2019年中考數(shù)學試題分類匯編28圓的基本性質

一、選擇題（2019山東濱州，6，3分）如圖，AB為⊙O的直徑，C，D為⊙O上兩點，若∠BCD＝40°，則∠ABD的大小為（）A．60°B．50°C．40°D．20°【答案】B【剖析】如圖，連接AD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°．∵∠A和∠BCD都是弧BD所對的圓周角，∴∠A=∠BCD=40°，∴∠ABD=90°－40°=50°．應選B．【知識點】圓周角定理及其推論2.(2019山東聊城,8,3分)如圖,BC是半圓O的直徑,D,E是BC上兩點,連接BD,CE并延長交于點A,連接OD,OE,若是∠A＝70°,那么∠DOE的度數(shù)為°°°°第8題圖【答案】C【剖析】∵∠A＝70°,∴∠B+∠C＝110°,∴∠BOE+∠COD＝220°,∴∠DOE＝∠BOE+∠COD－180°＝40°,應選C.【知識點】三角形內角和定理,圓周角定理（2019山東省濰坊市，11，3分）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AB為直徑，AD=CD．過點D作DE⊥AB于點E．連接AC交DE于點F．若sin∠CAB=3，DF=5，5則BC的長為（）A．8B．10C．12D．16【答案】C【思路剖析】連接BD，先證明∠DAC=∠ACD=∠ABD=∠ADE，進而可得AF=DF=5，依照

