考点12 中考一轮复习之圆-2022届九年级《新题速递·数学》（人教版）

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考点12 中考一轮复习之圆

姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________

一、单选题（共14小题）

1.（2021秋•南京期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠BOD＝130°，则∠A的度数为（　　）

A．50° B．65° C．115° D．130°

【答案】C
【分析】根据圆周角定理以及圆内接四边形的性质即可解决问题．
【解答】解：∵＝，
∴∠C＝∠DOB＝×130°＝65°，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠A＝180°﹣65°＝115°，
故选：C．
【知识点】圆周角定理、圆内接四边形的性质、圆心角、弧、弦的关系

2.（2021秋•朝阳县期末）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，＝，OD∥AC，下列结论错误的是（　　）

A．∠C＝∠D B．∠BOD＝∠COD C．∠BAD＝∠CAD D．∠BOD＝∠BAC

【答案】A
【分析】根据平行线的性质，圆心角、弧、弦的关系以及圆周角的定理进行做题．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，OD∥AC，＝，
∴∠BOD＝∠COD，∠BAD＝∠CAD，故B、C正确；
∵∠BAC＝∠BOC，∠BOD＝∠COD，
∴∠BOD＝∠BAC，故D正确．
故选：A．
【知识点】平行线的性质、圆周角定理

3.（2021秋•东莞市期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，∠CDB＝30°，⊙O的半径为3cm，则CD弦长为（　　）

A．cm B．cm C．3cm D．6cm

【答案】C
【分析】根据圆周角定理可求出∠COB的度数，再利用特殊角的三角函数值及垂径定理即可解答．
【解答】解：∵∠CDB＝30°，
∴∠COB＝60°，
又∵OC＝3cm，CD⊥AB于点E，
∴OE＝，
解得CE＝cm，
∴CD＝3cm．
故选：C．
【知识点】垂径定理、圆周角定理、解直角三角形

4.（2021•雅安）如图，△ABC内接于圆，∠ACB＝90°，过点C的切线交AB的延长线于点P，∠P＝28°．则∠CAB＝（　　）

A．62° B．31° C．28° D．56°

【答案】B
【分析】连接OC，如图，根据切线的性质得到∠PCO＝90°，则利用互余计算出∠POC＝62°，然后根据等腰三角形的性质和三角形外角性质计算∠A的度数．
【解答】解：连接OC，如图，
∵PC为切线，
∴OC⊥PC，
∴∠PCO＝90°，
∴∠POC＝90°﹣∠P＝90°﹣28°＝62°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
而∠POC＝∠A+∠OCA，
∴∠A＝×62°＝31°．
故选：B．

【知识点】三角形的外接圆与外心、切线的性质

5.（2021•河北）有一题目：“已知：点O为△ABC的外心，∠BOC＝130°，求∠A．”嘉嘉的解答为：画△ABC以及它的外接圆O，连接OB，OC．如图，由∠BOC＝2∠A＝130°，得∠A＝65°．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，∠A还应有另一个不同的值．”下列判断正确的是（　　）

A．淇淇说的对，且∠A的另一个值是115°
B．淇淇说的不对，∠A就得65°
C．嘉嘉求的结果不对，∠A应得50°
D．两人都不对，∠A应有3个不同值

【答案】A
【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案．
【解答】解：如图所示：∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补．
故∠A′＝180°﹣65°＝115°．
故选：A．

【知识点】三角形的外接圆与外心

6.（2021•武汉模拟）圆的直径为10cm，如果圆心与直线的距离是d，那么（　　）
A．当d＝8cm时，直线与圆相交
B．当d＝4.5cm时，直线与圆相离
C．当d＝5cm时，直线与圆相切
D．当d＝10cm时，直线与圆相切

【答案】C
【分析】求圆与直线的交点个数，即确定直线与圆的位置关系，关键是把d与半径5cm进行比较．若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．（d为圆心距，r为圆的半径）．
【解答】解：已知圆的直径为10cm，则半径为5cm，
当d＝5cm时，直线与圆相切，d＜5cm直线与圆相交，d＞5cm直线与圆相离，
故A、B、D错误，C正确，
故选：C．
【知识点】直线与圆的位置关系

7.（2021秋•龙湖区期末）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AC交BD于点G．若∠COD＝126°，则∠CAB的度数为（　　）

A．63° B．45° C．30° D．27°

【答案】D
【分析】利用圆周角定理得到∠BAD＝90°，∠CAD＝∠COD＝63°，然后计算∠BAD﹣∠CAD即可．
【解答】解：∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∵∠CAD＝∠COD＝×126°＝63°，
∴∠CAB＝∠BAD﹣∠CAD＝90°﹣63°＝27°．
故选：D．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理

