中考数学试题分类汇编圆及扇形

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中考数学试题分类汇编圆及扇形

圆 一、 选择题 ‎1.(2017·江苏南京)过三点(2,2),(6,2),(4,5)的圆的圆心坐标为( )‎ A.(4,) B.(4,3) C.(5,) D.(5,3)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析:根据题意,可知线段AB的线段垂直平分线为x=4,然后由C点的坐标可求得圆心的横坐标为x=4,然后设圆的半径为r,则根据勾股定理可知,解得r=,因此圆心的纵坐标为,因此圆心的坐标为(4,). ‎ 故选:A 考点:1、线段垂直平分线,2、三角形的外接圆,3、勾股定理 ‎2. (2017·浙江金华)如图,在半径为的圆形铁片上切下一块高为的弓形铁片,则弓形弦的长为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:作OC⊥AB交点为D,交圆于点C,OB=13cm,‎ CD=8cm,OD=5cm;在RT△BOD中,根据勾股定理可求得BD=12cm,再由垂径定理可得AB=2BD=24cm,故选C.‎ ‎3.(2017·山东青岛)如图,AB 是⊙O 的直径,C,D,E 在⊙O 上,若∠AED=20°,则∠BCD的度数为( )‎ A、100° B、110° C、115° D、120°‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:如下图,连接AD,AD,根据同弧所对的圆周角相等,可知∠ABD=∠AED=20°,然后根据直径所对的圆周角为直角得到∠ADB=90°,从而由三角形的内角和求得∠BAD=70°,因此可求得∠BCD=110°.‎ 故选:B 考点:圆的性质与计算 ‎4.(2017·广西贵港)如图,A,B,C,D是⊙O上的四个点,B是的中点,M是半径OD上任意一点.若∠BDC=40°,则∠AMB的度数不可能是(  )‎ A.45° B.60° C.75° D.85°‎ ‎【答案】D ‎【解答】∵B是的中点,∴∠AOB=2∠BDC=80°,‎ 又∵M是OD上一点,∴∠AMB≤∠AOB=80°.‎ 则不符合条件的只有85°.故选D.‎ ‎【考点】圆周角定理;圆心角、弧、弦的关系.‎ ‎5.(2017·贵州黔东南州)如图,⊙O的直径AB垂直于弦CD,垂足为E,∠A=15°,半径为2,则弦CD的长为(  )‎ A.2 B.﹣1 C. D.4‎ ‎【考点】M5:圆周角定理;KQ:勾股定理;M2:垂径定理.‎ ‎【分析】根据垂径定理得到CE=DE,∠CEO=90°,根据圆周角定理得到∠COE=30°,根据直角三角形的性质得到CE=OC=1,最后由垂径定理得出结论.‎ ‎【解答】解:∵⊙O的直径AB垂直于弦CD,∴CE=DE,∠CEO=90°,‎ ‎∵∠A=15°,∴∠COE=30°,∵OC=2,∴CE=OC=1,‎ ‎∴CD=2OE=2,故选A.‎ ‎6.(2017·河南)如图,将半径为2,圆心角为的扇形绕点逆时针旋转,点,的对应点分别为,,连接,则图中阴影部分的面积是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】连接O、B,根据旋转的性质及已知条件易证四边形AOB为菱形,且∠OB=∠OB=60°,又因∠A =∠AB=120°,所以∠B =120°,因∠OB+∠B =120°+60°=180°,即可得O、、三点共线,又因=B,可得∠ B=∠ B ,再由∠OB=∠ B+∠ B =60°,可得∠ B=∠ B =30°,所以△OB为Rt三角形,由锐角三角函数即可求得B= ,所以,故选C.