專題32 圓的綜合練習(xí)（提優(yōu)）-（解析版）

專題32圓的綜合練習(xí)（提優(yōu)）一．選擇題1．如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，以O(shè)B為直徑畫圓M，過D作⊙M的切線，切點為N，分別交AC、BC于點E、F，已知AE＝5，CE＝3，則DF的長是（）A．3 B．4 C．4.8 D．5【分析】首先延長EF，過點B作直線平行AC和EF相交于P，由菱形的性質(zhì)，可求得OE的長，證得AC是⊙M的切線，然后由切線長定理，求得EN的長，易證得△DMN∽△DEO，△EFC∽△PFB，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，求得答案．【解答】解：延長EF，過點B作直線平行AC和EF相交于P，∵AE＝5，EC＝3，∴AC＝AE+CE＝8，∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC=12AC＝4，AC⊥∴OE＝OC﹣CE＝4﹣3＝1，∵以O(shè)B為直徑畫圓M，∴AC是⊙M的切線，∵DN是⊙M的切線，∴EN＝OE＝1，MN⊥AN，∴∠DNM＝∠DOE＝90°，∵∠MDN＝∠EDO，∴△DMN∽△DEO，∴DM：MN＝DE：OE，∵MN＝BM＝OM=12∴DM＝OD+OM＝3MN，∴DE＝3OE＝3，∵OE∥BP，∴OD：OB＝DE：EP，∵OD＝OB，∴DE＝EP＝3，∴BP＝2OE＝2，∵OE∥BP，∴△EFC∽△PFB，∴EF：PF＝EC：BP＝3：2，∴EF：EP＝3：5，∴EF＝EP×3∴DF＝DE+EF＝3+1.8＝4.8．故選：C．【點評】此題屬于圓的綜合題，考查了切線的判定與性質(zhì)、菱形的性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)．注意準確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．2．如圖，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝22，點D是AC邊上一動點，連接BD，以AD為直徑的圓交BD于點E，則線段CE長度的最小值為（）A．22?2 B．5?2 C．5?1【分析】連接AE，如圖1，先根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AB＝AC＝2，再根據(jù)圓周角定理，由AD為直徑得到∠AED＝90°，接著由∠AEB＝90°得到點E在以AB為直徑的⊙O上，于是當點O、E、C共線時，CE最小，如圖2，在Rt△AOC中利用勾股定理計算出OC=5，從而得到CE的最小值為5【解答】解：連接AE，如圖1，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝22，∴AB＝AC＝2，∵AD為直徑，∴∠AED＝90°，∴∠AEB＝90°，∴點E在以AB為直徑的⊙O上，∵⊙O的半徑為1，連接OE，OC，∴OE=12在Rt△AOC中，∵OA＝1，AC＝2，∴OC=O由于OC=5，OE點E在線段OC上時，CE最小，如圖2，∴CE＝OC﹣OE=5即線段CE長度的最小值為5?故選：C．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理和等腰直角三角形的性質(zhì)；會利用勾股定理計算線段的長．解決本題的關(guān)鍵是確定E點運動的規(guī)律，從而把問題轉(zhuǎn)化為圓外一點到圓上一點的最短距離問題．3．如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的點，且OC∥BD，AD分別與BC，OC相交于點E，F(xiàn)，則下列結(jié)論：①AD⊥BD；②∠AOC＝∠AEC；③BC平分∠ABD；④AF＝DF；⑤BD＝2OF；⑥△CEF≌△BED，其中一定成立的是（）A．②④⑤⑥ B．①③⑤⑥ C．②③④⑥ D．①③④⑤【分析】①由直徑所對圓周角是直角，②由于∠AOC是⊙O的圓心角，∠AEC是⊙O的圓內(nèi)部的角，③由平行線得到∠OCB＝∠DBC，再由圓的性質(zhì)得到結(jié)論判斷出∠OBC＝∠DBC；④用半徑垂直于不是直徑的弦，必平分弦；⑤用三角形的中位線得到結(jié)論；⑥得不到△CEF和△BED中對應(yīng)相等的邊，所以不一定全等．【解答】解：①、∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，②假設(shè)∠AOC＝∠AEC，∴∠A＝∠C，∵∠ABC＝∠C，∴∠A＝∠ABC，∴AC=∵OC∥BD∴∠C＝∠CBD，∴∠ABC＝∠DBC，即：AC∴C，D是半圓的三等分點，而與“C，D是⊙O上的點”矛盾，∴∠AOC≠∠AEC，③、∵OC∥BD，∴∠OCB＝∠DBC，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∴∠OBC＝∠DBC，∴BC平分∠ABD，④、∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，∵OC∥BD，∴∠AFO＝90°，∵點O為圓心，∴AF＝DF，⑤、由④有，AF＝DF，∵點O為AB中點，∴OF是△ABD的中位線，∴BD＝2OF，⑥∵△CEF和△BED中，沒有相等的邊，∴△CEF與△BED不全等，故選：D．