决胜2021年中考数学压轴题全揭秘精品专题13圆的有关位置关系含答案解析.docx

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决胜2021中考数学压轴题全揭秘精品
专题13 圆的有关位置关系


【考点1】点与圆的位置关系
【例1】1．(2020·江苏连云港·初三二模)已知⊙O的半径OA长为1，OB＝，则可以得到的正确图形可能是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据点到直线的距离和圆的半径的大小关系判断点与圆的位置关系即可
【详解】
解：∵⊙O的半径OA长1，若OB＝，
∴OA＜OB，
∴点B在圆外，
故选：D．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是根据数据判断出点到圆心的距离和圆的半径的大小关系，难度不大．
【变式1-1】(2020·广州市育才中学初三期中)已知⊙O的半径为5，若PO＝4，则点P与⊙O的位置关系是(　　)
A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．无法判断
【答案】A
【分析】
已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，①当r＞d时，点P在⊙O内，②当r=d时，点P在⊙O上，③当r＜d时，点P在⊙O外，根据以上内容判断即可．
【详解】
∵⊙O的半径为5，若PO＝4，
∴4＜5，
∴点P与⊙O的位置关系是点P在⊙O内，
故选：A．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系的应用，注意：已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，①当r＞d时，点P在⊙O内，②当r=d时，点P在⊙O上，③当r＜d时，点P在⊙O外．
【变式1-2】((2019·四川省成都市簇锦中学中考模拟)若⊙A的半径为5，圆心A的坐标是(1，2)，点P的坐标是(5，2)，那么点P的位置为(　　)
A．在⊙A内 B．在⊙A上 C．在⊙A外 D．不能确定
【答案】A
【分析】
先根据两点间的距离公式计算出PA的长，然后比较PA与半径的大小，再根据点与圆的关系的判定方法进行判断．
【详解】
∵圆心A的坐标是(1，2)，点P的坐标是(5，2)，
∴AP==4＜5，
∴点P在⊙A内，
故选A．
【点睛】
本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．也考查了坐标与图形性质．
【考点2】直线与圆的位置关系
【例2】(2020·遵化市阳光燕山学校初三一模)如图，在直线l上有相距7cm的两点A和O(点A在点O的右侧)，以O为圆心作半径为1cm的圆，过点A作直线AB⊥l．将⊙O以2cm/s的速度向右移动(点O始终在直线l上)，则⊙O与直线AB在( )秒时相切．

A．3 B．3.5 C．3或4 D．3或3.5
【答案】C
【分析】
存在2种情况，如下图，一种是AB与圆上的点M相切，另一种是AB与圆上的点N相切．
【详解】
如下图，⊙O与交于点M和点N

情况一：直线AB与圆上点M相切
则点M与点A重合
∵AO=7cm，⊙O的半径为1cm
∴MA=6cm
∵⊙O以2cm/s的速度向右移动
∴t=s
情况二：直线AB与圆上点N相切
则点N与点A重合
同理，NA=8cm
∴t=s
故选：C
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，相切即直线到圆心的距离等于圆的半径，注意，圆向右运动的过程中，会有2次与直线AB相切的时刻．
【变式2-1】(2020·四川凉山·初三零模)如图，在半径为5cm的⊙O中，直线l交⊙O于A、B两点，且弦AB＝8cm，要使直线l与⊙O相切，则需要将直线l向下平移(　　)

A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
【答案】B
【分析】
作出OC⊥AB，利用垂径定理求出BC＝4，再利用勾股定理求出OC＝3，即可求出要使直线l与⊙O相切，则需要将直线l向下平移的长度．
【详解】
解：作OC⊥AB，

又∵⊙O的半径为5cm，直线l交⊙O于A、B两点，且弦AB＝8cm
∴BO＝5，BC＝4，
∴由勾股定理得OC＝3cm，
∴要使直线l与⊙O相切，则需要将直线l向下平移2cm．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了切线的性质定理与垂径定理，根据图形求出OC的长度是解决问题的关键．
【变式2-2】(2019·浙江中考真题)如图，中，，，点在边上，，.点是线段上一动点，当半径为6的圆与的一边相切时，的长为________.

