中考數學復習第五章圓5.1圓的性質及與圓有關的位置關系試卷部分市賽課公開課一等獎省名師獲獎PP

第五章圓§5.1圓性質及與圓相關位置關系中考數學

(河南專用)1/205A組-年河南中考題組五年中考1.(河南,19,9分)如圖,AB是☉O直徑,DO⊥AB于點O,連接DA交☉O于點C,過點C作☉O

切線交DO于點E,連接BC交DO于點F.(1)求證:CE=EF;(2)連接AF并延長,交☉O于點G.填空:①當∠D度數為

時,四邊形ECFG為菱形;②當∠D度數為

時,四邊形ECOG為正方形.

2/205解析(1)證實:連接OC.∵CE是☉O切線,∴OC⊥CE.∴∠FCO+∠ECF=90°.∵DO⊥AB,∴∠B+∠BFO=90°.∵∠CFE=∠BFO,∴∠B+∠CFE=90°.

(3分)∵OC=OB,∴∠FCO=∠B.∴∠ECF=∠CFE.∴CE=EF.

(5分)(2)①30°.(注:若填為30,不扣分)(7分)②22.5°.(注:若填為22.5,不扣分)(9分)3/2052.(河南,18,9分)如圖,在△ABC中,AB=AC,以AB為直徑☉O交AC邊于點D,過點C作CF∥

AB,與過點B切線交于點F,連接BD.(1)求證:BD=BF;(2)若AB=10,CD=4,求BC長.

4/205解析(1)證實:∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB.∵CF∥AB,∴∠ABC=∠FCB.∴∠ACB=∠FCB,即CB平分∠DCF.

(3分)∵AB是☉O直徑,∴∠ADB=90°,即BD⊥AC.∵BF是☉O切線,∴BF⊥AB.

(5分)∵CF∥AB,∴BF⊥CF.∴BD=BF.

(6分)(2)∵AC=AB=10,CD=4,∴AD=AC-CD=10-4=6.在Rt△ABD中,BD2=AB2-AD2=102-62=64.

(8分)在Rt△BDC中,BC=

=

=4

,即BC長為4

.

(9分)5/2053.(河南,18,9分)如圖,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,點M是AC中點,以AB為直徑作☉O分別

交AC,BM于點D,E.(1)求證:MD=ME;(2)填空:①若AB=6,當AD=2DM時,DE=

;②連接OD,OE,當∠A度數為

時,四邊形ODME是菱形.6/205解析(1)證實:在Rt△ABC中,∠ABC=90°,點M是AC中點,∴MA=MB.∴∠A=∠MBA.

(2分)∵四邊形ABED是圓內接四邊形,∴∠ADE+∠ABE=180°.又∵∠ADE+∠MDE=180°,∴∠MDE=∠MBA.同理可證:∠MED=∠A.

(4分)∴∠MDE=∠MED,∴MD=ME.

(5分)(2)①2.

(7分)②60°(或60).

(9分)解題關鍵熟記圓內接四邊形對角互補,結合直角三角形性質判斷角相等是本題關鍵.7/2054.(河南,17,9分)如圖,AB是半圓O直徑,點P是半圓上不與點A,B重合一個動點,延長BP

到點C,使PC=PB,D是AC中點,連接PD,PO.(1)求證:△CDP≌△POB;(2)填空:①若AB=4,則四邊形AOPD最大面積為

;②連接OD,當∠PBA度數為

時,四邊形BPDO是菱形.

8/205解析(1)證實:∵D是AC中點,且PC=PB,∴DP∥AB,DP=

AB.∴∠CPD=∠PBO.

(3分)∵OB=

AB,∴DP=OB.∴△CDP≌△POB.

(5分)(2)①4.

(7分)②60°.

(9分)思緒分析(1)依據三角形中位線定理得出三角形全等一個條件,再由SAS判定全等;(2)①當PO⊥AB時,四邊形AOPD面積最大;②當∠PBA=60°時,等腰三角形OBP中BO=BP,四邊形

BPDO為菱形.9/2055.(河南,17,9分)如圖,CD是☉O直徑,且CD=2cm,點P為CD延長線上一點,過點P作☉O

切線PA、PB,切點分別為點A、B.(1)連接AC,若∠APO=30°,試證實△ACP是等腰三角形;(2)填空:①當DP=

cm時,四邊形AOBD是菱形;②當DP=

cm時,四邊形AOBP是正方形.

10/205解析(1)證實:連接OA.∵PA為☉O切線,∴OA⊥PA.

(1分)在Rt△AOP中,∠AOP=90°-∠APO=90°-30°=60°.∴∠ACP=

∠AOP=

×60°=30°.

(4分)∴∠ACP=∠APO.∴AC=AP.∴△ACP是等腰三角形.

(5分)(2)①1;

(7分)②

-1.

(9分)思緒分析(1)依據切線性質和同弧所對圓周角等于圓心角二分之一得角之間關系,由等角

對等邊可判定等腰三角形;(2)①當AD=1時,四邊形AOBD是菱形,可求得DP長;②當四邊形

AOBP是正方形時,OP=

AO=

,DP=OP-OD=

-1.11/205考點一圓相關概念及性質B組-年全國中考題組1.(內蒙古呼和浩特,7,3分)如圖,CD為☉O直徑,弦AB⊥CD,垂足為M.若AB=12,OM∶MD

=5∶8,則☉O周長為

()

A.26πB.13π

C.

D.

12/205答案

B連接OA,設OM=5x(x>0),則MD=8x,∴OA=OD=13x,又∵AB=12,AB⊥CD,∴AM=6.在

Rt△AOM中,(5x)2+62=(13x)2,解得x=

(舍負),∴半徑OA=

,∴☉O周長為13π.方法規(guī)律如圖,設圓半徑為r、弦長為a、弦心距為d,弓形高為h,則

+d2=r2(h=r-d或h=r+d).已知其中任意兩個量即可求出其余兩個量.

