中考数学一轮复习 专题练习9 圆2 浙教版

中考数学一轮复习 专题练习9 圆2 浙教版

圆 （2）‎ ‎ 班级 姓名 学号 ‎ 一、选择题 ‎1.已知两圆的半径分别为和（其中t＞3），圆心距为2t，则两圆的位置关系是（ ）‎ A．相交 B．相离 C．外切 D．内切 ‎2.已知圆锥的母线长是12，它的侧面展开图的圆心角是120°，则它的底面圆的直径为（　　）‎ A．2 B．‎4 C．6 D．8‎ ‎3.已知正三角形的边长为a，其内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则r：a：R等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4.相交两圆的公共弦长为‎16cm，若两圆的半径长分别为‎10cm和‎17cm，则这两圆的圆心距为( )‎ A. ‎7cm B. ‎16cm或‎7cm C. ‎21cm或‎9cm D. ‎‎27cm ‎5.已知，如图与的度数之差为20°，弦AB与CD交于点E，∠CEB=60°，则∠CAB等于（ ）‎ A. 50° B. 45° C. 40° D. 35°‎ ‎6.如图是一块△ABC余料，已知AB=‎20cm，BC=‎7cm，AC=‎15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是（　　）‎ ‎　 A． πcm2 B． 2πcm‎2 C． 4πcm2 D． 8πcm2‎ ‎7.“圆材埋壁”是我国古代著名的数学著作《九章算术》中的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”用数学语言可表示为：如图所示，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于E，CE=1寸，AB=10寸，则直径CD的长为(　 )‎ ‎ A．12.5寸 　　　 B．13寸　　　 C．25寸 　　 D．26寸 ‎8.如图，三个半径为的圆两两外切，且△ABC的每一边都与其中的两个圆相 切，那么△ABC的周长是（ ）‎ ‎ A．12+6 B．12+‎12‎ C．18+12 D． 18+6‎ ‎9.如图，已知△ABC为等腰直角三角形，D为斜边BC的中点，经过点A、D的⊙O与边AB、AC、BC分别相交于点E、F、M．对于如下五个结论：①∠FMC=45°；②AE+AF=AB；③ ；④2BM2=BE•BA；⑤四边形AEMF为矩形．其中正确结论的个数是（ ）‎ A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 ‎10.如图，正六边形A1B‎1C1D1E‎1F1的边长为2，正六边形A2B‎2C2D2E‎2F2的外接圆与正六边形A1B‎1C1D1E‎1F1的各边相切，正六边形A3B‎3C3D3E‎3F3的外接圆与正六边形A2B‎2C2D2E‎2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A10B‎10C10D10E‎10F10的边长为（　　）‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ 二、填空题 ‎11.如图，若以平行四边形一边AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D，则∠C=　 　度．‎ ‎12.如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=10，一圆弧过点B和点C，且与AD相切，则图中阴影部分面积为　 　．‎ ‎13.如图，在△ABC中，已知∠ACB=130°，∠BAC=20°，BC=2，以点C为圆心，CB为半径的圆交AB于点D，则BD的长为　 　． ‎ ‎14.如图是由两个长方形组成的工件平面图（单位：mm），直线l是它的对称轴，能完全覆盖这个平面图形的圆面的最小半径是　 　mm． ‎ ‎15. 如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是AB上的一动点（不与A、B重合），点F是BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF=90°，有下列结论：‎ ‎①AE=BF； ‎ ‎②△OGH是等腰直角三角形；‎ ‎③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化；‎ ‎④△GBH周长的最小值为４＋. ‎ 其中正确的是__________.‎ ‎（把你认为正确结论的序号都填上）. ‎ 三、解答题 ‎16.如图，点C在以AB为直径的⊙O上，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，AD交⊙O于点E．‎ ‎(1) 求证：AC平分∠DAB；‎ ‎(2) 连接BE交AC于点F，若cos∠CAD＝，求的值．‎ ‎17.如图，在△ABC中，以BC为直径的圆交AC于点D，∠ABD＝∠ACB.