图1，若点E是BC的中点，连接PE，求PE的长度；（3）如图2，若点M是BC边上任意一点（不含B、C），以点M为直角顶点，在BC的上方作∠AMN=90°，交直线CP于点N，求证：AM=MN．9．半径为R，圆心角为n°的扇形面积是S扇形= ，由弧长l= ，得S扇形= = ? ?R= lR．通过观察，我们发现S扇形= lR类似于S三角形= ×底×高．类比扇形，我们探索扇环（如图②，两个同心圆围成的圆环被扇形截得的一部分交作扇环）的面积公式及其应用．（1）设扇环的面积为S扇环，的长为l1，的长为l2，线段AD的长为h（即两个同心圆半径R与r的差）．类比S梯形= ×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代数式表示S扇环，并证明；（2）用一段长为40m的篱笆围成一个如图②所示的扇环形花园，线段AD的长h为多少时，花园的面积最大，最大面积是多少？10．已知⊙O是以AB为直径的△ABC的外接圆，OD∥BC交⊙O于点D，交AC于点E，连接AD、BD，BD交AC于点F．（1）求证：BD平分∠ABC；（2）延长AC到点P，使PF=PB，求证：PB是⊙O的切线；（3）如果AB=10，cos∠ABC= ，求AD．11．已知，如图，AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，动点P，Q分别在线段OC，CD上，且DQ=OP，AP的延长线与射线OQ相交于点E，与弦CD相交于点F（点F与点C，D不重合），AB=20，cos∠AOC= ，设OP=x，△CPF的面积为y．（1）求证：AP=OQ；（2）求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；（3）当△OPE是直角三角形时，求线段OP的长．12．已知：⊙O上两个定点A，B和两个动点C，D，AC与BD交于点E．（1）如图1，求证：EA?EC=EB?ED；（2）如图2，若 = ，AD是⊙O的直径，求证：AD?AC=2BD?BC；（3）如图3，若AC⊥BD，点O到AD的距离为2，求BC的长．13．在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r，P是与圆心C不重合的点，点P关于⊙C的反称点的定义如下：若在射线CP上存在一点P′，满足CP+CP′=2r，则称P′为点P关于⊙C的反称点，如图为点P及其关于⊙C的反称点P′的示意图．特别地，当点P′与圆心C重合时，规定CP′=0．（1）当⊙O的半径为1时．①分别判断点M（2，1），N（，0），T（1，）关于⊙O的反称点是否存在？若存在，求其坐标；②点P在直线y=﹣x+2上，若点P关于⊙O的反称点P′存在，且点P′不在x轴上，求点P的横坐标的取值范围；（2）⊙C的圆心在x轴上，半径为1，直线y=﹣ x+2 与x轴、y轴分别交于点A，B，若线段AB上存在点P，使得点P关于⊙C的反称点P′在⊙C的内部，求圆心C的横坐标的取值范围．14．水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上，AB=BC=6cm，OD=3cm，开始的时候BD=1cm，现在三角板以2cm/s的速度向右移动．（1）当B与O重合的时候，求三角板运动的时间；（2）如图2，当AC与半圆相切时，求AD；（3）如图3，当AB和DE重合时，求证：CF2=CG?CE．15．⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过的中点P作⊙O的直径PG交弦BC于点D，连接AG、CP、PB．（1）如图1，若D是线段OP的中点，求∠BAC的度数；（2）如图2，在DG上取一点K，使DK=DP，连接CK，求证：四边形AGKC是平行四边形；（3）如图3，取CP的中点E，连接ED并延长ED交AB于点H，连接PH，求证：PH⊥AB．16．在△ABC的外接圆⊙O中，△ABC的外角平分线CD交⊙O于点D，F为上﹣点，且 = 连接DF，并延长DF交BA的延长线于点E．（1）判断DB与DA的数量关系，并说明理由；（2）求证：△BCD≌△AFD；（3）若∠ACM=120°，⊙O的半径为5，DC=6，求DE的长．17．点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ：AB=3：4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC=4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF= CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ=3x．（1）用关于x的代数式表示BQ，DF．（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．（3）在点P的整个运动过程中，①当AP为何值时，矩形DEGF是正方形？②作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长（直接写出答案）．18．AB是⊙O的直径，C、G是⊙O上两点，且AC=CG，过点C的直线CD⊥BG于点D，交BA的延长线于点E，连接BC，交OD于点F．（1）求证：CD是⊙O的切线．（2）若，求∠E的度数．（3）连接AD，在（2）的条件下，若CD= ，求AD的长．19．已知：平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点分别为O（0，0）、A（5，0）、B（m，2）、C（m﹣5，2）．（1）问：是否存在这样的m，使得在边BC上总存在点P，使∠OPA=90°？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．（2）当∠AOC与∠OAB的平分线的交点Q在边BC上时，求m的值．20．在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半径为2cm的⊙O在矩形内且与AB、AD均相切，现有动点P从A点出发，在矩形边上沿着A→B→C→D的方向匀速移动，当点P到达D点时停止移动．⊙O在矩形内部沿AD向右匀速平移，移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回，当⊙O回到出发时的位置（即再次与AB相切）时停止移动，已知点P与⊙O同时开始移动，同时停止移动（即同时到达各自的终止位置）．（1）如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了cm（用含a、b的代数式表示）；（2）如图①，已知点P从A点出发，移动2s到达B点，继续移动3s，到达BC的中点，若点P与⊙O的移动速度相等，求在这5s时间内圆心O移动的距离；（3）如图②，已知a=20，b=10，是否存在如下情形：当⊙O到达⊙O1的位置时（此时圆心O1在矩形对角线BD上），DP与⊙O1恰好相切？请说明理由．21．在平面直角坐标系中，点M是第一象限内一点，过M的直线分别交x轴，y轴的正半轴于A，B两点，且M是AB的中点．以OM为直径的⊙P分别交x轴，y轴于C，D两点，交直线AB于点E（位于点M右下方），连结DE交OM于点K．（1）若点M的坐标为（3，4），①求A，B两点的坐标；②求ME的长．（2）若 =3，求∠OBA的度数．（3）设tan∠OBA=x（0＜x＜1）， =y，直接写出y关于x的函数解析式．22．阅读资料：如图1，在平面之间坐标系xOy中，A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），由勾股定理得AB2=|x2﹣x1|2+|y2﹣y1|2，所以A，B两点间的距离为AB= ．我们知道，圆可以看成到圆心距离等于半径的点的集合，如图2，在平面直角坐标系xoy中，A（x，y）为圆上任意一点，则A到原点的距离的平方为OA2=|x﹣0|2+|y﹣0|2，当⊙O的半径为r时，⊙O的方程可写为：x2+y2=r2．问题拓展：如果圆心坐标为P（a，b），半径为r，那么⊙P的方程可以写为．综合应用：如图3，⊙P与x轴相切于原点O，P点坐标为（0，6），A是⊙P上一点，连接OA，使tan∠POA= ，作PD⊥OA，垂足为D，延长PD交x轴于点B，连接AB．①证明AB是⊙P的切点；②是否存在到四点O，P，A，B距离都相等的点Q？若存在，求Q点坐标，并写出以Q为圆心，以OQ为半径的⊙O的方程；若不存在，说明理由．23．为同一长方体房间的示意图，图3为该长方体的表面展开图．（1）蜘蛛在顶点A′处．①苍蝇在顶点B处时，试在图1中画出蜘蛛为捉住苍蝇，沿墙面爬行的最近路线．②苍蝇在顶点C处时，图2中画出了蜘蛛捉住苍蝇的两条路线，往天花板ABCD爬行的最近路线A′GC和往墙面BB′C′C爬行的最近路线A′HC，试通过计算判断哪条路线更近．（2）在图3中，半径为10dm的⊙M与D′C′相切，圆心M到边CC′的距离为15dm，蜘蛛P在线段AB上，苍蝇Q在⊙M的圆周上，线段PQ为蜘蛛爬行路线，若PQ与⊙M相切，试求PQ长度的范围．24．在直角坐标系中，⊙M经过原点O（0，0），点A（，0）与点B（0，﹣ ），点D在劣弧上，连接BD交x轴于点C，且∠COD=∠CBO．（1）求⊙M的半径；（2）求证：BD平分∠ABO；（3）在线段BD的延长线上找一点E，使得直线AE恰好为⊙M的切线，求此时点E的坐标．25．AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，AE和过点C的切线互相垂直，垂足为E，AE交⊙O于点D，直线EC交AB的延长线于点P，连接AC，BC，PB：PC=1：2．（1）求证：AC平分∠BAD；（2）探究线段PB，AB之间的数量关系，并说明理由；（3）若AD=3，求△ABC的面积．26．四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点E，F是边BA延长线上一点，连接EF，以EF为直径作⊙O，交DC于D，G两点，AD分别于EF，GF交于I，H两点．（1）求∠FDE的度数；（2）试判断四边形FACD的形状，并证明你的结论；（3）当G为线段DC的中点时，①求证：FD=FI；②设AC=2m，BD=2n，求⊙O的面积与菱形ABCD的面积之比．27．问题探究：（一）新知学习：圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．（二）问题解决：已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是上任意一点，过点P分别作AB，CD的垂线，垂足分别为N，M．（1）若直径AB⊥CD，对于上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；（3）若直径AB与CD相交成120°角．①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．28．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O于点E．（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）29．