【答案】或
【解析】
【分析】
根据勾股定理得到，，当⊙P于BC相切时，点P到BC的距离=6，过P作PH⊥BC于H，则PH=6，当⊙P于AB相切时，点P到AB的距离=6，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BD+CD=18，
∴，
在Rt△ADC中，∠C=90°，AC=12，CD=5，
∴，
当⊙P于BC相切时，点P到BC的距离=6，
过P作PH⊥BC于H，则PH=6，

∵∠C=90°，
∴AC⊥BC，
∴PH∥AC，
∴△DPH∽△DAC，
∴，
∴，
∴PD=6.5，
∴AP=6.5；
当⊙P于AB相切时，点P到AB的距离=6，
过P作PG⊥AB于G，
则PG=6，
∵AD=BD=13，
∴∠PAG=∠B，
∵∠AGP=∠C=90°，
∴△AGP∽△BCA，
∴，
∴，
∴AP=3，
∵CD=5＜6，
∴半径为6的⊙P不与△ABC的AC边相切，
综上所述，AP的长为6.5或3，
故答案为6.5或3．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练正确切线的性质是解题的关键．
【考点3】切线的判定与性质的应用
【例3】(2020·山东枣庄·中考真题)如图，在中，，以AB为直径的分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且．

(1)求证：BF是的切线；
(2)若的直径为4，，求．
【答案】(1)详见解析；(2)
【分析】
(1)连接AE，利用直径所对的圆周角是直角，从而判定直角三角形，利用直角三角形两锐角相等得到直角，从而证明∠ABF＝90°；
(2)过点C作于点H，求得AC、BF的长度，证出，根据相似三角形的性质求得CH、HF的长度，根据求得BH的长度，代入求解即可．
【详解】
(1)

(1)证明：如图，连接AE．
∵AB是的直径，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，即．
∵AB是的直径，
∴直线BF是的切线．
(2)解：过点C作于点H．
∵，的直径为4，
∴．
∵，，
∴．
∵，，
∴．
∴，即．
∴，．
∴．
∴．

【点睛】
本题考查了圆的综合题：切线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、直角所对的圆周角是直角、解直角三角形等知识点．
【变式3-1】(2020·湖北荆门·中考真题)如图，为的直径，为的切线，M是上一点，过点M的直线与交于点B，D两点，与交于点E，连接．

(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析；(2)的半径为2.5．
【分析】
(1)根据切线的性质得到，可得，再根据等腰三角形的性质与角度等量替换得到，故可证明；
(2)解法1，先连接BC,证明，得到EM=6，根据勾股定理求出AE，再根据列出比例式求出直径，故可求出；解法2，连接CD，同理得到，根据勾股定理求出AE，设，根据等腰三角形的性质得到CD=CE=x,再利用Rt△ACD列出方程故可求出x,再得到直径即可求解．
【详解】
(1)证明：∵为的切线，为的直径，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴．

(2)方法1：解：如图，连接，

∵为直径，∴，
∴，而，
∴，
又：，
∴，
∴，
∵，，∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴的半径为2.5．
方法2：解：如图，连接CD，

∵，∴，
又∵，
∴，
∴，
∵为直径，∴，
∴，
而，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，则，
在中，
，∴，解得
∴，
∴的半径为2.5．
【点睛】
此题主要考查切线的综合运用，解题的关键是熟知切线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质．
【变式3-2】(2020·四川宜宾·中考真题)如图，已知AB是圆O的直径，点C是圆上异于A，B的一点，连接BC并延长至点D，使得，连接AD交于点E，连接BE．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)连接OC并延长，与B以为切点的切线交于点F，若，求的长．

【答案】(1)详见解析；(2)
【分析】
(1)根据直径所对圆周角是直角及三线合一性质求解即可；
(2)根据等腰三角形的性质和切线的性质证明，可得，即可求出DE．
【详解】
(1)证明：因为AB是圆O的直径，
所以，
，
，
所以点C是BD的中点，
所以AB=AD，
所以三角形ABD是等腰三角形．
(2)因为三角形ABD是等腰三角形，
，
，
，
因为BF是切线，
所以，
因为AB是直径，
所以，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查了圆的综合应用，准确运用相似三角形的性质是解题的关键．
【变式3-3】(2020·湖南永州·中考真题)如图，内接于是的直径，与相切于点B，交的延长线于点D，E为的中点，连接．


(1)求证：是的切线．
(2)已知，求O，E两点之间的距离．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】
(1)连接，先推出，然后根据是斜边上的中线，得出，从而可得，根据与相切，得到，
可得，即，即可证明是的切线；
(2)连接OE，先证明，可得，可求出AD，根据是的中位线，即可求出OE．
【详解】
(1)证明：连接，

∵，
∴，
∵是的直径，
∴，则，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，即，
∴，即，
∴，
∴是的切线；
(2)连接OE，


∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵是的中位线，
∴．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定进而性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，掌握知识点，结合现有条件灵活运用是解题关键．
【考点4】三角形的内切圆与切线长定理
【例4】(2020·浙江绍兴·初三一模)如图，直线，，分别与相切于点，，，，则的周长为( )

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据切线长定理得MA=MD，ND=NB，然后根据三角形周长的定义进行计算，即可．
【详解】
∵直线PA、PB、MN分别与O相切于点A.，B， D，
∴MA=MD，ND=NB，
∴△PMN的周长=PM+PN+MD+ND=PM+MA+PN+NB=PA+PB=8+8=16(cm)．
故选C．
【点睛】
本题主要考查切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
【变式4-1】(2020·杭州绿城育华学校初三二模)如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠C=90°，AO的延长线交BC于点D，若AC=6，CD=2，则⊙O的半径 ．

【答案】
【解析】
试题分析：∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，
∴OF=OE，OF⊥AC，OE⊥BC，
又∵∠C=90°，
∴CEOF是正方形．
设圆O的半径为r，则DE=2﹣r，OE=r．
∵CEOF是正方形，
∴OE∥AC．
∴△OED∽△ACD．
∴，即．
解得：r=．
考点：三角形的内切圆与内心．
【变式4-2】(2020·山东初三二模)Rt△ABC中，∠C＝90°，若直角边AC＝5，BC＝12，则此三角形的内切圆半径为________．
【答案】2
【分析】
设AB、BC、AC与⊙O的切点分别为D、F、E；易证得四边形OECF是正方形；那么根据切线长定理可得：CE=CF=12(AC+BC-AB)，由此可求出r的长．
【详解】
解：如图；

在Rt△ABC，∠C=90°，AC=5，BC=12；
根据勾股定理AB=AC2+BC2=13
四边形OECF中，OE=OF，∠OEC=∠OFC=∠C=90°；
∴四边形OECF是正方形；
由切线长定理，得：AD=AE，BD=BF，CE=CF；
∴CE=CF=12(AC+BC-AB)；
即：r=12(5+12-13)=2．
故答案为2．
【变式4-3】(2019·湖南中考真题)如图，PA、PB为圆O的切线，切点分别为A、B，PO交AB于点C，PO的延长线交圆O于点D，下列结论不一定成立的是( )

A．PA＝PB B．∠BPD＝∠APD C．AB⊥PD D．AB平分PD
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据切线长定理得到PA＝PB，∠APD＝∠BPD；再根据等腰三角形的性质得OP⊥AB，根据菱形的性质，只有当AD∥PB，BD∥PA时，AB平分PD，由此可判断D不一定成立．
【详解】
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA＝PB，所以A成立；
∠BPD＝∠APD，所以B成立；
∴AB⊥PD，所以C成立；
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴AB⊥PD，且AC＝BC，
只有当AD∥PB，BD∥PA时，AB平分PD，所以D不一定成立，
故选D．
【点睛】
本题考查了切线长定理，垂径定理，等腰三角形的性质等，熟练掌握相关知识是解题的关键.

1．(2020·武汉市常青第一学校九年级一模)如图，边长为的正方形的边长为的等边均内接于⊙，则的值是( )．

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
连接，，且与交于，先求出圆的半径，在Rt△OEM中利用30°角的性质即可解决问题．
解：如图所示，正方形边长，等边边长，
连接，，且与交于，

，，∴．
，
∴，∴．
故选D．
2．(2020·江苏连云港·中考真题)10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，、、、、、均是正六边形的顶点．则点是下列哪个三角形的外心( )．

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，可以依次判断．
【详解】
答：因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以由正六边形性质可知，点O到A，B，C，D，E的距离中，只有OA=OC=OD．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了三角形外心的性质，即到三角形三个顶点的距离相等．
3．(2020·合肥市第四十五中学九年级三模)如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为(　　)

A．56° B．62° C．68° D．78°
【答案】C
【解析】
分析：由点I是△ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣(∠BAC+∠ACB)=180°﹣2(180°﹣∠AIC)，再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．
详解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，
∵∠AIC=124°，
∴∠B=180°﹣(∠BAC+∠ACB)
=180°﹣2(∠IAC+∠ICA)
=180°﹣2(180°﹣∠AIC)
=68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=68°，
故选C．
点睛：本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．
4．(2020·浙江九年级月考)如图，等腰的内切圆⊙与，，分别相切于点，，，且， ，则的长是(　　)

