1、2020-2021中考數學易錯題專題訓練-圓的綜合練習題附答案一、圓的綜合1 . (1)如圖1,在矩形 ABCD中，點 O在邊AB上，/AOO/BOD,求證：AO=OB;(2)如圖2, AB是。的直徑，PA與。相切于點A, OP與。相交于點C,連接CB, Z OPA=40 ；求 / ABC 的度數.【答案】(1)證明見解析；(2) 25°.【解析】試題分析：(1)根據等量代換可求得 /AOD=/ BOC,根據矩形的對邊相等，每個角都是 直角，可知/A=/B=90°, AD=BC,根據三角形全等的判定 AAS證得AODZBOC,從而 得證結論.(2)利用切線的性質和直角三角形

2、的兩個銳角互余的性質得到圓心角/POA的度數，然后利用圓周角定理來求 / ABC的度數.試題解析：(1) - ZAOC=Z BOD / AOC -/ COD=Z BOD-/ COD即 / AOD=Z BOC四邊形ABCD是矩形/ A=Z B=90 ； AD=BCAOD BOC.AO=OB(2)解：.AB是eO的直徑，PA與eO相切于點A,.PA，AB,/ A=90 :又 /OPA=40,/ AOP=50 ；.OB=OC, / B=/OCB.又 / AOP=/ B+Z OCB,“1 八B OCB AOP 25 . 22.如圖，在銳角 ABC中，AC是最短邊.以 AC為直徑的OO,交BC于D,過O

3、作OE/ BC,交 OD于 E,連接 AD> AE、CE(1)求證：/ACE之 DCE;(2)若/B=45, / BAE=15,求/EAO的度數；S CDF 2(3)若 AC=4, C,求 CF的長.S COE 3【答案】(1)證明見解析，(2) 60。； (3)勺叵3【解析】【分析】(1)易證 /OEG/OCE /OEG/EC口 從而可知 Z OCE=Z ECD,即 / ACE=/DCE;(2)延長AE交BC于點G,易證ZAGC=ZB+ZBAG=60°,由于OE/ BC,所以/AEO=/AGC=60 ；所以 /EAO=/AEO=60 ;SVCOE1, 一 SVCDF2.、，S

4、VCDF1(3)易證黃且由于薩嘰 所以薩也=_,由圓周角定理可知 SVCAE2SVCOE3SVCAE3/AEO/FDO90 ；從而可證明 CDQ4CEA利用三角形相似的性質即可求出答案.【詳解】(1) OC=OE,ZOEC=Z OCE1.OE/ BC, ./OEG/EC口/ OCE=/EC口即 / ACE=/DCE(2)延長AE交BC于點G. / AGC是 ABG 的外角，Z AGC=ZB+Z BAG=60 :1. OE/ BC,/ AEO=Z AGC=60 :. OA=OE,/ EAO=Z AEO=60 :(3) :。是 AC中點，. SVCOE -1.SVCAE2q" 2 ,SV

5、COE3SVCDF1=一SVCAE3. AC是直徑，/AEO/FDO90 : Z ACE=ZFCD,ACDFACEACF .3 =,CA 3,，cf=21ca=4.【點睛】本題考查了圓的綜合問題，涉及平行線的性質，三角形的外角的性質，三角形中線的性 質，圓周角定理，相似三角形的判定與性質等知識，需要學生靈活運用所學知識.3.已知AB, CD都是e O的直徑，連接 DB,過點C的切線交DB的延長線于點 E.1 如圖 1,求證： AOD 2 E 1800；2如圖2,過點A作AF EC交EC的延長線于點 F,過點D作DG AB ,垂足為點G,求證：DG CF;-DG 33如圖3,在2的條件下，當 時

6、，在e O外取一點H,連接CH、DH分別交CE 4e O于點M、N,且 HDE HCE，點P在HD的延長線上，連接 PO并延長交CM于點Q,若PD 11, DN 14, MQ OB ,求線段HM的長.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3) 8於 7【解析】【分析】(1)由 /D+/E=90°,可得 2/D+2/E=180°,只要證明 /AOD=2/D 即可；(2)如圖2中，作OR，AF于R只要證明 4AO宅 ODG即可；(3)如圖 3 中，連接 BG OM、ON、CN,彳BTL CL于 T,作 NK±CH于 K,設 CH 交 DE于W.解直角三角形分別求出

