初中數(shù)學(xué)同步練習(xí)拔高難度-24圓教師卷

★啟用

2014-2015學(xué)年度???4月月考試卷副標(biāo)考試范圍：xxx；考試時間：100—二三四五六答題前填寫好自己的、班級、考號等信I卷（選擇題I一、選擇題（題型注釋xOy

經(jīng)過點(diǎn)A60B06O的

P

POPQQ為切點(diǎn)，則切線長PQ的最小值為 7B．7B．【答案】試題分析：聯(lián)

C．3OQC．3OQPQ OP2OQPQ OP2OQ2 OP2ABOPOPABOP1AB322如圖，已知正方形ABCDE是邊AB的中O是線段AE上的一個動點(diǎn)（不與A、E重合O為圓心，OB為半徑的圓與邊AD相交于點(diǎn)M，過點(diǎn)M作⊙O的切線交則下列結(jié)論不一定成立的是 【答案】（1）21212121

2121∵（OA+DN）=MP，∴S△MNO=S2121∴S1=S2+S3S1＞S2+S3.故AABCDA在△AMODMNAOMDMN，∴△AMO∽△DMN．B2，過點(diǎn)BBP⊥MN21212121

∵AD∥BC，∴∠CBM=∠AMB.BPMRt△MABRt△MPB中PMBAMBBMBP 中，BNBN ，∠PBN=∠CBN. A．考點(diǎn)：1.單動點(diǎn)問題；2.切線的性質(zhì)3.正方形的性質(zhì)；4在平面直角坐標(biāo)系xOyA（－3，0B（0，3P（1，0，為點(diǎn)P′，當(dāng)⊙P′與直線相交時，橫坐標(biāo)為整數(shù)的點(diǎn)P′共有（ 【答案】（1，0，⊙P1，33若⊙PAB333A（－3，03

P′，∴MD⊥AB，MD=1.（－10N（－5，0）.30；6.分類思想和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．如圖在半徑為5⊙O中BCD是互相直的兩條弦垂足為P且ABCD，則P的長為( )2 222【答案】

OM⊥ABM，ON⊥CDN5252∵OM⊥ABM，ON⊥CD2MONP2

.P25xA，BA（2，0（6，0(4, B. C.（4，4）D.（2，26(4,【答案】PPC⊥AB（2，0（6，0C（4，0）5 5PC=4，P（4，4C．1.垂徑定理；2當(dāng)滾動到⊙OCAO2A. 2【答案】O′C，O′B，O′D，OO′，21212121

OC2OB2

4222231.切線的性質(zhì)；2如圖，AB切⊙O于點(diǎn)B，OA＝23，∠A＝30°，弦BC∥OA，則劣 的弧長3323332323【答案】Rt△ABO，OA=233 3OB=OC，60603 33則劣弧BC長 1.切線的性質(zhì)；230；3.2 ，則弦AB所對的圓的度數(shù)2A. B. C.45°135D.60【答案】OA、OBOOF⊥AB，2 22212 2212222221 21考點(diǎn):1.垂徑定理；2.圓定理；3.特殊角的三角函數(shù)值1ABCDAB、CAEFEF時，BC的長度等于 2346 2346【答案】60036003II卷（非選擇題II二、填空題（題型注釋如圖所示，MNOMN1200CO3點(diǎn)A、B。已知圓O的半徑 ，那么在點(diǎn)C的運(yùn)動過程中AE+BD的最小值3 2121221DE＝MNOA、OM，OCMN、ABF、2121∴∠OMN＝213∵⊙的半徑 3

OM＝ 3，MF＝ 3 ＝32321 32321321413 321413 3 2343324343324AO2AO2

32 44212324212324CMNAE＋BD針方向）AAA1A2，其中第二次翻滾被桌面上一小木塊擋住，使木板與桌面成30°角，則點(diǎn)A翻滾到A2位置時，點(diǎn)A共走過的路徑長是2290529052112C，AC60A1126036032ABBCAC∥QNAM=MB=2cmQM=4cm點(diǎn)PQQN1cmtP3為半徑的圓與△ABC的邊相切（切點(diǎn)在邊上），請寫出t可取的一切值（單位：秒21∵QN∥AC，AM=BM．∴NBC∴MN=213當(dāng)⊙P切AB于M′時，連接PM′，則 3即3 3t=3，當(dāng)⊙PACC3則3

3≤t≤7PAC3當(dāng)⊙P切BC于N′時，連接PN′，則 3t=8；如圖，等圓⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點(diǎn)，⊙O1經(jīng)過⊙O2的圓心O2A在x軸的正半軸上，兩圓分別與x軸交于C、D兩點(diǎn)，yO2O1O1y以上結(jié)論正確的 ．（寫出所有正確結(jié)論的序號試題分析：AO1，AO2，BO1，BO21AO1，AO2，BO1，BO2，21∴AD=O1O2=21④∵由③知

4333試題分析AB為圓的切線，得到OC垂直于AB，再由OA=OB，利用三線合一得到CAB中點(diǎn)，且OC為角平分線，在Rt△AOC中，利用30度所對的直角邊等于斜邊的一半求出OC的長，利用勾股定理求出AC的長，進(jìn)而確定出AB的長，求出∠AOB度數(shù)，從而根據(jù)陰影部分面積=△AOB21Rt△AOC，∠A=30°，OA=4，∴OC=214∴∠AOB=120°，ACOA2OC223 4∴∴陰 扇 1432.如圖，點(diǎn)C在以AB為直徑的半圓上，AB＝8，∠CBA＝30°，點(diǎn)D段AB上運(yùn)動E與點(diǎn)DACDF⊥DEDECF．下列結(jié)論CF；②EF23AD＝2，EFFBC上，則AD＝25；⑤當(dāng)點(diǎn)D從點(diǎn)A運(yùn)動到點(diǎn)B時，線段EF掃過的面積是163．其 又∵DF⊥DECDF90CDE90EF.∴CD=CF.∴CE＝CF.結(jié)論①正CD⊥AD時線段CD∵ABO∵AB＝8，∠CBA＝30°，∴AC＝4，BC＝43CD⊥ADCDBCsinABC431232EF43∵∠CAB＝90°，∠CBA＝30°，∴∠CAB＝60°.∴△AOB∵根據(jù)軸對稱的性質(zhì)∴EFFBCD，F(xiàn)B，AD=AB=8.DABEF△ABC21635.30；6.；7 OA2B2C2OOA2A2C2OB2

A2C2A2B2B2C2S2

圍成的陰影部分面積為

．則（1）S1 （2）SnSn11 442442∴B1B2=22- 再根據(jù)勾股定理得：2OA2=（22-2）2解得：OA2=642 (642)則陰影的面積=6-42-90(642)=6-4(642)11 如右圖，正六邊形ABCDEF的邊長為2，兩頂點(diǎn)A、B分別在x軸和y軸上運(yùn)動，則頂點(diǎn)D到原點(diǎn)O的距離的最大值和最小值的乘積為 【答案】O、D、AB，OD3 3

