2018年中考數(shù)學(xué)全國試題的匯編-圓含詳細(xì)解析

...wd......wd......wd...2017中考數(shù)學(xué)全國試題匯編------圓24〔2017.北京〕如圖，是的一條弦，是的中點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作的切線交的延長線于點(diǎn).〔1〕求證：；〔2〕假設(shè)，求的半徑.【解析】試題分析:(1)由切線性質(zhì)及等量代換推出∠4=∠5，再利用等角對(duì)等邊可得出結(jié)論；〔2〕由條件得出sin∠DEF和sin∠AOE的值，利用對(duì)應(yīng)角的三角函數(shù)值相等推出結(jié)論.試題解析：〔1〕證明：∵DC⊥OA,∴∠1+∠3=90°,∵BD為切線，∴OB⊥BD,∴∠2+∠5=90°,∵OA=OB,∴∠1=∠2，∵∠3=∠4，∴∠4=∠5，在△DEB中,∠4=∠5，∴DE=DB.考點(diǎn)：圓的性質(zhì)，切線定理，三角形相似，三角函數(shù)27〔2017甘肅白銀〕．如圖，是的直徑，軸，交于點(diǎn)．

〔1〕假設(shè)點(diǎn)，求點(diǎn)的坐標(biāo)；〔2〕假設(shè)為線段的中點(diǎn)，求證：直線是的切線．解：〔1〕∵A的坐標(biāo)為〔0，6〕，N〔0，2〕∴AN=4，1分∵∠ABN=30°，∠ANB=90°，∴AB=2AN=8，2分∴由勾股定理可知：NB=，∴B〔，2〕3分〔2〕連接MC，NC4分∵AN是⊙M的直徑，∴∠ACN=90°，∴∠NCB=90°，5分xyCDMDOMDxyCDMDOMDBANDNDAND∴CD=NB=ND，∴∠CND=∠NCD，6分∵M(jìn)C=MN，∴∠MCN=∠MNC．∵∠MNC+∠CND=90°，∴∠MCN+∠NCD=90°，7分即MC⊥CD．∴直線CD是⊙M的切線．8分25〔2017廣東廣州〕.如圖14，是的直徑，，連接．〔1〕求證：；〔2〕假設(shè)直線為的切線，是切點(diǎn)，在直線上取一點(diǎn)，使所在的直線與所在的直線相交于點(diǎn)，連接．①試探究與之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；②是否為定值假設(shè)是，請(qǐng)求出這個(gè)定值；假設(shè)不是，請(qǐng)說明理由．【解析】試題分析：〔1〕直徑所對(duì)的圓周角是圓心角的一半，等弧所對(duì)的圓周角是圓心角的一半；〔2〕①等角對(duì)等邊；②〔2〕①如以以下列圖，作于F由〔1〕可得，為等腰直角三角形.是的中點(diǎn).為等腰直角三角形.又是的切線，四邊形為矩形②當(dāng)為鈍角時(shí)，如以以下列圖，同樣，〔3〕當(dāng)D在C左側(cè)時(shí)，由〔2〕知,,在中，當(dāng)D在C右側(cè)時(shí)，過E作于在中，考點(diǎn)：圓的相關(guān)知識(shí)的綜合運(yùn)用25〔2017貴州六盤水〕.如圖，是的直徑，，點(diǎn)在上，，為的中點(diǎn)，是直徑上一動(dòng)點(diǎn).利用尺規(guī)作圖，確定當(dāng)最小時(shí)點(diǎn)的位置(不寫作法，但要保存作圖痕跡).(2)求的最小值.【考點(diǎn)】圓，最短路線問題．【分析】(1)畫出A點(diǎn)關(guān)于MN的稱點(diǎn),連接B,就可以得到P點(diǎn)(2)利用得∠AON=∠=60°，又為弧AN的中點(diǎn),∴∠BON=30°，所以∠ON=90°，再求最小值．【解答】解：20〔2017湖北黃岡〕．：如圖，MN為⊙O的直徑，ME是⊙O的弦，MD垂直于過點(diǎn)E的直線DE，垂足為點(diǎn)D，且ME平分∠DMN．求證：〔1〕DE是⊙O的切線；〔2〕ME2=MD?MN．【考點(diǎn)】S9：相似三角形的判定與性質(zhì)；ME：切線的判定與性質(zhì)．【分析】〔1〕求出OE∥DM，求出OE⊥DE，根據(jù)切線的判定得出即可；〔2〕連接EN，求出∠MDE=∠MEN，求出△MDE∽△MEN，根據(jù)相似三角形的判定得出即可．【解答】證明：〔1〕∵M(jìn)E平分∠DMN，∴∠OME=∠DME，∵OM=OE，∴∠OME=∠OEM，∴∠DME=∠OEM，∴OE∥DM，∵DM⊥DE，∴OE⊥DE，∵OE過O，∴DE是⊙O的切線；〔2〕連接EN，∵DM⊥DE，MN為⊙O的半徑，∴∠MDE=∠MEN=90°，∵∠NME=∠DME，∴△MDE∽△MEN，∴=，∴ME2=MD?MN23.(2017湖北十堰)AB為半⊙O的直徑，BC⊥AB于B，且BC＝AB，D為半⊙O上的一點(diǎn)，連接BD并延長交半⊙O的切線AE于E．(1)如圖1，假設(shè)CD＝CB，求證：CD是⊙O的切線；(2)如圖2，假設(shè)F點(diǎn)在OB上，且CD⊥DF，求eq\f(AE,AF)的值．∵∠∵∠3+∠EAD=90°，∠E+∠EAD=90°∴∠3=∠E又∵∠ADE=∠ADB=90°∴△ADE～△ABD∴∴∴〔2〕連接AD.∵DF⊥DC∴∠1+∠BDF=90°∵AB是⊙O的直徑∴∠2+∠BDF=90°∴∠1=∠2又∵∠3+∠ABD=90°,∠4+∠ABD=90°∴∠3=∠4∴△ADF～△BCD21．〔2017湖北武漢〕如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，CO的延長線交AB于點(diǎn)D(1)求證：AO平分∠BAC(2)假設(shè)BC＝6，sin∠BAC＝，求AC和CD的長【答案】〔1〕證明見解析；〔2〕；.〔2〕過點(diǎn)C作CE⊥AB于E∵sin∠BAC=,設(shè)AC=5m，那么CE=3m∴AE=4m，BE=m在RtΔCBE中，m2+(3m)2=36∴m=，∴AC=延長AO交BC于點(diǎn)H，那么AH⊥BC，且BH=CH=3，考點(diǎn)：1.全等三角形的判定與性質(zhì)；2.解直角三角形；3.平行線分線段成比例.21.〔2017湖北咸寧〕如圖，在中，，以為直徑的⊙與邊分別交于兩點(diǎn)，過點(diǎn)作，垂足為點(diǎn).=1\*GB2⑴求證：是⊙的切線；=2\*GB2⑵假設(shè)，求的長【考點(diǎn)】ME：切線的判定與性質(zhì)；KH：等腰三角形的性質(zhì)；T7：解直角三角形．【分析】〔1〕證明：如圖，連接OD，作OG⊥AC于點(diǎn)G，推出∠ODB=∠C；然后根據(jù)DF⊥AC，∠DFC=90°，推出∠ODF=∠DFC=90°，即可推出DF是⊙O的切線．〔2〕首先判斷出：AG=AE=2，然后判斷出四邊形OGFD為矩形，即可求出DF的值是多少．【解答】〔1〕證明：如圖，連接OD，作OG⊥AC于點(diǎn)G，∵OB=OD，∴∠ODB=∠B，又∵AB=AC，∴∠C=∠B，∴∠ODB=∠C，∵DF⊥AC，∴∠DFC=90°，∴∠ODF=∠DFC=90°，∴DF是⊙O的切線．〔2〕解：AG=AE=2，∵cosA=，∴OA===5，∴OG==，∵∠ODF=∠DFG=∠OGF=90°，∴四邊形OGFD為矩形，∴DF=OG=．23〔2017湖北孝感〕.如圖，的直徑弦的平分線交于過點(diǎn)作交延長線于點(diǎn)，連接〔1〕由，，圍成的曲邊三角形的面積是；〔2〕求證：是的切線；〔3〕求線段的長.