考点21-2 圆的计算 角、扇形及弧长等-2022年中考数学专项分类提分训练（天津专用）

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考点21—2圆的计算—角、扇形及弧长等
1．△ABC内接于⊙O，I为其内心，AI的延长线交⊙O于D,连OD交BC于E．
（1）求证： OD⊥ BC；
（2）若∠BOC=∠BIC，求∠BAC的度数；
（3）①若DE=2,BE=4，①求⊙O的半径r．
②当点A在优弧BAC上移动时，OI是否有最小值，如有请求出最小值，如没有请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）60°（3）①5 ②
【分析】
（1）延长DO交⊙O于P，则DP是⊙O的直径；连接OB、OC，则OB＝OC，根据等边对等角证得∠OBC＝∠OCB，根据内心的性质可得∠∠BAD＝∠CAD，根据圆周角定理及其推论可得∠BOD＝∠BOC，进而证得△BOE≌△COE，继而得BE＝CE，根据垂径定理即可求证结论；
（2）连接BO、CO、BI、CI，根据内心的性质可得∠BIC＝90°＋∠BAC，根据圆周角的性质及其推论可得∠BOC＝2∠BAC，由∠BIC＝∠BOC可知90°＋∠BAC＝2∠BAC，继而求解即可；
（3）①根据题意可得：BE＝4，DE＝2，OB＝r，根据勾股定理列出关于r的方程，解方程即可；
②由I是△ABC的内心可知，DB＝DC＝DI，由勾股定理可得，继而得DI＝DB＝BC＝，分析题意可知，当A点移动到使A、I、O、D四个点在一条直线上时，OI有最小值，继而求得OI＝OD－DI＝5－．
【解析】
（1）延长DO交⊙O于P，则DP是⊙O的直径；连接OB、OC，则OB＝OC
∴∠OBC＝∠OCB，
∵I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BOD＝∠BOC，
∴△BOE≌△COE（ASA），
∴BE＝CE，
∴DP⊥ BC（平分弦的直径垂直于弦），
即OD⊥ BC，

（2）连接BO、CO、BI、CI，
∵I是△ABC的内心，
∴∠BIC＝90°＋∠BAC
∵∠BOC＝2∠BAC，∠BIC＝∠BOC
∴90°＋∠BAC＝2∠BAC，
∴∠BAC＝60°


（3）①∵BE＝4，DE＝2，OB＝r
∴OE＝OD－DE＝OB－DE＝r－2，
∵OD⊥BC，
∴∠BEO＝90°，
在Rt△BOE中，根据勾股定理可得


解得：
故⊙O的半径；
②∵⊙O是△ABC的外接圆，I是△ABC的内心，且AI的延长线交⊙O于点D，
∴DB＝DC＝DI，
∵BE＝4，DE＝2，∠BED＝90°,
由勾股定理可得：，
∴DI＝DB＝BC＝,
当A点移动到使A、I、O、D四个点在一条直线上时，OI有最小值，
此时OI＝OD－DI＝5－．
【点睛】
本题考查主要垂径定理、三角形内心的性质，涉及到动点问题，难度较大，解题的关键是熟练掌握垂径定理和三角形内心的性质．
2．如图，是以为直径的上的一点，于点，过点作的切线，与的延长线相交于点，点是的中点，连结交于点

（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）若，且的半径长为，求．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】
（1）要证AF是⊙O的切线，就是要证明∠FAO=90°，连接AB，根据BE是⊙O的切线和直角三角形的等量代换，就可得出结论；
（2）根据切线判定知道EB⊥BC，而AD⊥BC，从而可以确定AD∥BE，那么△BFC∽△DGC，又点F是EB的中点，就可得出结论；
（3）点F作FH⊥AD于点H，根据前两问的结论，利用三角形的相似性和勾股定理，可以求出BD的长度．
【解析】
（1）证明：连结，
∵是的直径，
∴．
∵是斜边的中点，
∴，
∴，
 又∵，
∴
∵是的切线，
∴
∵
∴是的切线；

（2）证明：∵是的直径，是的切线，
∴．
又∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵是斜边的中点，
∴，
∴；
（3）解：过点作于点，
∵，，
∴．
由（2），知，
∴．
由已知，有，
∴，即是等腰三角形．
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，，，
∴四边形是矩形，，
∵，易证，
∴，
即．
∵的半径长为，
∴．
∴，
解得．
∴．
【点睛】
本题考查的是切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．
3．（1）如图，直径是50cm圆柱形油槽装入油后，油深CD为15cm，求油面宽度AB的长.