8.（2021秋•如皋市期中）如图，△ABC的顶点A是⊙O上的一个动点，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，边AC，AB分别交⊙O于点E，D，分别过点E，D作⊙O的切线交于点F，且点F恰好在边BC上，连接OC，若⊙O的半径为6，则OC的最大值为（　　）

A．+ B．2+ C．3+ D．5

【答案】A
【分析】如图，取EF的中点T，连接CT，OT，OF．想办法求出CT，OT，根据OC≤CT+OT，即可解决问题．
【解答】解：如图，取EF的中点T，连接CT，OT，OF．

∵∠EOD＝2∠A，∠A＝30°，
∴∠EOD＝60°，
∵EF，FD是⊙O的切线，
∴FE＝FD，∠OEF＝∠ODF＝90°，
∴∠EOF＝∠DOF＝30°，
∴EF＝OE•tan30°＝2，
∴ET＝TF＝，
∴OT＝＝＝，
∵∠ECF＝90°，ET＝TF，
∴CT＝EF＝，
∴OC≤CT+OT，
∴OC≤+．
故选：A．
【知识点】圆周角定理、切线的性质、勾股定理

9.（2021秋•泗阳县期中）如图，点C是以AB为直径的圆上一个动点（不与点A、B重合），且AC+BC＝12．若AB＝m（m为整数），则整数m的值的个数为（　　）

A．0个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C
【分析】根据题意，可知∠ACB＝90°，再根据点C是以AB为直径的半圆上一个动点（不与点A、B重合），且AC+BC＝12，可知0＜AC＜12，然后利用勾股定理和分类讨论的方法可以得到m的值，本题得以解决．
【解答】解：设AC＝x，则BC＝12﹣x，
∵点C是以AB为直径的半圆上一个动点（不与点A、B重合），
∴∠ACB＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴m2＝x2+（12﹣x）2，
∴m2＝2[（x﹣6）2+36]
∵点C是以AB为直径的半圆上一个动点（不与点A、B重合），
∴0＜x＜12，
∴0≤（x﹣6）2＜36，
∴72≤2[（x﹣6）2+36]＜144，
又∵m为整数，
∴当2[（x﹣6）2+36]＝81或2[（x﹣4）2+16]＝100或2[（x﹣4）2+16]＝121时，m为整数9或10或11，
则整数m的值的个数为3个，
故选：C．
【知识点】圆周角定理

10.（2021秋•河南期末）如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，连接CO，作AD∥OC，若CO＝，AC＝2，则AD＝（　　）

A．3 B．2 C． D．

【答案】D
【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后可以求得OG的长，再利用勾股定理即可得到AG的长，从而可以得到AD的长．
【解答】解：作AE⊥OC于点E，作OF⊥CA于点F，作OG⊥AD于点G，
则EA∥OG，
∵AD∥OC，
∴四边形OEAG是矩形，
∴OG＝EA，
∵OF⊥AC，OA＝OC＝，AC＝2，
∴CF＝1，
∴OF＝＝，
∵，
∴，
解得AE＝，
∴OG＝，
∵OG⊥AD，
∴AG＝＝＝，
∴AD＝2AG＝，
故选：D．

【知识点】圆周角定理

11.（2021秋•吴兴区期末）如图，将边长为6的正六边形ABCDEF沿HG折叠，点B恰好落在边AF的中点上，延长B′C′交EF于点M，则C′M的长为（　　）

A．1 B． C． D．

【答案】A
【分析】过点H作FA延长的垂线HQ，设AH＝x，可得AQ＝x，QH＝x，可得BH＝B′H＝AB﹣AH＝6﹣x，由AB′＝AB＝3，可得B′Q＝B′A+AQ＝3+x，在Rt△B′HQ中，根据勾股定理即可得x的值，再证明△AB′M∽△FMB′，对应边成比例即可求出结果．
【解答】解：如图，过点H作FA延长的垂线HQ，

∵∠BAF＝120°，
∴∠HAQ＝60°，∠HQA＝90°，
∴∠AHQ＝30°，
设AH＝x，∴AQ＝x，QH＝x，
∴BH＝B′H＝AB﹣AH＝6﹣x，
∵AB′＝AB＝3，
∴B′Q＝B′A+AQ＝3+x，
在Rt△B′HQ中，根据勾股定理，得
B′H2＝B′Q2+QH2，
∴（6﹣x）2＝（3+x）2+x2，
解得x＝，
∴B′H＝6﹣x＝，
∵∠HAB′＝∠F＝∠HB′M＝120°，
∴∠AHB′+∠AB′H＝60°，∠FB′M+∠AB′H＝60°，
∴∠AHB′＝∠FB′M，
∴△AB′M∽△FMB′，
∴＝，
∴＝，
解得B′M＝7，
∴C′M＝B′M﹣B′C′＝7﹣6＝1．
故选：A．
【知识点】正多边形和圆、翻折变换（折叠问题）

