【培優(yōu)提高訓練】圓典型例題解析

1、【培優(yōu)提高訓練】華師大版九年級數(shù)學下冊 第27章 圓 典型例題解析一、綜合題1. ( 10分 ) 如圖，O與直線l相離，OAl于點A，OA交O于點C，過點A作O的切線AB，切點為B，連接BC交直線l于點D （1）求證：AB=AD； （2）若tanOCB=2，O的半徑為3，求BD的長 【答案】（1）解：證明：連接OB AB是O的切線，OAl，OBA=OAD=90，又OB=OC，OBC=COB=ACD，ADB=ABD，AB=AD；（2）解：tanOCB=tanACD= =2，O的半徑是3， 設(shè)AC=a，則AB=AD=2a，在RtAOB中，OA2=AB2+OB2 ， （a+3）2=（2a）2+32

2、， a=2過點A作AEBD，設(shè)AE=x，DE=2x，則5x2=16，x= ，DE=BE= ，BD= 【考點】切線的性質(zhì)，解直角三角形 【解析】【分析】（1）連接OB，利用切線的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)證明ADB=ABD，利用等角對等邊證得；（2）設(shè)AC=a，則AB=AD=2a，在RtAOB中利用勾股定理即可列方程求得a的值，進而求得BD的長2. ( 10分 ) 如圖，AB是O的直徑，AM、BN分別與O相切于點A、B，CD交AM、BN于點D、C，DO平分ADC.（1）求證：CD是O的切線； （2）設(shè)AD4，ABx (x 0)，BCy (y 0). 求y關(guān)于x的函數(shù)解析式. 【答案】（1）證明：過

3、O做OECD于點E，則OED90O與AM相切于點AOAD90OD平分ADEADOEDOODODOADOEDOEOAOA是O的半徑OE是O的半徑CD是O的切線（2）解：過點D做DFBC于點F，則DFABxAD4，BCyCFBCADy4由切線長定理可得：DE=DA,CE=CBCDCEEDBCAD4y在RtDFC中，CD2DF2FC2(y4)x 2(y4)2整理得：y 116 x2則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為：y 116 x2 解法二：連接OC， CD、CB都是O的切線CECByOC平分BCD即：OCD 12 BCD同理：DEAD4CDO 12 CDAAM、BN分別與O相切且AB為O的直徑AM/BNBC

4、DCDA180OCDCDO90CDOOCDCOD180COD90在RtDOC中，OD2OA2AD2即OD2( x2 )242同理可得：OC2( x2 )2y2CDCEEDy4在RtOCD中CD2OC2OD2即(y4)2( x2 )242( x2 )2y2整理得：y 116 x2則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為：y 116 x2 【考點】全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應用，垂徑定理的應用，切線的判定與性質(zhì)，切線長定理 【解析】【分析】（1）過O做OECD于點E，則OED90 ，根據(jù)切線的性質(zhì)，圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑得出OAD90 ，根據(jù)角平分線的定義得出ADOEDO ，從而根據(jù)AAS判斷出OA

5、DOED，根據(jù)全等三角形的對應邊相等得出OEOA ，根據(jù)切線的判定定理得出CD是O的切線 ；（2）解法一 ：過點D做DFBC于點F，則DFABx ，根據(jù)矩形的性質(zhì)及線段的和差得出CFBCADy4 ，由切線長定理可得：DE=DA,CE=CB ,根據(jù)線段的和差得出CDCEEDBCAD4y ，在RtDFC中，由勾股定理得出(y4)x 2(y4)2 ，從而得出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式 ；解法二：連接OC，根據(jù)切線長定理得出CECBy ，OC平分BCD ，即：OCD12 BCD，同理：DEAD4 ，CDO12 CDA ，又AM、BN分別與O相切且AB為O的直徑 ，故AM/BN，根據(jù)二直線平行同旁內(nèi)角互補得