BD2BK2

13

13

13-

13

13-1.正多邊形和圓；2.Rt△ABC，∠ABC900AB8cmBC6cmA,C2 的長為半徑作圓,將Rt△ABC截去兩個扇形，則剩余（陰影）部分的面積2cm2（24254168242425Rt△ABC，∠ABC900,∴∠A＋∠C=900425∴兩個扇形的面積的和為半徑5圓心角900的扇形的面積即四分之一圓的面 24254

cm2刻度尺均與圓相切（切點(diǎn)為B、P，且測得PA=5，則鐵環(huán)的半徑為 53Rt△OPAOOQ⊥AB又3 （cm）35322【答案】15°

21∴sin∠ABC=212 222 2215°75°．S1別繞直線AB,CD旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體的表面積分別S1 【答案】CD：2π×2×3=12π，1.圓錐的計(jì)算；2.點(diǎn)、線、面、體；3.如圖，直徑為10的⊙A經(jīng)過點(diǎn)C(0,5)和點(diǎn)O(0,0)，B是y軸右側(cè)⊙A優(yōu)弧上一點(diǎn),則∠OBC的正弦值為 21【答案 21試題分析：首先連接AC，OA，由直徑為10的⊙A經(jīng)過點(diǎn)C（0，5）和點(diǎn)O（0，0，可得△OAC是等邊三角形，繼而可求得∠OAC的度數(shù)，又由圓定理，即可求得∠OBCO（0，021 2121∴∠OBC：sin3021考點(diǎn):1.圓定理；2.坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；3.銳角三角函數(shù)的定義 0

2【答案2線的對稱性，可知陰影部分的面積=半圓的面積﹣△AOCO（0，0my=4x29my=49O（0，0）代入，得49my4（x﹣3）2+4A（3，49221（2212121

若⊙O的半徑為1，則AP＋BP的最小值 2【答案 2試題分析：本題是要在MN上找一點(diǎn)P，使PA+PB的值最小，設(shè)A′是AMN的對稱點(diǎn)，連接A′BMN的交點(diǎn)即為點(diǎn)P．此時PA+PB=A′B是最小值，可證△OA′B是等AMNAA′B，MNP，PA+PBOA′，AA′．AAMNABAN^2 22 2考點(diǎn):三、計(jì)算題（題型注釋25（12

ax2bxc0ABC

ABC的☆方程”ax2bxc0的根的情況 ；①（2）

ODOADCOABCax2bxc0（3）x1cABCax2bxc0a、b、c4ac4b0bABC（1）②（2）

2+6，x

26（3）①b3；②x

（1）形三邊，故b24ac0（2）圖中的關(guān)鍵信息是直徑和角平分線，得到ABC（3）4ADCABCADCABCADBADBCDB

ACB和ADBACBADBACBADB

BD平分b 2a ac1b

2x2

2x1x

2+6，x

2 ABCax2bxc0x

2+6，x

2； cx14c04（3cx14c04ac4b164b164b16

ac4bacac4bac164b4(4bacacbb原方程為

a1c4（不能構(gòu)成三角形，舍）acxx1,x1222x23x2

方程另一根為xx2四、解答題（題型注釋26ABOAB＝8COA（CO、A，CAB⊙OD，OD，BOD⊙OE、交射CDF．設(shè)線段OC＝a，BEEF（a1設(shè)點(diǎn)COD1a4a16a4a16

（3）CO

342342（1）△HBO≌△CO（AAS（1）1EO，∵∵DEDCOOHBOBEBO∴△HBO≌△COD（AAS，DODO∴4 4 2a 4a4aa4a1634BE=EP，2x=4-x，解得：x=34422422142x 4x 12121342綜上所述：當(dāng)CO的長為134227（本題滿分10分）如圖，已知半圓O的直徑AB，將—個三角板的直角頂點(diǎn)固定在圓心O上，當(dāng)三角板繞著點(diǎn)O轉(zhuǎn)動時，三角板的兩條直角邊與半圓圓周分別交于C、D證明21∴∠EBD＝21考點(diǎn)：圓定28（使∠A=2∠1，E是BCBEO經(jīng)過點(diǎn)D．AADB1OEC（【答案】（1）證明：∵OD＝OB，∴∠1＝∠ODB，∴∠DOC＝∠1＋∠ODB＝2∠1，而＝2∠1，∴∠DOC＝∠A，∵∠A＋∠C＝90°，∴∠DOC＋∠C＝90°，∴OD⊥DC，∴AC是⊙O33 333603360332121

29（12點(diǎn)（A、B）OD⊥BC，OE⊥AC，D、E．在△DOE中是否存在長度保持不變的邊？如果存在，請并求其長度，如果不BD=x，△DOEy，求yx（1）2121∴BD=BC=21212 2（2）如圖=22=22∵DEBCAC221∴DE= 221（3）如圖 D作DF⊥OE．24x824x82x2222 228282x2x82x2222211822118282x24x2x4x2x222421（1）21

21212 24x4x24x

°，過2x22x2MCEME=AM，從而可證△AME三角形，并且△ABM≌△ACE，AM請你借鑒的方法寫出AM的長，并寫出推理過程若△ABC，∠BAC=90BMaCMb（baAM的長(用含有a，b【答案】（1）MBE，BE=MC，

∵∠AMC=∠ABC（在同圓中，同弧所對的圓相等∵∠AME=∠ACB（在同圓中，同弧所對的圓相等）， MBE，BE=MC，AE，在△EAM由勾股定理得 即 由勾股定理得 即

(a+b)

（1）AE=AM=ME，出△EAM性質(zhì)，圓定理，圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)等知識點(diǎn)的運(yùn)用，關(guān)鍵是正確作輔助線推出

、OC、BC

ACO=

EB=18cm，CD24cm，求⊙O（2）26.（1） 定理即可得出（1）∵AB∴∴BCBD21212121

定理32（7）ABCODOC．．BCADADO的切線；（2）ODABBC4ADAD4（1）OAAD（2）AD4（1）OAD90OAOAC，根據(jù)同弧所對的圓心角是圓的兩倍、B30、OAOCOAC（2）30ADBAOCOABAOCOAAOCAOCAOCOCAACDOADOAOAODOD

