2020-2021中考数学一模试题分类汇编——圆的综合综合含答案

一、圆的综合

1．如图，⊙O是△ABC的外接圆，点E为△ABC内切圆的圆心，连接AE的延长线交BC于点F，交⊙O于点D；连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM=∠DAC． （1）求证：直线DM是⊙O的切线； （2）若DF=2，且AF=4，求BD和DE的长．

【答案】（1）证明见解析（2）23 【解析】 【分析】

（1）根据垂径定理的推论即可得到OD⊥BC，再根据∠BDM=∠DBC，即可判定BC∥DM，进而得到OD⊥DM，据此可得直线DM是⊙O的切线；

（2）根据三角形内心的定义以及圆周角定理，得到∠BED=∠EBD，即可得出DB=DE，再判定△DBF∽△DAB，即可得到DB2=DF•DA，据此解答即可． 【详解】

（1）如图所示，连接OD．

¶CD¶，∴OD⊥BC． ∵点E是△ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD，∴BD又∵∠BDM=∠DAC，∠DAC=∠DBC，∴∠BDM=∠DBC，∴BC∥DM，∴OD⊥DM． 又∵OD为⊙O半径，∴直线DM是⊙O的切线． （2）连接BE．∵E为内心，∴∠ABE=∠CBE．

∵∠BAD=∠CAD，∠DBC=∠CAD，∴∠BAD=∠DBC，∴∠BAE+∠ABE=∠CBE+∠DBC，即∠BED=∠DBE，∴BD=DE．

又∵∠BDF=∠ADB（公共角），∴△DBF∽△DAB，∴

DFDB，即DB2=DF•DA． DBDA∵DF=2，AF=4，∴DA=DF+AF=6，∴DB2=DF•DA=12，∴DB=DE=23．

【点睛】

本题主要考查了三角形的内心与外心，圆周角定理以及垂径定理的综合应用，解题时注意：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧；三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．

2．（类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切．以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形

（性质探究）如图1，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系

猜想结论： （要求用文字语言叙述） 写出证明过程（利用图1，写出已知、求证、证明） （性质应用）

①初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形 （填序号） A：平行四边形：B：菱形：C：矩形；D：正方形

②如图2，圆外切四边形ABCD，且AB=12，CD=8，则四边形的周长是 ． ③圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5：4：7，求四边形各边的长．

【答案】见解析. 【解析】 【分析】

（1）根据切线长定理即可得出结论；

（2）①圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论； ②根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论；

③根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论． 【详解】

性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：

如图1，已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H． 求证：AD+BC=AB+CD．

证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG=AH，同理：BG=BF，CE=CF，DE=DH，∴AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等． 故答案为：圆外切四边形的对边和相等；

性质应用：①∵根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等．

∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边

的距离相等． 故答案为：B，D；

②∵圆外切四边形ABCD，∴AB+CD=AD+BC．

∵AB=12，CD=8，∴AD+BC=12+8=20，∴四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40． 故答案为：40；

③∵相邻的三条边的比为5：4：7，∴设此三边为5x，4x，7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为5x+7x﹣4x=8x．

∵圆外切四边形的周长为48cm，∴4x+5x+7x+8x=24x=48，∴x=2，∴此四边形的四边为4x=8cm，5x=10cm，7x=14cm，8x=16cm．

【点睛】

本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键．

3．如图，已知△ABC中，AB=AC，∠A=30°，AB=16，以AB为直径的⊙O与BC边相交于点D，与AC交于点F，过点D作DE⊥AC于点E． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）求CE的长；

（3）过点B作BG∥DF，交⊙O于点G，求弧BG的长．

【答案】（1）证明见解析（2）8-43（3）4π 【解析】 【分析】

（1）如图1，连接AD，OD，由AB为⊙O的直径，可得AD⊥BC，再根据AB=AC，可得BD=DC，再根据OA=OB，则可得OD∥AC，继而可得DE⊥OD，问题得证； （2）如图2，连接BF，根据已知可推导得出DE=