‎ 考点:扇形的面积计算.‎ ‎7.(2017·湖北黄冈)已知:如图,在中,,则的度数为( )‎ A. 30° B. 35° C. 45° D.70°‎ ‎【 考 点 】 垂径定理;圆心角定理.‎ ‎【 分 析 】 根据垂径定理,可得弧BC=弧AC,再利用圆心角定理得答案.‎ ‎【 解 答 】‎ 解:∵OA⊥BC ‎∴弧BC=弧AC ‎∵∠AOB=70°‎ ‎∴∠ADC=∠AOB=35°‎ 故选:B.‎ ‎8.(2017·湖南湘潭)如图,在半径为4的中,是直径,是弦,且,垂足为点,,则阴影部分的面积是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:∵,∴,∴,故选C 考点:垂径定理,扇形的面积 ‎9.(2017·山西)右图是某商品的标志图案,AC与BD是⊙O的两条直径,首尾顺次连接点A、B、C、D,得到四边形ABCD.若AC=10cm,∠BAC=36°,则图中阴影部分的面积为(  )‎ A.    B.    C.    D.‎ ‎【答案】B.‎ 考点:矩形的性质;扇形面积的计算;圆周角定理 ‎10.(2017·江苏徐州)如图,点A,B,C在⊙O上,∠AOB=72°,则∠ACB等于(  )‎ A.28° B.54° C.18° D.36°‎ ‎【考点】圆周角定理.‎ ‎【分析】根据圆周角定理:同弧所对的圆周角等于同弧所对圆心角的一半即可求解.‎ ‎【解答】解:根据圆周角定理可知,‎ ‎∠AOB=2∠ACB=72°,‎ 即∠ACB=36°,‎ 故选D.‎ ‎11.(2017·山东烟台)如图,▱ABCD中,∠B=70°,BC=6,以AD为直径的⊙O交CD于点E,则的长为(  )‎ A.π B.π C.π D.π ‎【考点】MN:弧长的计算;L5:平行四边形的性质;M5:圆周角定理.‎ ‎【分析】连接OE,由平行四边形的性质得出∠D=∠B=70°,AD=BC=6,得出OA=OD=3,由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠DOE=40°,再由弧长公式即可得出答案.‎ ‎【解答】解:连接OE,如图所示:‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形,‎ ‎∴∠D=∠B=70°,AD=BC=6,‎ ‎∴OA=OD=3,‎ ‎∵OD=OE,‎ ‎∴∠OED=∠D=70°,‎ ‎∴∠DOE=180°﹣2×70°=40°,‎ ‎∴的长==;‎ 故选:B.‎ ‎12.(2017·四川泸州)如图,是的直径,弦于点,若,则弦的长是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B.‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 二、填空题 ‎1.(2017·北京)如图,为的直径,为上的点,.若,则 .‎ ‎【答案】25°.‎ 考点:圆周角定理 ‎2.(2017·重庆A卷)如图,BC是⊙O的直径,点A在圆上,连接AO,AC,∠AOB=64°,则∠ACB=   .‎ ‎【答案】32°.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵AO=OC,‎ ‎∴∠ACB=∠OAC,‎ ‎∵∠AOB=64°,‎ ‎∴∠ACB+∠OAC=64°,‎ ‎∴∠ACB=64°÷2=32°.‎ 考点:圆周角定理.‎ ‎3.(2017·重庆B卷)如图,OA、OC是⊙O的半径,点B在⊙O上,连接AB、BC,若∠ABC=40°,则∠AOC= 度.‎ ‎【答案】80.‎ 考点:圆周角定理.‎ ‎4.(2017·浙江金华)在一空旷场地上设计一落地为矩形的小屋,‎ ‎.