（2）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，过点C作CF∥BE交DE的延长线于F，连接CD．
①求证：四边形BCFE是菱形；
②在不添加任何辅助线和字母的情况下，请直接写出图中与△BEC面积相等的所有三角形（不包括△BEC）．

【答案】（1）；（2）①详见解析；②△FEC、△AEB、△ADC、△BDC.
【分析】
（1）根据垂径定理求解；（2）根据菱形的判定求解.
【解析】
解：（1）AB=
（2）①证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC，BC=2DE．
∵CF∥BE，∴四边形BCFE是平行四边形．
∵BE=2DE，BC=2DE，∴BE=BC．∴▱BCFE是菱形；
②①∵由（1）知，四变形BCFE是菱形，∴BC=FE，BC∥EF，
∴△FEC与△BEC是等底等高的两个三角形，∴S△FEC=S△BEC．
②△AEB与△BEC是等底同高的两个三角形，则S△AEB=S△BEC．
③S△ADC=S△ABC，S△BEC=S△ABC，则它S△ADC=S△BEC．
④S△BDC=S△ABC，S△BEC=S△ABC，则它S△BDC=S△BEC．
综上所述，与△BEC面积相等的三角形有：△FEC、△AEB、△ADC、△BDC．

【点睛】
考点：垂径定理，菱形判定.
4．附加题,已知：矩形，，动点从点开始向点运动，动点速度为每秒1个单位，以为对称轴，把折叠，所得与矩形重叠部分面积为，运动时间为秒.

（1）当运动到第几秒时点恰好落在上；
（2）求关于的关系式，以及的取值范围；
（3）在第几秒时重叠部分面积是矩形面积的；
（4）连接，以为对称轴，将作轴对称变换，得到，当为何值时，点在同一直线上？
【答案】（1）第2秒时；（2）；（3）第4秒时；（4）=1或4
【分析】
（1）先画出符合题意的图形如图1，根据题意和轴对称的性质可判定四边形为正方形，可得BP的长，进而可得答案；
（2）分两种情况：①当时，如图2，根据折叠的性质可得：，进而可得y与t的关系式；②当时，如图3，由折叠的性质和矩形的性质可推出，设，然后在直角△中利用勾股定理即可求得x与t的关系，进一步利用三角形的面积公式即可求出y与t的关系式；
（3）在（2）题的基础上，分两种情况列出方程，解方程即得结果；
（4）如图4，当点在同一直线上，根据折叠的性质可得，进一步可得，进而可推出，然后利用相似三角形的性质可得关于t的方程，解方程即可求出结果.
【解析】
解：（1）当点恰好落在上时，如图1，由折叠的性质可得：，
∵四边形为矩形，∴，
∴四边形为正方形，∴，
∵动点速度为每秒1个单位，∴，
即当运动到第2秒时点恰好落在上；

（2）分两种情况：
①当时，如图2，，由折叠得：，
∴；

②当时，如图3，由折叠得：，
∵，∴，∴，∴，
设，则，
在直角△中，由勾股定理得：，解得：，
∴，
综上所述：；

（3）①当时，，则（舍去），
②当时，，解得：（舍去），，
综上所述：在第4秒时，重叠部分面积是矩形面积的；
（4）如图4，点在同一直线上，由折叠得：，
∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴，解得：，
∴当=1或4时，点在同一直线上.

【点睛】
本题是矩形综合题，主要考查了矩形与折叠问题、正方形的判定与性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定和性质、勾股定理、一元二次方程的求解和三角形的面积等知识，考查的知识点多、综合性强，属于试卷的压轴题，正确画出图形、灵活应用数形结合和分类思想、熟练掌握上述知识是解答的关键.
5．如图，已知AB是⊙O的直径，过O点作OP⊥AB，交弦AC于点D，交⊙O于点E，且使∠PCA=∠ABC．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若∠P=60°，PC=2，求PE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）4-．
【解析】
试题分析：(1)连接OC，由OB=OC及已知可得∠PCA=∠OCB．由直径所对的圆周角为直角有∠ACB=90°，从而可得∠OCP=90°，所以PC是⊙O的切线；(2)在Rt△PCO中，利用∠P的正切和正弦分别求得OC、OP的长，再根据PE=OP-OE计算即可．
试题解析：(1)连接OC． ∵OB=OC，∴∠ABC=∠OCB． 又∠PCA=∠ABC，∴∠PCA=∠OCB．∵AB为⊙O直径，∴∠ACB=90°． ∴∠ACO+∠OCB=90°，∴∠ACO+∠PCA=90°，即∠OCP=90°，∴PC是⊙O的切线；
(2)在Rt△PCO中，tan∠P=，∴OC=PCtan∠P=2tan60°=，sin∠P=，∴OP===4，∴PE=OP-OE=OP-OC=4-．

考点：圆的综合题.
6．已知梯形的四个顶点都在上，.的半径为5，，，求.
【答案】当、在圆心异侧时， ，当、在圆心同侧时， .
【解析】
【分析】
分两种情况: 当、在圆心异侧时和、在圆心同侧时分别求解即可.
【解析】
①当、在圆心异侧时，
过点O作OF⊥CD于点F，反向延长OF交AB于点E，连接OC，OB，如图，

∵AB∥CD，
∴OE⊥AB，OF⊥CD，
∴BE=AB=×6=3，CF=CD=×8=4，
∵⊙O的半径为5，
∴，，
∴S梯形ABCD=（AB+CD）•（OE+OF）=×（6+8）×（4+3）=49．
同理可求，当、在圆心同侧时，梯形的高为，
所以此时.
【点睛】
本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
7．已知：如图，点M为锐角∠APB的边PA上一点．
求作：∠AMD，使得点D在边PB上，且∠AMD ＝2∠P．