7、KM, KH即可；【詳解】1證明：如圖1中,QeO與CE相切于點C,OC CE, OCE 900， D E 90°2 D 2 E 180°,Q AOD COB, BOC 2 D , AOD 2 D , AOD 2 E 1800 2證明：如圖2中，作OR AF于R.Q OCF F ORF 900, 四邊形OCFR是矩形， AF/ /CD , CF OR ,A AOD , 在VAOR和VODG中，Q A AOD, ARO OGD 90°，OA DO ,VAOR VODG ,OR DG , DG CF ,3解：如圖3中，連接BC OM、ON、CN,彳BT CL于T,作N

8、K CH于K,設CH交DE于W.設 DG 3m,則 CF 3m, CE 4m ,Q OCF F BTE 900,AF/ /OC/ /BT ,Q OA OB,CT CF 3m,ET m ,Q CD為直徑，CBD CND 90o CBE ,E 90oEBT CBT ,tan E tan CBT ,BT CT ET BT 'BT 3m m BTBT J3m（負根已經舍棄），tan3m、3,60°,Q CWD HDE H , HDEH E 60°,MON 2 HCN 60°，QOM ON ,VOMN是等邊三角形，MN ON ,QQM OB OM ,P 180

9、76; H 120°,MOQ MQOQ MOQ PON 180° MON 120°,MQOPON P,ON NP 14 11 25,CD 2ON 50, MN ON 25,在 RtVCDN 中，cn Jcd2 dn2 h2 142 48，在 RtVCHN 中，tan H CN 至-J3, HN HNHN 1673 ,在 RtVKNH 中，KH - HN 86, NK HN 24, 22在 RtVNMK 中，mK JMN2 NK2 J252 242 7,HM HK MK 8近 7 .勾股定理、等邊三角形的本題考查圓綜合題、全等三角形的判定和性質、平行線的性質、 判定

10、和性質、銳角三角函數等知識，添加常用輔助線，構造全等三角形或直角三角形解題 的關鍵.4.如圖，OM與菱形ABCD在平面直角坐標系中，點 M的坐標為（3, - 1）,點A的坐標為（-2, J3）,點B的坐標為（-3, 0）,點C在x軸上，且點 D在點A的左側.（1）求菱形ABCD的周長；（2）若。M沿x軸向右以每秒2個單位長度的速度平移，同時菱形 ABCD沿x軸向右以每 秒3個單位長度的速度平移，設菱形移動的時間為 t （秒），當。M與BC相切，且切點為 BC的中點時，連接BD,求：t的值；ZMBD的度數；（3）在（2）的條件下，當點 M與BD所在的直線的距離為 1時，求t的值.【答案】(1)8

11、； ( 2)7 ;1050 ; ( 3)t=6 -事或6+【解析】分析：（1）根據勾股定理求菱形的邊長為2,（2）如圖2,先根據坐標求EF的長，由所以可得周長為EE FE=EF=7,8；列式得：3t -2t=7,可得t的值； 先求/EBA=60：則/FBA=120：再得ZMBF=45 °,相加可得：/ MBD = Z MBF+Z FBD=45 +60 = 105 ;（3）分兩種情況討論：作出距離MN和ME,第一種情況：如圖 5由距離為1可知：BD為。M的切線，由BC是。M的切線，得/MBE=30。，列式為3t+J3=2t+6,解出即可；第二種情況：如圖 6,同理可得t的值.詳解：（1

12、）如圖1 ,過A作AE± BC于E.點 A 的坐標為（-2, J3）,點 B 的坐標為（-3, 0） , ，AE=J3, BE=3-2=1,AB= TAeBe7 = 7( V3)2 12 =2 .四邊形 ABCD是菱形，AB=BC=CD=AD=2,菱形 ABCD的周長=2 X 4=8 M (3 BC=2,t=7；(2) 如圖2, OM與x軸的切點為F, BC的中點為E.T) , - F (3, 0).0) , EF=7,即 EE - FE=EF, ，3t2t=7,且E為BC的中點，E (-4,由（1）可知：BE=1 , AE=J3,如圖 4, Z FBA=120 °./ A

13、E . 3 一tanZ EBA=-=。3 , Z EBA=60四邊形ABCD是菱形,Z FBD=1 Z FBA=- 120 =60 BC是 O M 的切線，MF ± BC. F是BC的中點，.-.BF=MF=1, .BFM是等腰直角三角形，/ MBF=45 ；/ MBD=Z MBF+Z FBD=45 +60 = 105 ;(3)連接BM,過M作MNXBD,垂足為N,作MEBC于E,分兩種情況: 第一種情況：如圖5.四邊形 ABCD 是菱形，ZABC=120 °, ./CBD=60：，/NBE=60°. 點M與BD所在的直線白距離為 1, MN=1, BD為。M的切

