【中考數學】圓：精選真題專項打破沖刺提分60題

（含答案解析）

一、解

答

題（共60小題）

1．（2014?長沙）如圖，以△ABC的一邊AB為直徑作⊙O，⊙O與BC邊的交點恰好為BC的中點D，過點D作⊙O的切線交AC于點E．

（1）求證：DE⊥AC；

（2）若AB=3DE，求tan∠ACB的值．

2．（2014?永州）如圖，點A是⊙O上一點，OA⊥AB，且OA=1，AB=，OB交⊙O于點D，作AC⊥OB，垂足為M，并交⊙O于點C，連接BC．

（1）求證：BC是⊙O的切線；

（2）過點B作BP⊥OB，交OA的延伸線于點P，連接PD，求sin∠BPD的值．

3．（2014?無錫）如圖，AB是半圓O的直徑，C、D是半圓O上的兩點，且OD∥BC，OD與AC交于點E．

（1）若∠B=70°，求∠CAD的度數；

（2）若AB=4，AC=3，求DE的長．

4．（2014?威海）如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分線交AC于點E，過點E作BE的垂線交AB于點F，⊙O是△BEF的外接圓．

（1）求證：AC是⊙O的切線．

（2）過點E作EH⊥AB于點H，求證：CD=HF．

5．（2014?天水）如圖，點D為⊙O上一點，點C在直徑BA的延伸線上，且∠CDA=∠CBD．

（1）判斷直線CD和⊙O的地位關系，并闡明理由．

（2）過點B作⊙O的切線BE交直線CD于點E，若AC=2，⊙O的半徑是3，求BE的長．

6．（2014?天津）已知⊙O的直徑為10，點A，點B，點C在⊙O上，∠CAB的平分線交⊙O于點D．

（Ⅰ）如圖①，若BC為⊙O的直徑，AB=6，求AC，BD，CD的長；

（Ⅱ）如圖②，若∠CAB=60°，求BD的長．

7．（2014?綏化）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，點P在⊙O上，∠1=∠BCD．

（1）求證：CB∥PD；

（2）若BC=3，sin∠BPD=，求⊙O的直徑．

8．（2014?沈陽）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為直徑，OD∥BC交⊙O于點D，交AC于點E，連接AD，BD，CD．

（1）求證：AD=CD；

（2）若AB=10，cos∠ABC=，求tan∠DBC的值．

9．（2014?廈門）已知A，B，C，D是⊙O上的四個點．

（1）如圖1，若∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，求證：AC⊥BD；

（2）如圖2，若AC⊥BD，垂足為E，AB=2，DC=4，求⊙O的半徑．

10．（2014?三明）已知AB是半圓O的直徑，點C是半圓O上的動點，點D是線段AB延伸線上的動點，在運動過程中，保持CD=OA．

（1）當直線CD與半圓O相切時（如圖①），求∠ODC的度數；

（2）當直線CD與半圓O相交時（如圖②），設另一交點為E，連接AE，若AE∥OC，①AE與OD的大小有什么關系？為什么？

②求∠ODC的度數．

11．（2014?黔東北州）如圖，點B、C、D都在⊙O上，過C點作CA∥BD交OD的延伸線于點A，連接BC，∠B=∠A=30°，BD=2．

（1）求證：AC是⊙O的切線；

（2）求由線段AC、AD與弧CD所圍成的暗影部分的面積．（結果保留π）

12．（2014?南通）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，點M在⊙O上，MD恰好圓心O，連接MB．

（1）若CD=16，BE=4，求⊙O的直徑；

（2）若∠M=∠D，求∠D的度數．

13．（2014?臨沂）如圖，已知等腰三角形ABC的底角為30°，以BC為直徑的⊙O與底邊AB交于點D，過D作DE⊥AC，垂足為E．

（1）證明：DE為⊙O的切線；

（2）連接OE，若BC=4，求△OEC的面積．

14．（2014?聊城）如圖，AB，AC分別是半⊙O的直徑和弦，OD⊥AC于點D，過點A作半⊙O的切線AP，AP與OD的延伸線交于點P．連接PC并延伸與AB的延伸線交于點F．

（1）求證：PC是半⊙O的切線；

（2）若∠CAB=30°，AB=10，求線段BF的長．

15．（2014?遼陽）如圖，在△ABC，AB=AC，以AB為直徑的⊙O分別交AC、BC于點D、E，點F在AC的延伸線上，且∠CBF=∠CAB．

（1）求證：直線BF是⊙O的切線；

（2）若AB=5，sin∠CBF=，求BC和BF的長．

16．（2014?涼山州）已知：如圖，P是⊙O外一點，過點P引圓的切線PC（C為切點）和割線PAB，分別交⊙O于A、B，連接AC，BC．

（1）求證：∠PCA=∠PBC；

（2）利用（1）的結論，已知PA=3，PB=5，求PC的長．

17．（2014?涼山州）如圖所示，正方形網格中，△ABC為格點三角形（即三角形的頂點都在格點上）．

（1）把△ABC沿BA方向平移后，點A移到點A1，在網格中畫出平移后得到的△A1B1C1；

（2）把△A1B1C1繞點A1按逆時針方向旋轉90°，在網格中畫出旋轉后的△A1B2C2；

（3）如果網格中小正方形的邊長為1，求點B（1）、（2）變換的路徑總長．

18．（2014?吉林）如圖，四邊形OABC是平行四邊形，以O為圓心，OA為半徑的圓交AB于點D，延伸AO交⊙O于點E，連接CD，CE，若CE是⊙O的切線，解答下列成績：

（1）求證：CD是⊙O的切線；

（2）若BC=3，CD=4，求平行四邊形OABC的面積．

19．（2014?黃岡）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC為直徑的⊙O與AB邊交于點D，過點D作⊙O的切線，交BC于點E．

（1）求證：EB=EC；

（2）若以點O、D、E、C為頂點的四邊形是正方形，試判斷△ABC的外形，并闡明理由．

20．（2014?湖州）已知在以點O為圓心的兩個同心圓中，大圓的弦AB交小圓于點C，D（如圖）．

（1）求證：AC=BD；

（2）若大圓的半徑R=10，小圓的半徑r=8，且圓O到直線AB的距離為6，求AC的長．

21．（2014?哈爾濱）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，弦BD交AC于點E，連接CD，且AE=DE，BC=CE．

（1）求∠ACB的度數；

（2）過點O作OF⊥AC于點F，延伸FO交BE于點G，DE=3，EG=2，求AB的長．

22．（2014?福州）如圖，在△ABC中，∠B=45°，∠ACB=60°，AB=3，點D為BA延伸線上的一點，且∠D=∠ACB，⊙O為△ACD的外接圓．

（1）求BC的長；

（2）求⊙O的半徑．

23．（2014?佛山）如圖，⊙O的直徑為10cm，弦AB=8cm，P是弦AB上的一個動點，求OP的長度范圍．

24．（2014?濱州）如圖，點D在⊙O的直徑AB的延伸線上，點C在⊙O上，AC=CD，∠ACD=120°．

（1）求證：CD是⊙O的切線；

（2）若⊙O的半徑為2，求圖中暗影部分的面積．

25．（2014?北京）如圖，AB是⊙O的直徑，C是的中點，⊙O的切線BD交AC的延伸線于點D，E是OB的中點，CE的延伸線交切線BD于點F，AF交⊙O于點H，連接BH．

（1）求證：AC=CD；

（2）若OB=2，求BH的長．

26．（2013?營口）在如圖的方格紙中，每個小方格都是邊長為1個單位的正方形，△ABC的三個頂點都在格點上．（每個小方格的頂點叫格點）

（1）畫出△ABC向下平移3個單位后的△A1B1C1；

（2）畫出△ABC繞點O順時針旋轉90°后的△A2B2C2，并求點A旋轉到A2所的路線長．

27．（2013?烏魯木齊）如圖．點A、B、C、D在⊙O上，AC⊥BD于點E，過點O作OF⊥BC于F，求證：

（1）△AEB∽△OFC；

（2）AD=2FO．

28．（2013?溫州）如圖，AB為⊙O的直徑，點C在⊙O上，延伸BC至點D，使DC=CB，延伸DA與⊙O的另一個交點為E，連接AC，CE．

（1）求證：∠B=∠D；

（2）若AB=4，BC﹣AC=2，求CE的長．

29．（2013?深圳）如圖所示，該小組發現8米高旗桿DE的影子EF落在了包含一圓弧型小橋在內的路上，于是他們開展了測算小橋所在圓的半徑的．小剛身高1.6米，測得其影長為2.4米，同時測得EG的長為3米，HF的長為1米，測得拱高（弧GH的中點到弦GH的距離，即MN的長）為2米，求小橋所在圓的半徑．

30．（2013?邵陽）如圖所示，某窗戶由矩形和弓形組成，已知弓形的跨度AB=3m，弓形的高EF=1m，現計劃安裝玻璃，請幫工程師求出所在圓O的半徑r．

31．（2013?廈門）（1）甲市共有三個郊縣，各郊縣的人數及人均耕地面積如表所示：

郊縣

人數/萬

人均耕地面積/公頃

A

0.15

B

0.20

C

0.18

求甲市郊縣一切人口的人均耕地面積（到0.01公頃）；

（2）先化簡下式，再求值：，其中，；

（3）如圖，已知A，B，C，D是⊙O上的四點，延伸DC，AB相交于點E，若BC=BE．求證：△ADE是等腰三角形．

32．（2013?黔東北州）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB與點E，點P在⊙O上，∠1=∠C，（1）求證：CB∥PD；

（2）若BC=3，sin∠P=，求⊙O的直徑．

33．（2013?梅州）如圖，在矩形ABCD中，AB=2DA，以點A為圓心，AB為半徑的圓弧交DC于點E，交AD的延伸線于點F，設DA=2．

（1）求線段EC的長；

（2）求圖中暗影部分的面積．

34．（2013?涼山州）在同一平面直角坐標系中有5個點：A（1，1），B（﹣3，﹣1），C（﹣3，1），D（﹣2，﹣2），E（0，﹣3）．

（1）畫出△ABC的外接圓⊙P，并指出點D與⊙P的地位關系；

（2）若直線l點D（﹣2，﹣2），E（0，﹣3），判斷直線l與⊙P的地位關系．

35．（2013?巴中）若⊙O1和⊙O2的圓心距為4，兩圓半徑分別為r1、r2，且r1、r2是方程組的解，求r1、r2的值，并判斷兩圓的地位關系．

36．（2012?岳陽）如圖所示，在⊙O中，=，弦AB與弦AC交于點A，弦CD與AB交于點F，連接BC．

（1）求證：AC2=AB?AF；

（2）若⊙O的半徑長為2cm，∠B=60°，求圖中暗影部分面積．

37．（2012?宜賓）如圖，⊙O1、⊙O2相交于P、Q兩點，其中⊙O1的半徑r1=2，⊙O2的半徑r2=．過點Q作CD⊥PQ，分別交⊙O1和⊙O2于點C、D，連接CP、DP，過點Q任作不斷線AB交⊙O1和⊙O2于點A、B，連接AP、BP、AC、DB，且AC與DB的延伸線交于點E．

（1）求證：；

（2）若PQ=2，試求∠E度數．

38．（2012?武漢）在銳角三角形ABC中，BC=5，sinA=，（1）如圖1，求三角形ABC外接圓的直徑；

（2）如圖2，點I為三角形ABC的內心，BA=BC，求AI的長．

39．（2012?無錫）如圖，菱形ABCD的邊長為2cm，∠DAB=60°．點P從A點出發，以cm/s的速度，沿AC向C作勻速運動；與此同時，點Q也從A點出發，以1cm/s的速度，沿射線AB作勻速運動．當P運動到C點時，P、Q都中止運動．設點P運動的工夫為ts．

（1）當P異于A、C時，請闡明PQ∥BC；

（2）以P為圓心、PQ長為半徑作圓，請問：在整個運動過程中，t為怎樣的值時，⊙P與邊BC分別有1個公共點和2個公共點？

40．（2012?臺州）已知，如圖1，△ABC中，BA=BC，D是平面內不與A、B、C重合的任意一點，∠ABC=∠DBE，BD=BE．

（1）求證：△ABD≌△CBE；

（2）如圖2，當點D是△ABC的外接圓圓心時，請判斷四邊形BDCE的外形，并證明你的結論．

41．（2012?日照）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，AB=5．

（Ⅰ）探求新知

如圖①，⊙O是△ABC的內切圓，與三邊分別相切于點E、F、G．

（1）求證：內切圓的半徑r1=1；

（2）求tan∠OAG的值；

（Ⅱ）結論運用

（1）如圖②，若半徑為r2的兩個等圓⊙O1、⊙O2外切，且⊙O1與AC、AB相切，⊙O2與BC、AB相切，求r2的值；

（2）如圖③，若半徑為rn的n個等圓⊙O1、⊙O2、…、⊙On依次外切，且⊙O1與AC、AB相切，⊙On與BC、AB相切，⊙O1、⊙O2、…、⊙On均與AB相切，求rn的值．

42．（2012?泉州）已知：A、B、C三點不在同不斷線上．

（1）若點A、B、C均在半徑為R的⊙O上，i）如圖①，當∠A=45°，R=1時，求∠BOC的度數和BC的長；

ii）如圖②，當∠A為銳角時，求證：sinA=；

（2）若定長線段BC的兩個端點分別在∠MAN的兩邊AM、AN（B、C均與A不重合）滑動，如圖③，當∠MAN=60°，BC=2時，分別作BP⊥AM，CP⊥AN，交點為P，試探求在整個滑動過程中，P、A兩點間的距離能否保持不變？請闡明理由．

43．（2012?南昌）已知，紙片⊙O的半徑為2，如圖1，沿弦AB折疊操作．

（1）①折疊后的所在圓的圓心為O′時，求O′A的長度；

②如圖2，當折疊后的圓心為O時，求的長度；

③如圖3，當弦AB=2時，求圓心O到弦AB的距離；

（2）在圖1中，再將紙片⊙O沿弦CD折疊操作．

①如圖4，當AB∥CD，折疊后的與所在圓外切于點P時，設點O到弦AB、CD的距離之和為d，求d的值；

②如圖5，當AB與CD不平行，折疊后的與所在圓外切于點P時，設點M為AB的中點，點N為CD的中點，試探求四邊形OMPN的外形，并證明你的結論．

44．（2012?荊州）如圖所示為圓柱形大型儲油罐固定在U型槽上的橫截面圖．已知圖中ABCD為等腰梯形（AB∥DC），支點A與B相距8m，罐底點到地面CD距離為1m．設油罐橫截面圓心為O，半徑為5m，∠D=56°，求：U型槽的橫截面（暗影部分）的面積．（參考數據：sin53°≈0.8，tan56°≈1.5，π≈3，結果保留整數）