13/2052.(陜西,9,3分)如圖,☉O半徑為4,△ABC是☉O內接三角形,連接OB、OC.若∠BAC與

∠BOC互補,則弦BC長為()

A.3

B.4

C.5

D.6

14/205答案

B∵∠BOC+∠CAB=180°,∠BOC=2∠CAB,∴∠BOC=120°,作OD⊥BC交BC于點D,

∴BC=2BD.∵OB=OC,∴∠OBD=∠OCD=

=30°,∴BD=OBcos30°=2

,∴BC=2BD=4

,故選B.15/2053.(廣西南寧,9,3分)如圖,點A,B,C,P在☉O上,CD⊥OA,CE⊥OB,垂足分別為D,E,∠DCE=40°,則∠P度數為

()A.140°

B.70°C.60°

D.40°答案

B∵∠DCE=40°,CD⊥OA,CE⊥OB,∴∠DOE=180°-40°=140°.∴∠P=

∠AOB=70°.故選B.16/2054.(湖北黃岡,11,3分)如圖,△ABC內接于☉O,AB為☉O直徑,∠CAB=60°,弦AD平分∠

CAB,若AD=6,則AC=

.

答案2

解析連接BD,因為AB為☉O直徑,所以∠ADB=90°,因為∠CAB=60°,弦AD平分∠CAB,所以

∠BAD=30°,因為

=cos30°,所以AB=

=

=4

.在Rt△ABC中,AC=AB×cos60°=4

×

=2

.17/2055.(吉林,13,3分)如圖,四邊形ABCD內接于☉O,∠DAB=130°,連接OC.點P是半徑OC上任意

一點,連接DP,BP,則∠BPD可能為

度(寫出一個即可).18/205答案60(答案不唯一,大于等于50且小于等于100即可)解析連接OB,OD,∵四邊形ABCD是圓內接四邊形,∴∠DAB+∠DCB=180°.∴∠DCB=180°-∠DAB=50°.∴∠DOB=2∠DCB=100°.∴50°≤∠BPD≤100°.評析本題考查圓內接四邊形性質,圓周角定理,連接OB,OD,利用圓周角定理是關鍵,屬容

易題.19/2056.(新疆烏魯木齊,13,4分)設I為△ABC外心,若∠BIC=100°,則∠A度數為

.答案50°或130°解析當I在△ABC內部時,如圖1,∠A=

∠BIC=50°;當I在△ABC外部時,如圖2,∠A+

∠BIC=180°,∴∠A=130°.

圖1圖220/2057.(江蘇南京,15,2分)如圖,在☉O內接五邊形ABCDE中,∠CAD=35°,則∠B+∠E=

°.

答案215解析連接AO,CO,DO,則∠COD=2∠CAD=70°,又因為∠B=

(∠AOD+∠COD),∠E=

(∠AOC+∠COD),所以∠B+∠E=

(∠AOD+∠COD+∠AOC+∠COD)=

×(360°+70°)=215°.評析本題考查同弧所正確圓周角與圓心角關系.21/2058.(陜西,16,3分)如圖,☉O半徑是2.直線l與☉O相交于A、B兩點,M、N是☉O上兩個動

點,且在直線l異側.若∠AMB=45°,則四邊形MANB面積最大值是

.

22/205答案4

解析連接OA,OB.四邊形MANB面積最大值取決于三角形ABM和三角形ABN面積最大

值.當點M,N分別位于優(yōu)弧AB和劣弧AB中點時,四邊形MANB面積取最大值.連接MN,此時

MN為☉O直徑,故MN=4,∵∠AMB=45°,∴∠AOB=90°,所以AB=

OA=2

.故四邊形MANB面積最大值為

AB·MN=

×2

×4=4

.23/2059.(福建,24,12分)已知四邊形ABCD是☉O內接四邊形,AC是☉O直徑,DE⊥AB,垂足為E.(1)延長DE交☉O于點F,延長DC,FB交于點P,如圖1.求證:PC=PB;(2)過點B作BG⊥AD,垂足為G,BG交DE于點H,且點O和點A都在DE左側,如圖2.若AB=

,DH=1,∠OHD=80°,求∠BDE大小.

圖1圖224/205解析(1)證實:∵AC是☉O直徑,∴∠ABC=90°.又∵DE⊥AB,∴∠DEA=90°.∴∠DEA=∠ABC,∴BC∥DF,∴∠F=∠PBC.∵四邊形BCDF是圓內接四邊形,∴∠F+∠DCB=180°,又∵∠PCB+∠DCB=180°,∴∠F=∠PCB,∴∠PBC=∠PCB,∴PC=PB.(2)連接OD,∵AC是☉O直徑,∴∠ADC=90°,

25/205又∵BG⊥AD,∴∠AGB=90°,∴∠ADC=∠AGB,∴BG∥DC.又由(1)知BC∥DE,∴四邊形DHBC為平行四邊形,∴BC=DH=1.在Rt△ABC中,AB=

,tan∠ACB=

=

,∴∠ACB=60°,∠CAB=30°.從而BC=

AC=OD,∴DH=OD.在等腰三角形DOH中,∠DOH=∠OHD=80°,∴∠ODH=20°.設DE交AC于N.∵BC∥DE,∴∠ONH=∠ACB=60°.∴∠NOH=180°-(∠ONH+∠OHD)=40°,∴∠DOC=∠DOH-∠NOH=40°,∴∠CBD=∠OAD=20°.∵BC∥DE,∴∠BDE=∠CBD=20°.26/205一題多解(1)證實:易證DF∥BC,從而CD=BF,且

=

=1,∴PB=PC.(2)連接OD,設∠BDE=x,則∠EBD=90°-x,易證四邊形BCDH為平行四邊形,∴BC=DH=1,∵AB=

,∴∠CAB=30°,AC=2,∴∠ADB=∠ACB=60°,∵OD=OA=1=DH,∴∠ODH=180°-2∠OHD=180°-2×80°=20°,∴∠OAD=∠ODA=∠ADB-(∠ODH+x)=60°-(20°+x)=40°-x.又∵∠AOD=2∠ABD,∴180°-2(40°-x)=2(90°-x),解得x=20°,即∠BDE=20°.解后反思本題考查圓相關性質、等腰三角形判定與性質、平行線判定與性質、平

行四邊形判定與性質、解直角三角形等基礎知識,考查運算能力、推理能力、空間觀念與

幾何直觀,考查化歸與轉化思想.27/20510.(安徽,20,10分)如圖,在四邊形ABCD中,AD=BC,∠B=∠D,AD

于BC,過點C作CE∥AD交△ABC外接圓O于點E,連接AE.(1)求證:四邊形AECD為平行四邊形;(2)連接CO,求證:CO平分∠BCE.