1BF，CE=EF，根据∠A=30°，AB=16，可2得BF=8，继而得DE=4，由DE为⊙O的切线，可得ED2=EF•AE，即42=CE•（16﹣CE），继

而可求得CE长；

（3）如图3，连接OG，连接AD，由BG∥DF，可得∠CBG=∠CDF=30°，再根据AB=AC，可推导得出∠OBG=45°，由OG=OB，可得∠OGB=45°，从而可得∠BOG=90°，根据弧长公式即

»的长度. 可求得BG【详解】

（1）如图1，连接AD，OD； ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB=90°，即AD⊥BC， ∵AB=AC， ∴BD=DC， ∵OA=OB， ∴OD∥AC， ∵DE⊥AC， ∴DE⊥OD， ∴∠ODE=∠DEA=90°， ∴DE为⊙O的切线； （2）如图2，连接BF， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠AFB=90°， ∴BF∥DE， ∵CD=BD，

1BF，CE=EF， 2∵∠A=30°，AB=16， ∴BF=8， ∴DE=4，

∵DE为⊙O的切线， ∴ED2=EF•AE，

∴DE=

∴42=CE•（16﹣CE），

∴CE=8﹣43，CE=8+43（不合题意舍去）； （3）如图3，连接OG，连接AD， ∵BG∥DF， ∴∠CBG=∠CDF=30°， ∵AB=AC， ∴∠ABC=∠C=75°， ∴∠OBG=75°﹣30°=45°， ∵OG=OB，

∴∠OGB=∠OBG=45°， ∴∠BOG=90°，

»的长度=∴BG908=4π． 180

【点睛】

本题考查了圆的综合题，涉及了切线的判定、三角形中位线定理、圆周角定理、弧长公式等，正确添加辅助线、熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.

4．如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,AB=CD． (1)如图(1),求证:AD∥BC；

(2)如图(2),点F是AC的中点,弦DG∥AB,交BC于点E,交AC于点M,求证:AE=2DF； (3)在(2)的条件下,若DG平分∠ADC,GE=53,tan∠ADF=43,求⊙O的半径。

【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）129 【解析】

试题分析：(1)连接AC．由弦相等得到弧相等，进一步得到圆周角相等，即可得出结论． （2）延长AD到N，使DN=AD，连接NC．得到四边形ABED是平行四边形，从而有AD=BE，DN=BE．由圆内接四边形的性质得到∠NDC=∠B．即可证明ΔABE≌ΔCND，得到AE=CN，再由三角形中位线的性质即可得出结论．

（3）连接BG，过点A作AH⊥BC，由（2）知∠AEB=∠ANC，四边形ABED是平行四边形，得到AB=DE．再证明ΔCDE是等边三角形，ΔBGE是等边三角形，通过解三角形ABE，得到AB，HB， AH，HE的长，由EC=DE=AB，得到HC的长．在Rt△AHC中，由勾股定理求出AC的长．

作直径AP，连接CP，通过解△APC即可得出结论．

试题解析：解：(1)连接AC．∵AB=CD，∴弧AB=弧CD，∴∠DAC=∠ACB，∴AD∥BC．

（2）延长AD到N，使DN=AD，连接NC．∵AD∥BC，DG∥AB，∴四边形ABED是平行四边形，∴AD=BE，∴DN=BE．∵ABCD是圆内接四边形，∴∠NDC=∠B．∵AB=CD，∴ΔABE≌ΔCND，∴AE=CN．∵DN=AD，AF=FC，∴DF=

