专题09 圆（6大考点）-【好题汇编】三年（2022-2024）中考数学真题分类汇编（湖南专用）

三年（2022-2024）中考数学真题分项汇编（湖南专用） 专题09 圆 考点01 垂径定理 1．（2024•长沙）如图，在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离OE＝4，则⊙O的半径长为（　　） A．4 B． C．5 D． 2．（2023•永州）如图，⊙O是一个盛有水的容器的横截面，⊙O的半径为10cm，水的最深处到水面AB的距离为4cm，则水面AB的宽度为 　 　cm． 3．（2023•常德）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是弦AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术”给出长l的近似值s计算公式：，当OA＝2，∠AOB＝90°时，|l﹣s|＝　 　．（结果保留一位小数） 4．（2022•长沙）如图，A、B、C是⊙O上的点，OC⊥AB，垂足为点D，且D为OC的中点，若OA＝7，则BC的长为 　 　． 考点02 圆周角定理 1．（2024•湖南）如图，AB，AC为⊙O的两条弦，连接OB，OC，若∠A＝45°，则∠BOC的度数为（　　） A．60° B．75° C．90° D．135° 2．（2023•株洲）如图所示，点A、B、C是O上不同的三点，点O在△ABC的内部，连接BO、CO，并延长线段BO交线段AC于点D．若∠A＝60°，∠OCD＝40°，则∠ODC＝　 　度． 3．（2023•长沙）如图，点A，B，C在半径为2的⊙O上，∠ACB＝60°，OD⊥AB，垂足为E，交⊙O于点D，连接OA，则OE的长度为 　 　． 4．（2023•郴州）如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是55°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器 　 　台． 5．（2022•永州）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠ADC＝30°，则∠BOC＝　 　度． 6．（2022•郴州）如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB＝62°，则∠ACB＝　 　度． 7．（2023•衡阳）如图，AB是⊙O的直径，AC是一条弦，D是弧AC的中点，DE⊥AB于点E，交AC于点F，交⊙O于点H，DB交AC于点G． （1）求证：AF＝DF． （2）若AF，sin∠ABD，求⊙O的半径． 8．（2022•怀化）如图，点A，B，C，D在⊙O上，． 求证：（1）AC＝BD； （2）△ABE∽△DCE． 9．（2022•娄底）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G＝θ． （1）求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值． （2）当θ＝90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由． 考点03 切线的判定与性质 1．（2023•湘西州）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB＝10，PC＝12，则sin∠CAD等于（　　） A． B． C． D． 2．（2022•长沙）如图，PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，若∠AOB＝128°，则∠P的度数为（　　） A．32° B．52° C．64° D．72° （多选）3．（2023•湘潭）如图，AC是⊙O的直径，CD为弦，过点A的切线与CD延长线相交于点B，若AB＝AC，则下列说法正确的是（　　） A．AD⊥BC B．∠CAB＝90° C．DB＝AB D．ADBC 4．（2023•邵阳）如图，AD是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，BC与⊙O相切于点B，连接OB，若∠ABC＝65°，则∠BOD的大小为 　 　． 5．（2023•衡阳）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．以点C为圆心，r为半径作圆，当所作的圆与斜边AB所在的直线相切时，r的值为 　 　． 6．（2022•怀化）如图，AB与⊙O相切于点C，AO＝3，⊙O的半径为2，则AC的长为 　 　． 7．（2022•株洲）中国元代数学家朱世杰所著《四元玉鉴》记载有“锁套吞容”之“方田圆池结角池图”．“方田一段，一角圆池占之．”意思是说：“一块正方形田地，在其一角有一个圆形的水池（其中圆与正方形一角的两边均相切）”，如图所示． 问题：此图中，正方形一条对角线AB与⊙O相交于点M、N（点N在点M的右上方），若AB的长度为10丈，⊙O的半径为2丈，则BN的长度为 　 　丈． 8．（2022•邵阳）如图，已知DC是⊙O的直径，点B为CD延长线上一点，AB是⊙O的切线，点A为切点，且AB＝AC． （1）求∠ACB的度数； （2）若⊙O的半径为3，求圆弧的长． 9．（2023•张家界）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，F是AD延长线上一点，连接CD，CF，且∠DCF＝∠CAD． （1）求证：CF是⊙O的切线； （2）若AD＝10，cosB，求FD的长． 10．（2023•常德）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是直径，C是的中点，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E． （1）求证：CE是⊙O的切线； （2）若BC＝6，AC＝8，求CE，DE的长． 11．（2023•郴州）如图，在⊙O中，AB是直径，点C是圆上一点．在AB的延长线上取一点D，连接CD，使∠BCD＝∠A． （1）求证：直线CD是⊙O的切线； （2）若∠ACD＝120°，CD＝2，求图中阴影部分的面积（结果用含π的式子表示）． 12．（2022•郴州）如图，在△ABC中，AB＝AC．以AB为直径的⊙O与线段BC交于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点P． （1）求证：直线PE是⊙O的切线； （2）若⊙O的半径为6，∠P＝30°，求CE的长． 13．（2022•衡阳）如图，AB为⊙O的直径，过圆上一点D作⊙O的切线CD交BA的延长线于点C，过点O作OE∥AD交CD于点E，连接BE． （1）直线BE与⊙O相切吗？并说明理由； （2）若CA＝2，CD＝4，求DE的长． 考点04 弧长的计算 1．（2023•张家界）“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边△ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”．若等边△ABC的边长为3，则该“莱洛三角形”的周长等于（　　） A．π B．3π C．2π D．2π 2．（2023•湘潭）如图，圆锥底面圆的半径为4，则这个圆锥的侧面展开图中的长为（　　） A．4π B．6π C．8π D．16π 3．（2023•张家界）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为（1，1），是以点B为圆心，BA为半径的圆弧；是以点O为圆心，OA1为半径的圆弧；是以点C为圆心，CA2为半径的圆弧；是以点A为圆心，AA3为半径的圆弧，继续以点B、O、C、A为圆心，按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5…称为正方形的“渐开线”，则点A2023的坐标是 　 　． 4．（2022•衡阳）如图，用一个半径为6cm的定滑轮拉动重物上升，滑轮旋转了120°，假设绳索粗细不计，且与滑轮之间没有滑动，则重物上升了 　 　cm．（结果保留π） 5．（2022•湘潭）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，1），B（﹣4，0），C（﹣2，2）．将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1． （1）请写出A1、B1、C1三点的坐标： A1　 　，B1　 　，C1　 　； （2）求点B旋转到点B1的弧长． 考点05 扇形面积的计算 1．（2023•娄底）如图，正六边形ABCDEF的外接圆⊙O的半径为2，过圆心O的两条直线l1、l2的夹角为60°，则图中的阴影部分的面积为（　　） A．π B．π C．π D．π 2．（2024•长沙）半径为4，圆心角为90°的扇形的面积为 　 　（结果保留π）． 3．（2023•永州）已知扇形的半径为6，面积为6π，则扇形圆心角的度数为 　 　度． 4．（2022•益阳）如图，C是圆O被直径AB分成的半圆上一点，过点C的圆O的切线交AB的延长线于点P，连接CA，CO，CB． （1）求证：∠ACO＝∠BCP； （2）若∠ABC＝2∠BCP，求∠P的度数； （3）在（2）的条件下，若AB＝4，求图中阴影部分的面积（结果保留π和根号）． 考点06 圆的综合题 1．（2024•长沙）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形： 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形： 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： （1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）． ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； 　 　 ②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形； 　 　 ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有Rr． 　 　 （2）如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB+CD≠BC+AD． ①该四边形ABCD是“　 　”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF．求证：EF是⊙O的直径． （3）已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H． ①如图2，连接EG，FH交于点P．求证：EG⊥FH； ②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若OA＝2，OB＝6，OC＝3，求内切圆⊙O的半径r及OD的长． 2．（2024•湖南）【问题背景】 已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到OE，连接AE，过点A作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角． 【初步感知】 （1）如图1，当α＝60°时，∠CAE＝　 　°； 【问题探究】 （2）以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接CE，对角线AC，BD相交于点F． ①如图2，当AC＝2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立： ②如图3，当ACr，时，请补全图形，并求tanα及的值． 3．（2023•怀化）如图，AB是⊙O的直径，点P是⊙O外一点，PA与⊙O相切于点A，点C为⊙O上的一点．连接PC、AC、OC，且PC＝PA． （1）求证：PC为⊙O的切线； （2）延长PC与AB的延长线交于点D，求证：PD•OC＝PA•OD； （3）若∠CAB＝30°，OD＝8，求阴影部分的面积． 4．（2023•永州）如图，以AB为直径的⊙O是△ABC的外接圆，延长BC到点D．使得∠BAC＝∠BDA，点E在DA的延长线上，点M在线段AC上，CE交BM于N，CE交AB于G． （1）求证：ED是⊙O的切线； （2）若，BD＝5，AC＞CD，求BC的长； （3）若DE•AM＝AC•AD，求证：BM⊥CE． 5．（2023•益阳）如图，线段AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点M，其延长线交⊙O于点C，连接BC，∠ABC＝120°，D为⊙O上一点且的中点为M，连接AD，CD． （1）求∠ACB的度数； （2）四边形ABCD是否是菱形？如果是，请证明；如果不是，请说明理由； （3）若AC＝6，求的长． 6．（2023•娄底）如图1，点G为等边△ABC的重心，点D为BC边的中点，连接GD并延长至点O，使得DO＝DG，连接GB，GC，OB，OC． （1）求证：四边形BOCG为菱形． （2）如图2，以O点为圆心，OG为半径作⊙O． ①判断直线AB与⊙O的位置关系，并予以证明． ②点M为劣弧BC上一动点（与点B、点C不重合），连接BM并延长交AC于点E，连接CM并延长交AB于点F，求证：AE+AF为定值． 7．（2023•长沙）如图，点A，B，C在⊙O上运动，满足AB2＝BC2+AC2，延长AC至点D，使得∠DBC＝∠CAB，点E是弦AC上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦AB的垂线，交AB于点F，交BC的延长线于点N，交⊙O于点M（点M在劣弧上）． （1）BD是⊙O的切线吗？请作出你的判断并给出证明； （2）记△BDC，△ABC，△ADB的面积分别为S1，S2，S，若S1•S＝（S2）2，求（tanD）2的值； （3）若⊙O的半径为1，设FM＝x，FE•FN•y，试求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 8．（2023•株洲）如图所示，四边形ABCD是半径为R的⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，∠ABD＝45°，直线l与三条线段CD、CA、DA的延长线分别交于点E、F、G，且满足∠CFE＝45°． （1）求证：直线l⊥直线CE； （2）若AB＝DG． ①求证：△ABC≌△GDE； ②若，求四边形ABCD的周长． 9．（2022•株洲）如图所示，△ABC的顶点A，B在⊙O上，顶点C在⊙O外，边AC与⊙O相交于点D，∠BAC＝45°，连接OB、OD，已知OD∥BC． （1）求证：直线BC是⊙O的切线； （2）若线段OD与线段AB相交于点E，连接BD． ①求证：△ABD∽△DBE； ②若AB•BE＝6，求⊙O的半径的长度． 10．（2022•长沙）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF． （1）求证：△ABE∽△DCE； （2）当，∠DFE＝2∠CDB时，则　 　；　 　；　 　．（直接将结果填写在相应的横线上） （3）①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S，S1，S2，若满足，试判断△ABE，△CDE的形状，并说明理由． ②当，AB＝m，AD＝n，CD＝p时，试用含m，n，p的式子表示AE•CE． 11．（2022•永州）如图，已知AB，CE是⊙O的直径，BM是⊙O的切线，点D在EA的延长线上，AC，OD交于点F，∠MBC＝∠ACD． （1）求证：∠MBC＝∠BAC； （2）求证：AE＝AD； （3）若△OFC的面积S1＝4，求四边形AOCD的面积S． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 三年（2022-2024）中考数学真题分项汇编（湖南专用） 专题09 圆 考点01 垂径定理 1．（2024•长沙）如图，在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离OE＝4，则⊙O的半径长为（　　） A．4 B． C．5 D． 【分析】利用垂径定理，勾股定理求解即可． 【解答】解：∵OE⊥AB， ∴AE＝EB＝4， ∴OA4． 故选：B． 【点评】本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 2．（2023•永州）如图，⊙O是一个盛有水的容器的横截面，⊙O的半径为10cm，水的最深处到水面AB的距离为4cm，则水面AB的宽度为 　 　cm． 【分析】过点O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA，由垂径定理可得AC＝BC，然后在Rt△AOC中根据勾股定理求出AC的长，即可得出AB的长． 【解答】解：如图，过点O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA， ∴， 由题意知，OA＝10cm，CD＝4cm， ∴OC＝6cm， 在Rt△AOC中，（cm）， ∴AB＝2AC＝16（cm）， 故答案为：16． 【点评】本题考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，同时需熟练掌握勾股定理． 3．（2023•常德）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是弦AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术”给出长l的近似值s计算公式：，当OA＝2，∠AOB＝90°时，|l﹣s|＝　 　．（结果保留一位小数） 【分析】根据题意分别求出线段的长度，代入公式中求出s，得出答案． 【解答】解：如图，连接OC， ∵AO＝2，∠AOB＝90°， ∴OB＝2，AB＝2， ∵C是弦AB的中点，D在上，CD⊥AB， ∴CO⊥AB，即D、C、O共线， ∴CO，CD＝2， ∵， ∴s＝23， ∵l＝2π×23.1， ∴|l﹣s|≈0.1 故答案为：0.1． 【点评】本题以圆为背景考查了圆的相关概念，本题难度不大，掌握垂径定理和等腰直角三角形是解决问题的关键． 4．（2022•长沙）如图，A、B、C是⊙O上的点，OC⊥AB，垂足为点D，且D为OC的中点，若OA＝7，则BC的长为 　 　． 【分析】根据已知条件证得△AOD≌△BCD（SAS），则BC＝OA＝7． 【解答】解：∵OA＝OC＝7，且D为OC的中点， ∴OD＝CD， ∵OC⊥AB， ∴∠ODA＝∠CDB＝90°，AD＝BD， 在△AOD和△BCD中， ∴△AOD≌△BCD（SAS）， ∴BC＝OA＝7． 故答案为：7． 【点评】本题主要考查垂径定理和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟知垂径定理内容． 考点02 圆周角定理 1．（2024•湖南）如图，AB，AC为⊙O的两条弦，连接OB，OC，若∠A＝45°，则∠BOC的度数为（　　） A．60° B．75° C．90° D．135° 【分析】根据圆周角定理即可解决问题． 【解答】解：∵， ∴∠A． 又∵∠A＝45°， ∴∠BOC＝2×45°＝90°． 故选：C． 【点评】本题主要考查了圆周角定理及圆心角、弧、弦的关系，熟知圆周角定理是解题的关键． 2．（2023•株洲）如图所示，点A、B、C是O上不同的三点，点O在△ABC的内部，连接BO、CO，并延长线段BO交线段AC于点D．若∠A＝60°，∠OCD＝40°，则∠ODC＝　 　度． 【分析】根据圆周角定理求出∠BOC的度数，再根据三角形外角定理即可得出结论． 【解答】解：在⊙O中，∠BOC＝2∠A＝2×60°＝120°， ∴∠ODC＝∠BOC﹣∠OCD＝120°﹣40°＝80°． 故答案为：80． 【点评】本题考查了圆周角定理，三角形外角定理，熟练掌握圆周角定理是本题的关键． 3．（2023•长沙）如图，点A，B，C在半径为2的⊙O上，∠ACB＝60°，OD⊥AB，垂足为E，交⊙O于点D，连接OA，则OE的长度为 　 　． 【分析】连接OB，利用圆周角定理及垂径定理易得∠AOD＝60°，则∠OAE＝30°，结合已知条件，利用直角三角形中30°角对的直角边等于斜边的一半即可求得答案． 【解答】解：如图，连接OB， ∵∠ACB＝60°， ∴∠AOB＝2∠ACB＝120°， ∵OD⊥AB， ∴，∠OEA＝90°， ∴∠AOD＝∠BOD∠AOB＝60°， ∴∠OAE＝90°﹣60°＝30°， ∴OEOA2＝1， 故答案为：1． 