28/205證實(1)∵∠B=∠D,∠B=∠E,∴∠D=∠E.∵CE∥AD,∴∠E+∠DAE=180°.∴∠D+∠DAE=180°.∴AE∥DC.∴四邊形AECD是平行四邊形.

(5分)(2)過點O作OM⊥EC,ON⊥BC,垂足分別為M、N.∵四邊形AECD是平行四邊形,∴AD=EC.又AD=BC,∴EC=BC,∴OM=ON,∴CO平分∠BCE.

(10分)思緒分析(1)依據“在同一個圓中同一段弧所正確圓周角相等”可推出∠E=∠B,再由∠D=

∠B,CE∥AD可推出AE∥DC,問題得證;(2)作OM⊥CE,ON⊥BC,垂足分別為M、N,由已知及(1)

得出CE=BC,再依據“同一個圓內等弦對應弦心距相等”可得OM=ON,從而由角平分線

判定定理可得結論.解題關鍵抓住“在同一個圓中同一段弧所正確圓周角相等及同圓內等弦對應弦心距相

等”是處理本題關鍵.29/2051.(福建,9,4分)如圖,AB是☉O直徑,BC與☉O相切于點B,AC交☉O于點D.若∠ACB=50°,

則∠BOD等于

()

A.40°

B.50°

C.60°

D.80°考點二與圓相關位置關系30/205答案

D由BC與☉O相切于點B,可得∠ABC=90°,由三角形內角和為180°及∠ACB=50°可得

∠BAC=40°,由OA=OD得∠ODA=∠BAC=40°,由三角形一個外角等于與它不相鄰兩個內

角和可得∠BOD=∠ODA+∠OAD=80°.31/2052.(吉林,6,2分)如圖,直線l是☉O切線,A為切點,B為直線l上一點,連接OB交☉O于點C.若

AB=12,OA=5,則BC長為

()

A.5

B.6

C.7

D.8答案

D因為AB是圓O切線,所以OA⊥AB,由勾股定理可得,OB=13,又因為OC=5,所以BC=

OB-OC=13-5=8,故選D.32/2053.(重慶,9,4分)如圖,AB是☉O直徑,點C在☉O上,AE是☉O切線,A為切點,連接BC并延

長交AE于點D.若∠AOC=80°,則∠ADB度數為

()

A.40°

B.50°

C.60°

D.20°答案

B∵AE是☉O切線,∴∠BAE=90°,∵∠B=

∠AOC=40°,∴∠ADB=90°-∠B=50°,故選B.33/2054.(江蘇南京,6,2分)如圖,在矩形ABCD中,AB=4,AD=5,AD、AB、BC分別與☉O相切于E、

F、G三點,過點D作☉O切線交BC于點M,切點為N,則DM長為

()

A.

B.

C.

D.2

答案

A在矩形ABCD中,☉O分別與邊AD、AB、BC相切,又DM為☉O切線,所以由切線

長定理得AE=AF=BF=BG,DE=DN,MN=MG,且易知BG=2,DN=3,設MN=MG=x,在Rt△DCM中,

DM2=MC2+DC2,即(3+x)2=(3-x)2+42,解得x=

,則DM=3+

=

.故選A.34/2055.(天津,7,3分)如圖,AB是☉O弦,AC是☉O切線,A為切點,BC經過圓心,若∠B=25°,則

∠C大小等于

()

A.20°

B.25°

C.40°

D.50°答案

C連接OA,☉O中,OA=OB,所以∠B=∠BAO=25°,因為∠AOC是△OAB外角,所以∠

AOC=∠B+∠BAO=50°,又因為AC是☉O切線,所以OA⊥AC,在Rt△OAC中,∠C=90°-∠AOC

=40°,故選C.

35/2056.(安徽,12,5分)如圖,菱形ABOC邊AB,AC分別與☉O相切于點D,E.若點D是AB中點,

則∠DOE=

°.

答案60解析∵AB,AC分別與圓O相切于點D,E,∴OD⊥AB,OE⊥AC,在菱形ABOC中,AB=BO,∵點D

是AB中點,∴BD=

AB=

BO,∴∠BOD=30°,∴∠B=60°,又∵OB∥AC,∴∠A=120°,∴在四邊形ADOE中,∠DOE=360°-90°-90°-120°=60°.解題關鍵由題意得出OD垂直平分AB及AB=BO是解答本題關鍵.36/2057.(黑龍江哈爾濱,18,3分)如圖,AB為☉O直徑,直線l與☉O相切于點C,AD⊥l,垂足為D,

AD交☉O于點E,連接OC、BE.若AE=6,OA=5,則線段DC長為

.

37/205答案4解析設OC與BE相交于點F,∵AB是☉O直徑,∴∠AEB=90°,∵AO=5,∴AB=10.在Rt△AEB中,AE=6,∴BE=

=8.∵直線l是☉O切線,∴OC⊥CD,又∵AD⊥CD,AE⊥EB,∴四邊形CDEF為矩形,∴DC=EF=

BE=4.

38/2058.(浙江寧波,17,4分)如圖,在矩形ABCD中,AB=8,AD=12,過A,D兩點☉O與BC邊相切于

點E,則☉O半徑為

.

39/205答案

解析連接EO,并延長交AD于點H,連接AO.

∵四邊形ABCD是矩形,☉O與BC邊相切于點E,∴EH⊥BC,∵AD∥BC,∴EH⊥AD.依據垂徑定理,得AH=DH.∵AB=8,AD=12,∴AH=6,HE=8.設☉O半徑為r,則AO=r,OH=8-r.在Rt△OAH中,由勾股定理得(8-r)2+62=r2,解得r=

.∴☉O半徑為

.40/2059.(天津,21,10分)已知AB是☉O直徑,弦CD與AB相交,∠BAC=38°.(1)如圖①,若D為?中點,求∠ABC和∠ABD大小;(2)如圖②,過點D作☉O切線,與AB延長線交于點P,若DP∥AC,求∠OCD大小.