OBC

BCBCACOAACAD4RtOADD30AD4考點(diǎn)：1.圓切線的判定及性質(zhì)；2.垂徑定理；3.含

B，把AC⊙O12（1）3試題分析（1）根據(jù)圖形可知PO∥BC（2）根據(jù)圖形可知PO∥BC結(jié)論仍成立，根據(jù)條件只需要證明∠CPO=∠PCB（3）根據(jù)條件證得△APO為等邊三角形，進(jìn)而得∠OCP=60°，CD⊙O∠OCD=90°,所以∠DCP=30PC=2PD,PC=AP=OA,AB=4PD.（1）PO（2（1） ∴∠A=∠APO， 所對的圓∴∠A=∠PCB，∴∠CPO=∠PCB，∴OC⊥CDAD⊥CD， ∴∠A=∠APO=∠AOP，△APO∴∠AOP=60°，OP∥BC，∴∠OBC=∠AOP=60∴∠PCO=60°，PC=OP=OC，考點(diǎn)：1.全等三角形的性質(zhì)與判定；2.圓定理；3.切線的性質(zhì)；4.等邊三角形的34．如圖是兩個可以自由轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)盤，甲轉(zhuǎn)盤被等分成3個扇形，乙轉(zhuǎn)盤被等分成4個10（2）和和利用它們做游戲，游戲規(guī)則是：指針?biāo)竻^(qū)域內(nèi)的數(shù)字和小于10，獲勝；指針?biāo)竻^(qū)域內(nèi)的數(shù)字之和等于10，為平局；指針?biāo)竻^(qū)域內(nèi)的數(shù)字之和大于10，獲勝．你認(rèn)為該游戲規(guī)則是否公平？請說明理由；若游戲規(guī)則31（2）31（1）（1）3110314，因 4

135獲勝的概率 ．獲勝的可能性大，所以5可以修改為若這兩個數(shù)的和為奇數(shù)，則贏；積為偶數(shù)，則贏．35（ABCDAD、ABl1，l2重合，AB=23cm，AD=2cm，若⊙OABCD 如圖②，兩個圖形移動一段時間后，⊙O⊙O1ABCD332d（cm332（1）105°（2）

（3）

3t 1333試題分析：（1）利用切線的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)關(guān)系分別求出∠OAD=45°，∠AC⊙Ot1AC⊙Ot2，分別求出即可．（1）∵l1⊥l2，⊙O4334∵AB=43cm，AD=4cm，∴CD=434334O1E，O1E=2，O1E⊥l1，3Rt△A1D1C1中，∵A1D1=4，C1D143313tan313tan3

，1 1 11 33333321 1，∴OO 133 33332t11332t113t133②當(dāng)直線AC與⊙O第二次相切時，設(shè)移動時間為t22t213t2

3tt2 31

3t 133336（的左側(cè)yA、D（AD，AD=23，將△ABCP180°，請?jiān)趫D中畫出線段MB、MC，并判斷四邊形ACMB的形狀（不必證明出點(diǎn)M的動直線l從與BM重合的位置開始繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)，到與BC重合時停止，設(shè)直lCM點(diǎn)為E，點(diǎn)QBE的中點(diǎn)，過點(diǎn)EEG⊥BCG，連接MQ、QG．請問在（1（﹣30（10（2（3（1CPAP與圓PMMB、MCACMBM作MH⊥BC，H，易證△MHP≌△AOP，MH、OHM易得∠OCA=60°，從而得到∠MBG=60°，進(jìn)而得到∠MQG=120°，所以∠MQG（1）PA1∵AD=23，∴OA=3OP2（﹣10∴OOP2C（1，0

=2．∴BP=CP=2．∴B（﹣3，0ACMB∵△MCBABCP180°ACMBM作MH⊥BC，H，2

3

3ACMB33OA33OA

37（（1）填空：①∠AEB的度數(shù)為 如圖2，△ACB和△DCE為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=900，A、D、E在同一直線上，CM△DCE中DE邊上的高，連接BE．請判斷∠AEB度數(shù)及線段CM、AE、BE之2ABP2

PPD=1，且（1①60②AD=E（2∠AEB＝900AE=2CM+BE

32332（1）D，E∠ADC，從而可以求出∠AEB仿照（1）中的解法可求出∠AEBAD=BE；由△DCE形及CM為△DCE中DE邊上的高可得CM=DM=ME，從而AE=2CH+BE．PD=1可得：點(diǎn)P在以點(diǎn)D圓心，1徑的圓上；由∠BPD=90°可得：點(diǎn)P在以BD為直徑的圓上．顯然，點(diǎn)P是這兩個圓的交點(diǎn)，由于兩圓有兩個交點(diǎn)，接下來（1）①∴△ACD≌△BCE（SAS，∴∠ADC=∠BEC．∵點(diǎn)A，D，E在同一直線上，∴∠ADC=120°，∴∠BEC=120°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠故答案為，∵C=CB，∠ACD∠BCE，CD=E，∴△AC≌△BCE（S，∵點(diǎn)A，D，E在同一直線上，∴∠ADC=135°，∴∠BEC=135°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠PD、PB、PA，作AH⊥BP，H，AAE⊥AP，BPE，3①．2ABCD2

3 3又∵△BADB、E、P，AH⊥BP，∴由（2）3 3

3；2PD、PB、PA，作AH⊥BP，AAE⊥AP，PBE，3同理可得3

3．23232323238（A（﹣2，0，B（2，0，AC⊥ABA，AC=2，BD⊥AB于點(diǎn)B，BD=6，以AB徑的半圓O上有一動點(diǎn)P（不與A、B兩點(diǎn)重合連接PD、PC，我們把由五條線段AB、BD、DP、PC、CA所組成的封閉圖形ABDPCP12POyP當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到什么位置時，點(diǎn)P的關(guān)聯(lián)圖形的面積最大，簡要說明理由，并求面（112（2△OCD（3）P842．（1）DB)DB)6)2822P△PCDACDB﹣△PCD（1）∵A（﹣2，0，∴OA=2，DB)6)2822 CPBDF，ACFB，∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴∠(DB)6)(DB)6)422

∵CD，∴PCDOC，OP，∵AC⊥OA，AC=OA，∴∠AOC=45°，CCF⊥BDF，ACFB∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴OC⊥CD，OC=22∵CD=42，CP=222(DB)(DB)6)422∴點(diǎn)PACDB﹣PCD的面積==16(842)842539．（本題12分）如圖甲，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=x+8分別交x軸、y軸5

個單位長度Py=x+8的動點(diǎn)，過點(diǎn)P求點(diǎn)P如圖乙，若直線y=x+b將⊙O的圓周分成兩段弧長之比為1：3，請直接寫出向右移動⊙O（圓心Ox），試求出當(dāng)⊙Oyx+8Om55 或-55（4）8-

（1）my=-x+b將圓周分成兩段弧長之比為1：3，可知被割得的弦所PO（1）又OCPDPxF，21∴∠OPD=∠OPC=215 5m+8

（6，2；y=-x+b將圓周分成兩段弧長之比為1：3，可知被割得的弦所55 或- 5555故答案是 或- 55（4）8- 222240（

MyOM⊙M⊙MOMB，xy

， 上的動點(diǎn)∠AOB的度數(shù) （2）QOP上的點(diǎn)，過點(diǎn)QQC垂直于OMC，直線QCx軸于（1）45（2）①E，0；②△ODQ4．22（1） 222 ，繼而求得222①由 22與⊙MBC△OBE