作法：①以点M为圆心，MP长为半径画圆，交PA于另一点C，交PB 于点D点；
②作射线MD．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：∵P、C、D都在⊙M上，
∠P为弧CD所对的圆周角，∠CMD为弧CD所对的圆心角，
∴∠P＝∠CMD（ ）（填推理依据）．
∴∠AMD ＝2∠P．
【答案】（1）作图见解析；（2）同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
【分析】
（1）按提示作法依次作图即可得到答案；
（2）由分别是所对的圆周角与圆心角，再利用同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，从而可得结论．
【解析】
解：（1）如图，即为所求作的角，


（2）证明：∵P、C、D都在⊙M上，
∠P为所对的圆周角，∠CMD为所对的圆心角，
∴（ 同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半）
∴．
故答案为：同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
【点睛】
本题考查的是作一个角等于已知角的倍，同时考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．
8．如图，已知，，是上的点，为外一点，连结，，分别交于点，，．

（1）求证：；
（2）若，，的面积等于，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接AB，证明即可得PA=PB；
（2）由得为等边三角形，由得，连，，作于，可求，根据的面积等于可求出圆的半径，从而可得结论．
【解析】
解：（1）连接AB，如图，

，
，
，
，
．
（2），由（1）知为等边三角形，
，

，
连，，作于，则∠AOC=30°，
，
设的半径为，的面积等于，
，
，

【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质等知识．熟练掌握相关知识是解答此题的关键．
9．如图，为⊙O的直径， D、T是圆上的两点，且AT平分∠BAD，过点T作AD延长线的垂线PQ，垂足为C．
（1）求证：PQ是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，，求弦AD的长.

【答案】(1)见解析;(2)2.
【解析】
分析：（1）连接OT，只要证明OT⊥PC即可解决问题；
（2）作OM⊥AC，易知OM=TC=，OA=2．在Rt△OAM中，求出AM即可解决问题；
解析：（1）连接OT．
∵OT=OA，∴∠ATO=∠OAT．
又∠TAC=∠BAT，∴∠ATO=∠TAC，∴OT∥AC．
∵AC⊥PQ，∴OT⊥PQ，∴PQ是⊙O的切线．
（2）过点O作OM⊥AC于M，则AM=MD．
又∠OTC=∠ACT=∠OMC=90°，
∴四边形OTCM为矩形，∴OM=TC=．
在Rt△AOM中，AM═=1，
∴弦AD的长为2．

点睛：本题考查了切线的判定和性质、垂径定理、矩形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．
10．在⊙O中，弦AB与弦CD相交于点G，OA⊥CD于点E，过点B作⊙O的切线BF交CD的延长线于点F．
（I）如图①，若∠F=50°，求∠BGF的大小；
（II）如图②，连接BD，AC，若∠F=36°，AC∥BF，求∠BDG的大小．

【答案】（I）65°；（II）72°
【解析】
【分析】
（I）如图①，连接OB，先利用切线的性质得∠OBF=90°，而OA⊥CD，所以∠OED=90°，利用四边形内角和可计算出∠AOB=130°，然后根据等腰三角形性质和三角形内角和计算出∠1=∠A=25°，从而得到∠2=65°，最后利用三角形内角和定理计算∠BGF的度数；
（II）如图②，连接OB，BO的延长线交AC于H，利用切线的性质得OB⊥BF，再利用AC∥BF得到BH⊥AC，与（Ⅰ）方法可得到∠AOB=144°，从而得到∠OBA=∠OAB=18°，接着计算出∠OAH=54°，然后根据圆周角定理得到∠BDG的度数．
【解析】
解:（I）如图①，连接OB，
∵BF为⊙O的切线，
∴OB⊥BF，
∴∠OBF=90°，
∵OA⊥CD，
∴∠OED=90°，
∴∠AOB=180°﹣∠F=180°﹣50°=130°，
∵OA=OB，
∴∠1=∠A=（180°﹣130°）=25°，
∴∠2=90°﹣∠1=65°，
∴∠BGF=180°﹣∠2﹣∠F=180°﹣65°﹣50°=65°；
（II）如图②，连接OB，BO的延长线交AC于H，
∵BF为⊙O的切线，
∴OB⊥BF，
∵AC∥BF，
∴BH⊥AC，
与（Ⅰ）方法可得到∠AOB=180°﹣∠F=180°﹣36°=144°，
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB=（180°﹣144°）=18°，
∵∠AOB=∠OHA+∠OAH，
∴∠OAH=144°﹣90°=54°，
∴∠BAC=∠OAH+∠OAB=54°+18°=72°，
∴∠BDG=∠BAC=72°．

【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．也考查了圆周角定理．
11．如图，在矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交射线和于点，连接，．