41/205解析(1)∵AB是☉O直徑,∴∠ACB=90°.∴∠BAC+∠ABC=90°.又∠BAC=38°,∴∠ABC=90°-38°=52°.由D為?中點,得?=?.∴∠ACD=∠BCD=

∠ACB=45°.∴∠ABD=∠ACD=45°.(2)如圖,連接OD.

42/205∵DP切☉O于點D,∴OD⊥DP,即∠ODP=90°.由DP∥AC,又∠BAC=38°,∴∠P=∠BAC=38°.∵∠AOD是△ODP外角,∴∠AOD=∠ODP+∠P=128°.∴∠ACD=

∠AOD=64°.又OA=OC,得∠ACO=∠BAC=38°.∴∠OCD=∠ACD-∠ACO=64°-38°=26°.思緒分析(1)依據直徑所正確圓周角是直角,等弧所正確圓周角相等能夠求解;(2)連接OD,根

據平行線性質,圓切線性質求得∠P,∠AOD度數,即可求得∠OCD大小.43/20510.(內蒙古呼和浩特,24,9分)如圖,點A,B,C,D是直徑為AB☉O上四個點,C是劣弧?中點,AC與BD交于點E.(1)求證:DC2=CE·AC;(2)若AE=2,EC=1,求證:△AOD是正三角形;(3)在(2)條件下,過點C作☉O切線,交AB延長線于點H,求△ACH面積.

44/205解析(1)證實:∵C是劣弧?中點,∴∠DAC=∠CDB,又∵∠ACD=∠DCE,∴△ACD∽△DCE,∴

=

,∴DC2=CE·AC.(2)證實:∵AE=2,CE=1,∴AC=3,∴DC2=3,∴DC=

,如圖,連接OC,

45/205∵C是劣弧?中點,∴OC平分∠DOB,∴BC=DC=

,∵AB是☉O直徑,∴AB=

=2

,∴OB=OC=OD=

,∴∠BOD=120°,∴∠DOA=60°,又∵OA=OD,∴△AOD是正三角形.(3)∵CH是☉O切線,∴OC⊥CH,∵∠COH=60°,∴∠H=30°,∠CAB=30°,∴CH=AC=3,∴S△ACH=

×3

×

=

.46/20511.(廣西南寧,23,8分)如圖,在Rt△ABC中,∠C=90°,BD是角平分線,點O在AB上,以點O為圓

心,OB為半徑圓經過點D,交BC于點E.(1)求證:AC是☉O切線;(2)若OB=10,CD=8,求BE長.

47/205解析(1)證實:連接OD,

(1分)∵BD平分∠ABC,∴∠OBD=∠CBD.∵點B,D在☉O上,∴OB=OD,∴∠ODB=∠OBD,∴∠ODB=∠CBD,∴OD∥BC.

(3分)∴∠ODA=∠C=90°,∴OD⊥AC.

(4分)又∵點D在☉O上,∴AC是☉O切線.

(5分)

(2)過點O作OF⊥BC于點F,∴BF=EF,∠OFC=90°.

(6分)48/205又∵∠C=∠ODC=90°,∴四邊形CDOF是矩形.∴OF=CD=8,

(7分)在Rt△BOF中,BF=

=

=6,∴BE=2BF=12.

(8分)49/205考點一圓相關概念及性質C組

教師專用題組1.(湖北武漢,10,3分)如圖,在☉O中,點C在優(yōu)弧

上,將弧?折疊后剛好經過AB中點D.若☉O半徑為

,AB=4,則BC長是

()

A.2

B.3

C.

D.

50/205答案

B連接AO,并延長交☉O于點D',則∠ABD'=90°.連接BD',CD',DD',DD'交BC于點E,連接

OD,OB,OC,∵D為AB中點,∴OD⊥AB,∵AB=4,∴BD=

AB=2,∵OB=

,∴OD=

=1,∴BD'=2OD=2,即BD=BD',顯然點D與點D'關于直線BC對稱.∵∠ABD'=90°,∴∠ABC=∠

CBD'=45°,依據圓周角定理得∠AOC=90°,∴∠D'OC=90°,∴CD'=

OC=

,∵∠CBD'=45°,BD'=2,∴BE=ED'=

,依據勾股定理得CE=

=2

,∴BC=BE+CE=3

,故選B.

方法指導在求解包括圓性質問題時,通常利用垂徑定理或圓周角定理得到相等線段

或角或垂直關系,求解過程中常需作適當輔助線結構直角三角形,利用勾股定理等知識進行

求解.51/2052.(陜西,9,3分)如圖,△ABC是☉O內接三角形,∠C=30°,☉O半徑為5.若點P是☉O上

一點,在△ABP中,PB=AB,則PA長為

()

A.5

B.

C.5

D.5

52/205答案

D連接OB、OA、OP,

∵∠C=30°,∴∠AOB=60°,∵OA=OB,∴△OAB是等邊三角形,∴AB=5.∵PB=AB=OA=OP,∴OB

⊥AP,∴AP=2AB·cos30°=2×5×cos30°=2×5×

=5

.故選D.53/2053.(福建,8,4分)如圖,AB是☉O直徑,C,D是☉O上位于AB異側兩點.以下四個角中,一定

與∠ACD互余角是

()

A.∠ADC

B.∠ABD

C.∠BAC

D.∠BAD答案

D∵AB是☉O直徑,∴∠ADB=90°,∴∠BAD+∠B=90°,易知∠ACD=∠B,∴∠BAD+

∠ACD=90°,故選D.54/2054.(山東臨沂,8,3分)如圖,A,B,C是☉O上三個點,若∠AOC=100°,則∠ABC等于

()

A.50°

B.80°

C.100°

D.130°55/205答案

D如圖,在優(yōu)弧AC上任取一點D,連接AD、CD.∵∠AOC=100°,∴∠ADC=

∠AOC=50°.∵∠ADC+∠ABC=180°,∴∠ABC=180°-50°=130°.故選D.

56/2055.(浙江紹興,8,4分)如圖,四邊形ABCD是☉O內接四邊形,☉O半徑為2,∠B=135°,則

?長是

()

A.2πB.πC.

D.