‎ ‎ (1)求证：AB是圆的切线；‎ ‎ (2)若点E是BC上一点，已知BE＝4 ,tan∠AEB＝，AB∶BC＝2∶3，求圆的直径．‎ ‎18.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC的平分线交BC于点O，OC=1，以点O为圆心OC为半径作半圆． ‎ ‎（1）求证：AB为⊙O的切线； ‎ ‎（2）如果tan∠CAO=，求cosB的值． ‎ ‎19.如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，点F是DA延长线的一点，AC平分∠FAB交⊙O于点C，过点C作CE⊥DF，垂足为点E．‎ ‎（1）求证：CE是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AE=1，CE=2，求⊙O的半径．‎ ‎20.如图，CD是⊙O的弦，AB是直径，且CD∥AB，连接AC、AD、OD，其中AC=CD，过点B的切线交CD的延长线于E．‎ ‎（1）求证：DA平分∠CDO；‎ ‎（2）若AB=12，求图中阴影部分的周长之和（参考数据：π=3.1， =1.4， =1.7）．‎ ‎21.如图1，以△ABC的边AB为直径的⊙O交边BC于点E，过点E作⊙O的切线交AC于点D，且ED⊥AC．‎ ‎（1）试判断△ABC的形状，并说明理由；‎ ‎（2）如图2，若线段AB、DE的延长线交于点F，∠C=75°，CD=2﹣，求⊙O的半径和BF的长．‎ ‎22.如图，AB是⊙O的直径，D、E为⊙O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使得CD=BD，连接AC交⊙O于点F，连接AE、DE、DF．‎ ‎（1）证明：∠E=∠C；‎ ‎（2）若∠E=55°，求∠BDF的度数；‎ ‎（3）设DE交AB于点G，若DF=4，cosB=，E是的中点，求EG•ED的值．‎ ‎23.如图，在射线BA，BC，AD，CD围成的菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，O是射线BD上一点，⊙O与BA，BC都相切，与BO的延长线交于点M．过M作EF⊥BD交线段BA（或射线AD）于点E，交线段BC（或射线CD）于点F．以EF为边作矩形EFGH，点G，H分别在围成菱形的另外两条射线上．‎ ‎（1）求证：BO=2OM．‎ ‎（2）设EF＞HE，当矩形EFGH的面积为24时，求⊙O的半径．‎ ‎（3）当HE或HG与⊙O相切时，求出所有满足条件的BO的长．‎ ‎24.如图，在矩形ABCD中，AB=‎6cm，AD=‎8cm，点P从点B出发，沿对角线BD向点D匀速运动，速度为‎4cm/s，过点P作PQ⊥BD交BC于点Q，以PQ为一边作正方形PQMN，使得点N落在射线PD上，点O从点D出发，沿DC向点C匀速运动，速度为‎3m/s，以O为圆心，‎0.8cm为半径作⊙O，点P与点O同时出发，设它们的运动时间为t（单位：s）（0＜t＜）．‎ ‎（1）如图1，连接DQ平分∠BDC时，t的值为　 　；‎ ‎（2）如图2，连接CM，若△CMQ是以CQ为底的等腰三角形，求t的值；‎ ‎（3）请你继续进行探究，并解答下列问题：‎ ‎①证明：在运动过程中，点O始终在QM所在直线的左侧；‎ ‎②如图3，在运动过程中，当QM与⊙O相切时，求t的值；并判断此时PM与⊙O是否也相切？说明理由．‎ 答案详解 一、选择题 ‎【分析】根据圆锥侧面展开图的圆心角与半径（即圆锥的母线的长度）求得的弧长，就是圆锥的底面的周长，然后根据圆的周长公式l=2πr解出r的值即可．‎ ‎【解答】解：设圆锥的底面半径为r．‎ 圆锥的侧面展开扇形的半径为12，‎ ‎∵它的侧面展开图的圆心角是120°，‎ ‎∴弧长==8π，‎ 即圆锥底面的周长是8π，‎ ‎∴8π=2πr，解得，r=4，‎ ‎∴底面圆的直径为8．‎ 故选D．‎ ‎3.已知正三角形的边长为a，其内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则r：a：R等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】正多边形和圆。‎ ‎【分析】利用正三角形的边长与它的内切圆和外接圆的半径之间的关系求解：‎ 等边三角形的一边上的高的倍为它的内切圆的半径，等边三角形的一边上的高的倍为它的外接圆的半径，而高又为边长的倍。‎ ‎∴a＝，r＝，R＝（为等边三角形的一边上的高）。‎ ‎∴r：a：R=。故选A。‎ ‎4.相交两圆的公共弦长为‎16cm，若两圆的半径长分别为‎10cm和‎17cm，则这两圆的圆心距为( )‎ A. ‎7cm B. ‎16cm或‎7cm C. ‎21cm或‎9cm D. ‎‎27cm ‎【答案】C。‎ ‎【考点】圆与圆的位置关系，弦径定理，勾股定理。‎ ‎【分析】设⊙O1的半径为r=10，⊙2的半径为R=17，公共弦为AB，两圆的圆心的连线与公共弦的交点为C；那么根据弦径定理，AC=BC=8，且出现两个直角三角形：△O‎1AC和△O‎2AC。