6、出BCDCDA180 ，進而得出OCDCDO90 ，根據(jù)平角的定義得出CDOOCDCOD180 ，從而得出COD90，在RtDOA中，根據(jù)勾股定理得出OD2( x2)242 , 同理可得：OC2( x 2 )2y2 ,由于CDCEEDy4 ，在RtOCD中 ，CD2OC2OD2 ，即(y4)2( x 2 )242( x 2 )2y2 ，從而得出y與x之間的函數(shù)關(guān)系。3. ( 10分 ) 如圖，在RtABC中，C=90，sinA= 45 ，AB=10，點O為AC上一點，以O(shè)A為半徑作O交AB于點D，BD的中垂線分別交BD，BC于點E，F(xiàn)，連結(jié)DF （1）求證：DF為O的切線； （2）若AO=x，

7、DF=y，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式 【答案】（1）證明：連接OD OA=OD，OAD=ODA，EF是BD的中垂線，DF=BFFDB=B，C=90，OAD+B=90ODA+FDB=90ODF=90，又OD為O的半徑，DF為O的切線（2）解：連接OF 在RtABC中，C=90，sinA= ，AB=10，AC=6，BC=8，AO=x，DF=y，OC=6x，CF=8y，在RtCOF中，OF2=（6x）2+（8x）2在RtODF中，OF2=x2+y2（6x）2+（8x）2=x2+y2 ， y= x+ （0x6）【考點】線段垂直平分線的性質(zhì)，切線的判定與性質(zhì)，解直角三角形 【解析】【分析】（1）連接OD，

8、由于EF是BD的中垂線，DF=BF從而可知FDB=B，又因為OA=OD，所以O(shè)AD=ODA，從而可證明ODF=90；（2）連接OF，由題意可知：AO=x，DF=y，OC=6x，CF=8y，然后在RtCOF中與RtODF中利用勾股定理分別求出OF，化簡原式即可求出答案4. ( 7分 ) 對于P及一個矩形給出如下定義：如果P上存在到此矩形四個頂點距離都相等的點，那么稱P是該矩形的“等距圓”如圖，在平面直角坐標系xOy中，矩形ABCD的頂點A的坐標為（ 3 ， 2 ），頂點C、D在x軸上，且OC=OD.（1）當P的半徑為4時，在P1（ 0 ， -3 ），P2（ 23 ， 3 ），P3（ -23 ，

9、1 ）中可以成為矩形ABCD的“等距圓”的圓心的是_；如果點P在直線 y=-33x+1 上，且P是矩形ABCD的“等距圓”，求點P的坐標_； （2）已知點P在 y 軸上，且P是矩形ABCD的“等距圓”，如果P與直線AD沒有公共點，直接寫出點P的縱坐標m的取值范圍. （2）點P在y上，且P是矩形ABCD的“等距圓”，且P與直線AD沒有公共點，得出|m-1|3，且|m-1|0，求解即可得出m的取值范圍，即點P的縱坐標的取值范圍 【答案】（1）P1(0,-3),P2(23,3) ；P(23,-1)或(-23,3) p(23,1) 或 (-23,1)（2）解：點P在y上，且P是矩形ABCD的“等距圓”

10、，且P與直線AD沒有公共點，|m-1| 3 ，且|m-1|0，解得：1- 3 m1+ 3 且m1點P的縱坐標m的取值范圍為：1- 3 m1+ 3 且m1 【考點】圓的綜合題 【解析】【解答】（1）如圖，點A的坐標為（ 3 ，2），頂點C、D在x軸上，且OC=OD，點B的坐標為（- 3 ，2），點C的坐標為（- 3 ，0），點D的坐標為（ 3 ，0），矩形ABCD的中心E的坐標為（0，1），當P的半徑為4時，若P1（0，-3），則PE=1+3=4，若P2（2 3 ，3），則PE= (23)2+(3-1)2 =4，若P3（-2 3 ，1）則PE= (23)2+(1-1)2=23 ，可以成為矩形AB