sin

∠CAB=3，求得

EF和

AE的長度，再利用射影定理求出

BE的長度進而5獲取直徑AB，依照sin∠CAB=3求得BC的長度．5【解題過程】連接BD．AD=CD，∴∠DAC=∠ACD．∵AB為直徑，∴∠ADB=∠ACB=90°．∴∠DAB+∠ABD=90°．DE⊥AB，∴∠DAB+∠ADE=90°．∴∠ADE=∠ABD．∵∠ABD=∠ACD，∴∠DAC=∠ADE．AF=DF=5．在Rt△AEF中，sin∠CAB=EF3AF5EF=3，AE=4．DE=3+5=8．2DE282由DE=AE?EB，得BEAE16．4AB=16+4=20．在Rt△ABC中，sin∠CAB=BC3AB5BC=12．【知識點】圓周角，銳角三角比（2019四川省涼山市，7，4）以下命題：①直線外一點到這條直線的垂線段，叫做點到直線的距離；②兩點之間線段最短；③相等的圓心角所對的弧相等；④均分弦的直徑垂直于弦．其中，真命題的個數(shù)（▲）A．1B．2C．3D．4【答案】A【剖析】直線外一點到這條直線的垂線段的長度，叫做點到直線的距離；兩點之間線段最短；在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等；均分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，所以只有①是對的，應選A.【知識點】點到直線的距離看法；線段基本事實；在同圓或等圓中圓心角與弧的關系；垂徑定理的推論（2019四川省眉山市，10，3分）如圖，⊙O的直徑AB垂直于弦CD．垂足是點E，∠CAO=22．5°，OC=6，則CD的長為A．62B．32C．6D．12【答案】A【思路剖析】【解題過程】解：∵∠A=°，∴∠COE=45°，∵⊙O的直徑AB垂直于弦CD，OC=6，∴∠CEO=90°，∵∠COE=45°，∴CE=OE=2OC＝32，∴CD=2CE=62，故2選：D.【知識點】三角形的外角的性質，垂徑定理，銳角三角形函數(shù)（2019浙江省衢州市，8，3分）一塊圓形宣傳標志牌以以下列圖，點A，B，C在⊙O上，CD垂直均分AB于點D.現(xiàn)測得AB=8dm，DC=2dm，則圓形標志牌的半徑為（A）【答案】B【剖析】連接OD，OB，則O，C，D三點在一條直線上，由于CD垂直均分AB，AB=8dm，所以BD=4dm,OD=（r-2）dm，由勾股定理得42+（r-2）2=r2，r=5dm，應選B?！局R點】垂徑定理勾股定理7.(2019山東泰安,9題,4分)如圖,△ABC是O的內接三角形,∠A＝119°,過點C的圓的切線交BO于點P,則∠P的度數(shù)為°°°°第9題圖【答案】A【剖析】連接CO,CF,∵∠A＝119°,∴∠BFC＝61°,∴∠BOC＝122°,∴∠COP＝58°,∵CP與圓相切于點C,∴OC⊥CP,∴在Rt△OCP中,∠P＝90°－∠COP＝32°,應選A.【知識點】圓的內接四邊形,圓周角定理,直角三角形兩銳角互余8.（2019四川南充，6，4分）如圖，四邊形ABCD內接于O，若A40，則C()A．110B．120C．135D．140【答案】D【剖析】解：四邊形ABCD內接于O，CA180，C18040140．應選：D．【知識點】圓內接四邊形的性質（2019甘肅天水，9，4分）如圖，四邊形ABCD是菱形，⊙O經(jīng)過點A、C、D，與BC訂交于點E，連接AC、AE．若∠D＝80°，則∠EAC的度數(shù)為（）A．20°B．25°C．30°D．35°【答案】C【剖析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠D＝80°，∴∠ACB∠DCB（180°﹣∠D）＝50°，∵四邊形AECD是圓內接四邊形，∴∠AEB＝∠D＝80°，∴∠EAC＝∠AEB﹣∠ACE＝30°，應選：C．【知識點】菱形的性質；圓周角定理（2019甘肅武威，9，3分）如圖，點A，B，S在圓上，若弦AB的長度等于圓半徑的2倍，則ASB的度數(shù)是()A．22.5B．30C．45D．60【答案】C【剖析】解：設圓心為O，連接OA、OB，如圖，∵弦AB的長度等于圓半徑的2倍，即AB2OA，OA2OB2AB2，∴OAB為等腰直角三角形，AOB90，∴1，ASBAOB452應選C．【知識點】圓周角定理（2019甘肅省，8，3分）如圖，AB是O的直徑，點C、D是圓上兩點，且AOC126，則CDB()A．54B．64C．27D．37【答案】C【剖析】解：∵AOC126，∴BOC180AOC54，∴CDB1BOC27，故2選C．【知識點】圓的相關看法及性質（2019湖北宜昌，12，3分）如圖，點A，B，C均在⊙O上，當∠OBC＝40°時，∠A的度數(shù)是（）A．50°B．55°C．60°D．65°【答案】A【剖析】解：∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝40°，∴∠BOC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，∴∠A∠BOC＝50°．應選：A．【知識點】圓周角定理13.（2019江蘇連云港，8，3分）如圖，在矩形ABCD中，AD22AB．將矩形ABCD對折，獲取折痕MN；沿著CM折疊，點D的對應點為E，ME與BC的交點為F；再沿著MP折疊，使得AM與EM重合，折痕為MP，此時點B的對應點為G．以下結論：①CMP是直角三角形；②點C、E、G不在同一條直線上；③6PCMP；2④BP2AB；⑤點F是CMP外接圓的圓心，其中正確的個數(shù)為()2A．2個B．3個C．4個D．5個【答案】B【剖析】解：∵沿著CM折疊，點D的對應點為E，∴DMCEMC，∵再沿著MP折疊，使得AM與EM重合，折痕為MP，AMPEMP，AMD180，PMECME1，180902CMP是直角三角形；故①正確；∵沿著CM折疊，點D的對應點為E，DMEC90，∵再沿著MP折疊，使得AM與EM重合，折痕為MP，MEGA90，GEC180，∴點C、E、G在同一條直線上，故②錯誤；AD22AB，∴設ABx，則AD22x，∵將矩形ABCD對折，獲取折痕MN；1DMAD2x，222，CMDMCD3xPMC90，MNPC，CM2CNCP，CP3x23x，2x2PNCPCN2x，2PMMN2PN26x，2∴PC3x23，PM6x2PC3MP，故③錯誤；PC3x，2PB22x3x2x，2ABx，PB2x2PB