利用勾股定理可求出O‎1C和O‎2C，就可求出O1O2：‎ ‎ 在Rt△O‎1AC中，O‎1C=，‎ ‎ 同理，在Rt△O‎2AC中，O‎2C=6。‎ ‎ ∴O1O2=O‎1C+O‎2C=15+6=21（cm），‎ ‎ 或O1O2=O‎2C-O‎1C=15-6=9（cm）。‎ 故选C。‎ ‎5.已知，如图与的度数之差为20°，弦AB与CD交于点E，∠CEB=60°，则∠CAB等于（ ）‎ A. 50° B. 45° C. 40° D. 35°‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】圆周角定理，三角形的外角性质。‎ ‎【分析】根据圆周角定理，可得：∠A－∠C=10°；根据三角形外角的性质，可得∠CEB=∠A+∠C=60°；联立两式可求得∠A的度数：‎ ‎∵弧BC与弧AD的度数之差为20°，∴两弧所对圆心角相差20°。∴∠A－∠C=10°。‎ ‎∵∠CEB是△AEC的外角，∴∠A+∠C=∠CEB=60°，‎ ‎∴2∠A=70°，即∠A=35°。‎ 故选D。‎ ‎6.如图是一块△ABC余料，已知AB=‎20cm，BC=‎7cm，AC=‎15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是（　　）‎ ‎　 A． πcm2 B． 2πcm‎2 C． 4πcm2 D． 8πcm2‎ ‎【解答】 解：如图1所示，‎ S△ABC=•r•（AB+BC+AC）==21r，‎ 过点A作AD⊥BC交BC的延长线于点D，如图2，‎ 设CD=x，‎ 由勾股定理得：在Rt△ABD中，‎ AD2=AB2﹣BD2=400﹣（7+x）2，‎ 在Rt△ACD中，AD2=AC2﹣x2=225﹣x2，‎ ‎∴400﹣（7+x）2=225﹣x2，‎ 解得：x=9，‎ ‎∴AD=12，‎ ‎∴S△ABC==×7×12=42，‎ ‎∴21r=42，‎ ‎∴r=2，‎ 该圆的最大面积为：S=πr2=π•22=4π（cm2），‎ ‎7.“圆材埋壁”是我国古代著名的数学著作《九章算术》中的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”用数学语言可表示为：如图所示，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于E，CE=1寸，AB=10寸，则直径CD的长为(　 )‎ ‎ A．12.5寸 　　　 B．13寸　　　 C．25寸 　　 D．26寸 ‎【解答】 解：根据“垂直于弦的直径平分弦，‎ 并且平分弦所对的两条弧”，‎ 知 (寸)，在Rt△AOE中，，‎ 即 ，解得OA=13，进而求得CD=26(寸).‎ 故选D.‎ ‎8.如图，三个半径为的圆两两外切，且△ABC的每一边都与其中的两个圆相切，那么△ABC的周长是（ ）‎ ‎ A．12+6 B．12+12 C．18+12 D． 18+6‎ ‎【解答】 解：如图，∵连接AO、OP、PB、OE、PF、ON；‎ ‎∴根据相切两圆性质得出OP=PN=ON=2，‎ ‎∴△ONP是等边三角形，‎ ‎∴∠OPN=∠PON=∠ONP=60°，‎ ‎∵根据切线性质得出OE⊥AB，PF⊥AB，‎ ‎∴OE∥PF，OE=PF，‎ ‎∴四边形OEFP是矩形，‎ ‎∴OP∥AB，‎ 同理PN∥BC，ON∥AC，‎ 则∠OPN=∠ABC=60°，∠PON=∠BAC=60°‎ 根据切线长定理∠ABP=∠ABC=30°，∠EAO=30°，‎ 在Rt△AOE中，∠EAO=30°，OE=；‎ 则AE=3，同理可得BF=3；‎ 由于⊙O、⊙P外切，所以OP=2；‎ 故AB=AE+EF+BF=6+2，根据切线长定理可得，AB=BC=AC，‎ 因此△ABC的周长为：18+6．‎ 故选：D．‎ ‎9.如图，已知△ABC为等腰直角三角形，D为斜边BC的中点，经过点A、D的⊙O与边AB、AC、BC分别相交于点E、F、M．对于如下五个结论：①∠FMC=45°；②AE+AF=AB；③ ；④2BM2=BE•BA；⑤四边形AEMF为矩形．其中正确结论的个数是（ ）‎ A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 ‎【答案】C。‎ ‎【考点】圆周角定理，等腰直角三角形的性质。‎ ‎【分析】连接AM，根据等腰三角形的三线合一，得AD⊥BC，再根据90°的圆周角所对的弦是直径，得EF、AM是直径，根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形，得四边形AEMF是矩形。‎ ‎∴①根据等腰直角三角形ABC的底角是45°，易得∠FMC=45°，正确；‎ ‎②根据矩形和等腰直角三角形的性质，得AE+AF=AB，正确；‎ ‎③连接FD，可以证明△EDF是等腰直角三角形，则③中左右两边的比都是等腰直角三角形的直角边和斜边的比，正确；‎ ‎④根据BM=BE，得左边=4BE2，故需证明AB=4BE，根据已知条件它们之间不一定有这种关系，错误；‎ ‎⑤正确。‎ 所以①②③⑤共4个正确。故选C。‎ ‎10.