11、CD的“等距圓”的圓心的是：P1（0，-3），P2（2 3 ，3）； 故答案為：P1（0，-3），P2（2 3 ，3）設(shè)P的坐標為（x，- 33 x+1），E為（0，1），x2+（- 33 x+1-1）2=42 ， 解得：x=2 3 ，當x=2 3 時，y=- 33 2 3 +1=-1；當x=-2 3 時，y=- 33 （-2 3 ）+1=3；點P的坐標為（2 3 ，-1）或（-2 3 ，3）；【分析】（1）根據(jù)點A的坐標，頂點C、D在x軸上，且OC=OD，從而得出B,C,D三點的坐標，及矩形的中心點E的坐標，當P的半徑為4時，根據(jù)兩點間的距離公式即可判斷出P1.P2.P3中可以成為矩形ABC

12、D的“等距圓”的圓心的點；根據(jù)直線上的點的坐標特點，設(shè)出P點的坐標，根據(jù)兩點間的距離公式及等距圓的概念得出關(guān)于x的方程，x2+（-33x+1-1）2=42 ， 求解得出x的值，從而得出p點的坐標；5. ( 7分 ) 如圖，在O中，AB是O的直徑，AC是O的弦，過點C作O的切線交BA的延長線于點P，連接BC （1）求證：PCA=B； （2）填空：已知P=40，AB=12cm，點Q在 ABC 上，從點A開始以cm/s的速度逆時針運動到點C停止，設(shè)運動時間為ts 當t=_時，以點A、Q、B、C為頂點的四邊形面積最大；當t=_時，四邊形AQBC是矩形 【答案】（1）證明：如圖1中，連接OC PC是切線

13、，OC是半徑，OCPC，PCO=90PCA+ACO=90，AB是直徑，ACB=90，B+CAB=90，OC=OA，OAC=OCA，B+OCA=90，PCA=B（2）3s；133 【考點】圓的綜合題 【解析】【解答】解：（2）如圖2中，當點Q在AB下方， AQ = BQ 時，四邊形AQBC的面積最大，此時t= 1412 =3s 故答案為3s如圖3中，當 AC = BQ 時，四邊形AQBC是矩形，連接CQ與AB交于點OP=40，PCO=90，POC=50，AOQ=130，弧AQ的長= 1306180 = 133 ，t= 133 = 133 s故答案為 133 s【分析】（1）如圖1中，連接OC只要

14、證明PCA+ACO=90，B+OCA=90，即可（2）如圖2中，當點Q在AB下方， AQ = BQ 時，四邊形AQBC的面積最大，此時t= 1412 =3s如圖3中，當 AC = BQ 時，四邊形AQBC是矩形，連接CQ與AB交于點O求出弧AQ的長即可解決問題6. ( 10分 ) 如圖，已知ABC，AC=3，BC=4，C=90，以點C為圓心作C，半徑為r.（1） 當r取什么值時，點A、B在C外. （2）當r在什么范圍時，點A在C內(nèi)，點B在C外. 【答案】（1）當0r3時，點A、B在C外；（2）當3r4時，點A在C內(nèi)，點B在C外. 【考點】勾股定理，點與圓的位置關(guān)系 【解析】【分析】(1)在保證

15、點在圓外，則點到圓心的距離應大于圓的半徑，根據(jù)這一數(shù)據(jù)關(guān)系就可得到r的取值范圍；(2)根據(jù)點到圓心的距離小于圓的半徑，則點在圓內(nèi)和點到圓心的距離應大于圓的半徑，則點在圓外求得r的取值范圍.7. ( 10分 ) （2011常州）在平面直角坐標系xOy中，一次函數(shù) y=34x+3 的圖象是直線l1 ， l1與x軸、y軸分別相交于A、B兩點直線l2過點C（a，0）且與直線l1垂直，其中a0點P、Q同時從A點出發(fā)，其中點P沿射線AB運動，速度為每秒4個單位；點Q沿射線AO運動，速度為每秒5個單位 （1）寫出A點的坐標和AB的長； （2）當點P、Q運動了多少秒時，以點Q為圓心，PQ為半徑的Q與直線l2、