14、線. BC是 O M 的切線，/ MBE=30 °. ME=1,EB=>/3 , . . 3t+V3=2t+6, t=6- 73 ;第二種情況：如圖 6.四邊形 ABCD 是菱形， ZABC=120 °, ，/DBC=60°,/ NBE=120 點M與BD所在的直線白距離為 1,，MN=1,，BD為。M的切線. BC是 O M 的切線，/ MBE=60 °.EB= ME=MN=1,RtA BEM 中,tan60 =ME ,tan 603BE.-.3t=2t+6+ , t=6+3；1 時，t=6 J3 或 6+ .33綜上所述：當點 M與BD所在的直

15、線的距離為3V小人D AD A點睛：本題是四邊形和圓的綜合題，考查了菱形的性質、圓的切線的性質和判定、特殊的 三角函數值、等腰直角三角形的性質、動點運動問題，此類問題比較復雜，弄清動點運動 方向、速度、時間和路程的關系，并與方程相結合，找等量關系，求出時間 t的值.5.如圖，一條公路的轉彎處是一段圓弧Ab1用直尺和圓規作出 Ab所在圓的圓心o；(要求保留作圖痕跡，不寫作法 ) 2若AB的中點C到弦AB的距離為20m, AB 80m ,求AB所在圓的半徑.分析：1連結AC、BC,分另作AC和BC的垂直平分線，兩垂直平分線的交點為點O,如圖1;2連接oa, oc, oc交ab于d,如圖2,根據垂徑

16、定理的推論，由 c為Ab的中點得 一一一 _1 _ 一到 OCAB , ADBD-AB40 ,則 CD20,設e O 的半徑為r,在 RtVOAD2222中利用勾股定理得到r (r 20)40 ,然后解方程即可.詳解：1如圖1,點O為所求；2連接OA, OC, OC交AB于D,如圖2,QC為AB的中點，OC AB ,1AD BD AB 402 ，設e O的半徑為r,則OA r, OD OD CD r 20,在 RtVOAD 中，QOA2 OD2 AD2,r2 (r 20)2 402,解得 r 50,即AB所在圓的半徑是50m.點睛：本題考查了垂徑定理及勾股定理的應用，在利用數學知識解決實際問題

17、時，要善" 把實際問題與數學中的理論知識聯系起來，能將生活中的問題抽象為數學問題.6.矩形ABCD中，點C (3, 8) , E、F為AB、CD邊上的中點，如圖1,點A在原點處，點B在y軸正半軸上，點 C在第一象限，若點 A從原點出發，沿x軸向右以每秒1個單位 長度的速度運動，點 B隨之沿y軸下滑，并帶動矩形 ABCD在平面內滑動，如圖 2,設運動 時間表示為t秒，當點B到達原點時停止運動.(1)當t=0時，點F的坐標為;(2)當t=4時，求OE的長及點B下滑的距離；(3)求運動過程中，點 F到點O的最大距離；(4)當以點F為圓心，FA為半徑的圓與坐標軸相切時，求 t的值.【答案】(

18、1) F (3, 4);(2) 8-46；(3)7; (4) t的值為4或絲.55【解析】試題分析：(1)先確定出DF,進而彳#出點F的坐標；(2)利用直角三角形的性質得出/ABO=30。，即可得出結論；(3)當O、E、F三點共線時，點F到點O的距離最大，即可得出結論；(4)分兩種情況，利用相似三角形的性質建立方程求解即可.試題解析：解：(1)當 t=0 時.AB=CD=8, F 為 CD 中點，DF=4, F (3, 4)；(2)當 t=4 時，OA=4.在 RtABO 中，AB=8, / AOB=90°,/ ABO=30 ；點E是AB的中點,OE=3AB=4, BO=4>/

19、3 ,點B下滑的距離為8 473.(3)當O、E、F三點共線時，點 F到點O的距離最大，FO=OE+EF=.圖1卻(4)在 RtADF 中，FD2+AD2=AF2,，AF=JFD2AD2 =5,設 AO=ti 時，。5與*軸ti3，相切，點 A 為切點，.FAI OA,ZOAB+Z FAB=90° . / FAD+/ FAB=90°,/ BAO=Z FAD. / BOA=Z D=90 ；RtA FA& RtA ABO,膽 -AO , 8 FA FE 5t2="5. .ti=24,設AO=t2時 OF與y軸相切，B為切點，同理可得,5綜上所述：當以點 F為圓