12.（2021秋•抚顺期末）如图，点A，D，B，C是圆O上的四个点，连接AB，CD，相交于点E，若∠BOD＝40°，∠AOC＝120°，则∠AEC等于（　　）

A．70° B．75° C．80° D．85°

【答案】C
【分析】连接BC，根据圆周角定理和已知条件求出∠ABC和∠DCB的度数，再根据三角形的外角性质求出答案即可．
【解答】解：连接BC，

∵对的圆周角是∠ABC，圆心角是∠AOC，∠AOC＝120°，
∴∠ABC＝AOC＝60°，
同理可得：∠DCB＝BOD＝＝20°，
∴∠AEC＝∠ABC+∠DCB＝60°+20°＝80°，
故选：C．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理

13.（2021秋•交城县期中）如图，AB是⊙O的直径，AB＝AC且∠BAC＝45°，⊙O交BC于点D，交AC于点E，DF与⊙O相切，OD与BE相交于点H．下列结论错误的是（　　）

A．BD＝CD B．四边形DHEF为矩形
C．＝2 D．BC＝2CE

【答案】D
【分析】根据圆的切线、圆周角定理、垂径定理、矩形的判定等矩形逐一判断即可．
【解答】解：如图，连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝CD，
故A正确；
∵DF与⊙O相切，
∴OD⊥DF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∵AO＝BO，BD＝CD，
∴OD∥AC，
∴∠EHD＝90°，
∴四边形DHEF为矩形，
故B正确；

∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠ABE＝45°，
∴AE＝BE，
∵∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
∵＝，
∴＝2，
故C正确；
∵∠BAC＝45°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝67.5°，
即∠BCE＝67.5°，
∴∠EBC＝22.5°，
∴sin∠EBC＝sin22.5°＝≠．
∴BC≠2CE，
故D错误．
故选：D．
【知识点】切线的性质、圆周角定理、垂径定理、矩形的判定

14.（2021•浙江自主招生）如图，已知⊙O的半径为10，A、B是⊙O上的两点，∠AOB＝90°，C是射线OB上一个动点，连结AC并延长交⊙O于点D，过点D作DE⊥OD交OB的延长线于点E．当∠A从30°增大到60°时，弦AD在圆内扫过的面积是（　　）

A． B． C． D．

【答案】B
【分析】过点D作AO的垂线，交AO的延长线于F，求两个弓形的面积之差即可；
【解答】解：过点D作AO的垂线，交AO的延长线于F．

当∠A＝30°时，∠DOF＝60°，DF＝OD•sin60°＝10×＝5，
S弓形ABD＝﹣×10×5＝π﹣25，
当∠A＝60°时，
过点D'作D'F⊥OA于F'，连接OD'，
∠D'OF'＝60°，D'F'＝5，
S弓形ABD'＝﹣×10×5＝π﹣25，
∴S＝π﹣25﹣（π﹣25）＝π．
故选：B．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理


二、填空题（共10小题）

15.（2021秋•乌苏市期末）如图，∠ABC＝90°，O为射线BC上一点，以点O为圆心、BO长为半径作⊙O，当射线BA绕点B按顺时针方向旋转　　度时与⊙O相切．


【答案】60或120
【分析】将射线BA绕点B顺时针旋转60°时，记为射线BE，作OD⊥BE，垂足为D，在直角三角形BOD中，证明圆心到直线的距离等于半径即可证得．
【解答】解：射线BA绕点B顺时针旋转60度或120度时与圆O相切．
证明：将射线BA绕点B顺时针旋转60°时，记为射线BE，
作OD⊥BE，垂足为D，
∵在直角三角形BOD中，∠DBO＝∠ABO﹣60°＝30°，
∴OD＝BO，即为⊙O的半径，
∴BE与⊙O相切．
射线BA绕点B顺时针旋转120°时，同理可证．
故答案是：60或120．

【知识点】切线的性质

16.（2021秋•玄武区月考）如图，直线a⊥b，垂足为H，点P在直线b上，PH＝4cm，O为直线b上一动点，若以2cm为半径的⊙O与直线a相切，则OP的长为　　．


【答案】2cm或6cm
【分析】当点O在点H的左侧⊙O与直线a相切时，OP＝PH﹣OH；当点O在点H的右侧⊙O与直线a相切时，OP＝PH+OH，即可得出结果．
【解答】解：∵直线a⊥b，O为直线b上一动点，
∴⊙O与直线a相切时，切点为H，
∴OH＝2cm，
当点O在点H的左侧，⊙O与直线a相切时，如图1所示：