如图，正六边形A1B‎1C1D1E‎1F1的边长为2，正六边形A2B‎2C2D2E‎2F2的外接圆与正六边形A1B‎1C1D1E‎1F1的各边相切，正六边形A3B‎3C3D3E‎3F3的外接圆与正六边形A2B‎2C2D2E‎2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A10B‎10C10D10E‎10F10的边长为（　　）‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ ‎【解答】 解：连结OE1，OD1，OD2，如图，‎ ‎∵六边形A1B‎1C1D1E‎1F1为正六边形，‎ ‎∴∠E1OD1=60°，‎ ‎∴△E1OD1为等边三角形，‎ ‎∵正六边形A2B‎2C2D2E‎2F2的外接圆与正六边形A1B‎1C1D1E‎1F1的各边相切，‎ ‎∴OD2⊥E1D1，‎ ‎∴OD2=E1D1=×2，‎ ‎∴正六边形A2B‎2C2D2E‎2F2的边长=×2，‎ 同理可得正六边形A3B‎3C3D3E‎3F3的边长=（）2×2，‎ 则正六边形A10B‎10C10D10E‎10F10的边长=（）9×2=．‎ 故选D．‎ 二、填空题 ‎11.如图，若以平行四边形一边AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D，则∠C=　 　度．‎ ‎【考点】切线的性质；平行四边形的性质．‎ ‎【分析】连接OD，只要证明△AOD是等腰直角三角形即可推出∠A=45°，再根据平行四边形的对角相等即可解决问题．‎ ‎【解答】解；连接OD．‎ ‎∵CD是⊙O切线，‎ ‎∴OD⊥CD，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB∥CD，‎ ‎∴AB⊥OD，‎ ‎∴∠AOD=90°，‎ ‎∵OA=OD，‎ ‎∴∠A=∠ADO=45°，‎ ‎∴∠C=∠A=45°．‎ 故答案为45．‎ ‎12.如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=10，一圆弧过点B和点C，且与AD相切，则图中阴影部分面积为　 　．‎ ‎【考点】扇形面积的计算；矩形的性质；切线的性质．‎ ‎【分析】设圆的半径为x，根据勾股定理求出x，根据扇形的面积公式、阴影部分面积为：矩形ABCD的面积﹣（扇形BOCE的面积﹣△BOC的面积）进行计算即可．‎ ‎【解答】解：设圆弧的圆心为O，与AD切于E，‎ 连接OE交BC于F，连接OB、OC，‎ 设圆的半径为x，则OF=x﹣5，‎ 由勾股定理得，OB2=OF2+BF2，‎ 即x2=（x﹣5）2+（5）2，‎ 解得，x=5，‎ 则∠BOF=60°，∠BOC=120°，‎ 则阴影部分面积为：矩形ABCD的面积﹣（扇形BOCE的面积﹣△BOC的面积）‎ ‎=10×5﹣+×10×5‎ ‎=75﹣，‎ 故答案为：75﹣．‎ ‎13.如图，在△ABC中，已知∠ACB=130°，∠BAC=20°，BC=2，以点C为圆心，CB为半径的圆交AB于点D，则BD的长为　2　． ‎ ‎【分析】如图，作CE⊥AB于E，在RT△BCE中利用30度性质即可求出BE，再根据垂径定理可以求出BD． ‎ ‎【解答】解：如图，作CE⊥AB于E． ‎ ‎∵∠B=180°﹣∠A﹣∠ACB=180°﹣20°﹣130°=30°， ‎ 在RT△BCE中，∵∠CEB=90°，∠B=30°，BC=2， ‎ ‎∴CE=BC=1，BE=CE=， ‎ ‎∵CE⊥BD， ‎ ‎∴DE=EB， ‎ ‎∴BD=2EB=2． ‎ 故答案为2． ‎ ‎14.如图是由两个长方形组成的工件平面图（单位：mm），直线l是它的对称轴，能完全覆盖这个平面图形的圆面的最小半径是　‎50　mm． ‎ ‎【分析】根据已知条件得到CM=30，AN=40，根据勾股定理列方程得到OM=40，由勾股定理得到结论． ‎ ‎【解答】解：如图，设圆心为O， ‎ 连接AO，CO， ‎ ‎∵直线l是它的对称轴， ‎ ‎∴CM=30，AN=40， ‎ ‎∵CM2+OM2=AN2+ON2， ‎ ‎∴302+OM2=402+（70﹣OM）2， ‎ 解得：OM=40， ‎ ‎∴OC==50， ‎ ‎∴能完全覆盖这个平面图形的圆面的最小半径是‎50mm． ‎ 故答案为：50． ‎ ‎15. 如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是AB上的一动点（不与A、B重合），点F是BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF=90°，有下列结论：‎ ‎①AE=BF； ‎ ‎②△OGH是等腰直角三角形；‎ ‎③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化；‎ ‎④△GBH周长的最小值为４＋. ‎ 其中正确的是__________.‎ ‎（把你认为正确结论的序号都填上）. ‎ ‎【考点】正方形的性质，圆心角定理，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定，四边形的面积，三角形的周长，动点问题，最值问题．