1CN，∴AE=2DF． 2

（3）连接BG，过点A作AH⊥BC，由（2）知∠AEB=∠ANC，四边形ABED是平行四边形，∴AB=DE．

∵DF∥CN，∴∠ADF=∠ANC，∴∠AEB=∠ADF，∴tan∠AEB= tan∠ADF=43，DG平分∠ADC，∴∠ADG=∠CDG．∵AD∥BC，∴∠ADG=∠CED，

∠NDC=∠DCE．∵∠ABC=∠NDC，∴∠ABC=∠DCE．∵AB∥DG，∴∠ABC=∠DEC，∴∠DEC=∠ECD=∠EDC，∴ΔCDE是等边三角形，∴AB=DE=CE．∵∠GBC=∠GDC=60°，∠G=∠DCB=60°，∴ΔBGE是等边三角形，BE= GE=53．∵tan∠AEB= tan∠ADF=43，设HE=x，则AH=43x．∵∠ABE=∠DEC=60°，∴∠BAH=30°，∴BH=4x，AB=8x，∴4x+x=53，解得：x=3，∴AB=83，HB=43， AH=12，EC=DE=AB=83，∴HC=HE+EC=383=93．在Rt△AHC中，AC=AH2HC2122(93)2=343．

AC，AP作直径AP，连接CP，∴∠ACP=90°，∠P=∠ABC=60°，∴sin∠P=

∴

APAC3432129，∴⊙O的半径是129． sin6032

5．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5．

（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？

（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？

（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？

【答案】（1）【解析】

204252；（2） 52；（3）

32分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；

（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；

（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离． 详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处， 如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，

设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l， 由切线长定理可知C′E=C′D， 设C′D=x，则C′E=x， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠A=∠ACB=45°， ∴∠A′C′B′=∠ACB=45°， ∴△EFC′是等腰直角三角形， ∴C′F=2x，∠OFD=45°， ∴△OFD也是等腰直角三角形， ∴OD=DF， ∴

2x+x=1，则x=2-1，

∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2， ∴点C运动的时间为则经过52； 252秒，△ABC的边与圆第一次相切； 2（2）如图2，设经过t秒△ABC的边与圆第一次相切，△ABC移至△A′B′C′处，⊙O与BC所在直线的切点D移至D′处，

A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F， ∵CC′=2t，DD′=t，

∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-t， 由（1）得：4-t=2-1， 解得：t=5-2，

答：经过5-2秒△ABC的边与圆第一次相切；

（3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t，DD′=t， 则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2.5t=4-1.5t， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t， 由（1）得：4-1.5t=2-1， 解得：t=1022， 310222042=． 33∴点B运动的距离为2×

点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．

AB. 6．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧»1用直尺和圆规作出»AB所在圆的圆心O；(要求保留作图痕迹，不写作法)

2若»AB的中点C到弦AB的距离为20m，AB80m，求»AB所在圆的半径．

【答案】(1)见解析；（2）50m 【解析】

分析：1连结AC、BC，分别作AC和BC的垂直平分线，两垂直平分线的交点为点O，如图1；

»的中点得2连接OA，OC，OC交AB于D，如图2，根据垂径定理的推论，由C为AB到OCAB，ADBD1AB40，则CD20，设eO的半径为r，在RtVOAD2222中利用勾股定理得到r(r20)40，然后解方程即可．

详解：1如图1，

点O为所求；

2连接OA，OC，OC交AB于D，如图2，

QC为»AB的中点，

OCAB，

1ADBDAB40，

2设eO的半径为r，则OAr，ODODCDr20，

在RtVOAD中，QOA2OD2AD2，

r2(r20)2402，解得r50，

即»AB所在圆的半径是50m．

点睛：本题考查了垂径定理及勾股定理的应用，在利用数学知识解决实际问题时，要善于把实际问题与数学中的理论知识联系起来，能将生活中的问题抽象为数学问题．

7．如图，在⊙O中，直径AB⊥弦CD于点E，连接AC，BC，点F是BA延长线上的一点，且∠FCA＝∠B.