57/205答案

B因為四邊形ABCD是☉O內接四邊形,∠B=135°,所以∠D=45°.連接OA、OC,則∠AOC=2∠D=90°,所以

長是

=π,故選B.

58/2056.(上海,6,4分)如圖,已知在☉O中,AB是弦,半徑OC⊥AB,垂足為點D,要使四邊形OACB為

菱形,還需添加一個條件,這個條件能夠是

()

A.AD=BD

B.OD=CDC.∠CAD=∠CBD

D.∠OCA=∠OCB答案

B依據垂徑定理知OD垂直平分AB,所以添加OD=CD,即可判定四邊形OACB是菱形,

故選B.59/2057.(內蒙古呼和浩特,6,3分)已知☉O面積為2π,則其內接正三角形面積為

()A.3

B.3

C.

D.

60/205答案

C如圖所表示,連接OB、OC,過O作OD⊥BC于D,∵☉O面積為2π,∴☉O半徑為

.∵△ABC為正三角形,∴∠BOC=2×60°=120°,∴∠BOD=

∠BOC=60°.∵OB=

,∴BD=OB·sin∠BOD=

·sin60°=

,OD=OB·cos∠BOD=

·cos60°=

,∴BC=2BD=

,∴△BOC面積=

·BC·OD=

×

×

=

,∴△ABC面積=3S△BOC=3×

=

.故選C.評析本題考查三角形外接圓與外心,屬輕易題.61/2058.(江蘇鎮(zhèn)江,16,3分)如圖,△ABC內接于半徑為5☉O,圓心O到弦BC距離等于3,則∠A

正切值等于

()

A.

B.

C.

D.

62/205答案

D連接CO并延長交☉O于點D,則CD為☉O直徑,連接BD,作OE⊥BC交BC于點E,依題意可得BD=2OE=6,又CD=2×5=10,

所以BC=

=8,所以tanD=

=

=

.又因為∠A=∠D,所以tanA=

,故選D.評析本題綜合考查圓周角定理,垂徑定理,解直角三角形等相關知識,屬中等難度題.63/2059.(北京,12,2分)如圖,點A,B,C,D在☉O上,?=?,∠CAD=30°,∠ACD=50°,則∠ADB=

°.

答案70解析∵?=?,∴∠BAC=∠CAD=30°.又∵∠BDC=∠BAC=30°,∠ACD=50°,∴∠ADB=180°-30°-30°-50°=70°.64/20510.(內蒙古呼和浩特,12,3分)同一個圓內接正方形和正三角形邊心距比為

.答案

∶1解析設圓半徑為r,則內接正方形邊心距為

r,內接正三角形邊心距為

r,故

r∶

r=

∶1.65/20511.(北京,14,3分)如圖,AB為☉O直徑,C,D為☉O上點,

=?.若∠CAB=40°,則∠CAD=

°.

66/205答案25解析連接BC,BD,∵AB為☉O直徑,∴∠ACB=90°,∴∠ABC=90°-∠CAB=90°-40°=50°.∵

=

,∴∠ABD=∠CBD=

∠ABC=25°,∴∠CAD=∠CBD=25°.

67/20512.(山東青島,11,3分)如圖,AB是☉O直徑,C,D是☉O上兩點,若∠BCD=28°,則∠ABD=

°.

答案62解析∵AB是☉O直徑,∴∠ACB=90°.∵∠BCD=28°,∴∠ACD=90°-28°=62°,∴∠ABD=∠ACD=62°.68/20513.(湖南長沙,16,3分)如圖,在☉O中,弦AB=6,圓心O到AB距離OC=2,則☉O半徑長為

.

答案

解析由題意得OC⊥AB,∴AC=BC=

AB=3,在Rt△OCA中,OA=

=

=

.∴☉O半徑長為

.評析本題考查了垂徑定理、勾股定理,屬輕易題.69/20514.(江蘇南京,13,2分)如圖,扇形AOB圓心角為122°,C是?上一點,則∠ACB=

°.

答案119解析如圖,在扇形AOB所在圓優(yōu)弧AB上取一點D,連接DA,DB.∵∠AOB=122°,∴∠D=61°,∵∠ACB+∠D=180°,∴∠ACB=119°.

70/20515.(重慶,15,4分)如圖,OA,OB是☉O半徑,點C在☉O上,連接AC,BC.若∠AOB=120°,則∠

ACB=

度.

答案60解析依據圓周角定理,知∠ACB=

∠AOB=

×120°=60°.71/20516.(內蒙古包頭,18,3分)如圖,☉O是△ABC外接圓,AD是☉O直徑,若☉O半徑是4,

sinB=

,則線段AC長為

.

答案2解析連接CD,在☉O中,因為AD為直徑,所以∠ACD=90°,因為∠B=∠D,所以AC=AD·sinD=8

×

=2.72/20517.(江西南昌,10,3分)如圖,點A,B,C在☉O上,CO延長線交AB于點D,∠A=50°,∠B=30°,則

∠ADC度數為

.

答案110°解析在☉O中,∠BOC=2∠A=2×50°=100°,所以∠DOB=180°-∠BOC=180°-100°=80°,所以∠ADC=∠B+∠DOB=30°+80°=110°.評析本題考查同弧所正確圓周角與圓心角關系、三角形內角和定理推論,屬輕易題.73/20518.(上海,17,4分)在矩形ABCD中,AB=5,BC=12,點A在☉B(tài)上.假如☉D與☉B(tài)相交,且點B在

☉D內,那么☉D半徑長能夠等于

.(只需寫出一個符合要求數)答案14(大于13且小于18數)解析由題意可知☉B(tài)半徑長為5,BD=13,由點B在☉D內,得☉D半徑長r>13.又☉B(tài)與☉D

相交,所以8<r<18,所以13<r<18,我們取數字在這個范圍內就能夠了.評析本題重點考查點與圓之間位置關系,圓與圓之間位置關系,題目雖小,但知識點眾

多,需要學生有較強綜合應用能力,屬于中等難度題.74/20519.(湖北黃岡,14,3分)如圖,在☉O中,弦CD垂直于直徑AB于點E,若∠BAD=30°,且BE=2,則

CD=

.

