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第五章圓5.1圓的性質(zhì)及與圓有關的位置關系,中考數(shù)學(山東專用),A組2014—2018年山東中考題組考點一圓的有關概念與性質(zhì),五年中考,1.(2018濟寧,4,3分)如圖,點B、C、D在☉O上,若∠BCD=130,則∠BOD的度數(shù)是()A.50B.60C.80D.100,答案D如圖所示.在優(yōu)弧上任取一點A(不與點B、D重合),連接AB、AD.因為四邊形ABCD是☉O的內(nèi)接四邊形,所以∠A+∠BCD=180.因為∠BCD=130,所以∠A=50,所以∠BOD=2∠A=250=100.,2.(2018煙臺,10,3分)如圖,四邊形ABCD內(nèi)接于☉O,點I是△ABC的內(nèi)心,∠AIC=124,點E在AD的延長線上,則∠CDE的度數(shù)為()A.56B.62C.68D.78,答案C由∠AIC=124,知∠IAC+∠ICA=180-∠AIC=180-124=56,又點I是△ABC的內(nèi)心,∴點I是△ABC三個內(nèi)角的平分線的交點,∴∠BAC+∠BCA=562=112,∴∠B=180-(∠BAC+∠BCA)=180-112=68.∵四邊形ABCD內(nèi)接于☉O,∴∠B+∠ADC=180,又∠ADC+∠CDE=180,∴∠CDE=∠B=68.,3.(2018菏澤,6,3分)如圖,在☉O中,OC⊥AB,∠ADC=32,則∠OBA的度數(shù)是()A.64B.58C.32D.26,答案D由垂徑定理,得=,又∠ADC=32,∴∠BOC=2∠ADC=64,∴∠OBA=90-64=26.,4.(2018青島,5,3分)如圖,點A、B、C、D在☉O上,∠AOC=140,點B是的中點,則∠D的度數(shù)是()A.70B.55C.35.5D.35,答案D如圖,連接OB.∵點B是的中點,∴=,∴∠AOB=∠AOC=140=70,∴∠D=∠AOB=70=35.,方法總結在圓中,見到弧的中點時,就要想到等弧,相等的圓心角、圓周角以及相等的弦.,5.(2017青島,6,3分)如圖,AB是☉O的直徑,點C,D,E在☉O上,若∠AED=20,則∠BCD的度數(shù)為()A.100B.110C.115D.120,答案B連接AC.∵∠AED=20,∴∠ACD=∠AED=20.∵AB是☉O的直徑,∴∠ACB=90,∴∠BCD=∠ACD+∠ACB=20+90=110.故選B.,思路分析連接AC,先根據(jù)在同圓或等圓中,同弧所對的圓周角相等,求得∠ACD的度數(shù),再根據(jù)直徑所對的圓周角是直角求得∠ACB的度數(shù).最后由∠BCD=∠ACB+∠ACD得∠BCD的度數(shù).,方法規(guī)律解決與圓有關的角度的相關計算問題時,一般先判斷角是圓周角還是圓心角,再轉(zhuǎn)化成同弧所對的圓周角或圓心角,利用同弧所對的圓周角相等,同弧所對的圓周角是圓心角的一半等關系求解.特別地,當已知圓的直徑時,往往要用到“直徑所對的圓周角是直角”的性質(zhì).,6.(2017泰安,12,3分)如圖,△ABC內(nèi)接于☉O,若∠A=α,則∠OBC等于()A.180-2αB.2αC.90+αD.90-α,答案D連接OC,則∠BOC=2∠A=2α,因為OB=OC,所以∠OBC=∠OCB=(180-2α)=90-α.,思路分析首先連接OC,然后利用同弧所對的圓心角與圓周角之間的關系確定∠BOC的大小,最后利用等腰三角形的性質(zhì)計算出∠OBC的度數(shù).,7.(2016聊城,9,3分)如圖,四邊形ABCD內(nèi)接于☉O,F是上一點,且=,連接CF并延長交AD的延長線于點E,連接AC.若∠ABC=105,∠BAC=25,則∠E的度數(shù)為()A.45B.50C.55D.60,答案B∵=,∴∠DCF=∠BAC=25.又∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形,∴∠ADC=180-∠ABC=180-105=75,∴∠E=∠ADC-∠DCF=75-25=50.故選B.,思路分析利用圓的內(nèi)接四邊形對角互補的性質(zhì)求出∠ADC的度數(shù),利用在同圓或等圓中,同弧所對的圓周角相等求出∠DCF的度數(shù),最后利用三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和求出∠E的度數(shù).,8.(2017東營,14,3分)如圖,AB是半圓的直徑,半徑OC⊥AB于點O,D為半圓上一點,AC∥OD,AD與OC交于點E,連接CD、BD,給出以下三個結論:①OD平分∠COB;②BD=CD;③CD2=CECO.其中正確結論的序號是.,答案①②③,解析AB是半圓的直徑,OC⊥AB,∴OA=OB=OC,∠AOC=∠COB=90,∴∠OAC=45,∵AC∥OD,∴∠DOB=∠OAC=45,∴∠COD=∠COB-∠DOB=90-45=45,∴OD平分∠COB,BD=CD,故①②正確;∵∠CDE=∠COA=90=45,∴∠CDE=∠COD.