【點評】此題是圓綜合題，主要考查了圓的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是熟練掌握圓的性質(zhì)．4．如圖，平面直角坐標系中，分別以點A（2，3）、點B（3，4）為圓心，1、3為半徑作⊙A、⊙B，M，N分別是⊙A、⊙B上的動點，P為x軸上的動點，則PM+PN的最小值為（）A．52?4 B．17?1 C．6﹣22 【分析】作⊙A關(guān)于x軸的對稱⊙A′，連接BA′分別交⊙A′和⊙B于M、N，交x軸于P，如圖，根據(jù)兩點之間線段最短得到此時PM+PN最小，再利用對稱確定A′的坐標，接著利用兩點間的距離公式計算出A′B的長，然后用A′B的長減去兩個圓的半徑即可得到MN的長，即得到PM+PN的最小值．【解答】解：作⊙A關(guān)于x軸的對稱⊙A′，連接BA′分別交⊙A′和⊙B于M、N，交x軸于P，如圖，則此時PM+PN最小，∵點A坐標（2，3），∴點A′坐標（2，﹣3），∵點B（3，4），∴A′B=(2?3)2∴MN＝A′B﹣BN﹣A′M＝52?3﹣1＝52∴PM+PN的最小值為52?故選：A．【點評】本題考查了圓的綜合題：掌握與圓有關(guān)的性質(zhì)和關(guān)于x軸對稱的點的坐標特征；會利用兩點之間線段最短解決線段和的最小值問題；會運用兩點間的距離公式計算線段的長；理解坐標與圖形性質(zhì)．5．如圖，已知直線y=34x﹣3與x軸、y軸分別交于A、B兩點，P是以C（0，1）為圓心，1為半徑的圓上一動點，連接PA、PB．則△A．8 B．12 C．212 D．【分析】求出A、B的坐標，根據(jù)勾股定理求出AB，求出點C到AB的距離，即可求出圓C上點到AB的最大距離，根據(jù)面積公式求出即可．【解答】解：∵直線y=34x﹣3與x軸、y軸分別交于A、∴A點的坐標為（4，0），B點的坐標為（0，﹣3），3x﹣4y﹣12＝0，即OA＝4，OB＝3，由勾股定理得：AB＝5，過C作CM⊥AB于M，連接AC，則由三角形面積公式得：12×AB×CM=12×OA×OC∴5×CM＝4×1+3×4，∴CM=16∴圓C上點到直線y=34x﹣3的最大距離是1∴△PAB面積的最大值是12×5故選：C．【點評】本題考查了三角形的面積，點到直線的距離公式的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是求出圓上的點到直線AB的最大距離，屬于中檔題目．6．如圖，AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上一點，AD與過點C的切線垂直，垂足為D，直線DC與AB的延長線交于點P，弦CE平分∠ACB，交AB于點F，連接BE，BE＝72．下列四個結(jié)論：①AC平分∠DAB；②PF2＝PB?PA；③若BC=12OP，則陰影部分的面積為74π?4943；④A．①② B．③④ C．①②④ D．①②③【分析】①連接OC，根據(jù)切線的性質(zhì)可得OC⊥CD，則AD∥OC，根據(jù)等邊對等角，以及平行線的性質(zhì)即可證得；②根據(jù)圓周角定理以及三角形的外角的性質(zhì)定理證明∠PFC＝∠PCF，根據(jù)等角對等邊即可證得PC＝PF，又由∠PCB＝∠PAC，∠P＝∠P，可證得△PCB∽△PAC，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，證得結(jié)論；③首先連接AE，由圓周角定理與弦CE平分∠ACB，可得△ABE是等腰直角三角形，繼而求得直徑AB的長，由BC=12OP，可得BC是中線，△④在直角△POC中利用勾股定理即可列方程求得PB的長，由△PCB∽△PAC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得PB與PC的比值，即可求得tan∠PCB．【解答】解：①連接OC．∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA．∵PC是⊙O的切線，AD⊥CD，∴∠OCP＝∠D＝90°，∴OC∥AD．∴∠CAD＝∠OCA＝∠OAC．即AC平分∠DAB．故正確；②∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠PCB+∠ACD＝90°，又∵∠CAD+∠ACD＝90°，∴∠CAB＝∠CAD＝∠PCB．又∵∠ACE＝∠BCE，∠PFC＝∠CAB+∠ACE，∠PCF＝∠PCB+∠BCE．∴∠PFC＝∠PCF．∴PC＝PF，∵∠P是公共角，∴△PCB∽△PAC，∴PC：PA＝PB：PC，∴PC2＝PB?PA，即PF2＝PB?PA；故正確；③連接AE．