【分析】〔1〕連接OD，由AB是直徑知∠ACB=90°，結(jié)合CD平分∠ACB知∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°，從而知∠AOD=90°，根據(jù)曲邊三角形的面積=S扇形AOD+S△BOD可得答案；〔2〕由∠AOD=90°，即OD⊥AB，根據(jù)DE∥AB可得OD⊥DE，即可得證；〔3〕勾股定理求得BC=8，作AF⊥DE知四邊形AODF是正方形，即可得DF=5，由∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC知tan∠EAF=tan∠CBA，即=，求得EF的長即可得．【解答】解：〔1〕如圖，連接OD，∵AB是直徑，且AB=10，∴∠ACB=90°，AO=BO=DO=5，∵CD平分∠ACB，∴∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°，∴∠AOD=90°，那么曲邊三角形的面積是S扇形AOD+S△BOD=+×5×5=+，故答案為：+；〔2〕由〔1〕知∠AOD=90°，即OD⊥AB，∵DE∥AB，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切線；〔3〕∵AB=10、AC=6，∴BC==8，過點(diǎn)A作AF⊥DE于點(diǎn)F，那么四邊形AODF是正方形，∴AF=OD=FD=5，∴∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC，∴tan∠EAF=tan∠CBA，∴=，即=，∴，∴DE=DF+EF=+5=．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察切線的判定、圓周角定理、正方形的判定與性質(zhì)及正切函數(shù)的定義，熟練掌握?qǐng)A周角定理、切線的判定及三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．25〔2017湖北荊州〕．如圖在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=﹣x+3與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P、Q同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．其中點(diǎn)P沿射線AB運(yùn)動(dòng)，速度為每秒4個(gè)單位長度，點(diǎn)Q沿射線AO運(yùn)動(dòng)，速度為每秒5個(gè)單位長度．以點(diǎn)Q為圓心，PQ長為半徑作⊙Q．〔1〕求證：直線AB是⊙Q的切線；〔2〕過點(diǎn)A左側(cè)x軸上的任意一點(diǎn)C〔m，0〕，作直線AB的垂線CM，垂足為M．假設(shè)CM與⊙Q相切于點(diǎn)D，求m與t的函數(shù)關(guān)系式〔不需寫出自變量的取值范圍〕；〔3〕在〔2〕的條件下，是否存在點(diǎn)C，直線AB、CM、y軸與⊙Q同時(shí)相切假設(shè)存在，請(qǐng)直接寫出此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由．【考點(diǎn)】FI：一次函數(shù)綜合題．【分析】〔1〕只要證明△PAQ∽△BAO，即可推出∠APQ=∠AOB=90°，推出QP⊥AB，推出AB是⊙O的切線；〔2〕分兩種情形求解即可：①如圖2中，當(dāng)直線CM在⊙O的左側(cè)與⊙Q相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為D，那么四邊形PQDM是正方形．②如圖3中，當(dāng)直線CM在⊙O的右側(cè)與⊙Q相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為D，那么四邊形PQDM是正方形．分別列出方程即可解決問題．〔3〕分兩種情形討論即可，一共有四個(gè)點(diǎn)滿足條件．【解答】〔1〕證明：如圖1中，連接QP．在Rt△AOB中，OA=4，OB=3，∴AB==5，∵AP=4t，AQ=5t，∴==，∵∠PAQ=∠BAO，∴△PAQ∽△BAO，∴∠APQ=∠AOB=90°，∴QP⊥AB，∴AB是⊙O的切線．〔2〕解：①如圖2中，當(dāng)直線CM在⊙O的左側(cè)與⊙Q相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為D，那么四邊形PQDM是正方形．易知PQ=DQ=3t，CQ=?3t=，∵OC+CQ+AQ=4，∴m+t+5t=4，∴m=4﹣t．②如圖3中，當(dāng)直線CM在⊙O的右側(cè)與⊙Q相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為D，那么四邊形PQDM是正方形．∵OC+AQ﹣CQ=4，∴m+5t﹣t=4，∴m=4﹣t．〔3〕解：存在．理由如下：如圖4中，當(dāng)⊙Q在y那么的右側(cè)與y軸相切時(shí)，3t+5t=4，t=，由〔2〕可知，m=﹣或．如圖5中，當(dāng)⊙Q在y那么的左側(cè)與y軸相切時(shí)，5t﹣3t=4，t=2，由〔2〕可知，m=﹣或．綜上所述，滿足條件的點(diǎn)C的坐標(biāo)為〔﹣，0〕或〔，0〕或〔﹣，0〕或〔，0〕．22．〔2017湖北鄂州〕如圖，BF是⊙O的直徑，A為⊙O上〔異于B、F〕一點(diǎn).⊙O的切線MA與FB的延長線交于點(diǎn)M；P為AM上一點(diǎn)，PB的延長線交⊙O于點(diǎn)C，D為BC上一點(diǎn)且PA=PD，AD的延長線交⊙O于點(diǎn)E.〔1〕求證：=；〔2〕假設(shè)ED、EA的長是一元二次方程x2－5x＋5=0的兩根，求BE的長；〔3〕假設(shè)MA=6，QUOTEsinAMF,求AB的長.〔1〕∵PA=PD∴∠PAD=∠PDA∴∠BAD+∠PAB=∠DBE+∠E∵⊙O的切線MA∴∠PAB=∠DBE∴∠BAD=∠CBE∴=∵ED、EA的長是一元二次方程x2－5x＋5=0的兩根、∴ED·EA=5∵∠BAD=∠CBE,∠E=∠E∴△BDE∽△ABE∴BE2=ED·EA=5∴BE=21．〔2017湖北黃石〕如圖，⊙O是△ABC的外接圓，BC為⊙O的直徑，點(diǎn)E為△ABC的內(nèi)心，連接AE并延長交⊙O于D點(diǎn)，連接BD并延長至F，使得BD=DF，連接CF、BE．〔1〕求證：DB=DE；〔2〕求證：直線CF為⊙O的切線．【考點(diǎn)】MI：三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心；MD：切線的判定．【分析】〔1〕欲證明DB=DE，只要證明∠DBE=∠DEB；〔2〕欲證明直線CF為⊙O的切線，只要證明BC⊥CF即可；【解答】〔1〕證明：∵E是△ABC的內(nèi)心，∴∠BAE=∠CAE，∠EBA=∠EBC，∵∠BED=∠BAE+∠EBA，∠DBE=∠EBC+∠DBC，∠DBC=∠EAC，∴∠DBE=∠DEB，∴DB=DE．〔2〕連接CD．∵DA平分∠BAC，∴∠DAB=∠DAC，∴=，∴BD=CD，∵BD=DF，∴CD=DB=DF，∴∠BCF=90°，∴BC⊥CF，∴CF是⊙O的切線．23〔2017湖北恩施〕．如圖，AB、CD是⊙O的直徑，BE是⊙O的弦，且BE∥CD，過點(diǎn)C的切線與EB的延長線交于點(diǎn)P，連接BC．〔1〕求證：BC平分∠ABP；〔2〕求證：PC2=PB?PE；〔3〕假設(shè)BE﹣BP=PC=4，求⊙O的半徑．【考點(diǎn)】MC：切線的性質(zhì)；KD：全等三角形的判定與性質(zhì)；S9：相似三角形的判定與性質(zhì)．