拴住小狗的长的绳子一端固定在点处,小狗在不能进人小屋内的条件下活动,其可以活动的区域面积为.‎ ‎(1)如图,若,则 .‎ ‎(2)如图,现考虑在(1)中的矩形小屋的右侧以为边拓展一正区域,使之变成落地为五边的小屋,其它条件不变.则在的变化过程中,当取得最小值时,边长的长为 .‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)在B点处是以点B为圆心,10为半径的个圆;在A处是以A为圆心,4为半径的个圆;在C处是以C为圆心,6为半径的个圆;所以S= ;(2)设BC=x,则AB=10-x, =(-10x+250),当x=时,S最小,即BC=.‎ ‎5.(2017·山东青岛)如图,直线AB与CD分别与⊙O 相切于B、D两点,且AB⊥CD,垂足为P,连接BD.若BD=4,则阴影部分的面积为___________________。‎ ‎【答案】2π-4‎ ‎【解析】‎ 试题分析:如下图 考点:弓形面积 ‎6.(2017·山东青岛)如图,在四边形 ABCD 中,∠ABC=∠ADC=90°,E为对角线AC的中点,连接BE、ED、BD,若∠BAD=58°,则∠EBD的度数为__________度.‎ ‎【答案】32‎ ‎【解析】‎ 试题分析:如下图 由∠ABC=∠ADC=90°,E为对角线AC的中点,可知A,B,C,D四点共圆,圆心是E,直径AC然后根据圆周角定理由∠BAD=58°,得到∠BED=116°,然后根据等腰三角形的性质可求得∠EBD=32°.‎ 故答案为:32.‎ 考点:1、圆周角性质定理,2、等腰三角形性质 ‎7.(2017·甘肃)如图,△ABC内接于⊙O,若∠OAB=32°,则∠C= 58 °.‎ ‎【考点】M5:圆周角定理.‎ ‎【分析】由题意可知△OAB是等腰三角形,利用等腰三角形的性质求出∠AOB,再利用圆周角定理确定∠C.‎ ‎【解答】解:如图,连接OB,‎ ‎∵OA=OB,‎ ‎∴△AOB是等腰三角形,‎ ‎∴∠OAB=∠OBA,‎ ‎∵∠OAB=32°,‎ ‎∴∠OAB=∠OAB=32°,‎ ‎∴∠AOB=116°,‎ ‎∴∠C=58°.‎ 故答案为58.‎ ‎8.(2017·甘肃)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=1,AB=2,以点A为圆心、AC的长为半径画弧,交AB边于点D,则弧CD的长等于  .(结果保留π)‎ ‎【考点】MN:弧长的计算;KO:含30度角的直角三角形.‎ ‎【分析】先根据ACB=90°,AC=1,AB=2,得到∠ABC=30°,进而得出∠A=60°,再根据AC=1,即可得到弧CD的长.‎ ‎【解答】解:∵∠ACB=90°,AC=1,AB=2,‎ ‎∴∠ABC=30°,‎ ‎∴∠A=60°,‎ 又∵AC=1,‎ ‎∴弧CD的长为=,‎ 故答案为:.‎ ‎9.(2017·安徽)如图,已知等边的边长为6,以为直径的⊙与边,分别交于,两点,则劣弧的长为 .‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析: ‎ ‎ ‎ 考点: 圆周角与圆心角的关系,弧长公式.‎ ‎10.(2017·湖北荆州)如图,A、B、C是⊙O上的三点,且四边形OABC是菱形.若点D是圆上异于A、B、C的另一点,则∠ADC的度数是 ‎ ‎60°或120° .‎ ‎【考点】M6:圆内接四边形的性质;L8:菱形的性质;M5:圆周角定理.‎ ‎【分析】连接OB,则AB=OA=OB故可得出△AOB是等边三角形,所以∠ADC=60°,∠AD′C=120°,据此可得出结论.