OB=42OD=

2，QtS=122t2

2tPA大面積；由已知可得：Q段BR上運(yùn)動，顯然BR=OB=4．（1）222∵點(diǎn) 222

2 2

=2，OD=2OH=2222

OB=42∴E（42122t 2②∵OD=22122t 22，PA，QyRQ∵∠AOM=45°，OB=4，∠OBR=90°，∴BR=OB=4，∴OR=42，∴t42∴∴Smax2t 2428∵Q只能段BR上運(yùn)動．∴Q經(jīng)過的路徑長為BR=4．如圖，已知⊙O上依次有A、B、C、D四個點(diǎn) OABE，BE=ABEC，F(xiàn)EC 的長求證：BF=BPBAE（1）2π（2）（3）（1）

∵FEC，∴BF△EAC，∴BF=

∵GBD，∴BG=在△PBGPBF

，∴△PBG≌△PBF（SAS，∴PG=PF．A（4，0（0，3求⊙M在直線MCP，使|DP﹣AP|52（2）（3）52MCP，此PDO|DP﹣AP|

61（1）B，DBDBDxQAMCO，DOMCP，P65DO|DP﹣AP|D，ODOy=x，6535DOP235

，此時

（1）252523證明：由題意可得出：M（2，2325∵CAOMC=，故C（2，﹣1251，DDH⊥xH，MCxN，34DH=5NC=5HA=5NA10．∴D（6，﹣5．BD：y=ax+b，346kb

k則b

，解得： 3．∴直線BD表達(dá)式為

49BDxQQ（9,049BQ2BQ2225,AB225,AQ2

．∴AQ25,BQ15 ∵即

BQ2AB2AQ2．∴△ABQDOy=kx，56556563535DOy3535又∵在直線DO上的點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2

．∴P（2

52

．兩點(diǎn)的⊙OBCGABF，F(xiàn)BO（2）⊙O（1）AE⊥AEr（1）AE∵BM∴BE=∵BC=4，cosC=∴BE=2，cos∠ABC=在△ABE 解得∴⊙O考點(diǎn)：1.2.相似三角形的判定與性質(zhì)；3.（1，已知∠（2，CD25（2） （3）25（1） CEAB CEABD⊙OECDD⊙ODCE（1）又∵∠BCD=∠BAC，∴∠BCD=∠OCA.∴∠OCD=∠BCDOCB=90°，CECEAB5k3k105k3k10OC、OEOOF⊥CE2521則△OECEF=252133222525OE2EF2 2525判定；6.相似三角形的判定和性質(zhì)；7.等定系數(shù)法的應(yīng)用；8.等邊三角形的判定和性如圖，△ABC的內(nèi)接三角形，PBC延長線上一點(diǎn)，∠PAC=∠B，AD為⊙O的直徑，C作CG⊥AD于E，AB于F，交⊙O于G。555若⊙O5

，求△AFG（2）（3）3.（1）連接EFEG（1）PA1，CD，∵ADO，CG⊥AD，∴ACAD∴AG：AB=AF：AG.3，555555

5454∴∴EFAF2AE21∵EGAG2AE24，∴FGEGEF413∴∴ 1FGAE132322考點(diǎn)：1.圓定理；2.直角三角形兩銳角的關(guān)系；3.相切的判定；4.垂徑定理；5.如圖，BC是半圓O的直徑，點(diǎn)A在半圓O上，點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E 21 21EDDA為直角頂點(diǎn)的等腰三角形與已知得出②以點(diǎn)E為直角頂點(diǎn)的等腰A知得出．試題解析：∵BC為半⊙O21 21∵DAC2121

A為直角頂點(diǎn)的等腰三角形不存在∴B、A、E∴B、A、EE不在⊙O上A為直角頂點(diǎn)的等腰三角形不存在1E∵BC為半⊙O在△ABE和△DCE中，3AB∴△AEDD為直角頂點(diǎn)的等腰三角形不存在2ECD為直角頂點(diǎn)的等腰三角形存在ED=AD=2，∠DAE=∠AED=45°，∵EDAC∴ACDEAED．53如圖，已知∠MONOM、ON，sin∠O=OA=5DOA53若⊙A∠OOMB、C，BC=yyxx210x551【答案 （0＜xx210x55121（1）212121

21 21中利用勾股定理得到（y）=（5-x）3yx56=4（5-x5755755∽Rt△A′AG，利用相似比可計(jì)算出5

DG=AG-

5575 5575

）（x-）5x

AH5（1）AH5 2121∴CH=BH=BC=2121∴AD=5-21Rt△ACH，AC=5-x，AH=3，CH=2121 21∴（y）=（5-x）-3x210xx210x（2）①A′E⊥OAEOA2OA2AH∴A′E=5-

5：6=4（5-51∴x=51A′G⊥OAG，連結(jié)A′D，∵⊙A′與以DDOD

， 3 3 56575∴DG=AG- -（5-x）=x-575575 575 ）+（x-）=555

5，x2= 55∴x的值 5ABCDECDBE=BAAAD作⊙A交ABM，BABF，F(xiàn)．75367536（1）（1）BE⊙AAEAAH⊥BEEADEG（2）33 333753603753606上半圓運(yùn)動（P、QABABC．當(dāng)線段ABO△ABC（3324【答案 （2）3324試題分析（1）連接OA，如下圖1，根據(jù)條件可求出AB，ACBH，求出BH就可以求出△ABC如下圖2，首先考慮臨界位置：當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)Q重合時AB與圓O只有一個公共點(diǎn)，此時α=0°；當(dāng)線段AB所在的直線與圓O相切時，線段AB與圓O只有一個公α=60°．α△BMQ∽△BAO，又PO=OQ=BQ，從而可以求出MQ、OD，進(jìn)而求出PD、DM、AM、CM的值．（1）OAB作BH⊥AC，H，1OB2OB2OA2 2212 3 3 3333332221∴S△ABC=211333133332243434①當(dāng)點(diǎn)AQABOOA1⊥BA1，OA1=1，OB=2，1212α：0°≤α≤60°．∴同理4 42 24 4AD2AD2DM2 (3)24415)2 2 62 62662 6626AC26AC2AM2 (6)226)232 3232ABCDEBCAEDEBAD求證AEDEADABFDFAEG② 值43（2）①BC=10； =43（1）DEBAD、∠ADC∠DAE+∠ADE=90AE⊥DE；（2）①由于AD∥BC，AE∠BAE=∠BEAAB=BE=CD=5，同理有CE=CD=5BC=BE+CE=10； ，而 （1）又∴BC=AD2AE2AD2AE2102