OP＝PH﹣OH＝4﹣2＝2（cm）；
当点O在点H的右侧，⊙O与直线a相切时，如图2所示：

OP＝PH+OH＝4+2＝6（cm）；
∴⊙O与直线a相切，OP的长为2cm或6cm，
故答案为：2cm或6cm．
【知识点】切线的性质

17.（2021•宜宾）如图，A、B、C是⊙O上的三点，若△OBC是等边三角形，则cos∠A＝　　．


【分析】由△OBC是等边三角形可知∠BOC＝60°，根据圆周角定理可求出∠A的度数，可得cos∠A．
【解答】解：∵△OBC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∴∠A＝30°，
∴cos∠A＝cos30°＝．
故答案为：．
【知识点】圆周角定理、等边三角形的性质、解直角三角形

18.（2021秋•温岭市期中）如图，⊙O中，OA⊥BC，∠AOB＝46°，则∠ADC＝　　．


【答案】23°
【分析】由⊙O中，OA⊥BC，利用垂径定理，即可证得＝，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得圆周角∠ADC的度数．
【解答】解：∵OA⊥BC，
∴＝，
∴∠ADC＝∠AOB＝23°，
故答案为：23°．
【知识点】圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系、垂径定理

19.（2021•杭州模拟）如图，射线PB，PD分别交圆O于点A，B和点C，D，且AB＝CD＝8．已知圆O半径等于5，OA∥PC，则OP的长度为　　．


【分析】作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，连接OP，如图，利用在等圆中相等的弦所对应的弦心距相等得到OE＝OF，则根据角平分线的性质定理的逆定理可判断PO平分∠BPD，则可证明∠APO＝∠AOP，所以PA＝AO＝5，接着根据垂径定理得到AE＝BE＝AB＝4，然后利用勾股定理先计算出OE，接着计算OP的长．
【解答】解：作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，连接OP，如图，
∵AB＝CD，
∴OE＝OF，
而OE⊥AB，OF⊥CD，
∴PO平分∠BPD，
∴∠APO＝∠OPC，
∵OA∥PC，
∴∠AOP＝∠OPC，
∴∠APO＝∠AOP，
∴PA＝AO＝5，
∵OE⊥AB，
∴AE＝BE＝AB＝4，
在Rt△AOE中，OE＝＝3，
在Rt△POE中，PO＝＝3．
故答案为3．

【知识点】勾股定理、垂径定理

20.（2021秋•荔湾区期末）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的切线EF分别交PA，PB于点E，F，切点C在弧AB上，若PA长为8，则△PEF的周长是　　．


【答案】16
【分析】由切线长定理知，AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝12，然后根据△PEF的周长公式即可求出其结果．
【解答】解：∵PA、PB、EF分别与⊙O相切于点A、B、C，
∴AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝8，
∴△PEF的周长＝PE+EF+PF＝PA+PB＝16．
故答案为：16．
【知识点】垂径定理、切线的性质

21.（2021•河南）如图，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，OD平分∠BOC交于点D，点E为半径OB上一动点．若OB＝2，则阴影部分周长的最小值为　　．



【分析】利用轴对称的性质，得出当点E移动到点E′时，阴影部分的周长最小，此时的最小值为弧CD的长与CD′的长度和，分别进行计算即可．
【解答】解：如图，作点D关于OB的对称点D′，连接D′C交OB于点E′，连接E′D、OD′，
此时E′C+E′D最小，即：E′C+E′D＝CD′，
由题意得，∠COD＝∠DOB＝∠BOD′＝30°，
∴∠COD′＝90°，
∴CD′＝＝＝2，
的长l＝＝，
∴阴影部分周长的最小值为2+＝．
故答案为：．

【知识点】轴对称-最短路线问题、弧长的计算

22.（2021秋•秦淮区期中）如图，E是⊙O的直径AB上一点，AB＝10，BE＝2，过点E作弦CD⊥AB，P是上一动点，连接DP，过点A作AQ⊥PD，垂足为Q，则OQ的最小值为　　．


【分析】先根据圆周角定理判断点Q在以AD为直径的圆上，连接AD，以AD为直径作⊙M，如图，连接MO并延长交⊙M于Q′，则当Q点运动到Q′时，OQ的值最小，连接OD，再利用勾股定理计算出DE、AD、OM，然后计算OQ′即可．
【解答】解：∵AQ⊥PD，垂足为Q，
∴∠AQD＝90°，
∴点Q在以AD为直径的圆上，
连接AD，以AD为直径作⊙M，如图，
连接MO并延长交⊙M于Q′，
当Q点运动到Q′时，OQ的值最小，
连接OD，
在Rt△ODE中，∵OD＝5，OE＝5﹣2＝3，
∴DE＝＝4，
在Rt△ADE中，AD＝＝4，
∴MA＝MQ′＝2，
在Rt△AOM中，OM＝＝，
∴OQ′＝MQ′﹣OM＝2﹣＝，
∴OQ的最小值为．
故答案为．