答案4

解析連接OD,則OA=OD,所以∠ODA=∠OAD=30°,因為∠BOD是△OAD外角,所以∠BOD

=∠ODA+∠OAD=60°,所以∠ODE=30°,在Rt△ODE中,設OE=x,則OD=2OE=2x,因為OB=OD,所

以2x=x+2,所以x=2,所以OE=2,OD=4,依據勾股定理得,DE=2

.因為AB是直徑,AB⊥CD,所以依據垂徑定理可知,CD=2DE=4

.75/20520.(江蘇揚州,15,3分)如圖,以△ABC邊BC為直徑☉O分別交AB、AC于點D、E,連接

OD、OE,若∠A=65°,則∠DOE=

°.

答案50解析因為∠A=65°,所以∠B+∠C=115°,因為BO=OD,CO=EO,所以∠BDO=∠B,∠OEC=∠C,

所以∠BDO+∠OEC=∠B+∠C=115°,所以∠ADO+∠AEO=(180°-∠BDO)+(180°-∠OEC)=360°

-(∠BDO+∠OEC)=245°.在四邊形ADOE中,∠DOE=360°-∠A-(∠ADO+∠AEO)=50°.76/20521.(安徽,20,10分)如圖,☉O為銳角△ABC外接圓,半徑為5.(1)用尺規(guī)作圖作出∠BAC平分線,并標出它與劣弧?交點E(保留作圖痕跡,不寫作法);(2)若(1)中點E到弦BC距離為3,求弦CE長.

77/205解析(1)尺規(guī)作圖如圖所表示.

(4分)

(2)連接OE交BC于M,連接OC.因為∠BAE=∠CAE,所以

=?,易得OE⊥BC,所以EM=3.Rt△OMC中,OM=OE-EM=5-3=2,OC=5,所以MC2=OC2-OM2=25-4=21.Rt△EMC中,CE2=EM2+MC2=9+21=30,所以弦CE長為

.

(10分)思緒分析對于(2),連接OE交BC于點M,再連接OC,由∠BAE=∠CAE可得

=?,可推出OE⊥BC,最終利用勾股定理求出CE.78/20522.(上海,25,14分)如圖,已知☉O半徑長為1,AB、AC是☉O兩條弦,且AB=AC,BO延

長線交AC于點D,連接OA、OC.(1)求證:△OAD∽△ABD;(2)當△OCD是直角三角形時,求B、C兩點距離;(3)記△AOB、△AOD、△COD面積分別為S1、S2、S3,假如S2是S1和S3百分比中項,求OD

長.

備用圖79/205解析(1)證實:∵AB=AC,OB=OA,OA=OC,∴△OAB≌△OCA.∴∠B=∠OAC,∵∠ADO=∠BDA,∴△OAD∽△ABD.(2)△OCD為直角三角形有兩種情況:①如圖,當∠ODC=90°時,OD⊥AC,∴BD垂直平分AC,∴AB=CB.∴△ABC為等邊三角形,此時BC=AC=2DC=2OCcos30°=

.

②如圖,當∠COD=90°時,△BOC是等腰直角三角形,此時BC=

OC=

.80/205

(3)∵AB=AC,∴O到弦AB,AC距離相等,∴S1∶S2∶S3=AB∶AD∶DC.由題意知S1·S3=

,∴AD2=AB·DC.∴AD2=AC·DC,∴AD=

AC,即

=

.又由(1)中相同可知

=

=

.∴OD=

.81/20523.(寧夏,23,8分)已知△ABC,以AB為直徑☉O分別交AC于D,BC于E,連接ED.若ED=EC.(1)求證:AB=AC;(2)若AB=4,BC=2

,求CD長.

82/205解析(1)證實:∵ED=EC,∴∠CDE=∠C,又∵四邊形ABED是☉O內接四邊形,∴∠CDE=∠B,∴∠B=∠C,∴AB=AC.

(4分)(2)連接AE,則AE⊥BC,

∴BE=EC=

BC,在△ABC與△EDC中,∵∠C=∠C,∠CDE=∠B,∴△ABC∽△EDC,

(6分)83/205∴

=

,得DC=

=

,由AB=4,BC=2

,得DC=

=

.

(8分)評析本題考查圓內接四邊形性質,三角形相同判定與性質.屬中等題.84/20524.(福建福州,24,12分)如圖,正方形ABCD內接于☉O,M為?中點,連接BM,CM.(1)求證:BM=CM;(2)當☉O半徑為2時,求?長.

解析(1)證實:∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=CD,∴

=?.∵M為?中點,∴?=?,∴

=?,∴BM=CM.85/205(2)連接OM,OB,OC.∵

=?,∴∠BOM=∠COM.∵正方形ABCD內接于☉O,∴∠BOC=

=90°.∴∠BOM=135°.由弧長公式,得

長l=

=

π.86/20525.(安徽,20,10分)在☉O中,直徑AB=6,BC是弦,∠ABC=30°,點P在BC上,點Q在☉O上,且OP

⊥PQ.(1)如圖1,當PQ∥AB時,求PQ長;(2)如圖2,當點P在BC上移動時,求PQ長最大值.

87/205解析(1)∵OP⊥PQ,PQ∥AB,∴OP⊥AB.在Rt△OPB中,OP=OB·tan∠ABC=3·tan30°=

.

(3分)如圖,連接OQ,在Rt△OPQ中,

PQ=

=

=

.

(5分)(2)∵PQ2=OQ2-OP2=9-OP2,∴當OP最小時,PQ最大.此時,OP⊥BC.

(7分)OP=OB·sin∠ABC=3·sin30°=

.∴PQ長最大值為

=

.

(10分)88/2051.(遼寧沈陽,11,4分)如圖,在△ABC中,AB=AC,∠B=30°,以點A為圓心,以3cm為半徑作☉A,

當AB=

cm時,BC與☉A相切.考點二與圓相關位置關系答案6解析作AD⊥BC于點D.當BC與☉A相切時,AD=3cm.在Rt△ABD中,AD=3cm,∠B=30°,∴AB=

=6cm.∴當AB=6cm時,BC與☉A相切.89/2052.(浙江紹興,14,5分)在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=4,點P在以C為圓心,5為半徑圓

上,連接PA,PB.若PB=4,則PA長為

.答案3或

解析由題意可知點P是以C為圓心,5為半徑圓和以B為圓心,4為半徑圓交點,連接BP1,

CP1,因為B

+BC2=C

,所以CB⊥BP1,同理,CB⊥BP2,所以B,P1,P2三點共線,因為AC⊥BC,BC⊥BP1,AC=BP1=4,所以四邊形ACBP1是矩形,所以AP1=3,在Rt△AP1P2中,由勾股定理得AP2=

=

.