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
如图，连接、、，交于，先证明点、、共线，即，从而可得，在中，利用勾股定理求出AE长，再由切线长定理求得BD长，进而得AD长，设⊙的半径为，则， ，
在中，利用勾股定理求得，在中，求得，再证明OB垂直平分，利用面积法可得，求得HE长即可求得答案.
【详解】
连接、、，交于，如图，
等腰的内切圆⊙与，，分别相切于点，，
平分， ， ，，
，
，
点、、共线，
即，
，
在中， ，
，
，
设⊙的半径为，则， ，
在中，，解得，
在中，，
，，
垂直平分，
，，
，
，
，
故选D．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆，三角形的内心，等腰三角形的性质，勾股定理，面积法等，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键.
5．(2020·湖北初三一模)如图，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，连接PO并延长交⊙O于点C，连接AC，若AB=8，∠P=30°，则AC=( )

A． B． C．4 D．3
【答案】A
【分析】
先根据切线的性质得∠OAP＝90°，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到AP＝OA＝4，接着计算出∠C＝30°，从而得到AC＝AP＝4.
【详解】
∵PA切⊙O于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP＝90°，
在Rt△OAP中，∵∠P＝30°，
∴∠AOP＝60°，AP＝OA＝4，
∵∠AOP＝∠C＋∠OAC＝60°，
而∠C＝∠OAC，
∴∠C＝30°，
∴AC＝AP＝4.
故答案为4．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
6．(2020·四川东坡区实验中学初三二模)如图，直线AB与半径为2的⊙O相切于点C，D是⊙O上一点，且∠EDC=30°，弦EF∥AB，则EF的长度为( )

A．2 B．2 C． D．2
【答案】B
【解析】
本题考查的圆与直线的位置关系中的相切．连接OC,EC所以∠EOC=2∠D=60°，所以△ECO为等边三角形．又因为弦EF∥AB所以OC垂直EF故∠OEF=30°所以EF=OE=2．
7．(2020·上虞市实验中学初三一模)在平面直角坐标系xOy中，以点(－3，4)为圆心，4为半径的圆( )
A．与x轴相交，与y轴相切 B．与x轴相离，与y轴相交
C．与x轴相切，与y轴相交 D．与x轴相切，与y轴相离
【答案】C
【解析】
分析：首先画出图形，根据点的坐标得到圆心到X轴的距离是4，到Y轴的距离是3，根据直线与圆的位置关系即可求出答案．
解答：解：圆心到X轴的距离是4，到y轴的距离是3，
4=4，3＜4，
∴圆与x轴相切，与y轴相交，
故选C．
8．(2020·安徽初三一模)如图，在中，，，，的半径为3，那么下列说法正确的( )

A．点、点都在内 B．点在内，点在外
C．点在内，点在外 D．点、点都在外
【答案】D
【分析】
先利用三角函数求出AC、AB的长，再根据点与圆的位置关系判断即可.
【详解】
在中，，，，
∴，，
∵的半径为3，
∴点、点都在外，
故选：D.
【点睛】
此题考查三角函数，点与圆的位置关系，熟记点与圆的三种位置关系，正确根据三角函数求直角三角形的边长是解题的关键.
9．(2020·吉林吉林·初三一模)如图，AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，若∠BCO＝α，则∠P的度数为(　　)

A．2α B．90°﹣2α C．45°﹣2α D．45°+2α
【答案】B
【分析】
由圆周角定理可求得∠AOP的度数，由切线的性质可知∠PAO=90°，则可中求得∠P．
【详解】
解：∵OC＝OB，
∴∠BCO＝∠ABC＝α，
∴∠AOP＝2∠ABC＝2α，
∵PA是⊙O的切线，
∴PA⊥AB，
∴∠PAO＝90°，
∴∠P＝90°﹣∠AOP＝90°﹣2α，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查切线的性质及圆周角定理，根据圆周角定理可切线的性质分别求得∠AOP和∠PAO的度数是解题的关键．
10．(2020·湖南湘西·中考真题)如图，、为⊙O的切线，切点分别为A、B，交于点C，的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是( )

A．为等腰三角形 B．与相互垂直平分
C．点A、B都在以为直径的圆上 D．为的边上的中线
【答案】B
【分析】
连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明与相互垂直平分，即可得出答案．
【详解】
解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，