已知AB是圆O的切线，切点为B，直线AO交圆O于C、D两点，CD=2，∠DAB=30°，动点P在直线AB上运动，PC交圆O于另一点Q．（1）当点P运动到使Q、C两点重合时（如图1），求AP的长；（2）点P在运动过程中，有几个位置（几种情况）使△CQD的面积为？（直接写出答案）（3）当△CQD的面积为，且Q位于以CD为直径的上半圆，CQ＞QD时（如图2），求AP的长．30．在平面直角坐标系xOy中，直线y= x﹣2 与x轴、y轴分别交于A，B两点，P是直线AB上一动点，⊙P的半径为1．（1）判断原点O与⊙P的位置关系，并说明理由；（2）当⊙P过点B时，求⊙P被y轴所截得的劣弧的长；（3）当⊙P与x轴相切时，求出切点的坐标．2023九年级数学下册期中重点圆测试题8(含答案解析)参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．AB，CD是⊙O的两条弦，直线AB，CD互相垂直，垂足为点E，连接AD，过点B作BF⊥AD，垂足为点F，直线BF交直线CD于点G．（1）如图1，当点E在⊙O外时，连接BC，求证：BE平分∠GBC；（2）如图2，当点E在⊙O内时，连接AC，AG，求证：AC=AG；（3）如图3，在（2）条件下，连接BO并延长交AD于点H，若BH平分∠ABF，AG=4，tan∠D= ，求线段AH的长．考点：圆的综合题．分析：（1）利用圆内接四边形的性质得出∠D=∠EBC，进而利用互余的关系得出∠GBE=∠EBC，进而求出即可；（2）首先得出∠D=∠ABG，进而利用全等三角形的判定与性质得出△BCE≌△BGE（ASA），则CE=EG，再利用等腰三角形的性质求出即可；（3）首先求出CO的长，再求出tan∠ABH= = = ，利用OP2+PB2=OB2，得出a的值进而求出答案．解答：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠D+∠ABC=180°，∵∠ABC+∠EBC=180°，∴∠D=∠EBC，∵GF⊥AD，AE⊥DG，∴∠A+∠ABF=90°，∠A+∠D=90°，∴∠ABE=∠D，∵∠ABF=∠GBE，∴∠GBE=∠EBC，即BE平分∠GBC；（2）证明：如图2，连接CB，∵AB⊥CD，BF⊥AD，∴∠D+∠BAD=90°，∠ABG+∠BAD=90°，∴∠D=∠ABG，∵∠D=∠ABC，∴∠ABC=∠ABG，∵AB⊥CD，∴∠CEB=∠GEB=90°，在△BCE和△BGE中，∴△BCE≌△BGE（ASA），∴CE=EG，∵AE⊥CG，∴AC=AG；（3）解：如图3，连接CO并延长交⊙O于M，连接AM，∵CM是⊙O的直径，∴∠MAC=90°，∵∠M=∠D，tanD= ，∴tanM= ，∴ = ，∵AG=4，AC=AG，∴AC=4，AM=3，∴MC= =5，∴CO= ，过点H作HN⊥AB，垂足为点N，∵tanD= ，AE⊥DE，∴tan∠BAD= ，∴ = ，设NH=3a，则AN=4a，∴AH= =5a，∵HB平分∠ABF，NH⊥AB，HF⊥BF，∴HF=NH=3a，∴AF=8a，cos∠BAF= = = ，∴AB= =10a，∴NB=6a，∴tan∠ABH= = = ，过点O作OP⊥AB垂足为点P，∴PB= AB=5a，tan∠ABH= = ，∴OP= a，∵OB=OC= ，OP2+PB2=OB2，∴25a2+ a2= ，∴解得：a= ，∴AH=5a= ．点评：此题主要考查了圆的综合以及勾股定理和锐角三角函数关系等、全等三角形的判定与性质知识，正确作出辅助线得出tan∠ABH= = 是解题关键．2．AB是⊙O的直径，AB=6，过点O作OH⊥AB交圆于点H，点C是弧AH上异于A、B的动点，过点C作CD⊥OA，CE⊥OH，垂足分别为D、E，过点C的直线交OA的延长线于点G，且∠GCD=∠CED．（1）求证：GC是⊙O的切线；（2）求DE的长；（3）过点C作CF⊥DE于点F，若∠CED=30°，求CF的长．考点：圆的综合题．分析：（1）先证明四边形ODCE是矩形，得出∠DCE=90°，DE=OC，MC=MD，得出∠CED+∠MDC=90°，∠MDC=∠MCD，证出∠GCD+∠MCD=90°，即可得出结论；（2）由（1）得：DE=OC= AB，即可得出结果；（3）运用三角函数求出CE，再由含30°角的直角三角形的性质即可得出结果．解答：（1）证明：连接OC，交DE于M，如图所示：∵OH⊥AB，CD⊥OA，CE⊥OH，∴∠DOE=∠OEC=∠ODC=90°，∴四边形ODCE是矩形，∴∠DCE=90°，DE=OC，MC=MD，∴∠CED+∠MDC=90°，∠MDC=∠MCD，∵∠GCD=∠CED，∴∠GCD+∠MCD=90°，即GC⊥OC，∴GC是⊙O的切线；（2）解：由（1）得：DE=OC= AB=3；（3）解：∵∠DCE=90°，∠CED=30°，∴CE=DE?cos∠CED=3× = ，∴CF= CE= ．点评：本题是圆的综合题目，考查了切线的判定、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角函数、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题有一定难度，综合性强，特别是（1）中，需要证明四边形是矩形，运用角的关系才能得出结论．3．已知：AB是⊙O的直径，点P在线段AB的延长线上，BP=OB=2，点Q在⊙O上，连接PQ．（1）如图①，线段PQ所在的直线与⊙O相切，求线段PQ的长；（2）如图②，线段PQ与⊙O还有一个公共点C，且PC=CQ，连接OQ，AC交于点D．①判断OQ与AC的位置关系，并说明理由；②求线段PQ的长．考点：圆的综合题．分析：（1）如图①，连接OQ．利用切线的性质和勾股定理来求PQ的长度．（2）如图②，连接BC．利用三角形中位线的判定与性质得到BC∥OQ．根据圆周角定理推知BC⊥AC，所以，OQ⊥AC．（3）利用割线定理来求PQ的长度即可．解答：解：（1）如图①，连接OQ．∵线段PQ所在的直线与⊙O相切，点Q在⊙O上，∴OQ⊥OP．又∵BP=OB=OQ=2，∴PQ= = =2 ，即PQ=2 ；（2）OQ⊥AC．理由如下：如图②，连接BC．∵BP=OB，∴点B是OP的中点，又∵PC=CQ，∴点C是PQ的中点，∴BC是△PQO的中位线，∴BC∥OQ．又∵AB是直径，∴∠ACB=90°，即BC⊥AC，∴OQ⊥AC．（3）如图②，PC?PQ=PB?PA，即 PQ2=2×6，解得PQ=2 ．点评：本题考查了圆的综合题．掌握圆周角定理，三角形中位线定理，平行线的性质，熟练利用割线定理进行几何计算．4．已知AB是⊙O的直径，过点A作⊙O的切线MA，P为直线MA上一动点，以点P为圆心，PA为半径作⊙P，交⊙O于点C，连接PC、OP、BC．（1）知识探究：①判断直线PC与⊙O的位置关系，请证明你的结论；②判断直线OP与BC的位置关系，请证明你的结论．（2）知识运用（如图2）：当PA＞OA时，直线PC交AB的延长线于点D，若BD=2AB，求tan∠ABC的值．考点：圆的综合题．分析：（1）①PC与⊙O相切．易证明△PAO≌△PCO，则∠PAO=∠PCO，由PA是⊙O的切线，可知∠PAO=∠PCO=90°，即可证明结论；②OP∥BC．由（1）可知∠POA=∠POC，根据圆周角定理可知∠B=∠POA，根据同位角相等可证明OP∥BC．（2）根据OP∥BC，可知，由BD=2AB，可知AD=6OA，OD=5OB，所以PD=5PC，设设PA=PC=R，OA=r，根据勾股定理列方程求出R与r的数量关系，即可在Rt△PAO中求出tan∠ABC=tan∠POA．解答：（1）①PC与⊙O相切．证明：如图1，连接OC，在△PAO和△PCO中，，∴△PAO≌△PCO，∴∠PAO=∠PCO，∵PA是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，∴∠PAO=∠PCO=90°，∴PC与⊙O相切．②OP∥BC．证明：∵△PAO≌△PCO，∴∠POA=∠POC，∴∠B=∠POA，∴OP∥BC．（2）解：如图2，∵BD=2AB，∴BD=4OB，AD=6OA，∴ ，∵OP∥BC，∴ ，∴PD=5PC，设PA=PC=R，OA=r，∴AD=6r，PD=5R，∵PA2+AD2=PD2，∴R2+（6r）2=（5R）2解得：R= r，∵tan∠ABC=tan∠POA= ，∴tan∠ABC═ = = ．点评：本题主要考查了圆的有关性质、切线的性质与判定、平行线分线段成比例定理、勾股定理以及锐角三角函数的综合应用，运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．5．在△ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分线，∠ABC的平分线 BM交AE于点M，点O在AB上，以点O为圆心，OB的长为半径的圆经过点M，交BC于点G，交 AB于点F．（1）求证：AE为⊙O的切线．（2）当BC=8，AC=12时，求⊙O的半径．（3）在（2）的条件下，求线段BG的长．考点：圆的综合题．分析：（1）连接OM．利用角平分线的性质和平行线的性质得到AE⊥OM后即可证得AE是⊙O的切线；（2）设⊙O的半径为R，根据OM∥BE，得到△OMA∽△BEA，利用平行线的性质得到 = ，即可解得R=3，从而求得⊙O的半径为3；（3）过点O作OH⊥BG于点H，则BG=2BH，根据∠OME=∠MEH=∠EHO=90°，得到四边形OMEH是矩形，从而得到HE=OM=3和BH=1，证得结论BG=2BH=2．解答：（1）证明：连接OM．∵AC=AB，AE平分∠BAC，∴AE⊥BC，CE=BE= BC=4，∵OB=OM，∴∠OBM=∠OMB，∵BM平分∠ABC，∴∠OBM=∠CBM，∴∠OMB=∠CBM，∴OM∥BC又∵AE⊥BC，∴AE⊥OM，∴AE是⊙O的切线；（2）设⊙O的半径为R，∵OM∥BE，∴△OMA∽△BEA，∴ = 即 = ，解得R=3，∴⊙O的半径为3；（3）过点O作OH⊥BG于点H，则BG=2BH，∵∠OME=∠MEH=∠EHO=90°，∴四边形OMEH是矩形，∴HE=OM=3，∴BH=1，∴BG=2BH=2．点评：本题考查了圆的综合知识，题目中还运用到了切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，难度较大．6．平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图1摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠DOQ=60°，OQ=0D=3，OP=2，OA=AB=1．让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向开始旋转，设旋转角为α（0°≤α≤60°）．发现：（1）当α=0°，即初始位置时，点P在直线AB上．（填“在”或“不在”）求当α是多少时，OQ经过点B．（2）在OQ旋转过程中，简要说明α是多少时，点P，A间的距离最小？并指出这个最小值；（3）如图2，当点P恰好落在BC边上时，求a及S阴影拓展：如图3，当线段OQ与CB边交于点M，与BA边交于点N时，设BM=x（x＞0），用含x的代数式表示BN的长，并求x的取值范围．探究：当半圆K与矩形ABCD的边相切时，求sinα的值．考点：圆的综合题．