‎ ‎【分析】①连接OA，OB，如图16-1，根据正方形的性质，知∠AOB=90°=∠EOF，又∠BOE共用，故可得∠AOE=∠BOF，再根据圆心角定理可得①AE=BF；故①正确；‎ ‎ ②连接OB，OC，如图16-2，证明△OGB≌△OHC，可得OG=OH，即可得出△OGH是等腰直角三角形；故②正确；‎ ‎③如图16-3，过点O作OM⊥BC，ON⊥AB，易证得△OGN≌△OHM，因此可得出S△OGN=S△OHM，故不管点E的位置如何变化，四边形OGBH的面积不变；故③错误；‎ ‎④过点B作B关于OF的对称点P（易知点P在⊙O上），连接PH，则PH=BH；过点B作B关于OE的对称点Q（易知点Q在⊙O上），连接QG，则QG=BG；连接PQ，易证明PQ过圆心O，则PQ==4≠４＋，故④错误.‎ ‎【解答】解：①连接OA，OB，如图1，‎ 根据正方形的性质，知∠AOB=90°=∠EOF，‎ ‎∠AOB-∠BOE =∠EOF-∠BOE，‎ 即∠AOE=∠BOF，‎ 根据相等的圆心角所对的弧相等，可得AE=BF；‎ 故①正确； ‎ ‎ ②连接OB，OC，如图2，则OB=OC，‎ ‎ 由①知AE=BF ‎ ∵ABCD为正方形，∴AB=BC ‎ ∴AB=BC ‎ ∴AB-AE=BC-BF ‎ 即BE=CF ‎ ∴∠BOG=∠COH ‎ 又∵∠OBG+∠OBC=90°，∠OCH+∠OBC=90°，‎ ‎ ∴∠OBG =∠OCH ‎ 在△OGB和△OHC中，‎ ‎ ∠OBG =∠OCH ‎∠BOG=∠COH OB‎=OC ‎∴△OGB≌△OHC，‎ ‎∴OG=OH，‎ 又∵∠EOF=90°‎ ‎∴△OGH是等腰直角三角形；‎ 故②正确；‎ ‎③如图3，过点O作OM⊥BC，ON⊥AB， ‎ 又∵正方形ABCD内接于⊙O，‎ ‎∴OM=ON 由②知，OG=OH，‎ ‎ 在Rt△OGN和Rt△OHM中，‎ ‎ OG=OH，‎ ‎ OM=ON ‎∴Rt△OGN≌Rt△OHM，‎ ‎∴S△OGN=S△OHM，‎ 又∵四边形BMOG公共 ‎∴不管点E的位置如何变化，四边形OGBH的面积不变；‎ 故③错误；‎ ‎④过点B作B关于OF的对称点P（易知点P在⊙O上），‎ 连接PH，则PH=BH；过点B作B关于OE的对称点Q（易知点Q在⊙O上），‎ 连接QG，则QG=BG；‎ 连接PQ，易证明PQ过圆心O，‎ ‎∴PQ==4≠４＋，‎ 故④错误.‎ 综上，①②正确，③④错误.‎ 故答案为：①②.‎ 三、解答题 ‎16.如图，点C在以AB为直径的⊙O上，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，AD交⊙O于点E．‎ ‎(1) 求证：AC平分∠DAB；‎ ‎(2) 连接BE交AC于点F，若cos∠CAD＝，求的值．‎ ‎【考点】切线的性质；考查了切线的 性质，平行线的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系的应用 ‎【答案】 (1) 略；(2)‎ ‎【解析】（1）证明：连接OC，则OC⊥CD，又AD⊥CD，∴AD∥OC，∴∠CAD＝∠OCA，又OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∴∠CAD＝∠CAO，∴AC平分∠DAB．‎ ‎（2）解：连接BE交OC于点H，易证OC⊥BE，可知∠OCA＝∠CAD，‎ ‎∴COS∠HCF＝，设HC＝4,FC＝5，则FH＝3．‎ 又△AEF∽△CHF，设EF＝3x，则AF＝5x，AE＝4x，∴OH＝2x ‎ ‎∴BH＝HE＝3x＋3 OB＝OC＝2x＋4‎ 在△OBH中，（2x）2＋（3x＋3）2＝（2x＋4）2‎ 化简得：9x2＋2x－7＝0，解得：x＝（另一负值舍去）．‎ ‎∴． ‎ ‎17.如图，在△ABC中，以BC为直径的圆交AC于点D，∠ABD＝∠ACB.‎ ‎ (1)求证：AB是圆的切线；‎ ‎ (2)若点E是BC上一点，已知BE＝4 ,tan∠AEB＝，AB∶BC＝2∶3，求圆的直径．‎ ‎【知识点】与圆有关的位置关系——切线的判定、锐角三角函数——三角函数的求法 ‎【思路分析】(1)根据∠ABD＝∠ACB和∠ACB＋∠DBC＝ 90°可得∠ABC＝90°，然后根据切线的判定定理可判断AB是圆的切线；‎ ‎(2) 根据BE＝4 ,tan∠AEB＝先求出AB的长，再根据AB∶BC＝2∶3求出BC的长，即得直径.‎ ‎【解答】(1)证明：∵BC是直径，∴∠BDC＝90°,∴∠ACB＋∠DBC＝ 90°.‎ 又∵∠ABD＝∠ACB,∴∠ABD＋∠DBC＝90°,∴AB⊥BC.‎ 又∵点B在圆上，∴AB是圆的切线．‎ ‎(2)解：在Rt△AEB中，tan∠AEB＝，∴＝，即AB＝BE＝×4＝．‎ ‎∵AB∶BC＝2∶3，∴BC＝AB＝×＝10.‎ ‎∴圆的直径为10.‎ ‎18.