‎ ‎【解答】解:连接OB,‎ ‎∵四边形OABC是菱形,‎ ‎∴AB=OA=OB=BC,‎ ‎∴△AOB是等边三角形,‎ ‎∴∠ADC=60°,∠AD′C=120°.‎ 故答案为:60°或120°.‎ ‎11.(2017·湖南湘潭)如图,在中,已知,则 .‎ ‎【答案】60°‎ ‎【解析】‎ 试题分析:利用知识点:一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半,60°‎ 考点:圆周角定理 12. ‎(2017·江苏南京)如图,四边形是菱形,⊙经过点,与相交于点,连接,若,则 .‎ ‎【答案】27‎ ‎【解析】‎ 试题分析:根据菱形的性质可知AD=DC,AD∥BC,因此可知∠DAC=∠DCA,,然后根据三角形的内角和为180°,可知∠DAC=51°,即∠ACE=51°,然后根据等弧所对的圆周角可知∠DAE=∠D=78°,因此可求得∠EAC=78°-51°=27°.‎ 故答案为:27.‎ 考点:1、菱形的性质,2、圆周角的性质,3、三角形的内角和 ‎13.(2017·湖北黄冈)已知:如图,圆锥的底面直径是,高为,则它的侧面展开图的面积是 .‎ ‎【考点】圆锥 ‎【分析】由勾股定理,确定圆锥的母线长,再由表面积=πrl确定其表面积.‎ ‎【解答】‎ 解:如图作辅助线,由题意知:BC=12,AC=5‎ ‎∴AB=13,‎ 即圆锥的母线长l=13cm,底面半径r=5cm,‎ ‎∴表面积=πrl=π×5×13=65πcm2.‎ 故答案为:65πcm2.‎ ‎14.(2017·江苏徐州)如图,AB与⊙O相切于点B,线段OA与弦BC垂直,垂足为D,AB=BC=2,则∠AOB= 60 °.‎ ‎【考点】切线的性质.‎ ‎【分析】由垂径定理易得BD=1,通过解直角三角形ABD得到∠A=30°,然后由切线的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质可以求得∠AOB的度数.‎ ‎【解答】解:∵OA⊥BC,BC=2,‎ ‎∴根据垂径定理得:BD=BC=1.‎ 在Rt△ABD中,sin∠A==.‎ ‎∴∠A=30°.‎ ‎∵AB与⊙O相切于点B,‎ ‎∴∠ABO=90°.‎ ‎∴∠AOB=60°.‎ 故答案是:60.‎ ‎15.(2017·江苏无锡)若圆锥的底面半径为3cm,母线长是5cm,则它的侧面展开图的面积为   cm2.‎ ‎【答案】15π.‎ 考点:圆锥的计算.‎ ‎16.(2017·山东烟台)如图1,将一圆形纸片向右、向上两次对折后得到如图2所示的扇形AOB.已知OA=6,取OA的中点C,过点C作CD⊥OA交于点D,点F是上一点.若将扇形BOD沿OD翻折,点B恰好与点F重合,用剪刀沿着线段BD,DF,FA依次剪下,则剪下的纸片(形状同阴影图形)面积之和为 36π﹣108 .‎ ‎【考点】扇形面积的计算;剪纸问题.‎ ‎【分析】先求出∠ODC=∠BOD=30°,作DE⊥OB可得DE=OD=3,先根据S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD求得弓形的面积,再利用折叠的性质求得所有阴影部分面积.‎ ‎【解答】解:如图,∵CD⊥OA,‎ ‎∴∠DCO=∠AOB=90°,‎ ‎∵OA=OD=OB=6,OC=OA=OD,‎ ‎∴∠ODC=∠BOD=30°,‎ 作DE⊥OB于点E,‎ 则DE=OD=3,‎ ‎∴S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD=﹣×6×3=3π﹣9,‎ 则剪下的纸片面积之和为12×(3π﹣9)=36π﹣108,‎ 故答案为:36π﹣108.‎ 三、 填空题 ‎1.(2017·北京)如图,是的一条弦,是的中点,过点作于点,过点作的切线交的延长线于点.‎ ‎(1)求证:; ‎ ‎(2)若,求的半径.