（1）求证：；
（2）求证：四边形是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）由题意可以证得，再由全等三角形的性质可以得到解答；
（2）可以根据已得的一些条件先判定四边形是平行四边形，再判定四边形是菱形．
【解析】
解：（1）因为四边形是矩形，
所以．所以，
因为O为AC中点，所以OA=OC
在和中，因为，，，
所以，所以．
（2）由（1），得，，所以四边形是平行四边形．
因为，所以四边形是菱形．
【点睛】
本题考查三角形全等、平行四边形的性质和判定、菱形的判定的综合应用，根据已知条件灵活应用有关知识证题是解题关键．
12．如图，E为□ABCD中DC边延长线上的一点，且CE=CD，连接AE，分别交BC、BD于点F、G．

（1）求证：△AFB≌△EFC；
（2）若BD=12厘米，求DG的长．
【答案】（1）先根据平行四边形的性质可得∠BAE=∠FEC，∠ABF=∠ECF，再结合CE=CD可得AB=CE，根据“ASA”，即可证得结论；（2）8
【分析】
（1）先根据平行四边形的性质可得∠BAE=∠FEC，∠ABF=∠ECF，再结合CE=CD可得AB=CE，根据“ASA”，即可证得结论；
（2）根据平行线分线段成比例的性质可得，再结合BD的长即可求得结果.
【解析】
解：（1）在□ABCD中，AB//CD
∴∠BAE=∠FEC，∠ABF=∠ECF
∵CE=CD
∴AB=CE
∴△AFB≌△EFC(ASA)；
（2）∵AB//CD
∴
∴
∵
∴厘米.
考点：平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质
点评：解题的关键是熟练掌握平行四边形的对边平行且线段，平行线分线段成比例.
13．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB=90°，点A（2,1）.
（1）求点B的坐标；
（2）求经过A、O、B三点的抛物线的函数表达式；
（3）在（2）所求的抛物线上，是否存在一点P，使四边形ABOP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1) B（-1.2）;(2) y=;(3)见解析.
【分析】
（1）过A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥x轴于点D，则可证明△ACO≌△ODB，则可求得OD和BD的长，可求得B点坐标；
（2）根据A、B、O三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（3）由四边形ABOP可知点P在线段AO的下方，过P作PE∥y轴交线段OA于点E，可求得直线OA解析式，设出P点坐标，则可表示出E点坐标，可表示出PE的长，进一步表示出△POA的面积，则可得到四边形ABOP的面积，再利用二次函数的性质可求得其面积最大时P点的坐标．
【解析】
（1）如图1，过A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥x轴于点D，

∵△AOB为等腰三角形，
∴AO=BO，
∵∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠DOB=∠DOB+∠OBD=90°，
∴∠AOC=∠OBD，
在△ACO和△ODB中

∴△ACO≌△ODB（AAS），
∵A（2，1），
∴OD=AC=1，BD=OC=2，
∴B（-1，2）；
（2）∵抛物线过O点，
∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx，
把A、B两点坐标代入可得，解得，
∴经过A、B、O原点的抛物线解析式为y=x2-x；
（3）∵四边形ABOP，
∴可知点P在线段OA的下方，
过P作PE∥y轴交AO于点E，如图2，

设直线AO解析式为y=kx，
∵A（2，1），
∴k=，
∴直线AO解析式为y=x，
设P点坐标为（t，t2-t），则E（t，t），
∴PE=t-（t2-t）=-t2+t=-（t-1）2+，
∴S△AOP=PE×2=PE═-（t-1）2+，
由A（2，1）可求得OA=OB=，
∴S△AOB=AO•BO=，
∴S四边形ABOP=S△AOB+S△AOP=-（t-1）2++=，
∵-＜0，
∴当t=1时，四边形ABOP的面积最大，此时P点坐标为（1，-），
综上可知存在使四边形ABOP的面积最大的点P，其坐标为（1，-）．
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，主要涉及待定系数法、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的面积以及方程思想等知识．在（1）中构造三角形全等是解题的关键，在（2）中注意待定系数法的应用，在（3）中用t表示出四边形ABOP的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
14．如图：是的直径，是弦，，延长到点，使得.

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长.
【答案】(1)见解析；(2).
【解析】
【分析】
（1）连接DO，由三角形的外角与内角的关系可得∠DOC=∠C=45°，故有∠ODC=90°，即CD是圆的切线．
（2）由（1）可得OCD是等腰直角三角形，再根据勾股定理得出OC的长，再根据BC＝OC﹣OB即可．
【解析】

（1）证明：连接DO，
∵AO＝DO，
∴∠DAO＝∠ADO＝22.5°．
∴∠DOC＝45°．
又∵∠ACD＝2∠DAB，
∴∠ACD＝∠DOC＝45°．
∴∠ODC＝90°．
又 OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）连接DB，
∵∠ACD＝∠DOC＝45°, ∴CD＝OD
∵直径AB＝2，
∴CD＝OD＝，OC＝＝2，
∴BC＝OC﹣OB＝2﹣．
【点睛】
本题考查的是圆周角定理，三角形的外角与内角的关系，切线的判定，根据题意作出辅助线，判断出△OCD的形状是解答此题的关键．
15．看图计算，求下面组合图的体积．