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC的平分线交BC于点O，OC=1，以点O为圆心OC为半径作半圆． ‎ ‎（1）求证：AB为⊙O的切线； ‎ ‎（2）如果tan∠CAO=，求cosB的值． ‎ ‎【分析】（1）如图作OM⊥AB于M，根据角平分线性质定理，可以证明OM=OC，由此即可证明． ‎ ‎（2）设BM=x，OB=y，列方程组即可解决问题． ‎ ‎【解答】解：（1）如图作OM⊥AB于M， ‎ ‎∵OA平分∠CAB，OC⊥AC，OM⊥AB， ‎ ‎∴OC=OM， ‎ ‎∴AB是⊙O的切线， ‎ ‎（2）设BM=x，OB=y，则y2﹣x2=1 ①， ‎ ‎∵cosB==， ‎ ‎∴=， ‎ ‎∴x2+3x=y2+y ②， ‎ 由①②可以得到：y=3x﹣1， ‎ ‎∴（3x﹣1）2﹣x2=1， ‎ ‎∴x=，y=， ‎ ‎∴cosB==． ‎ ‎19.如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，点F是DA延长线的一点，AC平分∠FAB交⊙O于点C，过点C作CE⊥DF，垂足为点E．‎ ‎（1）求证：CE是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AE=1，CE=2，求⊙O的半径．‎ ‎【考点】切线的判定；角平分线的性质．‎ ‎【分析】（1）证明：连接CO，证得∠OCA=∠CAE，由平行线的判定得到OC∥FD，再证得OC⊥CE，即可证得结论；‎ ‎（2）证明：连接BC，由圆周角定理得到∠BCA=90°，再证得△ABC∽△ACE，根据相似三角形的性质即可证得结论．‎ ‎【解答】（1）证明：连接CO，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠OCA=∠OAC，‎ ‎∵AC平分∠FAB，‎ ‎∴∠OCA=∠CAE，‎ ‎∴OC∥FD，‎ ‎∵CE⊥DF，‎ ‎∴OC⊥CE，‎ ‎∴CE是⊙O的切线；‎ ‎（2）证明：连接BC，‎ 在Rt△ACE中，AC===，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠BCA=90°，‎ ‎∴∠BCA=∠CEA，‎ ‎∵∠CAE=∠CAB，‎ ‎∴△ABC∽△ACE，‎ ‎∴=，‎ ‎∴，‎ ‎∴AB=5，‎ ‎∴AO=2.5，即⊙O的半径为2.5．‎ ‎20.如图，CD是⊙O的弦，AB是直径，且CD∥AB，连接AC、AD、OD，其中AC=CD，过点B的切线交CD的延长线于E．‎ ‎（1）求证：DA平分∠CDO；‎ ‎（2）若AB=12，求图中阴影部分的周长之和（参考数据：π=3.1， =1.4， =1.7）．‎ ‎【考点】切线的性质；弧长的计算．‎ ‎【分析】（1）只要证明∠CDA=∠DAO，∠DAO=∠ADO即可．‎ ‎（2）首先证明==，再证明∠DOB=60°得△BOD是等边三角形，由此即可解决问题．‎ ‎【解答】证明：（1）∵CD∥AB，‎ ‎∴∠CDA=∠BAD，‎ 又∵OA=OD，‎ ‎∴∠ADO=∠BAD，‎ ‎∴∠ADO=∠CDA，‎ ‎∴DA平分∠CDO．‎ ‎（2）如图，连接BD，‎ ‎∵AB是直径，‎ ‎∴∠ADB=90°，‎ ‎∵AC=CD，‎ ‎∴∠CAD=∠CDA，‎ 又∵CD∥AB，‎ ‎∴∠CDA=∠BAD，‎ ‎∴∠CDA=∠BAD=∠CAD，‎ ‎∴==，‎ 又∵∠AOB=180°，‎ ‎∴∠DOB=60°，‎ ‎∵OD=OB，‎ ‎∴△DOB是等边三角形，‎ ‎∴BD=OB=AB=6，‎ ‎∵=，‎ ‎∴AC=BD=6，‎ ‎∵BE切⊙O于B，‎ ‎∴BE⊥AB，‎ ‎∴∠DBE=∠ABE﹣∠ABD=30°，‎ ‎∵CD∥AB，‎ ‎∴BE⊥CE，‎ ‎∴DE=BD=3，BE=BD×cos∠DBE=6×=3，‎ ‎∴的长==2π，‎ ‎∴图中阴影部分周长之和为2=4π+9+3=4×3.1+9+3×1.7=26.5．‎ ‎21.如图1，以△ABC的边AB为直径的⊙O交边BC于点E，过点E作⊙O的切线交AC于点D，且ED⊥AC．‎ ‎（1）试判断△ABC的形状，并说明理由；‎ ‎（2）如图2，若线段AB、DE的延长线交于点F，∠C=75°，CD=2﹣，求⊙O的半径和BF的长．‎ ‎【考点】切线的性质．‎ ‎【分析】（1）连接OE，根据切线性质得OE⊥DE，与已知中的ED⊥AC得平行，由此得∠1=∠C，再根据同圆的半径相等得∠1=∠B，可得出三角形为等腰三角形；‎ ‎（2）通过作辅助线构建矩形OGDE，再设与半径有关系的边OG=x，通过AB=AC列等量关系式，可求得结论．‎ ‎【解答】解：（1）△ABC是等腰三角形，理由是：‎ 如图1，连接OE，‎ ‎∵DE是⊙O的切线，‎ ‎∴OE⊥DE，‎ ‎∵ED⊥AC，‎ ‎∴AC∥OE，‎ ‎∴∠1=∠C，‎ ‎∵OB=OE，‎ ‎∴∠1=∠B，‎ ‎∴∠B=∠C，‎ ‎∴△ABC是等腰三角形；‎ ‎（2）如图2，过点O作OG⊥AC，垂足为G，则得四边形OGDE是矩形，‎ ‎∵△ABC是等腰三角形，‎ ‎∴∠B=∠C=75°，‎ ‎∴∠A=180°﹣75°﹣75°=30°，‎ 设OG=x，则OA=OB=OE=2x，AG=x，‎ ‎∴DG=0E=2x，‎ 根据AC=AB得：4x=x+2x+2﹣，‎ x=1，‎ ‎∴0E=OB=2，‎ 在直角△OEF中，∠EOF=∠A=30°，‎ cos30=，OF==2÷=，‎ ‎∴BF=﹣2，⊙O的半径为2．