分析：（1）在，当OQ过点B时，在Rt△OAB中，AO=AB，得到∠DOQ=∠ABO=45°，求得α=60°﹣45°=15°；（2）如图2，连接AP，由OA+AP≥OP，当OP过点A，即α=60°时，等号成立，于是有AP≥OP﹣OA=2﹣1=1，当α=60°时，P、A之间的距离最小，即可求得结果（3）如图2，设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E，在Rt△OPH中，PH=AB=1，OP=2，得到∠POH=30°，求得α=60°﹣30°=30°，由于AD∥BC，得到∠RPO=∠POH=30°，求出∠RKQ=2×30°=60°，于是得到结果；拓展：如图5，由∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，得到△AON∽△BMN求出BN= ，如图4，当点Q落在BC上时，x取最大值，作QF⊥AD于点F，BQ=AF= ﹣AO=2 ﹣1，求出x的取值范围是0＜x≤ ﹣1；探究：半圆K与矩形ABCD的边相切，分三种情况；①如图5，半圆K与BC相切于点T，设直线KT与AD，OQ的初始位置所在的直线分别交于点S，O′，于是得到∠KSO=∠KTB=90°，作KG⊥OO′于G，在Rt△OSK中，求出OS= =2，在Rt△OSO′中，SO′=OS?tan60°=2 ，KO′=2 ﹣ 在Rt△KGO′中，∠O′=30°，求得KG= KO′= ﹣ ，在Rt△OGK中，求得结果；②当半圆K与AD相切于T，如图6，同理可得sinα的值③当半圆K与CD切线时，点Q与点D重合，且为切点，得到α=60°于是结论可求．解答：解：发现：（1）在，当OQ过点B时，在Rt△OAB中，AO=AB，∴∠DOQ=∠ABO=45°，∴α=60°﹣45°=15°；（2）如图2，连接AP，∵OA+AP≥OP，当OP过点A，即α=60°时，等号成立，∴AP≥OP﹣OA=2﹣1=1，∴当α=60°时，P、A之间的距离最小，∴PA的最小值=1；（3）如图2，设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E，在Rt△OPH中，PH=AB=1，OP=2，∴∠POH=30°，∴α=60°﹣30°=30°，∵AD∥BC，∴∠RPO=∠POH=30°，∴∠RKQ=2×30°=60°，∴S扇形KRQ= = ，在Rt△RKE中，RE=RK?sin60°= ，∴S△PRK= ?RE= ，∴S阴影= + ；拓展：如图5，∵∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，∴△AON∽△BMN，∴ ，即，∴BN= ，如图4，当点Q落在BC上时，x取最大值，作QF⊥AD于点F，BQ=AF= ﹣AO=2 ﹣1，∴x的取值范围是0＜x≤ ﹣1；探究：半圆K与矩形ABCD的边相切，分三种情况；①如图5，半圆K与BC相切于点T，设直线KT与AD，OQ的初始位置所在的直线分别交于点S，O′，则∠KSO=∠KTB=90°，作KG⊥OO′于G，在Rt△OSK中，OS= =2，在Rt△OSO′中，SO′=OS?tan60°=2 ，KO′=2 ﹣ ，在Rt△KGO′中，∠O′=30°，∴KG= KO′= ﹣ ，∴在Rt△OGK中，sinα= = = ，②当半圆K与AD相切于T，如图6，同理可得sinα= = = = ；③当半圆K与CD切线时，点Q与点D重合，且为切点，∴α=60°，∴sinα=sin60 ，综上所述sinα的值为：或或．点评：本题考查了矩形的性质，直线与圆的位置关系，勾股定理，锐角三角函数，根据题意正确的画出图形是解题的关键．7．在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC的垂直平分线分别与AC，BC及AB的延长线相较于点D，E，F，且BF=BC，⊙O是△BEF的外接圆，∠EBF的平分线交EF于点G，交⊙O于点H，连接BD，FH．（1）求证：△ABC≌△EBF；（2）试判断BD与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）若AB=1，求HG?HB的值．考点：圆的综合题．分析：（1）由垂直的定义可得∠EBF=∠ADF=90°，于是得到∠C=∠BFE，从而证得△ABC≌△EBF；（2）BD与⊙O相切，如图1，连接OB证得∠DBO=90°，即可得到BD与⊙O相切；（3）如图2，连接CF，HE，有等腰直角三角形的性质得到CF= BF，由于DF垂直平分AC，得到AF=CF=AB+BF=1+BF= BF，求得BF= ，有勾股定理解出EF = ，推出△EHF是等腰直角三角形，求得HF= EF= ，通过△BHF∽△FHG，列比例式即可得到结论．解答：（1）证明：∵∠ABC=90°，∴∠EBF=90°，∵DF⊥AC，∴∠ADF=90°，∴∠C+∠A=∠A+∠AFD=90°，∴∠C=∠BFE，在△ABC与△EBF中，，∴△ABC≌△EBF；（2）BD与⊙O相切，如图1，连接OB证明如下：∵OB=OF，∴∠OBF=∠OFB，∵∠ABC=90°，AD=CD，∴BD=CD，∴∠C=∠DBC，∵∠C=∠BFE，∴∠DBC=∠OBF，∵∠CBO+∠OBF=90°，∴∠DBC+∠CBO=90°，∴∠DBO=90°，∴BD与⊙O相切；（3）解：如图2，连接CF，HE，∵∠CBF=90°，BC=BF，∴CF= BF，∵DF垂直平分AC，∴AF=CF=AB+BF=1+BF= BF，∴BF= ，∵△ABC≌△EBF，∴BE=AB=1，∴EF= = ，∵BH平分∠CBF，∴ ，∴EH=FH，∴△EHF是等腰直角三角形，∴HF= EF= ，∵∠EFH=∠HBF=45°，∠BHF=∠BHF，∴△BHF∽△FHG，∴ ，∴HG?HB=HF2=2+ ．点评：本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，线段的垂直平分线的性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握这些定理是解题的关键．8．四边形ABCD是⊙O的内接正方形，AB=4，PC、PD是⊙O的两条切线，C、D为切点．（1）如图1，求⊙O的半径；（2）如图1，若点E是BC的中点，连接PE，求PE的长度；（3）如图2，若点M是BC边上任意一点（不含B、C），以点M为直角顶点，在BC的上方作∠AMN=90°，交直线CP于点N，求证：AM=MN．考点：圆的综合题．分析：（1）利用切线的性质以及正方形的判定与性质得出⊙O的半径即可；（2）利用垂径定理得出OE⊥BC，∠OCE=45°，进而利用勾股定理得出即可；（3）在AB上截取BF=BM，利用（1）中所求，得出∠ECP=135°，再利用全等三角形的判定与性质得出即可．解答：解：（1）如图1，连接OD，OC，∵PC、PD是⊙O的两条切线，C、D为切点，∴∠ODP=∠OCP=90°，∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，∴∠DOC=90°，OD=OC，∴四边形DOCP是正方形，∵AB=4，∠ODC=∠OCD=45°，∴DO=CO=DC?sin45°= ×4=2 ；（2）如图1，连接EO，OP，∵点E是BC的中点，∴OE⊥BC，∠OCE=45°，则∠E0P=90°，∴EO=EC=2，OP= CO=4，∴PE= =2 ；（3）证明：如图2，在AB上截取BF=BM，∵AB=BC，BF=BM，∴AF=MC，∠BFM=∠BMF=45°，∵∠AMN=90°，∴∠AMF+∠NMC=45°，∠FAM+∠AMF=45°，∴∠FAM=∠NMC，∵由（1）得：PD=PC，∠DPC=90°，∴∠DCP=45°，∴∠MCN=135°，∵∠AFM=180°﹣∠BFM=135°，在△AFM和△CMN中，∴△AFM≌△CMN（ASA），∴AM=MN．点评：此题主要考查了圆的综合以及全等三角形的判定与性质以及正方形的判定与性质等知识，正确作出辅助线得出∠MCN=135°是解题关键．9．半径为R，圆心角为n°的扇形面积是S扇形= ，由弧长l= ，得S扇形= = ? ?R= lR．通过观察，我们发现S扇形= lR类似于S三角形= ×底×高．类比扇形，我们探索扇环（如图②，两个同心圆围成的圆环被扇形截得的一部分交作扇环）的面积公式及其应用．（1）设扇环的面积为S扇环，的长为l1，的长为l2，线段AD的长为h（即两个同心圆半径R与r的差）．类比S梯形= ×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代数式表示S扇环，并证明；（2）用一段长为40m的篱笆围成一个如图②所示的扇环形花园，线段AD的长h为多少时，花园的面积最大，最大面积是多少？考点：圆的综合题．分析：（1）根据扇形公式之间的关系，结合已知条件推出结果即可；（2）求出l1+l2=40﹣2h，代入（1）的结果，化成顶点式，即可得出答案．解答：（1）S扇环= （l1﹣l2）h，证明：设大扇形半径为R，小扇形半径为r，圆心角度数为n，则由l= ，得R= ，r=所以图中扇环的面积S= ×l1×R﹣ ×l2×r= l1? ﹣ l2?= （l12﹣l22）= （l1+l2）（l1﹣l2）= ? ?（ R﹣ r）（l1﹣l2）= （l1﹣l2）（R﹣r）= （l1+l2）h，故猜想正确．（2）解：根据题意得：l1+l2=40﹣2h，则S扇环= （l1+l2）h= （40﹣2h）h=﹣h2+20h=﹣（h﹣10）2+100∵﹣1＜0，∴开口向下，有最大值，当h=10时，最大值是100，即线段AD的长h为10m时，花园的面积最大，最大面积是100m2．点评：本题主要考查了扇形面积公式，弧长公式，二次函数的顶点式的应用，能猜想出正确结论是解此题的关键，有一定的难度．10．已知⊙O是以AB为直径的△ABC的外接圆，OD∥BC交⊙O于点D，交AC于点E，连接AD、BD，BD交AC于点F．（1）求证：BD平分∠ABC；（2）延长AC到点P，使PF=PB，求证：PB是⊙O的切线；（3）如果AB=10，cos∠ABC= ，求AD．考点：圆的综合题．分析：（1）先由OD∥BC，根据两直线平行内错角相等得出∠D=∠CBD，由OB=OD，根据等边对等角得出∠D=∠OBD，等量代换得到∠CBD=∠OBD，即BD平分∠ABC；（2）先由圆周角定理得出∠ACB=90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠CFB+∠CBF=90°．再由PF=PB，根据等边对等角得出∠PBF=∠CFB，而由（1）知∠OBD=∠CBF，等量代换得到∠PBF+∠OBD=90°，即∠OBP=90°，根据切线的判定定理得出PB是⊙O的切线；（3）连结AD．在Rt△ABC中，由cos∠ABC= = = ，求出BC=6，根据勾股定理得到AC= =8．再由OD∥BC，得出△AOE∽△ABC，∠AED=∠OEC=180°﹣∠ACB=90°，根据相似三角形对应边成比例求出AE=4，OE=3，那么DE=OD﹣OE=2，然后在Rt△ADE中根据勾股定理求出AD= =2 ．解答：（1）证明：∵OD∥BC，∴∠D=∠CBD，∵OB=OD，∴∠D=∠OBD，∴∠CBD=∠OBD，∴BD平分∠ABC；（2）证明：∵⊙O是以AB为直径的△ABC的外接圆，∴∠ACB=90°，∴∠CFB+∠CBF=90°．