45．（2012?呼倫貝爾）如圖，線段AB與⊙O相切于點C，連接OA，OB，OB交⊙O于點D，已知OA=OB=6，AB=6．

（1）求⊙O的半徑；

（2）求圖中暗影部分的面積．

46．（2012?桂林）如圖，等圓⊙O1和⊙O2相交于A、B兩點，⊙O1⊙O2的圓心，依次連接A、O1、B、O2．

（1）求證：四邊形AO1BO2是菱形；

（2）過直徑AC的端點C作⊙O1的切線CE交AB的延伸線于E，連接CO2交AE于D，求證：CE=2O2D；

（3）在（2）的條件下，若△AO2D的面積為1，求△BO2D的面積．

47．（2014?萊蕪）如圖1，在⊙O中，E是的中點，C為⊙O上的一動點（C與E在AB異側），連接EC交AB于點F，EB=（r是⊙O的半徑）．

（1）D為AB延伸線上一點，若DC=DF，證明：直線DC與⊙O相切；

（2）求EF?EC的值；

（3）如圖2，當F是AB的四等分點時，求EC的值．

48．（2012?崇左）已知∠AOB=30°，P是OA上的一點，OP=24cm，以r為半徑作⊙P．

（1）若r=12cm，試判斷⊙P與OB地位關系；

（2）若⊙P與OB相離，試求出r需滿足的條件．

49．（2012?崇左）如圖，正方形ABCD的邊長為1，其中弧DE、弧EF、弧FG的圓心依次為點A、B、C．

（1）求點D沿三條弧運動到點G所的路線長；

（2）判斷直線GB與DF的地位關系，并闡明理由．

50．（2011?資陽）如圖，A、B、C、D、E、F是⊙O的六等分點．

（1）連接AB、AD、AF，求證：AB+AF=AD；

（2）若P是圓周上異于已知六等分點的動點，連接PB、PD、PF，寫出這三條線段長度的數量關系（不必闡明理由）．

51．（2011?宜昌）如圖，某商標是由邊長均為2的正三角形、正方形、正六邊形的金屬薄片鑲嵌而成的鑲嵌圖案．

（1）求這個鑲嵌圖案中一個正三角形的面積；

（2）如果在這個鑲嵌圖案中隨機確定一個點O，那么點O落在鑲嵌圖案中的正方形區域的概率為多少？（結果保留二位小數）

52．（2011?盤錦）如圖，風車的支桿OE垂直于桌面，風車O到桌面的距離OE為25cm，小小風車在風吹動下繞著O不停地轉動，轉動過程中，葉片端點A、B、C、D在同一圓O上，已知⊙O的半徑為10cm．

（1）風車在轉動過程中，當∠AOE=45°時，求點A到桌面的距離（結果保留根號）．

（2）在風車轉動一周的過程中，求點A絕對于桌面的高度不超過20cm所的路徑長（結果保留π）．

53．（2011?南通）比較正五邊形與正六邊形，可以發現它們的相反點和不同點．例如：

它們的一個相反點：正五邊形的各邊相等，正六邊形的各邊也相等．

它們的一個不同點：正五邊形不是對稱圖形，正六邊形是對稱圖形．

請你再寫出它們的兩個相反點和不同點：

相反點：

①　　　　　　；

②　　　　　　．

不同點：

①　　　　　　；

②　　　　　　．

54．（2014?云南）已知如圖平面直角坐標系中，點O是坐標原點，矩形ABCO是頂點坐標分別為A（3，0）、B（3，4）、C（0，4）．點D在y軸上，且點D的坐標為（0，﹣5），點P是直線AC上的一動點．

（1）當點P運動到線段AC的中點時，求直線DP的解析式（關系式）；

（2）當點P沿直線AC挪動時，過點D、P的直線與x軸交于點M．問在x軸的正半軸上能否存在使△DOM與△ABC類似的點M？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請闡明理由；

（3）當點P沿直線AC挪動時，以點P為圓心、R（R＞0）為半徑長畫圓．得到的圓稱為動圓P．若設動圓P的半徑長為，過點D作動圓P的兩條切線與動圓P分別相切于點E、F．請探求在動圓P中能否存在面積最小的四邊形DEPF？若存在，請求出最小面積S的值；若不存在，請闡明理由．

55．（2011?綿陽）如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD=90°，以AD為直徑的半圓O與BC相切．

（1）求證：OB⊥OC；

（2）若AD=12，∠BCD=60°，⊙O1與半⊙O外切，并與BC、CD相切，求⊙O1的面積．

56．（2014?貴港）如圖，AB是大半圓O的直徑，AO是小半圓M的直徑，點P是大半圓O上一點，PA與小半圓M交于點C，過點C作CD⊥OP于點D．

（1）求證：CD是小半圓M的切線；

（2）若AB=8，點P在大半圓O上運動（點P不與A，B兩點重合），設PD=x，CD2=y．

①求y與x之間的函數關系式，并寫出自變量x的取值范圍；

②當y=3時，求P，M兩點之間的距離．

57．（2011?杭州）在平面上，七個邊長為1的等邊三角形，分別用①至⑦表示（如圖）．從④⑤⑥⑦組成的圖形中，取出一個三角形，使剩下的圖形平移，與①②③組成的圖形拼成一個正六邊形

（1）你取出的是哪個三角形？寫出平移的方向和平移的距離；

（2）將取出的三角形任意放置在拼成的正六邊形所在平面，問：正六邊形沒有被三角形蓋住的面積能否等于？請闡明理由．

58．（2011?東莞）如圖，在平面直角坐標系中，點P的坐標為（﹣4，0），⊙P的半徑為2，將⊙P沿x軸向右平移4個單位長度得⊙P1

（1）畫出⊙P1，并直接判斷⊙P與⊙P1的地位關系；

（2）設⊙P1與x軸正半軸，y軸正半軸的交點分別為A、B．求劣弧與弦AB圍成的圖形的面積（結果保留π）

59．（2011?大慶）如圖，Rt△ABC的兩直角邊AC邊長為4，BC邊長為3，它的內切圓為⊙0，⊙0與邊AB、BC、AC分別相切于點D、E、F，延伸C0交斜邊AB于點G．

（1）求⊙0的半徑長；

（2）求線段DG的長．

60．（2014?河南）（1）成績發現

如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點A，D，E在同不斷線上，連接BE．

填空：

①∠AEB的度數為　　　　　　；

②線段AD，BE之間的數量關系為　　　　　　．

（2）拓展探求

如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A，D，E在同不斷線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數及線段CM，AE，BE之間的數量關系，并闡明理由．

（3）處理成績

如圖3，在正方形ABCD中，CD=，若點P滿足PD=1，且∠BPD=90°，請直接寫出點A到BP的距離．

中考數學提分沖刺真題精析：圓

參考答案與試題解析

一、解

答

題（共60小題）

1．（2014?長沙）如圖，以△ABC的一邊AB為直徑作⊙O，⊙O與BC邊的交點恰好為BC的中點D，過點D作⊙O的切線交AC于點E．

（1）求證：DE⊥AC；

（2）若AB=3DE，求tan∠ACB的值．

考點：

切線的性質．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）連接OD，可以證得DE⊥OD，然后證明OD∥AC即可證明DE⊥AC；

（2）利用△DAE∽△CDE，求出DE與CE的比值即可．

解答：

（1）證明：連接OD，∵D是BC的中點，OA=OB，∴OD是△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵DE是⊙O的切線，∴OD⊥DE，∴DE⊥AC；

（2）解：連接AD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∵DE⊥AC，∴∠ADC=∠DEC=∠AED=90°，∴∠ADE=∠DCE

在△ADE和△CDE中，∴△CDE∽△DAE，∴，設tan∠ACB=x，CE=a，則DE=ax，AC=3ax，AE=3ax﹣a，∴，整理得：x2﹣3x+1=0，解得：x=，∴tan∠ACB=或．

（可以看出△ABC分別為銳角、鈍角三角形兩種情況）

點評：

本題次要考查了切線的性質的綜合運用，解答本題的關鍵在于如何利用三角形類似求出線段DE與CE的比值．

2．（2014?永州）如圖，點A是⊙O上一點，OA⊥AB，且OA=1，AB=，OB交⊙O于點D，作AC⊥OB，垂足為M，并交⊙O于點C，連接BC．

（1）求證：BC是⊙O的切線；

（2）過點B作BP⊥OB，交OA的延伸線于點P，連接PD，求sin∠BPD的值．

考點：

切線的判定；全等三角形的判定與性質；勾股定理；垂徑定理．版權一切

專題：

證明題．

分析：

（1）連結OC，根據垂徑定理由AC⊥OB得AM=CM，于是可判斷OB為線段AC的垂直平分線，所以BA=BC，然后利用“SSS”證明△OAB≌△OCB，得到∠OAB=∠OCB，由于∠OAB=90°，則∠OCB=90°，于是可根據切線的判定定理得BC是⊙O的切線；

（2）在Rt△OAB中，根據勾股定理計算出OB=2，根據含30度的直角三角形三邊的關系得∠ABO=30°，∠AOB=60°，在Rt△PBO中，由∠BPO=30°得到PB=OB=2；在Rt△PBD中，BD=OB﹣OD=1，根據勾股定理計算出PD=，然后利用正弦的定義求sin∠BPD的值．

解答：

（1）證明：連結OC，如圖，∵AC⊥OB，∴AM=CM，∴OB為線段AC的垂直平分線，∴BA=BC，在△OAB和△OCB中，∴△OAB≌△OCB（SSS），∴∠OAB=∠OCB，∵OA⊥AB，∴∠OAB=90°，∴∠OCB=90°，∴OC⊥BC，故BC是⊙O的切線；

（2）解：在Rt△OAB中，OA=1，AB=，∴OB==2，∴∠ABO=30°，∠AOB=60°，∵PB⊥OB，∴∠PBO=90°，∠BPO=30°，在Rt△PBO中，OB=2，∴PB=OB=2，在Rt△PBD中，BD=OB﹣OD=2﹣1=1，PB=2，∴PD==，∴sin∠BPD===．

點評：

本題考查了切線的判定定理：半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．也考查了垂徑定理、勾股定理和全等三角形的判定與性質．

3．（2014?無錫）如圖，AB是半圓O的直徑，C、D是半圓O上的兩點，且OD∥BC，OD與AC交于點E．

（1）若∠B=70°，求∠CAD的度數；

（2）若AB=4，AC=3，求DE的長．

考點：

圓周角定理；平行線的性質；三角形中位線定理．版權一切

專題：

幾何圖形成績．

分析：

（1）根據圓周角定理可得∠ACB=90°，則∠CAB的度數即可求得，在等腰△AOD中，根據等邊對等角求得∠DAO的度數，則∠CAD即可求得；

（2）易證OE是△ABC的中位線，利用中位線定理求得OE的長，則DE即可求得．

解答：

解：（1）∵AB是半圓O的直徑，∴∠ACB=90°，又∵OD∥BC，∴∠AEO=90°，即OE⊥AC，∠CAB=90°﹣∠B=90°﹣70°=20°，∠AOD=∠B=70°．

∵OA=OD，∴∠DAO=∠ADO===55°

∴∠CAD=∠DAO﹣∠CAB=55°﹣20°=35°；

（2）在直角△ABC中，BC===．

∵OE⊥AC，∴AE=EC，又∵OA=OB，∴OE=BC=．

又∵OD=AB=2，∴DE=OD﹣OE=2﹣．

點評：

本題考查了圓周角定理以及三角形的中位線定理，正確證明OE是△ABC的中位線是關鍵．

4．（2014?威海）如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分線交AC于點E，過點E作BE的垂線交AB于點F，⊙O是△BEF的外接圓．

（1）求證：AC是⊙O的切線．

（2）過點E作EH⊥AB于點H，求證：CD=HF．

考點：

切線的判定；全等三角形的判定與性質．版權一切

專題：

證明題．

分析：

（1）連接OE，由于BE是角平分線，則有∠CBE=∠OBE；而OB=OE，就有∠OBE=∠OEB，等量代換有∠OEB=∠CBE，那么利用內錯角相等，兩直線平行，可得OE∥BC；又∠C=90°，所以∠AEO=90°，即AC是⊙O的切線；

（2）連結DE，先根據AAS證明△CDE≌△HFE，再由全等三角形的對應邊相等即可得出CD=HF．

解答：

證明：（1）如圖1，連接OE．

∵BE⊥EF，∴∠BEF=90°，∴BF是圓O的直徑．

∵BE平分∠ABC，∴∠CBE=∠OBE，∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB，∴∠OEB=∠CBE，∴OE∥BC，∴∠AEO=∠C=90°，∴AC是⊙O的切線；

（2）如圖2，連結DE．

∵∠CBE=∠OBE，EC⊥BC于C，EH⊥AB于H，∴EC=EH．

∵∠CDE+∠BDE=180°，∠HFE+∠BDE=180°，∴∠CDE=∠HFE．

在△CDE與△HFE中，∴△CDE≌△HFE（AAS），∴CD=HF．

點評：

本題次要考查了切線的判定，全等三角形的判定與性質．要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心與這點（即為半徑），再證垂直即可．

5．（2014?天水）如圖，點D為⊙O上一點，點C在直徑BA的延伸線上，且∠CDA=∠CBD．

（1）判斷直線CD和⊙O的地位關系，并闡明理由．

（2）過點B作⊙O的切線BE交直線CD于點E，若AC=2，⊙O的半徑是3，求BE的長．

考點：

切線的判定與性質．版權一切

專題：

幾何圖形成績．

分析：

（1）連接OD，根據圓周角定理求出∠DAB+∠DBA=90°，求出∠CDA+∠ADO=90°，根據切線的判定推出即可；

（2）根據勾股定理求出DC，根據切線長定理求出DE=EB，根據勾股定理得出方程，求出方程的解即可．

解答：

解：（1）直線CD和⊙O的地位關系是相切，理由是：連接OD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠DAB+∠DBA=90°，∵∠CDA=∠CBD，∴∠DAB+∠CDA=90°，∵OD=OA，∴∠DAB=∠ADO，∴∠CDA+∠ADO=90°，即OD⊥CE，∴直線CD是⊙O的切線，即直線CD和⊙O的地位關系是相切；

（2）∵AC=2，⊙O的半徑是3，∴OC=2+3=5，OD=3，在Rt△CDO中，由勾股定理得：CD=4，∵CE切⊙O于D，EB切⊙O于B，∴DE=EB，∠CBE=90°，設DE=EB=x，在Rt△CBE中，由勾股定理得：CE2=BE2+BC2，則（4+x）2=x2+（5+3）2，解得：x=6，即BE=6．

點評：

本題考查了切線的性質和判定，勾股定理，切線長定理，圓周角定理，等腰三角形的性質和判定的運用，標題比較典型，綜合性比較強，難度適中．

6．（2014?天津）已知⊙O的直徑為10，點A，點B，點C在⊙O上，∠CAB的平分線交⊙O于點D．

（Ⅰ）如圖①，若BC為⊙O的直徑，AB=6，求AC，BD，CD的長；

（Ⅱ）如圖②，若∠CAB=60°，求BD的長．

考點：

圓周角定理；等邊三角形的判定與性質；勾股定理．版權一切

專題：

證明題．

分析：

（Ⅰ）利用圓周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的長度；利用圓心角、弧、弦的關系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理異樣得到BD=CD=5；

（Ⅱ）如圖②，連接OB，OD．由圓周角定理、角平分線的性質以及等邊三角形的判定推知△OBD是等邊三角形，則BD=OB=OD=5．

解答：

解：（Ⅰ）如圖①，∵BC是⊙O的直徑，∴∠CAB=∠BDC=90°．

∵在直角△CAB中，BC=10，AB=6，∴由勾股定理得到：AC===8．

∵AD平分∠CAB，∴=，∴CD=BD．

在直角△BDC中，BC=10，CD2+BD2=BC2，∴易求BD=CD=5；

（Ⅱ）如圖②，連接OB，OD．

∵AD平分∠CAB，且∠CAB=60°，∴∠DAB=∠CAB=30°，∴∠DOB=2∠DAB=60°．

又∵OB=OD，∴△OBD是等邊三角形，∴BD=OB=OD．

∵⊙O的直徑為10，則OB=5，∴BD=5．

點評：

本題綜合考查了圓周角定理，勾股定理以及等邊三角形的判定與性質．此題利用了圓的定義、有一內角為60度的等腰三角形為等邊三角形證得△OBD是等邊三角形．

7．（2014?綏化）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，點P在⊙O上，∠1=∠BCD．

（1）求證：CB∥PD；

（2）若BC=3，sin∠BPD=，求⊙O的直徑．

考點：

圓周角定理；平行線的判定與性質；垂徑定理；解直角三角形．版權一切

專題：

幾何圖形成績．

分析：

（1）根據圓周角定理和已知求出∠D=∠BCD，根據平行線的判定推出即可；

（2）根據垂徑定理求出弧BC=弧BD，推出∠A=∠P，解直角三角形求出即可．

解答：

（1）證明：∵∠D=∠1，∠1=∠BCD，∴∠D=∠BCD，∴CB∥PD；

（2）解：連接AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵CD⊥AB，∴=，∴∠BPD=∠CAB，∴sin∠CAB=sin∠BPD=，即=，∵BC=3，∴AB=5，即⊙O的直徑是5．