16、y軸都相切，求此時a的值 【答案】（1）解：一次函數(shù) 的圖象是直線l1 ， l1與x軸、y軸分別相交于A、B兩點， y=0時，x=4，A（4，0），AO=4，圖象與y軸交點坐標為：（0，3），BO=3，AB=5（2）解：由題意得：AP=4t，AQ=5t， =t， 又PAQ=OAB，APQAOB，APQ=AOB=90，點P在l1上，Q在運動過程中保持與l1相切，當Q在y軸右側(cè)與y軸相切時，設(shè)l2與Q相切于F，由APQAOB，得： ，PQ=6；故AQ=10，則運動時間為： =2（秒）；連接QF，則QF=PQ，直線l2過點C（a，0）且與直線l1垂直，F(xiàn)Ql2 ， APQ=QFC=90，APFQ，P

17、AQ=FQC，QFCAPQ，QFCAPQAOB，得： ， ， ，QC= ，a=OQ+QC=OC= ，如圖2，當Q在y軸的左側(cè)與y軸相切時，設(shè)l2與Q相切于E，由APQAOB得： ，PQ= ，則AQ=4 =2.5，則運動時間為： = （秒）；故當點P、Q運動了2秒或 秒時，以點Q為圓心，PQ為半徑的Q與直線l2、y軸都相切，連接QE，則QE=PQ，直線l2過點C（a，0）且與直線l1垂直，Q在運動過程中保持與l1相切于點P，AOB=90，APQ=90，PAO=BAO，APQAOB，同理可得：QECAPQAOB得： ， ， = ，QC= ，a=QCOQ= ，綜上所述，a的值是： 和 ，【考點】切線

18、的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì) 【解析】【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)圖象與坐標軸的交點求法，分別求出坐標即可；（2）根據(jù)相似三角形的判定得出APQAOB，以及當Q在y軸右側(cè)與y軸相切時，當Q在y軸的左側(cè)與y軸相切時，分別分析得出答案8. ( 7分 ) 如圖，在RtABC中，ABC=90，點M是AC的中點，以AB為直徑做O分別交AC，BM于點D、E （1）求證：MDE=MED； （2）填空： 若AB=6，當DM=2AD時，DE=_；連接OD、OE，當C的度數(shù)為_時，四邊形ODME是菱形 【答案】（1）證明：ABC=90，M是AC的中點， BM=AM=MC，A=ABM，四邊形ABED是圓內(nèi)接四邊形，

19、ADE+ABE=180，又ADE+MDE=180，MDE=MBA，同理證明：MED=A，MDE=MED，（2）4；30 【考點】圓的綜合題 【解析】【解答】（2）4， 由（1）可知，A=MDE，DEAB， DEAB=MDMA DM=2AD，DM：MA=2：3，DE= 23 AB= 23 6=4當C=30時，四邊形ODME是菱形連接OD、OE，OA=OD，A=60，AOD是等邊三角形，AOD=60，DEAB，ODE=AOD=60，MDE=MED=A=60，ODE，DEM都是等邊三角形，OD=OE=EM=DM，四邊形OEMD是菱形故答案為：（2）4；30【分析】（1）由于ABC=90，M是AC的中

20、點，BM=AM=MC，從而可知A=ABM，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可得出MDE=MED；（2）由（1）可知，A=MDE，由于DEAB，所以 DEAB=MDMA ，又因為DM=2AD，從而可求出DE的長度；當C=30時，此時A=60，所以AOD是等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)即可證明OD=OE=EM=DM，從而可知四邊形OEMD是菱形9. ( 10分 ) （2016湖北）如圖，直線AB經(jīng)過O上的點C，直線AO與O交于點E和點D，OB與O交于點F，連接DF、DC已知OA=OB，CA=CB，DE=10，DF=6（1）求證：直線AB是O的切線；FDC=EDC；（2）求CD的長【答案】（1）證明：連接