(1)求证：CF是⊙O的切线； (2)若AE＝4，tan∠ACD＝

3，求FC的长． 3

【答案】（1）见解析

【解析】

分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠OCF=90°，进而得出答案； （2）根据正切的性质求出EC的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可．

详解：(1)证明：连接OC.∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°，∴∠OCB＋∠ACO＝90°. ∵OB＝OC，∴∠B＝∠OCB. 又∵∠FCA＝∠B，∴∠FCA＝∠OCB， ∴∠FCA＋∠ACO＝90°，即∠FCO＝90°， ∴FC⊥OC， ∴FC是⊙O切线．

AE443(2)解：∵AB⊥CD，∴∠AEC＝90°，∴EC=tanACE， 33设OA＝OC＝r，则OE＝OA－AE＝r－4. 在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋CE2， 即r2＝(r－4)2＋(43)2，解得r＝8. ∴OE＝r－4＝4＝AE. ∵CE⊥OA，∴CA＝CO＝8， ∴△AOC是等边三角形， ∴∠FOC＝60°，∴∠F＝30°. 在Rt△FOC中，

∵∠OCF＝90°，OC＝8，∠F＝30°， ∴OF＝2OC＝16，

∴FC＝OF2OC283.

点睛：此题主要考查了切线的判定、垂径定理的推论以及勾股定理等知识，得出BC的长是解题关键．

8．如图，正三角形ABC内接于⊙O，P是BC上的一点，且PB＜PC，PA交BC于E，点F是PC延长线上的点，CF=PB，AB=13，PA=4． （1）求证：△ABP≌△ACF； （2）求证：AC2=PA•AE； （3）求PB和PC的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）PB=1，PC=3．

【解析】试题分析：（1）先根据等边三角形的性质得到AB=AC，再利用圆的内接四边形的性质得∠ACF=∠ABP，于是可根据“SAS”判断△ABP≌△ACF；

（2）先根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=60°，再根据圆周角定理得

∠APC=∠ABB=60°，加上∠CAE=∠PAC，于是可判断△ACE∽△APC，然后利用相似比即可得到结论；

（3）先利用AC2=PA•AE计算出AE=

133 ，则PE=AP-AE= ，再证△APF为等边三角形，得44到PF=PA=4，则有PC+PB=4，接着证明△ABP∽△CEP，得到PB•PC=PE•A=3，然后根据根与系数的关系，可把PB和PC看作方程x2-4x+3=0的两实数解，再解此方程即可得到PB和PC的长． 试题解析：

（1）∵∠ACP+∠ABP=180°， 又∠ACP+∠ACF=180°， ∴∠ABP=∠ACF 在ABP和ACF中，

∵AB=AC，∠ABP=∠ACF， CFPB ∴ABP≌ACF． (2)在AEC和ACP中， ∵∠APC=∠ABC，

而ABC是等边三角形，故∠ACB=∠ABC=60º， ∴∠ACE =∠APC . 又∠CAE =∠PAC ， ∴AEC∽ACP ∴

ACAE,即AC2PAAE. APAC由（1）知ABP≌ACF， ∴∠BAP=∠CAF， CFPB ∴∠BAP+∠PAC=∠CAF+∠PAC

∴∠PAF=∠BAC=60°，又∠APC＝∠ABC＝60°. ∴APF是等边三角形 ∴AP=PF

∴PBPCPCCFPFPA4 在PAB与CEP中， ∵∠BAP=∠ECP ， 又∠APB=∠EPC=60°， ∴PAB∽CEP ∴

PBPA,即PBPCPAPE PEPC由（2）AC2PAAE，

∴ACPBPCPAAEPAPEPAAEPEPA

2222∴ACPBPCPAAEPAPEPAAEPEPA ∴PBPCPAACPAAB4222221323

因此PB和PC的长是方程x24x30的解． 解这个方程，得x11， x23． ∵PB【点睛】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、圆内接四边形的性质和等边三角形的判定与性质；会利用相似三角形证明等积式；会运用根与系数的关系构造一元二次方程。

9．如图，AB为⊙O的直径，DA、DC分别切⊙O于点A，C，且AB=AD． （1）求tan∠AOD的值． （2）AC，OD交于点E，连结BE． ①求∠AEB的度数；