【点评】本题考查圆与直角三角形性质的综合应用，结合已知条件求得∠AOD＝60°是解题的关键． 4．（2023•郴州）如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是55°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器 　 　台． 【分析】根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得该圆周角所对的弧所对的圆心角是110°，则共需安装360°÷110°＝34台． 【解答】解：∵∠P＝55°， ∴∠P所对弧所对的圆心角是110°， ∵360°÷110°＝3， ∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器4台． 故答案为：4． 【点评】此题考查了要圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．注意把实际问题转化为数学问题，能够把数学和生活联系起来． 5．（2022•永州）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠ADC＝30°，则∠BOC＝　 　度． 【分析】根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半求出∠AOC的度数，根据平角的定义即可得到∠BOC＝180°﹣∠AOC的度数． 【解答】解：∵∠ADC是所对的圆周角， ∴∠AOC＝2∠ADC＝2×30°＝60°， ∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝180°﹣60°＝120°． 故答案为：120． 【点评】本题考查了圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键． 6．（2022•郴州）如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB＝62°，则∠ACB＝　 　度． 【分析】由圆周角定理可求得答案． 【解答】解：∵∠AOB＝62°， ∴∠ACB∠AOB＝31°， 故答案为：31． 【点评】本题主要考查圆周角定理，掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解题的关键． 7．（2023•衡阳）如图，AB是⊙O的直径，AC是一条弦，D是弧AC的中点，DE⊥AB于点E，交AC于点F，交⊙O于点H，DB交AC于点G． （1）求证：AF＝DF． （2）若AF，sin∠ABD，求⊙O的半径． 【分析】（1）由D是弧AC的中点，得出，再由垂径定理得出，根据等弧所对圆周角相等得出∠ADH＝∠CAD，即可证明出结论． （2）证明出∠ADE＝∠B，得出tan∠ADE，设AE＝x，根据勾股定理求出x，再求出直径即可． 【解答】（1）证明：∵D是弧AC的中点， ∴， ∵AB⊥DH，且AB是⊙O的直径， ∴， ∴， ∴∠ADH＝∠CAD， ∴AF＝DF． （2）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠DAB+∠B＝90°， ∵∠DAE+∠ADE＝90°， ∴∠ADE＝∠B， ∴sin∠ADE， ∴tan∠ADE， 设AE＝x，则DE＝2x， ∵DF＝AF， ∴EF＝2x， ∵AE2+EF2＝AF2， ∴x＝2， ∴AD2， ∴AB， ∴AB＝10， ∴⊙O的半径为5． 【点评】本题考查了圆的相关性质的应用，解直角三角形、勾股定理的计算是解题关键． 8．（2022•怀化）如图，点A，B，C，D在⊙O上，． 求证：（1）AC＝BD； （2）△ABE∽△DCE． 【分析】（1）根据等式的性质可得：，再由圆心角，弧，弦的关系可得结论； （2）根据两角相等可证明两三角形相似． 【解答】证明：（1）∵， ∴， ∴AC＝BD； （2）∵∠A＝∠D，∠B＝∠C， ∴△ABE∽△DCE． 【点评】本题考查了相似三角形的判定，圆心角、弧、弦的关系．根据已知条件推知AC＝BD是解题的难点． 9．（2022•娄底）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G＝θ． （1）求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值． （2）当θ＝90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由． 【分析】（1）证明四边形DEGF是平行四边形，可得结论； （2）当tan∠ABC＝2时，EF垂直平分线段AC．证明OJ∥AB，可得结论． 【解答】（1）证明：∵四边形BCFG，四边形BCDE都是菱形， ∴CF∥BG，CD∥BE，CB＝CF＝CD＝BG＝BE， ∵D，C，F共线， ∴G，B，E共线， ∴DF∥EG，DF＝GE， ∴四边形DEGF是平行四边形， ∴EF与BC互相平分． 当EF⊥FG时，∵GF＝BG＝BE， ∴EG＝2GF， ∴∠GEF＝30°， ∴θ＝90°﹣30°＝60°； （2）解：当tan∠ABC＝2时，EF垂直平分线段AC． 理由：如图（2）中，设AC交EF于点J． ∵四边形BCFG是菱形， ∴∠G＝∠FCO＝90°， ∵EF与BC互相平分， ∴OC＝OB， ∴CF＝BC， ∴FC＝2OC， ∴tan∠FOC＝tan∠ABC， ∴∠ABC＝∠FOC， ∴OJ∥AB， ∵OC＝OB， ∴CJ＝AJ， ∵BC是直径， ∴∠BAC＝∠OJC＝90°， ∴EF垂直平分线段AC． 【点评】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 考点03 切线的判定与性质 1．（2023•湘西州）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB＝10，PC＝12，则sin∠CAD等于（　　） A． B． C． D． 【分析】连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，利用切线的性质和切线长定理得到OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，根据等腰三角形的性质得到OP⊥CD，则∠COB＝∠DOB，根据圆周角定理得到，所以∠COB＝∠CAD，然后求出sin∠COP即可． 【解答】解：连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图， ∵PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D， ∴OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD， ∴OP⊥CD， ∴， ∴∠COB＝∠DOB， ∵， ∴∠COB＝∠CAD， ∵AB＝10， ∴AO＝OC＝OB＝5， ∵OC＝5，PC＝12， 在Rt△OCP中， ， ∴， ∴． 故选：D． 【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和解直角三角形． 2．（2022•长沙）如图，PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，若∠AOB＝128°，则∠P的度数为（　　） A．32° B．52° C．64° D．72° 【分析】利用切线的性质可得∠OAP＝∠OBP＝90°，然后利用四边形内角和是360°，进行计算即可解答． 【解答】解：∵PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°， ∵∠AOB＝128°， ∴∠P＝360°﹣∠OAP﹣∠OBP﹣∠AOB＝52°， 故选：B． 【点评】本题考查了切线的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键． （多选）3．（2023•湘潭）如图，AC是⊙O的直径，CD为弦，过点A的切线与CD延长线相交于点B，若AB＝AC，则下列说法正确的是（　　） A．AD⊥BC B．∠CAB＝90° C．DB＝AB D．ADBC 【分析】利用圆周角定理即可判断A；根据切线的性质即可判断B；利用等腰直角三角形的性质即可判断C；利用直角三角形斜边中线的性质即可判断D． 【解答】解：A、∵AC是⊙O的直径， ∴∠ADC＝90°， ∴AD⊥BC，故A正确； B、∵AC是⊙O的直径，AB是⊙O的切线， ∴CA⊥AB， ∴∠CAB＝90°，故B正确； C、∵∠CAB＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝45° ∵AD⊥BC， ∴BDAB，故C错误； D、∵AC＝AB，AD⊥BC， ∴CD＝BD， ∵∠CAB＝90°， ∴AD，故D正确． 故选：ABD． 【点评】本题考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 4．（2023•邵阳）如图，AD是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，BC与⊙O相切于点B，连接OB，若∠ABC＝65°，则∠BOD的大小为 　 　． 【分析】利用圆的切线的性质定理，同圆的半径相等，等腰三角形的性质和圆周角定理解答即可． 【解答】解：∵BC与⊙O相切于点B， ∴OB⊥BC， ∴∠OBC＝90°． ∵∠ABC＝65°， ∴∠OBA＝∠OBC﹣∠ABC＝25°． ∵OB＝OA， ∴∠OAB＝∠OBA＝25°， ∴∠BOD＝2∠OAB＝50°． 故答案为：50°． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键． 5．（2023•衡阳）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．以点C为圆心，r为半径作圆，当所作的圆与斜边AB所在的直线相切时，r的值为 　 　． 【分析】设⊙C与AB所在的直线相切，切点为点D，连接CD，根据切线的性质得AB⊥CD，再由勾股定理求得AB10，则AB•CDAC•BC＝S△AOB，所以10CD8×6，则r＝CD，于是得到问题的答案． 