20、心，FA為半徑的圓與坐標軸相切時，t的值為 冽 或32.55點睛：本題是圓的綜合題，主要考查了矩形的性質，直角三角形的性質，中點的意義，勾股定理，相似三角形的判定和性質，切線的性質，解(2)的關鍵是得出/ABO=30。，解(3)的關鍵是判斷出當 O、E、F三點共線時，點F到點O的距離最大，解(4)的關鍵是 判斷出RHFAaRtA ABD,是一道中等難度的中考常考題.7.已知：BD為。的直徑，O為圓心，點A為圓上一點，過點 B作。的切線交DA的延 長線于點F,點C為。上一點，且 AB= AC,連接BC交AD于點E,連接AC.(1)如圖 1,求證：/ABF=/ABC;(2)如圖2,點H為。O內部一

21、點，連接 OH, CH若/ OHC=/HCA= 90°時，求證：CH=1DA;2在（2）的條件下，若 OH=6,。的半徑為10,求CE的長.圄I圖？【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3） 4.51由BD為e O的直徑，得到 D ABD 90°,根據切線的性質得到FBA ABD 90°,根據等腰三角形的性質得到 結論；2如圖2,連接OC,根據平行線的判定和性質得到 的性質得到OBC OCB , ABC CBO的性質即可得到結論；C ABC ,等量代換即可得到ACOCOH ,根據等腰三角形ACBOCB ,根據相似三角形3根據相似三角形的性質得到公B型 2,根據勾股

22、定理得到OH OCAD JbD2AB 2 16，根據全等三角形的性質得到 BF BE , AFAE ,根據射影122 -定理得到AF 9 ,根據相交弦定理即可得到結論.161 Q BD為e O的直徑，BAD 90°,D ABD 90°,Q FB是e O的切線，FBD 90°,FBA ABD 90°,FBA D ,Q AB AC ,C ABC ,Q C D ,ABF ABC；2如圖2,連接OC,Q OHC HCA 900,AC/OH ,ACO COH ,QOB OC ,OBC OCB,ABC CBO ACB OCB, 即 ABD ACO,ABC COH ,

23、 Q H BAD 900,VABD sVHOC ,AD BD2,CH OC-1CH - DA ；23 由 2 知，VABCs VHOC ,AB BD一 一 2,OH OCQOH 6, e O的半徑為10,AB 2OH 12, BD 20,AD -BD2 AB2 16, 在VABF與VABE中，ABF ABEAB AB , BAF BAE 90oVABF VABE , BF BE , AF AE ,Q FBD BAD 900,AB2 AF AD ，AF12216AE AF 9, de 7, be Jab2 AE2Q AD , BC交于 E,15,AE DE BE CE ,CEAE DE 9 7

24、21BE 155本題考查了切線的性質，圓周角定理，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性 質，平行線的性質，勾股定理，射影定理，相交弦定理，正確的識別圖形是解題的關鍵.8.如圖，AB是。的直徑，弦BC= OB,點D是AC上一動點，點E是CD中點，連接BD 分別交OC, OE于點F, G.(1)求/ DGE的度數；c 什 CF 1- BF i(2)右=，求的值；OF 2 GF(3)記CFB, ADGO的面積分別為S2,若CF = k，求 義 的值.(用含k的式子表OFS2示)7S k2 k 1【答案】(1)/DG$ 60。；(2)； (3)=-k-J .2S2 k 1【解析】【分析】(1)

25、根據等邊三角形的性質，同弧所對的圓心角和圓周角的關系，可以求得/DGE的度數；(2)過點F作FHI±AB于點H設CF= 1,則OF=2, OC= OB= 3,根據勾股定理求出 BF的 BF長度，再證得 FG8 4FC玲進而求得 的值；GFk的式子表(3)根據題意，作出合適的輔助線，然后根據三角形相似、勾股定理可以用含一，Si 不出廠一的值.S2【詳解】解：(1)BC= OB=OC,/ COB= 60 ；1/ CDB= 一 ZCOB= 30 ,2. OC= OD,點E為CD中點， OEXCD),/ GED= 90 ；/ DGE= 60 ;(2)過點F作FHAB于點H設 CF= 1 ,貝

26、U OF= 2, OC= OB= 3 / COB= 60 ° .OH= 1OF=1,2 .HF=6oH=6, HB=OB- OH=2,在 RtBHF 中，BF JhB2 HF2 曲, 由 OC= OB, /COB= 60°得：/OCB= 60°, 又 ZOGB= / DGE= 60°,/ OGB= / OCB, / OFG= / CFB, .,.FGOAFCB, .of 笆BF CF ' GF*'BF 7GF -2過點F作FHAB于點H, 設 OF= 1,則 CF= k, OB= OC= k+1,/ COB= 60 ；OH= _ OF=,