4386 =43863 3A是⊙O上一點(diǎn)，OA⊥AB⊥OBM，并交⊙OC求證：BC是⊙O

，OB交⊙ODBBP⊥OBOAPPDsin∠BPD（2） （1）OCAC⊥OBAM=CMOB為線段由于∠OAB=90°，則∠OCB=90°BC是⊙O的切線；（2）Rt△OABOB=23033系得∠ABO=30°，∠AOB=60°，在Rt△PBO中，由∠BPO=30°得到 ；33Rt△PBD中，BD=OB﹣OD=1sin∠BPD（1）

13∴OBAC在△OAB和△OCBOAOBOBBA∴BC是⊙O3（2）解：在Rt△OAB中 3∴∴OB AB2OA22Rt△PBO33 333在Rt△PBD中 3∴∴PD PB2BD21311用xAD用xS，并求SSABCD⊙OEFABCD⊙O的半徑R32xCD=16+x（2S=-3

3（x-

33

21試題分析作AH⊥CDHBG⊥CDGAHGBHG=AB=3x，AD=BC，DH=CGRt△ADHDH=t303三角形三邊的關(guān)系得 t，然后根據(jù)等腰梯形ABCD的周長為48333333根據(jù)梯形的面積公式計(jì)算可得到S=-3

，再進(jìn)行配方得3S=-3

3OA、OD，如圖②，由（2）x=2AB=6，CD=18，33 3CDEF3的高，即 33333

33

-a）2+92=R2Ra

33

）2+323（1）3AHGB3 321S=21321= （8-3213333

333333

3 333 ×（8- 33EFABCD3 33 -333

-33 333 3

21OP，CP．2PO⊙ODDBCP=DB：CPO（1）（1）∵AB=4，21 21 3 323BCOBBCOBCOBDCP∴△ODB≌△BPC（SAS考點(diǎn)：1、最值問題；2、切線的性質(zhì)與判定；3、圓定E， 43tan∠CAB=，BC=3，DE4359（2）59（1）∠2=∠OCAOC∥AD，AD⊥CD，OC⊥CD，然后根據(jù)切線的判定定理CDO5555

BCCE55

5（1）5∵∵BCCE3434

AC2BC2

32425AD5AD54

CD1235354∵∵BCCEDEFC∴∴EFCD125∴BE2EF245AEAE AB2BE2 52(24)255 ∴∴DEADAE1679 如圖，AB是eO的直徑，C

的中點(diǎn)，eOBD

DEOBCEBDFEACCD

交eOHBH（2）2（2）2ACOEHDBFBH4BH45試題分析：(1)連接OC，若要證明C為AD的中點(diǎn)，只需證OC//BD，已知C是 點(diǎn)，可知OC⊥AB，又BD是切線，可知BD⊥AB，問題得證AFBH的長（1）OC∵C

的中點(diǎn)，AB是⊙O∵BD是⊙O∵EOB在△COE和△FBECEOOECOEAB2AB2BF22∵ABABBFAFBHABBF42 245考點(diǎn)：1、平行線分線段成比例定理；2、切線的性質(zhì)；3勾股定理；4、全等三角形56．如圖，在△ABC中，AB=ACAB為直徑的⊙OBC、ACD、E兩點(diǎn)，DFACF．求證：DF為⊙OcosC35 ，cosC35CCDFEBOA（2）7．（1）OM，即可求出答案．（1）∵AB是⊙的直徑，∴∠ADB=90°.又∵OD為⊙的半徑，∴DF為⊙O（2）BEODMOON⊥AENcosC35 ，CF=9，∴DC=15．∴DF15292cosC35∵ABOMEN∵OD99R2設(shè)⊙OR2則在Rt△EMO中，由勾股定理得：R2122R92，解得 9729722xoy，E（8,0），F(xiàn)(0 （2）P，使∠FPE=90°OEPFP要求寫出點(diǎn)P點(diǎn)坐標(biāo)畫出過P點(diǎn)的分割線并分割（不必說明理由不寫畫法是直角三角形，且∠FGE=90°．（2）一方面，由于∠FPE=90°，從而根據(jù)直徑所對圓直角的性質(zhì)，點(diǎn)P在以EF為直徑的圓上；另一方面，由于四邊形OEPF被過P點(diǎn)的一條直線分割成兩部分后，可以拼成一個正方形，從而OP是正方形的對角線，即點(diǎn)P在∠FOE的角平分線上，因此可P（7，7），PH（1）∵E（8,0），F(xiàn)(0,FG=25，EG=45252452102，即FG2EG2FE2∴△FEG∠FGE=90PPH考點(diǎn)：1．網(wǎng)格問題；2．勾股定理和逆定理；3．作圖（設(shè)計(jì)）；4．圓定理AE⊙O，D⊙OADAD=DC，CE⊙OB，AB.過點(diǎn)EACF，且∠F=∠CED.23（2）23（1）三角形的判定方法得到EA=EC，則∠AED=∠CED，由于∠F=∠CED，所以∠AED=∠F，易（2）根據(jù)相似三角形的判定方法得到△ADE∽△AEF，AE=23，CE=AE=23Rt△ADEDE=22AE⊙O21到∠ABE=90°，則根據(jù)面積法得到214213 ，4213（1）而AE2∴AE：AF=AD：AE，AE：6=2：AE．∴AE=23.∴CE=AE=2AE2Rt△ADEDE

23222222121AB222121AB2244623Rt△ABEBE

23AE2AE2考點(diǎn)：1.切線的判定和性質(zhì)；2.相似三角形的判定和性質(zhì)；3．圓定理；4勾股定rP⊙PABCDA（2，4C、D在xC在點(diǎn)D（1）r423，P2（4，6，P3（ Pyx2上，且⊙PABCDP 標(biāo)為（6，2E、HyH在點(diǎn)E①若⊙PBC⊙P在y的“等距圓”的圓心，則r的取值范圍是 （1）①P2，P3；②P（-4，6）或P（4，-2（2）454或45400r2或r21722（1）①②（2）①（1）①P2，P3；∵（24（62∴E（02，I（35.∴∠I，∴L（0，5，PPQBCQ∵⊙PBC∴∴pp52p222，p252解得：p15p252∴∴P1(525,25),P2(525,25)∵⊙PEEy525∴⊙Py

2

54或25

552 55.00r2或r2172211P與直線ll1xlP與直線ll1

3x,y

3x的圖像分別是ll1

(3,1

P寫出其余滿足條件的寫出其余滿足條件的PxOy ((3,1),(3,1),(3,1),(0,2),(0,2),(23,0),(23,0),(13,1),(13,1),(13,1),(13,1)333333（2）83試題分析：（1）根據(jù)P①Py