【解答】解：设⊙C与AB所在的直线相切，切点为点D，连接CD， ∵CD是⊙C的半径，AB与⊙C相切于点D， ∴AB⊥CD， ∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6， ∴AB10， ∵AB•CDAC•BC＝S△AOB， ∴10CD8×6， 解得CD， ∴r＝CD， 故答案为：． 【点评】此题重点考查切线的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 6．（2022•怀化）如图，AB与⊙O相切于点C，AO＝3，⊙O的半径为2，则AC的长为 　 　． 【分析】连接OC，根据切线的性质得到OC⊥AC，再根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：连接OC， ∵AB与⊙O相切于点C， ∴OC⊥AC， 在Rt△AOC中，OC＝2，OA＝3， 则AC， 故答案为：． 【点评】本题考查的是切线的性质、勾股定理，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键． 7．（2022•株洲）中国元代数学家朱世杰所著《四元玉鉴》记载有“锁套吞容”之“方田圆池结角池图”．“方田一段，一角圆池占之．”意思是说：“一块正方形田地，在其一角有一个圆形的水池（其中圆与正方形一角的两边均相切）”，如图所示． 问题：此图中，正方形一条对角线AB与⊙O相交于点M、N（点N在点M的右上方），若AB的长度为10丈，⊙O的半径为2丈，则BN的长度为 　 　丈． 【分析】连接OC，根据切线的性质得到OC⊥AC，根据正方形的性质得到∠OAC＝45°，求出OA，结合图形计算，得到答案． 【解答】解：如图，设正方形的一边与⊙O的切点为C，连接OC， 则OC⊥AC， ∵四边形是正方形，AB是对角线， ∴∠OAC＝45°， ∴OAOC＝2（丈）， ∴BN＝AB﹣AN＝10﹣22＝（8﹣2）丈， 故答案为：（8﹣2）． 【点评】本题考查的是切线的性质、正方形的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键． 8．（2022•邵阳）如图，已知DC是⊙O的直径，点B为CD延长线上一点，AB是⊙O的切线，点A为切点，且AB＝AC． （1）求∠ACB的度数； （2）若⊙O的半径为3，求圆弧的长． 【分析】（1）连接OA，利用切线的性质可得∠BAO＝90°，利用等腰三角形的性质可得∠B＝∠ACB＝∠OAC，根据三角形内角和定理列方程求解； （2）先求得∠AOC的度数，然后根据弧长公式代入求解． 【解答】解：（1）连接OA， ∵AB是⊙O的切线，点A为切点， ∴∠BAO＝90°， 又∵AB＝AC，OA＝OC， ∴∠B＝∠ACB＝∠OAC， 设∠ACB＝x°，则在△ABC中， x°+x°+x°+90°＝180°， 解得：x＝30， ∴∠ACB的度数为30°； （2）∵∠ACB＝∠OAC＝30°， ∴∠AOC＝120°， ∴2π． 【点评】本题考查切线的性质、等腰三角形的性质，掌握切线的性质和弧长公式（）是解题关键． 9．（2023•张家界）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，F是AD延长线上一点，连接CD，CF，且∠DCF＝∠CAD． （1）求证：CF是⊙O的切线； （2）若AD＝10，cosB，求FD的长． 【分析】（1）根据切线的判定，连接OC，证明出OC⊥FC即可，利用直径所得的圆周角为直角，三角形的内角和以及等腰三角形的性质可得答案； （2）由cosB，根据锐角三角函数的意义和勾股定理可得CD：AC：AD＝3：4：5，再根据相似三角形的性质可求出答案． 【解答】（1）证明：连接OC， ∵AD是⊙O的直径， ∴∠ACD＝90°， ∴∠ADC+∠CAD＝90°， 又∵OC＝OD， ∴∠ADC＝∠OCD， 又∵∠DCF＝∠CAD． ∴∠DCF+∠OCD＝90°， 即OC⊥FC， ∴FC是⊙O的切线； （2）解：∵∠B＝∠ADC，cosB， ∴cos∠ADC， 在Rt△ACD中， ∵cos∠ADC，AD＝10， ∴CD＝AD•cos∠ADC＝106， ∴AC8， ∴， ∵∠FCD＝∠FAC，∠F＝∠F， ∴△FCD∽△FAC， ∴， 设FD＝3x，则FC＝4x，AF＝3x+10， 又∵FC2＝FD•FA， 即（4x）2＝3x（3x+10）， 解得x（取正值）， ∴FD＝3x． 【点评】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系以及相似三角形，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质是正确解答的前提． 10．（2023•常德）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是直径，C是的中点，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E． （1）求证：CE是⊙O的切线； （2）若BC＝6，AC＝8，求CE，DE的长． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及圆心角、弦、弧之间的关系可得∠CAE＝∠OCA，进而得到OC∥AE，再根据平行线的性质得出OC⊥EC即可； （2）利用相似三角形的性质，勾股定理以及圆心角、弧、弦之间的关系进行计算即可． 【解答】（1）证明：如图，连接OC， ∵OA＝OC， ∴∠OAC＝∠OCA， ∵点C是的中点， ∴∠OAC＝∠CAE， ∴∠CAE＝∠OCA， ∴OC∥AE， ∵AE⊥CE， ∴OC⊥CE， ∵OC是半径， ∴CE是⊙O的切线； （2）解：∵AB为⊙O直径， ∴∠ACB＝90°， ∵BC＝6，AC＝8， ∴AB10， 又∵∠BAC＝∠CAE，∠AEC＝∠ACB＝90°， ∴△AEC∽△ACB， ∴， 即， ∴， ∵点C是的中点，即， ∴CD＝BC＝6， ∴， 答：DE，EC． 【点评】本题考查切线的判定与性质，圆周角定理，勾股定理以及圆心角、弦、弧之间的关系，掌握切线的判定方法，圆周角定理，勾股定理以及圆心角、弦、弧之间的关系是正确解答的前提． 11．（2023•郴州）如图，在⊙O中，AB是直径，点C是圆上一点．在AB的延长线上取一点D，连接CD，使∠BCD＝∠A． （1）求证：直线CD是⊙O的切线； （2）若∠ACD＝120°，CD＝2，求图中阴影部分的面积（结果用含π的式子表示）． 【分析】（1）连接OC，由AB是直径，可得∠ACB＝∠OCA+∠OCB＝90°，再证∠OCA＝∠A＝∠BCD，从而有∠BCD+∠OCB＝∠OCD＝90°，即可证明． （2）由圆周角定理求得∠AOC＝2∠A＝60°，在Rt△OCD中，解直角三角形得OC＝2，然后利用三角形的面积公式和扇形的面积公式即可解答． 【解答】（1）证明：连接OC， ∵AB是直径， ∴∠ACB＝∠OCA+∠OCB＝90°， ∵OA＝OC，∠BCD＝∠A， ∴∠OCA＝∠A＝∠BCD， ∴∠BCD+∠OCB＝∠OCD＝90°， ∴OC⊥CD， ∵OC是⊙O的半径， ∴直线CD是⊙O的切线． （2）解：∵∠ACD＝120°，∠ACB＝90°， ∴∠A＝∠BCD＝∠120°﹣90°＝30°， ∴∠BOC＝2∠A＝60°， 在Rt△OCD中，tan∠BOCtan60°，CD＝2， ∴，解得OC＝2， ∴阴影部分的面积＝S△OCD﹣S扇形BOC2． 【点评】本题主要考查圆周角定理，切线的判定，扇形的面积公式及解直角三角形，熟练掌握性质是解题关键． 12．（2022•郴州）如图，在△ABC中，AB＝AC．以AB为直径的⊙O与线段BC交于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点P． （1）求证：直线PE是⊙O的切线； （2）若⊙O的半径为6，∠P＝30°，求CE的长． 【分析】（1）连接OD，根据AB＝AC，OB＝OD，得∠ACB＝∠ODB，从而OD∥AC，由DE⊥AC，即可得PE⊥OD，故PE是⊙O的切线； （2）连接AD，连接OD，由DE⊥AC，∠P＝30°，得∠PAE＝60°，又AB＝AC，可得△ABC是等边三角形，即可得BC＝AB＝12，∠C＝60°，而AB是⊙O的直径，得∠ADB＝90°，可得BD＝CDBC＝6，在Rt△CDE中，即得CE的长是3． 【解答】（1）证明：连接OD，如图： ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵OB＝OD， ∴∠ABC＝∠ODB， ∴∠ACB＝∠ODB， ∴OD∥AC， ∵DE⊥AC， ∴DE⊥OD，即PE⊥OD， ∵OD是⊙O的半径， ∴PE是⊙O的切线； （2）解：连接AD，连接OD，如图： ∵DE⊥AC， ∴∠AEP＝90°， ∵∠P＝30°， ∴∠PAE＝60°， ∵AB＝AC， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠C＝60°， ∵⊙O的半径为6， ∴BC＝AB＝12， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴BD＝CDBC＝6， 在Rt△CDE中， CE＝CD•cosC＝6×cos60°＝3， 答：CE的长是3． 【点评】本题考查圆的综合应用，涉及圆的切线，等腰三角形性质及应用，含特殊角的直角三角形三边关系等，解题的关键是判定△ABC是等边三角形． 13．（2022•衡阳）如图，AB为⊙O的直径，过圆上一点D作⊙O的切线CD交BA的延长线于点C，过点O作OE∥AD交CD于点E，连接BE． （1）直线BE与⊙O相切吗？并说明理由； （2）若CA＝2，CD＝4，求DE的长． 【分析】（1）连接OD，利用切线的性质可得∠ODE＝90°，然后利用平行线和等腰三角形的性质可得OE平分∠DOB，从而可得∠DOE＝∠EOB，进而可证△DOE≌△BOE，最后利用全等三角形的性质即可解答； （2）解法一：设⊙O的半径为r，先在Rt△ODC中，利用勾股定理求出r的长，再利用（1）的结论可得DE＝BE，最后在Rt△BCE中，利用勾股定理进行计算即可解答； 解法二：设⊙O的半径为r，先在Rt△ODC中，利用勾股定理求出r的长，从而求出OA的长，然后利用平行线分线段成比例可得，进行计算即可解答． 