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AB，故④，CDCE，EGAB，ABCD，CEEG，CEMG90，F(xiàn)E//PG，CFPF，PMC90，CFPFMF，∴點F是CMP外接圓的圓心，故⑤正確；應選B．【知識點】翻折變換（折疊問題）；三角形的外接圓與外心；矩形的性質；直角三角形的性質（2019山東德州，9，4分）如圖，點O為線段BC的中點，點A，C，D到點O的距離相等，若ABC40，則ADC的度數(shù)是()A．130B．140C．150D．160【答案】B【剖析】解：由題意獲取OAOBOCOD，作出圓O，以以下列圖，四邊形ABCD為圓O的內接四邊形，ABCADC180，ABC40，ADC140，應選B．【知識點】圓內接四邊形的性質（2019山東菏澤，6，3分）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的兩點，且BC均分∠ABD，AD分別與BC，OC訂交于點E，F(xiàn)，則以下結論不用然成立的是（）A．OC∥BDB．AD⊥OCC．△CEF≌△BEDD．AF＝FD【答案】C【剖析】解：∵AB是⊙O的直徑，BC均分∠ABD，∴∠ADB＝90°，∠OBC＝∠DBC，AD⊥BD，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC，∴∠DBC＝∠OCB，OC∥BD，選項A成立；AD⊥OC，選項B成立；AF＝FD，選項D成立；∵△CEF和△BED中，沒有相等的邊，∴△CEF與△BED不全等，選項C不成立，應選C．【知識點】圓周角定理（2019臺灣省，24，3分）如圖表示A、B、C、D四點在O上的地址，其中AD180，且ABBD，BCCD．若阿超在AB上取一點P，在BD上取一點Q，使得APQ130，則以下表達何者正確A．Q點在BC上，且C．Q點在CD上，且