點評：

本題考查了圓周角定理，解直角三角形，垂徑定理，平行線的判定的運用，次要考查先生的推理能力．

8．（2014?沈陽）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為直徑，OD∥BC交⊙O于點D，交AC于點E，連接AD，BD，CD．

（1）求證：AD=CD；

（2）若AB=10，cos∠ABC=，求tan∠DBC的值．

考點：

圓周角定理；勾股定理；圓心角、弧、弦的關系；解直角三角形．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）由AB為直徑，OD∥BC，易得OD⊥AC，然后由垂徑定理證得，=，繼而證得結論；

（2）由AB=10，cos∠ABC=，可求得OE的長，繼而求得DE，AE的長，則可求得tan∠DAE，然后由圓周角定理，證得∠DBC=∠DAE，則可求得答案．

解答：

（1）證明：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵OD∥BC，∴∠AEO=∠ACB=90°，∴OD⊥AC，∴=，∴AD=CD；

（2）解：∵AB=10，∴OA=OD=AB=5，∵OD∥BC，∴∠AOE=∠ABC，在Rt△AEO中，OE=OA?cos∠AOE=OA?cos∠ABC=5×=3，∴DE=OD﹣OE=5﹣3=2，∴AE===4，在Rt△AED中，tan∠DAE===，∵∠DBC=∠DAE，∴tan∠DBC=．

點評：

此題考查了圓周角定理、垂徑定理以及勾股定理．此題難度適中，留意掌握數形思想的運用．

9．（2014?廈門）已知A，B，C，D是⊙O上的四個點．

（1）如圖1，若∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，求證：AC⊥BD；

（2）如圖2，若AC⊥BD，垂足為E，AB=2，DC=4，求⊙O的半徑．

考點：

垂徑定理；勾股定理；圓周角定理．版權一切

專題：

幾何綜合題；壓軸題．

分析：

（1）根據題意不難證明四邊形ABCD是正方形，結論可以得到證明；

（2）連結DO，延伸交圓O于F，連結CF、BF．根據直徑所對的圓周角是直角，得∠DCF=∠DBF=90°，則BF∥AC，根據平行弦所夾的弧相等，得弧CF=弧AB，則CF=AB．根據勾股定理即可求解．

解答：

解：（1）∵∠ADC=∠BCD=90°，∴AC、BD是⊙O的直徑，∴∠DAB=∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形，∵AD=CD，∴四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD；

（2）連結DO，延伸交圓O于F，連結CF、BF．

∵DF是直徑，∴∠DCF=∠DBF=90°，∴FB⊥DB，又∵AC⊥BD，∴BF∥AC，∴CF=AB．

根據勾股定理，得

CF2+DC2=AB2+DC2=DF2=20，∴DF=，∴OD=，即⊙O的半徑為．

點評：

此題綜合運用了圓周角定理的推論、垂徑定理的推論、等弧對等弦以及勾股定理．學會作輔助線是解題的關鍵．

10．（2014?三明）已知AB是半圓O的直徑，點C是半圓O上的動點，點D是線段AB延伸線上的動點，在運動過程中，保持CD=OA．

（1）當直線CD與半圓O相切時（如圖①），求∠ODC的度數；

（2）當直線CD與半圓O相交時（如圖②），設另一交點為E，連接AE，若AE∥OC，①AE與OD的大小有什么關系？為什么？

②求∠ODC的度數．

考點：

直線與圓的地位關系；平行線的性質；全等三角形的判定與性質．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）連接OC，由于CD是⊙O的切線，得出∠OCD=90°，由OC=CD，得出∠ODC=∠COD，即可求得．

（2）連接OE，①證明△AOE≌△OCD，即可得AE=OD；

②利用等腰三角形及平行線的性質，可求得∠ODC的度數．

解答：

解：（1）如圖①，連接OC，∵OC=OA，CD=OA，∴OC=CD，∴∠ODC=∠COD，∵CD是⊙O的切線，∴∠OCD=90°，∴∠ODC=45°；

（2）如圖②，連接OE．

∵CD=OA，∴CD=OC=OE=OA，∴∠1=∠2，∠3=∠4．

∵AE∥OC，∴∠2=∠3．

設∠ODC=∠1=x，則∠2=∠3=∠4=x．

∴∠AOE=∠OCD=180°﹣2x．

①AE=OD．理由如下：

在△AOE與△OCD中，∴△AOE≌△OCD（SAS），∴AE=OD．

②∠6=∠1+∠2=2x．

∵OE=OC，∴∠5=∠6=2x．

∵AE∥OC，∴∠4+∠5+∠6=180°，即：x+2x+2x=180°，∴x=36°．

∴∠ODC=36°．

點評：

本題考查了切線性質，全等三角形，等腰三角形的性質以及平行線的性質等，作出輔助線是解題的關鍵．

11．（2014?黔東北州）如圖，點B、C、D都在⊙O上，過C點作CA∥BD交OD的延伸線于點A，連接BC，∠B=∠A=30°，BD=2．

（1）求證：AC是⊙O的切線；

（2）求由線段AC、AD與弧CD所圍成的暗影部分的面積．（結果保留π）

考點：

切線的判定；扇形面積的計算．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）連接OC，根據圓周角定理求出∠COA，根據三角形內角和定理求出∠OCA，根據切線的判定推出即可；

（2）求出DE，解直角三角形求出OC，分別求出△ACO的面積和扇形COD的面積，即可得出答案．

解答：

（1）證明：連接OC，交BD于E，∵∠B=30°，∠B=∠COD，∴∠COD=60°，∵∠A=30°，∴∠OCA=90°，即OC⊥AC，∴AC是⊙O的切線；

（2）解：∵AC∥BD，∠OCA=90°，∴∠OED=∠OCA=90°，∴DE=BD=，∵sin∠COD=，∴OD=2，在Rt△ACO中，tan∠COA=，∴AC=2，∴S暗影=×2×2﹣=2﹣．

點評：

本題考查了平行線的性質，圓周角定理，扇形的面積，三角形的面積，解直角三角形等知識點的綜合運用，標題比較好，難度適中．

12．（2014?南通）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，點M在⊙O上，MD恰好圓心O，連接MB．

（1）若CD=16，BE=4，求⊙O的直徑；

（2）若∠M=∠D，求∠D的度數．

考點：

垂徑定理；勾股定理；圓周角定理．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）先根據CD=16，BE=4，得出OE的長，進而得出OB的長，進而得出結論；

（2）由∠M=∠D，∠DOB=2∠D，直角三角形可以求得結果；

解答：

解：（1）∵AB⊥CD，CD=16，∴CE=DE=8，設OB=x，又∵BE=4，∴x2=（x﹣4）2+82，解得：x=10，∴⊙O的直徑是20．

（2）∵∠M=∠BOD，∠M=∠D，∴∠D=∠BOD，∵AB⊥CD，∴∠D=30°．

點評：

本題考查了圓的綜合題：在同圓或等圓中，相等的弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角為直角；垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的弧；

13．（2014?臨沂）如圖，已知等腰三角形ABC的底角為30°，以BC為直徑的⊙O與底邊AB交于點D，過D作DE⊥AC，垂足為E．

（1）證明：DE為⊙O的切線；

（2）連接OE，若BC=4，求△OEC的面積．

考點：

切線的判定；等腰三角形的性質；三角形中位線定理；圓周角定理．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）首先連接OD，CD，由以BC為直徑的⊙O，可得CD⊥AB，又由等腰三角形ABC的底角為30°，可得AD=BD，即可證得OD∥AC，繼而可證得結論；

（2）首先根據三角函數的性質，求得BD，DE，AE的長，然后求得△BOD，△ODE，△ADE以及△ABC的面積，繼而求得答案．

解答：

（1）證明：連接OD，CD，∵BC為⊙O直徑，∴∠BDC=90°，即CD⊥AB，∵△ABC是等腰三角形，∴AD=BD，∵OB=OC，∴OD是△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵D點在⊙O上，∴DE為⊙O的切線；

（2）解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，∴CD=BC=2，BD=BC?cos30°=2，∴AD=BD=2，AB=2BD=4，∴S△ABC=AB?CD=×4×2=4，∵DE⊥AC，∴DE=AD=×2=，AE=AD?cos30°=3，∴S△ODE=OD?DE=×2×=，S△ADE=AE?DE=××3=，∵S△BOD=S△BCD=×S△ABC=×4=，∴S△OEC=S△ABC﹣S△BOD﹣S△ODE﹣S△ADE=4﹣﹣﹣=．

點評：

此題考查了切線的判定、三角形中位線的性質、等腰三角形的性質、圓周角定理以及三角函數等知識．此題難度適中，留意掌握輔助線的作法，留意掌握數形思想的運用．

14．（2014?聊城）如圖，AB，AC分別是半⊙O的直徑和弦，OD⊥AC于點D，過點A作半⊙O的切線AP，AP與OD的延伸線交于點P．連接PC并延伸與AB的延伸線交于點F．

（1）求證：PC是半⊙O的切線；

（2）若∠CAB=30°，AB=10，求線段BF的長．

考點：

切線的判定與性質；解直角三角形．版權一切

專題：

幾何綜合題；壓軸題．

分析：

（1）連接OC，可以證得△OAP≌△OCP，利用全等三角形的對應角相等，以及切線的性質定理可以得到：∠OCP=90°，即OC⊥PC，即可證得；

（2）根據切線的性質定理可知OC⊥PE，然后經過解直角三角函數，求得OF的值，再減去圓的半徑即可．

解答：

（1）證明：連接OC，∵OD⊥AC，OD圓心O，∴AD=CD，∴PA=PC，在△OAP和△OCP中，∴△OAP≌△OCP（SSS），∴∠OCP=∠OAP

∵PA是⊙O的切線，∴∠OAP=90°．

∴∠OCP=90°，即OC⊥PC

∴PC是⊙O的切線．

（2）解：∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∵∠CAB=30°，∴∠COF=60°，∵PC是⊙O的切線，AB=10，∴OC⊥PF，OC=OB=AB=5，∴OF===10，∴BF=OF﹣OB=5．

點評：

本題考查了切線的性質定理以及判定定理，以及直角三角形三角函數的運用，證明圓的切線的成績常用的思緒是根據切線的判定定理轉化成證明垂直的成績．

15．（2014?遼陽）如圖，在△ABC，AB=AC，以AB為直徑的⊙O分別交AC、BC于點D、E，點F在AC的延伸線上，且∠CBF=∠CAB．

（1）求證：直線BF是⊙O的切線；

（2）若AB=5，sin∠CBF=，求BC和BF的長．

考點：

切線的判定與性質；勾股定理；圓周角定理；類似三角形的判定與性質；解直角三角形．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）連接AE，利用直徑所對的圓周角是直角，從而判定直角三角形，利用直角三角形兩銳角相等得到直角，從而證明∠ABF=90°．

（2）利用已知條件證得△AGC∽△ABF，利用比例式求得線段的長即可．

解答：

（1）證明：連接AE，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB=90°，∴∠1+∠2=90°．

∵AB=AC，∴∠1=∠CAB．

∵∠CBF=∠CAB，∴∠1=∠CBF

∴∠CBF+∠2=90°

即∠ABF=90°

∵AB是⊙O的直徑，∴直線BF是⊙O的切線．

（2）解：過點C作CG⊥AB于G．

∵sin∠CBF=，∠1=∠CBF，∴sin∠1=，∵在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AB=5，∴BE=AB?sin∠1=，∵AB=AC，∠AEB=90°，∴BC=2BE=2，在Rt△ABE中，由勾股定理得AE==2，∴sin∠2===，cos∠2===，在Rt△CBG中，可求得GC=4，GB=2，∴AG=3，∵GC∥BF，∴△AGC∽△ABF，∴

∴BF==

點評：

本題考查常見的幾何題型，包括切線的判定，角的大小及線段長度的求法，要求先生掌握常見的解題方法，并能圖形選擇簡單的方法解題．

16．（2014?涼山州）已知：如圖，P是⊙O外一點，過點P引圓的切線PC（C為切點）和割線PAB，分別交⊙O于A、B，連接AC，BC．

（1）求證：∠PCA=∠PBC；

（2）利用（1）的結論，已知PA=3，PB=5，求PC的長．

考點：

切線的性質；類似三角形的判定與性質．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）連結OC，OA，先根據等腰三角形的性質得出∠ACO=∠，再由PC是⊙O的切線，C為切點得出∠PCO=90°，∠PCA+∠ACO=90°，在△AOC中根據三角形內角和定理可知∠ACO+∠+∠AOC=180°，由圓周角定理可知∠AOC=2∠PBC，故可得出∠ACO+∠PBC=90°，再根據∠PCA+∠ACO=90°即可得出結論；

（2）先根據類似三角形的判定定理得出△PAC∽△PCB，由類似三角形的對應邊成比例即可得出結論．

解答：

（1）證明：連結OC，OA，∵OC=OA，∴∠ACO=∠，∵PC是⊙O的切線，C為切點，∴PC⊥OC，∴∠PCO=90°，∠PCA+∠ACO=90°，在△AOC中，∠ACO+∠+∠AOC=180°，∵∠AOC=2∠PBC，∴2∠ACO+2∠PBC=180°，∴∠ACO+∠PBC=90°，∵∠PCA+∠ACO=90°，∴∠PCA=∠PBC；

（2）解：∵∠PCA=∠PBC，∠CPA=∠BPC，∴△PAC∽△PCB，∴=，∴PC2=PA?PB，∵PA=3，PB=5，∴PC==．

點評：

本題考查的是切線的性質，根據題意作出輔助線，構造出圓心角是解答此題的關鍵．

17．（2014?涼山州）如圖所示，正方形網格中，△ABC為格點三角形（即三角形的頂點都在格點上）．

（1）把△ABC沿BA方向平移后，點A移到點A1，在網格中畫出平移后得到的△A1B1C1；

（2）把△A1B1C1繞點A1按逆時針方向旋轉90°，在網格中畫出旋轉后的△A1B2C2；

（3）如果網格中小正方形的邊長為1，求點B（1）、（2）變換的路徑總長．

考點：

弧長的計算；作圖-平移變換；作圖-旋轉變換．版權一切

專題：

作圖題；網格型．

分析：

（1）利用平移的性質畫圖，即對應點都挪動相反的距離；

（2）利用旋轉的性質畫圖，對應點都旋轉相反的角度；

（3）利用弧長公式求點B（1）、（2）變換的路徑總長．

解答：

解：（1）連接AA1，然后從C點作AA1的平行線且AA1=CC1．

同理找到點B．

（2）畫圖如下：

（3）B（1）、（2）變換的路徑如圖紅色部分所示：，弧B1B2的長=，故點B所走的路徑總長=．

點評：

本題次要考查了平移變換、旋轉變換的相關知識，做這類題時，理解平移旋轉的性質是關鍵．

18．（2014?吉林）如圖，四邊形OABC是平行四邊形，以O為圓心，OA為半徑的圓交AB于點D，延伸AO交⊙O于點E，連接CD，CE，若CE是⊙O的切線，解答下列成績：