【解答】解：（1）直线BE与⊙O相切， 理由：连接OD， ∵CD与⊙O相切于点D， ∴∠ODE＝90°， ∵AD∥OE， ∴∠ADO＝∠DOE，∠DAO＝∠EOB， ∵OD＝OA， ∴∠ADO＝∠DAO， ∴∠DOE＝∠EOB， ∵OD＝OB，OE＝OE， ∴△DOE≌△BOE（SAS）， ∴∠OBE＝∠ODE＝90°， ∵OB是⊙O的半径， ∴直线BE与⊙O相切； （2）解法一：设⊙O的半径为r， 在Rt△ODC中，OD2+DC2＝OC2， ∴r2+42＝（r+2）2， ∴r＝3， ∴AB＝2r＝6， ∴BC＝AC+AB＝2+6＝8， 由（1）得：△DOE≌△BOE， ∴DE＝BE， 在Rt△BCE中，BC2+BE2＝CE2， ∴82+BE2＝（4+DE）2， ∴64+DE2＝（4+DE）2， ∴DE＝6； 解法二：设⊙O的半径为r， 在Rt△ODC中，OD2+DC2＝OC2， ∴r2+42＝（r+2）2， ∴r＝3， ∴OA＝3， ∵AD∥OE， ∴， ∴， ∴DE＝6， ∴DE的长为6． 【点评】本题考查了切线的判定与性质，直线与圆的位置关系，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及勾股定理是解题的关键． 考点04 弧长的计算 1．（2023•张家界）“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边△ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”．若等边△ABC的边长为3，则该“莱洛三角形”的周长等于（　　） A．π B．3π C．2π D．2π 【分析】由等边三角形的性质得到，由弧长公式求出的长＝π，即可求出“莱洛三角形”的周长． 【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝3，∠A＝∠B＝∠C＝60°， ∴， ∵的长π， ∴该“莱洛三角形”的周长是3π． 故选：B． 【点评】本题考查弧长的计算，等边三角形的性质，关键是由弧长公式求出的长． 2．（2023•湘潭）如图，圆锥底面圆的半径为4，则这个圆锥的侧面展开图中的长为（　　） A．4π B．6π C．8π D．16π 【分析】根据圆锥的侧面展开图中弧的长等于圆锥底面周长即可得出答案． 【解答】解：这个圆锥的侧面展开图中的长为2π×4＝8π． 故选：C． 【点评】本题考查了圆锥的计算．圆锥的侧面展开图为扇形，计算要体现两个转化：1．圆锥的母线长为扇形的半径，2．圆锥的底面圆周长为扇形的弧长． 3．（2023•张家界）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为（1，1），是以点B为圆心，BA为半径的圆弧；是以点O为圆心，OA1为半径的圆弧；是以点C为圆心，CA2为半径的圆弧；是以点A为圆心，AA3为半径的圆弧，继续以点B、O、C、A为圆心，按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5…称为正方形的“渐开线”，则点A2023的坐标是 　 　． 【分析】将四分之一圆弧对应的A点坐标看作顺时针旋转90°，再根据A、A1、A2、A3、A4的坐标找到规律即可． 【解答】解：∵A点坐标为（1，1），且A1为A点绕B点顺时针旋转90°所得， ∴A1点坐标为（2，0）， 又∵A2为A1点绕O点顺时针旋转90°所得， ∴A2点坐标为（0，﹣2）， 又∵A3为A2点绕C点顺时针旋转90°所得， ∴A3点坐标为（﹣3，1）， 又∵A4为A3点绕A点顺时针旋转90°所得， ∴A4点坐标为（1，5）， 由此可得出规律：An为绕B、O、C、A四点作为圆心依次循环顺时针旋转90°，且半径为1、2、3、……、n，每次增加1． ∵2023÷4＝505……3， 故A2023为以点C为圆心，半径为2022的A2022顺时针旋转90°所得， 故A2023点坐标为（﹣2023，1）． 故答案为：（﹣2023，1）． 【点评】本题考查了点坐标规律探索，通过点的变化探索出坐标变化的规律是解题的关键． 4．（2022•衡阳）如图，用一个半径为6cm的定滑轮拉动重物上升，滑轮旋转了120°，假设绳索粗细不计，且与滑轮之间没有滑动，则重物上升了 　 　cm．（结果保留π） 【分析】根据弧长的计算方法计算半径为6cm，圆心角为120°的弧长即可． 【解答】解：由题意得，重物上升的距离是半径为6cm，圆心角为120°所对应的弧长， 即4π， 故答案为：4π． 【点评】本题考查弧长的计算，掌握弧长的计算方法是正确解答的前提． 5．（2022•湘潭）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，1），B（﹣4，0），C（﹣2，2）．将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1． （1）请写出A1、B1、C1三点的坐标： A1　 　，B1　 　，C1　 　； （2）求点B旋转到点B1的弧长． 【分析】（1）根据图直接得出各点的坐标即可； （2）根据弧长公式直接求值即可． 【解答】解：（1）由图知，A1（1，1），B1（0，4），C1（2，2）， 故答案为：（1，1），（0，4），（2，2）； （2）由题意知，点B旋转到点B1的弧所在的圆的半径为4，弧所对的圆心角为90°， ∴弧长为：2π． 【点评】本题主要考查弧长的计算，熟练掌握弧长的计算公式是解题的关键． 考点05 扇形面积的计算 1．（2023•娄底）如图，正六边形ABCDEF的外接圆⊙O的半径为2，过圆心O的两条直线l1、l2的夹角为60°，则图中的阴影部分的面积为（　　） A．π B．π C．π D．π 【分析】连接AD，OC，由⊙O是正六边形的外接圆可求得∠COD＝60°，△COD是等边三角形，根据扇形面积公式可求S扇形COD，根据三角形面积公式可求S△COD，利用三角形全等将两块阴影部分拼接，转化为弓形，根据S阴影＝S扇形COD﹣S△COD即可求解． 【解答】解：如图，连接AD，OC， ∵⊙O是正六边形的外接圆， ∴AD必过点O，∠COD60°， 又∵OC＝OD， ∴△COD是等边三角形，OC＝OD＝CD＝2， ∵直线l1、l2的夹角为60°， ∴∠COD﹣∠KOD＝∠KOH﹣∠KOD， 即∠COK＝∠DOH， 又∵∠DOH＝∠AOG， ∴∠COK＝∠AOG， ∵∠OCK＝∠OAG＝60°，OC＝OA， ∴△OCK≌△OAG（ASA），S扇形COM＝S扇形AON， ∴S扇形COM﹣S△OCK＝S扇形AON﹣S△OAG， ∴S阴影＝S扇形COD﹣S△COD， ∵S扇形CODπ， S△COD， ∴S阴影π． 故选：C． 【点评】本题主要考查了正多边形和圆，三角形面积和扇形面积计算，明确S阴影＝S扇形COD﹣S△COD是解决问题的关键． 2．（2024•长沙）半径为4，圆心角为90°的扇形的面积为 　 　（结果保留π）． 【分析】利用扇形面积公式求解． 【解答】解：扇形的面积4π． 故答案为：4π． 【点评】本题考查扇形的面积，解题的关键是记住扇形的面积． 3．（2023•永州）已知扇形的半径为6，面积为6π，则扇形圆心角的度数为 　 　度． 【分析】设扇形圆心角的度数为n°，根据扇形面积公式列方程并解方程即可． 【解答】解：设扇形圆心角的度数为n°， 则6π， 解得：n＝60， 即扇形圆心角的度数为60°， 故答案为：60． 【点评】本题考查扇形的面积公式，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握． 4．（2022•益阳）如图，C是圆O被直径AB分成的半圆上一点，过点C的圆O的切线交AB的延长线于点P，连接CA，CO，CB． （1）求证：∠ACO＝∠BCP； （2）若∠ABC＝2∠BCP，求∠P的度数； （3）在（2）的条件下，若AB＝4，求图中阴影部分的面积（结果保留π和根号）． 【分析】（1）由AB是半圆O的直径，CP是半圆O的切线，可得∠ACB＝∠OCP，即得∠ACO＝∠BCP； （2）由∠ABC＝2∠BCP，可得∠ABC＝2∠A，从而∠A＝30°，∠ABC＝60°，可得∠P的度数是30°； （3）∠A＝30°，可得BCAB＝2，ACBC＝2，即得S△ABCBC•AC＝2，故阴影部分的面积是π×（）2﹣22π﹣2． 【解答】（1）证明：∵AB是半圆O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵CP是半圆O的切线， ∴∠OCP＝90°， ∴∠ACB＝∠OCP， ∴∠ACO＝∠BCP； （2）解：由（1）知∠ACO＝∠BCP， ∵∠ABC＝2∠BCP， ∴∠ABC＝2∠ACO， ∵OA＝OC， ∴∠ACO＝∠A， ∴∠ABC＝2∠A， ∵∠ABC+∠A＝90°， ∴∠A＝30°，∠ABC＝60°， ∴∠ACO＝∠BCP＝30°， ∴∠P＝∠ABC﹣∠BCP＝60°﹣30°＝30°， 答：∠P的度数是30°； （3）解：由（2）知∠A＝30°， ∵∠ACB＝90°， ∴BCAB＝2，ACBC＝2， ∴S△ABCBC•AC2×22， ∴阴影部分的面积是π×（）2﹣22π﹣2， 答：阴影部分的面积是2π﹣2． 【点评】本题考查圆的综合应用，涉及圆的切线性质，直角三角形性质及应用等知识，题目难度不大． 考点06 圆的综合题 1．（2024•长沙）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形： 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形： 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： （1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）． ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； 　 　 ②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形； 　 　 ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有Rr． 　 　 （2）如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB+CD≠BC+AD． ①该四边形ABCD是“　 　”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF．求证：EF是⊙O的直径． （3）已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H． ①如图2，连接EG，FH交于点P．