【分析】〔1〕由BE∥CD知∠1=∠3，根據(jù)∠2=∠3即可得∠1=∠2；〔2〕連接EC、AC，由PC是⊙O的切線且BE∥DC，得∠1+∠4=90°，由∠A+∠2=90°且∠A=∠5知∠5+∠2=90°，根據(jù)∠1=∠2得∠4=∠5，從而證得△PBC∽△PCE即可；〔3〕由PC2=PB?PE、BE﹣BP=PC=4求得BP=2、BE=6，作EF⊥CD可得PC=FE=4、FC=PE=8，再Rt△DEF≌Rt△BCP得DF=BP=2，據(jù)此得出CD的長即可．【解答】解：〔1〕∵BE∥CD，∴∠1=∠3，又∵OB=OC，∴∠2=∠3，∴∠1=∠2，即BC平分∠ABP；〔2〕如圖，連接EC、AC，∵PC是⊙O的切線，∴∠PCD=90°，又∵BE∥DC，∴∠P=90°，∴∠1+∠4=90°，[∵AB為⊙O直徑，∴∠A+∠2=90°，又∠A=∠5，∴∠5+∠2=90°，∵∠1=∠2，∴∠5=∠4，∵∠P=∠P，∴△PBC∽△PCE，即PC2=PB?PE；〔3〕∵BE﹣BP=PC=4，∴BE=4+BP，∵PC2=PB?PE=PB?〔PB+BE〕，∴42=PB?〔PB+4+PB〕，即PB2+2PB﹣8=0，解得：PB=2，那么BE=4+PB=6，∴PE=PB+BE=8，作EF⊥CD于點(diǎn)F，∵∠P=∠PCF=90°，∴四邊形PCFE為矩形，∴PC=FE=4，F(xiàn)C=PE=8，∠EFD=∠P=90°，∵BE∥CD，∴DE=BC，在Rt△DEF和Rt△BCP中，∴Rt△DEF≌Rt△BCP〔HL〕，∴DF=BP=2，那么CD=DF+CF=10，∴⊙O的半徑為5．22〔2017湖北隨州〕．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，點(diǎn)O在AB上，經(jīng)過點(diǎn)A的⊙O與BC相切于點(diǎn)D，交AB于點(diǎn)E．〔1〕求證：AD平分∠BAC；〔2〕假設(shè)CD=1，求圖中陰影局部的面積〔結(jié)果保存π〕．【考點(diǎn)】MC：切線的性質(zhì)；KF：角平分線的性質(zhì)；KW：等腰直角三角形；MO：扇形面積的計(jì)算．【分析】〔1〕連接DE，OD．利用弦切角定理，直徑所對(duì)的圓周角是直角，等角的余角相等證明∠DAO=∠CAD，進(jìn)而得出結(jié)論；〔2〕根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠B=∠BAC=45°，由BC相切⊙O于點(diǎn)D，得到∠ODB=90°，求得OD=BD，∠BOD=45°，設(shè)BD=x，那么OD=OA=x，OB=x，根據(jù)勾股定理得到BD=OD=，于是得到結(jié)論．【解答】〔1〕證明：連接DE，OD．∵BC相切⊙O于點(diǎn)D，∴∠CDA=∠AED，∵AE為直徑，∴∠ADE=90°，∵AC⊥BC，∴∠ACD=90°，∴∠DAO=∠CAD，∴AD平分∠BAC；〔2〕∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，∴∠B=∠BAC=45°，∵BC相切⊙O于點(diǎn)D，∴∠ODB=90°，∴OD=BD，∴∠BOD=45°，設(shè)BD=x，那么OD=OA=x，OB=x，∴BC=AC=x+1，∵AC2+BC2=AB2，∴2〔x+1〕2=〔x+x〕2，∴x=，∴BD=OD=，∴圖中陰影局部的面積=S△BOD﹣S扇形DOE=﹣=1﹣．22〔2017湖北襄陽〕．如圖，AB為⊙O的直徑，C、D為⊙O上的兩點(diǎn)，∠BAC=∠DAC，過點(diǎn)C做直線EF⊥AD，交AD的延長線于點(diǎn)E，連接BC．〔1〕求證：EF是⊙O的切線；〔2〕假設(shè)DE=1，BC=2，求劣弧的長l．【考點(diǎn)】ME：切線的判定與性質(zhì)；MN：弧長的計(jì)算．【分析】〔1〕連接OC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OAC=∠DAC，求得∠DAC=∠OCA，推出AD∥OC，得到∠OCF=∠AEC=90°，于是得到結(jié)論；〔2〕連接OD，DC，根據(jù)角平分線的定義得到∠DAC=∠OAC，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到∠ECD=30°，得到∠OCD=60°，得到∠BOC=∠COD=60°，OC=2，于是得到結(jié)論．【解答】〔1〕證明：連接OC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠DAC，∴∠DAC=∠OCA，∴AD∥OC，∵∠AEC=90°，∴∠OCF=∠AEC=90°，∴EF是⊙O的切線；〔2〕連接OD，DC，∵∠DAC=DOC，∠OAC=BOC，∴∠DAC=∠OAC，∵ED=1，DC=2，∴sin∠ECD=，∴∠ECD=30°，∴∠OCD=60°，∵OC=OD，∴△DOC是等邊三角形，∴∠BOC=∠COD=60°，OC=2，∴l(xiāng)==π．21〔2017湖北宜昌〕．，四邊形ABCD中，E是對(duì)角線AC上一點(diǎn)，DE=EC，以AE為直徑的⊙O與邊CD相切于點(diǎn)D．B點(diǎn)在⊙O上，連接OB．〔1〕求證：DE=OE；〔2〕假設(shè)CD∥AB，求證：四邊形ABCD是菱形．【考點(diǎn)】MC：切線的性質(zhì)；L9：菱形的判定．【分析】〔1〕先判斷出∠2+∠3=90°，再判斷出∠1=∠2即可得出結(jié)論；〔2〕先判斷出△ABO≌△CDE得出AB=CD，即可判斷出四邊形ABCD是平行四邊形，最后判斷出CD=AD即可．【解答】解：〔1〕如圖，連接OD，∵CD是⊙O的切線，∴OD⊥CD，∴∠2+∠3=∠1+∠COD=90°，∵DE=EC，∴∠1=∠2，∴∠3=∠COD，∴DE=OE；〔2〕∵OD=OE，∴OD=DE=OE，∴∠3=∠COD=∠DEO=60°，∴∠2=∠1=30°，∵OA=OB=OE，OE=DE=EC，∴OA=OB=DE=EC，∵AB∥CD，∴∠4=∠1，∴∠1=∠2=∠4=∠OBA=30°，∴△ABO≌△CDE，∴AB=CD，∴四邊形A∴D是平行四邊形，∴∠DAE=∠DOE=30°，∴∠1=∠DAE，∴CD=AD，∴?ABCD是菱形．24〔2017江蘇南通〕．如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，點(diǎn)O在AB上，OB=2，以O(shè)B為半徑的⊙O與AC相切于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E，求弦BE的長．【考點(diǎn)】MC：切線的性質(zhì)；KQ：勾股定理．【分析】連接OD，首先證明四邊形OECD是矩形，從而得到BE的長，然后利用垂徑定理求得BF的長即可．【解答】解：連接OD，作OE⊥BF于點(diǎn)E．∴BE=BF，∵AC是圓的切線，∴OD⊥AC，∴∠ODC=∠C=∠OFC=90°，∴四邊形ODCF是矩形，∵OD=OB=EC=2，BC=3，∴BE=BC﹣EC=BC﹣OD=3﹣2=1，∴BF=2BE=2．26〔2017江蘇鎮(zhèn)江〕.如圖，中，，點(diǎn)在上，，過兩點(diǎn)的圓的圓心在上.〔1〕利用直尺和圓規(guī)在圖1中畫出⊙〔不寫作法，保存作圖痕跡，并用黑色水筆把線條描清楚〕；〔2〕判斷所在直線與〔1〕中所作的⊙的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；〔3〕設(shè)⊙交于點(diǎn)，連接，過點(diǎn)作，為垂足.