在△CDE和△COD中,∴△CDE∽△COD,∴=.即CD2=CECO,故③正確.,思路分析利用AO=CO,CO⊥AB,得到△AOC為等腰直角三角形,即∠CAO=45,由AC∥OD得到∠DOB=∠CAO=45,進而得到∠DOC=45,∴OD平分∠COB;利用同圓(或同弧)中相等的圓心角所對的弦長相等即可得到BD=CD;利用同弧所對的圓周角等于圓心角的一半,即可得到∠CDE=∠COA=90=45,即∠CDE=∠COD,又∠DCE=∠OCD,∴△CDE∽△COD,∴=,即CD2=CECO.,9.(2016棗莊,15,4分)如圖,在半徑為3的☉O中,直徑AB與弦CD相交于點E,連接AC,BD,若AC=2,則tan∠D=.,答案2,解析連接BC,∵AB為☉O的直徑,∴∠ACB=90,又∵AB=2r=6,∴BC===4,根據(jù)在同圓或等圓中,同弧所對的圓周角相等知∠D=∠A,∴tan∠D=tan∠A===2,故答案為2.,思路分析連接BC,由直徑所對的圓周角為直角,得到△ABC為直角三角形,解Rt△ABC,然后利用在同圓或等圓中,同弧所對的圓周角相等,即可求得tan∠D的值.,10.(2017濟南,23,7分)如圖,AB是☉O的直徑,∠ACD=25,求∠BAD的度數(shù).,解析∵AB是☉O的直徑,∴∠ADB=90.∵∠ACD=25,∴∠B=∠ACD=25,∴∠BAD=90-∠B=90-25=65.,思路分析首先由AB是☉O的直徑,推得∠ADB=90;然后由同圓或等圓中,同弧或等弧所對的圓周角相等,得∠B=∠ACD=25;最后由直角三角形的兩銳角互余,得∠BAD=90-∠B=90-25=65.,方法規(guī)律求與圓有關的角時,要想到:(1)同弧或等弧所對的圓周角相等;(2)同弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半;(3)圓的內(nèi)接四邊形的對角互補;(4)同圓和等圓的半徑相等等.,11.(2016濰坊,21,8分)正方形ABCD內(nèi)接于☉O,如圖所示,在劣弧上取一點E,連接DE、BE,過點D作DF∥BE交☉O于點F,連接BF、AF,且AF與DE相交于點G.求證:(1)四邊形EBFD是矩形;(2)DG=BE.,證明(1)∵四邊形ABCD是正方形,∴∠BAD=∠BCD=90,∴∠BED=∠BAD=90,∠BFD=∠BCD=90,又∵DF∥BE,∴∠EDF+∠BED=180,∴∠EDF=90,∴四邊形EBFD是矩形.(2)∵正方形ABCD內(nèi)接于☉O,∴的度數(shù)是90,∴∠AFD=45,又∵∠GDF=90,∴∠DGF=∠DFG=45,∴DG=DF,又∵在矩形EBFD中,BE=DF,∴DG=BE.,思路分析(1)要證明四邊形EBFD是矩形,需證明四邊形EBFD的三個角是直角,先根據(jù)在同圓或等圓中,同弧所對的圓周角相等及正方形的性質(zhì),得到∠BED=∠BFD=90,再根據(jù)兩直線平行,同旁內(nèi)角互補求得第三個角是直角即可.(2)根據(jù)圓周角與它所對弧的關系求得∠AFD=45,則△DFG為等腰直角三角形,則DF=DG,再根據(jù)矩形的對邊相等得到DF=BE,從而BE=DG.,考點二與圓有關的位置關系,1.(2018泰安,9,3分)如圖,BM與☉O相切于點B,若∠MBA=140,則∠ACB的度數(shù)為()A.40B.50C.60D.70,答案A如圖,連接OA,OB,則OB⊥BM,∴∠BAO=∠ABO=∠MBA-∠OBM=140-90=50,∴∠AOB=180-502=80,∴∠ACB=∠AOB=40.,2.(2017棗莊10,3分)如圖,在網(wǎng)格(每個小正方形的邊長均為1)中選取9個格點(格線的交點稱為格點),如果以A為圓心,r為半徑畫圓,選取的格點中除點A外恰好有3個在圓內(nèi),則r的取值范圍為()A.20),則MD=8x,∴OA=OD=13x,又∵AB=12,AB⊥CD,∴AM=6.在Rt△AOM中,(5x)2+62=(13x)2,解得x=(舍負),∴半徑OA=,∴☉O的周長為13π.,方法規(guī)律如圖,設圓O的半徑為r、弦長為a、弦心距為d,弓形的高為h,則+d2=r2(h=r-d或h=r+d).已知其中任意兩個量即可求出其余兩個量.,4.(2016河北,9,3分)下圖為44的網(wǎng)格圖,A,B,C,D,O均在格點上,點O是()A.△ACD的外心B.△ABC的外心C.△ACD的內(nèi)心D.△ABC的內(nèi)心,答案B設每個小正方形的邊長為1,則OA=OB=OC=,所以點O到△ABC三個頂點的距離都相等,所以點O在三角形ABC三邊垂直平分線的交點上,故點O是△ABC的外心.,評析本題考查了勾股定理和三角形外心的定義,用勾股定理分別求出點O與三角形ABC各頂點的距離,再根據(jù)定義作出判斷即可.,5.(2018北京,12,2分)如圖,點A,B,C,D在☉O上,=,∠CAD=30,∠ACD=50,則∠ADB=.,答案70,解析∵=,∴∠BAC=∠CAD=30.