∵B，C为切点，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，
∴为等腰三角形，故A正确；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，
∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以为直径的圆上，故C正确；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，
∴△OBC≌△OAC，
∴∠OCB=∠OCA=90°，
∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，
∴为的边上的中线，故D正确；
无法证明与相互垂直平分，
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．
11．(2020·浙江温州·中考真题)如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为( )

A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】
连接OB，由题意可知，∠OBD=90°；再说明△OAB是等边三角形，则∠AOB =60°；再根据直角三角形的性质可得∠ODB=30°，最后解三角形即可求得BD的长．
【详解】
解：连接OB
∵菱形OABC
∴OA=AB
又∵OB=OA
∴OB=OA=AB
∴△OAB是等边三角形
∵BD是圆O的切线
∴∠OBD=90°
∴∠AOB=60°
∴∠ODB=30°
∴在Rt△ODB中,OD=2OB=2,BD=OD·sin∠ODB=2× =
故答案为D．

【点睛】
本题考查了菱形的性质、圆的切线的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形，其中证明△OAB是等边三角形是解答本题的关键．
12．(2020·南通西藏民族中学初三期中)如图，PA、PB是的切线，A、B为切点，点C、D在⊙O上．若∠P＝102°，则∠A＋∠C＝_________°．

【答案】219
【分析】
连接AB，根据切线的性质得到PA＝PB，根据等腰三角形的性质得到∠PAB＝∠PBA＝(180°−102°)＝39°，由圆内接四边形的性质得到∠DAB＋∠C＝180°，于是得到结论．
【详解】
解：连接AB，
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA＝PB，
∵∠P＝102°，
∴∠PAB＝∠PBA＝(180°−102°)＝39°，
∵∠DAB＋∠C＝180°，
∴∠PAD＋∠C＝∠PAB＋∠DAB＋∠C＝180°＋39°＝219°，
故答案为219°．

【点睛】
本题考查了切线的性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
13．(2020·黑龙江双鸭山·初三其他模拟)如图，△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，且AB＝5，BC＝13，CA＝12，则阴影部分(即四边形AEOF)的面积是_____________．

【答案】4
【分析】
先利用勾股定理判断△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，继而证明四边形AEOF为正方形，设⊙O的半径为r，利用面积法求出r的值即可求得答案.
【详解】
∵AB=5，BC=13，CA=12，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，
∵⊙O为△ABC内切圆，
∴∠AFO=∠AEO=90°，且AE=AF，
∴四边形AEOF为正方形，
设⊙O的半径为r，
∴OE=OF=r，
∴S四边形AEOF=r²，
连接AO，BO，CO，

∴S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC，
∴，
∴r=2，
∴S四边形AEOF=r²=4，
【点睛】
本题考查三角形的内切圆，勾股定理的逆定理，正方形判定与性质，面积法等，正确把握相关知识是解题的关键.
14．(2020·浙江绍兴·九年级一模)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8．以点C为圆心，r为半径画圆，若圆C 与斜边AB有且只有一个公共点时，则r的取值范围是 ．

【答案】或
【解析】
试题分析：画出符合条件的图形，①根据切线性质和三角形的面积即可求出答案；②画出图形，根据图形即可得出答案．
试题解析：由勾股定理得：AB=10，
分为两种情况：①如图1，当⊙C与AB相切时，只有一个公共点，

则CD⊥AB，
由三角形的面积公式得：S△ABC=×AC×BC=×AB×CD，
∴6×8=10×CD，
CD=4.8，
即R=4.8，
②如图2，当R的范围是6＜R≤8时，⊙C和AB只有一个公共点，

考点：直线与圆的位置关系．
15．(2020·江苏南京·初三月考)如图,在△ABC中,BC=6,以点A为圆心,2为半径的☉A与BC相切于点D,交AB于点E,交AC于点F,点P是优弧上的一点,且∠EPF=50°,则图中阴影部分的面积是___.

【答案】6﹣π．
【解析】
连接AD，
∵BC是切线，点D是切点，
∴AD⊥BC，
∴∠EAF=2∠EPF=100°，
∴S扇形AEF==π，
S△ABC=AD•BC=×2×6=6，
∴S阴影部分=S△ABC-S扇形AEF=6-π．
故答案为6-π．
点睛：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了扇形的面积公式．
16．(2020·新疆初三三模)如图，半径为2的⊙O与含有30°角的直角三角板ABC的AC边切于点A，将直角三角板沿CA边所在的直线向左平移，当平移到AB与⊙O相切时，该直角三角板平移的距离为______.