假設(shè)點(diǎn)是線段的黃金分割點(diǎn)〔即，〕如圖2，試說明四邊形是正方形.25〔2017江蘇揚(yáng)州〕．如圖，平行四邊形OABC的三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C在以O(shè)為圓心的半圓上，過點(diǎn)C作CD⊥AB，分別交AB、AO的延長線于點(diǎn)D、E，AE交半圓O于點(diǎn)F，連接CF．〔1〕判斷直線DE與半圓O的位置關(guān)系，并說明理由；〔2〕①求證：CF=OC；②假設(shè)半圓O的半徑為12，求陰影局部的周長．【考點(diǎn)】MB：直線與圓的位置關(guān)系；L5：平行四邊形的性質(zhì)；MN：弧長的計(jì)算．【分析】〔1〕結(jié)論：DE是⊙O的切線．首先證明△ABO，△BCO都是等邊三角形，再證明四邊形BDCG是矩形，即可解決問題；〔2〕①只要證明△OCF是等邊三角形即可解決問題；②求出EC、EF、弧長CF即可解決問題．【解答】解：〔1〕結(jié)論：DE是⊙O的切線．理由：∵四邊形OABC是平行四邊形，又∵OA=OC，∴四邊形OABC是菱形，∴OA=OB=AB=OC=BC，∴△ABO，△BCO都是等邊三角形，∴∠AOB=∠BOC=∠COF=60°，∵OB=OF，∴OG⊥BF，∵AF是直徑，CD⊥AD，∴∠ABF=∠DBG=∠D=∠BGC=90°，∴四邊形BDCG是矩形，∴∠OCD=90°，∴DE是⊙O的切線．〔2〕①由〔1〕可知：∠COF=60°，OC=OF，∴△OCF是等邊三角形，∴CF=OC．②在Rt△OCE中，∵OC=12，∠COE=60°，∠OCE=90°，∴OE=2OC=24，EC=12，∵OF=12，∴EF=12，∴的長==4π，∴陰影局部的周長為4π+12+12．24〔2017江蘇鹽城〕．如圖，△ABC是一塊直角三角板，且∠C=90°，∠A=30°，現(xiàn)將圓心為點(diǎn)O的圓形紙片放置在三角板內(nèi)部．如圖①，當(dāng)圓形紙片與兩直角邊AC、BC都相切時(shí)，試用直尺與圓規(guī)作出射線CO；〔不寫作法與證明，保存作圖痕跡〕〔2〕如圖②，將圓形紙片沿著三角板的內(nèi)部邊緣滾動(dòng)1周，回到起點(diǎn)位置時(shí)停頓，假設(shè)BC=9，圓形紙片的半徑為2，求圓心O運(yùn)動(dòng)的路徑長．【考點(diǎn)】O4：軌跡；MC：切線的性質(zhì)；N3：作圖—復(fù)雜作圖．【分析】〔1〕作∠ACB的平分線得出圓的一條弦，再作此弦的中垂線可得圓心O，作射線CO即可；〔2〕添加如以以下列圖輔助線，圓心O的運(yùn)動(dòng)路徑長為，先求出△ABC的三邊長度，得出其周長，證四邊形OEDO1、四邊形O1O2HG、四邊形OO2IF均為矩形、四邊形OECF為正方形，得出∠OO1O2=60°=∠ABC、∠O1OO2=90°，從而知△OO1O2∽△CBA，利用相似三角形的性質(zhì)即可得出答案．【解答】解：〔1〕如圖①所示，射線OC即為所求；〔2〕如圖，圓心O的運(yùn)動(dòng)路徑長為，過點(diǎn)O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分別為點(diǎn)D、F、G，過點(diǎn)O作OE⊥BC，垂足為點(diǎn)E，連接O2B，過點(diǎn)O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分別為點(diǎn)H、I，在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°，∴AC===9，AB=2BC=18，∠ABC=60°，∴C△ABC=9+9+18=27+9，∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，∴D、G為切點(diǎn)，∴BD=BG，在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，∵，∴△O1BD≌△O1BG〔HL〕，∴∠O1BG=∠O1BD=30°，在Rt△O1BD中，∠O1DB=90°，∠O1BD=30°，∴BD===2，∴OO1=9﹣2﹣2=7﹣2，∵O1D=OE=2，O1D⊥BC，OE⊥BC，∴O1D∥OE，且O1D=OE，∴四邊形OEDO1為平行四邊形，∵∠OED=90°，∴四邊形OEDO1為矩形，同理四邊形O1O2HG、四邊形OO2IF、四邊形OECF為矩形，又OE=OF，∴四邊形OECF為正方形，∵∠O1GH=∠CDO1=90°，∠ABC=60°，∴∠GO1D=120°，又∵∠FO1D=∠O2O1G=90°，∴∠OO1O2=360°﹣90°﹣90°=60°=∠ABC，同理，∠O1OO2=90°，∴△OO1O2∽△CBA，∴=，即=，∴=15+，即圓心O運(yùn)動(dòng)的路徑長為15+．25〔2017江蘇鹽城〕．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△ABC的斜邊AB在y軸上，邊AC與x軸交于點(diǎn)D，AE平分∠BAC交邊BC于點(diǎn)E，經(jīng)過點(diǎn)A、D、E的圓的圓心F恰好在y軸上，⊙F與y軸相交于另一點(diǎn)G．〔1〕求證：BC是⊙F的切線；〔2〕假設(shè)點(diǎn)A、D的坐標(biāo)分別為A〔0，﹣1〕，D〔2，0〕，求⊙F的半徑；試探究線段AG、AD、CD三者之間滿足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【考點(diǎn)】MR：圓的綜合題．【分析】〔1〕連接EF，根據(jù)角平分線的定義、等腰三角形的性質(zhì)得到∠FEA=∠EAC，得到FE∥AC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠FEB=∠C=90°，證明結(jié)論；〔2〕連接FD，設(shè)⊙F的半徑為r，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程即可；〔3〕作FR⊥AD于R，得到四邊形RCEF是矩形，得到EF=RC=RD+CD，根據(jù)垂徑定理解答即可．【解答】〔1〕證明：連接EF，∵AE平分∠BAC，∴∠FAE=∠CAE，∵FA=FE，∴∠FAE=∠FEA，∴∠FEA=∠EAC，∴FE∥AC，∴∠FEB=∠C=90°，即BC是⊙F的切線；〔2〕解：連接FD，設(shè)⊙F的半徑為r，那么r2=〔r﹣1〕2+22，解得，r=，即⊙F的半徑為；〔3〕解：AG=AD+2CD．證明：作FR⊥AD于R，那么∠FRC=90°，又∠FEC=∠C=90°，∴四邊形RCEF是矩形，∴EF=RC=RD+CD，∵FR⊥AD，∴AR=RD，∴EF=RD+CD=AD+CD，∴AG=2FE=AD+2CD．27、〔2017?蘇州〕如圖，內(nèi)接于，是直徑，點(diǎn)在上，，過點(diǎn)作，垂足為，連接交邊于點(diǎn)．(1)求證：∽；(2)求證：；(3)連接，設(shè)的面積為，四邊形的面積為，假設(shè)，求的值．〔1〕證明：∵AB是圓O的直徑，∴∠ACB=90°，∵DE⊥AB，∴∠DEO=90°，∴∠DEO=∠ACB，∵OD//BC，∴∠DOE=∠ABC，∴△DOE~△ABC，〔2〕證明：∵△DOE~△ABC，∴∠ODE=∠A，∵∠A和∠BDC是弧BC所對(duì)的圓周角，∴∠A=∠BDC，∴∠ODE=∠BDC，∴∠ODF=∠BDE?！?