又∵∠BDC=∠BAC=30,∠ACD=50,∴∠ADB=180-30-30-50=70.,6.(2018湖北黃岡,11,3分)如圖,△ABC內(nèi)接于☉O,AB為☉O的直徑,∠CAB=60,弦AD平分∠CAB,若AD=6,則AC=.,答案2,解析連接BD,因為AB為☉O的直徑,所以∠ADB=90,因為∠CAB=60,弦AD平分∠CAB,所以∠BAD=30,因為=cos30,所以AB===4.在Rt△ABC中,AC=ABcos60=4=2.,7.(2017北京,14,3分)如圖,AB為☉O的直徑,C,D為☉O上的點,=.若∠CAB=40,則∠CAD=.,答案25,解析連接BC,BD,∵AB為☉O的直徑,∴∠ACB=90,∴∠ABC=90-∠CAB=90-40=50.∵=,∴∠ABD=∠CBD=∠ABC=25,∴∠CAD=∠CBD=25.,8.(2017浙江湖州,12,4分)如圖,已知在△ABC中,AB=AC,以AB為直徑作半圓O,交BC于點D.若∠BAC=40,則的度數(shù)是度.,答案140,解析∵AB=AC,∠BAC=40,∴∠B=∠C=70,∴的度數(shù)為270=140.,9.(2016黑龍江龍東地區(qū),7,3分)如圖,CD是☉O的直徑,CD=4,∠ACD=20,點B為弧AD的中點,點P是直徑CD上的一個動點,則PA+PB的最小值為.,答案2,解析如圖所示,作出點A關于CD的對稱點M,則=,連接MB交CD于點P.此時PA+PB的值最小,PA+PB的值最小為BM的長.作直徑BN,連接MN.則∠BMN=90.∵∠ACD=20,點B為弧的中點,∴弧所對圓心角的度數(shù)為60,∴∠MNB=30.∴在Rt△BMN中,BM=BN=CD=4=2.∴PA+PB的最小值為2.,10.(2018安徽,20,10分)如圖,☉O為銳角△ABC的外接圓,半徑為5.(1)用尺規(guī)作圖作出∠BAC的平分線,并標出它與劣弧的交點E(保留作圖痕跡,不寫作法);(2)若(1)中的點E到弦BC的距離為3,求弦CE的長.,解析(1)尺規(guī)作圖如圖所示.(2)連接OE交BC于M,連接OC.因為∠BAE=∠CAE,所以=,易得OE⊥BC,所以EM=3.Rt△OMC中,OM=OE-EM=5-3=2,OC=5,所以MC2=OC2-OM2=25-4=21.Rt△EMC中,CE2=EM2+MC2=9+21=30,所以弦CE的長為.,思路分析對于(2),連接OE交BC于點M,再連接OC,由∠BAE=∠CAE可得=,可推出OE⊥BC,最后利用勾股定理求出CE.,11.(2018河南,19,9分)如圖,AB是☉O的直徑,DO⊥AB于點O,連接DA交☉O于點C,過點C作☉O的切線交DO于點E,連接BC交DO于點F.(1)求證:CE=EF;(2)連接AF并延長,交☉O于點G.填空:①當∠D的度數(shù)為時,四邊形ECFG為菱形;②當∠D的度數(shù)為時,四邊形ECOG為正方形.,解析(1)證明:連接OC.∵CE是☉O的切線,∴OC⊥CE.∴∠FCO+∠ECF=90.∵DO⊥AB,∴∠B+∠BFO=90.∵∠CFE=∠BFO,∴∠B+∠CFE=90.(3分)∵OC=OB,∴∠FCO=∠B.∴∠ECF=∠CFE.∴CE=EF.(5分)(2)①30.(注:若填為30,不扣分)(7分)②22.5.(注:若填為22.5,不扣分)(9分),12.(2018福建,24,12分)已知四邊形ABCD是☉O的內(nèi)接四邊形,AC是☉O的直徑,DE⊥AB,垂足為E.(1)延長DE交☉O于點F,延長DC,FB交于點P,如圖1.求證:PC=PB;(2)過點B作BG⊥AD,垂足為G,BG交DE于點H,且點O和點A都在DE的左側(cè),如圖2.若AB=,DH=1,∠OHD=80,求∠BDE的大小.圖1圖2,解析(1)證明:∵AC是☉O的直徑,∴∠ABC=90.又∵DE⊥AB,∴∠DEA=90.∴∠DEA=∠ABC,∴BC∥DF,∴∠F=∠PBC.∵四邊形BCDF是圓內(nèi)接四邊形,∴∠F+∠DCB=180,又∵∠PCB+∠DCB=180,∴∠F=∠PCB,∴∠PBC=∠PCB,∴PC=PB.(2)連接OD,∵AC是☉O的直徑,∴∠ADC=90,,又∵BG⊥AD,∴∠AGB=90,∴∠ADC=∠AGB,∴BG∥DC.又由(1)知BC∥DE,∴四邊形DHBC為平行四邊形,∴BC=DH=1.在Rt△ABC中,AB=,tan∠ACB==,∴∠ACB=60,∠CAB=30.從而BC=AC=OD,∴DH=OD.在等腰三角形DOH中,∠DOH=∠OHD=80,∴∠ODH=20.設DE交AC于N.∵BC∥DE,∴∠ONH=∠ACB=60,∴∠NOH=180-(∠ONH+∠OHD)=40,∴∠DOC=∠DOH-∠NOH=40,∴∠CBD=∠OAD=20.∵BC∥DE,∴∠BDE=∠CBD=20.,一題多解(1)證明:易證DF∥BC,從而CD=BF,且==1,∴PB=PC.(2)連接OD,設∠BDE=x,則∠EBD=90-x,易證四邊形BCDH為平行四邊形,∴BC=DH=1,∵AB=,∴∠CAB=30,AC=2,∴∠ADB=∠ACB=60,∵OD=OA=1=DH,∴∠ODH=180-2∠OHD=180-280=20,∴∠OAD=∠ODA=∠ADB-(∠ODH+x)=60-(20+x)=40-x.