（1）求證：CD是⊙O的切線；

（2）若BC=3，CD=4，求平行四邊形OABC的面積．

考點：

切線的判定與性質；全等三角形的判定與性質；平行四邊形的性質．版權一切

專題：

證明題．

分析：

（1）連接OD，求出∠EOC=∠DOC，根據SAS推出△EOC≌△DOC，推出∠ODC=∠OEC=90°，根據切線的判定推出即可；

（2）根據全等三角形的性質求出CE=CD=4，根據平行四邊形性質求出OA=3，根據平行四邊形的面積公式求出即可．

解答：

（1）證明：連接OD，∵OD=OA，∴∠ODA=∠A，∵四邊形OABC是平行四邊形，∴OC∥AB，∴∠EOC=∠A，∠COD=∠ODA，∴∠EOC=∠DOC，在△EOC和△DOC中

∴△EOC≌△DOC（SAS），∴∠ODC=∠OEC=90°，即OD⊥DC，∴CD是⊙O的切線；

（2）解：∵△EOC≌△DOC，∴CE=CD=4，∵四邊形OABC是平行四邊形，∴OA=BC=3，∴平行四邊形OABC的面積S=OA×CE=3×4=12．

點評：

本題考查了全等三角形的性質和判定，切線的判定，平行四邊形的性質的運用，解此題的關鍵是推出△EOC≌△DOC．

19．（2014?黃岡）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC為直徑的⊙O與AB邊交于點D，過點D作⊙O的切線，交BC于點E．

（1）求證：EB=EC；

（2）若以點O、D、E、C為頂點的四邊形是正方形，試判斷△ABC的外形，并闡明理由．

考點：

切線的性質；正方形的性質；圓周角定理．版權一切

專題：

證明題．

分析：

（1）連接OD，根據圓周角定理得出∠ACB=90°，再由BC是⊙O的切線得出∠BCA=90°，由DE是⊙O的切線，得出ED=EC，∠ODE=90°，故可得出∠EDB=∠EBD，由此可得出結論．

（2）當以點O、D、E、C為頂點的四邊形是正方形時，則△DEB是等腰直角三角形，據此即可判斷．

解答：

（1）證明：連接OD，∵AC是直徑，∠ACB=90°，∴BC是⊙O的切線，∠BCA=90°．

又∵DE是⊙O的切線，∴ED=EC，∠ODE=90°，∴∠ODA+∠EDB=90°，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，又∵∠OAD+∠DBE=90°，∴∠EDB=∠EBD，∴ED=EB，∴EB=EC．

（2）解：當以點O、D、E、C為頂點的四邊形是正方形時，則∠DEB=90°，又∵ED=EB，∴△DEB是等腰直角三角形，則∠B=45°，∴△ABC是等腰直角三角形．

點評：

本題考查了切線的性質以及切線長定理、圓周角定理，解題的關鍵是連接OD得垂直，構造出等腰三角形，利用“等角的余角相等解答．

20．（2014?湖州）已知在以點O為圓心的兩個同心圓中，大圓的弦AB交小圓于點C，D（如圖）．

（1）求證：AC=BD；

（2）若大圓的半徑R=10，小圓的半徑r=8，且圓O到直線AB的距離為6，求AC的長．

考點：

垂徑定理；勾股定理．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）過O作OE⊥AB，根據垂徑定理得到AE=BE，CE=DE，從而得到AC=BD；

（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，連接OC，OA，再根據勾股定理求出CE及AE的長，根據AC=AE﹣CE即可得出結論．

解答：

（1）證明：過O作OE⊥AB于點E，則CE=DE，AE=BE，∴BE﹣DE=AE﹣CE，即AC=BD；

（2）解：由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，連接OC，OA，∴OE=6，∴CE===2，AE===8，∴AC=AE﹣CE=8﹣2．

點評：

本題考查的是垂徑定理，根據題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵．

21．（2014?哈爾濱）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，弦BD交AC于點E，連接CD，且AE=DE，BC=CE．

（1）求∠ACB的度數；

（2）過點O作OF⊥AC于點F，延伸FO交BE于點G，DE=3，EG=2，求AB的長．

考點：

三角形的外接圓與外心；全等三角形的判定與性質；等邊三角形的判定與性質；勾股定理．版權一切

專題：

幾何圖形成績．

分析：

（1）首先得出△AEB≌△DEC，進而得出△EBC為等邊三角形，即可得出答案；

（2）由已知得出EF，BC的長，進而得出CM，BM的長，再求出AM的長，再由勾股定理求出AB的長．

解答：

（1）證明：在△AEB和△DEC中，∴△AEB≌△DEC（ASA），∴EB=EC，又∵BC=CE，∴BE=CE=BC，∴△EBC為等邊三角形，∴∠ACB=60°；

（2）解：作BM⊥AC于點M，∵OF⊥AC，∴AF=CF，∵△EBC為等邊三角形，∴∠GEF=60°，∴∠EGF=30°，∵EG=2，∴EF=1，又∵AE=ED=3，∴CF=AF=4，∴AC=8，EC=5，∴BC=5，∵∠BCM=60°，∴∠MBC=30°，∴CM=，BM==，∴AM=AC﹣CM=，∴AB==7．

點評：

此題次要考查了全等三角形的判定與性質以及等邊三角形的性質和勾股定理以及銳角三角函數關系等知識，得出CM，BM的長是解題關鍵．

22．（2014?福州）如圖，在△ABC中，∠B=45°，∠ACB=60°，AB=3，點D為BA延伸線上的一點，且∠D=∠ACB，⊙O為△ACD的外接圓．

（1）求BC的長；

（2）求⊙O的半徑．

考點：

三角形的外接圓與外心；圓周角定理；解直角三角形．版權一切

分析：

（1）根據題意得出AE的長，進而得出BE=AE，再利用tan∠ACB=，求出EC的長即可；

（2）首先得出AC的長，再利用圓周角定理得出∠D=∠M=60°，進而求出AM的長，即可得出答案．

解答：

解：（1）過點A作AE⊥BC，垂足為E，∴∠AEB=∠AEC=90°，在Rt△ABE中，∵si=，∴AE=ABsi=3sin45°=3×=3，∵∠B=45°，∴∠BAE=45°，∴BE=AE=3，在Rt△ACE中，∵tan∠ACB=，∴EC====，∴BC=BE+EC=3+；

（2）連接AO并延伸到⊙O上一點M，連接CM，由（1）得，在Rt△ACE中，∵∠EAC=30°，EC=，∴AC=2，∵∠D=∠M=60°，∴sin60°===，解得：AM=4，∴⊙O的半徑為2．

點評：

此題次要考查了解直角三角形以及銳角三角函數關系運用，根據題意正確構造直角三角形是解題關鍵．

23．（2014?佛山）如圖，⊙O的直徑為10cm，弦AB=8cm，P是弦AB上的一個動點，求OP的長度范圍．

考點：

垂徑定理；勾股定理．版權一切

專題：

幾何圖形成績．

分析：

過點O作OE⊥AB于點E，連接OB，由垂徑定理可知AE=BE=AB，再根據勾股定理求出OE的長，由此可得出結論．

解答：

解：過點O作OE⊥AB于點E，連接OB，∵AB=8cm，∴AE=BE=AB=×8=4cm，∵⊙O的直徑為10cm，∴OB=×10=5cm，∴OE===3cm，∵垂線段最短，半徑最長，∴3cm≤OP≤5cm．

點評：

本題考查的是垂徑定理，根據題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵．

24．（2014?濱州）如圖，點D在⊙O的直徑AB的延伸線上，點C在⊙O上，AC=CD，∠ACD=120°．

（1）求證：CD是⊙O的切線；

（2）若⊙O的半徑為2，求圖中暗影部分的面積．

考點：

扇形面積的計算；等腰三角形的性質；切線的判定；角的三角函數值．版權一切

專題：

幾何圖形成績．

分析：

（1）連接OC．只需證明∠OCD=90°．根據等腰三角形的性質即可證明；

（2）暗影部分的面積即為直角三角形OCD的面積減去扇形COB的面積．

解答：

（1）證明：連接OC．

∵AC=CD，∠ACD=120°，∴∠A=∠D=30°．

∵OA=OC，∴∠2=∠A=30°．

∴∠OCD=180°﹣∠A﹣∠D﹣∠2=90°．

∴CD是⊙O的切線．

（2）解：∵∠A=30°，∴∠1=2∠A=60°．

∴S扇形BOC=．

在Rt△OCD中，∵，∴．

∴．

∴圖中暗影部分的面積為：．

點評：

此題綜合考查了等腰三角形的性質、切線的判定方法、扇形的面積計算方法．

25．（2014?北京）如圖，AB是⊙O的直徑，C是的中點，⊙O的切線BD交AC的延伸線于點D，E是OB的中點，CE的延伸線交切線BD于點F，AF交⊙O于點H，連接BH．

（1）求證：AC=CD；

（2）若OB=2，求BH的長．

考點：

切線的性質；全等三角形的判定與性質；勾股定理．版權一切

分析：

（1）連接OC，由C是的中點，AB是⊙O的直徑，則CO⊥AB，再由BD是⊙O的切線，得BD⊥AB，從而得出OC∥BD，即可證明AC=CD；

（2）根據點E是OB的中點，得OE=BE，可證明△COE≌△FBE（ASA），則BF=CO，即可得出BF=2，由勾股定理得出AF=，由AB是直徑，得BH⊥AF，可證明△ABF∽△BHF，即可得出BH的長．

解答：

（1）證明：連接OC，∵C是的中點，AB是⊙O的直徑，∴CO⊥AB，∵BD是⊙O的切線，∴BD⊥AB，∴OC∥BD，∵OA=OB，∴AC=CD；

（2）解：∵E是OB的中點，∴OE=BE，在△COE和△FBE中，∴△COE≌△FBE（ASA），∴BF=CO，∵OB=2，∴BF=2，∴AF==2，∵AB是直徑，∴BH⊥AF，∴△ABF∽△BHF，∴=，∴AB?BF=AF?BH，∴BH===．

點評：

本題考查了切線的性質以及全等三角形的判定和性質、勾股定理，是中檔題，難度不大．

26．（2013?營口）在如圖的方格紙中，每個小方格都是邊長為1個單位的正方形，△ABC的三個頂點都在格點上．（每個小方格的頂點叫格點）

（1）畫出△ABC向下平移3個單位后的△A1B1C1；

（2）畫出△ABC繞點O順時針旋轉90°后的△A2B2C2，并求點A旋轉到A2所的路線長．

考點：

弧長的計算；作圖-平移變換；作圖-旋轉變換．版權一切

專題：

網格型．

分析：

（1）根據平移的規律找到出平移后的對應點的坐標，依次連接即可；

（2）根據旋轉的性質找出旋轉后各個對應點的坐標，依次連接即可．點A旋轉到A2所的路線是半徑為OA，圓心角是90度的扇形的弧長．

解答：

解：（1）畫出△A1B1C1；

（2）畫出△A2B2C2

連接OA，OA2，點A旋轉到A2所的路線長為．

點評：

本題考查的是平移變換與旋轉變換作圖．

作平移圖形時，找關鍵點的對應點也是關鍵的一步．平移作圖的普通步驟為：①確定平移的方向和距離，先確定一組對應點；②確定圖形中的關鍵點；③利用組對應點和平移的性質確定圖中一切關鍵點的對應點；④按原圖形順序依次連接對應點，所得到的圖形即為平移后的圖形．

作旋轉后的圖形的根據是旋轉的性質，基本作法是①先確定圖形的關鍵點；②利用旋轉性質作出關鍵點的對應點；③按原圖形中的方式依次連接對應點．要留意旋轉，旋轉方向和角度．

27．（2013?烏魯木齊）如圖．點A、B、C、D在⊙O上，AC⊥BD于點E，過點O作OF⊥BC于F，求證：

（1）△AEB∽△OFC；

（2）AD=2FO．

考點：

圓周角定理；垂徑定理；類似三角形的判定與性質．版權一切

專題：

證明題．

分析：

（1）連接OB，根據圓周角定理可得∠BAE=∠BOC，根據垂徑定理可得∠COF=∠BOC，再根據垂直的定義可得∠OFC=∠AEB=90°，然后根據兩角對應相等，兩三角形類似證明即可；

（2）根據類似三角形對應邊成比例可得=，再根據圓周角定理求出∠D=∠BCE，∠DAE=∠CBE，然后求出△ADE和△BCE類似，根據類似三角形對應邊成比例可得=，從而得到=，再根據垂徑定理BC=2FC，代入整理即可得證．

解答：

證明：（1）如圖，連接OB，則∠BAE=∠BOC，∵OF⊥BC，∴∠COF=∠BOC，∴∠BAE=∠COF，又∵AC⊥BD，OF⊥BC，∴∠OFC=∠AEB=90°，∴△AEB∽△OFC；

（2）∵△AEB∽△OFC，∴=，由圓周角定理，∠D=∠BCE，∠DAE=∠CBE，∴△ADE∽△BCE，∴=，∴=，∵OF⊥BC，∴BC=2FC，∴AD=?FO=2FO，即AD=2FO．

點評：

本題考查了圓周角定理，垂徑定理，類似三角形的判定與性質，熟記兩個定理并精確識圖找出相等的角從而得到三角形類似是解題的關鍵．

28．（2013?溫州）如圖，AB為⊙O的直徑，點C在⊙O上，延伸BC至點D，使DC=CB，延伸DA與⊙O的另一個交點為E，連接AC，CE．

（1）求證：∠B=∠D；

（2）若AB=4，BC﹣AC=2，求CE的長．

考點：

圓周角定理；等腰三角形的判定與性質；勾股定理．版權一切

分析：

（1）由AB為⊙O的直徑，易證得AC⊥BD，又由DC=CB，根據線段垂直平分線的性質，可證得AD=AB，即可得：∠B=∠D；

（2）首先設BC=x，則AC=x﹣2，由在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，可得方程：（x﹣2）2+x2=42，解此方程即可求得CB的長，繼而求得CE的長．

解答：

（1）證明：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又∵DC=CB，∴AD=AB，∴∠B=∠D；

（2）解：設BC=x，則AC=x﹣2，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，∴（x﹣2）2+x2=42，解得：x1=1+，x2=1﹣（舍去），∵∠B=∠E，∠B=∠D，∴∠D=∠E，∴CD=CE，∵CD=CB，∴CE=CB=1+．

點評：

此題考查了圓周角定理、線段垂直平分線的性質、等腰三角形的判定與性質以及勾股定理等知識．此題難度適中，留意掌握方程思想與數形思想的運用．

29．（2013?深圳）如圖所示，該小組發現8米高旗桿DE的影子EF落在了包含一圓弧型小橋在內的路上，于是他們開展了測算小橋所在圓的半徑的．小剛身高1.6米，測得其影長為2.4米，同時測得EG的長為3米，HF的長為1米，測得拱高（弧GH的中點到弦GH的距離，即MN的長）為2米，求小橋所在圓的半徑．

考點：

垂徑定理的運用；勾股定理；類似三角形的運用．版權一切

分析：

根據已知得出旗桿高度，進而得出GM=MH，再利用勾股定理求出半徑即可．

解答：

解：∵小剛身高1.6米，測得其影長為2.4米，∴8米高旗桿DE的影子為：12m，∵測得EG的長為3米，HF的長為1米，∴GH=12﹣3﹣1=8（m），∴GM=MH=4m．