3x,y 3xy PP1(3,1),P2(3,1),P3(3,1),P4(3,1),P5(0,2),P6(0,②Py

3x,y

3xxPP( 3,0),P(23,0),P(13,1),P(13,1),P(13,1),P(13,78393312 33∴所得幾何圖形的周長為123

383（1接OA、OB、OC，△ABC被劃分為三個角形．S S 1BCr1ACr1ABr1(ab2222rrabSABCD（與各邊都相切的圓（2AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，r；212與⊙O分別為△ABD與△BCD的內(nèi)切圓，設(shè)它們的半徑分別為r和r，212（1）r

abc

. r1 （1）OrSSAOBSBOCSCODr1 BD

1(132120)r，

1(111320)r

AEAE1(ABDC)1(2111)22試題解析：（1）如圖（2），連接 OA、OB、OC、 1∵SS 1ar1br1cr1dr1(abcd22 23rrabc. 4（3DEDE AD2AE213252BEABAE215BD BD DE2BE2122162·6又 1(1113 r1r1 9如圖，已知⊙O1，DE是⊙OD作⊙OAD，C的中點(diǎn)，AE交⊙OBBCOEADBC是⊙O【答案 （2）是，見解BCOERt△ABD中，CAD（2）BCDO∵ADOBCDOBCOACDAB．若⊙O3，AD=4AC6（2）2 6試題分析（1）連接OC，由OA=OC可以得到∠OAC=∠OCA，然后利用角平分線的性質(zhì)可以證明∠DAC=∠OCA，接著利用平行線的判定即可得到OC∥AD，然后就得到OC⊥CD，由CDO相切于C（2）連接BC，根據(jù)圓定理的推理得到∠ACB=90°，又∠DAC=∠OAC，由此可以得∵AC6 6如圖，用半徑R＝3cm，r＝2cm的鋼球測量口小內(nèi)大的內(nèi)孔的直徑D．測得鋼球頂點(diǎn)與孔口平面的距離分別為a＝4cm，b＝2cm，則內(nèi)孔直徑D的大小為 如圖，某市民廣場是半徑為60米，圓心角為90°的扇形AOB，廣場中兩個活動場所是圓心在OA、OB上，且與扇形OAB內(nèi)切的半圓☉O1、☉O2，其余為花圃．若這兩個半圓相506(1)9cm2）7- （3）650π6（1）ACEF連接O1、O2，并分別過O1、O2作AB、BC的平行線，則O1O22=O1 R+r的值即可；（1）4=3（cm1 如圖2，連接O1、O2，并分別過O1、O2作AB、BC的平行線．則OO2=O E1 6（R+r）2-666

（不合題意舍去O1O=60-r，O2O=60-R，O1O2=50， 212121212121

AC=CF，∠CBF=∠CFB．到點(diǎn)O的距離為5，則r的取值范圍為 33

33（1）根據(jù)圓心角、弧、弦間的關(guān)系，等邊三角形的判定證得△AODRt△ABF，∠ABF=90°，∠OAD=60°，AB=10，則利于∠ABF又21∴CB=21又∵ABD，點(diǎn)EAB33

3，即 33 33∴圓心距 3∵⊙O33 333故填 3O（0，0B（6，08AOA45°3測得A位于北偏東30°，求觀測點(diǎn)B到A船的距離 3AA（1）25π（2）16.2（3）A（

8262103333

x，OD=OB+BD=6+x

3AAG⊥yGO′作O′E⊥OBEEO′交AGF垂徑定理得，OE=BE=3Rt△OOEOE=4O′333

-

82628262過點(diǎn)AAD⊥xD，依題意，得∠BAD=30°，Rt△ABDBD=x，AB=2x，由勾股定理得

AB2BD2

3x3 33 33 3過點(diǎn)AAG⊥yO′作O′E⊥OBE，EOAGF．FEDA33∴EF=DA，而 3333

3考點(diǎn):1.勾股定理的應(yīng)用；2.點(diǎn)與圓的位置關(guān)系．321的延長線上，且∠CBF=2155若 55 【解析（1）連接AE，利用直徑所對的圓是直角，從而判定直角三角形，利用直21∵AB=AC，∴∠1=∠CAB2121∵∠CBF=∠CAB，∴∠1=∠CBF。∴∠CBF+∠2=90°。即∠ABF=90°21過點(diǎn)CCG⊥ABG5555 5555∵∠AEB=90°，AB=5，∴BE=AB?sin∠1=5

52525

55 55BFGCBFGCAB3yy

∠CBO45CDABQ(40)tC當(dāng)∠BCP15ttP為圓心，PC為半徑的t（1）C的坐標(biāo)為

P⊙P與四邊形（2）t的值為4 3或433（1）AOBOC=OB=3，CyC②當(dāng)⊙PCDC，POPOQt；t，∠BCO，∠BCO∠CBOOCOByCy

C的坐標(biāo)為（0，3PB若若∠BCP15，得∠PCO30故OPOCtan30 3，此時t4 3PB3，由∠BCP15得得∠PCO60，故POOCtan6033此時t433t的值為4 3或433t由題意知，若⊙PABCD①當(dāng)⊙PBCC時，有∠BCP90，從而∠OCP45OP3ttt 與CD相切于點(diǎn)C時，有PCCD，即點(diǎn)P與點(diǎn)O重合， ③當(dāng)⊙PAD相切時，由題意，∠DAO90A為切點(diǎn)，如圖4.PC2PA29t)2，PO2t4)2于是(9t)2t4)232t5.6t14O如圖，在ABC中，AB=AC，以AB為直徑 于點(diǎn)M，MNAC于點(diǎn)OBAC

33863386（1）（1）OM．Rt△AMCMN⊥AC21∴AN=AM?sin∠AMN=AC?sin30°?sin30°=213232()332860()332860633863386如圖⊙O?ABC接圓，且AB=AC，點(diǎn)DBC上運(yùn)動，過點(diǎn)D當(dāng)點(diǎn)D，DE⊙O（2）8析 8當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動到弧BC中點(diǎn)時，DE是⊙O的切線，理由為：由D為弧BC中點(diǎn)，利用垂徑定理的逆定理得到AD垂直于BC，且AD過圓心，由BCDE平行，利用與平行線ADDEDE連接BO，AO，延長AOBC于點(diǎn)F，由等腰三角形的性質(zhì)得到AFBC垂直，且FBC的中點(diǎn)，求出BF的長，在直角三角形ABF中，理由勾股定理求出AF的長，設(shè)O的半r，在直角三角形OBFAF-AO表示出OF，利用勾股定理列出關(guān)于r試題解析:（1）證明：在?ABCDBCAD⊥BCADO，設(shè)⊙O的半r，在Rt?OBF中，DF=4-8 88 8考點(diǎn):1.圓定理；2.平行線的性質(zhì)；3.等腰三角形的性質(zhì)OE，BC于點(diǎn)F.21sinA＝，⊙O4，21338 －33821∴sinA＝213 3321∴BC＝ 3213 333332121