②连结BD交⊙O于点H，若BC=1，求CH的长．

【答案】（1）2；（2）①∠AEB＝135°；②CH【解析】 【分析】

2 2（1）根据切线的性质可得∠BAD=90°，由题意可得AD=2AO，即可求tan∠AOD的值； （2）①根据切线长定理可得AD=CD，OD平分∠ADC，根据等腰三角形的性质可得DO⊥AC，AE=CE，根据圆周角定理可求∠ACB=90°，即可证∠ABC=∠CAD，根据“AAS”可证△ABC≌△DAE，可得AE=BC=EC，可求∠BEC=45°，即可求∠AEB的度数； ②由BC=1，可求AE=EC=1，BE证△ABE∽△HBC，可求CH的长． 【详解】

（1）∵DA是⊙O切线，∴∠BAD=90°． ∵AB=AD，AB=2AO，∴AD=2AO，∴tan∠AOD2，根据等腰直角三角形的性质可求∠ABE=∠HBC，可

AD2； AO（2）①∵DA、DC分别切⊙O于点A，C，∴AD=CD，OD平分∠ADC，∴DO⊥AC，AE=CE．

∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，且∠BAC+∠CAD=90°，

∴∠ABC=∠CAD，且AB=AD，∠ACB=∠AED=90°，∴△ABC≌△DAE（AAS），∴CB=AE，∴CE=CB，且∠ACB=90°，∴∠BEC=45°=∠EBC，∴∠AEB=135°． ②如图，∵BC=1，且BC=AE=CE，∴AE=EC=BC=1，∴BE2．

∵AD=AB，∠BAD=90°，∴∠ABD=45°，且∠EBC=45°，∴∠ABE=∠HBC，且∠BAC=∠CHB，∴△ABE∽△HBC，∴

1CHBCCH2，即，∴CH．

12EBAE2

【点睛】

本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．

10．如图，已知△ABC，AB=2，BC3，∠B=45°，点D在边BC上，联结AD， 以点A为圆心，AD为半径画圆，与边AC交于点E，点F在圆A上，且AF⊥AD．

（1）设BD为x，点D、F之间的距离为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；

»的中点，求BD:CD的值； （2）如果E是DF（3）联结CF，如果四边形ADCF是梯形，求BD的长 ．

【答案】(1) y=【解析】 【分析】

4-4x+2x(0≤x≤3); (2) 241+5; (3) BD的长是1或. 52（1）过点A作AH⊥BC，垂足为点H．构造直角三角形，利用解直角三角形和勾股定理求得AD的长度．联结DF，点D、F之间的距离y即为DF的长度，在Rt△ADF中，利用锐角三角形函数的定义求得DF的长度，易得函数关系式． （2）由勾股定理求得：AC=Rt△AHC推知

AH2DH2．设DF与AE相交于点Q，通过解Rt△DCQ和

DQ1．故设DQ=k，CQ=2k，AQ=DQ=k，所以再次利用勾股定理推知DCCQ2的长度，结合图形求得线段BD的长度，易得答案．

（3）如果四边形ADCF是梯形，则需要分类讨论：①当AF∥DC、②当AD∥FC．根据相似三角形的判定与性质，结合图形解答． 【详解】

（1）过点A作AH⊥BC，垂足为点H．

∵∠B=45°，AB=2，∴BHAHAB·cosB1． ∵BD为x，∴DHx1．

在Rt△ADH中，AHD90，∴ADAH2DH222xx2．

联结DF，点D、F之间的距离y即为DF的长度．

∵点F在圆A上，且AF⊥AD，∴ADAF，ADF45． 在Rt△ADF中，DAF90，∴DF∴y44x2x2．0x3 ;