27、-HF= . 30H2,HB=OB-OH=k+1 ，2在 RtBHF 中，BF= HB2 HF2k2 k 1,由(2)得：FG84FCBGO OF GO 1，即 |2-/ 2CB BF k 1,k k 1.GOk 1,k211過點C作CP，BD于點P / CDB= 30 °1PC= CD,2點E是CD中點，1.DE CD,2PC= DE,.DEXOE, k2 k 12S BFk2 k 1 = k 1=S2 GO _ k 1；k2 k 1【點睛】圓的綜合題，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用三角形相似和 勾股定理、數形結合的思想解答.9.如圖，拋物線 y=ax2+b

28、x+c經過點 A (-2, 0)、B (4, 0)、C (0, 3)三點.V*V .r卜"八圄 圖(1)試求拋物線的解析式；(2)點P是y軸上的一個動點，連接 PA,試求5PA+4PC的最小值;(3)如圖，若直線l經過點T ( - 4, 0) , Q為直線l上的動點，當以 A、B、Q為頂點所作的直角三角形有且僅有三個時，試求直線l的解析式.3 23【答案】(1) y x x 3; (2) 5PA+4PC的最小值為18； ( 3)直線l的解析式 8443.3人為 yX3或 yx3.44【解析】 【分析】(1)設出交點式，代入 C點計算即可(2)連接AG BC,過點A作AE，BC于點E,

29、過PCPD4點P作PD)± BC于點D,易證CD/COB,得到比例式 ，得到PD一 PC,所BCOB5以 5PA+4PC= 5 (PA+4PC) = 5 ( PA+PD ,當點 A、P、D在同一直線上時，5PA+4PC= 5 5(PA+PD = 5AE最小，利用等面積法求出AE=18,即最小值為18 ( 3)取AB中點F,5以F為圓心、FA的長為半徑畫圓，當/BAQ= 90°或/ ABQ=90°時，即AQ或BQ垂直x軸， 所以只要直線l不垂直x軸則一定找到兩個滿足的點Q使/ BAQ= 90。或/ ABQ= 90°,即/ AQB= 90時，只有一個滿足條件

30、的點 Q, 直線l與。F相切于點Q時，滿足/ AQB= 90。的點Q只有一個；此時，連接 FQ,過點Q作QG,x軸于點G,利用cos/QFT求出 QG,分出情況Q在x軸上方和x軸下方時，分別代入直接 l得到解析式即可【詳解】解：(1)二.拋物線與x軸交點為A ( - 2, 0)、B (4, 0) . y = a (x+2) ( x- 4)把點C (0, 3)代入得：-8a=33.a =8，拋物線解析式為 y= - - (x+2) (x- 4) =- - x2+ x+3884(2)連接 AC BC,過點A作AE± BC于點E,過點P作PD±BC于點D/ CDP= / COB=

31、 90 ° / DCP= / OCB.-.CDFACOBPC PDBC OB- B (4, 0) , C (0, 3).OB=4, OC= 3, BC= OB2 OC2 =54 .PD= - PC55PA+4PC= 5 (PA+4PC) =5 ( PA+PQ，當點 A、P、D在同一直線上時， 5PA+4PC= 5 (PA+PD = 5AE最小 . A (2, 0) , OCX AB, AE± BC Sa abc= 1AB?OC= 1 BC?AE22ABn OC 6 3 18AE= BC 55 -5AE= 18 5PA+4PC的最小值為18.(3)取AB中點F,以F為圓心、F

32、A的長為半徑畫圓當/BAQ= 90°或/ABQ= 90°時，即 AQ或BQ垂直x軸，只要直線l不垂直x軸則一定找到兩個滿足的點Q使/ BAQ= 90或/ ABQ= 90 / AQB= 90時，只有一個滿足條件的點Q當Q在。F上運動時(不與 A、B重合)，/AQB= 90 °，直線l與。F相切于點Q時，滿足ZAQB= 90的點Q只有一個此時，連接FQ,過點Q作QGi± x軸于點G / FQ90 .F 為 A ( 2, 0)、B (4, 0)的中點 .F (1, 0) , FQ= FA= 3- T (-4, 0), FQ 3.TF= 5, cos/QFT=

33、一TF 5FG 3RtA FGQ 中 cos/ QFT= 一FQ 53FG= - FQ=1255 xq= 194 , QG= mQFG554 12若點Q在x軸上方，則Q ()5 5設直線l解析式為：y= kx+b4k b 0412 解得:k b553，直線 l： y -x 34412右點Q在x軸下方，則Q ( 一，一)553，直線 l： y -x 3433綜上所述，直線l的解析式為y3x3或y-x344【點睛】本題是二次函數與圓的綜合題，同時涉及到三角函數、勾股定理等知識點，綜合度比較高，需要很強的綜合能力，第三問能夠找到滿足條件的Q點是關鍵，同時不要忘記需要分情況討論PD10.如圖，AB是圓