〕解：因?yàn)椤鱀OE~△ABC,所以，即=4=4因?yàn)镺A=OB，所以=，即=2,因?yàn)?,S2=++=2S1+S1+,所以=，所以BE=OE,即OE=OB=OD，所以sinA=sin∠ODE==【考點(diǎn)】圓周角定理，相似三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【分析】〔1〕易證∠DEO=∠ACB=90°和∠DOE=∠ABC，根據(jù)“有兩對(duì)角相等的兩個(gè)三角形相似〞判定△DOE~△ABC；〔2〕由△DOE~△ABC，可得∠ODE=∠A，由∠A和∠BDC是弧BC所對(duì)的圓周角，那么∠A=∠BDC，從而通過角的等量代換即可證得；〔3〕由∠ODE=∠A，可得sinA=sin∠ODE==；而由△DOE~△ABC,可得，即=4=4=，即=2,又因?yàn)?,S2=++=2S1+S1+,那么可得=，可求得OE與OB的比值.27〔2017江蘇無錫〕．如圖，以原點(diǎn)O為圓心，3為半徑的圓與x軸分別交于A，B兩點(diǎn)〔點(diǎn)B在點(diǎn)A的右邊〕，P是半徑OB上一點(diǎn)，過P且垂直于AB的直線與⊙O分別交于C，D兩點(diǎn)〔點(diǎn)C在點(diǎn)D的上方〕，直線AC，DB交于點(diǎn)E．假設(shè)AC：CE=1：2．〔1〕求點(diǎn)P的坐標(biāo)；〔2〕求過點(diǎn)A和點(diǎn)E，且頂點(diǎn)在直線CD上的拋物線的函數(shù)表達(dá)式．【考點(diǎn)】MR：圓的綜合題．【分析】〔1〕如圖，作EF⊥y軸于F，DC的延長線交EF于H．設(shè)H〔m，n〕，那么P〔m，0〕，PA=m+3，PB=3﹣m．首先證明△ACP∽△ECH，推出===，推出CH=2n，EH=2m=6，再證明△DPB∽△DHE，推出===，可得=，求出m即可解決問題；〔2〕由題意設(shè)拋物線的解析式為y=a〔x+3〕〔x﹣5〕，求出E點(diǎn)坐標(biāo)代入即可解決問題；【解答】解：〔1〕如圖，作EF⊥y軸于F，DC的延長線交EF于H．設(shè)H〔m，n〕，那么P〔m，0〕，PA=m+3，PB=3﹣m．∵EH∥AP，∴△ACP∽△ECH，∴===，∴CH=2n，EH=2m=6，∵CD⊥AB，∴PC=PD=n，∵PB∥HE，∴△DPB∽△DHE，∴===，∴=，∴m=1，∴P〔1，0〕．〔2〕由〔1〕可知，PA=4，HE=8，EF=9，連接OP，在Rt△OCP中，PC==2，∴CH=2PC=4，PH=6，∴E〔9，6〕，∵拋物線的對(duì)稱軸為CD，∴〔﹣3，0〕和〔5，0〕在拋物線上，設(shè)拋物線的解析式為y=a〔x+3〕〔x﹣5〕，把E〔9，6〕代入得到a=，∴拋物線的解析式為y=〔x+3〕〔x﹣5〕，即y=x2﹣x﹣．23．〔2017山東濟(jì)南〕〔〕如圖，在矩形中，，于點(diǎn)，求證：．〔〕如圖，是⊙的直徑，，求的度數(shù)．【答案】見解析【解析】〔〕證明：在矩形中，∵，∴．在和中，∴≌，∴．〔〕解：∵，∴，∵是⊙的直徑，∴．在中，．22〔2017山東濰坊〕．如圖，AB為半圓O的直徑，AC是⊙O的一條弦，D為的中點(diǎn)，作DE⊥AC，交AB的延長線于點(diǎn)F，連接DA．〔1〕求證：EF為半圓O的切線；〔2〕假設(shè)DA=DF=6，求陰影區(qū)域的面積．〔結(jié)果保存根號(hào)和π〕【考點(diǎn)】ME：切線的判定與性質(zhì)；MO：扇形面積的計(jì)算．【分析】〔1〕直接利用切線的判定方法結(jié)合圓心角定理分析得出OD⊥EF，即可得出答案；〔2〕直接利用得出S△ACD=S△COD，再利用S陰影=S△AED﹣S扇形COD，求出答案．【解答】〔1〕證明：連接OD，∵D為的中點(diǎn)，∴∠CAD=∠BAD，∵OA=OD，∴∠BAD=∠ADO，∴∠CAD=∠ADO，∵DE⊥AC，∴∠E=90°，∴∠CAD+∠EDA=90°，即∠ADO+∠EDA=90°，∴OD⊥EF，∴EF為半圓O的切線；〔2〕解：連接OC與CD，∵DA=DF，∴∠BAD=∠F，∴∠BAD=∠F=∠CAD，又∵∠BAD+∠CAD+∠F=90°，∴∠F=30°，∠BAC=60°，∵OC=OA，∴△AOC為等邊三角形，∴∠AOC=60°，∠COB=120°，∵OD⊥EF，∠F=30°，∴∠DOF=60°，在Rt△ODF中，DF=6，∴OD=DF?tan30°=6，在Rt△AED中，DA=6，∠CAD=30°，∴DE=DA?sin30，EA=DA?cos30°=9，∵∠COD=180°﹣∠AOC﹣∠DOF=60°，∴CD∥AB，故S△ACD=S△COD，∴S陰影=S△AED﹣S扇形COD=×9×3﹣π×62=﹣6π．23〔2017山東威海〕．：AB為⊙O的直徑，AB=2，弦DE=1，直線AD與BE相交于點(diǎn)C，弦DE在⊙O上運(yùn)動(dòng)且保持長度不變，⊙O的切線DF交BC于點(diǎn)F．〔1〕如圖1，假設(shè)DE∥AB，求證：CF=EF；〔2〕如圖2，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)至與點(diǎn)B重合時(shí)，試判斷CF與BF是否相等，并說明理由．【分析】〔1〕如圖1，連接OD、OE，證得△OAD、△ODE、△OEB、△CDE是等邊三角形，進(jìn)一步證得DF⊥CE即可證得結(jié)論；〔2〕根據(jù)切線的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)即可證得結(jié)論．【解答】證明：如圖1，連接OD、OE，∵AB=2，∴OA=OD=OE=OB=1，∵DE=1，∴OD=OE=DE，∴△ODE是等邊三角形，∴∠ODE=∠OED=60°，∵DE∥AB，∴∠AOD=∠ODE=60°，∠EOB=∠OED=60°，∴△AOD和△△OE是等邊三角形，∴∠OAD=∠OBE=60°，∴∠CDE=∠OAD=60°，∠CED=∠OBE=60°，∴△CDE是等邊三角形，∵DF是⊙O的切線，∴OD⊥DF，∴∠EDF=90°﹣60°=30°，∴∠DFE=90°，∴DF⊥CE，∴CF=EF；〔2〕相等；如圖2，點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)至與點(diǎn)B重合時(shí)，BC是⊙O的切線，∵⊙O的切線DF交BC于點(diǎn)F，∴BF=DF，∴∠BDF=∠DBF，∵AB是直徑，∴∠ADB=∠BDC=90°，∴∠FDC=∠C，∴DF=CF，∴BF=CF．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了切線的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等邊三角形的判定、等腰三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)建等邊三角形是解題的關(guān)鍵．21〔2017山東東營〕．如圖，在△ABC中，AB=AC，以AB為直徑的⊙O交BC于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作⊙O的切線DE，交AC于點(diǎn)E，AC的反向延長線交⊙O于點(diǎn)F．〔1〕求證：DE⊥AC；〔2〕假設(shè)DE+EA=8，⊙O的半徑為10，求AF的長度．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了切線的性質(zhì)，勾股定理，矩形的判定與性質(zhì)．