BQQCB．Q點在BC上，且CQQDD．Q點在CD上，且

BQQCCQQD【答案】B【剖析】解：連接AD，OB，OC，AD180，且ABBD，BCCD，BOCDOC45，在圓周上取一點E連接AE，CE，1AOC67.5，2ABC122.5130，取BC的中點F，連接OF，則AOF67.5，ABF123.25130，Q點在BC上，且BQQC，應選：B．【知識點】圓心角，弧，弦的關系；圓內接四邊形的性質；圓周角定理二、填空題（2019四川省涼山市，15，4）以以下列圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于H，∠A=30°，CD=23，則⊙O的半徑是．第15題圖【答案】2【剖析】連接OC，則OA=OC，∴∠A=∠ACO=30°，∴∠COH=60°，∵OB⊥CD，CD=23，CH=3，∴OH=1，∴OC=2.第15題答圖【知識點】等腰三角形性質；三角形外角性質；垂徑定理；勾股定理2.（2019天津市，18，3分）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，ABC的極點A在格點上，B是小正方形邊的中點，∠ABC=50°，∠BAC=30°，經(jīng)過點A,B的圓的圓心在邊AC上，（1）線段AB的長等于；2）請用無刻度的直尺，在以以下列圖的網(wǎng)格中，畫出一個點P，使其滿足∠PAC=∠PBC=∠PCB，并簡要說明點P的地址是如何找到的（不需要證明）【答案】（1）（2）如圖，取圓與網(wǎng)格線的交點E,F連接EF與AC訂交，得圓心O；AB與網(wǎng)格線訂交于點D，連接DO并延長，交O于點Q，連接QC并延長，與點B,O的連線BO訂交于點P，連接AP，則點P滿足∠PAC=∠PBC=∠PCB【剖析】(1)如圖，Rt△ABD中，AD=2，BD=1,由勾股定理可得AB=22）由于點A在格點上，可得直角，依照圓周角是直角所對的弦是直徑可以作出直徑，又由于圓心在AC上，所以取圓與網(wǎng)格線的交點E,F連接EF與AC訂交，得圓心O；AB與網(wǎng)格線訂交于點D，則點D為AB的中點，連接DO并延長，依照垂徑定理可得則DO垂直均分AB，連接BO，則∠OAB=∠OBA=30°，由于∠ABC=50°，所以∠OBC=20°，DO的延長線交O于點Q，連接QC并延長，與點B,O的連線BO訂交于點P，連接AP，則點P滿足∠PAC=∠PBC=∠PCB【知識點】勾股定理，圓周角的性質，垂徑定理（2019浙江湖州，12，4）已知一條弧所對的圓周角的度數(shù)為15°，則它所對的圓心角的度數(shù)是．【答案】30°．【剖析】依照在同圓或等圓中，同弧或等弧所對圓心角的度數(shù)是該弧所對圓周角的度數(shù)的2倍，可知答案為30°．【知識點】圓周角定理．(2019浙江臺州,14題,5分)如圖,AC是圓內接四邊形ABCD的一條對角線,點D關于AC的對稱點E在邊BC上,連接AE,若∠ABC＝64°,則∠BAE的度數(shù)為________.第14題圖【答案】52°【剖析】∵圓內接四邊形ABCD,∴∠B+∠D＝180°,∵∠B＝64°,∴∠D＝116°,又∵點D關于AC的對稱點是點E,∴∠D＝∠AEC＝116°,又∵∠AEC＝∠B+∠BAE,∴∠BAE＝52°.【知識點】圓內接四邊形,三角形外角定理,對稱性5.（2019安徽省，13，5分）如圖，ABC內接于O，CAB30，CBA45，CDAB于點D，若O的半徑為2，則CD的長為．【答案】2【剖析】解：連接CO并延長交O于E，連接BE，則EA30，EBC90，O的半徑為2，CE4，1BCCE2，2CDAB，CBA45，CD2.BC22故答案為2．【知識點】圓周角定理（2019江蘇連云港，13，3分）如圖，點A、B、C在O上，BC6，BAC30，則O的半徑為．【答案】6【剖析】解：BOC2BAC60，又OBOC，BOC是等邊三角形OBBC6，故答案為6．【知識點】圓周角定理（2019江蘇泰州，16，3分）如圖，⊙O的半徑為5，點P在⊙O上，點A在⊙O內，且AP＝3，過點A作AP的垂線交⊙O于點B、C．設PB＝x，PC＝y(tǒng)，則y與x的函數(shù)表達式為．【答案】yx．【剖析】解：連接PO并延長交⊙O于D，連接BD，則∠C＝∠D，∠PBD＝90°，PA⊥BC，∴∠PAC＝90°，∴∠PAC＝∠PBD，∴△PAC∽△PBD，∴，∵⊙O的半徑為5，AP＝3，PB＝x，PC＝y(tǒng)，∴，∴yx，故答案為：yx．【知識點】圓周角定理；相似三角形的判斷和性質8.（2019江蘇鹽城，14，3分）如圖，點A、B、C、D、E在O上，且AB為50，則EC°．【答案】155【剖析】解：連接EA，AB為50，BEA25，四邊形DCAE為O的內接四邊形，DEAC180，DEBC18025155，故答案為：155．【知識點】圓周角定理；圓內接四邊形的性質（2019山東德州，17，4分）如圖，CD為O的直徑，弦ABCD，垂足為E，ABBF，CE1，AB6，則弦AF的長度為．【答案】485【剖析】】解：連接OA、OB，OB交AF于G，如圖，ABCD，1AEBEAB3，設O的半徑為r，則OEr1，OAr，在RtOAE中，32(r1)2r2，解得r5，ABBF，OBAF，AGFG，在RtOAG中，AG2OG252，①在RtABG中，AG2(5OG)262，②解由①②組成的方程組獲取AG24，5AF2AG48．5故答案為48．5【知識點】垂徑定理；勾股定理10.15.（2019四川宜賓，15，3分）如圖，O的兩條訂交弦AC、BD，ACBCDB60，AC23，則O的面積是．【答案】16【剖析】】解：ABDC，而ACBCDB60，AACB60，ACB為等邊三角形，AC23，圓的半徑為4，O的面積是16，故答案為：16．【知識點】圓周角定理11.（2019浙江嘉興，14，4分）如圖，在O中，弦AB1，點C在AB上搬動，連接OC，過點C作CDOC交O于點D，則CD的最大值為．【答案】12【剖析】解：連接OD，如圖，CDOC，COD90，CDOD2OC2r2OC2，當OC的值最小時，CD的值最大，而OCAB時，OC最小，此時OCr2(1AB)2，2CD的最大值為r2(r21AB2)1AB111，4222故答案為：1．2【知識點】垂徑定理；勾股定理三、解答題1.(2019浙江寧波,26,14分)如圖1,O經(jīng)過等邊三角形ABC的極點A,C(圓心O在△ABC內),分別與AB,CB的延長線交于點D,E,連接DE,BF⊥EC交AE于點F.求證:BD＝BE;當AF:EF＝3:2,AC＝6時,求AE的長;設AFEF