34、。的直徑，。為圓心，AD、BD是半圓的弦，且 /PDA=/ PBD.延長 交圓的切線BE于點E(1)判斷直線PD是否為。的切線，并說明理由;(2)如果 / BED=60°, PD=J3,求 PA 的長；(3)將線段PD以直線AD為對稱軸作對稱線段 DF,點F正好在圓。上，如圖2,求證:邊形DFBE為菱形.【答案】(1)證明見解析；(2) 1; (3)證明見解析.【解析】【分析】(1)連接OD,由AB是圓O的直徑可得/ADB=90,進而求得/ ADO+/PDA=90 ,即可得 出直線PD為。的切線；(2)根據BE是。的切線，則/EBA=90,即可求得/ P=30。，再由PD為。的切線，

35、得 /PDO=90 ；根據三角函數的定義求得OD,由勾股定理得OP,即可得出PA;(3)根據題意可證得 /ADF=/ PDA=/ PBD=/ ABF,由AB是圓O的直徑，得 Z ADB=90 , 設/ PBD我，則可表示出 /DAF=/ PAD=90 +x°, Z DBF=2x ,由圓內接四邊形的性質得出 x 的值，可得出4BDE是等邊三角形.進而證出四邊形DFBE為菱形.【詳解】(1)直線PD為。的切線，理由如下：如圖1,連接OD,.AB是圓O的直徑，/ ADB=90 ； / ADO+Z BDO=90 ；又 DO=BO,/ BDO=Z PBD, / PDA=/ PBD,/ BDO=

36、Z PDA, / ADO+Z PDA=90 ；即 PD± OD, 點D在。O上， 直線PD為。的切線；(2) BE是。的切線，/ EBA=90 ,° / BED=60 ；/ P=30 ； .PD為。的切線,/ PDO=90 ；在 RtA PDO 中,/ P=30°, PD= ,tan300 OD ,解得 OD=1, PDPO . PD2 OD2 =2,PA=PO- AO=2 - 1=1;(3)如圖2,依題意得：/ ADF=Z PDA, / PAD=Z DAF, / PDA=/ PBDZ ADF=Z ABF,/ ADF=Z PDA=/ PBD=/ ABF,.AB是圓

37、O的直徑， / ADB=9。；設 / PBD=x ,貝U / DAF=Z PAD=90 +x°, / DBF=2x , 四邊形AFBD內接于OO, / DAF+Z DBF=180 ,°即 90°+x+2x=180°,解得 x=30°,/ ADF=Z PDA=Z PBD=Z ABF=30 ,°.BE、ED是。的切線， . DE=B / EBA=90 :/ DBE=60 ,°4BDE是等邊三角形，.BD=DE=BE又 / FDB=Z ADB- / ADF=90 30 =60 / DBF=2x =60°, .BDF是等邊

38、三角形， .BD=DF=BF.DE=BE=DF=BF本題是一道綜合性的題目，考查了切線的判定和性質，圓周角定理和菱形的性質，是中檔 題，難度較大.11. AB是。O直徑，在AB的異側分別有定點 C和動點P,如圖所示，點 P在半圓弧 AB上運動(不與 A、B重合)，過C作CP的垂線CD ,交PB的延長線于D ,已知 AB 5, BC ： CA = 4 ： 3.(1)求證：AC CD = PC BC ;(2)當點P運動到AB弧的中點時，求 CD的長；(3)當點P運動到什么位置時,PCD的面積最大？請直接寫出這個最大面積.【答案】(1)證明見解析；(2) CD=!4Y2； ( 3)當PC為。直徑時，

39、4PCD的最大面積50.3【解析】【分析】(1)由圓周角定理可得 /PCD=/ ACB=90,可證ABC/PCD,可得處 里,即可得CP CD證.(2)由題意可求 BC=4, AC=3,由勾股定理可求 CE的長，由銳角三角函數可求PE的長，即可得PC的長，由AC?CD=PC?BCT求CD的值；1 一一 ，.一 一 4 一(3)當點P在AB上運動時，Svpcd PC CD ,由(1)可得：CD -PC ,可得 23-1422SvpcdPCPC PC ,當PC最大時， PCD的面積最大，而PC為直徑時最233大，故可求解.【詳解】證明：(1)C. AB為直徑，/ ACB=90 ° PCX