如圖，設小橋的圓心為O，連接OM、OG．

設小橋所在圓的半徑為r，∵MN=2m，∴OM=（r﹣2）m．

在Rt△OGM中，由勾股定理得：

∴OG2=OM2+42，∴r2=（r﹣2）2+16，解得：r=5，答：小橋所在圓的半徑為5m．

點評：

此題次要考查了垂徑定理以及勾股定理的運用，根據已知得出關于r的等式是解題關鍵．

30．（2013?邵陽）如圖所示，某窗戶由矩形和弓形組成，已知弓形的跨度AB=3m，弓形的高EF=1m，現計劃安裝玻璃，請幫工程師求出所在圓O的半徑r．

考點：

垂徑定理的運用；勾股定理．版權一切

分析：

根據垂徑定理可得AF=AB，再表示出AO、OF，然后利用勾股定理列式進行計算即可得解．

解答：

解：∵弓形的跨度AB=3m，EF為弓形的高，∴OE⊥AB，∴AF=AB=m，∵所在圓O的半徑為r，弓形的高EF=1m，∴AO=r，OF=r﹣1，在Rt△AOF中，由勾股定理可知：AO2=AF2+OF2，即r2=（）2+（r﹣1）2，解得r=（m）．

答：所在圓O的半徑為m．

點評：

本題考查了垂徑定理的運用，勾股定理的運用，此類標題通常采用把半弦，弦心距，半徑三者放到同一個直角三角形中，利用勾股定理解答．

31．（2013?廈門）（1）甲市共有三個郊縣，各郊縣的人數及人均耕地面積如表所示：

郊縣

人數/萬

人均耕地面積/公頃

A

0.15

B

0.20

C

0.18

求甲市郊縣一切人口的人均耕地面積（到0.01公頃）；

（2）先化簡下式，再求值：，其中，；

（3）如圖，已知A，B，C，D是⊙O上的四點，延伸DC，AB相交于點E，若BC=BE．求證：△ADE是等腰三角形．

考點：

圓周角定理；分式的化簡求值；等腰三角形的判定；加權平均數．版權一切

分析：

（1）求出總面積和總人口，再相除即可；

（2）先算加法，再化成最簡分式，再代入求出即可；

（3）求出∠A=∠BCE=∠E，即可得出AD=DE．

解答：

解：（1）甲市郊縣一切人口的人均耕地面積是≈0.17（公頃）；

（2）原式=

=

=x﹣y，當x=+1，y=2﹣2時，原式=+1﹣（2﹣2）

=3﹣；

（3）證明：∵A、D、C、B四點共圓，∴∠A=∠BCE，∵BC=BE，∴∠BCE=∠E，∴∠A=∠E，∴AD=DE，即△ADE是等腰三角形．

點評：

本題考查了分式求值，四點共圓，等腰三角形的性質和判定，求平均數等知識點的運用，次要考查先生的推理和計算能力．

32．（2013?黔東北州）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB與點E，點P在⊙O上，∠1=∠C，（1）求證：CB∥PD；

（2）若BC=3，sin∠P=，求⊙O的直徑．

考點：

圓周角定理；圓心角、弧、弦的關系；銳角三角函數的定義．版權一切

專題：

幾何綜合題；壓軸題．

分析：

（1）要證明CB∥PD，可以求得∠1=∠P，根據=可以確定∠C=∠P，又知∠1=∠C，即可得∠1=∠P；

（2）根據題意可知∠P=∠CAB，則sin∠CAB=，即=，所以可以求得圓的直徑．

解答：

（1）證明：∵∠C=∠P

又∵∠1=∠C

∴∠1=∠P

∴CB∥PD；

（2）解：連接AC

∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°

又∵CD⊥AB，∴=，∴∠P=∠CAB，又∵sin∠P=，∴sin∠CAB=，即=，又知，BC=3，∴AB=5，∴直徑為5．

點評：

本題考查的是垂徑定理和平行線、圓周角性質，解題時細心是解答好本題的關鍵．

33．（2013?梅州）如圖，在矩形ABCD中，AB=2DA，以點A為圓心，AB為半徑的圓弧交DC于點E，交AD的延伸線于點F，設DA=2．

（1）求線段EC的長；

（2）求圖中暗影部分的面積．

考點：

扇形面積的計算；含30度角的直角三角形；勾股定理；矩形的性質．版權一切

分析：

（1）根據扇形的性質得出AB=AE=4，進而利用勾股定理得出DE的長，即可得出答案；

（2）利用銳角三角函數關系得出∠DEA=30°，進而求出圖中暗影部分的面積為：S扇形FAB﹣S△DAE﹣S扇形EAB求出即可．

解答：

解：（1）∵在矩形ABCD中，AB=2DA，DA=2，∴AB=AE=4，∴DE==2，∴EC=CD﹣DE=4﹣2；

（2）∵sin∠DEA==，∴∠DEA=30°，∴∠EAB=30°，∴圖中暗影部分的面積為：

S扇形FAB﹣S△DAE﹣S扇形EAB

=﹣×2×2﹣

=﹣2．

點評：

此題次要考查了扇形的面積計算以及勾股定理和銳角三角函數關系等知識，根據已知得出DE的長是解題關鍵．

34．（2013?涼山州）在同一平面直角坐標系中有5個點：A（1，1），B（﹣3，﹣1），C（﹣3，1），D（﹣2，﹣2），E（0，﹣3）．

（1）畫出△ABC的外接圓⊙P，并指出點D與⊙P的地位關系；

（2）若直線l點D（﹣2，﹣2），E（0，﹣3），判斷直線l與⊙P的地位關系．

考點：

直線與圓的地位關系；點與圓的地位關系；作圖—復雜作圖．版權一切

專題：

壓軸題；探求型．

分析：

（1）在直角坐標系內描出各點，畫出△ABC的外接圓，并指出點D與⊙P的地位關系即可；

（2）連接PE，用待定系數法求出直線PD與PE的地位關系即可．

解答：

解：（1）如圖所示：

△ABC外接圓的圓心為（﹣1，0），點D在⊙P上；

（2）方法一：連接PD，設過點P、D的直線解析式為y=kx+b，∵P（﹣1，0）、D（﹣2，﹣2），∴，解得，∴此直線的解析式為y=2x+2；

設過點D、E的直線解析式為y=ax+c，∵D（﹣2，﹣2），E（0，﹣3），∴，解得，∴此直線的解析式為y=﹣x﹣3，∵2×（﹣）=﹣1，∴PD⊥DE，∵點D在⊙P上，∴直線l與⊙P相切．

方法二：連接PE，PD，∵直線

l過點

D（﹣2，﹣2），E

（0，﹣3），∴PE2=12+32=10，PD2=5，DE2=5，．．

∴PE2=PD2+DE2．

∴△PDE是直角三角形，且∠PDE=90°．

∴PD⊥DE．

∵點D在⊙P上，∴直線l與⊙P相切．

點評：

本題考查的是直線與圓的地位關系，根據題意畫出圖形，利用數形求解是解答此題的關鍵．

35．（2013?巴中）若⊙O1和⊙O2的圓心距為4，兩圓半徑分別為r1、r2，且r1、r2是方程組的解，求r1、r2的值，并判斷兩圓的地位關系．

考點：

圓與圓的地位關系；解二元方程組．版權一切

專題：

壓軸題．

分析：

首先由r1、r2是方程組的解，解此方程組即可求得答案；又由⊙O1和⊙O2的圓心距為4，根據兩圓地位關系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數量關系間的聯系得出兩圓地位關系．

解答：

解：∵，①×3﹣②得：11r2=11，解得：r2=1，把r2=1代入①得：r1=4；

∴，∵⊙O1和⊙O2的圓心距為4，∴兩圓的地位關系為相交．

點評：

此題考查了圓與圓的地位關系與方程組的解法．留意掌握兩圓地位關系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數量關系間的聯系是解此題的關鍵．

36．（2012?岳陽）如圖所示，在⊙O中，=，弦AB與弦AC交于點A，弦CD與AB交于點F，連接BC．

（1）求證：AC2=AB?AF；

（2）若⊙O的半徑長為2cm，∠B=60°，求圖中暗影部分面積．

考點：

扇形面積的計算；圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理；類似三角形的判定與性質．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）由=，利用等弧所對的圓周角相等得到一對角相等，再由一對公共角相等，利用兩對對應角相等的兩三角形類似可得出△ACF與△ABC類似，根據類似得比例可得證；

（2）連接OA，OC，利用同弧所對的圓心角等于圓周角的2倍，由∠B為60°，求出∠AOC為120°，過O作OE垂直于AC，垂足為點E，由OA=OC，利用三線合一得到OE為角平分線，可得出∠AOE為60°，在Rt△AOE中，由OA及cos60°的值，利用銳角三角函數定義求出OE的長，在Rt△AOE中，利用勾股定理求出AE的長，進而求出AC的長，由扇形AOC的面積﹣△AOC的面積表示出暗影部分的面積，利用扇形的面積公式及三角形的面積公式即可求出暗影部分的面積．

解答：

（1）證明：∵=，∴∠ACD=∠ABC，又∠BAC=∠CAF，∴△ACF∽△ABC，∴=，即AC2=AB?AF；

（2）解：連接OA，OC，過O作OE⊥AC，垂足為點E，如圖所示：

∵∠ABC=60°，∴∠AOC=120°，又∵OA=OC，∴∠AOE=∠COE=×120°=60°，在Rt△AOE中，OA=2cm，∴OE=OAcos60°=1cm，∴AE==cm，∴AC=2AE=2cm，則S暗影=S扇形OAC﹣S△AOC=﹣×2×1=（﹣）cm2．

點評：

此題考查了扇形面積的求法，涉及的知識有：類似三角形的判定與性質，弧、圓心角及弦之間的關系，等腰三角形的性質，勾股定理，以及銳角三角函數定義，純熟掌握性質及定理是解本題的關鍵．

37．（2012?宜賓）如圖，⊙O1、⊙O2相交于P、Q兩點，其中⊙O1的半徑r1=2，⊙O2的半徑r2=．過點Q作CD⊥PQ，分別交⊙O1和⊙O2于點C、D，連接CP、DP，過點Q任作不斷線AB交⊙O1和⊙O2于點A、B，連接AP、BP、AC、DB，且AC與DB的延伸線交于點E．

（1）求證：；

（2）若PQ=2，試求∠E度數．

考點：

相交兩圓的性質；三角形內角和定理；圓周角定理；類似三角形的判定與性質；解直角三角形．版權一切

專題：

幾何綜合題；壓軸題．

分析：

（1）求出PC、PD，證△PAB∽△PCD，推出=，代入求出即可；

（2）求出cos∠CPQ=，求出∠CPQ=60°，同理求出∠PDQ=45°，推出∠CAQ=∠CPQ=60°，∠PBQ=∠PDQ=45°，求出∠PBD=90°，求出∠ABE=45°根據三角形的內角和定理求出即可．

解答：

（1）證明：∵⊙O1的半徑r1=2，⊙O2的半徑r2=，∴PC=4，PD=2，∵CD⊥PQ，∴∠PQC=∠PQD=90°，∴PC、PD分別是⊙O1、⊙O2的直徑，在⊙O1中，∠PAB=∠PCD，在⊙O2中，∠PBA=∠PDC，∴△PAB∽△PCD，∴===，即=．

（2）解：在Rt△PCQ中，∵PC=2r1=4，PQ=2（已知），∴cos∠CPQ=，∴∠CPQ=60°，∵在Rt△PDQ中，PD=2r2=2，PQ=2，∴sin∠PDQ=，∴∠PDQ=45°，∴∠CAQ=∠CPQ=60°，∠PBQ=∠PDQ=45°，又∵CD⊥PQ，∴∠PQD=90°，∴PD是⊙O2的直徑，∴∠PBD=90°，∴∠ABE=90°﹣∠PBQ=45°

在△EAB中，∴∠E=180°﹣∠CAQ﹣∠ABE=75°，答：∠E的度數是75°．

點評：

本題考查了類似三角形的性質和判定，相切兩圓的性質，三角形的內角和定理，解直角三角形，圓周角定理等知識點的運用，次要培養先生運用性質進行推理的能力，標題綜合性比較強，是一道比較好的標題．

38．（2012?武漢）在銳角三角形ABC中，BC=5，sinA=，（1）如圖1，求三角形ABC外接圓的直徑；

（2）如圖2，點I為三角形ABC的內心，BA=BC，求AI的長．

考點：

三角形的內切圓與內心；三角形的面積；勾股定理；圓周角定理；解直角三角形．版權一切

專題：

計算題；壓軸題．

分析：

（1）作DB垂直于BC，連DC，求出∠DBC=90°，∠A=∠D，根據sinA的值求出即可；

（2）連接IC、BI，且延伸BI交AC于F，過I作IE⊥AB于E，求出BF⊥AC，AF=CF，根據sinA求出BF/AB，求出AC，根據三角形的面積公式得出5×R+5×R+6×R=6×4，求出R，在△AIF中，由勾股定理求出AI即可．

解答：

（1）解：作DB垂直于BC，連DC，∵∠DBC=90°，∴DC為直徑．

∵∠A=∠D，BC=5，sinA=，∴sinD==，∴CD=，答：三角形ABC外接圓的直徑是．

（2）解：連接IC、BI，且延伸BI交AC于F，過點I作IG⊥BC于點G，過I作IE⊥AB于E，∵AB=BC=5，I為△ABC內心，∴BF⊥AC，AF=CF，∵sinA==，∴BF=4，在Rt△ABF中，由勾股定理得：AF=3，∵BA=BC，I是內心，即BF是∠ABC的角平分線，∴AC=2AF=6，∵I是△ABC內心，IE⊥AB，IF⊥AC，IG⊥BC，∴IE=IF=IG，設IE=IF=IG=R，∵△ABI、△ACI、△BCI的面積之和等于△ABC的面積，∴AB×R+BC×R+AC×R=AC×BF，即5×R+5×R+6×R=6×4，∴R=，在△AIF中，AF=3，IF=，由勾股定理得：AI=．

答：AI的長是．

點評：

本題考查了三角形的面積公式，三角形的內切圓和內心，勾股定理，等腰三角形的性質，圓周角定理等知識點的運用，次要考查先生運用性質進行推理和計算的能力，標題綜合性比較強，有一定的難度．

39．（2012?無錫）如圖，菱形ABCD的邊長為2cm，∠DAB=60°．點P從A點出發，以cm/s的速度，沿AC向C作勻速運動；與此同時，點Q也從A點出發，以1cm/s的速度，沿射線AB作勻速運動．當P運動到C點時，P、Q都中止運動．設點P運動的工夫為ts．

（1）當P異于A、C時，請闡明PQ∥BC；

（2）以P為圓心、PQ長為半徑作圓，請問：在整個運動過程中，t為怎樣的值時，⊙P與邊BC分別有1個公共點和2個公共點？

考點：

直線與圓的地位關系；等邊三角形的判定與性質；菱形的性質；切線的性質；類似三角形的判定與性質．版權一切

專題：

幾何綜合題；壓軸題．

分析：

（1）連接BD交AC于O，構建直角三角形AOB．利用菱形的對角線互相垂直、對角線平分對角、鄰邊相等的性質推知△PAQ∽△CAB；然后根據“類似三角形的對應角相等”證得∠APQ=∠ACB；根據平行線的判定定理“同位角相等，兩直線平行”可以證得結論；

（2）如圖2，⊙P與BC切于點M，連接PM，構建Rt△CPM，在Rt△CPM利用角的三角函數值求得PM=PC=，然后根據PM=PQ=AQ=t列出關于t的方程，經過解方程即可求得t的值；