∵PF=PB，∴∠PBF=∠CFB，由（1）知∠OBD=∠CBF，∴∠PBF+∠OBD=90°，∴∠OBP=90°，∴PB是⊙O的切线；（3）解：连结AD．∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，∴cos∠ABC= = = ，∴BC=6，AC= =8．∵OD∥BC，∴△AOE∽△ABC，∠AED=∠OEC=180°﹣∠ACB=90°，∴ = = ， = = ，∴AE=4，OE=3，∴DE=OD﹣OE=5﹣3=2，∴AD= = =2 ．点评：本题是圆的综合题，其中涉及到平行线的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、直角三角形两锐角互余的性质、切线的判定定理、锐角三角函数的定义、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，综合性较强，难度适中．本题中第（2）问要证某线是圆的切线，当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线是常用的方法，需熟练掌握．11．已知，如图，AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，动点P，Q分别在线段OC，CD上，且DQ=OP，AP的延长线与射线OQ相交于点E，与弦CD相交于点F（点F与点C，D不重合），AB=20，cos∠AOC= ，设OP=x，△CPF的面积为y．（1）求证：AP=OQ；（2）求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；（3）当△OPE是直角三角形时，求线段OP的长．考点：圆的综合题．分析：（1）连接OD，证得△AOP≌△ODQ后即可证得AP=OQ；（2）作PH⊥OA，根据cos∠AOC= 得到OH= PO= x，从而得到S△AOP= AO?PH=3x，利用△PFC∽△PAO得当对应边的比相等即可得到函数解析式；（3）分当∠POE=90°时、当∠OPE=90°时、当∠OEP=90°时三种情况讨论即可得到正确的结论．解答：解：（1）连接OD，在△AOP和△ODQ中，，∴△AOP≌△ODQ，∴AP=OQ；（2）作PH⊥OA，∵cos∠AOC= ，∴OH= PO= x，∴S△AOP= AO?PH=3x，又∵△PFC∽△PAO，∴ = =（）2，整理得：y= （＜x＜10）；（3）当∠POE=90°时，CQ= = ，PO=DQ=CD﹣CQ= （舍）；当∠OPE=90°时，PO=AO?cos∠COA=8；当∠OEP=90°时，∠AOQ=∠DQO=∠APO，∴∠AOC=∠AEO，即∠OEP=∠COA，此种情况不存在，∴线段OP的长为8．点评：本题考查了圆的综合知识、相似三角形的判定及性质等知识，综合性较强，难度较大，特别是第三题的分类讨论更是本题的难点．12．已知：⊙O上两个定点A，B和两个动点C，D，AC与BD交于点E．（1）如图1，求证：EA?EC=EB?ED；（2）如图2，若 = ，AD是⊙O的直径，求证：AD?AC=2BD?BC；（3）如图3，若AC⊥BD，点O到AD的距离为2，求BC的长．考点：圆的综合题．分析：（1）根据同弧所对的圆周角相等得到角相等，从而证得三角形相似，于是得到结论；（2）如图2，连接CD，OB交AC于点F由B是弧AC的中点得到∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=0.5AC．证得△CBF∽△ABD．即可得到结论；（3）如图3，连接AO并延长交⊙O于F，连接DF得到AF为⊙O的直径于是得到∠ADF=90°，过O作OH⊥AD于H，根据三角形的中位线定理得到DF=2OH=4，通过△ABE∽△ADF，得到1=∠2，于是结论可得．解答：（1）证明：∵∠EAD=∠EBC，∠BCE=∠ADE，∴△AED∽△BEC，∴ ，∴EA?EC=EB?ED；（2）证明：如图2，连接CD，OB交AC于点F∵B是弧AC的中点，∴∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=0.5AC．又∵AD为⊙O直径，∴∠ABC=90°，又∠CFB=90°．∴△CBF∽△ABD．∴ ，故CF?AD=BD?BC．∴AC?AD=2BD?CD；（3）解：如图3，连接AO并延长交⊙O于F，连接DF，∴AF为⊙O的直径，∴∠ADF=90°，过O作OH⊥AD于H，∴AH=DH，OH∥DF，∵AO=OF，∴DF=2OH=4，∵AC⊥BD，∴∠AEB=∠ADF=90°，∵∠ABD=∠F，∴△ABE∽△ADF，∴∠1=∠2，∴ ，∴BC=DF=4．点评：本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．13．在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r，P是与圆心C不重合的点，点P关于⊙C的反称点的定义如下：若在射线CP上存在一点P′，满足CP+CP′=2r，则称P′为点P关于⊙C的反称点，如图为点P及其关于⊙C的反称点P′的示意图．特别地，当点P′与圆心C重合时，规定CP′=0．（1）当⊙O的半径为1时．①分别判断点M（2，1），N（，0），T（1，）关于⊙O的反称点是否存在？若存在，求其坐标；②点P在直线y=﹣x+2上，若点P关于⊙O的反称点P′存在，且点P′不在x轴上，求点P的横坐标的取值范围；（2）⊙C的圆心在x轴上，半径为1，直线y=﹣ x+2 与x轴、y轴分别交于点A，B，若线段AB上存在点P，使得点P关于⊙C的反称点P′在⊙C的内部，求圆心C的横坐标的取值范围．考点：圆的综合题．分析：（1）①根据反称点的定义，可得当⊙O的半径为1时，点M（2，1）关于⊙O的反称点不存在；N（，0）关于⊙O的反称点存在，反称点N′（，0）；T（1，）关于⊙O的反称点存在，反称点T′（0，0）；②由OP≤2r=2，得出OP2≤4，设P（x，﹣x+2），由勾股定理得出OP2=x2+（﹣x+2）2=2x2﹣4x+4≤4，解不等式得出0≤x≤2．再分别将x=2与0代入检验即可；（2）先由y=﹣ x+2 ，求出A（6，0），B（0，2 ），则 = ，∠OBA=60°，∠OAB=30°．再设C（x，0），分两种情况进行讨论：①C在OA上；②C在A点右侧．解答：解：（1）当⊙O的半径为1时．①点M（2，1）关于⊙O的反称点不存在；N（，0）关于⊙O的反称点存在，反称点N′（，0）；T（1，）关于⊙O的反称点存在，反称点T′（0，0）；②∵OP≤2r=2，OP2≤4，设P（x，﹣x+2），∴OP2=x2+（﹣x+2）2=2x2﹣4x+4≤4，∴2x2﹣4x≤0，x（x﹣2）≤0，∴0≤x≤2．当x=2时，P（2，0），P′（0，0）不符合题意；当x=0时，P（0，2），P′（0，0）不符合题意；∴0＜x＜2；（2）∵直线y=﹣ x+2 与x轴、y轴分别交于点A，B，∴A（6，0），B（0，2 ），∴ = ，∴∠OBA=60°，∠OAB=30°．设C（x，0）．①当C在OA上时，作CH⊥AB于H，则CH≤CP≤2r=2，所以AC≤4，C点横坐标x≥2（当x=2时，C点坐标（2，0），H点的反称点H′（2，0）在圆的内部）；②当C在A点右侧时，C到线段AB的距离为AC长，AC最大值为2，所以C点横坐标x≤8．综上所述，圆心C的横坐标的取值范围是2≤x≤8．点评：本题是圆的综合题，其中涉及到一次函数图象上点的坐标特征，特殊角的三角函数值，勾股定理，一元二次不等式的解法，利用数形结合、正确理解反称点的意义是解决本题的关键．14．水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上，AB=BC=6cm，OD=3cm，开始的时候BD=1cm，现在三角板以2cm/s的速度向右移动．（1）当B与O重合的时候，求三角板运动的时间；（2）如图2，当AC与半圆相切时，求AD；（3）如图3，当AB和DE重合时，求证：CF2=CG?CE．考点：圆的综合题．分析：（1）根据题意得出BO的长，再利用路程除以速度得出时间；（2）根据切线的性质和判定结合等腰直角三角形的性质得出AO的长，进而求出答案；（3）利用圆周角定理以及切线的性质定理得出∠CEF=∠ODF=∠OFD=∠CFG，进而求出△CFG∽△CEF，即可得出答案．解答：（1）解：由题意可得：BO=4cm，t= =2（s）；（2）解：如图2，连接O与切点H，则OH⊥AC，又∵∠A=45°，∴AO= OH=3 cm，∴AD=AO﹣DO=（3 ﹣3）cm；（3）证明：如图3，连接EF，∵OD=OF，∴∠ODF=∠OFD，∵DE为直径，∴∠ODF+∠DEF=90°，∠DEC=∠DEF+∠CEF=90°，∴∠CEF=∠ODF=∠OFD=∠CFG，又∵∠FCG=∠ECF，∴△CFG∽△CEF，∴ = ，∴CF2=CG?CE．点评：此题主要考查了切线的性质以及相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，根据题意得出△CFG∽△CEF是解题关键．15．⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过的中点P作⊙O的直径PG交弦BC于点D，连接AG、CP、PB．（1）如图1，若D是线段OP的中点，求∠BAC的度数；（2）如图2，在DG上取一点K，使DK=DP，连接CK，求证：四边形AGKC是平行四边形；（3）如图3，取CP的中点E，连接ED并延长ED交AB于点H，连接PH，求证：PH⊥AB．考点：圆的综合题．分析：（1）由垂径定理得出PG⊥BC，CD=BD，再由三角函数求出∠BOD=60°，证出AC∥PG，得出同位角相等即可；（2）先由SAS证明△PDB≌△CDK，得出CK=BP，∠OPB=∠CKD，证出AG=CK，再证明AG∥CK，即可得出结论；（3）先证出DH∥AG，得出∠OAG=∠OHD，再证OD=OH，由SAS证明△OBD≌△HOP，得出∠OHP=∠ODB=90°，即可得出结论．解答：（1）解：∵点P为的中点，AB为⊙O直径，∴BP=PC，PG⊥BC，CD=BD，∴∠ODB=90°，∵D为OP的中点，∴OD= OP= OB，∴cos∠BOD= = ，∴∠BOD=60°，∵AB为⊙O直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠ODB，∴AC∥PG，∴∠BAC=∠BOD=60°；（2）证明：由（1）知，CD=BD，在△PDB和△CDK中，，∴△PDB≌△CDK（SAS），∴CK=BP，∠OPB=∠CKD，∵∠AOG=∠BOP，∴AG=BP，∴AG=CK，∵OP=OB，∴∠OPB=∠OBP，又∵∠G=∠OBP，∴AG∥CK，∴四边形AGCK是平行四边形；（3）证明：∵CE=PE，CD=BD，∴DE∥PB，即DH∥PB∵∠G=∠OPB，∴PB∥AG，∴DH∥AG，∴∠OAG=∠OHD，∵OA=OG，∴∠OAG=∠G，∴∠ODH=∠OHD，∴OD=OH，在△OBD和△HOP中，，∴△OBD≌△HOP（SAS），∴∠OHP=∠ODB=90°，∴PH⊥AB．点评：本题是圆的综合题目，考查了垂径定理、圆周角定理、平行线的判定、三角函数、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要通过证明平行线得出角相等，再进一步证明三角形全等才能得出结论．