‎ ‎22.如图，AB是⊙O的直径，D、E为⊙O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使得CD=BD，连接AC交⊙O于点F，连接AE、DE、DF．‎ ‎（1）证明：∠E=∠C；‎ ‎（2）若∠E=55°，求∠BDF的度数；‎ ‎（3）设DE交AB于点G，若DF=4，cosB=，E是的中点，求EG•ED的值．‎ ‎【考点】圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）直接利用圆周角定理得出AD⊥BC，劲儿利用线段垂直平分线的性质得出AB=AC，即可得出∠E=∠C；‎ ‎（2）利用圆内接四边形的性质得出∠AFD=180°﹣∠E，进而得出∠BDF=∠C+∠CFD，即可得出答案；‎ ‎（3）根据cosB=，得出AB的长，再求出AE的长，进而得出△AEG∽△DEA，求出答案即可．‎ ‎【解答】（1）证明：连接AD，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，‎ ‎∵CD=BD，‎ ‎∴AD垂直平分BC，‎ ‎∴AB=AC，‎ ‎∴∠B=∠C，‎ 又∵∠B=∠E，‎ ‎∴∠E=∠C；‎ ‎（2）解：∵四边形AEDF是⊙O的内接四边形，‎ ‎∴∠AFD=180°﹣∠E，‎ 又∵∠CFD=180°﹣∠AFD，‎ ‎∴∠CFD=∠E=55°，‎ 又∵∠E=∠C=55°，‎ ‎∴∠BDF=∠C+∠CFD=110°；‎ ‎（3）解：连接OE，‎ ‎∵∠CFD=∠E=∠C，‎ ‎∴FD=CD=BD=4，‎ 在Rt△ABD中，cosB=，BD=4，‎ ‎∴AB=6，‎ ‎∵E是的中点，AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠AOE=90°，‎ ‎∵AO=OE=3，‎ ‎∴AE=3，‎ ‎∵E是的中点，‎ ‎∴∠ADE=∠EAB，‎ ‎∴△AEG∽△DEA，‎ ‎∴=，‎ 即EG•ED=AE2=18．‎ ‎23.如图，在射线BA，BC，AD，CD围成的菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，O是射线BD上一点，⊙O与BA，BC都相切，与BO的延长线交于点M．过M作EF⊥BD交线段BA（或射线AD）于点E，交线段BC（或射线CD）于点F．以EF为边作矩形EFGH，点G，H分别在围成菱形的另外两条射线上．‎ ‎（1）求证：BO=2OM．‎ ‎（2）设EF＞HE，当矩形EFGH的面积为24时，求⊙O的半径．‎ ‎（3）当HE或HG与⊙O相切时，求出所有满足条件的BO的长．‎ ‎【考点】圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）设⊙O切AB于点P，连接OP，由切线的性质可知∠OPB=90°．先由菱形的性质求得∠OBP的度数，然后依据含30°直角三角形的性质证明即可；‎ ‎（2）设GH交BD于点N，连接AC，交BD于点Q．先依据特殊锐角三角函数值求得BD的长，设⊙O的半径为r，则OB=2r，MB=3r．当点E在AB上时．在Rt△BEM中，依据特殊锐角三角函数值可得到EM的长（用含r的式子表示），由图形的对称性可得到EF、ND、BM的长（用含r的式子表示，从而得到MN=18﹣6r，接下来依据矩形的面积列方程求解即可；当点E在AD边上时．BM=3r，则MD=18﹣3r，最后由MB=3r=12列方程求解即可；‎ ‎（3）先根据题意画出符合题意的图形，①如图4所示，点E在AD上时，可求得DM=r，BM=3r，然后依据BM+MD=18，列方程求解即可；②如图5所示；依据图形的对称性可知得到OB=BD；③如图6所示，可证明D与O重合，从而可求得OB的长；④如图7所示：先求得DM=r，OMB=3r，由BM﹣DM=DB列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图1所示：设⊙O切AB于点P，连接OP，则∠OPB=90°．‎ ‎∵四边形ABCD为菱形，‎ ‎∴∠ABD=∠ABC=30°．‎ ‎∴OB=2OP．‎ ‎∵OP=OM，‎ ‎∴BO=2OP=2OM．‎ ‎（2）如图2所示：设GH交BD于点N，连接AC，交BD于点Q．‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC⊥BD．‎ ‎∴BD=2BQ=2AB•cos∠ABQ=AB=18．‎ 设⊙O的半径为r，则OB=2r，MB=3r．‎ ‎∵EF＞HE，‎ ‎∴点E，F，G，H均在菱形的边上．‎ ‎①如图2所示，当点E在AB上时．‎ 在Rt△BEM中，EM=BM•tan∠EBM=r．‎ 由对称性得：EF=2EM=2r，ND=BM=3r．‎ ‎∴MN=18﹣6r．‎ ‎∴S矩形EFGH=EF•MN=2r（18﹣6r）=24．‎ 解得：r1=1，r2=2．‎ 当r=1时，EF＜HE，‎ ‎∴r=1时，不合题意舍 当r=2时，EF＞HE，‎ ‎∴⊙O的半径为2．