【答案】
【解析】
试题解析：根据题意画出平移后的图形，如图所示：

设平移后的△A′B′C′与相切于点D，连接OD，OA，AD，
过O作OE⊥AD，可得E为AD的中点，
∵平移前与AC相切于A点，
∴OA⊥A′C,即
∵平移前与AC相切于A点,平移后与A′B′相切于D点，
即A′D与A′A为的两条切线，
∴A′D=A′A,又
∴△A′AD为等边三角形，
∴
∴
在Rt△AOE中,
∴
∴
∴
则该直角三角板平移的距离为
故答案为
17．(2020·郓城县教学研究室初三其他模拟)如图，∠APB=30°，圆心在PB上的⊙O的半径为1cm，OP=3cm，若⊙O沿BP方向平移，当⊙O与PA相切时，圆心O平移的距离为_____cm．

【答案】1或5
【分析】
首先根据题意画出图形，然后由切线的性质，可得∠O′CP=90°，又由∠APB=30°，O′C=1cm，即可求得O′P的长，继而求得答案．
【详解】
解：有两种情况：
(1)如图1,当O平移到O′位置时，O与PA相切时，且切点为C，
连接O′C,则O′C⊥PA，即∠O′CP=90°，

∵∠APB=30°,O′C=1cm，
∴O′P=2O′C=2cm，
∵OP=3cm，
∴OO′=OP−O′P=1(cm).
(2)如图2，同理可得：O′P=2cm，
∴O′O=5cm.

故答案为1或5.
【点睛】
本题主考考查圆与直线相切. 本题要应用分类讨论思想分别画出⊙O 与直线PA相切时的图形，利用切线性质即可求出答案.
18．(2020·江苏南京·中考真题)如图①，要在一条笔直的路边上建一个燃气站，向同侧的A、B两个城镇分别发铺设管道输送燃气，试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．

(1)如图②，作出点A关于的对称点，线与直线的交点C的位置即为所求， 即在点C处建气站， 所得路线ACB是最短的，为了让明点C的位置即为所求，不妨在直线上另外任取一点，连接，， 证明， 请完成这个证明．

(2)如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域请分别始出下列两种情形的铺设管道的方案(不需说明理由)，
①生市保护区是正方形区城，位置如图③所示
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．

【答案】(1)证明见解析；(2)①见解析，②见解析
【分析】
(1)连接，利用垂直平分线的性质，得到，利用三角形的三边关系，即可得到答案；
(2)由(1)可知，在点C处建燃气站，铺设管道的路线最短．分别对①、②的道路进行设计分析，即可求出最短的路线图．
【详解】

(1)证明：如图，连接

∵点A、关于l对称，点C在l上
∴，
∴，
同理，
在中，有
∴；
(2)解：①在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是AC+CD+DB(如图，其中D是正方形的顶点)．

②在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是(如图，其中CD、BE都与圆相切)．

【点睛】
本题考查了切线的应用，最短路径问题，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握题意，正确确定点C的位置，从而确定铺设管道的最短路线．
19．(2020·湖北中考真题)如图，为半圆O的直径，C为半圆O上一点，与过点C的切线垂直，垂足为D，交半圆O于点E．

(1)求证：平分；
(2)若，试判断以为顶点的四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析；(2)菱形，证明过程见解析
【分析】
(1)连接OC，由切线的性质可知∠COD=∠D=180°，进而得到OC∥AD，得到∠DAC=∠ACO，再由OC=OA得到∠ACO=∠OAC，进而得到∠DAC=∠OAC即可证明；
(2) 连接EC、BC、EO，过C点作CH⊥AB于H点，先证明∠DCE=∠CAE，进而得到△DCE∽△DAC，再由AE=2DE结合三角函数求出∠EAC=30°，最后证明△EAO和△ECO均为等边三角形即可求解．
【详解】
解：(1)证明：连接OC，如下图所示：

∵CD为圆O的切线，∴∠OCD=90°，
∴∠D+∠OCD=180°，
∴OC∥AD，
∴∠DAC=∠ACO，
又OC=OA，
∴∠ACO=∠OAC，
∴∠DAC=∠OAC，
∴ AC平分∠DAB．
(2) 四边形EAOC为菱形，理由如下：
连接EC、BC、EO，过C点作CH⊥AB于H点，如下图所示，