（2）∵E是DF的中点，∴AEDF，AE平分DF． ∵BC=3，∴HC312．∴ACAD44x2x2．

cosADFuuurAH2HC25．

DQ． CQ设DF与AE相交于点Q，在Rt△DCQ中，DQC90，tanDCQ在Rt△AHC中，AHC90，tanACH∵DCQACH，∴

AH1． HC2DQ1． CQ2设DQk,CQ2k，AQDQk， ∵3k5，k5522，∴DCDQCQ．

3344，∴BD:CD． 35（3）如果四边形ADCF是梯形

∵BDBCDC则①当AF∥DC时，AFDFDC45．

∵ADF45，∴ADBC，即点D与点H重合． ∴BD1． ②当AD∥FC时，ADFCFD45． ∵B45，∴BCFD．

∵BBADADFFDC，∴BADFDC． ∴ABD∽DFC．∴∵DF2ABAD． DFDC2AD，DCBCBD．

∴ADBCBD．即

2-2xx223x,

整理得 x2x10，解得 x15（负数舍去）． 21+5． 2综上所述，如果四边形ADCF是梯形，BD的长是1或【点睛】

此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数值以及勾股定理等知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．

11．如图①，已知RtABC中，ACB90o，AC8，AB10，点D是AC边上一点（不与C重合），以AD为直径作eO，过C作CE切eO于E，交AB于F.

（1）若eO的半径为2，求线段CE的长； （2）若AFBF，求eO的半径；

（3）如图②，若CECB，点B关于AC的对称点为点G，试求G、E两点之间的距离.

【答案】(1)CE42；(2)eO的半径为3；(3)G、E两点之间的距离为9.6. 【解析】 【分析】

（1）根据切线的性质得出∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得； （2）由勾股定理求得BC，然后通过证得△OEC∽△BCA，得到得即可；

（3）证得D和M重合，E和F重合后，通过证得△GBE∽△ABC，

OEOCr8-r=，即=，解BCBA610GBGE，即ABAC12GE，解得即可． 108【详解】

(1)如图，连结OE. ∵CE切eO于E，

∴OEC90.

∵AC8，eO半径为2， ∴OC6，OE2.

∴CEOC2OE242； (2)设eO半径为r.

在RtABC中，ACB90，AB10，AC8， ∴BC∵∴∴∵

AB2AC26.

AFBF， AFCFBF. ACFCAF. CE切eO于E，

∴OEC90. ∴OECACB， ∴OECBCA. ∴∴

OEOC， BCBAr8r， 610解得r3. ∴eO的半径为3；

(3)连结EG、OE，设EG交AC于点M，

由对称性可知，CBCG. 又CECB， ∴CECG. ∴EGCGEC. ∵CE切eO于E， ∴GECOEG90. 又EGCGMC90，

∴OEGGMC.又GMCOME， ∴OEGOME. ∴OEOM. ∴点M与点D重合.

∴G、D、E三点在同一条直线上. 连结AE、BE， ∵AD是直径，

∴AED90，即AEG90. 又CECBCG， ∴BEG90.

∴AEBAEGBEG180， ∴

A、E、B三点在同一条直线上.

∴E、F两点重合.

∵GEBACB90，BB， ∴GBEABC. ∴

GBGE12GE. ，即ABAC108∴GE9.6.

故G、E两点之间的距离为9.6. 【点睛】

本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得G、D、E三点共线以及A、E、B三点在同一条直线上是解题的关键.

12．如图，已知AB是⊙O的直径，BC是弦，弦BD平分∠ABC交AC于F，弦DE⊥AB于H，交AC于G． ①求证：AG＝GD；

②当∠ABC满足什么条件时，△DFG是等边三角形？ ③若AB＝10，sin∠ABD＝

3，求BC的长． 5

【答案】（1）证明见解析；（2）当∠ABC＝60°时，△DFG是等边三角形．理由见解析；（3）BC的长为【解析】 【分析】

（1）首先连接AD，由DE⊥AB，AB是eO的直径，根据垂径定理，即可得到¶AD¶AE，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，证得∠ADE＝∠ABD，又由弦BD平分∠ABC，可得∠DBC＝∠ABD，根据等角对等边的性质，即可证得AG=GD； （2）当∠ABC=60°时，△DFG是等边三角形，根据半圆（或直径）所对的圆周角是直角与三角形的外角的性质，易求得∠DGF=∠DFG=60°，即可证得结论； （3）利用三角函数先求出tan∠ABD14． 534，cos∠ABD＝，再求出DF、BF，然后即可求出45BC. 【详解】