‎ ‎∴BM=3r=6．‎ 如图3所示：‎ 当点E在AD边上时．BM=3r，则MD=18﹣3r．‎ 由对称性可知：NB=MD=6．‎ ‎∴MB=3r=18﹣6=12．‎ 解得：r=4．‎ 综上所述，⊙O的半径为2或4．‎ ‎（3）解设GH交BD于点N，⊙O的半径为r，则BO=2r．‎ 当点E在边BA上时，显然不存在HE或HG与⊙O相切．‎ ‎①如图4所示，点E在AD上时．‎ ‎∵HE与⊙O相切，‎ ‎∴ME=r，DM=r．‎ ‎∴3r+r=18．‎ 解得：r=9﹣3．‎ ‎∴OB=18﹣6．‎ ‎②如图5所示；‎ 由图形的对称性得：ON=OM，BN=DM．‎ ‎∴OB=BD=9．‎ ‎③如图6所示．‎ ‎∵HG与⊙O相切时，MN=2r．‎ ‎∵BN+MN=BM=3r．‎ ‎∴BN=r．‎ ‎∴DM=FM=GN=BN=r．‎ ‎∴D与O重合．‎ ‎∴BO=BD=18．‎ ‎④如图7所示：‎ ‎∵HE与⊙O相切，‎ ‎∴EM=r，DM=r．‎ ‎∴3r﹣r=18．‎ ‎∴r=9+3．‎ ‎∴OB=2r=18+6．‎ 综上所述，当HE或GH与⊙O相切时，OB的长为18﹣6或9或18或18+6．‎ ‎24.如图，在矩形ABCD中，AB=‎6cm，AD=‎8cm，点P从点B出发，沿对角线BD向点D匀速运动，速度为‎4cm ‎/s，过点P作PQ⊥BD交BC于点Q，以PQ为一边作正方形PQMN，使得点N落在射线PD上，点O从点D出发，沿DC向点C匀速运动，速度为‎3m/s，以O为圆心，‎0.8cm为半径作⊙O，点P与点O同时出发，设它们的运动时间为t（单位：s）（0＜t＜）．‎ ‎（1）如图1，连接DQ平分∠BDC时，t的值为　　；‎ ‎（2）如图2，连接CM，若△CMQ是以CQ为底的等腰三角形，求t的值；‎ ‎（3）请你继续进行探究，并解答下列问题：‎ ‎①证明：在运动过程中，点O始终在QM所在直线的左侧；‎ ‎②如图3，在运动过程中，当QM与⊙O相切时，求t的值；并判断此时PM与⊙O是否也相切？说明理由．‎ ‎【考点】圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）先利用△PBQ∽△CBD求出PQ、BQ，再根据角平分线性质，列出方程解决问题．‎ ‎（2）由△QTM∽△BCD，得=列出方程即可解决．‎ ‎（3）①如图2中，由此QM交CD于E，求出DE、DO利用差值比较即可解决问题．‎ ‎②如图3中，由①可知⊙O只有在左侧与直线QM相切于点H，QM与CD交于点E．由△OHE∽△BCD，得=，列出方程即可解决问题．利用反证法证明直线PM不可能由⊙O相切．‎ ‎【解答】（1）解：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A=∠C=∠ADC=∠ABC=90°，AB=CD=6．AD=BC=8，‎ ‎∴BD===10，‎ ‎∵PQ⊥BD，‎ ‎∴∠BPQ=90°=∠C，‎ ‎∵∠PBQ=∠DBC，‎ ‎∴△PBQ∽△CBD，‎ ‎∴==，‎ ‎∴==，‎ ‎∴PQ=3t，BQ=5t，‎ ‎∵DQ平分∠BDC，QP⊥DB，QC⊥DC，‎ ‎∴QP=QC，‎ ‎∴3t=6﹣5t，‎ ‎∴t=，‎ 故答案为．‎ ‎（2）解：如图2中，作MT⊥BC于T．‎ ‎∵MC=MQ，MT⊥CQ，‎ ‎∴TC=TQ，‎ 由（1）可知TQ=（8﹣5t），QM=3t，‎ ‎∵MQ∥BD，‎ ‎∴∠MQT=∠DBC，‎ ‎∵∠MTQ=∠BCD=90°，‎ ‎∴△QTM∽△BCD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴t=（s），‎ ‎∴t=s时，△CMQ是以CQ为底的等腰三角形．‎ ‎（3）①证明：如图2中，由此QM交CD于E，‎ ‎∵EQ∥BD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴EC=（8﹣5t），ED=DC﹣EC=6﹣（8﹣5t）=t，‎ ‎∵DO=3t，‎ ‎∴DE﹣DO=t﹣3t=t＞0，‎ ‎∴点O在直线QM左侧．‎ ‎②解：如图3中，由①可知⊙O只有在左侧与直线QM相切于点H，QM与CD交于点E．‎ ‎∵EC=（8﹣5t），DO=3t，‎ ‎∴OE=6﹣3t﹣（8﹣5t）=t，‎ ‎∵OH⊥MQ，‎ ‎∴∠OHE=90°，‎ ‎∵∠HEO=∠CEQ，‎ ‎∴∠HOE=∠CQE=∠CBD，‎ ‎∵∠OHE=∠C=90°，‎ ‎∴△OHE∽△BCD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴t=．‎ ‎∴t=s时，⊙O与直线QM相切．‎ 连接PM，假设PM与⊙O相切，则∠OMH=PMQ=22.5°，‎ 在MH上取一点F，使得MF=FO，则∠FMO=∠FOM=22.5°，‎ ‎∴∠OFH=∠FOH=45°，‎ ‎∴OH=FH=0.8，FO=FM=0.8，‎ ‎∴MH=0.8（+1），‎ 由=得到HE=，‎ 由=得到EQ=，‎ ‎∴MH=MQ﹣HE﹣EQ=4﹣﹣=，‎ ‎∴0.8（+1）≠，矛盾，‎ ‎∴假设不成立．‎ ‎∴直线MQ与⊙O不相切．‎