求证：EG⊥FH； ②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若OA＝2，OB＝6，OC＝3，求内切圆⊙O的半径r及OD的长． 【分析】（1）由题干条件可得：有外接圆的四边形⇒对角互补，根据切线长定理得有内切圆的四边形⇒有一个点到四边距离相等⇒两组对边的和相等．①根据前置分析可得平行四边形既无外接圆也无内切圆，所以很容易判断出；②因为菱形对边之和相等，所以菱形是“内切型单圆”四边形；③外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，从而判断出结论是正确； （2）①判断方法同上；②证即可得证； （3）①四边形ABCD是“完美型双圆”四边形可得，∠A+∠EOH＝180°，∠FOG+∠C＝180°，从而得到∠EOH＝∠C，∠FOG+∠EOH＝180°，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半证出∠HPG＝90°，即可得证；②先证△AOH∽△OCG得出，再利用勾股定理建立方程即可求解． 【解答】解：（1）①∵平行四边形对角不互补， ∴平行四边形无外接圆， ∵平行四边形对边之和也不相等， ∴平行四边形无内切圆． ∴平行四边形是“平凡型无圆”四边形， 故①错误； ②∵内角不等于90°的菱形对角不互补，但是对边之和相等， ∴菱形是“内切型单圆”四边形， 故②正确； ③由题可知外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形， 如图，此时OM＝r，ON＝R， ∵△OMN是等腰直角三角形， ∴ONOM， ∴Rr， 故③正确． 故答案为：①（×）；②（√），③（√）． （2）①该四边形ABCD是“外接型单圆”四边形； 理由：∵AB+CD≠BC+AD， ∴四边形ABCD无内切圆． ∴四边形ABCD是“外接型单圆”四边形； ②证法1：如图1，∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD， ∴，， ∴，即， ∴与均为半圆， ∴EF是⊙O的直径． 证法2：如图1，连接AF． ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠BAD+∠BCD＝180°， ∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD， ∴，， ∴∠1+∠2＝90°， 由同弧所对的圆周角相等可得∠2＝∠3， ∴∠1+∠3＝90°，即∠EAF＝90°． ∴EF是⊙O的直径 证法3：如图2，连接FD，ED． ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠BAD+∠BCD＝180°， 由题意，得，， ∵由同弧所对的圆周角相等可得：∠EFD＝∠1，∠FED＝∠2， ∴， ∴∠FDE＝90°． ∴EF是⊙O的直径． （3）①证明：如图3，连接OE，OF，OG，OH，HG． ∵⊙O是四边形ABCD的内切圆， ∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD． ∴∠OEA＝∠OHA＝90°． ∴在四边形EAHO中，∠A+∠EOH＝360°﹣90°﹣90°＝180°． 同理可证∠FOG+∠C＝180°， ∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形， ∴四边形ABCD有外接圆， ∴∠A+∠C＝180°， ∴∠EOH＝∠C． ∴∠FOG+∠EOH＝180° 又∵∠FHG∠FOG，， ∴∠FHG+∠EGH＝90°． ∴∠HPG＝90°，即EG⊥FH． ②方法1：如图4，连接OE，OF，OG，OH． ∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形， ∴∠OAH+∠OAE+∠OCG+∠OCF＝180°． ∵⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H， ∴∠OAH＝∠OAE，∠OCG＝∠OCF． ∴∠OAH+∠OCG＝90°． ∵∠COG+∠OCG＝90°， ∴∠OAH＝∠COG． ∵∠AHO＝∠OGC＝90°， ∴△AOH∽△OCG． ∴，即， 解得， 在Rt△OGC中，有OG2+CG2＝OC2，即， 解得， 在Rt△OBE中， 同理可证△BEO∽△OHD， 所以，即， 解得． 方法2：如图4， 由△AOH∽△OCG，得，即， 解得， 由△BEO∽△OHD， 得，即， 解得． 【点评】本题主要考查平行四边形的性质和判定、矩形的性质和判定、菱形的性质和判定、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质等知识，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外题目涉及面积、周长、角度的计算，要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战． 2．（2024•湖南）【问题背景】 已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到OE，连接AE，过点A作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角． 【初步感知】 （1）如图1，当α＝60°时，∠CAE＝　 　°； 【问题探究】 （2）以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接CE，对角线AC，BD相交于点F． ①如图2，当AC＝2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立： ②如图3，当ACr，时，请补全图形，并求tanα及的值． 【分析】（1）根据等腰△AOE的角度和切线的性质即可求出∠CAE＝30°； （2）因为AD＝BC，且AD＝AE+ED，要证BC＝CD+ED，实际要证CD＝AE，根据我们证线段相等的思路：①同一个三角形证等腰②不同三角形证全等，可证△OAE≌△FCD即可； （3）由AC得tanα，再作OH⊥AE，证△OEH∽△CED得到，通过设边长，再利用勾股定理表示CD2建立勾股方程即可找到线段之间的关系． 【解答】（1）解：∵α＝60°，OA＝OE， ∴∠OAE＝∠OEA＝α＝60°， ∵AC与圆相切， ∴∠OAC＝90°， ∴∠CAE＝30°． 故答案为：30． （2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AC＝2r， ∴OA＝OE＝CF＝DF＝r， ∵∠OAC＝∠ADC＝90°， ∴∠OAE+∠CAD＝∠ACD+∠CAD， ∴∠OAE＝∠ACD， ∵OA＝OE，CF＝DF， ∴∠OAE＝∠OEA＝∠ACD＝∠CDF， 在△OAE和△FCD中， ， ∴△OAE≌△FCD（AAS）， ∴AE＝CD， ∵AD＝AE+ED， ∴BC＝CD+ED． 即无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立． （3）解：补全图形如图， ∵AC是切线， ∴∠OAC＝90°， ∵AC， ∴tan∠AOC， 设OA＝3m，则AC4m，OC＝5m， ∵，OE＝OA＝3m， ∴CE＝2m，OE+CE＝5m＝OC， 即点E在线段OC上， ∴tanα＝tan∠AOC． 法一：如图，过O作OH⊥AE，垂足为H，则AH＝EH， ∵∠OHE＝90°＝∠D，∠OEH＝∠CED， ∴△OEH∽△CED， ∴， 设EH＝AH＝3a，则DE＝2a， ∴AD＝AH+EH+ED＝8a， 在Rt△ACD中，CD2＝AC2﹣AD2＝16m2﹣64a2， 在Rt△CED中，CD2＝CE2﹣ED2＝4m2﹣4a2， ∴16m2﹣64a2＝4m2﹣4a2，解得am， ∴BC＝ADm，CDm＝AB， ∴． 法二：由OH∥CD，得∠DCE＝∠HOE＝∠CAD，证△CAD∽△ECD， 直接得到， ∴． 【点评】本题主要考查了圆的综合题以及切线的性质、锐角三角函数、相似的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题关键． 3．（2023•怀化）如图，AB是⊙O的直径，点P是⊙O外一点，PA与⊙O相切于点A，点C为⊙O上的一点．连接PC、AC、OC，且PC＝PA． （1）求证：PC为⊙O的切线； （2）延长PC与AB的延长线交于点D，求证：PD•OC＝PA•OD； （3）若∠CAB＝30°，OD＝8，求阴影部分的面积． 【分析】（1）先由切线的性质得∠PAO＝90°，然后依据“SSS”判定△POC和△POA全等，从而得∠PCO＝∠PAO＝90°，据此即可得出结论； （2）由∠DCO＝∠DAP＝90°，∠ODC＝∠PDA可判定△ODC和△PDA相似，进而根据相似三角形的性质可得出结论； （3）连接BC，过点C作CE⊥OB于点E，先证△OCB为等边三角形，再设OE＝a，则OA＝OB＝OC＝2a，，在Rt△CDE和在Rt△DOC中，由勾股定理得CD2＝CE2+DE2＝OD2﹣OC2，由此可求出a的值，进而得⊙O的半径为4，然后根据S阴影＝S△DOC﹣S扇形BOC即可得出答案． 【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，PA为⊙O的切线， ∴PA⊥OA， 即：∠PAO＝90°， ∵点C在⊙O上， ∴OC＝OA， 在△POC和△POA中， ， ∴△POC≌△POA（SSS）， ∴∠PCO＝∠PAO＝90°， 即：PC⊥OC， 又OC为⊙O的半径， ∴PC为⊙O的切线． （2）证明：由（1）可知：OC⊥PD， ∴∠DCO＝∠DAP＝90°， 又∠ODC＝∠PDA， ∴△ODC∽△PDA， ∴， 即：PD•OC＝PA•OD． （3）解：连接BC，过点C作CE⊥OB于点E， ∵∠CAB＝30°， ∴∠COB＝60°， 又OC＝OB， ∴△OCB为等边三角形， ∵CE⊥OB， ∴OE＝BE， 设OE＝a，显然a≠0， 则OA＝OB＝OC＝2a， 在Rt△OCE中，OE＝a，OC＝2a， 由勾股定理得：， ∵OD＝8， ∴DE＝OD﹣OE＝8﹣a， 在Rt△CDE中，，DE＝8﹣a， 由勾股定理得：， 在Rt△DOC中，OC＝2a，OD＝8， 由勾股定理得：CD2＝OD2﹣OC2＝82﹣（2a）2， ， 整理得：a2﹣2a＝0， ∵a≠0， ∴a＝2， ∴OC＝2a＝4，， ∴， 又∵， ∴． 