【答案】32π
【分析】
本题中的体积是圆柱的体积+圆锥的体积，根据圆柱的体积=底面积×高，圆锥的体积=底面积×高×，把数据带入公式解答即可．
【解析】
解：π×22×6+π×22×6×
=π×4×6+π×4×2
=π×4×8
=32π
答：组合图形的体积是32π．
【点睛】
本题考查组合图形的体积．熟记圆锥的体积和圆柱的体积计算公式是解题关键．
16．在下列解题过程的空白处填上适当的推理理由或数学表达式：
如图，在△ABC中，已知∠ADE＝∠B，∠1＝∠2，FG⊥AB于点G．

求证：CD⊥AB．
证明:∵∠ADE＝∠B（已知），
∴DE∥BC（ ① ），
∵ DE∥BC（已证），
∴ ② （ ③ ），
又∵∠1＝∠2（已知），
∴ ④ （ ⑤ ），
∴CD∥FG（同位角相等，两直线平行），
∴∠CDB＝∠FGB（两直线平行，同位角相等），
∵ FG⊥AB（已知），
∴∠FGB＝90°（垂直的定义）.
∴∠CDB＝90°
∴CD⊥AB（垂直的定义）.
【答案】①同位角相等，两直线平行；②∠1＝∠DCB； ③两直线平行，内错角相等；④∠DCB＝∠2 ；⑤等量代换．
【分析】
根据平行线的判定和性质解答即可．
【解析】
∵∠ADE＝∠B（已知），
∴DE∥BC（ 同位角相等，两直线平行），
∵ DE∥BC（已证），
∴∠1＝∠DCB （ 两直线平行，内错角相等），
又∵∠1＝∠2（已知），
∴∠DCB＝∠2（等量代换），
∴CD∥FG（同位角相等，两直线平行），
∴∠CDB＝∠FGB（两直线平行，同位角相等），
∵ FG⊥AB（已知），
∴∠FGB＝90°（垂直的定义）．
∴∠CDB＝90°
∴CD⊥AB（垂直的定义）．
故答案为：①同位角相等，两直线平行；②∠1＝∠DCB； ③两直线平行，内错角相等；④∠DCB＝∠2 ；⑤等量代换．
【点睛】
本题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质是解本题的关键．
17．如图，是的内接三角形，的角平分线交于点，交于点，过点作直线．

（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若在上取一点使，求证：是的平分线；
（3）在（2）的条件下，若，，求的长．
【答案】（1）直线与相切，理由详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】
（1）如图（见解析），先根据角平分线的定义、圆周角定理得出，再根据垂径定理得出，然后根据平行线的性质得出，最后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）先根据等腰三角形的性质得出，再根据角的和差、三角形的外角性质可得，然后根据圆周角定理可得，从而可得，最后根据角平分线的定义即可得证；
（3）根据相似三角形的判定与性质得出，由此计算即可得．
【解析】
（1）直线与相切，理由如下：
如图，连接
∵平分
∴
∴
∴半径
∵
∴
∴直线与相切；

（2）∵
∴
∵，
∴
由圆周角定理得：
∴
∴是的平分线；
（3）∵，
∴
∴，即
解得．
【点睛】
本题属于中等难度的综合题，考查了圆周角定理、圆的切线的判定、垂径定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟记各定理与性质是解题关键．
18．如图，在△ABC中，AC＝BC，以BC为直径作⊙O，交AC于点M，作CD⊥AC交AB延长线于点D，E为CD上一点，且BE＝DE．
（1）证明：BE为⊙O的切线；
（2）若AM＝8，AB＝8，求BE的长．

【答案】（1）详见解析；（2）15
【分析】
（1）根据垂直的定义得到∠ACD＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ABC，∠D＝∠DBE，推出CB⊥BE，于是得到结论；
（2）连接BM，根据圆周角定理得到BM⊥AC，根据勾股定理得到BM＝＝16，BC＝20，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解析】
（1）证明：∵CD⊥AC，
∴∠ACD＝90°，
∴∠A＋∠D＝90°，
∵AC＝BC，BE＝DE，
∴∠A＝∠ABC，∠D＝∠DBE，
∴∠ABC＋∠DBE＝90°，
∴∠CBE＝180°﹣90°＝90°，
∴CB⊥BE，
∴BE为⊙O的切线；
（2）解：连接BM，
∵BC为⊙O的直径，
∴BM⊥AC，
∵AM＝8，AB＝8，
∴BM＝＝16，
∵AC＝BC，
∴CM＝BC﹣AM＝BC﹣8，
∵BC2＝BM2＋CM2，
∴BC2＝162＋（BC﹣8）2，
∴BC＝20，
∴AC＝BC＝20，
∵BM⊥AC，AC⊥CD，
∴BM∥CD，
∴∠MBC＝∠BCE，
∵∠BMC＝∠CBM＝90°，
∴△BMC∽△CBE，
∴，
∴，
∴BE＝15．