又∵∠AOD=2∠ABD,∴180-2(40-x)=2(90-x),解得x=20,即∠BDE=20.,解后反思本題考查圓的有關性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等基礎知識,考查運算能力、推理能力與幾何直觀,考查化歸與轉(zhuǎn)化思想.,13.(2017浙江臺州,22,12分)如圖,已知等腰直角三角形ABC,點P是斜邊BC上一點(不與B,C重合),PE是△ABP的外接圓☉O的直徑.(1)求證:△APE是等腰直角三角形;(2)若☉O的直徑為2,求PC2+PB2的值.,解析(1)證明:∵△ABC是等腰直角三角形,∴AC=AB,∠CAB=90,又∵PE是△ABP的外接圓☉O的直徑,∴∠PAE=90,∴∠CAP=∠BAE,又∵∠CPA+∠APB=180,∠APB+∠AEB=180,∴∠APC=∠AEB,∴△ACP≌△ABE,∴AP=AE,∴△APE是等腰直角三角形.(2)∵由(1)得△ACP≌△ABE,∴CP=BE,又∵∠PBE=90,PE=2,∴EB2+PB2=PE2=4,即PC2+PB2=4.,考點二與圓有關的位置關系,1.(2018福建,9,4分)如圖,AB是☉O的直徑,BC與☉O相切于點B,AC交☉O于點D.若∠ACB=50,則∠BOD等于()A.40B.50C.60D.80,答案D由BC與☉O相切于點B,可得∠ABC=90,由三角形內(nèi)角和為180及∠ACB=50可得∠BAC=40,由OA=OD得∠ODA=∠BAC=40,由三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和可得∠BOD=∠ODA+∠OAD=80.,2.(2017吉林,6,2分)如圖,直線l是☉O的切線,A為切點,B為直線l上一點,連接OB交☉O于點C.若AB=12,OA=5,則BC的長為()A.5B.6C.7D.8,答案D因為AB是圓O的切線,所以OA⊥AB,由勾股定理可得,OB=13,又因為OC=5,所以BC=OB-OC=13-5=8,故選D.,3.(2017浙江寧波,9,4分)如圖,在Rt△ABC中,∠A=90,BC=2.以BC的中點O為圓心的圓分別與AB、AC切于D、E兩點,則的長為()A.B.C.πD.2π,答案B連接OA、OE、OD.∵Rt△ABC中,O為BC的中點,BC=2,∴OA=OB=OC=.又∵AC、AB是☉O的切線,∴OD=OE=r,OE⊥AC,OD⊥AB,又∵∠A=90.∴四邊形ODAE為正方形.∴∠DOE=90.易知AC=2r,AB=2r,在Rt△ABC中,由勾股定理可得(2r)2+(2r)2=(2)2,∴r=1.∴的長===.故選B.,解題關鍵求出∠EOD及半徑r是解題的關鍵.,4.(2018安徽,12,5分)如圖,菱形ABOC的邊AB,AC分別與☉O相切于點D,E.若點D是AB的中點,則∠DOE=.,答案60,解析∵AB,AC分別與圓O相切于點D,E,∴OD⊥AB,OE⊥AC,在菱形ABOC中,AB=BO,∵點D是AB的中點,∴BD=AB=BO,∴∠BOD=30,∴∠B=60,又∵OB∥AC,∴∠A=120,∴在四邊形ADOE中,∠DOE=360-90-90-120=60.,解題關鍵由題意得出OD垂直平分AB及AB=BO是解答本題的關鍵.,5.(2017江蘇鎮(zhèn)江,9,2分)如圖,AB是☉O的直徑,AC與☉O相切,CO交☉O于點D,若∠CAD=30,則∠BOD=.,答案120,解析∵AB是☉O的直徑,AC與☉O相切,∴AO⊥AC,即∠CAO=90,∵∠CAD=30,∴∠DAO=60,∴∠BOD=120.,6.(2017江蘇徐州,16,3分)如圖,AB與☉O相切于點B,線段OA與弦BC垂直,垂足為D,AB=BC=2,則∠AOB=.,答案60,解析∵線段OA與弦BC垂直,AB=BC=2,∴BD=BC=1,在Rt△ABD中,sin∠A==,∴∠A=30,∵AB與☉O相切于點B,∴∠OBA=90,∴∠AOB=60,故答案為60.,7.(2018四川成都,20,10分)如圖,在Rt△ABC中,∠C=90,AD平分∠BAC交BC于點D,O為AB上一點,經(jīng)過點A,D的☉O分別交AB,AC于點E,F,連接OF交AD于點G.(1)求證:BC是☉O的切線;(2)設AB=x,AF=y,試用含x,y的代數(shù)式表示線段AD的長;(3)若BE=8,sinB=,求DG的長.,解析(1)證明:如圖,連接OD.∵AD為∠BAC的平分線,∴∠BAD=∠CAD,∵OA=OD,∴∠ODA=∠OAD,∴∠ODA=∠CAD,∴OD∥AC.又∵∠C=90,∴∠ODC=90,∴OD⊥BC,∴BC是☉O的切線.(2)連接DF.由(1)可知,BC為☉O的切線.∴∠FDC=∠DAF,∴∠CDA=∠CFD,∴∠AFD=∠ADB,又∵∠BAD=∠DAF,∴△ABD∽△ADF,∴=,∴AD2=ABAF,∴AD2=xy,∴AD=.,(3)連接EF.在Rt△BOD中,sinB==,設圓的半徑為r,∴=,∴r=5,∴AE=10,AB=18.