x,tan∠DAE＝y(tǒng).①求y關于x的函數(shù)表達式;②如圖2,連接OF,OB,若△AEC的面積是△OFB面積的10倍,求y的值.第26題圖【思路剖析】(1)利用等邊三角形的性質和圓周角定理,獲取∠BED＝∠BDE,由等角同樣邊,獲取結論;(2)由三線合一求出AG,BG長,利用平行線分線段成比率,求得EB,進而經(jīng)過勾股定理獲取AE的長;(3)①構造直角三角形,利用比率關系,寫出EH,AH的代數(shù)式,進而求得y關于x的表達式;②構造相似,獲取比率式,表示出兩個三角形的面積,依照10倍關系,獲取方程,即可解得y的值.【解題過程】(1)∵△ABC為等邊三角形,∴∠BAC＝∠C＝60°,∠DEB＝∠BAC＝60°,∠D＝∠C＝60°,∠DEB＝∠D,BD＝BE.如圖,過點A作AG⊥EC于點G,∵△ABC為等邊三角形,AC＝6,∴BG＝1BC＝21AC＝3,在Rt△ABG中,AG＝3BG＝33,∵BF⊥EC,∴BF∥AG,∴AF=BG,∵AF:EF2EFEB＝3:2,∴BE＝2BG＝2,∴EG＝BE+BG＝3+2＝5,∴在Rt△AEG中,AE＝3AG2EG2213;第26題答圖(1)(3)①如圖,過點E作EH⊥AD于點H,∵∠EBD＝∠ABC＝60,在Rt△BEH中,EH＝EBsin60＝3,EH＝3BE,BH＝1BE,BG=AF＝x,BG＝xBE,AB＝BC＝2BG＝2xBE,AH222EBEF＝AB+BH＝2xBE+1BE＝(2x+1)BE,Rt△AHE中,tanEAD＝EH=3BE3,∴y222AH14x12xBE2＝3;4x1第26題答圖(2)②如圖,過點O作OM⊥EC于點M,設BE＝a,∵BG=AF＝x,∴CG＝BG＝xBE＝ax,EBEFEC＝CG+BG+BE＝a+2ax,∴EM＝1EC＝1a+ax,∴BM＝EM－BE＝ax－1222

a,∵BF∥AG,∴△EBF∽△EGA,∴BF=BE=a=1,∵AG＝3BG＝3ax,∴BF＝1AG＝AGEGaax1x1x3ax,△OFB的面積＝BFBM13axax1a,△AEC的面積＝1x22x12ECAG13axa2ax,∵△OFB的面積是△AEC的面積的10倍,∴221013axax1a＝13axa2ax,∴2x2－7x+6＝0,解之,得x1＝2,x2＝3,y＝32x12229或3.7第26題答圖(3)【知識點】等邊三角形的性質,圓周角定理,等角同樣邊,三線合一,平行線分線段成比率,勾股定理,三角函數(shù),相似三角形,一元二次方程（2019四川省自貢市，21，8分）如圖，⊙O中，弦AB與CD訂交于點E，AB=CD，連接AD、BC，求證：（1）；（2）AE=CE.【思路剖析】1）連接AO，BO，CO，DO,由AB=CD獲取∠AOB=∠COD，進而證明出∠AOD=∠BOC即可獲??；（2）試判斷△ADE≌△CBE即可得出結論.【解題過程】解：（1）連接AO，BO，CO，DO,AB=CD，∴∠AOB=∠COD，∴∠AOD=∠BOC，∴.（2）∵，AD=BC，∵，∴∠ADC=∠ABC，又∵∠AED=∠CEB，∴△ADE≌△CBE，AE=CE.【知識點】圓的性質，圓周角定理，全等三角形判斷.（2019四川攀枝花，24，12分）在平面直角坐標系xOy中，已知A（0，2），動點P在y＝3x的圖象上運動（不與O重合），連接AP，過點P作PQ⊥AP，交3x軸于點Q，連接AQ。1）求線段AP長度的取值范圍；2）試問：點P運動過程中，∠QAP可否為定值若是是，求出該值；若是不是，請說明原由。（3）當△OPQ為等腰三角形時，求點Q的坐標.yAPxOQ【思路剖析】（1）點P是y＝3x上的動點，求線段AP長度的取值范圍，可考3慮線段AP的最小值及最大值；（2）思路一（共圓法）：依照點P所在的不同樣樣地址，分情況議論，證得∠PAQ＝30°;思路二（相似法）：依照點P所在的不同樣樣地址，分情況議論，證得∠PAQ＝30°．（3）設P（m，22223m），Q（a，0），依照勾股定理利用關系式OA＋OQ＝AP＋PQ，34m23求得a＝.，進而得點Q的坐標.分情況OP＝OQ，PO＝PQ，QO＝QP時，議論點Q的坐標即可.【解題過程】解：（1）作AH⊥OP，則AP≥AH．∵點P在y＝3x的圖象上，3∴∠HOQ＝30°，∠HOA＝60°．∵A（0，2），∴AH＝AO·sin60°＝3．AP≥3．yAPH