（1）证明：连接AD， ∵DE⊥AB，AB是⊙O的直径， ∴¶AD¶AE， ∴∠ADE＝∠ABD， ∵弦BD平分∠ABC， ∴∠DBC＝∠ABD， ∵∠DBC＝∠DAC， ∴∠ADE＝∠DAC， ∴AG＝GD；

（2）解：当∠ABC＝60°时，△DFG是等边三角形． 理由：∵弦BD平分∠ABC， ∴∠DBC＝∠ABD＝30°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°，

∴∠CAB＝90°﹣∠ABC＝30°， ∴∠DFG＝∠FAB+∠DBA＝60°， ∵DE⊥AB，

∴∠DGF＝∠AGH＝90°﹣∠CAB＝60°， ∴△DGF是等边三角形； （3）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝∠ACB＝90°， ∵∠DAC＝∠DBC＝∠ABD， ∵AB＝10，sin∠ABD＝

3， 5∴在Rt△ABD中，AD＝AB•sin∠ABD＝6， ∴BD＝AB2BD2＝8，

∴tan∠ABD＝

AD3BD4，cos∠ABD＝=， BD4AB539＝， 42在Rt△ADF中，DF＝AD•tan∠DAF＝AD•tan∠ABD＝6×∴BF＝BD﹣DF＝8﹣

97＝， 227414×＝． 255∴在Rt△BCF中，BC＝BF•cos∠DBC＝BF•cos∠ABD＝∴BC的长为：

14． 5

【点睛】

此题考查了圆周角定理、垂径定理、直角三角形的性质、三角函数的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是掌握数形结合思想与转化思想的应用，注意辅助线的作法．

13．如图, Rt△ABC中，∠B=90°，它的内切圆分别与边BC、CA、AB相切于点D、E、F， (1)

1 (a+b-c). 2(2) 若AD交圆于P, PC交圆于H, FH//BC, 求∠CPD;

设AB=c, BC=a, AC=b, 求证: 内切圆半径r＝

(3)若r=310, PD＝18, PC=272. 求△ABC各边长.

【答案】（1）证明见解析（2）45°（3）910，1210,1510 【解析】 【分析】

（1）根据切线长定理，有AE=AF，BD=BF，CD=CE．易证四边形BDOF为正方形，BD=BF=r，用r表示AF、AE、CD、CE，利用AE+CE=AC为等量关系列式．

（2）∠CPD为弧DH所对的圆周角，连接OD，易得弧DH所对的圆心角∠DOH=90°，所以∠CPD=45°．

（3）由PD=18和r=310,联想到垂径定理基本图形，故过圆心O作PD的垂线OM，求得弦心距OM=3，进而得到∠MOD的正切值．延长DO得直径DG，易证PG∥OM，得到同位角∠G=∠MOD．又利用圆周角定理可证∠ADB=∠G，即得到∠ADB的正切值，进而求得AB．再设CE=CD=x，用x表示BC、AC，利用勾股定理列方程即求出x． 【详解】

解：（1）证明：设圆心为O，连接OD、OE、OF， ∵⊙O分别与BC、CA、AB相切于点D、E、F ∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，AE=AF，BD=BF，CD=CE ∴∠B=∠ODB=∠OFB=90° ∴四边形BDOF是矩形 ∵OD=OF=r