38603860

—338AB的中點(diǎn)M3383 3MC、MD，DM＝BM＝BC，又∵AD＝BC，21(2)由(1)AM＝MD＝AD＝2121DDE⊥ABE21

2121

AD222AD222321 213321＝ 3321（2）若DAPCDO3【答案 3332333233即 3，∴∠ACP＝90°；又∵D為APOAOAO（AD∴△OAD≌△OCD（SSS又∵APOAyCEOFABxD2⊙ExA、ByC、DCFxyCEOFABxD3（2）（3） 133（1）（11∠OFC=30°∠FOC=90E作EH⊥x軸于點(diǎn)HRt△CEG≌Rt△BEH，又由EH⊥AB，EG⊥CD，AB=CD；3 3（1）（1，1EG2EG2過點(diǎn)EEH⊥x（1，1∵∵CEEGEH∴Rt△CEG≌Rt△BEH（HL

CE2EG2 33 33同理 3又同理3陰 = 13陰

1127 ACE，DEBC（2）BF=4．DE=FE；（1）∴EDFr232r232CO

CDPDPC位于PC左側(cè)的點(diǎn)，連結(jié)BD交線段PC于EPDPCPD是⊙O若⊙O43PC83OCxPD2yy①求關(guān)于xy②當(dāng)x 3時，求tanB的值33

31，②31（1）（2）x，yOP2PD2yxBEtanB（1）（2）①連接OP．Rt△POC3 33②當(dāng) 時33 33 33 3313331331.二次函數(shù)綜合題；2.切線的判定；3請判斷DEO （2）244（1）DEOS陰影部分=SBODE-SOBD進(jìn)行計(jì)算即可．（1）DEOD，BD，則∠ABD=∠ACD=45°，12129024

1.切線的判定；2Rt△ABC，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=1AC（A2C2恰好靠在墻邊．34 【答案】(1)AB=2米; 34 （1(2)AB、AC．l上轉(zhuǎn)動兩次點(diǎn)A別繞點(diǎn)B120°C旋轉(zhuǎn)90°，將兩條弧長求出來加在一（1）(2)∵∠CAB=30°，BC=13∴AB=2米 米3（3）畫出A333∴A12023

34 5.9（米3333AA1AA1l1202 A1A2l903 4 4 4 4 1.弧長的計(jì)算；2.旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；3.N（3，0）yD（0，3l34343434點(diǎn)P，⊙PAB343434342【答案】(1)y=x4x+3；(2)y=x+y＝?x?；(3（2，1.5（2，-1.5（2，-6（2，6（1）N（3，0D（0，3）aAC=3，BC=4，B設(shè)⊙P與AB相切于點(diǎn)QD（0，31（x-D（0，31（x-3得1（x-∵過點(diǎn)A（-1，0）ABx21∴21（2，4）k4=2k ∴0=kb，解得： 4 b 3434∴y=x+3434k4=2k當(dāng)點(diǎn)B（2，-4）時0=k

，解得 4 b 3434∴y＝?x?343434343434ABy=x+y＝34343434∵當(dāng)點(diǎn)P，⊙PABx設(shè)⊙P與ABQxC；2243P（2，1.56（2，6考點(diǎn):二次函數(shù)綜合題.A、B、C在求∠OBA

O2O【答案】2121試題分析過點(diǎn)O作OE⊥AB于點(diǎn)E垂足為E根據(jù)垂徑定理可知 AB2121OOE⊥ABE21 2121 21，1.垂徑定理；2D，取CDE，AEBCP。OC＝CP，AB＝33CD（2）（1）（2）利用（1）Rt△OAP∠ACO=60°．△BAC、Rt△ACDAC=3，CD=23．（1）AO，AC.CECEDEAEOAOAsinPsinPOA .Rt△BAC，∵∠BAC＝90°，AB＝33AC3tan tan3CD3 231.切線的判定與性質(zhì)；2.已知：如圖所示，ABO的弦，OAB45，C是優(yōu)弧AB，BD//OA，CAD，BC。BO ACAC43,CAB

O的半徑（2）4.（1）OAB=45°．則∠1+∠2=90°．BD⊥OBB．CD⊙O3 3得出∠3．在Rt△OAEOA（1）OB，如圖．∴BD⊥OB3 3321∴AE= 321242432考點(diǎn):1.切線的判定與性質(zhì)；2.DAC如圖，△ABC是 延長DA至點(diǎn)E，使CEDAC

上一點(diǎn)AEBD若

ADBD

2CDACAC（≌△BCD，22（1）在△ECD∠E=∠CDE．∵∠CBA=∠CDE（

（2）2 2又22考點(diǎn)：1.

ABCDEABFBC∠ADE＝∠FDE在⑵的條件下若CD=4cm點(diǎn)M段DF上從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)F運(yùn)動速度為0.5cm/s，M，MD⊙M。當(dāng)運(yùn)動時間為多少秒時，⊙M⊙E．？38（2）（3）38EBF,即有：AD=AP，BF=PFAB=AD，從而得證；設(shè)t（1）E點(diǎn)作EP⊥DF，P，EF，DA=AB∵EAB（4-38解得：t=381.全等三角形的判定與性質(zhì)；2.勾股定理；3.EO EO AB2⑵ AB225（25（1）利用△OBC≌△OEC，得到∠OBC=90BC⊙O（1）OE、OC．又∵DEO5（2）解：過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F，則四邊形ABFD是矩形 55（x+2）2-5

25）2，解得 2525 25yA(0,yA(0,如圖，在平面直角坐標(biāo)系

OCB的外接圓與

軸交于 OCB60COB45OCCCyAB

312已知了 2AB22 22 2236 2236BBD⊥OC33 3tan 33考點(diǎn):1.圓定理；2.坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；3.解直角三角形K，過點(diǎn)GCDEABF3（2） 3（1）連接 試題解析:（1）OG，∴tan∠CAH=tan∠F=123 31.切線的判定,2如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，P是斜邊AB上的一個動點(diǎn)（點(diǎn)P與點(diǎn)A、B不重合，以點(diǎn)P為圓心，PA為半徑的⊙P與射線AC的另一個交點(diǎn)為D，射線PDBCE．AAPDECByxx設(shè)線段BEQ，PQ⊙PI，CI=AP，APACCB65【答案】(1y36x（0x565

4 （1）y關(guān)于x53BEQPQPB=PEPQ⊥BE，易得535454

x+3（⊙Q5454

x+3535953 53595353CQ=BC-53

x，在Rt△CQI中，根據(jù)勾股定理得

592592=55555122

x-4，CQ=BC-BQ=5535955359

55515551

225（1）①∵AP=DP，∴∠PAD=∠PDA．BCBC35y535y5∴∴y36x（0x5 5x454∴PQ44x，BQ33x BE⊙P44xx33x 65x5AP656（2）如果點(diǎn)E段BC延長線上時由（1）②的結(jié)論可知IQPQPI44xx49x CQCQBCBQ333x35 CICI CQ2QI2 x4 x 55x2 x5