【知识点】垂径定理、勾股定理

23.（2021•宁波模拟）如图，在平面直角坐标系中，以点A（0，2）为圆心，2为半径的圆交y轴于点B．已知点C（2，0），点D为⊙A上的一动点，以CD为斜边，在CD左侧作等腰直角三角形CDE，连结BC，则△BCE面积的最小值为　　．



【分析】设出点E（m，n），先构造出△CME≌△END（AAS），进而确定出点D（m+n，n+2﹣m），再利用AD＝2，建立方程，利用两点间的距离得出点E是以O为圆心，为半径的圆上，即可得出结论．
【解答】解：如图，设E（m，n），
过点E作EM⊥x轴于M，过点作DN⊥EM，交ME的延长线于N，
∴∠CME＝∠END＝90°，
∴∠MCE+∠MEC＝90°，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴CE＝DE，∠CED＝90°，
∴∠NED+∠MEC＝90°，
∴∠MCE＝∠NED，
∴△CME≌△END（AAS），
∴EM＝DN＝n，CM＝EN＝2﹣m，
∴D（m+n，n+2﹣m），
∵点D在以A（0，2）为圆心半径为2的圆上，
连接AD，则AD＝2，
∴＝2，
∴＝，
即＝，
∴点E在以点O为圆心，为半径的圆上，（到定点（0，0）的距离是的点的轨迹），
∵以点A（0，2）为圆心，2为半径的圆交y轴于点B，
∴B（0，4），
∴OB＝4，
∵C（2，0），
∴OC＝2，
∴BC＝2，
过点O作OH⊥BC于H，
∴OH＝＝，
设点E到BC的距离为h，
∴S△BCE＝BC•h＝×h＝h，
∴h最小时，S△BCE最小，而h最小＝OH﹣＝﹣，
∴S△BCE最小＝（﹣）＝4﹣，
故答案为：4﹣．

【知识点】三角形的面积、圆周角定理

24.（2021•南充）△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，将△ABC绕点C旋转到△EDC，点E在⊙O上，已知AE＝2，tanD＝3，则AB＝　　．


【分析】根据圆周角定理得到∠AEB＝∠ACB＝90°，根据旋转的性质得到AC＝CE，BC＝CD，∠ACE＝∠BCD，∠ECD＝∠ACB＝90°，设CE＝3x，CD＝x，由勾股定理得到DE＝x，根据相似三角形的性质得到BD＝根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝∠ACB＝90°，
∵将△ABC绕点C旋转到△EDC，
∴AC＝CE，BC＝CD，∠ACE＝∠BCD，∠ECD＝∠ACB＝90°，
∵tanD＝＝3，
∴设CE＝3x，CD＝x，
∴DE＝x，
∵∠ACE＝∠BCD，∠D＝∠ABC＝∠AEC，
∴△ACE∽△BCD，
∴＝3，∠CBD＝∠CAE，
∵AE＝2，
∴BD＝
∵∠EAC+∠CBE＝180°，
∴∠CBD+∠CBE＝180°，
∴D，B，E三点共线，
∴BE＝DE﹣BD＝x﹣，
∵AE2+BE2＝AB2，
∴22+（x﹣）2＝（x）2，
∴x＝，
∴AB＝DE＝，
故答案为：．

【知识点】解直角三角形、圆周角定理、旋转的性质、三角形的外接圆与外心


三、解答题（共10小题）

25.（2021•兴化市二模）已知，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB为直径的⊙O与BC相交于点E，在AC上取一点D，使得DE＝AD，
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）当BC＝10，AD＝4时，求⊙O的半径．


【分析】（1）连接OE、DE，证明△AOD≌△EOD，得到∠OED＝∠BAC＝90°，证明结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠AOD＝∠EOD，根据三角形的外角的性质得到∠BEO＝∠EOD，得到OD∥BC，求出OD，根据勾股定理计算即可．
【解答】（1）证明：连接OE、OD，
在△AOD和△EOD中，
，
∴△AOD≌△EOD（SSS），
∴∠OED＝∠BAC＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵△AOD≌△EOD，
∴∠AOD＝∠EOD，
∵OB＝OE，
∴∠B＝∠OEB，
∵∠AOE＝∠B+∠OEB，
∴∠BEO＝∠EOD，
∴OD∥BC，又AO＝BO，
∴OD＝BC＝5，
由勾股定理得，AO＝＝3，
则⊙O的半径为3．

【知识点】圆周角定理、切线的判定

26.（2021秋•河口区校级月考）如图，C是以AB为直径的⊙O上一点，过O作OE⊥AC于点E，过点A作⊙O的切线交OE的延长线于点F，连接CF并延长交BA的延长线于点P．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若AB＝4，AP：PC＝1：2，求CF的长．