如圖3，⊙P過點B，此時PQ=PB，根據等邊三角形的判定可以推知△PQB為等邊三角形，然后由等邊三角形的性質以及（2）中求得t的值來確定此時t的取值范圍；

如圖4，⊙P過點C，此時PC=PQ，據此等量關系列出關于t的方程，經過解方程求得t的值．

解答：

解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，且菱形ABCD的邊長為2cm，∴AB=BC=2，∠BAC=∠DAB，又∵∠DAB=60°（已知），∴∠BAC=∠BCA=30°；

如圖1，連接BD交AC于O．

∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=AC，∴OB=AB=1（30°角所對的直角邊是斜邊的一半），∴OA=（cm），AC=2OA=2（cm），運動ts后，∴

又∵∠PAQ=∠CAB，∴△PAQ∽△CAB，∴∠APQ=∠ACB（類似三角形的對應角相等），∴PQ∥BC（同位角相等，兩直線平行）

（2）如圖2，⊙P與BC切于點M，連接PM，則PM⊥BC．

在Rt△CPM中，∵∠PCM=30°，∴PM=PC=

由PM=PQ=AQ=t，即=t

解得t=4﹣6，此時⊙P與邊BC有一個公共點；

如圖3，⊙P過點B，此時PQ=PB，∵∠PQB=∠PAQ+∠APQ=60°

∴△PQB為等邊三角形，∴QB=PQ=AQ=t，∴t=1

∴時，⊙P與邊BC有2個公共點．

如圖4，⊙P過點C，此時PC=PQ，即2t=t，∴t=3﹣．

∴當1＜t≤3﹣時，⊙P與邊BC有一個公共點，當點P運動到點C，即t=2時，⊙P過點B，此時，⊙P與邊BC有一個公共點，∴當t=4﹣6或1＜t≤3﹣或t=2時，⊙P與菱形ABCD的邊BC有1個公共點；

當4﹣6＜t≤1時，⊙P與邊BC有2個公共點．

點評：

本題綜合考查了菱形的性質、直線與圓的地位關系以及類似三角形的判定等性質．解答（2）題時，根據⊙P的運動過程來確定t的值，以防漏解．

40．（2012?臺州）已知，如圖1，△ABC中，BA=BC，D是平面內不與A、B、C重合的任意一點，∠ABC=∠DBE，BD=BE．

（1）求證：△ABD≌△CBE；

（2）如圖2，當點D是△ABC的外接圓圓心時，請判斷四邊形BDCE的外形，并證明你的結論．

考點：

三角形的外接圓與外心；全等三角形的判定與性質；菱形的判定．版權一切

專題：

幾何綜合題；探求型．

分析：

（1）由∠ABC=∠DBE可知∠ABC+∠CBD=∠DBE+∠CBD，即∠ABD=∠CBE，根據SAS定理可知△ABD≌△CBE；

（2）由（1）可知，△ABD≌△CBE，故CE=AD，根據點D是△ABC外接圓圓心可知DA=DB=DC，再由BD=BE可判斷出BD=BE=CE=CD，故可得出四邊形BDCE是菱形．

解答：

（1）證明：∵∠ABC=∠DBE，∴∠ABC+∠CBD=∠DBE+∠CBD，∴∠ABD=∠CBE，在△ABD與△CBE中，∵，∴△ABD≌△CBE（SAS）

（2）解：四邊形BDCE是菱形．證明如下：

同（1）可證△ABD≌△CBE，∴CE=AD，∵點D是△ABC外接圓圓心，∴DA=DB=DC，又∵BD=BE，∴BD=BE=CE=CD，∴四邊形BDCE是菱形．

點評：

本題考查的是三角形的外接圓與外心、全等三角形的判定與性質及菱形的判定定理，先根據題意判斷出△ABD≌△CBE是解答此題的關鍵．

41．（2012?日照）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，AB=5．

（Ⅰ）探求新知

如圖①，⊙O是△ABC的內切圓，與三邊分別相切于點E、F、G．

（1）求證：內切圓的半徑r1=1；

（2）求tan∠OAG的值；

（Ⅱ）結論運用

（1）如圖②，若半徑為r2的兩個等圓⊙O1、⊙O2外切，且⊙O1與AC、AB相切，⊙O2與BC、AB相切，求r2的值；

（2）如圖③，若半徑為rn的n個等圓⊙O1、⊙O2、…、⊙On依次外切，且⊙O1與AC、AB相切，⊙On與BC、AB相切，⊙O1、⊙O2、…、⊙On均與AB相切，求rn的值．

考點：

相切兩圓的性質；三角形的內切圓與內心；解直角三角形．版權一切

專題：

壓軸題．

分析：

（Ⅰ）（1）根據切線的性質以及正方形的判定得出四邊形CEOF是正方形，進而得出CE=CF=r1，再利用切線長定理求出即可；

（2）在Rt△AOG中，根據r1=1，AG=3﹣r1=2，求出tan∠OAG的值即可；

（Ⅱ）（1）由tan∠OAG=，知tan∠O1AD=，同理可得：tan∠O2BE==，進而得出AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2，即可求出r2=；

（2）根據（1）中所求可以得出AD=2rn，DE=2rn，…，MB=3rn，得到2rn+2rn+…+3rn=5，求出即可．

解答：

（Ⅰ）（1）證明：在圖①中，連接OE，OF，OA．

∵⊙O是△ABC的內切圓，與三邊分別相切于點E、F、G．

∴OF⊥BC，OE⊥AC，∠ACB=90°，∴四邊形CEOF是矩形，又∵EO=OF，∴四邊形CEOF是正方形，CE=CF=r1．

又∵AG=AE=3﹣r1，BG=BF=4﹣r1，AG+BG=5，∴（3﹣r1）+（4﹣r1）=5．

即r1=1．

（2）解：連接OG，在Rt△AOG中，∵r1=1，AG=3﹣r1=2，tan∠OAG==；

（Ⅱ）（1）解：連接O1A、O2B，作O1D⊥AB交于點D、O2E⊥AB交于點E，AO1、BO2分別平分∠CAB、∠ABC．

由tan∠OAG=，知tan∠O1AD=，同理可得：tan∠O2BE==，∴AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2．

∵AD+DE+BE=5，r2=；

（2）解：如圖③，連接O1A、O，作O1D⊥AB交于點D、O2E⊥AB交于點E、…、OnM⊥AB交于點M．

則AO1、BOn分別平分∠CAB、∠ABC．

tan∠O1AD=，tan∠OM=，AD=2rn，DE=2rn，…，MB=3rn，又∵AD+DE+…+MB=5，2rn+2rn+…+3rn=5，（2n+3）rn=5，rn=．

點評：

此題次要考查了切線長定理以及銳角三角函數關系以及相切兩圓的性質，根據已知得出tan∠O1AD=，tan∠O2BE==是解題關鍵．

42．（2012?泉州）已知：A、B、C三點不在同不斷線上．

（1）若點A、B、C均在半徑為R的⊙O上，i）如圖①，當∠A=45°，R=1時，求∠BOC的度數和BC的長；

ii）如圖②，當∠A為銳角時，求證：sinA=；

（2）若定長線段BC的兩個端點分別在∠MAN的兩邊AM、AN（B、C均與A不重合）滑動，如圖③，當∠MAN=60°，BC=2時，分別作BP⊥AM，CP⊥AN，交點為P，試探求在整個滑動過程中，P、A兩點間的距離能否保持不變？請闡明理由．

考點：

三角形的外接圓與外心；圓周角定理；解直角三角形．版權一切

專題：

壓軸題．

分析：

（1）i）根據圓周角定理得出∠BOC=2∠A=90°，再利用勾股定理得出BC的長；

ii）作直徑CE，則∠E=∠A，CE=2R，利用sinA=sinE=，得出即可；

（2）首先證明點A、B、P、C都在⊙K上，再利用sin60°=，得出AP==（定值）．

解答：

解：（1）i）∵A、B、C均在⊙O上，∴∠BOC=2∠A=2×45°=90°，∵OB=OC=1，∴BC=，注：也可延伸BO或過O點作BC的垂線構造直角三角形求得BC．

ii）證法一：如圖②，連接EB，作直徑CE，則∠E=∠A，CE=2R，∴∠EBC=90°

∴sinA=sinE=，證法二：如圖③．連接OB、OC，作OH⊥BC于點H，則∠A=∠BOC=∠BOH，BH=BC

∴sinA=sin∠BOH===，（2）如圖④，連接AP，取AP的中點K，連接BK、CK，在Rt△APC中，CK=AP=AK=PK，同理得：BK=AK=PK，∴CK=BK=AK=PK，∴點A、B、P、C都在⊙K上，∴由（1）ii）可知sin60°=

∴AP==（定值），故在整個滑動過程中，P、A兩點間的距離不變．

點評：

此題次要考查了圓周角定理以及解直角三角形和四點共圓等知識，根據已知得出點A、B、P、C都在⊙K上以及sin60°=是解題關鍵．

43．（2012?南昌）已知，紙片⊙O的半徑為2，如圖1，沿弦AB折疊操作．

（1）①折疊后的所在圓的圓心為O′時，求O′A的長度；

②如圖2，當折疊后的圓心為O時，求的長度；

③如圖3，當弦AB=2時，求圓心O到弦AB的距離；

（2）在圖1中，再將紙片⊙O沿弦CD折疊操作．

①如圖4，當AB∥CD，折疊后的與所在圓外切于點P時，設點O到弦AB、CD的距離之和為d，求d的值；

②如圖5，當AB與CD不平行，折疊后的與所在圓外切于點P時，設點M為AB的中點，點N為CD的中點，試探求四邊形OMPN的外形，并證明你的結論．

考點：

相切兩圓的性質；等邊三角形的判定與性質；平行四邊形的判定；垂徑定理；弧長的計算；翻折變換（折疊成績）；解直角三角形．版權一切

專題：

幾何綜合題；壓軸題．

分析：

（1）①折疊后的所在圓O′與⊙O是等圓，可得O′A的長度；

②如圖2，過點O作OE⊥AB交⊙O于點E，連接OA、OB、AE、BE，可得△OAE、△OBE為等邊三角形，從而得到的圓心角，再根據弧長公式計算即可；

③如圖3，連接O′A、O′B，過點O′作O′E⊥AB于點E，可得△AO′B為等邊三角形，根據三角函數的知識可求折疊后求所在圓的圓心O′到弦AB的距離；

（2）①如圖4，與所在圓外切于點P時，過點O作EF⊥AB交于于點E，交于點F，根據折疊的性質，可求點O到AB、CD的距離之和；

②根據兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形即可得證．

解答：

解：（1）①折疊后的所在圓O′與⊙O是等圓，∴O′A=OA=2；

②當圓O時，折疊后的所在圓O′在⊙O上，如圖2所示，連接O′A、OA、O′B，OB，OO′

∵△OO′A△OO′B為等邊三角形，∴∠AO′B=∠AO′O+∠BO′O=60°+60°=120°

∴==；

③如圖3所示，連接OA，OB，∵OA=OB=AB=2，∴△AOB為等邊三角形，過點O作OE⊥AB于點E，∴OE=OA?sin60°=．

（2）①如圖4，當折疊后的與所在圓外切于點P時，過點O作EF⊥AB交AB于點H、交于點E，交CD于點G、交于點F，即點E、H、P、O、G、F在直徑EF上，∵AB∥CD，∴EF垂直平分AB和CD，根據折疊的性質，可知PH=PE，PG=PF，又∵EF=4，∴點O到AB、CD的距離之和d為：

d=PH+PG=PE+PF=（PE+PF）=2，②如圖5，當AB與CD不平行時，四邊形PNOM是平行四邊形．證明如下：

設折疊后的所在圓的圓心為O′，折疊后的所在圓的圓心為O″，∵點O′與點O關于AB對稱，點O″與點O關于CD對稱，∴O′M=OM，ON=O″N，∴點M為的OO′中點，點N為OO″的中點

∵折疊后的與所在圓外切，∴連心線O′O″必過切點P，∵折疊后的與所在圓與⊙O是等圓，∴O′P=O″P=2，∴PM=OO″=ON，同理：PN=OM，∴四邊形OMPN是平行四邊形．

點評：

綜合考查了相切兩圓的性質，等邊三角形的判定與性質，平行四邊形的判定，垂徑定理，弧長的計算，翻折變換（折疊成績），解直角三角形，綜合性較強，難度較大．

44．（2012?荊州）如圖所示為圓柱形大型儲油罐固定在U型槽上的橫截面圖．已知圖中ABCD為等腰梯形（AB∥DC），支點A與B相距8m，罐底點到地面CD距離為1m．設油罐橫截面圓心為O，半徑為5m，∠D=56°，求：U型槽的橫截面（暗影部分）的面積．（參考數據：sin53°≈0.8，tan56°≈1.5，π≈3，結果保留整數）

考點：

垂徑定理的運用；勾股定理；等腰梯形的性質；解直角三角形的運用．版權一切

分析：

連接AO、BO．過點A作AE⊥DC于點E，過點O作ON⊥DC于點N，ON交⊙O于點M，交AB于點F，則OF⊥AB，先根據垂徑定理求出AF的值，再在Rt△AOF中利用銳角三角函數的定義求出∠AOB的度數，由勾股定理求出OF的長，根據四邊形ABCD是等腰梯形求出AE的長，再由S陰=S梯形ABCD﹣（S扇OAB﹣S△OAB）即可得出結論．

解答：

解：如圖，連接AO、BO．過點A作AE⊥DC于點E，過點O作ON⊥DC于點N，ON交⊙O于點M，交AB于點F．則OF⊥AB．

∵OA=OB=5m，AB=8m，OM是半徑，OM⊥AB，∴AF=BF=AB=4（m），∠AOB=2∠AOF，在Rt△AOF中，sin∠AOF==0.8=sin53°，∴∠AOF=53°，則∠AOB=106°，∵OF==3（m），由題意得：MN=1m，∴FN=OM﹣OF+MN=3（m），∵四邊形ABCD是等腰梯形，AE⊥DC，FN⊥AB，∴AE=FN=3m，DC=AB+2DE．

在Rt△ADE中，tan56°==，∴DE=2m，DC=12m．

∴S陰=S梯形ABCD﹣（S扇OAB﹣S△OAB）=（8+12）×3﹣（π×52﹣×8×3）≈20（m2）．

答：U型槽的橫截面積約為20m2．

點評：

本題考查的是垂徑定理的運用及勾股定理，根據題意作出輔助線，構造出直角三角形及等腰梯形，再利用勾股定理進行求解是解答此題的關鍵．

45．（2012?呼倫貝爾）如圖，線段AB與⊙O相切于點C，連接OA，OB，OB交⊙O于點D，已知OA=OB=6，AB=6．

（1）求⊙O的半徑；

（2）求圖中暗影部分的面積．

考點：

扇形面積的計算；勾股定理；切線的性質．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）線段AB與⊙O相切于點C，則可以連接OC，得到OC⊥AB，則OC是等腰三角形OAB底邊上的高線，根據三線合一定理，得到AC=3，在直角△OAC中根據勾股定理得到半徑OC的長；