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)由切线性质及等量代换推出∠4=∠5,再利用等角对等边可得出结论;(2)由已知条件得出sin∠DEF和sin∠AOE的值,利用对应角的三角函数值相等推出结论.‎ 试题解析:(1)证明:∵DC⊥OA, ∴∠1+∠3=90°, ∵BD为切线,∴OB⊥BD, ∴∠2+∠5=90°, ∵OA=OB, ∴∠1=∠2,∵∠3=∠4,∴∠4=∠5,在 ‎△DEB中, ∠4=∠5,∴DE=DB.‎ 考点:圆的性质,切线定理,三角形相似,三角函数 ‎2.(2017·浙江金华)如图,已知:是的直径,点在上,是的切线,于点是延长线上的一点,交于点,连接.‎ ‎(1)求证:平分.‎ ‎(2)若,.‎ ‎①求的度数.‎ ‎②若的半径为,求线段的长.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2)①∠OCE=45°;②2-2.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)利用了切线的性质,平行线的判定和性质,等边对等角,角平分线的判定即可得证;(2)①根据(1)得出的 AD//OC,从而得出同位角相等,再利用三角形的内角和定理即可求出答案;②作OG⊥CE于点G,可得FG=CG,根据等边对等角得出CG=OG=FG=2,在根据勾股定理得出GE,从而求出EF=GE-FG.‎ ‎ 又∵OC=OA,∴∠OAC=∠OCA,∴∠DAC=∠OAC;∴AC平分∠DAO. (2)解:①∵AD//OC,∠DAO=105°,∴∠EOC=∠DAO=105°; ∵∠E=30°,∴∠OCE=45°. ②作OG⊥CE于点G,可得FG=CG, ∵OC=2,∠OCE=45°.∴CG=OG=2,∴FG=2; ∵在RT△OGE中,∠E=30°,∴GE=2,∴EF=GE-FG=2-2.‎ ‎3.(2017·广西贵港)如图,在菱形ABCD中,点P在对角线AC上,且PA=PD,⊙O是△PAD的外接圆.‎ ‎(1)求证:AB是⊙O的切线;‎ ‎(2)若AC=8,tan∠BAC=,求⊙O的半径.‎ ‎【考点】切线的判定与性质;菱形的性质;解直角三角形.‎ ‎【分析】(1)连结OP、OA,OP交AD于E,由PA=PD得弧AP=弧DP,根据垂径定理的推理得OP⊥AD,AE=DE,则∠1+∠OPA=90°,而∠OAP=∠OPA,所以∠1+∠OAP=90°,再根据菱形的性质得∠1=∠2,所以∠2+∠OAP=90°,然后根据切线的判定定理得到直线AB与⊙O相切;‎ ‎(2)连结BD,交AC于点F,根据菱形的性质得DB与AC互相垂直平分,则AF=4,tan∠DAC=,得到DF=2,根据勾股定理得到AD==2,求得AE=,设⊙O的半径为R,则OE=R﹣,OA=R,根据勾股定理列方程即可得到结论.‎ ‎【解答】解:(1)连结OP、OA,OP交AD于E,如图,‎ ‎∵PA=PD,∴弧AP=弧DP,∴OP⊥AD,AE=DE,‎ ‎∴∠1+∠OPA=90°,∵OP=OA,∴∠OAP=∠OPA,‎ ‎∴∠1+∠OAP=90°,∵四边形ABCD为菱形,∴∠1=∠2,∴∠2+∠OAP=90°,∴OA⊥AB,∴直线AB与⊙O相切;‎ ‎(2)连结BD,交AC于点F,如图,‎ ‎∵四边形ABCD为菱形,∴DB与AC互相垂直平分,‎ ‎∵AC=8,tan∠BAC=,∴AF=4,tan∠DAC==,∴DF=2,‎ ‎∴AD==2,∴AE=,‎ 在Rt△PAE中,tan∠1==,∴PE=,‎ 设⊙O的半径为R,则OE=R﹣,OA=R,‎ 在Rt△OAE中,∵OA2=OE2+AE2,‎ ‎∴R2=(R﹣)2+()2,∴R=,即⊙O的半径为.