解題時(shí)，利用了方程思想，屬于中檔題．【分析】〔1〕欲證明DE⊥AC，只需推知OD∥AC即可；〔2〕如圖，過點(diǎn)O作OH⊥AF于點(diǎn)H，構(gòu)建矩形ODEH，設(shè)AH=x．那么由矩形的性質(zhì)推知：AE=10﹣x，OH=DE=8﹣〔10﹣x〕=x﹣2．在Rt△AOH中，由勾股定理知：x2+〔x﹣2〕2=102，通過解方程得到AH的長度，結(jié)合OH⊥AF，得到AF=2AH=2×8=16．【解答】〔1〕證明：∵OB=OD，∴∠ABC=∠ODB，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ODB=∠ACB，∴OD∥AC．∵DE是⊙O的切線，OD是半徑，∴DE⊥OD，∴DE⊥AC；〔2〕如圖，過點(diǎn)O作OH⊥AF于點(diǎn)H，那么∠ODE=∠DEH=∠OHE=90°，∴四邊形ODEH是矩形，∴OD=EH，OH=DE．設(shè)AH=x．∵DE+AE=8，OD=10，∴AE=10﹣x，OH=DE=8﹣〔10﹣x〕=x﹣2．在Rt△AOH中，由勾股定理知：AH2+OH2=OA2，即x2+〔x﹣2〕2=102，解得x1=8，x2=﹣6〔不合題意，舍去〕．∴AH=8．∵OH⊥AF，∴AH=FH=AF，∴AF=2AH=2×8=16．24〔2017山東煙臺(tái)〕．如圖，菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AC=12cm，BD=16cm，動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)D出發(fā)，沿線段DB以2cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)，沿線段BA以1cm/s的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)停頓運(yùn)動(dòng)時(shí)另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停頓，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t〔s〕〔t＞0〕，以點(diǎn)M為圓心，MB長為半徑的⊙M與射線BA，線段BD分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EN．〔1〕求BF的長〔用含有t的代數(shù)式表示〕，并求出t的取值范圍；〔2〕當(dāng)t為何值時(shí)，線段EN與⊙M相切〔3〕假設(shè)⊙M與線段EN只有一個(gè)公共點(diǎn)，求t的取值范圍．【考點(diǎn)】MR：圓的綜合題．【分析】〔1〕連接MF．只要證明MF∥AD，可得=，即=，解方程即可；〔2〕當(dāng)線段EN與⊙M相切時(shí)，易知△BEN∽△BOA，可得=，即=，解方程即可；〔3〕①由題意可知：當(dāng)0＜t≤時(shí)，⊙M與線段EN只有一個(gè)公共點(diǎn)．②當(dāng)F與N重合時(shí)，那么有t+2t=16，解得t=，觀察圖象即可解決問題；【解答】解：〔1〕連接MF．∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD，AC⊥BD，OA=OC=6，OB=OD=8，在Rt△AOB中，AB==10，∵M(jìn)B=MF，AB=AD，∴∠ABD=∠ADB=∠MFB，∴MF∥AD，∴=，∴=，∴BF=t〔0＜t≤8〕．〔2〕當(dāng)線段EN與⊙M相切時(shí)，易知△BEN∽△BOA，∴=，∴=，∴t=．∴t=s時(shí)，線段EN與⊙M相切．〔3〕①由題意可知：當(dāng)0＜t≤時(shí)，⊙M與線段EN只有一個(gè)公共點(diǎn)．②當(dāng)F與N重合時(shí)，那么有t+2t=16，解得t=，關(guān)系圖象可知，＜t＜8時(shí)，⊙M與線段EN只有一個(gè)公共點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)0＜t≤或＜t＜8時(shí)，⊙M與線段EN只有一個(gè)公共點(diǎn)．24〔2017山東聊城〕．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，O點(diǎn)在BC邊上，∠BAC的平分線交⊙O于點(diǎn)D，連接BD、CD，過點(diǎn)D作BC的平行線，與AB的延長線相交于點(diǎn)P．〔1〕求證：PD是⊙O的切線；〔2〕求證：△PBD∽△DCA；〔3〕當(dāng)AB=6，AC=8時(shí)，求線段PB的長．【考點(diǎn)】S9：相似三角形的判定與性質(zhì)；ME：切線的判定與性質(zhì)．【分析】〔1〕由直徑所對(duì)的圓周角為直角得到∠BAC為直角，再由AD為角平分線，得到一對(duì)角相等，根據(jù)同弧所對(duì)的圓心角等于圓周角的2倍及等量代換確定出∠DOC為直角，與平行線中的一條垂直，與另一條也垂直得到OD與PD垂直，即可得證；〔2〕由PD與BC平行，得到一對(duì)同位角相等，再由同弧所對(duì)的圓周角相等及等量代換得到∠P=∠ACD，根據(jù)同角的補(bǔ)角相等得到一對(duì)角相等，利用兩對(duì)角相等的三角形相似即可得證；〔3〕由三角形ABC為直角三角形，利用勾股定理求出BC的長，再由OD垂直平分BC，得到DB=DC，根據(jù)〔2〕的相似，得比例，求出所求即可．【解答】〔1〕證明：∵圓心O在BC上，∴BC是圓O的直徑，∴∠BAC=90°，連接OD，∵AD平分∠BAC，∴∠BAC=2∠DAC，∵∠DOC=2∠DAC，∴∠DOC=∠BAC=90°，即OD⊥BC，∵PD∥BC，∴OD⊥PD，∵OD為圓O的半徑，∴PD是圓O的切線；〔2〕證明：∵PD∥BC，∴∠P=∠ABC，∵∠ABC=∠ADC，∴∠P=∠ADC，∵∠PBD+∠ABD=180°，∠ACD+∠ABD=180°，∴∠PBD=∠ACD，∴△PBD∽△DCA；〔3〕解：∵△ABC為直角三角形，∴BC2=AB2+AC2=62+82=100，∴BC=10，∵OD垂直平分BC，∴DB=DC，∵BC為圓O的直徑，∴∠BDC=90°，在Rt△DBC中，DB2+DC2=BC2，即2DC2=BC2=100，∴DC=DB=5，∵△PBD∽△DCA，∴=，那么PB===．23〔2017山東臨沂〕．如圖，∠BAC的平分線交△ABC的外接圓于點(diǎn)D，∠ABC的平分線交AD于點(diǎn)E，〔1〕求證：DE=DB；〔2〕假設(shè)∠BAC=90°，BD=4，求△ABC外接圓的半徑．【考點(diǎn)】MA：三角形的外接圓與外心．【分析】〔1〕由角平分線得出∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，得出，由圓周角定理得出∠DBC=∠CAD，證出∠DBC=∠BAE，再由三角形的外角性質(zhì)得出∠DBE=∠DEB，即可得出DE=DB；〔2〕由〔1〕得：，得出CD=BD=4，由圓周角定理得出BC是直徑，∠BDC=90°，由勾股定理求出BC==4，即可得出△ABC外接圓的半徑．【解答】〔1〕證明：∵BE平分∠BAC，AD平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，∴，∴∠DBC=∠CAD，∴∠DBC=∠BAE，∵∠DBE=∠CBE+∠DBC，∠DEB=∠ABE+∠BAE，∴∠DBE=∠DEB，∴DE=DB；〔2〕解：連接CD，如以以下列圖：由〔1〕得：，∴CD=BD=4，∵∠BAC=90°，∴BC是直徑，∴∠BDC=90°，∴BC==4，∴△ABC外接圓的半徑=×4=2．