16．在△ABC的外接圆⊙O中，△ABC的外角平分线CD交⊙O于点D，F为上﹣点，且 = 连接DF，并延长DF交BA的延长线于点E．（1）判断DB与DA的数量关系，并说明理由；（2）求证：△BCD≌△AFD；（3）若∠ACM=120°，⊙O的半径为5，DC=6，求DE的长．考点：圆的综合题．分析：（1）由CD是△ABC的外角平分线，可得∠MCD=∠ACD，又由∠MCD+∠BCD=180°，∠BCD+∠BAD=180°，可得∠MCD=∠BAD，继而证得∠ABD=∠BAD，即可得DB=DA；（2）由DB=DA，可得 = ，即可得 = ，则可证得CD=FD，BC=AF，然后由SSS判定△BCD≌△AFD；（3）首先连接DO并延长，交AB于点N，连接OB，由∠ACM=120°，易证得△ABD是等边三角形，并可求得边长，易证得△ACD∽△EBD，然后由相似三角形的对应边成比例，求得DE的长．解答：解：（1）DB=DA．理由：∵CD是△ABC的外角平分线，∴∠MCD=∠ACD，∵∠MCD+∠BCD=180°，∠BCD+∠BAD=180°，∴∠MCD=∠BAD，∴∠ACD=∠BAD，∵∠ACD=∠ABD，∴∠ABD=∠BAD，∴DB=DA；（2）证明：∵DB=DA，∴ = ，∵ = ，∴AF=BC， = ，∴CD=FD，在△BCD和△AFD中，，∴△BCD≌△AFD（SSS）；（3）连接DO并延长，交AB于点N，连接OB，∵DB=DA，∴ = ，∴DN⊥AB，∵∠ACM=120°，∴∠ABD=∠ACD=60°，∵DB=DA，∴△ABD是等边三角形，∴∠OBA=30°，∴ON= OB= ×5=2.5，∴DN=ON+OD=7.5，∴BD= =5 ，∴AD=BD=5 ，∵ = ，∴ = ，∴∠ADC=∠BDF，∵∠ABD=∠ACD，∴△ACD∽△EBD，∴ ，∴ ，∴DE=12.5．点评：此题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、弧与弦的关系、等边三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．17．点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ：AB=3：4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC=4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF= CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ=3x．（1）用关于x的代数式表示BQ，DF．（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．（3）在点P的整个运动过程中，①当AP为何值时，矩形DEGF是正方形？②作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长（直接写出答案）．考点：圆的综合题．分析：（1）由AQ：AB=3：4，AQ=3x，易得AB=4x，由勾股定理得BQ，再由中位线的性质得AH=BH= AB，求得CD，FD；（2）利用（1）的结论，易得CQ的长，作OM⊥AQ于点M（如图1），则OM∥AB，由垂径定理得QM=AM= x，由矩形性质得OD=MC，利用矩形面积，求得x，得出结论；（3）①点P在A点的右侧时（如图1），利用（1）（2）的结论和正方形的性质得2x+4=3x，得AP；点P在A点的左侧时，当点C在Q右侧，0＜x＜时（如图2），4﹣7x=3x，解得x，易得AP；当时（如图3），7﹣4x=3x，得AP；当点C在Q的左侧时，即x≥ （如图4），同理得AP；②连接NQ，由点O到BN的弦心距为l，得NQ=2，当点N在AB的左侧时（如图5），过点B作BM⊥EG于点M，GM=x，BM=x，易得∠GBM=45°，BM∥AQ，易得AI=AB，求得IQ，由NQ得AP；当点N在AB的右侧时（如图6），过点B作BJ⊥GE于点J，由GJ=x，BJ=4x得tan∠GBJ= ，利用（1）（2）中结论得AI=16x，QI=19x，解得x，得AP．解答：解：（1）在Rt△ABQ中，∵AQ：AB=3：4，AQ=3x，∴AB=4x，∴BQ=5x，∵OD⊥m，m⊥l，∴OD∥l，∵OB=OQ，∴ =2x，∴CD=2x，∴FD= =3x；（2）∵AP=AQ=3x，PC=4，∴CQ=6x+4，作OM⊥AQ于点M（如图1），∴OM∥AB，∵⊙O是△ABQ的外接圆，∠BAQ=90°，∴点O是BQ的中点，∴QM=AM= x∴OD=MC= ，∴OE= BQ= ，∴ED=2x+4，S矩形DEGF=DF?DE=3x（2x+4）=90，解得：x1=﹣5（舍去），x2=3，∴AP=3x=9；（3）①若矩形DEGF是正方形，则ED=DF，I．点P在A点的右侧时（如图1），∴2x+4=3x，解得：x=4，∴AP=3x=12；II．点P在A点的左侧时，当点C在Q右侧，0＜x＜时（如图2），∵ED=4﹣7x，DF=3x，∴4﹣7x=3x，解得：x= ，∴AP= ；当 ≤x＜时（如图3），∵ED=7﹣4x，DF=3x，∴7﹣4x=3x，解得：x=1（舍去），当点C在Q的左侧时，即x≥ （如图4），DE=7x﹣4，DF=3x，∴7x﹣4=3x，解得：x=1，∴AP=3，综上所述：当AP为12或或3时，矩形DEGF是正方形；②连接NQ，由点O到BN的弦心距为l，得NQ=2，当点N在AB的左侧时（如图5），过点B作BM⊥EG于点M，∵GM=x，BM=x，∴∠GBM=45°，∴BM∥AQ，∴AI=AB=4x，∴IQ=x，∴NQ= =2，∴x=2 ，∴AP=6 ；当点N在AB的右侧时（如图6），过点B作BJ⊥GE于点J，∵GJ=x，BJ=4x，∴tan∠GBJ= ，∴AI=16x，∴QI=19x，∴NQ= =2，∴x= ，∴AP= ，综上所述：AP的长为6 或．点评：本题主要考查了勾股定理，垂径定理，正方形的性质，中位线的性质等，结合图形，分类讨论是解答此题的关键．18．AB是⊙O的直径，C、G是⊙O上两点，且AC=CG，过点C的直线CD⊥BG于点D，交BA的延长线于点E，连接BC，交OD于点F．（1）求证：CD是⊙O的切线．（2）若，求∠E的度数．（3）连接AD，在（2）的条件下，若CD= ，求AD的长．考点：圆的综合题．分析：（1）如图1，连接OC，AC，CG，由圆周角定理得到∠ABC=∠CBG，根据同圆的半径相等得到OC=OB，于是得到∠OCB=∠OBC，等量代换得到∠OCB=∠CBG，根据平行线的判定得到OC∥BG，即可得到结论；（2）由OC∥BD，得到△OCF∽△BDF，△EOC∽△EBD，得到，，根据直角三角形的性质即可得到结论；（3）如图2，过A作AH⊥DE于H，解直角三角形得到BD=3，DE=3 ，BE=6，在Rt△DAH中，AD= = = ．解答：（1）证明：如图1，连接OC，AC，CG，∵AC=CG，∴ ，∴∠ABC=∠CBG，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠OCB=∠CBG，∴OC∥BG，∵CD⊥BG，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线；（2）解：∵OC∥BD，∴△OCF∽△BDF，△EOC∽△EBD，∴ ，∴ ，∵OA=OB，∴AE=OA=OB，∴OC= OE，∵∠ECO=90°，∴∠E=30°；（3）解：如图2，过A作AH⊥DE于H，∵∠E=30°∴∠EBD=60°，∴∠CBD= EBD=30°，∵CD= ，∴BD=3，DE=3 ，BE=6，∴AE= BE=2，∴AH=1，∴EH= ，∴DH=2 ，在Rt△DAH中，AD= = = ．点评：本题考查了切线的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理相似三角形的判定和性质，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．19．已知：平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点分别为O（0，0）、A（5，0）、B（m，2）、C（m﹣5，2）．（1）问：是否存在这样的m，使得在边BC上总存在点P，使∠OPA=90°？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．（2）当∠AOC与∠OAB的平分线的交点Q在边BC上时，求m的值．考点：圆的综合题．专题：综合题．分析：（1）由四边形四个点的坐标易得OA=BC=5，BC∥OA，以OA为直径作⊙D，与直线BC分别交于点E、F，根据圆周角定理得∠OEA=∠OFA=90°，如图1，作DG⊥EF于G，连DE，则DE=OD=2.5，DG=2，根据垂径定理得EG=GF，接着利用勾股定理可计算出EG=1.5，于是得到E（1，2），F（4，2），即点P在E点和F点时，满足条件，此时，即1≤m≤9时，边BC上总存在这样的点P，使∠OPA=90°；（2）如图2，先判断四边形OABC是平行四边形，再利用平行线的性质和角平分线定义可得到∠AQO=90°，以OA为直径作⊙D，与直线BC分别交于点E、F，则∠OEA=∠OFA=90°，于是得到点Q只能是点E或点F，当Q在F点时，证明F是BC的中点．而F点为（4，2），得到m的值为6.5；当Q在E点时，同理可求得m的值为3.5．解答：解：（1）存在．∵O（0，0）、A（5，0）、B（m，2）、C（m﹣5，2）．∴OA=BC=5，BC∥OA，以OA为直径作⊙D，与直线BC分别交于点E、F，则∠OEA=∠OFA=90°，如图1，作DG⊥EF于G，连DE，则DE=OD=2.5，DG=2，EG=GF，∴EG= =1.5，∴E（1，2），F（4，2），∴当，即1≤m≤9时，边BC上总存在这样的点P，使∠OPA=90°；（2）如图2，∵BC=OA=5，BC∥OA，∴四边形OABC是平行四边形，∴OC∥AB，∴∠AOC+∠OAB=180°，∵OQ平分∠AOC，AQ平分∠OAB，∴∠AOQ= ∠AOC，∠OAQ= ∠OAB，∴∠AOQ+∠OAQ=90°，∴∠AQO=90°，以OA为直径作⊙D，与直线BC分别交于点E、F，则∠OEA=∠OFA=90°，∴点Q只能是点E或点F，当Q在F点时，∵OF、AF分别是∠AOC与∠OAB的平分线，BC∥OA，∴∠CFO=∠FOA=∠FOC，∠BFA=∠FAO=∠FAB，∴CF=OC，BF=AB，而OC=AB，∴CF=BF，即F是BC的中点．而F点为（4，2），∴此时m的值为6.5，当Q在E点时，同理可求得此时m的值为3.5，综上所述，m的值为3.5或6.5．点评：本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理、圆周角定理和平行四边形的判定与性质；理解坐标与图形性质；会利用勾股定理计算线段的长．20．在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半径为2cm的⊙O在矩形内且与AB、AD均相切，现有动点P从A点出发，在矩形边上沿着A→B→C→D的方向匀速移动，当点P到达D点时停止移动．