90/2053.(浙江溫州,16,5分)如圖,在矩形ABCD中,AD=8,E是邊AB上一點,且AE=

AB.☉O經過點E,與邊CD所在直線相切于點G(∠GEB為銳角),與邊AB所在直線相交于另一點F,且EG∶EF

=

∶2.當邊AD或BC所在直線與☉O相切時,AB長是

.答案4或1291/205解析如圖,連接EO,連接GO并延長,交EF于N點,則GN⊥AB.∴EN=NF.又∵EG∶EF=

∶2,∴EG∶EN=

∶1.又∵GN=AD=8,∴設EN=x,則GE=

x,依據勾股定理得(

x)2-x2=64,解得x=4,∴GE=4

.設☉O半徑為r,由OE2=EN2+ON2得r2=16+(8-r)2,∴r=5.設BC所在直線與☉O相切于K點,連接OK.∴OK=NB=5,∴EB=9.又AE=

AB,∴AB=12.當AD與☉O相切時,同理可求出AB=4.評析本題考查了切線性質以及勾股定理和垂徑定理綜合應用,解答本題關鍵在于正

確添加輔助線,并進行分類討論,利用勾股定理求出對應圓半徑.92/2054.(陜西,23,8分)如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,以斜邊AB上中線CD為直徑作☉O,分別

與AC、BC相交于點M,N.(1)過點N作☉O切線NE與AB相交于點E,求證:NE⊥AB;(2)連接MD,求證:MD=NB.

93/205解析(1)連接ON,則OC=ON.∴∠DCB=∠ONC.∵在Rt△ABC中,D為斜邊AB中點,∴CD=DB,∴∠DCB=∠B,∴∠ONC=∠B,∴ON∥AB.

(2分)∵NE是☉O切線,∴NE⊥ON,∴NE⊥AB.

(4分)(2)連接ND,則∠CND=∠CMD=90°.∵∠ACB=90°,∴四邊形CMDN是矩形,

(6分)∴MD=CN.94/205由(1)知,CD=BD,∴CN=NB,∴MD=NB.

(8分)

思緒分析(1)連接ON,由OC=ON可得∠DCB=∠ONC,依據直角三角形斜邊上中線等于斜

邊二分之一得出CD=DB,進而得出∠DCB=∠B,再推出ON∥AB,然后依據切線性質得出ON⊥

NE,最終得到結論;(2)依據圓周角定理可得∠CND=∠CMD=90°,進而判斷四邊形CMDN為矩

形,得出MD=CN,然后依據等腰三角形三線合一推出CN=NB,從而得到結論.解題技巧針對含有切線解答題,首先要想到是作“輔助線”,由此取得更多能夠證實題

目要求條件.普通作“輔助線”方法為“見切點,連圓心”,從而結構直角(垂直),然后利用

切線性質及其它幾何知識進行證實或計算.95/2055.(江西,20,8分)如圖,在△ABC中,O為AC上一點,以點O為圓心,OC為半徑作圓,與BC相切

于點C,過點A作AD⊥BO交BO延長線于點D,且∠AOD=∠BAD.(1)求證:AB為☉O切線;(2)若BC=6,tan∠ABC=

,求AD長.

96/205解析(1)證實:過點O作OE⊥AB于點E,即∠OEB=90°.∵BC切☉O于點C,∴∠OCB=∠OEB=90°.∵AD⊥BD,∴∠ADB=90°.∵∠AOD=∠BOC,∴∠CBD=∠OAD.∵∠D=90°,∠AOD=∠BAD,∴∠OAD=∠ABD,∴∠ABD=∠CBO.∴OE=OC.∴AB為☉O切線.(2)∵BC=6,tan∠ABC=

,∠ACB=90°,∴AC=BC·tan∠ABC=8.∴AB=

=10.∵AB與BC均為☉O切線,∴BE=BC=6.∴AE=AB-BE=10-6=4.設OC=OE=x,則在Rt△AEO中,有(8-x)2=42+x2,解得x=3.∴OB=

=

=3

.97/205∵S△BOA=

AB·OE=

BO·AD,∴AB·OE=BO·AD.∴10×3=3

AD,∴AD=2

.

98/205思緒分析(1)過點O作OE⊥AB,先由∠BCO=∠D=90°及∠AOD=∠BOC求得∠CBD=∠OAD,

再由∠AOD=∠BAD推出∠ABD=∠OAD,進而得到∠ABD=∠CBO,繼而證實OE=OC,最終得證

AB為☉O切線;(2)先求得AC=8,AB=10,由切線長定理可知BE=BC=6,AE=4,在Rt△AOE中依據勾股定理求得

OE=3,最終利用等面積法求得AD長.方法指導證實圓切線時,能夠分以下情況證實:①若已知直線與圓公共點,則采取判定定理法,其基本思緒是:連接該點與圓心,證實這條半

徑與直線垂直即可,可簡述為有切點,連半徑,證垂直.②若直線與圓交點未知,則采取數量關系法,其基本思緒是:過圓心作直線垂線段,證實垂

線段長等于圓半徑,可簡述為無切點,作垂線,證相等.99/2056.(遼寧沈陽,22,10分)如圖,BE是☉O直徑,點A和點D是☉O上兩點,過點A作☉O切

線交BE延長線于點C.(1)若∠ADE=25°,求∠C度數;(2)若AB=AC,CE=2,求☉O半徑長.