（2）圖中暗影部分的面積等于△OAB的面積與扇形OCD的面積的差的一半．

解答：

解：（1）連接OC，則OC⊥AB．（1分）

∵OA=OB，∴AC=BC=AB=×6=3．（2分）

在Rt△AOC中，OC==3，∴⊙O的半徑為3；（4分）

（2）∵OC=，∴∠B=30°，∠COD=60°（5分）

∴扇形OCD的面積為S扇形OCD==π，（7分）

∴暗影部分的面積為S暗影=SRt△OBC﹣S扇形OCD=OC?CB﹣π=﹣π．（8分）

點評：

本題次要考查了圓的切線的性質定理，切線垂直于過切點的半徑，并且留意，不規則圖形的面積可以轉化為一些規則圖形的面積的和或差．

46．（2012?桂林）如圖，等圓⊙O1和⊙O2相交于A、B兩點，⊙O1⊙O2的圓心，依次連接A、O1、B、O2．

（1）求證：四邊形AO1BO2是菱形；

（2）過直徑AC的端點C作⊙O1的切線CE交AB的延伸線于E，連接CO2交AE于D，求證：CE=2O2D；

（3）在（2）的條件下，若△AO2D的面積為1，求△BO2D的面積．

考點：

相交兩圓的性質；菱形的判定；類似三角形的判定與性質．版權一切

專題：

幾何綜合題；壓軸題．

分析：

（1）根據⊙O1與⊙O2是等圓，可得AO1=O1B=BO2=O2A，利用四條邊都相等的四邊形是菱形可判定出結論；

（2）根據已知得出△ACE∽△AO2D，進而得出，即可得出答案；

（3）首先證明△ACD∽△BO2D，得出，AD=2BD，再利用等高不等底的三角形面積關系得出答案即可．

解答：

證明：（1）∵⊙O1與⊙O2是等圓，∴AO1=O1B=BO2=O2A，∴四邊形AO1BO2是菱形；

（2）∵四邊形AO1BO2是菱形，∴∠O1AB=∠O2AB，∵CE是⊙O1的切線，AC是⊙O1的直徑，∴∠ACE=∠AO2C=90°，∴△ACE∽△AO2D，即CE=2DO2；

（3）∵四邊形AO1BO2是菱形，∴AC∥BO2

∴△ACD∽△BO2D，∴，∴AD=2BD，∵，∴，點評：

此題次要考查了類似三角形的判定與性質以及三角形面積關系和菱形判定等知識，純熟利用類似三角形的判定得出△ACE∽△AO2D是解題關鍵．

47．（2014?萊蕪）如圖1，在⊙O中，E是的中點，C為⊙O上的一動點（C與E在AB異側），連接EC交AB于點F，EB=（r是⊙O的半徑）．

（1）D為AB延伸線上一點，若DC=DF，證明：直線DC與⊙O相切；

（2）求EF?EC的值；

（3）如圖2，當F是AB的四等分點時，求EC的值．

考點：

圓的綜合題；勾股定理的運用；垂徑定理；圓周角定理；切線的判定；類似三角形的運用．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）連接OC、OE，OE交AB于H，如圖1，由E是的中點，根據垂徑定理的推論得到OE⊥AB，則∠HEF+∠HFE=90°，由對頂相等得∠HFE=∠CFD，則∠HEF+∠CFD=90°，再由DC=DF得∠CFD=∠DCF，加上∠OCE=∠OEC，所以∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°，于是根據切線的判定定理得直線DC與⊙O相切；

（2）由=，根據圓周角定理得到∠ABE=∠BCE，加上∠FEB=∠BEC，于是可判斷△EBF∽△ECB，利用類似比得到EF?EC=BE2=（r）2=r2；

（3）如圖2，連接OA，由=得AE=BE=r，設OH=x，則HE=r﹣x，根據勾股定理，在Rt△OAH中有AH2+x2=r2；在Rt△EAH中由AH2+（r﹣x）2=（r）2，利用等式的性質得x2﹣（r﹣x）2=r2﹣（r）2，即得x=r，則HE=r﹣r=r，在Rt△OAH中，根據勾股定理計算出AH=，由OE⊥AB得AH=BH，而F是AB的四等分點，所以HF=AH=，于是在Rt△EFH中可計算出EF=r，然后利用（2）中的結論可計算出EC．

解答：

（1）證明：連接OC、OE，OE交AB于H，如圖1，∵E是的中點，∴OE⊥AB，∴∠EHF=90°，∴∠HEF+∠HFE=90°，而∠HFE=∠CFD，∴∠HEF+∠CFD=90°，∵DC=DF，∴∠CFD=∠DCF，而OC=OE，∴∠OCE=∠OEC，∴∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°，∴OC⊥CD，∴直線DC與⊙O相切；

（2）解：連接BC，∵E是的中點，∴=，∴∠ABE=∠BCE，而∠FEB=∠BEC，∴△EBF∽△ECB，∴EF：BE=BE：EC，∴EF?EC=BE2=（r）2=r2；

（3）解：如圖2，連接OA，∵=，∴AE=BE=r，設OH=x，則HE=r﹣x，在Rt△OAH中，AH2+OH2=OA2，即AH2+x2=r2，在Rt△EAH中，AH2+EH2=EA2，即AH2+（r﹣x）2=（r）2，∴x2﹣（r﹣x）2=r2﹣（r）2，即得x=r，∴HE=r﹣r=r，在Rt△OAH中，AH===，∵OE⊥AB，∴AH=BH，而F是AB的四等分點，∴HF=AH=，在Rt△EFH中，EF===r，∵EF?EC=r2，∴r?EC=r2，∴EC=r．

點評：

本題考查了圓的綜合題：純熟掌握垂徑定理及其推論、切線的判定定理和圓周角定理；會利用勾股定理進行幾何計算，利用類似三角形的知識處理有關線段等積的成績．

48．（2012?崇左）已知∠AOB=30°，P是OA上的一點，OP=24cm，以r為半徑作⊙P．

（1）若r=12cm，試判斷⊙P與OB地位關系；

（2）若⊙P與OB相離，試求出r需滿足的條件．

考點：

直線與圓的地位關系．版權一切

分析：

（1）過點P作PC⊥OB，垂足為C根據含30度角的直角三角形性質求出PC，得出PC=r，則得出⊙P與OB地位關系是相切；

（2）根據相切時半徑=12，再根據當r＜d時相離，即可求出答案．

解答：

解：過點P作PC⊥OB，垂足為C，則∠OCP=90°．

∵∠AOB=30°，OP=24cm，∴PC=OP=12cm．

（1）當r=12cm時，r=PC，∴⊙P與OB相切，即⊙P與OB地位關系是相切．

（2）當⊙P與OB相離時，r＜PC，∴r需滿足的條件是：0cm＜r＜12cm．

點評：

本題考查了直線與圓的地位關系和含30度角的直角三角形性質，留意：已知圓的半徑r，圓心到直線l的距離為d，①當d＞r時，直線l與圓相離，②當d=r時，直線l與圓相切，③當d＜r時，直線l與圓相交．

49．（2012?崇左）如圖，正方形ABCD的邊長為1，其中弧DE、弧EF、弧FG的圓心依次為點A、B、C．

（1）求點D沿三條弧運動到點G所的路線長；

（2）判斷直線GB與DF的地位關系，并闡明理由．

考點：

弧長的計算；全等三角形的判定與性質；正方形的性質．版權一切

分析：

（1）根據弧長的計算公式，代入運算即可．

（2）先證明△FCD≌△GCB，得出∠G=∠F，從而利用等量代換可得出∠GHD=90°，即GB⊥DF．

解答：

解：（1）根據弧長公式得所求路線長為：++=3π．

（2）GB⊥DF．

理由如下：

在△FCD和△GCB中，∵，∴△FCD≌△GCB（SAS），∴∠G=∠F，∵∠F+∠FDC=90°，∴∠G+∠FDC=90°，∴∠GHD=90°，∴GB⊥DF．

點評：

本題考查了弧長的計算、全等三角形的判定與性質，正方形的性質，解答本題的關鍵是純熟各個知識點，將所學知識融會貫通，難度普通．

50．（2011?資陽）如圖，A、B、C、D、E、F是⊙O的六等分點．

（1）連接AB、AD、AF，求證：AB+AF=AD；

（2）若P是圓周上異于已知六等分點的動點，連接PB、PD、PF，寫出這三條線段長度的數量關系（不必闡明理由）．

考點：

圓心角、弧、弦的關系；等邊三角形的判定與性質．版權一切

專題：

動點型．

分析：

（1）連接OB、OF，得到等邊△AOB、△AOF，據此并演的性質，即可推理出AB=AF=AO=OD，從而得到AB+AF=AD；

（2）由于AD是⊙O的直徑，A、B、C、D、E、F是⊙O的六等分點，故點B與點F，點C與點E均關于AD對稱，故分點P在不同的地位﹣﹣﹣在上、在上、在上三種情況討論．

解答：

解：（1）連接OB、OF．

∵A、B、C、D、E、F是⊙O的六等分點，∴AD是⊙O的直徑，且∠AOB=∠AOF=60°，∴△AOB、△AOF是等邊三角形．

∴AB=AF=AO=OD，∴AB+AF=AD．

（2）當P在上時，PB+PF=PD；

當P在上時，PB+PD=PF；

當P在上時，PD+PF=PB．

點評：

本題考查了圓心角、弧、弦的關系及等邊三角形的判定與性質，要留意標題中的隱含條件﹣﹣﹣半徑相等及分類討論思想的運用．

51．（2011?宜昌）如圖，某商標是由邊長均為2的正三角形、正方形、正六邊形的金屬薄片鑲嵌而成的鑲嵌圖案．

（1）求這個鑲嵌圖案中一個正三角形的面積；

（2）如果在這個鑲嵌圖案中隨機確定一個點O，那么點O落在鑲嵌圖案中的正方形區域的概率為多少？（結果保留二位小數）

考點：

正多邊形和圓；等邊三角形的判定與性質；勾股定理；平面鑲嵌（密鋪）；幾何概率．版權一切

專題：

計算題．

分析：

（1）過A作AD⊥BC于D，根據等邊△ABC，得到BD=BC，由勾股定理求出AD=，根據△ABC的面積是BC?AD代入即可求出答案；

（2）由圖形得到由10個正三角形，11個正方形，2個正六邊形，分別求出三個圖形的面積，即可求出點O落在鑲嵌圖案中的正方形區域的概率．

解答：

解：（1）過A作AD⊥BC于D，∵△ABC是等邊三角形，BC=2，∴BD=CD=BC=1，在△BDA中由勾股定理得：AD===，∴△ABC的面積是BC?AD=×2×=，答：這個鑲嵌圖案中一個正三角形的面積是．

（2）由圖形可知：由10個正三角形，11個正方形，2個正六邊形，正方形的面積是2×2=4，連接OA、OB，∵圖形是正六邊形，∴△OAB是等邊三角形，且邊長是2，即等邊三角形的面積是，∴正六邊形的面積是6×=6，∴點O落在鑲嵌圖案中的正方形區域的概率是≈0.54，答：點O落在鑲嵌圖案中的正方形區域的概率約為0.54．

點評：

本題次要考查對正多邊形與圓，等邊三角形的性質和判定，幾何概率，勾股定理，平面鑲嵌等知識點的理解和掌握，能根據性質進行計算是解此題的關鍵．

52．（2011?盤錦）如圖，風車的支桿OE垂直于桌面，風車O到桌面的距離OE為25cm，小小風車在風吹動下繞著O不停地轉動，轉動過程中，葉片端點A、B、C、D在同一圓O上，已知⊙O的半徑為10cm．

（1）風車在轉動過程中，當∠AOE=45°時，求點A到桌面的距離（結果保留根號）．

（2）在風車轉動一周的過程中，求點A絕對于桌面的高度不超過20cm所的路徑長（結果保留π）．

考點：

弧長的計算；勾股定理；銳角三角函數的定義；角的三角函數值．版權一切

專題：

壓軸題．

分析：

（1）作A1F⊥MN于點F，A1G⊥OE于點G，在Rt△A1OG中，利用三角函數可求得OG，從而得出點A到桌面的距離A1F；

（2）作A2H⊥MN于H，則A2H=20．作A2D⊥OE于點D，則DE=A2H．在Rt△A2OD中，由角的三角函數得∠A2OD=60°，由圓的軸對稱性可知，∠A3OA2=2∠A2OD=120°．從而得出點A所的路徑長．

解答：

解：（1）如圖（1），點A運動到點A1的地位時∠AOE=45°．

作A1F⊥MN于點F，A1G⊥OE于點G，∴A1F=GE．

在Rt△A1OG中，∵∠A1OG=45°，OA1=10，∴OG=OA1?cos45°=10×=5．

∵OE=25，∴GE=OE﹣OG=25﹣5．

∴A1F=GE=25﹣5．

答：點A到桌面的距離是（25﹣5）厘米．

（2）如圖（2），點A在旋轉過程中運動到點A2、A3的地位時，點A到桌面的距離等于20厘米．

作A2H⊥MN于H，則A2H=20．作A2D⊥OE于點D，∴DE=A2H．

∵OE=25，∴OD=OE﹣DE=25﹣20=5．

在Rt△A2OD中，∵OA2=10，∴cos∠A2OD===．

∴∠A2OD=60°．

由圓的軸對稱性可知，∠A3OA2=2∠A2OD=120°．

∴點A所的路徑長為=．

答：點A所的路徑長為厘米．

點評：

本題考查了弧長的計算、勾股定理、角的三角函數值以及銳角三角函數的定義，綜合性較強難度偏大．

53．（2011?南通）比較正五邊形與正六邊形，可以發現它們的相反點和不同點．例如：

它們的一個相反點：正五邊形的各邊相等，正六邊形的各邊也相等．

它們的一個不同點：正五邊形不是對稱圖形，正六邊形是對稱圖形．

請你再寫出它們的兩個相反點和不同點：

相反點：

①　都是軸對稱圖形　；

②　都有外接圓和內切圓　．

不同點：

①　內角和不同　；

②　對角線的條數不同　．

考點：

正多邊形和圓．版權一切

專題：

計算題．

分析：

此題要了解正多邊形的有關性質：正多邊形的各邊相等，正多邊形的各個角相等，一切的正多邊形都是軸對稱圖形，偶數邊的正多邊形又是對稱圖形．根據正多邊形的性質進行分析它們的相反和不同之處．

解答：

解：相反點不同點

①都有相等的邊．①邊數不同；

②都有相等的內角．②內角的度數不同；

③都有外接圓和內切圓．③內角和不同；

④都是軸對稱圖形．④對角線條數不同；

⑤對稱軸都交于一點．⑤對稱軸條數不同．

點評：

本題考查了正多邊形和圓的知識，一個是奇數邊的正多邊形，一個是偶數邊的正多邊形．此題的答案不，只需抓住正多邊形的性質進行回答均可．

54．（2014?云南）已知如圖平面直角坐標系中，點O是坐標原點，矩形ABCO是頂點坐標分別為A（3，0）、B（3，4）、C（0，4）．點D在y軸上，且點D的坐標為（0，﹣5），點P是直線AC上的一動點．

（1）當點P運動到線段AC的中點時，求直線DP的解析式（關系式）；

（2）當點P沿直線AC挪動時，過點D、P的直線與x軸交于點M．問在x軸的正半軸上能否存在使△DOM與△ABC類似的點M？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請闡明理由；

（3）當點P沿直線AC挪動時，以點P為圓心、R（R＞0）為半徑長畫圓．得到的圓稱為動圓P．若設動圓P的半徑長為，過點D作動圓P的兩條切線與動圓P分別相切于點E、F．請探求在動圓P中能否存在面積最小的四邊形DEPF？若存在，請求出最小面積S的值；若不存在，請闡明理由．

考點：

圓的綜合題；待定系數法求函數解析式；垂線段最短；勾股定理；切線長定理；類似三角形的判定與性質．版權一切

專題：

綜合題；壓軸題；存在型；分類討論．

分析：

（1）只需先求出AC中點P的坐標，然后用待定系數法即可求出直線DP的解析式．

（2）由于△DOM與△ABC類似，對應關系不確定，可分兩種情況進行討論，利用三角形類似求出OM的長，即可求出點M的坐標．

（3）易證S△PED=S△PFD．從而有S四邊形DEPF=2S△PED=DE．由∠DEP=90°得DE2=DP2﹣PE2=DP2﹣．根據“點到直線之間，垂線段最短”可得：當DP⊥AC時，DP最短，此時DE也最短，對應的四邊形DEPF的面積最小．借助于三角形類似，即可求出DP⊥AC時DP的值，就可求出四邊形DEPF面積的最小值．