21、OCOA=OB，AC=CB，OCAB，點C在O上，AB是O切線證明：OA=OB，AC=CB，AOC=BOC，OD=OF，ODF=OFD，AOB=ODF+OFD=AOC+BOC，BOC=OFD，OCDF，CDF=OCD，OD=OC，ODC=OCD，ADC=CDF（2）解：作ONDF于N，延長DF交AB于MONDF，DN=NF=3，在RTODN中，OND=90，OD=5，DN=3，ON= OD2-DN2 =4，OCM+CMN=180，OCM=90，OCM=CMN=MNO=90，四邊形OCMN是矩形，ON=CM=4，MN=OC=5，在RTCDM中，DMC=90，CM=4，DM=DN+MN=8，CD=

22、 DM2+CM2 = 82+42 =4 5 【考點】切線的判定 【解析】【分析】（1）欲證明直線AB是O的切線，只要證明OCAB即可首先證明OCDF，再證明FDC=OCD，EDC=OCD即可； （2）作ONDF于N，延長DF交AB于M，在RTCDM中，求出DM、CM即可解決問題本題考查切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)、垂徑定理、平行線的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型10. ( 15分 ) 如圖,O的直徑AB=10,弦AC=6,ACB的平分線交O于點D,過點D作DEAB交CA延長線于點E,連接AD,BD.（1）ABD的面積是多少

23、（2）求證:DE是O的切線: （3）求線段DE的長. 【答案】（1）解：AB是直徑，ACB=90，CD平分ACB，AD=BD，SABD= 12 105=25；（2）解：如圖，連接OD，AB為直徑，CD平分ACB，ACD=45，AOD=90，DEAB，ODE=90，ODDE，DE是O的切線；（3）解：AB=10，AC=6，BC= AB2-AC2 =8，過點A作AFDE于點F，則四邊形AODF是正方形，AF=OD=FD=5，EAF=90CAB=ABC，tanEAF=tanCBA， EFAF=ACBC ，即 EF5=68 ，EF=15，DE=DF+EF= 154 +5= 354【考點】正方形的判定與

24、性質(zhì)，圓周角定理，切線的判定，銳角三角函數(shù)的定義 【解析】【分析】（1）由直徑所對的圓周角是直角可得ACB=90，因為CD平分ACB，所以AD=BD，則DOAB，所以SABD=12ABDO =12105=25；（2）連接OD，由已知可得ACD=45，由（1）得AOD=90，而DEAB，所以O(shè)DE=90，即ODDE，由且切線的判定可得DE是O的切線；（3）在直角三角形ABC中，由勾股定理可得BC=8，過點A作AFDE于點F，根據(jù)正方形的判定可得四邊形AODF是正方形，所以AF=OD=FD=5，EAF=90CAB=ABC，tanEAF=tanCBA，即EFAF=ACBC,將已知條件代入可求得EF=

25、154，所以DE=DF+EF=154+5=354.11. ( 15分 ) 如圖，在ABC中，O經(jīng)過A、B兩點，圓心O在BC邊上，且O與BC邊交于點E，在BC上截取CF=AC，連接AF交O 于點D，若點D恰好是 弧BE的中點（1）求證：AC是O的切線； （2）若BF=17，DF=13，求O的半徑r； （3）若ABC=30，動直線l從與點A、O重合的位置開始繞點O順時針旋轉(zhuǎn)，到與OC重合時停止，設(shè)直線l與AC的交點為F，點Q為OF的中點，過點F作FGBC于G，連接AQ、QG請問在旋轉(zhuǎn)過程中，AQG的大小是否變化？若不變，求出AQG的度數(shù)；若變化，請說明理由 【答案】（1）證明：連接OA、OD，如圖

26、，D為弧BE的中點，BOD=DOE =90，D+OFD=90，AC=FC，OA=OD，CAF=CFA，OAD=D，而CFA=OFD，OAD+CAF=90，即OAC=90，OAAC，AC是O切線（2）解:OD=r，OF=17r，在RtDOF中，r2+（17r）2=132 ， 解得r=5（舍去），r=12；即O的半徑r為12（3）解:在旋轉(zhuǎn)過程中AQG的大小不變OAC=90FGBC，OGF=90點Q是OF的中點，AQ=OQ=FQ=GQ點A、O、G、F在以點Q為圓心，QO為半徑的圓上，AQG=2AOGABC=30,AOC=60AQG=120在旋轉(zhuǎn)過程中AQG的大小不變，始終等于120【考點】余角和補