20〔2017山東德州〕．如圖，Rt△ABC，∠C=90°，D為BC的中點(diǎn)，以AC為直徑的⊙O交AB于點(diǎn)E．〔1〕求證：DE是⊙O的切線；〔2〕假設(shè)AE：EB=1：2，BC=6，求AE的長．【考點(diǎn)】S9：相似三角形的判定與性質(zhì)；ME：切線的判定與性質(zhì)．【分析】〔1〕求出∠OED=∠BCA=90°，根據(jù)切線的判定得出即可；〔2〕求出△BEC∽△BCA，得出比例式，代入求出即可．【解答】〔1〕證明：連接OE、EC，∵AC是⊙O的直徑，∴∠AEC=∠BEC=90°，∵D為BC的中點(diǎn)，∴ED=DC=BD，∴∠1=∠2，∵OE=OC，∴∠3=∠4，∴∠1+∠3=∠2+∠4，即∠OED=∠ACB，∵∠ACB=90°，∴∠OED=90°，∴DE是⊙O的切線；〔2〕解：由〔1〕知：∠BEC=90°，∵在Rt△BEC與Rt△BCA中，∠B=∠B，∠BEC=∠BCA，∴△BEC∽△BCA，∴=，∴BC2=BE?BA，∵AE：EB=1：2，設(shè)AE=x，那么BE=2x，BA=3x，∵BC=6，∴62=2x?3x，解得：x=，即AE=．22〔2017山東棗莊〕．如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)D，點(diǎn)O在AB上，以點(diǎn)O為圓心，OA為半徑的圓恰好經(jīng)過點(diǎn)D，分別交AC，AB于點(diǎn)E，F(xiàn)．〔1〕試判斷直線BC與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；〔2〕假設(shè)BD=2，BF=2，求陰影局部的面積〔結(jié)果保存π〕．【考點(diǎn)】MB：直線與圓的位置關(guān)系；MO：扇形面積的計(jì)算．【分析】〔1〕連接OD，證明OD∥AC，即可證得∠ODB=90°，從而證得BC是圓的切線；〔2〕在直角三角形OBD中，設(shè)OF=OD=x，利用勾股定理列出關(guān)于x的方程，求出方程的解得到x的值，即為圓的半徑，求出圓心角的度數(shù)，直角三角形ODB的面積減去扇形DOF面積即可確定出陰影局部面積．【解答】解：〔1〕BC與⊙O相切．證明：連接OD．∵AD是∠BAC的平分線，∴∠BAD=∠CAD．又∵OD=OA，∴∠OAD=∠ODA．∴∠CAD=∠ODA．∴OD∥AC．∴∠ODB=∠C=90°，即OD⊥BC．又∵BC過半徑OD的外端點(diǎn)D，∴BC與⊙O相切．〔2〕設(shè)OF=OD=x，那么OB=OF+BF=x+2，根據(jù)勾股定理得：OB2=OD2+BD2，即〔x+2〕2=x2+12，解得：x=2，即OD=OF=2，∴OB=2+2=4，∵Rt△ODB中，OD=OB，∴∠B=30°，∴∠DOB=60°，∴S扇形AOB==，那么陰影局部的面積為S△ODB﹣S扇形DOF=×2×2﹣=2﹣．故陰影局部的面積為2﹣．23．〔2017山東濱州〕如圖，點(diǎn)E是△ABC的內(nèi)心，AE的延長線交BC于點(diǎn)F，交△ABC的外接圓⊙O于點(diǎn)D；連接BD，過點(diǎn)D作直線DM，使∠BDM＝∠DAC．〔1〕求證：直線DM是⊙O的切線；〔2〕求證：DE2＝DF·DA．思路分析：〔1〕①連接DO，并延長交⊙O于點(diǎn)G，連接BG；②證明∠BAD＝∠DAC；③證明∠G＝∠BAD；④證明∠MDB＝∠G；⑤證明∠GDM＝90°；〔2〕①利用相似證明BD2＝DF·DA；②利用等角對(duì)等邊證明DB＝DE．證明：〔1〕如答圖1，連接DO，并延長交⊙O于點(diǎn)G，連接BG；∵點(diǎn)E是△ABC的內(nèi)心，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC．[∵∠G＝∠BAD，∴∠MDB＝∠G，∵DG為⊙O的直徑，∴∠GBD＝90°，∴∠G＋∠BDG＝90°．AG∴∠MDB＋∠BDG＝90°．∴直線DM是⊙OAGAA答圖1答圖2AA〔2〕如答圖2，連接BE．∵點(diǎn)E是△ABC的內(nèi)心，∴∠ABE＝∠CBE，∠BAD＝∠CAD．∵∠EBD＝∠CBE＋∠CBD，∠BED＝∠ABE＋∠BAD，∠CBD＝∠CAD．∴∠EBD＝∠BED，∴DB＝DE．∵∠CBD＝∠BAD，∠ADB＝∠ADB，∴△DBF∽△DAB，∴BD2＝DF·DA．∴DE2＝DF·DA．24〔2017浙江溫州〕．如圖，線段AB=2，MN⊥AB于點(diǎn)M，且AM=BM，P是射線MN上一動(dòng)點(diǎn)，E，D分別是PA，PB的中點(diǎn)，過點(diǎn)A，M，D的圓與BP的另一交點(diǎn)C〔點(diǎn)C在線段BD上〕，連結(jié)AC，DE．〔1〕當(dāng)∠APB=28°時(shí)，求∠B和的度數(shù)；〔2〕求證：AC=AB．〔3〕在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中①當(dāng)MP=4時(shí)，取四邊形ACDE一邊的兩端點(diǎn)和線段MP上一點(diǎn)Q，假設(shè)以這三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形，且Q為銳角頂點(diǎn)，求所有滿足條件的MQ的值；②記AP與圓的另一個(gè)交點(diǎn)為F，將點(diǎn)F繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)90°得到點(diǎn)G，當(dāng)點(diǎn)G恰好落在MN上時(shí)，連結(jié)AG，CG，DG，EG，直接寫出△ACG和△DEG的面積之比．【考點(diǎn)】MR：圓的綜合題．【分析】〔1〕根據(jù)三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度數(shù)，再連接MD，根據(jù)MD為△PAB的中位線，可得∠MDB=∠APB=28°，進(jìn)而得到=2∠MDB=56°；〔2〕根據(jù)∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，進(jìn)而得出AC=AB；〔3〕①記MP與圓的另一個(gè)交點(diǎn)為R，根據(jù)AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR=，MR=，再根據(jù)Q為直角三角形銳角頂點(diǎn)，分四種情況進(jìn)展討論：當(dāng)∠ACQ=90°時(shí)，當(dāng)∠QCD=90°時(shí)，當(dāng)∠QDC=90°時(shí)，當(dāng)∠AEQ=90°時(shí)，即可求得MQ的值為或或；②先判定△DEG是等邊三角形，再根據(jù)GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，過C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=AC=1=MG，即可得到CG=MH=﹣1，進(jìn)而得出S△ACG=CG×CH=，再根據(jù)S△DEG=，即可得到△ACG和△DEG的面積之比．