40、 CD,/ PCD=90 °/ PCD=/ ACB,且 / CAB=Z CPB.ABCAPCDAC BCCP CD.AC?CD=PC?BC(2)AB=5, BC: CA=4: 3, ZACB=90°.BC=4, AC=3,當點P運動到AB的中點時，過點 B作BE,PC于點E .點P是Ab的中點，/ PCB=45 ；且 BC=4 ，CE=BE=SbO22 / CAB=Z CPBBCtan / CAB=AC4 =tan / CAB= BE3PE.PE=3223 2 7 2PC=PE+CE=+2 ,2 =.AC?CD=PC?BC-3>CD=7,2X414'.2.CD

41、=3（3）當點 p在 Ab 上運動時，s*apcd= >pc>cd,2由（1）可得：CD=4PC3一 142 qSa pcd=PC PC = PC,233當PC最大時，APCD的面積最大，當PC為。直徑時，4PCD的最大面積=2 x2=-5033【點睛】本題是圓的綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，圓的有關知識，銳角三角函數，求 出PC的長是本題的關鍵.12.如圖，過。外一點P作。的切線PA切。于點A,連接PO并延長，與。交于G D兩點，M是半圓CD的中點，連接 AM交CD于點N,連接AC、CM.(1)求證：CM2=MN.MA;(2)若 / P=30°, PC=2,求

42、CM 的長.【答案】(1)見解析；(2) CM=2 72 .【解析】【分析】(1)由 CM DM 知 CAM DCM，根 /CMA=/NMC 據證 AAM6ACMN即可得；11(2)連接OA、DM,由直角二角形 PAO中/P=30知OA PO PC CO ,據此 22求得OA=OC=2,再證三角形CMD是等腰直角三角形得 CM的長.【詳解】(1) QeO中，M點是半圓CD的中點，CAM DCM , 又Q CMA NMC ,AMCs CMN,CMMNAMCM(2)連接 OA、DM ,Q PA是e O的切線,1 OA PO2PAO 90 , 又 Q P 30 ,1一 PC CO , 2設eO的半徑

43、為r122解得：r 2 ,又Q CD是直徑,CMD 90 ,QCM DM ,CMD是等腰直角三角形，22在 Rt CMD 中，由勾股te理得 CM 2 DM 2 CD2,即 2CM 2r 16 ,則 CM 2 8,CM 2V2【點睛】本題主要考查切線的判定和性質，解題的關鍵是掌握切線的性質、圓周角定理、相似三角 形的判定和性質等知識點13.已知 RtAABC, /BAC= 90 °,點 D 是 BC 中點，AD= AC, BC= 4 J3 ,過 A, D 兩點作 OO,交AB于點E,(1)求弦AD的長；(2)如圖1,當圓心O在AB上且點M是。上一動點，連接 DM交AB于點N,求當ON

44、 等于多少時，三點 D、E、M組成的三角形是等腰三角形？(3)如圖2,當圓心 O不在AB上且動圓。與DB相交于點 Q時，過D作DHXAB (垂 足為H)并交。于點P,問：當。變動時DP- DQ的值變不變？若不變，請求出其值； 若變化，請說明理由.刻)I蚯【答案】(1) 2J3(2)當ON等于1或J3 - 1時，三點D、E M組成的三角形是等腰三角形(3)不變，理由見解析【解析】【分析】(1)根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得到AD的長；(2)連DE、ME,易得當ED和EM為等腰三角形EDM的兩腰，根據垂徑定理得推論得OE± DM,易得到 4ADC為等邊三角形，得 /CAD

45、=60°,貝U / DAO=30° , / DON=6O ,然后根據含30°的直角三角形三邊的關系得DN=1AD=J3, ON=-DN=1;23當 MD=ME, DE 為底邊，作 DHAE,由于 AD=26，/ DAE=30°,得到 DH=J3 , / DEA=60 ； DE=2,于是 OE=DE=2 OH=1,又/M=/DAE=30, MD=ME,得到 / MDE=75 ,貝U / ADM=90 -75 =15°,可得到/DNO=45；根據等腰直角三角形的性質得到NH=DH=73,則ON=J3-1;(3)連AP、AQ, DP, AB,彳導AC

46、/ DP,則/ PDB=/ C=6CT,再根據圓周角定理得/PAQ=/ PDB, /AQC=/ P,則/PAQ=60,° / CAQ=/ PAD,易證得AQ84APD,得到 DP=CQ 貝U DP-DQ=CQ-DQ=CD 而 4ADC 為等邊三角形， CD=AD=273 ,即可得到 DP-DQ 的 值.【詳解】解：(1)Z BAC= 90。，點 D 是 BC 中點，BC= 473 , .AD= 1BC= 2出；2(2)連 DE、ME,如圖， DM > DE, 當ED和EM為等腰三角形 EDM的兩腰， OEXDM, 又 AD=AC,.ADC為等邊三角形，/ CAD= 60 ；/