27、角，直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，切線的判定與性質(zhì) 【解析】【分析】（1）連接OA、OD，根據(jù)垂徑定理得DOE =90，則D+OFD=90，再由AC=FC，OA=OD，加上CAF=CFA，所以O(shè)AD+CAF=90，根據(jù)切線的判定定理可得AC是O切線；（2）先表示出OD=r，OF=17r，再在RtDOF中利用勾股定理得r2+（17r）2=132 ， 解方程得到r的值；（3）易證點A、O、G、F在以點Q為圓心，QO為半徑的圓上，從而得到AQG=2AOGABC=30，從而得到AOC=60，進而得到AQG=120，所以AQG是定值12. ( 15分 ) 如圖，點A的坐標為（8，0），點P的坐標為

28、(-74，0) ，直線y= 34 x+b過點A，交y軸于點B，以點P為圓心，以PA為半徑的圓交x軸于點C（1）判斷點B是否在P上？說明理由 （2）求過A、B、C三點的拋物線的解析式；并求拋物線與P另外一個交點為D的坐標 （3）P上是否存在一點Q，使以A、P、B、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由 【答案】（1）解：A（8，0）在直線y= 34 x+b上，則有b=6，點B（0，6），即OB=6，在RtBOP中，由勾股定理得PB= OP2+OB2=254 ，則PB=PA，點B在P上（2）解：AC=2PA= 252 ，則OC= 92 ，點C (92，0) ，拋物線過

29、點A、C，則設(shè)所求拋物線為y=a（x+8）（x 92 ），代入點C (92，0) ，則有a= -16 ，拋物線的解析式為y= 16 x2 712 x+6，直線x= -74 是拋物線和圓P的對稱軸，點B的對稱點為D，由對稱可得D (-72，6)（3）解：當點Q在P上時，有PQ=PA= 254 ，如圖1所示，假設(shè)AB為菱形的對角線，那么PQAB且互相平分，由勾股定理得PE= 154 ，則2PEPQ，所以四邊形APBQ不是菱形如圖2所示，假設(shè)AB、AP為菱形的鄰邊，則ABAP，所以四邊形APQB不是菱形如圖3所示，假設(shè) AB、BP為菱形的鄰邊，則ABBP，所以四邊形AQPB不是菱形綜上所述，P上不存

30、在點Q，使以A、P、B、Q為頂點的四邊形【考點】勾股定理，圓的綜合題 【解析】【分析】（1）把A（8，0）代入y= 34 x+b得到點B（0，6），即OB=6，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；（2）AC=2PA= 252 ，則OC= 92 ，點C (92，0) ，得到拋物線的解析式為y= 16 x2 712 x+6，直線x= -74 是拋物線和圓P的對稱軸，于是得到結(jié)論；（3）當點Q在P上時，有PQ=PA= 254 ，如圖1所示，假設(shè)AB為菱形的對角線，如圖2所示，假設(shè)AB、AP為菱形的鄰邊，如圖3所示，假設(shè) AB、BP為菱形的鄰邊，于是得到結(jié)論13. ( 15分 ) 如圖，在RtABC中，ABC=

31、90，AC的垂直平分線分別與AC，BC及AB的延長線相交于點D，E，F(xiàn)，且BF=BCO是BEF的外接圓，EBF的平分線交EF于點G，交O于點H，連接BD，F(xiàn)H （1）求證：ABCEBF； （2）試判斷BD與O的位置關(guān)系，并說明理由； （3）若AB=1，求HGHB的值 【答案】（1）證明：DFAC，ABC為Rt， CDE=EBF=90CED=FEB，DCE=EFB，在ABC和EBF中，ABCEBF，（ASA）（2）解：結(jié)論：BD與O相切 理由：連接OB，DF是AB的中垂線，ABC=90，DB=DC=DA，DBC=C由（1）DCB=EFB，而EFB=OBF，DBC=OBF，DBO=DBC+EBO=