⊙O在矩形内部沿AD向右匀速平移，移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回，当⊙O回到出发时的位置（即再次与AB相切）时停止移动，已知点P与⊙O同时开始移动，同时停止移动（即同时到达各自的终止位置）．（1）如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了a+2bcm（用含a、b的代数式表示）；（2）如图①，已知点P从A点出发，移动2s到达B点，继续移动3s，到达BC的中点，若点P与⊙O的移动速度相等，求在这5s时间内圆心O移动的距离；（3）如图②，已知a=20，b=10，是否存在如下情形：当⊙O到达⊙O1的位置时（此时圆心O1在矩形对角线BD上），DP与⊙O1恰好相切？请说明理由．考点：圆的综合题．分析：（1）根据有理数的加法，可得答案；（2）根据圆O移动的距离与P点移动的距离相等，P点移动的速度相等，可得方程组，根据解方程组，可得a、b的值，根据速度与时间的关系，可得答案；（3）根据相同时间内速度的比等于路程的比，可得的值，根据相似三角形的性质，可得∠ADB=∠BDP，根据等腰三角形的判定，可得BP与DP的关系，根据勾股定理，可得DP的长，根据有理数的加法，可得P点移动的距离；根据相似三角形的性质，可得EO1的长，分类讨论：当⊙O首次到达⊙O1的位置时，当⊙O在返回途中到达⊙O1位置时，根据的值，可得答案．解答：解：（1）如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了 a+2bcm（用含a、b的代数式表示）；（2）∵圆心O移动的距离为2（a﹣4）cm，由题意，得a+2b=2（a﹣4）①，∵点P移动2秒到达B，即点P2s移动了bcm，点P继续移动3s到达BC的中点，即点P3秒移动了 acm．∴ =②由①②解得，∵点P移动的速度为与⊙O移动速度相同，∴⊙O移动的速度为 = =4cm（cm/s）．这5秒时间内⊙O移动的距离为5×4=20（cm）；（3）存在这种情况，设点P移动速度为v1cm/s，⊙O2移动的速度为v2cm/s，由题意，得= = = ，如图：设直线OO1与AB教育E点，与CD交于F点，⊙O1与AD相切于G点，若PD与⊙O1相切，切点为H，则O1G=O1H．易得△DO1G≌△DO1H，∴∠ADB=∠BDP．∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD∴∠BDP=∠CBD，∴BP=DP．设BP=xcm，则DP=xcm，PC=（20﹣x）cm，在Rt△PCD中，由勾股定理，得PC2+CD2=PD2，即（20﹣x）2+102=x2，解得x=此时点P移动的距离为10+ = （cm），∵EF∥AD，∴△BEO1∽△BAD，∴ = ，即 = ，EO1=16cm，OO1=14cm．①当⊙O首次到达⊙O1的位置时，⊙O移动的距离为14cm，此时点P与⊙O移动的速度比为 = ，∵ ≠ ，∴此时PD与⊙O1不能相切；②当⊙O在返回途中到达⊙O1位置时，⊙O移动的距离为2（20﹣4）﹣14=18cm，∴此时点P与⊙O移动的速度比为 = = ，此时PD与⊙O1恰好相切．点评：本题考查了圆的综合题，（1）利用了有理数的加法，（2）利用了P与⊙O的路程相等，速度相等得出方程组是解题关键，再利用路程与时间的关系，得出速度，最后利用速度乘以时间得出结果；（3）利用了相等时间内速度的比等于路程的比，相似三角形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，利用相等时间内速度的比等于路程的比是解题关键．21．在平面直角坐标系中，点M是第一象限内一点，过M的直线分别交x轴，y轴的正半轴于A，B两点，且M是AB的中点．以OM为直径的⊙P分别交x轴，y轴于C，D两点，交直线AB于点E（位于点M右下方），连结DE交OM于点K．（1）若点M的坐标为（3，4），①求A，B两点的坐标；②求ME的长．（2）若 =3，求∠OBA的度数．（3）设tan∠OBA=x（0＜x＜1）， =y，直接写出y关于x的函数解析式．考点：圆的综合题；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；三角形中位线定理；矩形的判定与性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；特殊角的三角函数值．专题：综合题．分析：（1）①连接DM、MC，如图1，易证四边形OCMD是矩形，从而得到MD∥OA，MC∥OB，由点M是AB的中点即可得到BD=DO，AC=OC，然后利用点M的坐标就可解决问题；②根据勾股定理可求出AB的长，从而得到BM的长，要求ME的长，只需求BE的长，只需证△OBM∽△EBD，然后运用相似三角形的性质即可；（2）连接DP、PE，如图2，由 =3可得OK=3MK，进而得到OM=4MK，PM=2MK，PK=MK．易证△DPK≌△EMK，则有DK=EK．由PD=PE可得PK⊥DE，从而可得cos∠DPK= = ，则有∠DPK=60°，根据圆周角定理可得∠DOM=30°．由∠AOB=90°，AM=BM可得OM=BM，即可得到∠OBA=∠DOM=30°；（3）连接PD、OE，如图3，设MK=t，则有OK=yt，OM=（y+1）t，BM=OM=（y+1）t，DP=PM= ，PK= ．由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，则有 = ，由此可得ME= t，从而可求得OE= ? ，BE= ，则有x=tan∠OBA= = ，即x2= =1﹣ ，整理得y= ．解答：解：（1）①连接DM、MC，如图1．∵OM是⊙P的直径，∴∠MDO=∠MCO=90°．∵∠AOB=90°，∴四边形OCMD是矩形，∴MD∥OA，MC∥OB，∴ = ， = ．∵点M是AB的中点，即BM=AM，∴BD=DO，AC=OC．∵点M的坐标为（3，4），∴OB=2OD=8，OA=2OC=6，∴点B的坐标为（0，8），点A的坐标为（6，0）；②在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，∴AB= =10．∴BM= AB=5．∵∠OBM=∠EBD，∠BOM=∠BED，∴△OBM∽△EBD，∴ = ，∴ = ，∴BE= ，∴ME=BE﹣BM= ﹣5= ；（2）连接DP、PE，如图2．∵ =3，∴OK=3MK，∴OM=4MK，PM=2MK，∴PK=MK．∵OD=BD，OP=MP，∴DP∥BM，∴∠PDK=∠MEK，∠DPK=∠EMK．在△DPK和△EMK中，，∴△DPK≌△EMK，∴DK=EK．∵PD=PE，∴PK⊥DE，∴cos∠DPK= = ，∴∠DPK=60°，∴∠DOM=30°．∵∠AOB=90°，AM=BM，∴OM=BM，∴∠OBA=∠DOM=30°；（3）y关于x的函数解析式为y= ．提示：连接PD、OE，如图3．设MK=t，则有OK=yt，OM=（y+1）t，BM=OM=（y+1）t，DP=PM= ，PK= ﹣t= ．由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，则有 = ，可得ME= t．∵OM是⊙P的直径，∴∠OEM=90°，∴OE2=OM2﹣ME2=[（y+1）t]2﹣[ t]2= ?（y2﹣2y），即OE= ? ，BE=BM+ME=（y+1）t+ t= ，∴x=tan∠OBA= = ，∴x2= =1﹣ ，整理得：y= ．点评：本题主要考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行线分线段成比例、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的性质、勾股定理、三角函数的定义、特殊角的三角函数值等知识，综合性比较强，有一定的难度，通过证明△OBM∽△EBD求出BE是解决第（1）②小题的关键，通过证明△DPK≌△EMK得到DK=EK是解决第（2）小题的关键，设MK=t，然后运用相似三角形的性质、勾股定理求出OE、BE（用y、t的代数式表示）是解决第（3）小题的关键．22．阅读资料：如图1，在平面之间坐标系xOy中，A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），由勾股定理得AB2=|x2﹣x1|2+|y2﹣y1|2，所以A，B两点间的距离为AB= ．我们知道，圆可以看成到圆心距离等于半径的点的集合，如图2，在平面直角坐标系xoy中，A（x，y）为圆上任意一点，则A到原点的距离的平方为OA2=|x﹣0|2+|y﹣0|2，当⊙O的半径为r时，⊙O的方程可写为：x2+y2=r2．问题拓展：如果圆心坐标为P（a，b），半径为r，那么⊙P的方程可以写为（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2．综合应用：如图3，⊙P与x轴相切于原点O，P点坐标为（0，6），A是⊙P上一点，连接OA，使tan∠POA= ，作PD⊥OA，垂足为D，延长PD交x轴于点B，连接AB．①证明AB是⊙P的切点；②是否存在到四点O，P，A，B距离都相等的点Q？若存在，求Q点坐标，并写出以Q为圆心，以OQ为半径的⊙O的方程；若不存在，说明理由．考点：圆的综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．专题：阅读型．分析：问题拓展：设A（x，y）为⊙P上任意一点，则有AP=r，根据阅读材料中的两点之间距离公式即可求出⊙P的方程；综合应用：①由PO=PA，PD⊥OA可得∠OPD=∠APD，从而可证到△POB≌△PAB，则有∠POB=∠PAB．由⊙P与x轴相切于原点O可得∠POB=90°，即可得到∠PAB=90°，由此可得AB是⊙P的切线；②当点Q在线段BP中点时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得QO=QP=BQ=AQ．易证∠OBP=∠POA，则有tan∠OBP= = ．由P点坐标可求出OP、OB．过点Q作QH⊥OB于H，易证△BHQ∽△BOP，根据相似三角形的性质可求出QH、BH，进而求出OH，就可得到点Q的坐标，然后运用问题拓展中的结论就可解决问题．解答：解：问题拓展：设A（x，y）为⊙P上任意一点，∵P（a，b），半径为r，∴AP2=（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2．故答案为（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2；综合应用：①∵PO=PA，PD⊥OA，∴∠OPD=∠APD．在△POB和△PAB中，，∴△POB≌△PAB，∴∠POB=∠PAB．∵⊙P与x轴相切于原点O，∴∠POB=90°，∴∠PAB=90°，∴AB是⊙P的切线；②存在到四点O，P，A，B距离都相等的点Q．当点Q在线段BP中点时，∵∠POB=∠PAB=90°，∴QO=QP=BQ=AQ．此时点Q到四点O，P，A，B距离都相等．∵∠POB=90°，OA⊥PB，∴∠OBP=90°﹣∠DOB=∠POA，∴tan∠OBP= =tan∠POA= ．∵P点坐标为（0，6），∴OP=6，OB= OP=8．