∵AE是直徑,∴∠AFE=90,又∠C=90,∴EF∥BC,∴∠AEF=∠B,∴sin∠AEF==,∴AF=AEsin∠AEF=10=,∵AF∥OD,∴===,∴DG=AD,∵AD===,∴DG==.,思路分析(1)連接OD,由OD=OA,AD平分∠BAC,易得OD∥AC,所以OD⊥BC,證得BC為圓O的切線;(2)連接DF,判定△ABD∽△ADF,得AD2=ABAF=xy,即AD=;(3)連接EF,設圓的半徑為r,由sinB的值,解直角△ABC,直角△AEF,根據(jù)OD∥AF,表示出DG=AD,又AD=,進而可以求出DG的長.,易錯警示本題屬于圓的綜合題,考查了切線的判定與性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì)及銳角三角函數(shù).題中涉及直角三角形的條件間的轉(zhuǎn)化較多,易造成代換或計算錯誤,加強對三角函數(shù)概念的理解,提高計算能力,是減少錯誤的關鍵.,8.(2018遼寧沈陽,22,10分)如圖,BE是☉O的直徑,點A和點D是☉O上的兩點,過點A作☉O的切線交BE延長線于點C.(1)若∠ADE=25,求∠C的度數(shù);(2)若AB=AC,CE=2,求☉O半徑的長.,解析(1)連接OA,∵AC為☉O的切線,OA是☉O的半徑,∴OA⊥AC,∴∠OAC=90,∵∠ADE=25,∴∠AOE=2∠ADE=50,∴∠C=90-∠AOE=90-50=40.(2)∵AB=AC,∴∠B=∠C,∵=,,∴∠AOC=2∠B,∴∠AOC=2∠C,∵∠OAC=90,∴∠AOC+∠C=90,∴3∠C=90,∴∠C=30,∵∠OAC=90,∴OA=OC,設☉O的半徑為r,∵CE=2,∴r=(r+2),∴r=2,∴☉O的半徑為2.,9.(2018陜西,23,8分)如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90,以斜邊AB上的中線CD為直徑作☉O,分別與AC、BC相交于點M,N.(1)過點N作☉O的切線NE與AB相交于點E,求證:NE⊥AB;(2)連接MD,求證:MD=NB.,證明(1)連接ON,則OC=ON.∴∠DCB=∠ONC.∵在Rt△ABC中,D為斜邊AB的中點,∴CD=DB,∴∠DCB=∠B,∴∠ONC=∠B,∴ON∥AB.(2分)∵NE是☉O的切線,∴NE⊥ON,∴NE⊥AB.(4分),(2)連接ND,則∠CND=∠CMD=90.∵∠ACB=90,∴四邊形CMDN是矩形,(6分)∴MD=CN.由(1)知,CD=BD,∴CN=NB,∴MD=NB.(8分),思路分析(1)連接ON,由OC=ON可得∠DCB=∠ONC,根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出CD=DB,進而得出∠DCB=∠B,再推出ON∥AB,然后根據(jù)切線的性質(zhì)得出ON⊥NE,最后得到結論;(2)根據(jù)圓周角定理可得∠CND=∠CMD=90,進而判斷四邊形CMDN為矩形,得出MD=CN,然后根據(jù)等腰三角形三線合一推出CN=NB,從而得到結論.,解題技巧針對含有切線的解答題,首先要想到的是作“輔助線”,由此獲得更多能夠證明題目要求的條件.一般作“輔助線”的方法為“見切點,連圓心”,從而構造直角(垂直),然后利用切線性質(zhì)及其他幾何知識進行證明或計算.,10.(2018內(nèi)蒙古呼和浩特,24,10分)如圖,已知BC⊥AC,圓心O在AC上,點M與點C分別是AC與☉O的交點,點D是MB與☉O的交點,點P是AD延長線與BC的交點,且=.(1)求證:PD是☉O的切線;(2)若AD=12,AM=MC,求的值.,解析(1)證明:連接OD、OP,∵=,∠A=∠A,∴△ADM∽△APO,∴∠ADM=∠APO,∴MD∥PO,∴∠1=∠4,∠2=∠3,∵OD=OM,∴∠3=∠4,∴∠1=∠2,又OP=OP,OD=OC,∴△ODP≌△OCP,∴∠ODP=∠OCP,,∵BC⊥AC,∴∠OCP=90,∴∠ODP=90,∴OD⊥AP,又OD為半徑,∴PD是☉O的切線.(2)由(1)知PC=PD,連接CD,∵AM=MC,∴AM=2MO=2R(R為☉O的半徑).在Rt△AOD中,OD2+AD2=OA2,∴R2+122=9R2,∴R=3.∴OD=3,MC=6,∵==,∴AP=18,∴DP=6.又∵MD∥PO,O是MC的中點,∴==,∴點P是BC的中點,∴BP=CP=DP=6,又∵MC是☉O的直徑,,∴∠BDC=∠CDM=90,在Rt△BCM中,∵BC=2DP=12,MC=6,∴BM=6.易知△BCM∽△CDM,∴=,即=.∴MD=2,∴==.,思路分析第(1)問需要通過線段的比相等來尋找合適的相似三角形,進而得到角相等;第(2)問需要先求出半徑,進而借助相似三角形的性質(zhì)和判定解決.,解題關鍵解決本題的關鍵是要尋找合適的相似三角形,并綜合運用相關幾何知識解決問題.,11.(2018云南昆明,21,8分)如圖,AB是☉O的直徑,ED切☉O于點C,AD交☉O于點F,AC平分∠BAD,連接BF.