‎ ‎4.(2017·山西)如图,△ABC内接于⊙O,且AB为⊙O的直径,OD⊥AB,与AC交于点E,与过点C的⊙O的切线交于点D.‎ ‎(1)若AC=4,BC=2,求OE的长.‎ ‎(2)试判断∠A与∠CDE的数量关系,并说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2)∠CDE=2∠A.‎ ‎(2)∠CDE=2∠A.理由如下:‎ 连结OC,∵OA=OC,∴∠1=∠A,∵CD是⊙O的切线,∴OC⊥CD,∴∠OCD=90°,∴∠2+∠CDE=90°,∵OD⊥AB,∴∠2+∠3=90°,∴∠3=∠CDE.∵∠3=∠A+∠1=2∠A,∴∠CDE=2∠A.‎ 考点:切线的性质;探究型;和差倍分.‎ ‎5.(2017·江苏南京)如图,是⊙的切线,为切点.连接并延长,交的延长线于点,连接,交⊙于点.‎ ‎(1)求证:平分.‎ ‎(2)连结,若,求证.‎ ‎【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 ‎【解析】‎ 试题分析:(1)连接OB,根据切线的性质和角平分线的概念可证明;‎ ‎(2)根据角平分线的性质可证明△ODB是等边三角形,然后根据平行线的判定得证.‎ 试题解析:(1)如图,连接.‎ ‎∵是⊙的切线,∴,‎ 又,∴平分.‎ 又,‎ ‎∴是等边三角形.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 考点:1、圆的切线,2、角平分线的性质与判定,3、平行线的判定 ‎6.(2017·辽宁沈阳)如图,在中,以为直径的交于点,过点做于点,延长交的延长线于点,且.‎ ‎(1)求证:是的切线;‎ ‎(2)若,的半径是3,求的长.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)连接OE,根据圆周角定理可得,因,即可得,即可判定,再由,可得,即可得,即,所以是的切线;(2)根据已知条件易证BA=BC,再求得BA=BC=6,在Rt△OEG中求得OG=5,在Rt△FGB中,求得BF=,即可得AF=AB-BF=.‎ 试题解析:‎ ‎(1)连接OE,则,‎ ‎∵∴∴∵∴∴∴‎ 又∵OE是的半径∴是的切线;‎ ‎(2)∵,∵∴∴BA=BC 又的半径为3,∴OE=OB=OC∴BA=BC=2×3=6‎ 在Rt△OEG中,sin∠EGC=,即 ∴OG=5‎ 在Rt△FGB中,sin∠EGC=,即 ∴BF= ∴AF=AB-BF=6-=.‎ 考点:圆的综合题.‎ ‎7.(2017·甘肃)如图,AN是⊙M的直径,NB∥x轴,AB交⊙M于点C.‎ ‎(1)若点A(0,6),N(0,2),∠ABN=30°,求点B的坐标;‎ ‎(2)若D为线段NB的中点,求证:直线CD是⊙M的切线.‎ ‎【考点】MD:切线的判定;D5:坐标与图形性质.‎ ‎【分析】(1)在Rt△ABN中,求出AN、AB即可解决问题;‎ ‎(2)连接MC,NC.只要证明∠MCD=90°即可;‎ ‎【解答】解:(1)∵A的坐标为(0,6),N(0,2),‎ ‎∴AN=4,‎ ‎∵∠ABN=30°,∠ANB=90°,‎ ‎∴AB=2AN=8,‎ ‎∴由勾股定理可知:NB==,‎ ‎∴B(,2).‎ ‎(2)连接MC,NC ‎ ‎∵AN是⊙M的直径,∴∠ACN=90°,∴∠NCB=90°,‎ 在Rt△NCB中,D为NB的中点,∴CD=NB=ND,∴∠CND=∠NCD,‎ ‎∵MC=MN,∴∠MCN=∠MNC,∵∠MNC+∠CND=90°,∴∠MCN+∠NCD=90°,即MC⊥CD.∴直线CD是⊙M的切线.‎ ‎8.(2017·贵州黔东南州)如图,已知直线PT与⊙O相切于点T,直线PO与⊙O相交于A,B两点.