过点Q作QH⊥OB于H，如图3，则有∠QHB=∠POB=90°，∴QH∥PO，∴△BHQ∽△BOP，∴ = = = ，∴QH= OP=3，BH= OB=4，∴OH=8﹣4=4，∴点Q的坐标为（4，3），∴OQ= =5，∴以Q为圆心，以OQ为半径的⊙O的方程为（x﹣4）2+（y﹣3）2=25．点评：本题是一道阅读题，以考查阅读理解能力为主，在解决问题的过程中，用到了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、切线的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角函数的定义等知识，有一定的综合性．23．为同一长方体房间的示意图，图3为该长方体的表面展开图．（1）蜘蛛在顶点A′处．①苍蝇在顶点B处时，试在图1中画出蜘蛛为捉住苍蝇，沿墙面爬行的最近路线．②苍蝇在顶点C处时，图2中画出了蜘蛛捉住苍蝇的两条路线，往天花板ABCD爬行的最近路线A′GC和往墙面BB′C′C爬行的最近路线A′HC，试通过计算判断哪条路线更近．（2）在图3中，半径为10dm的⊙M与D′C′相切，圆心M到边CC′的距离为15dm，蜘蛛P在线段AB上，苍蝇Q在⊙M的圆周上，线段PQ为蜘蛛爬行路线，若PQ与⊙M相切，试求PQ长度的范围．考点：圆的综合题；几何体的展开图；线段的性质：两点之间线段最短；勾股定理；切线的性质．专题：综合题；转化思想．分析：（1）①根据“两点之间，线段最短”可知：线段A′B为最近路线；②Ⅰ．将长方体展开，使得长方形ABB′A′和长方形ABCD在同一平面内，如图2①，运用勾股定理求出AC长；Ⅱ．将长方体展开，使得长方形ABB′A′和长方形BCC′B′在同一平面内，如图2②，运用勾股定理求出A′C长，然后将两个长度进行比较，就可解决问题；（2）过点M作MH⊥AB于H，连接MQ、MP、MA、MB，如图3．由⊙M与D′C′相切于点Q可得MQ⊥PQ，即∠MQP=90°，根据勾股定理可得PQ= = ．要求PQ的取值范围，只需先求出MP的取值范围，就可解决问题．解答：解：（1）①根据“两点之间，线段最短”可知：线段A′B为最近路线，如图1所示．②Ⅰ．将长方体展开，使得长方形ABB′A′和长方形ABCD在同一平面内，如图2①．在Rt△A′B′C中，∠B′=90°，A′B′=40，B′C=60，∴AC= = =20 ．Ⅱ．将长方体展开，使得长方形ABB′A′和长方形BCC′B′在同一平面内，如图2②．在Rt△A′C′C中，∠C′=90°，A′C′=70，C′C=30，∴A′C= = =10 ．∵ ＜，∴往天花板ABCD爬行的最近路线A′GC更近；（2）过点M作MH⊥AB于H，连接MQ、MP、MA、MB，如图3．∵半径为10dm的⊙M与D′C′相切，圆心M到边CC′的距离为15dm，BC′=60dm，∴MH=60﹣10=50，HB=15，AH=40﹣15=25，根据勾股定理可得AM= = = ，MB= = = ，∴50≤MP≤ ．∵⊙M与D′C′相切于点Q，∴MQ⊥PQ，∠MQP=90°，∴PQ= = ．当MP=50时，PQ= =20 ；当MP= 时，PQ= =55．∴PQ长度的范围是20 dm≤PQ≤55dm．点评：本题主要考查了两点之间线段最短、点到直线之间垂线段最短、切线的性质、长方体的展开图、勾股定理等知识，把空间图形的最短距离问题转化为到同一平面内最短距离问题是解决（1）②小题的关键，根据PQ= 把求PQ的取值范围转化为求MP的取值范围是解决第（2）小题的关键．24．在直角坐标系中，⊙M经过原点O（0，0），点A（，0）与点B（0，﹣ ），点D在劣弧上，连接BD交x轴于点C，且∠COD=∠CBO．（1）求⊙M的半径；（2）求证：BD平分∠ABO；（3）在线段BD的延长线上找一点E，使得直线AE恰好为⊙M的切线，求此时点E的坐标．考点：圆的综合题．分析：（1）由点A（，0）与点B（0，﹣ ），可求得线段AB的长，然后由∠AOB=90°，可得AB是直径，继而求得⊙M的半径；（2）由圆周角定理可得：∠COD=∠ABC，又由∠COD=∠CBO，即可得BD平分∠ABO；（3）首先过点A作AE⊥AB，垂足为A，交BD的延长线于点E，过点E作EF⊥OA于点F，易得△AEC是等边三角形，继而求得EF与AF的长，则可求得点E的坐标．解答：解：（1）∵点A（，0）与点B（0，﹣ ），∴OA= ，OB= ，∴AB= =2 ，∵∠AOB=90°，∴AB是直径，∴⊙M的半径为：；（2）∵∠COD=∠CBO，∠COD=∠CBA，∴∠CBO=∠CBA，即BD平分∠ABO；（3）如图，过点A作AE⊥AB，垂足为A，交BD的延长线于点E，过点E作EF⊥OA于点F，即AE是切线，∵在Rt△AOB中，tan∠OAB= = = ，∴∠OAB=30°，∴∠ABO=90°﹣∠OAB=60°，∴∠ABC=∠OBC= ∠ABO=30°，∴OC=OB?tan30°= × = ，∴AC=OA﹣OC= ，∴∠ACE=∠ABC+∠OAB=60°，∴∠EAC=60°，∴△ACE是等边三角形，∴AE=AC= ，∴AF= AE= ，EF= AE= ，∴OF=OA﹣AF= ，∴点E的坐标为：（，）．点评：此题属于一次函数的综合题，考查了勾股定理、圆周角定理、等边三角形的判定与性质以及三角函数等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．25．AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，AE和过点C的切线互相垂直，垂足为E，AE交⊙O于点D，直线EC交AB的延长线于点P，连接AC，BC，PB：PC=1：2．（1）求证：AC平分∠BAD；（2）探究线段PB，AB之间的数量关系，并说明理由；（3）若AD=3，求△ABC的面积．考点：圆的综合题．分析：（1）首先连接OC，由PE是⊙O的切线，AE和过点C的切线互相垂直，可证得OC∥AE，又由OA=OC，易证得∠DAC=∠OAC，即可得AC平分∠BAD；（2）由AB是⊙O的直径，PE是切线，可证得∠PCB=∠PAC，即可证得△PCB∽△PAC，然后由相似三角形的对应边成比例与PB：PC=1：2，即可求得答案；（3）首先过点O作OH⊥AD于点H，则AH= AD= ，四边形OCEH是矩形，即可得AE= +OC，由OC∥AE，可得△PCO∽△PEA，然后由相似三角形的对应边成比例，求得OC的长，再由△PBC∽△PCA，证得AC=2BC，然后在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，可得（2BC）2+BC2=52，即可求得BC的长，继而求得答案．解答：（1）证明：连接OC，∵PE是⊙O的切线，∴OC⊥PE，∵AE⊥PE，∴OC∥AE，∴∠DAC=∠OCA，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∴∠DAC=∠OAC，∴AC平分∠BAD；（2）线段PB，AB之间的数量关系为：AB=3PB．理由：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，∵OB=OC，∴∠OCB=∠ABC，∵∠PCB+∠OCB=90°，∴∠PCB=∠PAC，∵∠P是公共角，∴△PCB∽△PAC，∴ ，∴PC2=PB?PA，∵PB：PC=1：2，∴PC=2PB，∴PA=4PB，∴AB=3PB；（3）解：过点O作OH⊥AD于点H，则AH= AD= ，四边形OCEH是矩形，∴OC=HE，∴AE= +OC，∵OC∥AE，∴△PCO∽△PEA，∴ ，∵AB=3PB，AB=2OB，∴OB= PB，∴ = ，∴OC= ，∴AB=5，∵△PBC∽△PCA，∴ ，∴AC=2BC，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，∴（2BC）2+BC2=52，∴BC= ，∴AC=2 ，∴S△ABC= AC?BC=5．点评：此题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、切线的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．26．四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点E，F是边BA延长线上一点，连接EF，以EF为直径作⊙O，交DC于D，G两点，AD分别于EF，GF交于I，H两点．（1）求∠FDE的度数；（2）试判断四边形FACD的形状，并证明你的结论；（3）当G为线段DC的中点时，①求证：FD=FI；②设AC=2m，BD=2n，求⊙O的面积与菱形ABCD的面积之比．考点：圆的综合题；等腰三角形的判定；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质；菱形的性质．专题：综合题．分析：（1）根据直径所对的圆周角是直角即可得到∠FDE=90°；（2）由四边形ABCD是菱形可得AB∥CD，要证四边形FACD是平行四边形，只需证明DF∥AC，只需证明∠AEB=∠FDE，由于∠FDE=90°，只需证明∠AEB=90°，根据四边形ABCD是菱形即可得到结论；（3）①连接GE，如图，易证GE是△ACD的中位线，即可得到GE∥DA，即可得到∠FHI=∠FGE=∠FGE=90°．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DG=GE，从而有 = ，根据圆周角定理可得∠1=∠2，根据等角的余角相等可得∠3=∠4，根据等角对等边可得FD=DI；②易知S⊙O=π（）2= πm2，S菱形ABCD= ?2m?2n=2mn，要求⊙O的面积与菱形ABCD的面积之比，只需得到m与n的关系，易证EI=EA=m，DF=AC=2m，EF=FI+IE=DF+AE=3m，在Rt△DEF中运用勾股定理即可解决问题．解答：解：（1）∵EF是⊙O的直径，∴∠FDE=90°；（2）四边形FACD是平行四边形．理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AC⊥BD，∴∠AEB=90°．又∵∠FDE=90°，∴∠AEB=∠FDE，∴AC∥DF，∴四边形FACD是平行四边形；（3）①连接GE，如图．∵四边形ABCD是菱形，∴点E为AC中点．∵G为线段DC的中点，∴GE∥DA，∴∠FHI=∠FGE．∵EF是⊙O的直径，∴∠FGE=90°，∴∠FHI=90°．∵∠DEC=∠AEB=90°，G为线段DC的中点，∴DG=GE，∴ = ，∴∠1=∠2．∵∠1+∠3=90°，∠2+∠4=90°，∴∠3=∠4，∴FD=FI；②∵AC∥DF，∴∠3=∠6．∵∠4=∠5，∠3=∠4，∴∠5=∠6，∴EI=EA．∵四边形ABCD是菱形，四边形FACD是平行四边形，∴DE= BD=n，AE= AC=m，FD=AC=2m，∴EF=FI+IE=FD+AE=3m．在Rt△EDF中，根据勾股定理可得：n2+（2m）2=（3m）2，即n= m，∴S⊙O=π（）2= πm2，S菱形ABCD= ?2m?2n=2mn=2 m2，∴S⊙O：S菱形ABCD= ．点评：本题主要考查了菱形的性质、圆周角定理、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形中位线定理、等角的余角相等、等角对等边、平行线的性质、勾股定理、圆及菱形的面积公式等知识，综合性强，证到IE=EA，进而得到EF=3m是解决第3（2）小题的关键．