100/205解析(1)連接OA,

∵AC為☉O切線,OA是☉O半徑,∴OA⊥AC,∴∠OAC=90°,∵∠ADE=25°,∴∠AOE=2∠ADE=50°,∴∠C=90°-∠AOE=90°-50°=40°.(2)∵AB=AC,∴∠B=∠C,∵?=?,101/205∴∠AOC=2∠B,∴∠AOC=2∠C,∵∠OAC=90°,∴∠AOC+∠C=90°,∴3∠C=90°,∴∠C=30°,∵∠OAC=90°,∴OA=

OC,設☉O半徑為r,∵CE=2,∴r=

(r+2),∴r=2,∴☉O半徑為2.102/2057.(北京,22,5分)如圖,AB是☉O直徑,過☉O外一點P作☉O兩條切線PC,PD,切點分別

為C,D,連接OP,CD.(1)求證:OP⊥CD;(2)連接AD,BC,若∠DAB=50°,∠CBA=70°,OA=2,求OP長.

103/205解析(1)證實:∵PC,PD是☉O兩條切線,∴PD=PC,∠OPD=∠OPC,∴OP⊥CD.(2)設OP與CD交于點Q,連接OD.104/205∵OD=OA,∴∠ODA=∠OAD=50°,∵∠CBA=70°,∴∠ADC=110°,∴∠ODC=60°.又∵OP⊥CD,∴∠OQD=90°,∴OQ=OD·sin60°=2×

=

,DQ=OD·cos60°=1.∵PD是切線,∴∠PDO=90°,∴∠PDC=30°,∴PQ=DQ·tan30°=1×

=

.∴OP=PQ+QO=

.思緒分析本題第(1)問能夠經過切線相關定理和等腰三角形“三線合一”來處理.本題第

(2)問需要添加輔助線結構三角形來推導角度數,借助特殊角三角函數處理問題.105/2058.(新疆烏魯木齊,23,10分)如圖,AG是∠HAF平分線,點E在AF上,以AE為直徑☉O交

AG于點D,過點D作AH垂線,垂足為點C,交AF于點B.(1)求證:直線BC是☉O切線;(2)若AC=2CD,設☉O半徑為r,求BD長度.

106/205解析(1)證實:連接OD,∵AG是∠HAF平分線,∴∠CAD=∠BAD,∵OA=OD,∴∠OAD=∠ODA,∴∠CAD=∠ODA,∴OD∥AC,∵∠ACD=90°,∴∠ODB=∠ACD=90°,即OD⊥CB,∵D在☉O上,∴直線BC是☉O切線.

(4分)

(2)在Rt△ACD中,設CD=a(a>0),則AC=2a,AD=

a,連接DE,∵AE是☉O直徑,∴∠ADE=90°,107/205由∠CAD=∠BAD,∠ACD=∠ADE=90°,得△ACD∽△ADE,∴

=

,即

=

,∴a=

r,由(1)知,OD∥AC,∴

=

,即

=

,∵a=

r,∴BD=

r.

(10分)思緒分析(1)連接OD,利用平行線判定以及等腰三角形性質證實OD∥AC,從而證實直

線BC是圓O切線;(2)連接DE,由AE是圓O直徑可推∠ADE=90°,深入可證△ACD∽△ADE,再結合(1)列等式即可求出BD長.108/2059.(云南昆明,21,8分)如圖,AB是☉O直徑,ED切☉O于點C,AD交☉O于點F,AC平分∠

BAD,連接BF.(1)求證:AD⊥ED;(2)若CD=4,AF=2,求☉O半徑.

109/205解析(1)證法一:連接OC.

(1分)∵ED切☉O于點C,∴OC⊥DE,∴∠OCE=90°,∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA.∵AC平分∠BAD,∴∠OAC=∠DAC,∴∠OCA=∠DAC,

(3分)∴OC∥AD,∴∠D=∠OCE=90°,∴AD⊥ED.

(4分)證法二:連接OC,

(1分)∵ED切☉O于點C,110/205∴OC⊥DE,∴∠OCD=90°,∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA,∵AC平分∠BAD,∴∠OAC=∠DAC,∴∠OCA=∠DAC,

(3分)∵∠OCA+∠ACD=90°,∴∠DAC+∠ACD=90°,∴∠D=90°,∴AD⊥ED.

(4分)

111/205(2)解法一:設線段OC與BF交點為H.∵AB是☉O直徑,∴∠AFB=∠HFD=90°,

(5分)∵∠OCD=∠D=90°,∴四邊形HFDC是矩形,∴∠CHF=90°,即OC⊥BF,FH=DC=4,

(6分)∴FB=2FH=8.

(7分)在Rt△BFA中,∠AFB=90°,AF=2,由勾股定理可得AB=

=

=2

,∴☉O半徑為

.

(8分)解法二:過點O作ON⊥AF于點N.

(5分)∵OC⊥DE,AD⊥ED,∴∠OND=∠D=∠OCD=90°,∴四邊形ONDC是矩形,

(6分)112/205∴ON=CD=4,∵ON⊥AF,AF=2,∴AN=

AF=1.

(7分)在Rt△OAN中,∠ONA=90°,由勾股定理可得OA=

=

=

,∴☉O半徑為

.

(8分)

思緒分析(1)連接OC,則OC⊥DE,由AC平分∠BAD及OA=OC,得∠OAC=∠DAC=∠OCA,從

而得OC∥AD或∠CAD+∠ACD=90°,進而證得AD⊥ED;(2)設線段OC與BF交點為H,則四邊

形HFDC是矩形,從而得到FB=8,進而利用勾股定理求解即可,或過O作ON⊥AF于點N,則AN=1,

在矩形ONDC中,ON=CD=4,由勾股定理求解即可.解題關鍵本題考查了圓切線性質,勾股定理,矩形性質.第(2)問中解法二關鍵是過O

作ON⊥AF,結構矩形和直角三角形.113/20510.(北京,24,5分)如圖,AB是☉O一條弦,E是AB中點,過點E作EC⊥OA于點C,過點B作

☉O切線交CE延長線于點D.(1)求證:DB=DE;(2)若AB=12,BD=5,求☉O半徑.

114/205解析(1)證實:∵BD是☉O切線,∴∠OBD=90°.∵CE⊥OA,∴∠ACE=90°.∴∠OBA+∠EBD=∠A+∠AEC=90°.∵OA=OB,∴∠A=∠OBA,∴∠EBD=∠AEC.又∵∠AEC=∠BED,∴∠BED=∠EBD,∴DB=DE.115/205(2