47、DAO= 30 ；/ DON= 60 ;1在 RtADN 中，DN= AD= 732 1'在 RtODN 中，ON=4DN=13 ， 當ON等于1時，三點D、E、M組成的三角形是等腰三角形； 當MD=ME, DE為底邊，如圖3,作DHXAE,. AD=2 6, ZDAE= 30；.DH= 73, /DEA=60 ； DE=2, .ODE為等邊三角形，.OE=DE= 2, OH=1, . Z M = Z DAE= 30 ;而 MD=ME,/ MDE= 75 °,Z ADM =90 °- 75 = 15 °,/ DNO= 45.NDH為等腰直角三角形， .NH

48、=DH=技 ON= 3 - 1 ；綜上所述，當ON等于1或J3 - 1時，三點D、E、M組成的三角形是等腰三角形;(3)當。變動時DP-DQ的值不變，DP - DQ= 2近.理由如下：連AP、AQ,如圖2,. / C= / CAD= 60 ；而 DPI AB,2 .AC/ DP,/ PDB= Z C= 60 °,又 / PAQ= / PDB,/ PAQ= 60 °,Z CAQ= / PAD,3 . AC=AD, /AQC=/P,4 .AQCAAPD,.DP= CQ,5 .DP- DQ= CQ- DQ= CD= 2 庭.【點睛】本題考查了垂徑定理和圓周角定理：平分弧的直徑垂直

49、弧所對的弦；在同圓和等圓中，相等的弧所對的圓周角相等.也考查了等腰三角形的性質以及含30。的直角三角形三邊的關系.14.我們知道，如圖1, AB是。的弦，點F是AFB的中點，過點F作EF± AB于點E, 易得點E是AB的中點，即AE= EB. OO上一點C (AC> BC),則折線 ACB稱為。的一 條折弦”.(1)當點C在弦AB的上方時(如圖2),過點F作EF±AC于點E,求證：點E是 折弦ACB'的中點，即 AE= EC+CB(2)當點C在弦AB的下方時(如圖3),其他條件不變，則上述結論是否仍然成立？若成立說明理由；若不成立，那么AE、EG CB滿足怎樣

50、的數量關系？直接寫出，不必證明.(3)如圖4,已知RtA ABC中，/C= 90°, Z BAC= 30°, RtABC的外接圓。的半徑為2,過。上一點P作PH, AC于點H,交AB于點M,當Z PAB= 45°時，求AH的長.圖1圖2C圖3及4【答案】(1)見解析；(2)結論AE= EC+C環成立，新結論為：C曰BC+AE見解析；(3) AH的長為出T或邪+1 .【解析】【分析】(1)在AC上截取AG= BC,連接FA, FG, FB, FC,證明FA8 4FBC,根據全等三角形 的性質得到FG= FC,根據等腰三角形的性質得到EG= EC,即可證明.(2)在C

51、A上截取CG= CB,連接FA, FB, FC,證明FC84FCB,根據全等三角形的性 質得到FG= FB,得到FA= FG,根據等腰三角形的性質得到 AE= GE,即可證明.(3)分點P在弦AB上方和點P在弦AB下方兩種情況進行討論.【詳解】解：(1)如圖2,在 AC 上截取 AG= BC,連接 FA, FG, FB, FC, 丁點F是AFB的中點，FA= FB，在4FAG和4FBC中，FA FBFAG FBCAG BC,. .FA® FBC (SA§ ,FG= FC,/FEI AC,EG= EC,，AE= AG+EG= BC+CE(2)結論AE=EC+C必成立，新結論為

52、：CE=BC+A耳理由：如圖3,在CA上截取CG= CB,連接FA, FB, FC,丁點f是即8的中點，1 FA= FB, Pa Rb，Z FCG= Z FCBCG CB在 AFCG 和 AFCB 中，FCG FCBFC FC,.-.FC(AFCB(SA5 ,FG= FB,FA= FG,FE± AC,.AE=GE,.CE=CG+G2 BC+AE(3)在 RtABC 中，AB=2OA=4, Z BAC= 30 ,BC -AB 2, AC 273,2當點P在弦AB上方時，如圖4,在CA上截取CG= CB,連接PA PB, PG, / ACB= 90 ； .AB為OO的直徑，/ APB= 90 ； / PAB= 45 ；/ PBA= 45 = / PAB,P