27．问题探究：（一）新知学习：圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．（二）问题解决：已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是上任意一点，过点P分别作AB，CD的垂线，垂足分别为N，M．（1）若直径AB⊥CD，对于上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；（3）若直径AB与CD相交成120°角．①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．考点：圆的综合题．专题：探究型．分析：（1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；（2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；（3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°．根据角平分线的性质可得P1M=P1N，从而得到△P1MN是等边三角形，则有MN=P1M．然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：MN=QN?sin∠MQN，从而可得MN=OP?sin∠MQN，由此即可解决问题；（4）由（3）②中已得结论MN=OP?sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题得以解决．解答：解：（1）如图一，∵PM⊥OC，PN⊥OB，∴∠PMO=∠PNO=90°，∴∠PMO+∠PNO=180°，∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；（2）如图一，∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，∴四边形PMON是矩形，∴MN=OP=2，∴MN的长为定值，该定值为2；（3）①如图二，∵P1是的中点，∠BOC=120°∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°．∵P1M⊥OC，P1N⊥OB，∴P1M=P1N，∴△P1MN是等边三角形，∴MN=P1M．∵P1M=OP1?sin∠MOP1=2×sin60°= ，∴MN= ；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，则有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中，sin∠MQN= ，∴MN=QN?sin∠MQN，∴MN=OP?sin∠MQN=2×sin60°=2× = ，∴MN是定值．（4）由（3）②得MN=OP?sin∠MQN=2sin∠MQN．当直径AB与CD相交成90°角时，∠MQN=180°﹣90°=90°，MN取得最大值2．点评：本题主要考查了圆内接四边形的判定定理、圆周角定理、在同圆中弧与圆心角的关系、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角函数、角平分线的性质等知识，推出MN=OP?sin∠MQN是解决本题的关键．28．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O于点E．（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）考点：圆的综合题．专题：探究型；存在型．分析：（1）连接AE、DE，如图1，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根据垂直平分线的性质可得AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，根据切线的性质可得∠AEF=90°，从而可证到△ADE∽△AEF，然后运用相似三角形的性质可得AE2=AD?AF．①当CF=CD时，可得AE2=3CD2，从而有EC=AE= CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得sin∠CED= = ，根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②当CF=aCD（a＞0）时，同①即可解决问题．解答：解：（1）AE=CE．理由：连接AE、DE，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°．∵AD=DC，∴AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直径．∵EF是⊙OO的切线，∴∠AEF=90°，∴∠ADE=∠AEF=90°．又∵∠DAE=∠EAF，∴△ADE∽△AEF，∴ = ，∴AE2=AD?AF．①当CF=CD时，AD=DC=CF，AF=3DC，∴AE2=DC?3DC=3DC2，∴AE= DC．∵EC=AE，∴EC= DC．∴sin∠CAB=sin∠CED= = = ；②当CF=aCD（a＞0）时，sin∠CAB= ．提示：∵CF=aCD，AD=DC，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，∴AE2=DC?（a+2）DC=（a+2）DC2，∴AE= DC．∵EC=AE，∴EC= DC．∴sin∠CAB=sin∠CED= = = ．点评：本题主要考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、三角函数、垂直平分线的性质的性质等知识，利用∠CAB=∠CED及AE=EC是解决（2）、（3）两小题的关键．29．已知AB是圆O的切线，切点为B，直线AO交圆O于C、D两点，CD=2，∠DAB=30°，动点P在直线AB上运动，PC交圆O于另一点Q．（1）当点P运动到使Q、C两点重合时（如图1），求AP的长；（2）点P在运动过程中，有几个位置（几种情况）使△CQD的面积为？（直接写出答案）（3）当△CQD的面积为，且Q位于以CD为直径的上半圆，CQ＞QD时（如图2），求AP的长．考点：圆的综合题；解一元二次方程-公式法；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．专题：综合题．分析：（1）如图1，利用切线的性质可得∠ACP=90°，只需求出AC，然后在Rt△ACP中运用三角函数就可解决问题；（2）易得点Q到CD的距离为，结合图形2，即可解决问题；（3）过点Q作QN⊥CD于N，过点P作PM⊥CD于M，连接QD，如图3，易证△CNQ∽△QND，根据相似三角形的性质可求出CN．易证△PMC∽△QNC，根据相似三角形的性质可得PM与CM之间的关系，由∠MAP=30°即可得到PM与AM之间的关系，然后根据AC=AM+CM就可得到PM的值，即可得到AP的值．解答：解：（1）∵AB与⊙O相切于点B，∴∠ABO=90°．∵∠DAB=30°，OB= CD= ×2=1，∴AO=2OB=2，AC=AO﹣CO=2﹣1=1．当Q、C两点重合时，CP与⊙O相切于点C，如图1，则有∠ACP=90°，∴cos∠CAP= = = ，解得AP= ；（2）有4个位置使△CQD的面积为．提示：设点Q到CD的距离为h，∵S△CQD= CD?h= ×2×h= ，∴h= ．由于h= ＜1，结合图2可得：有4个位置使△CQD的面积为；（3）过点Q作QN⊥CD于N，过点P作PM⊥CD于M，如图3．∵S△CQD= CD?QN= ×2×QN= ，∴QN= ．∵CD是⊙O的直径，QN⊥CD，∴∠CQD=∠QND=∠QNC=90°，∴∠CQN=90°﹣∠NQD=∠NDQ，∴△QNC∽△DNQ，∴ = ，∴QN2=CN?DN，设CN=x，则有 =x（2﹣x），整理得4x2﹣8x+1=0，解得：x1= ，x2= ．∵CQ＞QD，∴x= ，∴ =2+ ．∵QN⊥CD，PM⊥CD，∴∠PMC=∠QNC=90°．∵∠MCP=∠NCQ，∴△PMC∽△QNC，∴ = =2+ ，∴MC=（2+ ）MP．在Rt△AMP中，tan∠MAP= =tan30°= ，∴AM= MP．∵AC=AM+MC= MP+（2+ ）MP=1，∴MP= ，∴AP=2MP= ．点评：本题主要考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、三角函数、特殊角的三角函数值、切线的性质、解一元二次方程等知识，把求AP的值转化为解△ABC是解决第（3）小题的关键．30．在平面直角坐标系xOy中，直线y= x﹣2 与x轴、y轴分别交于A，B两点，P是直线AB上一动点，⊙P的半径为1．（1）判断原点O与⊙P的位置关系，并说明理由；（2）当⊙P过点B时，求⊙P被y轴所截得的劣弧的长；（3）当⊙P与x轴相切时，求出切点的坐标．考点：圆的综合题．分析：（1）由直线y= x﹣2 与x轴、y轴分别交于A，B两点，可求得点A与点B的坐标，继而求得∠OBA=30°，然后过点O作OH⊥AB于点H，利用三角函数可求得OH的长，继而求得答案；（2）当⊙P过点B时，点P在y轴右侧时，易得⊙P被y轴所截的劣弧所对的圆心角为：180°﹣30°﹣30°=120°，则可求得弧长；同理可求得当⊙P过点B时，点P在y轴左侧时，⊙P被y轴所截得的劣弧的长；（3）首先求得当⊙P与x轴相切时，且位于x轴下方时，点D的坐标，然后利用对称性可以求得当⊙P与x轴相切时，且位于x轴上方时，点D的坐标．解答：解：（1）原点O在⊙P外．理由：∵直线y= x﹣2 与x轴、y轴分别交于A，B两点，∴点A（2，0），点B（0，﹣2 ），在Rt△OAB中，tan∠OBA= = = ，∴∠OBA=30°，如图1，过点O作OH⊥AB于点H，在Rt△OBH中，OH=OB?sin∠OBA= ，∵ ＞1，∴原点O在⊙P外；（2）如图2，当⊙P过点B时，点P在y轴右侧时，∵PB=PC，∴∠PCB=∠OBA=30°，∴⊙P被y轴所截的劣弧所对的圆心角为：180°﹣30°﹣30°=120°，∴弧长为： = ；同理：当⊙P过点B时，点P在y轴左侧时，弧长同样为：；∴当⊙P过点B时，⊙P被y轴所截得的劣弧的长为：；（3）如图3，当⊙P与x轴相切时，且位于x轴下方时，设切点为D，在PD⊥x轴，∴PD∥y轴，∴∠APD=∠ABO=30°，∴在Rt△DAP中，AD=DP?tan∠DPA=1×tan30°= ，∴OD=OA﹣AD=2﹣ ，∴此时点D的坐标为：（2﹣ ，0）；当⊙P与x轴相切时，且位于x轴上方时，根据对称性可以求得此时切点的坐标为：（2+ ，0）；综上可得：当⊙P与x轴相切时，切点的坐标为：（2﹣ ，0）或（2+ ，0）．点评：此题属于一次函数的综合题，考查了直线上点的坐标的性质、切线的性质、弧长公式以及三角函数等知识．注意准确作出辅助线，注意分类讨论思想的应用．

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2023九年级数学下册期中重点圆测试题8(含答案解析)