由圆内接四边形对角互补可知，∠B+∠AEC=180°，
又∠AEC+∠DEC=180°，
∴∠DEC=∠B，
又∠B+∠CAB=90°，
∠DEC+∠DCE=90°，
∴∠CAB=∠DCE，
又∠CAB=∠CAE，
∴∠DCE=∠CAE，且∠D=∠D，
∴△DCE∽△DAC，
设DE=x，则AE=2x，AD=AE+DE=3x，
∴，∴，
∴，
在Rt△ACD中，，
∴∠DAC=30°，
∴∠DAO=2∠DAC=60°，且OA=OE，
∴△OAE为等边三角形，
由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知：∠EOC=2∠EAC=60°，
∴△EOC为等边三角形，
∴EA=AO=OE=EC=CO，
即EA=AO=OC=CE，
∴四边形EAOC为菱形．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、三角函数、菱形的判定等知识点，属于综合题，熟练掌握其性质和定理是解决本题的关键．
20．(2020·四川中考真题)如图，在⊙O中，弦AB与直径CD垂直，垂足为M，CD的延长线上有一点P，满足∠PBD＝∠DAB．过点P作PN⊥CD，交OA的延长线于点N，连接DN交AP于点H．
(1)求证：BP是⊙O的切线；
(2)如果OA＝5，AM＝4，求PN的值；
(3)如果PD＝PH，求证：AH•OP＝HP•AP．

【答案】(1)见解析；(2)；(3)见解析
【分析】
(1)连接BC，OB，证明OB⊥PB即可．
(2)解直角三角形求出OM，利用相似三角形的性质求出OP，再利用平行线分线段成比例定理求出PN即可．
(3)证明△NAH∽△NPD，推出=，证明△PAN∽△OAP，推出=，推出=可得结论．
【详解】
(1)如图，连接BC，OB．

∵CD是直径，
∴∠CBD=90°，
∵OC=OB，
∴∠C=∠CBO，
∵∠C=∠BAD，∠PBD=∠DAB，
∴∠CBO=∠PBD，
∴∠OBP=∠CBD=90°，
∴PB⊥OB，
∴PB是⊙O的切线；
(2)∵CD⊥AB，
∴CD垂直平分AB，
∴PA=PB，
∵OA=OB，OP=OP，
∴△PAO≌△PBO(SSS)，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠AMO=90°，
∴OM===3，
∵∠AOM=∠AOP，∠OAP=∠AMO，
∴△AOM∽△POA，
∴=，
∴=，
∴OP=，
∵PN⊥PC，
∴∠NPC=∠AMO=90°，
∴=，
∴=，
∴PN=．
(3)∵PD=PH，
∴∠PDH=∠PHD，
∴∠PDN=∠PHD=∠AHN，
∵∠NPC=90°，∠OAP=90°，
∴∠NAH =∠NPD=90°，
∴△NAH∽△NPD，
∴=，
∵∠APN+∠PNA=∠POA+∠PNA=90°，
∴∠APN=∠POA，
又∠PAN=∠PAO=90°，
∴△PAN∽△OAP，
∴=，
∴=，
∴==，
∴AH•OP=HP•AP．
【点睛】
本题综合考查了切线的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
21．(2020·山东聊城·中考真题)如图，在中，，以的边为直径作，交于点，过点作，垂足为点．

(1)试证明是的切线；
(2)若的半径为5，，求此时的长．
【答案】(1)详见解析；(2)
【分析】
(1)连接，，证出是等腰三角形，结合图形得出是的中位线，因为， ，证出即可得出是的切线；
(2)由(1)可得，，，在中，由勾股定理求得BD的长度，证出，根据相似三角形对应边成比例可求得DE的长．
【详解】
(1)证明：连接，，

∵为的直径，
∴，
又∵，是等腰三角形，
∴又是边上的中线，
∴是的中位线，
∴，
又，
∴，
∴是的切线．
(2)由(1)知，是边上的中线，
得．
∵的半径为5，
∴．
在中，
∵，
∴．
在和中，∵，，
∴，
∴，
即，解得．
【点睛】
本题考查了圆的切线判定定理以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线判定以及相似三角形的判定是解题的关键．
22．(2020·贵州黔西·中考真题)古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．请研究如下美丽的圆．如图，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点(不与点A，B重合)，连接CD，PE，PC．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)小明在研究的过程中发现是一个确定的值．回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明．