xQ2）∠QAP是定值．法一：（共圓法）①當點P在第一象限的線段OH的延長線上時，由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得∠APQ＋∠AOQ＝180°，∴P、Q、O、A四點共圓∴∠PAQ＝∠POQ＝30°．②當點P在第一象限的線段OH上時，由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得P、O、Q、A四點共圓∴∠PAQ＋∠POQ＝180°，又∵∠POQ＝150°，∴∠PAQ＝180°－∠POQ＝30°．yAQPHxO③當點P在第三象限時，特別角的三角函數(shù)值；由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得Q、P、O、A四點共圓∴∠PAQ＝∠POQ＝30°．yAxQOP法二：（相似法）①當點P在第三象限時，由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得△BPQ∽△BOA．PBQBOBAB

∴△QBA∽△PBO．∴∠PAQ＝∠POQ＝30°，yAQBxPO②當點P在第一象限且點B在AP延長線上時，由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得∠BPQ＝∠BOA＝90°，∴△BPQ∽△BOA．∴BPBQBOBA∴△BPO∽△BQA．∴∠PAQ＝∠POB＝30°．yAPOQBx③當點P在第一象限且點B在PA延長線上時，由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得∠BPQ＝∠BOA＝90°，∴△BPQ∽△BOA．∴BPBQBOBA∴△BPO∽△BQA．∠PAQ＝∠POQ＝30°．yPABOQx（3）設P（m，3m），Q（a，0），32222∵OA＋OQ＝AP＋PQ∴2＋a＝m＋(3m－2)2＋(a－m)2＋(3m)222233整理，得a＝4m23.3Q（4m23，0）.3yPAOMQx∴OP＝4m，OQ＝16m－16＋4.2222m39393PQ＝4m－43＋4.22m993①當OP＝OQ時，則4m＝16m－163＋422m39932整理,得m－43m＋3＝0，解得m＝23±3．∴Q(23＋4,0)，Q(23－4,0)．12yPAOQx②當PO＝PQ時，則4m＝4m－43＋422m3993整理得：2m2＋3m－3＝0，解得解得m＝32