【点睛】
本题考查了切线的判定、圆周角定理、相似的判定与性质，题目比较综合，难度较大，是中考常考题型．
19．如图，已知：Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝2，将一块三角尺的直角顶点与斜边AB的中点M重合，当三角尺绕着点M旋转时，两直角边始终保持分别与边BC、AC交于D，E两点（D、E不与B、A重合）．
（1）求证：MD＝ME；
（2）求四边形MDCE的面积；

【答案】（1）证明见解析（2）1
【解析】
【分析】
（1）连接CM，根据∠BMD＝90°﹣∠DMC，∠EMC＝90°﹣∠DMC，可证明∠BMD=∠CME，根据等腰直角三角形的性质可得∠B＝∠MCA=45°．根据直角三角形斜边中线的性质可得CM=BM，即可证明△BDM≌△CEM，然后即可证MD=ME；（2）利用三角形全等可知四边形MDCE的面积等于△CMB的面积，即可得答案.
【解析】
（1）证明：连接CM，在Rt△ABC中，M是AB的中点，且AC＝BC，
∴CM＝AB＝BM，
∠MCA＝∠B＝45°，CM⊥AB，
而∠BMD＝90°﹣∠DMC，∠EMC＝90°﹣∠DMC．
∴∠BMD＝∠EMC．
△BDM≌△CEM（ASA）．
∴MD＝ME

（2）∵△BDM≌△CEM，
∴S四边形MDCE＝S△DMC+S△CME＝S△DMC+S△BMD＝S△BCM＝S△ACB＝××2×2=1.
∴四边形MDCE的面积为1；
【点睛】
本题主要考查三角形全等的判定和性质的应用，同时要注意对三角形面积求法的掌握．
20．如图，AB 是⊙O 的弦，半径OE⊥ AB ，P 为 AB 的延长线上一点，PC 与⊙O相切于点 C，连结 CE，交 AB 于点 F，连结 OC．
（1）求证：PC=PF.
（2）连接 BE，若∠CEB=30°，半径为 8，tan P =，求 FB 的长.

【答案】（1）证明见解析；（2）FB=4-2.
【解析】
【分析】
（1）证明∠PFC=∠PCF，即可得出PF=PC；
（2）连结BC，OB，过点B作BG⊥CP于点G，可得△OBC为等边三角形，即BC=8，∠BCP=30°．在Rt△CBG中，求得BG=4，CG=4，根据，可得PG=3，PB=5，PF=PC=3+4，进而可求得FB的长．
【解析】
（1）∵OE=OC，∴∠OEC=∠OCE．
∵PC切⊙O于点C，∴∠PCE+∠OCE=90°．
∵OE⊥AB，∴∠OEC+∠EFA=90°．
∵∠EFA=∠CFP，∴∠PFC=∠PCF，∴PF=PC．
（2）连结BC，OB，过点B作BG⊥CP于点G．
∵∠CEB=30°，∴∠BOC=60°．
∵OB=OC，圆的半径为8，∴△OBC为等边三角形，∴BC=8，∠BCP=30°，∴BG=4，CG=4．
∵，∴PG=3，PB=5，PF=PC=3+4，∴FB=PF－BP=42．

【点睛】
本题考查了圆的切线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质．解题的关键是掌握切线的性质．
21．如图所示，射线AM交一圆于点B，C，射线AN交该圆于点D，F，且BC＝DE，求证：AC＝AE．

【答案】见解析
【分析】
作OP⊥AC于P，OQ⊥AE于Q，连接OB、OD、OA，通过证明Rt△OPB≌Rt△OQD，从而有OP＝OQ，再证明Rt△OPA≌Rt△OQA，有AP＝AQ，从而结论可证.
【解析】
证明：作OP⊥AC于P，OQ⊥AE于Q，连接OB、OD、OA，则PB＝BC，DQ＝DE，

∵BC＝DE，
∴PB＝DQ，PC＝QE，
在Rt△OPB和Rt△OQD中，

∴Rt△OPB≌Rt△OQD（HL），
∴OP＝OQ，
在Rt△OPA和Rt△OQA中，

∴Rt△OPA≌Rt△OQA（HL），
∴AP＝AQ，
∴AP+PC＝AQ+QE，
即AC＝AE．
【点睛】
本题主要考查垂径定理及直角三角形的判定及性质，掌握直角三角性的判定方法是解题的关键.
22．已知，满足，求以，的值为两边长的直角三角形的周长．
【答案】30或．
【分析】
首先根据绝对值和二次根式的意义得出，，然后分类讨论，利用勾股定理求解即可.
【解析】
∵，根据绝对值和二次根式的意义，得
，，
∴，，
当12是直角边时，斜边，
三角形周长为；
当12是斜边时，直角边，
三角形周长为；
三角形周长为30或．
【点睛】
此题主要考查绝对值和二次根式的意义以及勾股定理的运用，熟练掌握，即可解题.
23．如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，，交轴于点，且抛物线的对称轴经过点，过点的直线交抛物线于另一点，点是该抛物线上一点，连接，，，．