【解答】解：〔1〕∵M(jìn)N⊥AB，AM=BM，∴PA=PB，∴∠PAB=∠B，∵∠APB=28°，∴∠B=76°，如圖1，連接MD，∵M(jìn)D為△PAB的中位線，∴MD∥AP，∴∠MDB=∠APB=28°，∴=2∠MDB=56°；〔2〕∵∠BAC=∠MDC=∠APB，又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B，∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B，∴∠BAP=∠ACB，∵∠BAP=∠B，∴∠ACB=∠B，∴AC=AB；〔3〕①如圖2，記MP與圓的另一個(gè)交點(diǎn)為R，∵M(jìn)D是Rt△MBP的中線，∴DM=DP，∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，∴RC=RP，∵∠ACR=∠AMR=90°，∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，∴12+MR2=22+PR2，∴12+〔4﹣PR〕2=22+PR2，∴PR=，∴MR=，Ⅰ．當(dāng)∠ACQ=90°時(shí)，AQ為圓的直徑，∴Q與R重合，∴MQ=MR=；Ⅱ．如圖3，當(dāng)∠QCD=90°時(shí)，在Rt△QCP中，PQ=2PR=，∴MQ=；Ⅲ．如圖4，當(dāng)∠QDC=90°時(shí)，∵BM=1，MP=4，∴BP=，∴DP=BP=，∵cos∠MPB==，∴PQ=，∴MQ=；Ⅳ．如圖5，當(dāng)∠AEQ=90°時(shí)，由對(duì)稱性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，∴MQ=；綜上所述，MQ的值為或或；②△ACG和△DEG的面積之比為．理由：如圖6，∵DM∥AF，∴DF=AM=DE=1，又由對(duì)稱性可得GE=GD，∴△DEG是等邊三角形，∴∠EDF=90°﹣60°=30°，∴∠DEF=75°=∠MDE，∴∠GDM=75°﹣60°=15°，∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°，∴GMD=∠GDM，∴GM=GD=1，過C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG，AH=，∴CG=MH=﹣1，∴S△ACG=CG×CH=，∵S△DEG=，∴S△ACG：S△DEG=．22〔2017浙江臺(tái)州〕．如圖，等腰直角三角形ABC，點(diǎn)P是斜邊BC上一點(diǎn)〔不與B，C重合〕，PE是△ABP的外接圓⊙O的直徑．〔1〕求證：△APE是等腰直角三角形；〔2〕假設(shè)⊙O的直徑為2，求PC2+PB2的值．【考點(diǎn)】MA：三角形的外接圓與外心；KW：等腰直角三角形．【分析】〔1〕只要證明∠AEP=∠ABP=45°，∠PAB=90°即可解決問題；〔2〕作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，那么四邊形PMAN是矩形，可得PM=AN，由△PCM，△PNB都是等腰直角三角形，推出PC=PM，PB=PN，可得PC2+PB2=2〔PM2+PN2〕=2〔AN2+PN2〕=2PA2=PE2=22=4；【解答】〔1〕證明：∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠C=∠ABC=45°，∴∠AEP=∠ABP=45°，∵PE是直徑，∴∠PAB=90°，∴∠APE=∠AEP=45°，∴AP=AE，∴△PAE是等腰直角三角形．〔2〕作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，那么四邊形PMAN是矩形，∴PM=AN，∵△PCM，△PNB都是等腰直角三角形，∴PC=PM，PB=PN，∴PC2+PB2=2〔PM2+PN2〕=2〔AN2+PN2〕=2PA2=PE2=22=4．23〔2017浙江杭州〕．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)C在劣弧AB上〔不與點(diǎn)A，B重合〕，點(diǎn)D為弦BC的中點(diǎn)，DE⊥BC，DE與AC的延長線交于點(diǎn)E，射線AO與射線EB交于點(diǎn)F，與⊙O交于點(diǎn)G，設(shè)∠GAB=ɑ，∠ACB=β，∠EAG+∠EBA=γ，〔1〕點(diǎn)點(diǎn)同學(xué)通過畫圖和測(cè)量得到以下近似數(shù)據(jù)：ɑ30°40°50°60°β120°130°140°150°γ150°140°130°120°猜測(cè)：β關(guān)于ɑ的函數(shù)表達(dá)式，γ關(guān)于ɑ的函數(shù)表達(dá)式，并給出證明：〔2〕假設(shè)γ=135°，CD=3，△ABE的面積為△ABC的面積的4倍，求⊙O半徑的長．【分析】〔1〕由圓周角定理即可得出β=α+90°，然后根據(jù)D是BC的中點(diǎn)，DE⊥BC，可知∠EDC=90°，由三角形外角的性質(zhì)即可得出∠CED=α，從而可知O、A、E、B四點(diǎn)共圓，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可知：∠EBO+∠EAG=180°，即γ=﹣α+180°；〔2〕由〔1〕及γ=135°可知∠BOA=90°，∠BCE=45°，∠BEC=90°，由于△ABE的面積為△ABC的面積的4倍，所以，根據(jù)勾股定理即可求出AE、AC的長度，從而可求出AB的長度，再由勾股定理即可求出⊙O的半徑r；【解答】解：〔1〕猜測(cè)：β=α+90°，γ=﹣α+180°連接OB，∴由圓周角定理可知：2∠BCA=360°﹣∠BOA，∵OB=OA，∴∠OBA=∠OAB=α，∴∠BOA=180°﹣2α，∴2β=360°﹣〔180°﹣2α〕，∴β=α+90°，∵D是BC的中點(diǎn)，DE⊥BC，∴OE是線段BC的垂直平分線，∴BE=CE，∠BED=∠CED，∠EDC=90°∵∠BCA=∠EDC+∠CED，∴β=90°+∠CED，∴∠CED=α，∴∠CED=∠OBA=α，∴O、A、E、B四點(diǎn)共圓，∴∠EBO+∠EAG=180°，∴∠EBA+∠OBA+∠EAG=180°，∴γ+α=180°；〔2〕當(dāng)γ=135°時(shí)，此時(shí)圖形如以以下列圖，∴α=45°，β=135°，∴∠BOA=90°，∠BCE=45°，由〔1〕可知：O、A、E、B四點(diǎn)共圓，∴∠BEC=90°，∵△ABE的面積為△ABC的面積的4倍，∴，∴，設(shè)CE=3x，AC=x，由〔1〕可知：BC=2CD=6，∵∠BCE=45°，∴CE=BE=3x，∴由勾股定理可知：〔3x〕2+〔3x〕2=62，x=，∴BE=CE=3，AC=，∴AE=AC+CE=4，在Rt△ABE中，由勾股定理可知：AB2=〔3〕2+〔4〕2，∴AB=5，∵∠BAO=45°，∴∠AOB=90°，在Rt△AOB中，設(shè)半徑為r，由勾股定理可知：AB2=2r2，∴r=5，∴⊙O半徑的長為5．【點(diǎn)評(píng)】此題考察圓的綜合問題，涉及圓周角定理，勾股定理，解方程，垂直平分線的性質(zhì)等知識(shí)，綜合程度較高，需要學(xué)生靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)．26、〔2017?寧波〕有兩個(gè)內(nèi)角分別是它們對(duì)角的一半的四邊形叫做半對(duì)角四邊形．(1)如圖1，在半對(duì)角四邊形A