‎ ‎(1)求证:PT2=PA•PB;‎ ‎(2)若PT=TB=,求图中阴影部分的面积.‎ ‎【考点】S9:相似三角形的判定与性质;MC:切线的性质;MO:扇形面积的计算.‎ ‎【分析】(1)连接OT,只要证明△PTA∽△PBT,可得=,由此即可解决问题;‎ ‎(2)首先证明△AOT是等边三角形,根据S阴=S扇形OAT﹣S△AOT计算即可;‎ ‎【解答】(1)证明:连接OT.‎ ‎∵PT是⊙O的切线,∴PT⊥OT,∴∠PTO=90°,‎ ‎∴∠PTA+∠OTA=90°,∵AB是直径,∴∠ATB=90°,∴∠TAB+∠B=90°,∵OT=OA,∴∠OAT=∠OTA,‎ ‎∴∠PTA=∠B,∵∠P=∠P,∴△PTA∽△PBT,∴=,‎ ‎∴PT2=PA•PB.‎ ‎(2)∵TP=TB=,∴∠P=∠B=∠PTA,‎ ‎∵∠TAB=∠P+∠PTA,∴∠TAB=2∠B,‎ ‎∵∠TAB+∠B=90°,∴∠TAB=60°,∠B=30°,‎ ‎∴tanB==,∴AT=1,‎ ‎∵OA=OT,∠TAO=60°,∴△AOT是等边三角形,‎ ‎∴S阴=S扇形OAT﹣S△AOT=﹣•12=﹣.‎ ‎9.(2017·河南)如图,在中, ,以为直径的⊙交边于点,过点作,与过点的切线交于点,连接.‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)若,,求的长.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)根据已知条件已知CB平分∠DCF,再证得、,根据角平分线的性质定理即可证得结论;(2)已知=10,,可求得AD =6,在Rt△ABD中,根据勾股定理求得的值,在Rt△BDC中,根据勾股定理即可求得BC 的长.‎ 试题解析:‎ (1) ‎∵∴∠ABC=∠ACB∵∴∠ABC=∠FCB ‎∴∠ACB=∠FCB,即CB平分∠DCF ‎∵为⊙直径∴∠ADB=90°,即∵BF为⊙的切线 ‎∴∵∴∴BD=BF 考点:圆的综合题.‎ ‎10.(2017·湖北荆州)如图在平面直角坐标系中,直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点,点P、Q同时从点A出发,运动时间为t秒.其中点P沿射线AB运动,速度为每秒4个单位长度,点Q沿射线AO运动,速度为每秒5个单位长度.以点Q为圆心,PQ长为半径作⊙Q.‎ ‎(1)求证:直线AB是⊙Q的切线;‎ ‎(2)过点A左侧x轴上的任意一点C(m,0),作直线AB的垂线CM,垂足为M.若CM与⊙Q相切于点D,求m与t的函数关系式(不需写出自变量的取值范围);‎ ‎(3)在(2)的条件下,是否存在点C,直线AB、CM、y轴与⊙Q同时相切?若存在,请直接写出此时点C的坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎【考点】一次函数综合题.‎ ‎【分析】(1)只要证明△PAQ∽△BAO,即可推出∠APQ=∠AOB=90°,推出QP⊥AB,推出AB是⊙O的切线;‎ ‎(2)分两种情形求解即可:①如图2中,当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时,设切点为D,则四边形PQDM是正方形.②如图3中,当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时,设切点为D,则四边形PQDM是正方形.分别列出方程即可解决问题.‎ ‎(3)分两种情形讨论即可,一共有四个点满足条件.‎ ‎【解答】(1)证明:如图1中,连接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的切线.