32、OBF+EBO=90，DBOB，BD與O相切（3）解：連接EH， BH是EBF的平分線，EBH=HBF=45HFE=HBE=45又GHF=FHB，GHFFHB， = ，HGHB=HF2 ， O是RtBEF的內(nèi)接圓，EF為O的直徑，EHF=90，又HFE=45，EH=HF，EF2=EH2+HF2=2HF2 ， 在RtABC中，AB=1，tanC= ，BC=2，AC= ，由（1）知ABCEBF，EF=AC= ，2HF2=EF2=5，HF2= ，故HGHB=HF2= 【考點】圓的綜合題 【解析】【分析】（1）根據(jù)ASA或AAS即可證明；（2）結(jié)論：BD與O相切 連接OB，只要證明OBBD即可；（3）

33、連接EH，首先證明GHFFHB，可得 HFHB = HGHF ，即HGHB=HF2 ， 想辦法求出HF2即可解決問題14. ( 15分 ) 如圖，在O中，直徑ABCD，垂足為E，點M在OC上，AM的延長線交O于點G，交過C的直線于F，1=2，連結(jié)CB與DG交于點N（1）求證：CF是O的切線； （2）求證：ACMDCN； （3）若點M是CO的中點，O的半徑為4，cosBOC= 14 ，求BN的長 【答案】（1）證明：BCO中，BO=CO， B=BCO，在BCE中，2+B=90， 又1=2， 1+BCO=90， 即FCO=90，CF是O的切線（2）證明：AB是O直徑， ACB=FCO=90， AC

34、BBCO=FCOBCO，即3=1， 3=2，4=D， ACMDCN（3）解：O的半徑為4，即AO=CO=BO=4， 在COE中，BOC= 14 ，OE=COBOC=4=1，由此可得：BE=3，AE=5，由勾股定理可得：CE= CO2-EO2 = 42-12 = 15 ，AC= CE2+AE2 = (15)2+52 =2 10 ， BC= CE2+BE2 = (15)2+32 =2 6 ，AB是O直徑，ABCD， 由垂徑定理得：CD=2CE=2 15 ，ACMDCN， CMCN = ACCD ， 點M是CO的中點，CM=AO=4=2，CN= CM.CDAC = 2215210 = 6 ， BN=

35、BCCN=2 6 6 = 6 【考點】切線的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形 【解析】【分析】（1）根據(jù)等邊對等角可得B=BCO，在BCE中，由題意得2+B=90，已知1=2，所以1+BCO=90， 即FCO=90，根據(jù)切線的判定可得CF是O的切線；（2）根據(jù)AB是O直徑和（1）中的結(jié)論可得ACB=FCO=90，根據(jù)同角的余角相等可得ACM=1，所以ACM=2，根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得CAM=D,根據(jù)有兩個角相等的兩個三角形相似，即ACMDCN；（3） 在COE中，cosBOC=14，所以可得OE=COcosBOC=414=1,由此可得：BE=3，AE=5，由勾股定理可得CE=

36、CO2-EO2=42-12=15,AC=CE2+AE2=210,BC= CE2+BE2=26,根據(jù)AB是O直徑，ABCD，所以由垂徑定理得：CD=2CE=215，由（2）知，ACMDCN，所以可得CMCN=CACD,根據(jù)點M是CO的中點可得CM=AO=4=2，所以CN=CMCDCA=6,所以BN=BCCN=266 =615. ( 15分 ) 已知：以O(shè)為圓心的扇形AOB中，AOB=90，點C為 AB 上一動點，射線AC交射線OB于點D，過點D作OD的垂線交射線OC于點E，聯(lián)結(jié)AE（1）如圖1，當四邊形AODE為矩形時，求ADO的度數(shù)； （2）當扇形的半徑長為5，且AC=6時，求線段DE的長；