【分析】（1）连接OC，证明△AOF≌△COF，得到∠OCF＝∠OAF＝90°，根据切线的判定定理证明PC是⊙O的切线；
（2）根据切线长定理求出PC的长，根据平行线分线段成比例定理得到PF与FC之比，计算得到答案．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵AB为⊙O的直径，∠ACB＝90°，又OE⊥AC，
∴BC∥OF，
∴∠AOF＝∠OBC，∠FOC＝∠OCB，
∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠AOF＝∠COF，
在△AOF和△COF中，
，
∴△AOF≌△COF，
∴∠OCF＝∠OAF＝90°，
∴PC是⊙O的切线；
（2）设AP＝x，则PC＝2x，
由切割线定理得，PC2＝PA•PB，
即4x2＝x（x+4），
解得x＝，
∵BC∥OF，
∴＝，即＝，
解得，FC＝1．

【知识点】切线的判定与性质

27.（2021秋•如皋市期中）如图，AB是⊙O的弦，OP⊥OA交AB于点P，过点B的切线交OP的延长线于点C．
（1）求证：△PBC是等腰三角形；
（2）若⊙O的半径为，OP＝1，求BC的长．


【分析】（1）由BC是⊙O的切线，根据切线的性质得到∠OBA+∠ABC＝90°，由垂直的定义得到∠OPA+∠A＝90°，等量代换得到∠A＝∠OBA，∠ABC＝∠OPA＝∠CPB，进一步得到结果．
（2）设BC＝x，则PC＝x，在Rt△OBC中，根据勾股定理得到（）2+x2＝（x+1）2，然后解方程即可．
【解答】（1）证明：
∵BC是⊙O的切线，
∴∠OBA+∠ABC＝90°．
∵OP⊥OA，
∴∠OPA+∠A＝90°．
又∵OB＝OA，
∴∠A＝∠OBA．
∴∠ABC＝∠OPA＝∠CPB，
∴CP＝CB；
∴△PBC是等腰三角形；
（2）解：设BC＝x，则PC＝x，
在Rt△OBC中，OB＝，OC＝CP+OP＝x+1，
∵OB2+BC2＝OC2，
∴（）2+x2＝（x+1）2，
解得x＝2，
即BC的长为2．
【知识点】切线的性质

28.（2021•闵行区一模）如图，⊙O是△BC的外接圆，AB长为4，AB＝AC，联结CO并延长，交边AB于点D，交AB于点E，且E为AB的中点．求：
（1）边BC的长；
（2）⊙O的半径．


【分析】（1）利用垂径定理的推论可判断CD垂直平分AB，所以CB＝CA＝4；
（2）连接OB，如图，先证明ABC为等边三角形得到∠A＝60°，利用圆周角定理得到∠BOC＝120°，则∠BOD＝60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出OB即可．
【解答】解：（1）∵E点为的中点，CE为直径，
∴CE⊥AB，
∴AD＝BD，
即CD垂直平分AB，
∴CB＝CA＝4；
（2）连接OB，如图，
∵AB＝BC＝AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠A＝60°，
∴∠BOC＝2∠A＝120°，
∴∠BOD＝60°，
在Rt△BOD中，BD＝AB＝2，
∴OD＝BD＝，
∴OB＝2OD＝，
即⊙O的半径为．

【知识点】三角形的外接圆与外心

29.（2021秋•玉田县期末）如图，在△ABC中，点O是AB边上一点，OB＝OC，∠B＝30°，过点A的⊙O切BC于点D，CO平分∠ACB．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若BC＝12，求⊙O的半径长；
（3）求阴影部分的面积．


【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠OCB＝∠B＝30°．由角平分线的定义以及切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接OD，设OC交⊙O于点F．得出∠COD＝∠BOD＝60°，CD＝BC＝6，解直角三角形即可得到结论；
（3）由三角形的面积公式和扇形的面积公式可得出答案．
【解答】（1）证明：∵OB＝OC，∠B＝30°，
∴∠OCB＝∠B＝30°．
又∵CO平分∠ACB，
∴∠ACB＝2∠OCB＝60°．
∴∠BAC＝90°．
∴OA⊥AC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接OD，设OC交⊙O于点F．

∵⊙O切BC于点D，
∴OD⊥BC．
又∵OB＝OC，∠B＝30°，BC＝12，
∴∠COD＝∠BOD＝60°，CD＝BC＝6，
∵tan∠COD＝，
∴OD＝＝＝2；
（3）解：∵OD＝2，∠DOF＝60°，
∴S阴影＝S△OCD﹣S扇形ODF＝×6×2﹣＝6﹣2π．
【知识点】扇形面积的计算、圆周角定理、切线的判定与性质