【点评】此题主要考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，扇形面积的计算，勾股定理的应用等知识点，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形、相似三角形的判定方法，理解切线垂直于过且点的半径；过半径的外端垂直于半径的直线是圆的切线；难点是在解答（3）时，设置适当的未知数，利用勾股定理构造方程求出圆的半径． 4．（2023•永州）如图，以AB为直径的⊙O是△ABC的外接圆，延长BC到点D．使得∠BAC＝∠BDA，点E在DA的延长线上，点M在线段AC上，CE交BM于N，CE交AB于G． （1）求证：ED是⊙O的切线； （2）若，BD＝5，AC＞CD，求BC的长； （3）若DE•AM＝AC•AD，求证：BM⊥CE． 【分析】（1）由AB是⊙O的直径得∠ACB＝90°，故∠BAC+∠ABC＝90°，由∠BAC＝∠BDA得∠BDA+∠ABC＝90°，有∠BAD＝90°，即可得证； （2）证明△ACB∽△DCA，则 ，可得 ，解得BC＝2 或BC＝3，由AC＞CD即可得到BC的长； （3）先证明△ABC∽△DAC，则 ，得到AC•AD＝CD•AB，由 DE•AM＝AC•AD得到DE•AM＝CD•AB，故 ，由同角的余角相等得∠BAM＝∠CDE，有△AMBB∽△DCE，得∠E＝∠ABM，进一步得到∠EGA+∠E＝∠ABM+∠BGN＝90°，则∠BNG＝90°，即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠BAC+∠ABC＝90°， ∵∠BAC＝∠BDA， ∴∠BDA+∠ABC＝90°， ∴∠BAD＝90°， ∴ED是⊙O的切线； （2）解：∵∠BAC＝∠BDA，∠ACB＝∠DCA＝90°， ∴△ACB∽△DCA， ∴， ∴， 解得BC＝2或BC＝3， 当BC＝2时，CD＝BD﹣BC＝3， 当BC＝3时，CD＝BD﹣BC＝2， ∵AC＞CD，即CD， ∴BC＝3； （3）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠DCA＝90°， ∵∠BAC＝∠BDA， ∴△ABC∽△DAC， ∴， ∴AC•AD＝CD•AB， ∵DE•AM＝AC•AD， ∴DE．AM＝CD•AB， ∴， ∵∠BAM+∠CAD＝∠CDE+∠CAD＝90°， ∴∠BAM＝∠CDE， ∴△AMB∽△DCE， ∴∠E＝∠ABM， ∵∠EGA＝∠BGN， ∴∠EGA+∠E＝∠ABM+∠BGN＝90°， ∴∠BNG＝90°， ∴BM⊥CE． 【点评】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 5．（2023•益阳）如图，线段AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点M，其延长线交⊙O于点C，连接BC，∠ABC＝120°，D为⊙O上一点且的中点为M，连接AD，CD． （1）求∠ACB的度数； （2）四边形ABCD是否是菱形？如果是，请证明；如果不是，请说明理由； （3）若AC＝6，求的长． 【分析】（1）根据切线的性质及角的和差求出∠OBC＝30°，再根据等腰三角形的性质求解即可； （2）根据圆的有关性质得出∠DCM＝∠BCM＝30°，DM＝BM，根据三角形内角和定理求出∠CAB＝30°＝∠ACB＝∠DCM，进而推出AB＝BC，AB∥CD，根据圆周角定理得出∠CDM＝∠CBM＝90°，利用HL证明Rt△CDM≌Rt△CBM，根据全等三角形的性质推出CD＝AB，结合AB∥CD，推出四边形ABCD是平行四边形，再结合AB＝BC，进而判定四边形ABCD是菱形； （3）根据菱形的性质及等腰三角形的性质推出∠DAC＝30°，∠ODC＝30°，根据三角形内角和定理及角的和差推出∠ADC＝120°，∠ADO＝90°，∠COD＝120°，根据含30°角的直角三角形的性质求出OC＝2，再根据弧长计算公式求解即可． 【解答】解：（1）如图，连接OB， ∵线段AB与⊙O相切于点B， ∴OB⊥AB， ∴∠ABO＝90°， ∵∠ABC＝120°， ∴∠OBC＝∠ABC﹣∠ABO＝30°， ∵OB＝OC， ∴∠ACB＝∠OBC＝30°； （2）四边形ABCD是菱形，理由如下； 连接BM，DM， ∵的中点为M， ∴∠DCM＝∠BCM＝30°，DM＝BM， ∵∠CAB+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠CAB＝30°＝∠ACB＝∠DCM， ∴AB＝BC，AB∥CD， ∵MC为⊙O的直径， ∴∠CDM＝∠CBM＝90°， 在Rt△CDM和Rt△CBM中， ， ∴Rt△CDM≌Rt△CBM（HL）， ∴CD＝CB， ∴CD＝AB， 又AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AB＝BC， ∴四边形ABCD是菱形； （3）如图，连接OD， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝CD， ∴∠DAC＝∠DCA＝30°， ∴∠ADC＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA＝120°， ∵OD＝OC， ∴∠ODC＝∠OCD＝30°， ∴∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，∠COD＝180°﹣∠OCD﹣∠ODC＝120°， ∴OA＝2OD＝2OC， ∵AC＝OA+OC＝6， ∴OC＝2， ∴的长π． 【点评】此题是圆的综合题，考查了切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、弧长计算公式等知识，熟练运用切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、弧长计算公式并作出合理的辅助线是解题的关键． 6．（2023•娄底）如图1，点G为等边△ABC的重心，点D为BC边的中点，连接GD并延长至点O，使得DO＝DG，连接GB，GC，OB，OC． （1）求证：四边形BOCG为菱形． （2）如图2，以O点为圆心，OG为半径作⊙O． ①判断直线AB与⊙O的位置关系，并予以证明． ②点M为劣弧BC上一动点（与点B、点C不重合），连接BM并延长交AC于点E，连接CM并延长交AB于点F，求证：AE+AF为定值． 【分析】（1）由等边三角形的性质得出GO⊥BC，且BD＝DC即可得证； （2）①直线AB与⊙O的位置关系是相切，先由等边三角形的性质得出∠ABG＝∠GBO＝30°，再结合菱形的性质即可得证； ②先求出∠BMC，再说明△BEC≌△FCA（ASA），从而得出AF＝CE，结合AE+CE＝AC可得AE+AF＝AE+CE＝AC，即AE+AF为定值． 【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC边的中点， ∴连接点A、G、D，其所在直线是BC的垂直平分线， ∴GO⊥BC，且BD＝DC， ∵DO＝DG， ∴GO与BC互相垂直且平分， ∴四边形BOCG是菱形； （2）①解：直线AB与⊙O的位置关系是相切， 证明：∵等边△ABC中，∠ABC＝60°，BG为∠ABC的角平分线， ∴∠ABG＝∠GBO＝30°， ∵四边形BOCG是菱形， ∴∠CBO＝∠GBC＝30°， ∵∠ABO＝∠ABG+∠GBC+∠CBO＝90°， ∴AB⊥OB，即AB与⊙O相切； ②证明：∵∠BGC与∠BMG对应的弦为BC， ∴∠BMC＝∠BGC＝180°﹣60°＝120°， ∴∠MBC＝180°﹣120°﹣∠MCB＝60°﹣∠MCB， ∵∠ACB＝60°， ∴∠ACF＝60°﹣∠MCB， ∴∠ACF＝∠MBC， ∵∠BCE＝∠A＝60°，BC＝AC， ∴△BEC≌△FCA（ASA）， ∴AF＝CE， ∵AE+CE＝AC， ∴AE+AF＝AE+CE＝AC， 即AE+AF为定值． 【点评】本题考查切线的判定和性质，与圆有关的性质概念，菱形的判定和性质，等边三角形的性质等，熟练掌握以上性质是解题关键． 7．（2023•长沙）如图，点A，B，C在⊙O上运动，满足AB2＝BC2+AC2，延长AC至点D，使得∠DBC＝∠CAB，点E是弦AC上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦AB的垂线，交AB于点F，交BC的延长线于点N，交⊙O于点M（点M在劣弧上）． （1）BD是⊙O的切线吗？请作出你的判断并给出证明； （2）记△BDC，△ABC，△ADB的面积分别为S1，S2，S，若S1•S＝（S2）2，求（tanD）2的值； （3）若⊙O的半径为1，设FM＝x，FE•FN•y，试求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 【分析】（1）依据题意，由勾股定理，首先求出∠ACB＝90°，从而∠CAB+∠ABC＝90°，然后根据∠DBC＝∠CAB，可以得解； （2）由题意，据S1•S＝（S2）2得CD（CD+AC）＝AC2，再由tan∠Dtan∠ABC，进而进行变形利用方程的思想可以得解； （3）依据题意，连接OM，分别在Rt△OFM、Rt△AFE、Rt△BFN中，找出边之间的关系，进而由FE•FN•y，可以得解． 【解答】解：（1）BD是⊙O的切线． 证明：如图，在△ABC中，AB2＝BC2+AC2， ∴∠ACB＝90°． 又点A，B，C在⊙O上， ∴AB是⊙O的直径． ∵∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠ABC＝90°． 又∠DBC＝∠CAB， ∴∠DBC+∠ABC＝90°． ∴∠ABD＝90°． ∴BD是⊙O的切线． （2）由题意得，S1BC•CD，S2BC•AC，SAD•BC． ∵S1•S＝（S2）2， ∴BC•CD•AD•BC＝（BC•AC）2． ∴CD•AD＝AC2． ∴CD（CD+AC）＝AC2． 又∵∠D+∠DBC＝90°，∠ABC+∠A＝90°，∠DBC＝∠A， ∴∠D＝∠ABC． ∴tan∠Dtan∠ABC． ∴CD． 又CD（CD+AC）＝AC2， ∴BC2＝AC2． ∴BC4+AC2•BC2＝AC4． ∴1+（）2＝（）4． 