∴矩形BDOF是正方形 ∴BD=BF=r

∴AE=AF=AB-BF=c-r，CE=CD=BC-BD=a-r ∵AE+CE=AC ∴c-r+a-r=b 整理得：r=

1 （a+b-c） 2

（2）取FH中点O，连接OD ∵FH∥BC ∴∠AFH=∠B=90° ∵AB与圆相切于点F， ∴FH为圆的直径，即O为圆心 ∵FH∥BC

∴∠DOH=∠ODB=90° ∴∠CPD=

1∠DOH=45° 2

（3）设圆心为O，连接DO并延长交⊙O于点G，连接PG，过O作OM⊥PD于M ∴∠OMD=90° ∵PD=18 ∴DM=

1PD=9 2∵BF=BD=OD=r=310，

∴OM=OD2DM2＝(310)292＝9081＝3 ∴tan∠MOD=

DM＝3 OM∵DG为直径 ∴∠DPG=90°

∴OM∥PG，∠G+∠ODM=90° ∴∠G=∠MOD

∵∠ODB=∠ADB+∠ODM=90° ∴∠ADB=∠G ∴∠ADB=∠MOD ∴tan∠ADB=

AB=tan∠MOD=3 BD∴AB=3BD=3r=910

∴AE=AF=AB-BF=910−310＝610 设CE=CD=x，则BC=310+x，AC=610+x ∵AB2+BC2=AC2

∴(910)2．+(310+x)2＝(610+x)2 解得：x=910 ∴BC=1210，AC=1510

∴△ABC各边长AB=910，AC=1510，BC=1210

【点睛】

本题考查切线的性质，切线长定理，正方形的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理．切线长定理的运用是解决本题的关键，而在不能直接求得线段长的情况下，利用勾股定理作为等量关系列方程解决是常用做法．

14．如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠D＝60°且AB＝6，过O点作OE⊥AC，垂足为E． （1）求OE的长；

（2）若OE的延长线交⊙O于点F，求弦AF、AC和弧CF围成的图形（阴影部分）的面积．（结果保留）

【答案】（1）OE的长为（2）阴影部分的面积为【解析】 （1）OE=

3； 23 233 （2）S= 22

15．如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于E，过点A作∠DAF=∠DAB，过点D作AF的垂线，垂足为F，交AB的延长线于点P，连接CO并延长交⊙O于点G，连接EG． （1）求证：DF是⊙O的切线；

»的长度； （2）若AD=DP，OB=3，求BD（3）若DE=4，AE=8，求线段EG的长．

【答案】（1）证明见解析（2）π（3）213 【解析】

试题分析：（1）连接OD，由等腰三角形的性质得出∠DAB=∠ADO，再由已知条件得出∠ADO=∠DAF，证出OD∥AF，由已知DF⊥AF，得出DF⊥OD，即可得出结论； （2）易得∠BOD=60°，再由弧长公式求解即可；

（3）连接DG，由垂径定理得出DE=CE=4，得出CD=8，由勾股定理求出DG，再由勾股定理求出EG即可．

试题解析：（1）证明：连接OD，如图1所示： ∵OA=OD，

∴∠DAB=∠ADO， ∵∠DAF=∠DAB，

∴∠ADO=∠DAF，

∴OD∥AF， 又∵DF⊥AF， ∴DF⊥OD，

∴DF是⊙O的切线；

（2）∵AD=DP ∴∠P=∠DAF=∠DAB =x0

∴∠P+∠DAF+∠DAB =3xo=90O ∴x0=300

∴∠BOD=60°，

»的长度= ∴BD （3）解：连接DG，如图2所示： ∵AB⊥CD， ∴DE=CE=4， ∴CD=DE+CE=8，

设OD=OA=x，则OE=8﹣x，

在Rt△ODE中，由勾股定理得：OE2+DE2=OD2， 即（8﹣x）2+42=x2， 解得：x=5， ∴CG=2OA=10， ∵CG是⊙O的直径， ∴∠CDG=90°，

∴DG=CG2CD210282=6， ∴EG=DG2DE26242=213.