【答案】(1)见解析；(2)，解析
【分析】
本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质．(1)连接OD，DB，由已知可得DE垂直平分OB，于是DB＝DO，而OB＝OD，所以DB＝DO＝OB，即△ODB是等边三角形，于是∠BDO＝60°，再由等腰三角形的性质及三角形的外角性质可得∠CDB＝30°，从而可得∠ODC＝90°，所以OD⊥CD，所以CD是⊙O的切线；(2)连接OP，由已知条件得OP＝OB＝BC＝2OE，再利用“两组边成比例，夹角相等”证明△OEP∽△OPC，最后由相似三角形的对应边成比例得到结论．
【详解】
解：(1)如答图，连接OD，DB，∵点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，∴DE垂直平分OB，∴DB＝DO．∵DO＝OB，∴DB＝DO＝OB，∴△ODB是等边三角形，∴∠BDO＝∠DBO＝60°．∵BC＝OB＝BD，且∠DBE为△BDC的外角，∴∠BCD＝∠BDC＝∠DBO．∵∠DBO＝60°，∴∠CDB＝30°．∴∠ODC＝∠BDO＋∠BDC＝60°＋30°＝90°，∴OD⊥CD，∴CD是⊙O的切线；

(2)这个确定的值是．
证明：如答图，连接OP，∵OP＝OB＝BC＝2OE，∴＝＝，又∵∠COP＝∠POE，∴△OEP∽△OPC，∴＝＝．

【点睛】
本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
23．(2020·广西玉林·中考真题)如图，AB是圆O的直径，点D在直径AB上(D与A，B不重合)，CD⊥AB，且CD=AB，连接CB与圆O交于点F，在CD上取一点E，使得EF=EC．
(1)求证：EF是圆O的切线；
(2)若D是OA的中点，AB=4，求CF的长．

【答案】(1)见解析；(2)
【分析】
(1)连接OF和AF，证明∠GFE=∠AGD，进而可证明∠OFE=90°后即可求解；
(2)先由AB=CD=4，BD=3，在Rt△BCD中结合勾股定理求出BC，再证明△ABF∽△CBD，由对应边成比例求出BF的长，最后用BC减去BF就是所求的CF的长．
【详解】
解：(1)连接OF和AF，设AF与DC相交于点G，如下图所示：

∵OA=OF，
∴∠A=∠OFA，
∵AB为圆O的直径，∴∠AFB=∠AFC=90°，
∴∠C+∠CGF=90°，∠GFE+∠EFC=90°
又EC=EF，∴∠C=∠EFC，
∴∠CGF=∠GFE,
又∠CGF=∠AGD，
∴∠GFE=∠AGD
∴∠OFE=∠OFA+∠GFE=∠A+∠AGD=180°-∠ADG=180°-90°=90°，
∴OF⊥EF，
∴EF是圆O的切线．
(2)如下图所示，

∵D是OA的中点，且AB=4，
∴DO=1，BD=BO+DO=3，
又AB=CD=4，
∴在Rt△BCD中，BC²=BD²+CD²=3²+4²=5²，
∴BC=5，
又∠BDC=∠BFA=90°，且∠B=∠B，
∴△ABF∽△CBD，
∴，代入数据后得：，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握其定理及性质是解决此类题的关键．
24．(2020·四川雅安·中考真题)如图，四边形内接于圆，，对角线平分．
(1)求证：是等边三角形；
(2)过点作交的延长线于点，若，求的面积．

【答案】(1)见解析；(2)；
【分析】
(1)根据三个内角相等的三角形是等边三角形即可判断；
(2)过点A作AE⊥CD，垂足为点E，过点B作BF⊥AC，垂足为点F．根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，分别求出△ABC，△ACD的面积，即可求得四边形ABCD的面积，然后通过证得△EAB≌△DCB(AAS)，即可求得△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.
【详解】
解：(1)证明：∵四边形ABCD内接于⊙O．
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ADC=120°，
∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB=60°，
∴∠ACB=∠ADB=60°，∠BAC=∠CDB=60°，
∴∠ABC=∠BCA=∠BAC，
∴△ABC是等边三角形；

(2)过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N．
∴∠AMD=90°
∵∠ADC=120°，
∴∠ADM=60°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=AD=1，AM=，
∵CD=3，
∴CM=CD+DE=1+3=4，
∴S△ACD=CD-AM=×3×=，
在Rt△AMC中，∠AMD=90°，
∴AC=，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=，
∴BN=，
∴S△ABC=××=，
∴四边形ABCD的面积=+=，
∵BE∥CD，
∴∠E+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠E=BDC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EAB=∠BCD，
在△EAB和△DCB中，
，
∴△EAB≌△DCB(AAS)，
∴△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.
【点睛】
本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．