由题意，设（tan∠D）2＝m， ∴（）2＝m． ∴1+m＝m2． ∴m． ∵m＞0， ∴m． ∴（tan∠D）2． （3）设∠A＝α， ∵∠A+∠ABC＝∠ABC+∠DBC＝∠ABC+∠N＝90°， ∴∠A＝∠DBC＝∠N＝α． 如图，连接OM． ∴在Rt△OFM中，OF． ∴BF＝BO+OF＝1，AF＝OA﹣OF＝1． ∴在Rt△AFE中，EF＝AF•tanα＝（1）•tanα， AE． 在Rt△ABC中，BC＝AB•sinα＝2sinα．（∵r＝1，∴AB＝2．） AC＝AB•cosα＝2cosα． 在Rt△BFN中，BN，FN． ∴y＝FE•FN• ＝x2• ＝x2• ＝x2• ＝x2• ＝x． 即y＝x． ∵FM⊥AB， ∴FM最大值为F与O重合时，即为1． ∴0＜x≤1． 综上，y＝x，0＜x≤1． 【点评】本题主要考查了圆的相关性质，解题时要熟练掌握并灵活运用． 8．（2023•株洲）如图所示，四边形ABCD是半径为R的⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，∠ABD＝45°，直线l与三条线段CD、CA、DA的延长线分别交于点E、F、G，且满足∠CFE＝45°． （1）求证：直线l⊥直线CE； （2）若AB＝DG． ①求证：△ABC≌△GDE； ②若，求四边形ABCD的周长． 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得出∠ACD＝∠ABD＝45°，结合已知∠CFE＝45°，利用三角形内角和定理求出∠CEF＝90°，即可得到直线l⊥直线CE； （2）①根据圆内接四边形对角互补得到∠ABC+∠ADC＝180°，再根据邻补角的定义得出∠GDE+∠ADC＝180°，从而得到∠ABC＝∠GDE，根据直径所对的圆周角是直角得出∠ACB＝90°，结合（1）中∠CEF＝90°，可以得到∠ACB＝∠GED，最后利用AAS证得△ABC≌△GDE； ②由①已证△ACB≌△GED可以得出BC＝DE，于是有BC+CD＝DE+CD＝CE，再根据圆的半径求出直径AB的长，再证△ABD为等腰直角三角形，从而求出AD的长，即可求出四边形ABCD的周长． 【解答】（1）证明：在⊙O中，， ∴∠ACD＝∠ABD＝45°， 即∠FCE＝45° ∵∠CFE＝45°， ∴∠CEF＝180°﹣∠CFE﹣∠FCE＝180°﹣45°﹣45°＝90°， 即直线l⊥直线CE； （2）①证明：∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∵∠GDE+∠ADC＝180°， ∴∠ABC＝∠GDE， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， 由（1）知∠CEF＝90°，即∠GED＝90°， ∴∠ACB＝∠GED， 在△ACB和△GED中， ， ∴△ACB≌△GED（AAS）； ②解：已证△ACB≌△GED， ∴BC＝DE， ∴BC+CD＝DE+CD＝CE， ∵R＝1， ∴AB＝2R＝2， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵∠ABD＝45°， ∴∠BAD＝45°， ∴AD＝BD， 由勾股定理得AD2+BD2＝AB2， 即2AD2＝AB2＝22＝4， ∴， ∴四边形ABCD的周长为：AB+BC+CD+AD＝2． 【点评】本题考查了同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形对角互补，三角形全等的判定与性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理以及四边形的周长的计算，涉及的知识点较多，需熟练掌握． 9．（2022•株洲）如图所示，△ABC的顶点A，B在⊙O上，顶点C在⊙O外，边AC与⊙O相交于点D，∠BAC＝45°，连接OB、OD，已知OD∥BC． （1）求证：直线BC是⊙O的切线； （2）若线段OD与线段AB相交于点E，连接BD． ①求证：△ABD∽△DBE； ②若AB•BE＝6，求⊙O的半径的长度． 【分析】（1）由∠BAC＝45°，得∠BOD＝90°，又OD∥BC，可得OB⊥BC，即得直线BC是⊙O的切线； （2）①由∠BOD＝90°，OB＝OD，可得∠BDE＝45°＝∠BAD，即知△ABD∽△DBE； ②由△ABD∽△DBE，得BD2＝AB•BE，又AB•BE＝6，可得BD，从而OB＝BD•sin∠BDO，即⊙O的半径的长度是． 【解答】（1）证明：∵∠BAC＝45°， ∴∠BOD＝2∠BAC＝90°， ∵OD∥BC， ∴∠OBC＝180°﹣∠BOD＝90°， ∴OB⊥BC， 又OB是⊙O的半径， ∴直线BC是⊙O的切线； （2）①证明：由（1）知∠BOD＝90°， ∵OB＝OD， ∴△BOD是等腰直角三角形， ∴∠BDE＝45°＝∠BAD， ∵∠DBE＝∠ABD， ∴△ABD∽△DBE； ②解：由①知：△ABD∽△DBE， ∴， ∴BD2＝AB•BE， ∵AB•BE＝6， ∴BD2＝6， ∴BD， ∵△BOD是等腰直角三角形， ∴OB＝BD•sin∠BDO， ∴⊙O的半径的长度是． 【点评】本题考查圆的综合应用，涉及三角形相似的判定与性质，等腰直角三角形性质及应用，圆的切线等知识，解题的关键是掌握切线的判定定理及圆的相关性质． 10．（2022•长沙）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF． （1）求证：△ABE∽△DCE； （2）当，∠DFE＝2∠CDB时，则　 　；　 　；　 　．（直接将结果填写在相应的横线上） （3）①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S，S1，S2，若满足，试判断△ABE，△CDE的形状，并说明理由． ②当，AB＝m，AD＝n，CD＝p时，试用含m，n，p的式子表示AE•CE． 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证； （2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得AE•CE＝BE•DE，即可得出0，根据已知条件可得EF∥AB，FA＝FE，即可得出△DFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得，根据恒等式变形，进而即可求解； （3）①记△ADE、△EBC的面积为S3，S4，则S＝S1+S2+S3+S4，S1S2＝S3S4，根据已知条件可得S3＝S4，进而可得S△ABD＝S△ABC，得出CD∥AB，结合同弧所对的圆周角相等即可证明△ABE、△DCE是等腰三角形； ②证明△DAC∽△EAB，△DCE∽△ACD，根据相似三角形的性质，得出EA•AC+CE•AC＝AC2＝mn+p2则AC，．EC，AE＝AC﹣CE，计算AE•CE即可求解． 【解答】（1）证明：∵， ∴∠ACD＝∠ABD，即∠ABE＝∠DCE， 又∵∠DEC＝∠AEB， ∴△ABE∽△DCE； （2）解：∵△ABE∽△DCE， ∴， ∴AE•CE＝BE•DE， ∴0， ∵∠CDB+∠CBD＝180°﹣∠BCD＝∠DAB＝2∠CDB， 又∵∠DFE＝2∠CDB， ∴∠DFE＝∠DAB， ∴EF∥AB， ∴∠FEA＝∠EAB， ∵， ∴∠DAC＝∠BAC， ∴∠FAE＝∠FEA， ∴FA＝FE， ∵EF∥AB， ∴△DFE∽△DAB， ∴， ∴1， ∵1， ∴1， ∴0， 故答案为：0，1，0； （3）解：①△ABE，△DCE都为等腰三角形， 理由：记△ADE、△EBC的面积为S3、S4， 则S＝S1+S₂+S3+S4， ∵， ∴S1S2＝S3S4 ①， ∵， 即S＝S1+S2+2， ∴S3+S4＝2 ②， 由①②可得S3+S4＝2， 即（）2＝0， ∴S3＝S4， ∴S△ABE+S△ADE＝S△ABE+S△EBC， 即S△ABD＝S△ABC， ∴CD∥AB， ∴∠ACD＝∠BAC，∠CDB＝∠DBA， ∵∠ACD＝∠ABD，∠CDB＝∠CAB， ∴∠EDC＝∠ECD＝∠EBA＝∠EAB， ∴△ABE，△DCE都为等腰三角形； ②∵， ∴∠DAC＝∠EAB， ∵∠DCA＝∠EBA， ∴△DAC∽△EAB， ∴， ∵AB＝m，AD＝n，CD＝p， ∴EA•AC＝DA×AB＝mn， ∵∠BDC＝∠BAC＝∠DAC， ∴∠CDE＝∠CAD， 又∠ECD＝∠DCA， ∴△DCE∽△ACD， ∴， ∴EA•AC+CE•AC＝AC2＝mn+p2， 则AC，．EC， ∴AE＝AC﹣CE， ∴AE•CE． 【点评】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键． 11．（2022•永州）如图，已知AB，CE是⊙O的直径，BM是⊙O的切线，点D在EA的延长线上，AC，OD交于点F，∠MBC＝∠ACD． （1）求证：∠MBC＝∠BAC； （2）求证：AE＝AD； （3）若△OFC的面积S1＝4，求四边形AOCD的面积S． 【分析】（1）由切线的性质证出∠ABC+∠MBC＝90°，由圆周角定理得出∠ACB＝90°，则可得出结论； （2）证明△AEC≌△ADC（ASA），由全等三角形的性质得出结论； （3）证出，证明△AOF∽△CDF，由相似三角形的性质得出，求出S△AOF＝2，S△ADF＝S△OCF＝4，S△CDF＝8，则可得出答案． 【解答】（1）证明：∵BM是⊙O的切线， ∴AB⊥BM， ∴∠ABC+∠MBC＝90°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ABC+∠BAC＝90°， ∴∠MBC＝∠BAC； （2）证明：∵AO＝OC， ∴∠BAC＝∠ACE， ∵∠MBC＝∠ACD，∠MBC＝∠BAC， ∴∠ACD＝∠ACE， ∵CE是⊙O的直径， ∴∠EAC＝∠DAC＝90°， ∵AC＝AC， ∴△AEC≌△ADC（ASA）， ∴AE＝AD； （3）解：∵∠BAC＝∠ACD， ∴AB∥DC， ∴， ∴， ∴， ∵AO∥DC， ∴△AOF∽△CDF， ∴， ∵△OFC的面积S1＝4， ∴S△AOF＝2，S△ADF＝S△OCF＝4，S△CDF＝8， ∴S四边形AOCD＝S△AOF+S△ADF+S△CDF+S△COF＝2+4+8+4＝18． 【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握切线的性质及圆周角定理是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$