37、（3）聯(lián)結(jié)BC，試問：在點C運動的過程中，BCD的大小是否確定？若是，請求出它的度數(shù)；若不是，請說明理由 【答案】（1）解：如圖1中，四邊形ABCD是矩形，AD=EC，AC=CD，OC=CE，AOD=90AC=OC=OA，AOC是等邊三角形，OAD=60，ADO=90OAD=30（2）解：如圖2中，作OHAD于HOA=OC，OHAC，AH=HC=3，OAH=OAD，AHO=AOD，AOHADO， OAAD = AHAO ， 5AD = 35 ，AD= 253 ，CD=ADAC= 73 ，DEOD，EDO=90，AOD+EDO=180，DEOA， DEOA = CDAC ， DE5 = 736

38、，DE= 3518 （3）解：如圖3中，結(jié)論：BCD的值是確定的BCD=45理由：連接AB、BCBCD=BAC+ABC，又BAC= 12 BOC，ABC= 12 AOC，BCD= 12 BOC+ 12 AOC= 12 （BCO+AOC）= 12 90=45 【考點】等邊三角形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，圓的綜合題，平行線分線段成比例，相似三角形的判定與性質(zhì) 【解析】【分析】（1）利用矩形的性質(zhì)，只要證明OAC是等邊三角形即可求解題中問題；（2）作OHAD于H由AOHADO，推出OAAD=AHAO,可得AD的長度，CD=ADAC的長度，由DEOA，可得DEOA=CDAC,即可求出DE；（3）結(jié)論：

39、BCD的值是確定的BCD=45連接AB、BC由BCD=BAC+ABC，又BAC=12 BOC，ABC=12 AOC，即可得出結(jié)論。16. ( 13分 ) 已知：ABC內(nèi)接于O，過點A作直線EF （1）如圖，AB為直徑，要使EF為O的切線，還需添加的條件是（只需寫出三種情況）： _；_；_ （2）如圖，AB是非直徑的弦，CAE=B，求證：EF是O的切線 （3）如圖，AB是非直徑的弦，CAE=ABC，EF還是O的切線嗎？若是，請說明理由；若不是，請解釋原因 【答案】（1）ABEF、；BAE=90；ABC=EAC（2）證明：如圖2，作直徑AD，連結(jié)CD， AD為直徑，ACD=90，D+CAD=90，

40、D=B，CAE=B，CAE=D，EAC+CAD=90，ADEF，EF為O的切線；（3）如圖3，作直徑AD，連結(jié)CD，BD， AD為直徑，ABD=90，CAE=ABC，DAE+DAC=ABD+DBC，而DAC=DBC，DAE=ABD=90，ADEF，EF為O的切線 【考點】切線的判定 【解析】【解答】（1）解：當ABEF或BAE=90可判斷EF為O的切線； 當ABC=EAC，AB為直徑，ACB=90，ABC+CAB=90，EAC+CAB=90，ABEF，EF為O的切線；故答案為ABEF、BAE=90、ABC=EAC；【分析】（1）根據(jù)切線的判斷由ABEF或BAE=90可判斷EF為O的切線；當AB

41、C=EAC，根據(jù)圓周角定理得ABC+CAB=90，所以EAC+CAB=90，即ABEF，于是也可判斷EF為O的切線；（2）作直徑AD，連結(jié)CD，由AD為直徑得ACD=90，則D+CAD=90，根據(jù)圓周角定理得D=B，而CAE=B，所以CAE=D，則EAC+CAD=90，根據(jù)切線的判定定理得到EF為O的切線；（3）作直徑AD，連結(jié)CD，BD，由AD為直徑得ABD=90，而CAE=ABC，即DAE+DAC=ABD+DBC，而DAC=DBC，所以DAE=ABD=90，根據(jù)切線的判定即可得到EF為O的切線17. ( 10分 ) （2017西寧）如圖，在ABC中，AB=AC，以AB為直徑作O交BC于點D，過點D作O的切線DE交