‎ ‎(2)解:①如图2中,当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时,设切点为D,则四边形PQDM是正方形.‎ 易知PQ=DQ=3t,CQ=•3t=,‎ ‎∵OC+CQ+AQ=4,‎ ‎∴m+t+5t=4,‎ ‎∴m=4﹣t.‎ ‎②如图3中,当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时,设切点为D,则四边形PQDM是正方形.‎ ‎∵OC+AQ﹣CQ=4,‎ ‎∴m+5t﹣t=4,‎ ‎∴m=4﹣t.‎ ‎(3)解:存在.理由如下:‎ 如图4中,当⊙Q在y则的右侧与y轴相切时,3t+5t=4,t=,‎ 由(2)可知,m=﹣或.‎ 如图5中,当⊙Q在y则的左侧与y轴相切时,5t﹣3t=4,t=2,‎ 由(2)可知,m=﹣或.‎ 综上所述,满足条件的点C的坐标为(﹣,0)或(,0)或(﹣,0)或(,0).‎ ‎11.(2017·天津)已知是⊙的直径,是⊙的切线,,交⊙于点,是上一点,延长交⊙于点.‎ ‎(1)如图①,求和的大小;‎ ‎(2)如图②,当时,求的大小.‎ ‎【答案】(1) ∠T=40°,∠CDB=40°;(2)∠CDO =15°.‎ 试题解析:(1)如图,连接AC,‎ ‎∵是⊙的直径,是⊙的切线,‎ ‎∴AT⊥AB,即∠TAB=90°.‎ ‎∵,‎ ‎∴∠T=90°-∠ABT=40°‎ 由是⊙的直径,得∠ACB=90°,‎ ‎∴∠CAB=90°-∠ABC=40°‎ ‎∴∠CDB=∠CAB=40°;‎ ‎(2)如图,连接AD,‎ 在△BCE中,BE=BC,∠EBC=50°,‎ ‎∴∠BCE=∠BEC=65°,‎ ‎∴∠BAD=∠BCD=65°‎ ‎∵OA=OD ‎∴∠ODA=∠OAD=65°‎ ‎∵∠ADC=∠ABC=50°‎ ‎∴∠CDO=∠ODA-∠ADC=15°.‎ ‎12.(2017·四川成都)如图,在中,,以为直径作圆,分别交于点,交的延长线于点,过点作于点,连接交线段于点.2‎ ‎(1)求证:是圆的切线;‎ ‎(2)若为的中点,求的值;‎ ‎(3)若,求圆的半径.‎ ‎【答案】(1)证明见解析(2),(3)‎ ‎【解析】‎ 试题解析:(1)‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ ‎∴是的切线 ‎(2)‎ 在中, ∵,‎ ‎∵由中可知,,‎ 是等腰三角形,‎ 又∵且点是中点,‎ ‎∴设,则,; ‎ 连接,则在中,,即,‎ 又∵是等腰三角形,∴是中点,‎ 则在中,是中位线, ∴,‎ ‎∵, ∴,‎ 在和中,, ∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴.‎ 在与中,∵,‎ ‎∴,‎ 解得(舍)‎ ‎∴综上,的半径为. ‎ 考点:1、等腰三角形,2、圆的综合,3、相似三角形的判定与性质 ‎13. (2017·四川泸州)如图,⊙O与的直角边和斜边分别相切于点与边相交于点,与相交于点,连接并延长交边于点.‎ ‎(1)求证://‎ ‎(2)若求的长.‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2)2.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:‎ ‎(1)证明:与⊙O相切与点 ‎ (弦切角定理)‎ ‎ 又与⊙O相切与点 由切线长定理得:‎ 即:DF//AO (2) ‎:过点作与 ‎ ‎ 由切割线定理得:,解得:‎ 由射影定理得:‎
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