18x272x16x x1解 ，x24x1∴AP的長 IQPIPQxIQPIPQx44x9x5 ，CQCQBCBQ333x35 Rt△CQICI

3CQ2CQ2

x4

18x2

x16

5 x1∴18x272x16x1

（不合題意，舍去

4

4xP（1,0）xyA、B、C、DCP,⊙P2.若過弧CBQ⊙PMNxMyN,求直線MN3【答案 3y

3x223x

（133533 3533（1）PQ,求出∠CPO,求出∠QPMPMMMN=2ON,根據(jù)勾股定理求出ONN的坐標(biāo),設(shè)直線MN解析式是y=kx+b,把M、N的坐標(biāo)代入求出即可．（1）∵P（1,0）,⊙P2,3 33由垂徑定理得 333 33yyax2bx33 330ab∴09a3b a b23 3c3y3xy3x2333x333x1233

3x223x

3（1332 32∵QBC21 21535353530=5k53b3533解得 35333533 3533

為O的直徑AD與O相切于點(diǎn)ADE與O相切EDE延長線上一點(diǎn),且求證BC為O的切線AB25AD2,求線段BC的長25 25（1）用△OBC≌△OEC,得到∠OBC=90°BCO（1）OE、OC．又∵DEO5（2）過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F,則四邊形ABFD是矩形 555

25）2,解得 2525 25五、判斷題（題型注釋六、新添加的題43xOyy=-x+b（bb＞0）43D、ED在點(diǎn)E若直線ABCDF、設(shè)b≥5，段AB上是否存在點(diǎn)P，使∠CPE=45°？若存在，請求出P點(diǎn)坐標(biāo)；（1）45

（4≤b＜5（2）（1）OM⊥ABMOFMFM2FG2b（1）①1，21∴∠CFE=212，OM⊥ABM43∵OM⊥AB，直線的函數(shù)式為：y=-4334∴OM：y=341612∴交點(diǎn)16121212

121216

16）16

21∵FM=211212

）2-

6416164161

1b2（4≤b＜5）（2）∵在直角坐標(biāo)系中OP，∵P3 344533即 3OB2OB2=52(20)22533PM⊥AOAOMP（x，y，∴ 5y5y3535555 55ABCDACOOAO，⊙OB、DBBK⊥AC，KDDH∥KB，DHAC、AB、⊙OCBE、F、G、H。31AB＝a，AD＝a（aBK（a31若FEGDE＝6，求⊙OGH（2）

（3）r922121（1）2121AC

EF，再利用△AFD≌△HBFHF3131（1）31解：∵AB=a，AD=31AC ABAC AB2BC2 a2(1a)233111122

2AB2ABa133在△ABKEF=3，BK=6，EF∥BK，1111r663

，EG=6，OE2EG2OG2∴∴(1r)262r23∴∴r22．如圖，ABOCDABE，DE=ECBADFE作EG⊥BC于G，延長GEAD于H．445AE:AD=，DF=9，求⊙O5（2）10．（1）EG⊥BC，易證得∠CDA=∠DEH，HD=EHAH=EH，則可證得結(jié)論；（2）由AB⊙OBDF=90°BF∠DBF=∠C，然后由三BD（1）454343

，53∴sin∠A=5394（本題10如圖，BE⊙O的直徑，點(diǎn)AEB延長線上，弦PD⊥BE，C，OD，∠AOD=∠APC．若⊙O3163164

3．（1）（2）分別求出△DPOOPBD積，然后利用S陰影=SOPBD－S△OPD計(jì)算即可．（1）OPOD=OP，又（2）解：在Rt△APO∵AP=43

AP2PO28PO=1AO2∴∠OPC=30°21∴OC=21PCPO2OC223∴PD=2PC=43=12042=1204214323163164與⊙OA、B，∠AOB=90°.ABx2-x-k=0的兩根，3.求方程x2-x-k=0把直線lPl⊙Ol5 5（1）3，可點(diǎn)x1-x2=3，解方程組即可得方程的根；過點(diǎn)A作AC⊥x軸于點(diǎn)C，過點(diǎn)BBD⊥x軸于點(diǎn)D，通過△AOC≌△OBDA點(diǎn)坐標(biāo)，OAA、B標(biāo)利用待定系數(shù)法求出直線AB析式，從而得到點(diǎn)P坐標(biāo)，過點(diǎn)P的x1x2（1）設(shè)方程的兩根分別為x1，x2（x1>x2)，由已知得x

x1

2xOC2AC2 14 過點(diǎn)OC2AC2 14 ∴A(-1,2)，B(2,1)k1b12kbk1b12kb k3b53y=1x5y=01x5=0，

OP2OE2

255

52121

2121

552

541x1x

k2b2

5k2b2

b

1x1x5221 18【答案 8AB2AB2AC=2952試題分析 84584522145AC22145AC828 82897（D，且∠BAC=∠DAC.53CD＝6，cos∠ACD＝，求⊙O534 4（1）連接，由∠DACAD∥OC，由AD⊥MN，OC⊥MNMN⊙O53（2）CD＝6，cos∠ACD＝，可得AC=10，又由∠ACB=∠ADC，∠BAC=∠DAC53（1）MNOOC，OC，AD⊥MN，OC⊥MN，∵OC⊙OMNO

10253∵ABO10253ACD，428 428如圖，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，⊙D的半徑為1．現(xiàn)將一個直角三角板的直角頂點(diǎn)與矩形的對稱中心O重合，繞著O點(diǎn)轉(zhuǎn)動三角板，使它的一條直角邊與⊙D切于點(diǎn)H，ADE，F(xiàn)EH．4343DH．ABCD

422225521∴OD= 52121∴tan∠ADB=tan∠HOD=2143434343BCBCABD，BD=8CB230BCBDC，根據(jù)等角對等邊可得21CCE⊥ADEAE=DE=AD，然后利用21BCBCAB∴∴BCBDC在△BCDCCE⊥AD

2122121

又AEBEAEBE 2102

CE2BE2

(25)2102

120=230；2．勾股定理1OOx，再選定一個單位長度，那么平面上任一點(diǎn)M位置可由∠MOxθOM的長度m確定，有序數(shù)對（θ，m）稱為M點(diǎn)的“極坐標(biāo)”，這樣建立的坐標(biāo)系稱為“極坐標(biāo)系”．在圖2的極坐標(biāo)系下，如果正六邊形的邊長為2，有一邊OA在射線Ox上，六邊形的頂點(diǎn)C的極坐標(biāo)應(yīng)記為（）A（60°，4） B（45°，4） C（60°， D（50°，【