30.（2021秋•秦淮区校级月考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC与BD为对角线，∠BCA＝∠BAD，过点A作AE∥BC交CD的延长线于点 E．求证：EC＝AC．


【分析】根据平行线的性质得到∠E+∠ECB＝180°，∠BCA＝∠CAE．根据圆内接四边形的性质得到∠BAD+∠ECB＝180°，等量代换得到∠E＝∠CAE，根据等腰三角形的判定定理证明结论．
【解答】证明：∵AE∥BC，
∴∠E+∠ECB＝180°，∠BCA＝∠CAE，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠ECB＝180°，
∴∠E＝∠BAD，
∵∠BCA＝∠BAD，
∴∠E＝∠CAE，
∴EC＝AC．
【知识点】圆周角定理、圆内接四边形的性质

31.（2021•武汉模拟）如图，在正方形ABCD中，以BC为直径作半圆O，以点D为圆心、DA为半径做圆弧交半圆O于点P．连结DP并延长交AB于点E．
（1）求证：DE为半圆O的切线；
（2）求的值．


【分析】（1）根据SSS证得△ODP≌△ODC，从而证得∠OPD＝∠OCD＝90°，即可证得结论；
（2）根据切线定理和勾股定理得到AB＝3EB，即可证得AE＝3EB，从而求得＝3．
【解答】（1）证明：连接OP，OD，
∵BC是⊙O的直径，
∴OP＝OC，
∵以点D为圆心、DA为半径做圆弧，
∴PD＝CD，
在△ODP和△ODC中，
，
∴△ODP≌△ODC（SSS），
∴∠OPD＝∠OCD＝90°，
∵P点在⊙O上，
∴DE为半圆O的切线；
（2）解：∵以点O为圆心、OB为半径做圆弧，四边形ABCD是正方形，
∴EB是⊙D的切线，
∵DE为半圆O的切线，
∴EB＝EP，
设正方形的边长为a，EB＝EP＝x，
∴AE＝a﹣x，DE＝a+x，
∵AD2+AE2＝DE2，
∴a2+（a﹣x）2＝（a+x）2，
解得x＝，
∴BE＝，
∴AE＝3EB，
∴＝3．

【知识点】切线的判定与性质、圆周角定理、正方形的性质、相似三角形的判定与性质

32.（2021秋•西岗区期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O与BC相交于点D，过点D作DE⊥AB交CA的延长线于点E，垂足为点F．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若⊙O的半径R＝3，cos∠E＝，求EF的长．


【分析】（1）连接OD，证明AB∥OD，由DE⊥AB，可得结论；
（2）根据题意得到＝，即可得到＝，由AB∥OD，得到△AEF∽△OED，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）DE与⊙O相切，
理由：连接OD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵AB＝AC，
∴∠B═∠C，
∴∠B＝∠ODC，
∴AB∥OD，
∵DE⊥AB，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵DE⊥AB，cos∠E＝，
∴＝，
∴＝，
∵AB∥OD，
∴△AEF∽△OED，
∴＝，
∵OA＝OD＝R＝3，
∴＝，
∴EA＝2，
∵＝，
∴EF＝×2＝．

【知识点】勾股定理、垂径定理、解直角三角形、圆周角定理、等腰三角形的性质、直线与圆的位置关系

33.（2021•绵阳）如图，△ABC内接于⊙O，点D在⊙O外，∠ADC＝90°，BD交⊙O于点E，交AC于点F，∠EAC＝∠DCE，∠CEB＝∠DCA，CD＝6，AD＝8．
（1）求证：AB∥CD；
（2）求证：CD是⊙O的切线；
（3）求tan∠ACB的值．

【分析】（1）由圆周角定理与已知得∠BAC＝∠DCA，即可得出结论；
（2）连接EO并延长交⊙O于G，连接CG，则EG为⊙O的直径，∠ECG＝90°，证明∠DCE＝∠EGC＝∠OCG，得出∠DCE+∠OCE＝90°，即可得出结论；
（3）连接OA，由三角函数定义求出cos∠ACD＝，证出∠ABC＝∠ACD＝∠CAB，求出BC＝AC＝10，AB＝12，过点B作BG⊥AC于G，设GC＝x，则AG＝10﹣x，由勾股定理得出方程，解方程得GC＝，由勾股定理求出BG＝，由三角函数定义即可得答案．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠CEB，∠CEB＝∠DCA，
∴∠BAC＝∠DCA，
∴AB∥CD；
（2）证明：连接EO并延长交⊙O于G，连接CG、OC，如图1所示：