(1)求證:AD⊥ED;(2)若CD=4,AF=2,求☉O的半徑.,解析(1)證法一:連接OC.(1分)∵ED切☉O于點C,∴OC⊥DE,∴∠OCE=90,∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA.∵AC平分∠BAD,∴∠OAC=∠DAC,∴∠OCA=∠DAC,(3分)∴OC∥AD,∴∠D=∠OCE=90,∴AD⊥ED.(4分)證法二:連接OC,(1分)∵ED切☉O于點C,,∴OC⊥DE,∴∠OCD=90,∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA,∵AC平分∠BAD,∴∠OAC=∠DAC,∴∠OCA=∠DAC,(3分)∵∠OCA+∠ACD=90,∴∠DAC+∠ACD=90,∴∠D=90,∴AD⊥ED.(4分),(2)解法一:設線段OC與BF的交點為H.∵AB是☉O的直徑,∴∠AFB=∠HFD=90,(5分)∵∠OCD=∠D=90,∴四邊形HFDC是矩形,∴∠CHF=90,即OC⊥BF,FH=DC=4,(6分)∴FB=2FH=8.(7分)在Rt△BFA中,∠AFB=90,AF=2,由勾股定理可得AB===2,∴☉O的半徑為.(8分)解法二:過點O作ON⊥AF于點N.(5分)∵OC⊥DE,AD⊥ED,∴∠OND=∠D=∠OCD=90,∴四邊形ONDC是矩形,(6分),∴ON=CD=4,∵ON⊥AF,AF=2,∴AN=AF=1.(7分)在Rt△OAN中,∠ONA=90,由勾股定理可得OA===,∴☉O的半徑為.(8分),思路分析(1)連接OC,則OC⊥DE,由AC平分∠BAD及OA=OC,得∠OAC=∠DAC=∠OCA,從而得OC∥AD或∠CAD+∠ACD=90,進而證得AD⊥ED;(2)設線段OC與BF的交點為H,則四邊形HFDC是矩形,從而得到FB=8,進而利用勾股定理求解即可,或過O作ON⊥AF于點N,則AN=1,在矩形ONDC中,ON=CD=4,由勾股定理求解即可.,解題關鍵本題考查了圓的切線的性質(zhì),勾股定理,矩形的性質(zhì).第(2)問中解法二的關鍵是過O作ON⊥AF,構造矩形和直角三角形.,12.(2017湖北宜昌,21,8分)已知,四邊形ABCD中,E是對角線AC上一點,DE=EC,以AE為直徑的☉O與邊CD相切于點D,B點在☉O上,連接OB.(1)求證:DE=OE;(2)若CD∥AB,求證:四邊形ABCD是菱形.,證明(1)連接OD,∵CD是☉O的切線,∴OD⊥CD.∴∠2+∠3=∠1+∠COD=90.又∵DE=EC,∴∠2=∠1,∴∠3=∠COD,∴DE=OE.(2)∵OD=OE,,∴OD=DE=OE,∴∠3=∠COD=∠DEO=60,∴∠2=∠1=30,∵OA=OB=OE,而OE=DE=EC,∴OA=OB=DE=EC,又∵AB∥CD,∴∠4=∠1,∴∠2=∠1=∠4=∠OBA=30,∴△ABO≌△CDE,∴AB=CD.∴四邊形ABCD是平行四邊形.∴∠DAE=∠DOE=30,∴∠1=∠DAE,∴CD=AD,∴四邊形ABCD是菱形.,C組教師專用題組,考點一圓的有關概念與性質(zhì),1.(2018陜西,9,3分)如圖,△ABC是☉O的內(nèi)接三角形,AB=AC,∠BCA=65,作CD∥AB,并與☉O相交于點D,連接BD,則∠DBC的大小為()A.15B.25C.35D.45,答案A∵AB=AC,∠BCA=65,∴∠BCA=∠ABC=65,∴∠BAC=50,∵CD∥AB,∴∠BAC=∠ACD=50,根據(jù)圓周角定理的推論得∠ABD=∠ACD=50,所以∠DBC=∠ABC-∠ABD=65-50=15,故選A.,2.(2017遼寧錦州,7,2分)如圖,四邊形ABCD是☉O的內(nèi)接四邊形,AD與BC的延長線交于點E,BA與CD的延長線交于點F,∠DCE=80,∠F=25,則∠E的度數(shù)為()A.55B.50C.45D.40,答案C∠B=∠DCE-∠F=80-25=55,∵四邊形ABCD是☉O的內(nèi)接四邊形,∴∠EDC=∠B=55,∴∠E=180-∠DCE-∠EDC=45.,3.(2017四川德陽,10,3分)如圖,點D、E分別是☉O的內(nèi)接正三角形的AB、AC邊上的中點.若☉O的半徑為2,則DE的長等于()A.B.C.1D.,答案A連接OB,過點O作OM⊥BC于M,如圖,在Rt△BOM中,∠OBM=30,OB=2,∴BM=2cos30=,∴BC=2BM=2,∴DE=BC=.故選A.,4.(2017福建,8,4分)如圖,AB是☉O的直徑,C,D是☉O上位于AB異側(cè)的兩點.下列四個角中,一定與∠ACD互余的角是()A.∠ADCB.∠ABDC.∠BACD.∠BAD,答案D∵AB是☉O的直徑,∴∠ADB=90,∴∠BAD+∠B=90,易知∠ACD=∠B,∴∠BAD+∠ACD=90,故選D.,5.(2017四川阿壩州,7,4分)如圖,將半徑為2cm的圓形紙片折疊后,圓弧恰好經(jīng)過圓心O,則折痕AB的長為()A.2cmB.cmC.2cmD.2cm,答案D如圖,過點O作OD⊥AB,交AB于點D,連接OA,∵OA=2OD=2cm,∴AD===(cm),∵OD⊥AB,∴AB=2AD=2cm.,6.