解答：

解：（1）過點P作PH∥OA，交OC于點H，如圖1所示．

∵PH∥OA，∴△CHP∽△COA．

∴==．

∵點P是AC中點，∴CP=CA．

∴HP=OA，CH=CO．

∵A（3，0）、C（0，4），∴OA=3，OC=4．

∴HP=，CH=2．

∴OH=2．

∵PH∥OA，∠COA=90°，∴∠CHP=∠COA=90°．

∴點P的坐標為（，2）．

設直線DP的解析式為y=kx+b，∵D（0，﹣5），P（，2）在直線DP上，∴

∴

∴直線DP的解析式為y=x﹣5．

（2）①若△DOM∽△ABC，圖2（1）所示，∵△DOM∽△ABC，∴=．

∵點B坐標為（3，4），點D的坐標為（0，﹣5），∴BC=3，AB=4，OD=5．

∴=．

∴OM=．

∵點M在x軸的正半軸上，∴點M的坐標為（，0）

②若△DOM∽△CBA，如圖2（2）所示，∵△DOM∽△CBA，∴=．

∵BC=3，AB=4，OD=5，∴=．

∴OM=．

∵點M在x軸的正半軸上，∴點M的坐標為（，0）．

綜上所述：若△DOM與△CBA類似，則點M的坐標為（，0）或（，0）．

（3）∵OA=3，OC=4，∠AOC=90°，∴AC=5．

∴PE=PF=AC=．

∵DE、DF都與⊙P相切，∴DE=DF，∠DEP=∠DFP=90°．

∴S△PED=S△PFD．

∴S四邊形DEPF=2S△PED

=2×PE?DE

=PE?DE

=DE．

∵∠DEP=90°，∴DE2=DP2﹣PE2．

=DP2﹣．

根據“點到直線之間，垂線段最短”可得：

當DP⊥AC時，DP最短，此時DE取到最小值，四邊形DEPF的面積最小．

∵DP⊥AC，∴∠DPC=90°．

∴∠AOC=∠DPC．

∵∠OCA=∠PCD，∠AOC=∠DPC，∴△AOC∽△DPC．

∴=．

∵AO=3，AC=5，DC=4﹣（﹣5）=9，∴=．

∴DP=．

∴DE2=DP2﹣

=（）2﹣

=．

∴DE=，∴S四邊形DEPF=DE

=．

∴四邊形DEPF面積的最小值為．

點評：

本題考查了類似三角形的判定與性質、用待定系數法求直線的解析式、切線長定理、勾股定理、垂線段最短等知識，考查了分類討論的思想．將求DE的最小值轉化為求DP的最小值是處理第3小題的關鍵．另外，要留意“△DOM與△ABC類似”與“△DOM∽△ABC“之間的區別．

55．（2011?綿陽）如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD=90°，以AD為直徑的半圓O與BC相切．

（1）求證：OB⊥OC；

（2）若AD=12，∠BCD=60°，⊙O1與半⊙O外切，并與BC、CD相切，求⊙O1的面積．

考點：

相切兩圓的性質；直角梯形．版權一切

專題：

幾何綜合題．

分析：

（1）證明兩個銳角的和等于90°即可；

（2）求得⊙O1的半徑后代入圓的面積公式求得其面積即可．

解答：

（1）證明：∵AB∥CD，∠BAD=90°，以AD為直徑的半圓O與BC相切，∴AB，BC，CD均與半圓O相切，∴∠ABO=∠CBO，∠DCO=∠BCO．

又∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD=180°，即∠ABO+∠CBO+∠BCO+∠DCO=180°．

∴2∠CBO+2∠BCO=180°，于是∠CBO+∠BCO=90°，∴∠BOC=180°﹣（∠CBO+∠BCO）=180°﹣90°=90°，即OB⊥OC．

（2）解：設CD切⊙O1于點M，連接O1M，則O1M⊥CD．

設⊙O1的半徑為r．

∵∠BCD=60°，且由（1）知∠BCO=∠O1CM，∴∠O1CM=30°．

在Rt△O1CM中，CO1=2r，O1M=r．

在Rt△OCD中，OC=2OD=AD=12．

∵⊙O1與半圓O外切，∴OO1=6+r，于是，由OO1+O1C=OC，即6+r+2r=12，解得r=2，因此⊙O1的面積為4π．

點評：

本題考查了相切兩圓的性質及直角梯形的性質，解題的關鍵是根據相切兩圓半徑只間的關系確定兩圓心之間的距離．

56．（2014?貴港）如圖，AB是大半圓O的直徑，AO是小半圓M的直徑，點P是大半圓O上一點，PA與小半圓M交于點C，過點C作CD⊥OP于點D．

（1）求證：CD是小半圓M的切線；

（2）若AB=8，點P在大半圓O上運動（點P不與A，B兩點重合），設PD=x，CD2=y．

①求y與x之間的函數關系式，并寫出自變量x的取值范圍；

②當y=3時，求P，M兩點之間的距離．

考點：

圓的綜合題；平行線的判定與性質；等邊三角形的判定與性質；勾股定理；切線的判定；類似三角形的判定與性質；角的三角函數值．版權一切

專題：

代數幾何綜合題．

分析：

（1）連接CO、CM，只需證到CD⊥CM．由于CD⊥OP，只需證到CM∥OP，只需證到CM是△AOP的中位線即可．

（2）①易證△ODC∽△CDP，從而得到CD2=DP?OD，進而得到y與x之間的函數關系式．由于當點P與點A重合時x=0，當點P與點B重合時x=4，點P在大半圓O上運動（點P不與A，B兩點重合），因此自變量x的取值范圍為0＜x＜4．

②當y=3時，得到﹣x2+4x=3，求出x．根據x的值可求出CD、PD的值，從而求出∠CPD，運用勾股定理等知識就可求出P，M兩點之間的距離．

解答：

解：（1）連接CO、CM，如圖1所示．

∵AO是小半圓M的直徑，∴∠ACO=90°即CO⊥AP．

∵OA=OP，∴AC=PC．

∵AM=OM，∴CM∥PO．

∴∠MCD=∠PDC．

∵CD⊥OP，∴∠PDC=90°．

∴∠MCD=90°即CD⊥CM．

∵CD半徑CM的外端C，且CD⊥CM，∴直線CD是小半圓M的切線．

（2）①∵CO⊥AP，CD⊥OP，∴∠OCP=∠ODC=∠CDP=90°．

∴∠OCD=90°﹣∠DCP=∠P．

∴△ODC∽△CDP．

∴．

∴CD2=DP?OD．

∵PD=x，CD2=y，OP=AB=4，∴y=x（4﹣x）=﹣x2+4x．

當點P與點A重合時，x=0；當點P與點B重合時，x=4；

∵點P在大半圓O上運動（點P不與A，B兩點重合），∴0＜x＜4．

∴y與x之間的函數關系式為y=﹣x2+4x，自變量x的取值范圍是0＜x＜4．

②當y=3時，﹣x2+4x=3．

解得：x1=1，x2=3．

Ⅰ．當x=1時，如圖2所示．

在Rt△CDP中，∵PD=1，CD=．

∴tan∠CPD==，∴∠CPD=60°．

∵OA=OP，∴△OAP是等邊三角形．

∵AM=OM，∴PM⊥AO．

∴PM=

=

=2．

Ⅱ．當x=3時，如圖3所示．

同理可得：∠CPD=30°．

∵OA=OP，∴∠OAP=∠APO=30°．

∴∠POB=60°

過點P作PH⊥AB，垂足為H，連接PM，如圖3所示．

∵sin∠POH===，∴PH=2．

同理：OH=2．

在Rt△MHP中，∵MH=4，PH=2，∴PM=

=

=2．

綜上所述：當y=3時，P，M兩點之間的距離為2或2．

點評：

本題考查了切線的判定、平行線的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、類似三角形的判定與性質、角的三角函數值、勾股定理等知識，綜合性比較強．

57．（2011?杭州）在平面上，七個邊長為1的等邊三角形，分別用①至⑦表示（如圖）．從④⑤⑥⑦組成的圖形中，取出一個三角形，使剩下的圖形平移，與①②③組成的圖形拼成一個正六邊形

（1）你取出的是哪個三角形？寫出平移的方向和平移的距離；

（2）將取出的三角形任意放置在拼成的正六邊形所在平面，問：正六邊形沒有被三角形蓋住的面積能否等于？請闡明理由．

考點：

正多邊形和圓；等邊三角形的性質；平移的性質．版權一切

專題：

計算題．

分析：

（1）取出⑦，觀察圖象，根據圖象進行平移即可；

（2）可以做到．先求出每個等邊三角形的面積，得到正六邊形的面積為，根據﹣覆蓋住正六邊形即可．

解答：

解：（1）取出⑦，向上平移1個單位；

答：取出的是三角形⑦，平移的方向向上平移，平移的距離是1個單位．

（2）可以做到．

理由是：∵每個等邊三角形的面積是，∴正六邊形的面積為，而0＜S6﹣＜，∴0＜﹣＜S1，∴只需用⑦的面積覆蓋住正六邊形就能做到．

點評：

本題次要考查對正多邊形與圓，等邊三角形的性質，平移的性質等知識點的理解和掌握，能根據題意進行計算是解此題的關鍵．

58．（2011?東莞）如圖，在平面直角坐標系中，點P的坐標為（﹣4，0），⊙P的半徑為2，將⊙P沿x軸向右平移4個單位長度得⊙P1

（1）畫出⊙P1，并直接判斷⊙P與⊙P1的地位關系；

（2）設⊙P1與x軸正半軸，y軸正半軸的交點分別為A、B．求劣弧與弦AB圍成的圖形的面積（結果保留π）

考點：

圓與圓的地位關系；坐標與圖形性質；扇形面積的計算．版權一切

分析：

（1）根據題意作圖即可求得答案，留意圓的半徑為2；

（2）首先根據題意求得扇形BP1A與△BP1A的面積，再作差即可求得劣弧與弦AB圍成的圖形的面積．

解答：

解：（1）如圖：

∴⊙P與⊙P1的地位關系是外切；

（2）如圖：∠BP1A=90°，P1A=P1B=2，∴S扇形BP1A=，=π，S△AP1B=×2×2=2，∴劣弧與弦AB圍成的圖形的面積為：π﹣2．

點評：

此題考查了圓與圓的地位關系以及扇形面積的求解方法．標題難度不大，解題的關鍵是留意數形思想的運用．

59．（2011?大慶）如圖，Rt△ABC的兩直角邊AC邊長為4，BC邊長為3，它的內切圓為⊙0，⊙0與邊AB、BC、AC分別相切于點D、E、F，延伸C0交斜邊AB于點G．

（1）求⊙0的半徑長；

（2）求線段DG的長．

考點：

三角形的內切圓與內心；勾股定理；類似三角形的判定與性質．版權一切

專題：

計算題；壓軸題．

分析：

（1）由勾股定理求AB，設⊙O的半徑為r，則r=（AC+BC﹣AB）求解；

（2）過G作GP⊥AC，垂足為P，根據CG平分直角∠ACB可知△PCG為等腰直角三角形，設PG=PC=x，則CG=x，由（1）可知CO=r=，由Rt△AGP∽Rt△ABC，利用類似比求x，由OG=CG﹣CO求OG，在Rt△ODG中，由勾股定理求DG．

解答：

解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得AB==5，∴⊙O的半徑r=（AC+BC﹣AB）=（4+3﹣5）=1；

（2）過G作GP⊥AC，垂足為P，設GP=x，由∠ACB=90°，CG平分∠ACB，得∠GCP=45°，∴GP=PC=x，∵Rt△AGP∽Rt△ABC，∴=，解得x=，即GP=，CG=，∴OG=CG﹣CO=﹣=，在Rt△ODG中，DG==．

點評：

本題考查了三角形的內切圓與內心，類似三角形的判定與性質，勾股定理的運用．關鍵是根據直角三角形的內心的性質作輔助線，運用三角形類似及勾股定理解題．

60．（2014?河南）（1）成績發現

如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點A，D，E在同不斷線上，連接BE．

填空：

①∠AEB的度數為　60°　；

②線段AD，BE之間的數量關系為　AD=BE　．

（2）拓展探求

如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A，D，E在同不斷線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數及線段CM，AE，BE之間的數量關系，并闡明理由．

（3）處理成績

如圖3，在正方形ABCD中，CD=，若點P滿足PD=1，且∠BPD=90°，請直接寫出點A到BP的距離．

考點：

圓的綜合題；全等三角形的判定與性質；等腰三角形的性質；等邊三角形的性質；直角三角形斜邊上的中線；正方形的性質；圓周角定理．版權一切

專題：

綜合題；壓軸題；探求型．

分析：

（1）由條件易證△ACD≌△BCE，從而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由點A，D，E在同不斷線上可求出∠ADC，從而可以求出∠AEB的度數．

（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度數，證出AD=BE；由△DCE為等腰直角三角形及CM為△DCE中DE邊上的高可得CM=DM=ME，從而證到AE=2CH+BE．

（3）由PD=1可得：點P在以點D為圓心，1為半徑的圓上；由∠BPD=90°可得：點P在以BD為直徑的圓上．顯然，點P是這兩個圓的交點，由于兩圓有兩個交點，接上去需對兩個地位分別進行討論．然后，添加適當的輔助線，借助于（2）中的結論即可處理成績．

解答：

解：（1）①如圖1，∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°．

∴∠ACD=∠BCE．

在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）．

∴∠ADC=∠BEC．

∵△DCE為等邊三角形，∴∠CDE=∠CED=60°．

∵點A，D，E在同不斷線上，∴∠ADC=120°．

∴∠BEC=120°．

∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°．

故答案為：60°．

②∵△ACD≌△BCE，∴AD=BE．

故答案為：AD=BE．

（2）∠AEB=90°，AE=BE+2CM．

理由：如圖2，∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．

∴∠ACD=∠BCE．

在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）．

∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．

∵△DCE為等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°．

∵點A，D，E在同不斷線上，∴∠ADC=135°．

∴∠BEC=135°．

∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°．

∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．

∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM．

∴AE=AD+DE=BE+2CM．

（3）∵PD=1，∴點P在以點D為圓心，1為半徑的圓上．

∵∠BPD=90°，∴點P在以BD為直徑的圓上．

∴點P是這兩圓的交點．

①當點P在如圖3①所示地位時，連接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足為H，過點A作AE⊥AP，交BP于點E，如圖3①．

∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADB=45°．AB=AD=DC=BC=，∠BAD=90°．

∴BD=2．

∵DP=1，∴BP=．

∵A、P、D、B四點共圓，∴∠APB=∠ADB=45°．

∴△PAE是等腰直角三角形．

又∵△BAD是等腰直角三角形，點B、E、P共線，AH⊥BP，∴由（2）中的結論可得：BP=2AH+PD．

∴=2AH+1．

∴AH=．

②當點P在如圖3②所示地位時，連接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足為H，過點A作AE⊥AP，交PB的延伸線于點E，如圖3②．

同理可得：BP=2AH﹣PD．

∴=2AH﹣1．

∴AH=．

綜上所述：點A到BP的距離為或．

點評：

本題考查了等邊三角形的性質、正方形的性質、等腰三角形的性質、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、圓周角定理、三角形全等的判定與性質等知識，考查了運用已有的知識和處理成績的能力，是表現新課程理念的一道好題．而經過添加適當的輔助線從而能用（2）中的結論處理成績是處理第（3）的關鍵．