（1）求直线及抛物线的函数表达式；
（2）试问：轴上是否存在某一点，使得以点，，为顶点的与相似？若相似，请求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点是直线上方的抛物线上一动点（不与点，重合），过作交直线于点，以为直径作，则在直线上所截得的线段长度的最大值等于_______．（直接写出答案）
【答案】（1） ；（2）相似，或；（3）
【分析】
(1)由二次函数的对称性及B点坐标先求出点A的坐标，代入中求出AD的解析式即可，再将A、B点坐标代入二次函数解析式中，结合对称轴联立方程组求出二次函数解析式.
(2)先计算出 ，此时AD∥BE，再分情况讨论P点在B点左侧和P点在B点右侧时的情形.
(3) 设在直线上所截得的线段为NK，过K点作KI⊥x轴于I点，NJ⊥x轴于J点，PK⊥NJ于P点，设M点的坐标为()，将N，K坐标分别用m的代数式表示，最后利用即可求解.
【解析】
（1）由题可知，对称轴：，点
则点
得
直线
由题可得
解得，，
抛物线的函数关系式

（2）点在抛物线上
即
易求得直线
由题可得：
直线交抛物线于点，
可知，
则：
，，，
，，
设
①若点在点左侧时

（i）当时
则
即：

即：点
（ii）当时
则
即：

即：点
②若点在点右侧时
，
又

此时，与不相似

（3）在直线上所截得的线段长度的最大值等于，如下图所示：
设在直线上所截得的线段为NK，过K点作KI⊥x轴于I点，NJ⊥x轴于J点，PK⊥NJ于P点，
设M点坐标为()
∵BE⊥MN，∴，且
∴
∴直线MN的解析式为：，与直线BC联立方程组：

解得N点坐标为
∵MN是圆O的直径，∴∠MKN=90°
∴MK⊥BC，即，且
∴直线MK的解析式为：，与直线BC联立方程组：

解得K点坐标为
由图像可知，
∴
∴当时，最大值等于.
故答案为：.

【点睛】
本题考查了二次函数解析式的求法、一次函数解析式的求法、相似三角形的性质和判定、圆的相关性质及圆周角定理等，属于一道综合题，最后一问比较关键的一点是要将NK表示成NP的代数式，最后利用N点和P点的纵坐标差求解.
24．如图，在等腰梯形中，AC∥OB，OA＝BC．以O为原点，OB所在直线为x轴建立直角坐标系xoy，已知，B（8，0）．

（1）直接写出点C的坐标；
（2）设为的中点，以为圆心，长为直径作⊙D，试判断点与⊙D的位置关系；
（3）在第一象限内确定点，使与相似，求出所有符合条件的点的坐标．
【答案】（1）C（6，）（2）点在⊙D上（3）（6，2），（8，8）（8，）
【解析】
解：（1）C（6，）；....(3分)
（2）连结AD．

∵AC∥OB，即AC∥BD．
又D是圆心，∴DB＝OB＝4＝AC．
∴ACBD是平行四边形． ∴AD＝CB＝AO．
过A作AE⊥OB于E．
在直角三角形AEO中，由勾股定理可求得AO＝4．
∴AD＝AO＝4＝OB．
∴ 点在⊙D上．....(7分)
（3）∵ 点在⊙D上，OB为直径，∴ ∠OAB＝900． 即△OAB是直角三角形．
故 符合题意的点M有以下3种情况：
① 当与△BAO相似时（如图），则有．
∴M1B＝AO．
∵CB＝AO，∴M1B＝CB． ∴点M1与点C重合．
∴此时点的坐标为（6，2）；....(9分)
② 当与△OBA相似时，即过点作的垂线交的延长线于（如图），
则有．
在直角三角形△OAB中，由勾股定理可求得AB＝4．
∴B＝8．
∴ 此时点的坐标为（8，8）．....(11分)
③ 当与△BOA相似时，即过点作的垂线交的延长线于（如图），
则有．
∴B＝．
∴ 此时点的坐标为（8，）．....(13分)
（1）已知四边形OACB是等腰梯形，则根据A，B的坐标及等腰梯形的性质即可求得点C的坐标．
（2）连接AD，根据已知可推出四边形ABCD是平行四边形，过A作AE⊥OB于E，根据勾股定理即可注得AO的长，从而可判定点A在⊙D上．
（3）点A在⊙D上，OB为直径，则可知△OAB是直角三角形，从而分情况进行分析即可．
25．已知△ABC内接于⊙O，过点A作直线EF，
（1）如图1，若AB为直径，要使得EF是⊙O的切线，还需要添加的条件是（只须写出两种不同情况）①　 　或②　 　．
（2）如图2，若AB为非直径的弦，∠CAE＝∠B，试说明EF是⊙O的切线．

【答案】(1)①EF⊥AB，②∠EAC＝∠B； (2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）添加条件EF⊥AB，根据切线的判定推出即可；添加条件∠EAC=∠B，根据直径推出∠CAB+∠B=90°，推出∠EAC+∠CAB=90°，根据切线判定推出即可；
（2）作直径AM，连接CM，推出∠M=∠B=∠EAC，求出∠EAC+∠CAM=90°，根据切线的判定推出即可．
【解析】
(1)添加的条件是①EF⊥AB，
理由是∵EF⊥AB，OA是半径，
∴EF是⊙O的切线；
②∠EAC＝∠B，
理由是：∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∴∠B+∠CAB＝90°，
∵∠EAC＝∠B，
∴∠EAC+∠CAB＝90°，
∴EF⊥AB，
∵OA是半径，
∴EF是⊙O的切线；
(2)