(2017江蘇南京,6,2分)過三點A(2,2),B(6,2),C(4,5)的圓的圓心坐標為()A.B.(4,3)C.D.(5,3),答案A過C作CE⊥AB于E,設所求圓的圓心為D,半徑為r,連接AD,如圖所示:∵A(2,2),B(6,2),∴圓心D在直線x=4上,∴D的橫坐標為4.∵C(4,5),∴CE=3.∵CD=r,∴DE=3-r.在Rt△DAE中,AE2+DE2=AD2,即22+(3-r)2=r2,解得r=,∴D的縱坐標為5-=,∴D.故選A.,思路分析本題求過三點的圓的圓心坐標時,首先根據(jù)圓的對稱性確定圓心的橫坐標,然后根據(jù)勾股定理求出半徑,最后求出圓心的坐標.,7.(2017浙江金華,7,4分)如圖,在半徑為13cm的圓形鐵片上切下一塊高為8cm的弓形鐵片,則弦AB的長為()A.10cmB.16cmC.24cmD.26cm,答案C如圖,作OC⊥AB交AB于D,交圓于C,∵OC=13cm,CD=8cm,∴OD=5cm,∴在Rt△BOD中,BD===12(cm),∴AB=2BD=24cm.,思路分析作OC⊥AB交AB于D,交圓于點C,根據(jù)垂徑定理和勾股定理求AB的長.,8.(2016廣西南寧,9,3分)如圖,點A,B,C,P在☉O上,CD⊥OA,CE⊥OB,垂足分別為D,E,∠DCE=40,則∠P的度數(shù)為()A.140B.70C.60D.40,答案B∵∠DCE=40,CD⊥OA,CE⊥OB,∴∠DOE=180-40=140,∴∠P=∠AOB=70,故選B.,9.(2016浙江麗水,10,3分)如圖,已知☉O是等腰Rt△ABC的外接圓,點D是上一點,BD交AC于點E,若BC=4,AD=,則AE的長是()A.3B.2C.1D.1.2,答案C因為AC=BC=4,∠C=90,所以由勾股定理得AB=4,所以BD==,易證△CBE∽△DAE,所以AE∶BE=DE∶CE=AD∶CB=∶4=,因為AC,BD是☉O的兩條相交弦,所以BEDE=AECE.若AE=3,則BE=15>,故錯誤;若AE=2,則BE=10>,故錯誤;若AE=1,則BE=5,DE=,CE=4-1=3,此時滿足BEDE=AECE,故AE=1時正確;若AE=1.2,則BE=6>,故錯誤,故選擇C.,10.(2017四川雅安,15,3分)☉O的直徑為10,弦AB長為6,點P是弦AB上一點,則OP的取值范圍是.,答案4≤OP≤5,解析如圖,連接OA,作OM⊥AB與M,∵☉O的直徑為10,∴OA=5,∴OP的最大值為5,∵OM⊥AB與M,∴AM=BM,∵AB=6,∴AM=3,在Rt△AOM中,OM==4,OM的長即為OP的最小值,∴4≤OP≤5.,11.(2017四川自貢,17,4分)如圖,等腰△ABC內(nèi)接于☉O,已知AB=AC,∠ABC=30,BD是☉O的直徑,如果CD=,則AD=.,答案4,解析根據(jù)題意知,AB=AC,∴=,∴∠ADC=∠ADB=∠ABC=30,∴∠BDC=60,∵BD是☉O的直徑,∴∠BCD=∠BAD=90,∴cos∠BDC=,∴BD=,∵cos∠BDA=,∴AD=cos30=4.,12.(2017四川廣元,14,3分)已知☉O的半徑為10,弦AB∥CD,AB=12,CD=16,則AB和CD的距離為.,答案14或2,解析分兩種情況:①當AB、CD在圓心O的兩側(cè)時,如圖1,過O作OE⊥CD于E,延長EO將AB于F,連接OD、OB,∵AB∥CD,∴EF⊥AB,∴ED=CD,BF=AB,∵AB=12,CD=16,∴ED=16=8,BF=12=6,由勾股定理得:OE===6,OF===8,∴EF=OE+OF=6+8=14;②當AB、CD在圓心O的同側(cè)時,如圖2,,同理得:EF=OF-OE=8-6=2,綜上所述,AB和CD的距離為14或2.,13.(2016重慶A卷,15,4分)如圖,OA,OB是☉O的半徑,點C在☉O上,連接AC,BC.若∠AOB=120,則∠ACB=度.,答案60,解析根據(jù)圓周角定理,知∠ACB=∠AOB=120=60.,14.(2016青海西寧,18,2分)☉O的半徑為1,弦AB=,弦AC=,則∠BAC度數(shù)為.,答案15或75,解析如圖1,若兩條弦在AD的同側(cè),連接BD、CD,則∠B=∠C=90,∵AB=,AC=,∴cos∠BAD=,cos∠CAD=,∴∠BAD=45,∠CAD=30,∴∠BAC=45-30=15;如圖2,若兩條弦在AD的兩側(cè),連接BD、CD,則∠B=∠C=90,∵AB=,AC=,∴cos∠BAD=,cos∠CAD=,∴∠BAD=45,∠CAD=30,∴∠BAC=45+30=75.綜上,∠BAC=15或75.,15.(2017安徽,20,10分)如圖,在四邊形ABCD中,AD=BC,∠B=∠D,AD于BC,過點C作CE∥AD交△ABC的外接圓O于點E,連接AE.(1)求證:四邊形AECD為平行四邊形;(2)連接CO,求證:CO平分∠BCE.,證明(1)∵∠B=∠D,∠B=∠E,∴∠D=∠E.∵CE∥AD,∴∠E+∠DAE=180.∴∠D+∠DAE=180.