，或m＝－3.當m＝3時，Q點與O重合，舍去，2∴m＝－3.∴Q3(－23,0).yAQOxP③當QO＝QP時，則16m－163＋4＝4m－43＋42m2m9939932整理，得m－3m＝0.解得m＝3Q4(23,0).3yAPOQx綜上，當△OPQ為等腰三角形時，點Q的坐標為Q1(23＋4,0)，Q2(23－4,0)，Q(－23,0)，Q(23,0).343【知識點】圓內接四邊形；線段的最值；相似三角形的判斷與性質；勾股定理；一元二次方程的解法；等腰三角形的性質；分類議論（2019山東省濟寧市，題號20，分值8）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，D是弧AC的中點，E為OD延長線上一點，∠CAE＝2∠C，AC與BD交于點H，與OE交于點F．1）求證：AE是⊙O的切線；2）若DH＝9，tanC＝3，求直徑AB的長．4【思路剖析】經(jīng)過等弧獲取相等的弦，接著獲取相等的圓周角，依照同弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，經(jīng)過等量代換獲取角度之間的關系，進而證明出切線；經(jīng)過三角函數(shù)求得直角三角形的邊，用勾股定理求出直徑．【解題過程】∵D是弧AC的中點，∴AD＝CD∴∠DAC＝∠C∵∠CAE＝∠EAD＋∠DAC，∠CAE＝2∠C，∴∠EAD＝∠C，∵∠C＝∠B，∴∠B＝∠EAD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB＋∠B＝90°，∴∠EAD＋∠DAB＝90°，∴∠EAO＝90°，∴AE是⊙O的切線；在△ADH中∠ADH＝90°，DH＝9，∠DAH＝∠C，∴tan∠DAH＝DH3，∴93，AD4BD4∴AD＝12，在△BAD中∠ADB＝90°，AD＝12，∴tan∠B＝tan∠C＝3，∴tan4∠B＝AD3，∴BD＝16，∵∠ADB＝90°，∴AB＝AD2BD212216220．BD4【知識點】在同圓或等圓中，相等的弧所對的弦也相等，同弧或等弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，三角函數(shù)，勾股定理；（2019江蘇省無錫市，28，10）如圖1，在矩形ABCD中，BC=3，動點P從B出發(fā)，以每秒1個單位的速度，沿射線BC方向搬動，作PAB關于直線PA的對稱PAB'，設點P的運動時間為ts.1）若AB=23，①如圖2，當點B'落在AC上時，顯然△PCB'是直角三角形，求此時t的值；②可否存在異于圖2的時辰，使得△PCB'是直角三角形若存在，請直接寫出所有切合題意的t的值若不存在，請說明原由；（2）當點不與點重合時，若直線B'與直線訂交于點，且當＜3時存PCPCDMt在某一時辰有結論∠PAM=45°成立，試一試究：關于t＞3的任意時辰，結論∠PAM=45°可否總是成立請說明原由.DCDCDCB'B'PPABABAB圖1圖2備用第28題圖【思路剖析】本題觀察了與矩形相關的軸對稱問題，（1）①先利用勾股定理求AC，再證△CBP∽△CBA得比率式求PB'，最后用勾股定理列方程求t的值；②先用t表示相關線段，再分三種情況議論，借助勾股定理或直接計算方法求t；2）易得四邊形ABCD為正方形，于是AB=AB=AD，進而可證全等得∠DAM=∠BAM，由軸對稱得∠PAB=∠PAB=2∠DAM+∠PAD，代入∠PAB+∠PAD=90°中獲取結論.【解題過程】（1）①∵∠B=90°，∴AC=AB2BC2221，∵∠B∠°，CP=CBA=90BCP=∠BCA，BCBBP，故2123BP，解得BP274.由軸對稱可得∴△CP∽△CBA，CBBA323PB=274，∴t=274；②由已知可得PB=BP=t，PC=3-t，DA=BC=3，AB=AB=23，分三種情況：1°如圖，當∠PCB=90°時，由勾股定理得DB=3，∴CB=3，222，∴(3)2+(3-t)2=t2t=2.在△PCB中，PC+CB=PB，解得③②③④第28題答圖2°如圖，當∠PCB=90°時，由勾股定理得DB=3，∴CB=33，在△PCB中2222+(t-3)2=t2t=6.PC+CB=PB，(33)，解得3°當∠CPB=90°時，易證四邊形ABPB為正方形，PB=AB=23，∴t=23；1）如圖④，四邊形ABCD為正方形，t>3時，∵AB=AB=AD，AM=AM，Rt△MDARt△BAM（HL），∴∠DAM=∠BAM，由軸對稱可得∠PAB=∠PAB=2∠DAM+∠PAD，∴∠PAB+∠PAD=2∠DAM+2∠PAD=90°，∴∠PAM=∠DAM+∠PAD=45°.【知識點】矩形的性質；正方形的性質；全等三角形判斷與性質；軸對稱；方程思想；數(shù)形結合思想；分類議論思想（2019湖南懷化，23，12分）如圖，A、B、C、D、E是⊙O上的5均分點，連接AC、CE、EB、BD、DA，獲取一個五角星圖形和五邊形MNFGH.1）計算∠CAD的度數(shù)；2）連接AE，證明：AE=ME；2（3）求證：ME=BM·BE.【思路剖析】（1）依照A、B、C、D、E是⊙O上的5均分點可得∠COD的度數(shù)，依照圓周角定理可得∠CAD的度數(shù)，同理可得∠EBD，∠ACE，∠BDA，∠CEB的度數(shù)；（2）依照圓周角定理可得∠AEB=∠BDA，∠DAE=∠EBD，依照（1）可得出∠MAE=∠AME，進而得出結論；（3）連接AB，由（2）△ABE∽△NAE，△ABM≌△EAN，進而得出ABBE，，ANAE依照AE=ME即可得出答案.【解題過程】（1）解：∵A、B、C、D、E是⊙O上的5均分點，3601∠COD=36°.∴∠COD==72°，∴∠CAD=52同理可得∠EBD=∠ACE=∠BDA=∠CEB=36°.2）∵∠AEB=∠BDA，