作直径AM，连接CM，
即∠B＝∠M(在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等)，
∵∠EAC＝∠B，
∴∠EAC＝∠M，
∵AM是⊙O的直径，
∴∠ACM＝90°，
∴∠CAM+∠M＝90°，
∴∠EAC+∠CAM＝90°，
∴EF⊥AM，
∵OA是半径，
∴EF是⊙O的切线．
【点睛】
考查切线是判定方程，圆周角定理等，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键.
26．如图，是的直径，是的一条弦，且于点，连接，，．

（1）当时，求的度数；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）65°；（2）3
【分析】
（1）根据在同一个三角形中。等边对等角可得∠OBC=，然后根据同弧所对的圆周角相等即可求出∠ADC，然后根据直角三角形的两个锐角互余即可得出结论；

（2）根据垂径定理即可求出CE，然后设OB=OC=r，则OE=BE－OB=4－r，再根据勾股定理列出方程即可求出结论．
【解析】
解：（1）∵OB=OC，
∴∠OBC=
∴∠ADC=∠OBC=25°
∵
∴∠AED=90°
∴=90°－∠ADC=65°
（2）∵是的直径，，
∴CE=
设OB=OC=r，则OE=BE－OB=4－r
在Rt△OCE中，OE2＋CE2=OC2
（4-r）2＋2=r2
解得：r=3
即的半径为3．
【点睛】
此题考查的是圆周角定理的推论、等腰三角形的性质、垂径定理和勾股定理，掌握同弧所对的圆周角相等、等边对等角、垂径定理和勾股定理是解决此题的关键．
27．如图所示，在平面直角坐标系中有一格点三角形，该三角形的三个顶点为：A（1，1）、B（﹣3，1）、C（﹣3．﹣1）
（1）若△ABC的外接圆的圆心为P，则点P的坐标为_____．
（2）如图所示，在11×8的网格图内，以坐标原点O点为位似中心，将△ABC按相似比2：1放大，A、B、C的对应点分别为A′、B′、C′，得到△A′B′C′，在图中画出△A′B′C′；若将△A′B′C′沿x轴方向平移，需平移_____单位长度，能使得B′C′所在的直线与⊙P相切．

【答案】（1）（﹣1，0）；（2）图见解析；．
【分析】
（1）由题意可知△ABC是直角三角形，做出外接圆即可得到结论.
（2）利用位似图形的定义和性质做出图形，再根据平移的定义和性质及切线的判定即可得到平移的距离.
【解析】
（1）△ABC的外接圆⊙P如图所示

由图可知，点P的坐标为（-1，0）.
故答案为（-1，0）；
（2）如图所示，△A′B′C′即为所求，⊙P的半径为PB= = .
∵C′（-6，-2），B′（-6，2），∴点P到直线B′C′的距离为5，当B′C′所在的直线与⊙P相切时，点P到直线B′C′的距离为.故将△A′B′C′向右平移5－或5＋个单位B′C′所在的直线与⊙P相切.故答案为5－或5＋.
【点睛】
本题考查了位似变换、切线的判定、平移变换等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，注意一般的位似变换有两种方法，结合图形判断是否存在两种情况.
28．如图，已知∠AOB＝90°，OM是∠AOB的平分线，三角尺的直角顶点P在射线OM上滑动，两直角边分别与OA，OB交于点C，D，求证：PC＝PD．

【答案】证明见解析．
【解析】
试题分析：过点P作PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F．根据垂直的定义得到
由OM是∠AOB的平分线，根据角平分线的性质得到利用四边形内角和定理可得到而则，然后根据“AAS”可判断△PCE≌△PDF，根据全等的性质即可得到
试题解析：证明：过点P作PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F．


∵OM是∠AOB的平分线，



而

在△PCE和△PDF中，
∵
∴△PCE≌△PDF（AAS），

29．在中，，点为边上的一点，以点为圆心，为半径的圆弧与相切于点，交于点，连接.求证：平分.

【答案】见解析
【分析】
连接,根据得出，再根据内错角相等和为等腰三角形进而得出证明即可.
【解析】
证明：连接，
∵以为半径的圆弧与相切于点，
∴.
∴.
∴.
∴.
又∵，
∴，
∴.
∴平分.

【点睛】
本题考查的是切线的性质，解题关键在于对平行的证明，以及对内错角和等腰三角形中等量代换进而得出答案即可.
30．（1）解方程：；
（2）解不等式组：．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）用因式分解法解方程即可；
（2）先分别求出不等式的解，再求交集即可．
【解析】
解：（1）

或
解得：或
原方程的解为：；
（2）
分别解一元一次不等式可得：，，
∴不等式组的解集为：．