则EG为⊙O的直径，
∴∠ECG＝90°，
∵OC＝OG，
∴∠OCG＝∠EGC，
∵∠EAC＝∠EGC，∠EAC＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠EGC＝∠OCG，
∵∠OCG+∠OCE＝∠ECG＝90°，
∴∠DCE+∠OCE＝90°，即∠DCO＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（3）解：连接OA，如图2所示：

∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠AOC+∠OAC+∠OCA＝180°，2∠ABC＝∠AOC，
∴∠ABC+∠OCA＝90°，
由（2）得：∠OCA+ACD＝90°，
∴∠ABC＝∠ACD，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AC＝＝＝10，
∴cos∠ACD＝＝＝，
∵AB∥CD，
∴∠ABC＝∠ACD＝∠CAB，
∴BC＝AC＝10，AB＝2BC•cos∠ABC＝2×10×＝12，
过点B作BG⊥AC于G，如图2所示：
设GC＝x，则AG＝10﹣x，
由勾股定理得：AB2﹣AG2＝BG2＝BC2﹣GC2，
即：122﹣（10﹣x）2＝102﹣x2，
解得：x＝，
∴GC＝，
∴BG＝＝＝，
∴tan∠ACB＝＝＝．
【知识点】圆的综合题

34.（2021秋•荔湾区期末）如图1，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，点P从点B出发，沿AB边向终点A以每秒1cm的速度运动，同时点Q从点C出发沿C→B→A向终点A以每秒3cm的速度运动，P、Q其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．解答下列问题：
（1）当Q在BC边时，
①当t为　　秒时，PQ的长为2cm？
②连接AQ，当t为几秒时，△APQ的面积等于16cm2？
（2）如图2，以P为圆心，PQ长为半径作⊙P，在整个运动过程中，是否存在这样的t值，使⊙P正好与△ABD的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．


【答案】2
【分析】（1）①由题意得BP＝t，CQ＝3t，则AP＝6﹣t，BQ＝BC﹣CQ＝8﹣3t，在Rt△BCP中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②由三角形面积得×（6﹣t）（8﹣3t）＝16，解方程即可；
（2）分情况讨论：①若与BD相切，过P作PK⊥BD于K，则∠PKB＝90°，PK＝PQ＝PB﹣BQ＝t﹣（3t﹣8）＝8﹣2t，证△PBK∽△DBA，得＝，即可得出答案；
②若与AD相切，Q在BC上，PQ＝PA，Q在BC上，则PQ＝PA＝6﹣t，在Rt△PBQ中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
③若与AD相切，当P、Q两点中Q先到A点时，此时t＝；
④若与AD相切，当点Q未到达点A时，则PA＝PQ，得6﹣t＝t﹣（3t﹣8），解得t＝2，舍去；即可得出结论．
【解答】解：（1）①由题意得：BP＝t，CQ＝3t，
则AP＝6﹣t，BQ＝BC﹣CQ＝8﹣3t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
在Rt△BCP中，由勾股定理得：BP2+BQ2＝PQ2，
即t2+（8﹣3t）2＝（2）2，
解得：t＝2，或t＝（不合题意舍去），
∴t＝2，
即当t为2秒时，PQ的长为2cm，
故答案为：2；
②如图1所示：

由题意得：点Q在BC边上，
∵△APQ的面积＝AP×BQ＝16，
∴×（6﹣t）（8﹣3t）＝16，
解得：t＝，或t＝8（不合题意舍去），
∴当t为秒时，△APQ的面积等于16cm2；
（2）存在这样的t值，使⊙P正好与△ABD的边AD或BD相切，此时Q在AB上，且t＞s，理由如下：
①若与BD相切，过P作PK⊥BD于K，如图3所示：

则∠PKB＝90°，PK＝PQ＝PB﹣BQ＝t﹣（3t﹣8）＝8﹣2t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°＝∠PKB，AD＝BC＝8，
∴BD＝＝＝10，
∵∠PBK＝∠DBA，
∴△PBK∽△DBA，
∴＝，
即＝，
解得：t＝；
②若与AD相切，Q在BC上，PQ＝PA，Q在BC上，如图2﹣1所示：

则PQ＝PA＝6﹣t，
在Rt△PBQ中，由勾股定理得：t2+（8﹣3t）2＝（6﹣t）2，
解得：t＝，或t＝（不合题意舍去），
∴t＝；
③若与AD相切，当P、Q两点中Q先到A点时，如图4所示：

此时t＝，
∴⊙P的半径为6﹣＝；
④若与AD相切，当点Q未到达点A时，如图5所示：

则PA＝PQ，
∴6﹣t＝t﹣（3t﹣8），
解得：t＝2，
当t＝2时，PB＝2，则AP＝6﹣2＝4≠PQ，故舍去；
综上所述，t的值为秒或秒或秒．
【知识点】圆的综合题