∴AE∥DC.∴四邊形AECD是平行四邊形.(5分)(2)過點O作OM⊥EC,ON⊥BC,垂足分別為M、N.∵四邊形AECD是平行四邊形,∴AD=EC.又AD=BC,∴EC=BC,∴OM=ON,∴CO平分∠BCE.(10分),思路分析(1)根據(jù)“在同一個圓中同一段弧所對的圓周角相等”可推出∠E=∠B,再由∠D=∠B,CE∥AD可推出AE∥DC,問題得證;(2)作OM⊥CE,ON⊥BC,垂足分別為M、N,由已知及(1)得出CE=BC,再根據(jù)“同一個圓內(nèi)等弦對應的弦心距相等”可得OM=ON,從而由角平分線的判定定理可得結論.,解題關鍵抓住“在同一個圓中同一段弧所對的圓周角相等及同圓內(nèi)等弦對應的弦心距相等”是解決本題的關鍵.,16.(2017廣西桂林,25,10分)已知:如圖,在△ABC中,AB=BC=10,以AB為直徑作☉O分別交AC,BC于點D,E,連接DE和DB,過點E作EF⊥AB,垂足為F,交BD于點P.(1)求證:AD=DE;(2)若CE=2,求線段CD的長;(3)在(2)的條件下,求△DPE的面積.,解析(1)證明:∵AB是☉O的直徑,∴∠ADB=90,又∵AB=BC,∴D是AC的中點,∠ABD=∠CBD,∴AD=DE.(2)∵四邊形ABED內(nèi)接于☉O,∴∠CED=∠CAB,又∵∠C=∠C,∴△CDE∽△CBA,∴=,又∵AB=BC=10,CE=2,D是AC的中點,∴CD=.(3)延長EF交☉O于M,在Rt△ABD中,AD=,AB=10,∴BD=3,,又∵AB⊥EM,AB是直徑,∴=,∴∠BEP=∠EDB,∴△BPE∽△BED,∴=,∴BP=,∴DP=BD-BP=,∴S△DPE∶S△BPE=DP∶BP=13∶32,∴S△DPE∶S△BDE=13∶45,∵S△BCD=3=15,S△BDE∶S△BCD=BE∶BC=4∶5,∴S△BDE=12,∴S△DPE=.,思路分析(1)根據(jù)直徑所對的圓周角為90可得∠ADB=90,結合AB=BC,由等腰三角形三線合一的性質(zhì)得出∠ABD=∠CBD,即可得AD=DE;(2)先證△CDE∽△CBA,即可得=,即可求出CD的長;(3)根據(jù)勾股定理求出BD的長,延長EF交圓O于M,可證△BPE∽△BED,即可求得BP,DP的長,故可得S△DPE∶S△BDE=13∶45,又S△BCD=15,S△BDE∶S△BCD=BE∶BC=4∶5,故S△BDE=12,從而求出S△DPE=.,17.(2017浙江杭州,23,12分)如圖,已知△ABC內(nèi)接于☉O,點C在劣弧AB上(不與點A,B重合),點D為弦BC的中點,DE⊥BC,DE與AC的延長線交于點E,射線AO與射線EB交于點F,與☉O交于點G,設∠GAB=α,∠ACB=β,∠EAG+∠EBA=γ.(1)點點同學通過畫圖和測量得到以下數(shù)據(jù):,猜想:β關于α的函數(shù)表達式,γ關于α的函數(shù)表達式,并給出證明;(2)若γ=135,CD=3,△ABE的面積為△ABC的面積的4倍,求☉O的半徑.,解析(1)①β=α+90;②γ=180-α.證明:連接CG,因為AG是直徑,所以∠ACG=90,因為DE垂直平分BC,所以EB=EC,所以∠EBC=∠ECB,∠BED=∠CED.①因為∠BAG=∠BCG,所以β=∠BCG+∠ACG=∠BAG+∠ACG=α+90.②因為∠ECG=90,CD⊥DE,所以∠BCG=∠CED,所以∠BEC=2α,所以γ=∠EAG+∠EBA=∠BAG+∠EAB+∠EBA=∠BAG+(180-∠BEC)=α+(180-2α)=180-α.(2)因為γ=135,所以α=45,β=135,所以∠ECB=∠EBC=45.所以△ECB為等腰直角三角形,又因為CD=3,所以BC=6,,所以CE=BE=3,因為△ABE的面積為△ABC的面積的4倍,所以AE∶AC=4∶1,所以AE=4,在Rt△ABE中,AB==5,連接BG,因為AG是直徑,所以∠ABG=90,在Rt△ABG中,∠BAG=α=45,所以BG=AB,所以AG==10,所以☉O的半徑為5.,18.(2017黑龍江牡丹江,22,5分)如圖,在☉O中,=,CD⊥OA于D,CE⊥OB于E,求證:AD=BE.,證明∵=,∴∠AOC=∠BOC,∵CD⊥OA于D,CE⊥OB于E,∴∠CDO=∠CEO=90,∴在△CDO和△CEO中,∴△CDO≌△CEO(AAS),∴OD=OE,∵OA=OB,∴AD=BE.,19.(2016臨沂,23,9分)如圖,A,P,B,C是圓上的四個點,∠APC=∠CPB=60,AP,CB的延長線相交于點D.(1)求證:△ABC是等邊三角形;(2)若∠PAC=90,AB=2,求PD的長.,解析(1)證明:∵∠APC=∠CPB=60,∴∠ABC=∠BAC=60,(2分)∴∠ACB=60,(3分)∴△ABC是等邊三角形.(4分)(2)解法一:∵∠PAC=90,∠APC=∠ACB=60,∴∠D=∠DAB=∠PCB=30,∴BD=AB=2.(6分)又易證∠PBD=∠PAC=90,∴PD===4.(9分),解法二:∵∠PAC=90,∠APC=∠ACB=60,∴∠ACP=∠PCB=∠D=30