∵∠ACE＝∠BCE，∴AE=∴AE＝BE．又∵AB是直徑，∴∠AEB＝90°．∴AB=2BE=2×∴OB＝OC＝7，∵PD是切線，∴∠OCP＝90°，∵BC=12∴BC是Rt△OCP的中線，∴BC＝OB＝OC，即△OBC是等邊三角形，∴∠BOC＝60°，∴S△BOC=4943，S扇形BOC=60360×∴陰影部分的面積為496π?④∵△PCB∽△PAC，∴PBPC∴tan∠PCB＝tan∠PAC=BC設(shè)PB＝x，則PA＝x+14，∵PC2＝PB?PA，∴242＝x（x+14），解得：x1＝18，x2＝﹣32，∴PB＝18，∴tan∠PCB=PB故選：C．【點評】本題屬于圓的綜合題，考查了圓的切線性質(zhì)以及解直角三角形的知識．運用切線的性質(zhì)來進行計算或論證，常通過作輔助線連接圓心和切點，利用垂直構(gòu)造直角三角形解決有關(guān)問題．7．如圖，在平面直角坐標系xOy中，以原點O為圓心的圓過點A（13，0），直線y＝kx﹣3k+4與⊙O交于B、C兩點，則弦BC的長的最小值為（）A．22 B．24 C．105 D．123【分析】易知直線y＝kx﹣3k+4過定點D（3，4），運用勾股定理可求出OD，由條件可求出半徑OB，由于過圓內(nèi)定點D的所有弦中，與OD垂直的弦最短，因此只需運用垂徑定理及勾股定理就可解決問題．【解答】解：對于直線y＝kx﹣3k+4＝k（x﹣3）+4，當x＝3時，y＝4，故直線y＝kx﹣3k+4恒經(jīng)過點（3，4），記為點D．過點D作DH⊥x軸于點H，則有OH＝3，DH＝4，OD=O∵點A（13，0），∴OA＝13，∴OB＝OA＝13．由于過圓內(nèi)定點D的所有弦中，與OD垂直的弦最短，如圖所示，因此運用垂徑定理及勾股定理可得：BC的最小值為2BD＝2OB2?O故選：B．【點評】本題主要考查了直線上點的坐標特征、垂徑定理、勾股定理等知識，發(fā)現(xiàn)直線恒經(jīng)過點（3，4）以及運用“過圓內(nèi)定點D的所有弦中，與OD垂直的弦最短”這個經(jīng)驗是解決該選擇題的關(guān)鍵．8．如圖，等邊△ABC邊長為2，射線AM∥BC，P是射線AM上一動點（P不與A點重合），△APC的外接圓交BP于Q，則AQ長的最小值為（）A．1 B．3 C．33 D．【分析】過點B作BD⊥直線AP，垂足為D，過點C作CE⊥直線AP，垂足為E，易得AD＝AE＝1，BD＝CE=3，設(shè)AP＝x，則DP＝x+1，EP=，根據(jù)勾股定理可得BP2＝x2+2x+4，CP2＝x2﹣2x+4．易證△AQC∽△PCB，則有AQAC=PCPB，由此可得方法二：探究出的Q的運動軌跡，即可解決問題．【解答】解：過點B作BD⊥直線AP，垂足為D，過點C作CE⊥直線AP，垂足為E，連接QC，如圖，則有BD∥CE．∵AP∥BC，∠BDE＝90°，∴四邊形BCED是矩形，∴∠DBC＝∠ECB＝90°．∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC＝2，∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠DBA＝∠ECA＝30°，∴AD＝1，AE＝1，∴BD=3，CE=設(shè)AP＝x，則DP＝x+1，EP=．在Rt△BDP中，BP2＝BD2+DP2＝3+（x+1）2＝x2+2x+4．在Rt△CEP中，CP2＝CE2+EP2＝3+（x﹣1）2＝x2﹣2x+4．∵AM∥BC，∴∠APB＝∠CBP．∵∠APB＝∠ACQ，∴∠ACQ＝∠CBP．∵∠QAC＝∠CPB，∴△AQC∽△PCB，∴AQAC∴AQ＝2×PC∴AQ2＝4×PC＝4×（1?4x＝4×（1?4＝4?16當x?2x=0即x＝2時，AQ2取到最小值為4故選D．方法二：如圖，易知∠PQC＝∠PAC＝∠ACB＝60°，∴∠BQC＝120°，∴點Q的運動軌跡是BC，∴當AQ⊥BC時，AQ的長最小，設(shè)AQ交BC于G，此時AG=3，OG=12BQ∴AQ的最小值為23故選：D．【點評】本題主要考查了圓周角定理、平行線的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、30°角所對的直角邊等于斜邊的一半等知識，將分式進行恒等變形并運用配方法是解決本題的關(guān)鍵，尋找點Q的運動軌跡是方法二的突破點．9．如圖，AB為⊙O的直徑，E為⊙O上一點，BE=2AE，四邊形ABCD為矩形，且AB＝2BC，OF⊥CD于F，OD，EF相交于P點，下列結(jié)論：①OFPF=62；②PD＝PE；③OE⊥ODA．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】過E作EN垂直DC交AB于點M，設(shè)EF與AB交于點H，設(shè)圓的半徑為R，根據(jù)題意，BE=2AE，可得出∠AOE＝60°，繼而求得EM、MO的長度，根據(jù)三角形的相似定理可求得MH，繼而得出OH，利用相似三角形的性質(zhì)可分別求出OP、DP、HP、【解答】解：過E作EN垂直DC交AB于點M，設(shè)圓的半徑為R，∵AB為⊙O的直徑，BE=2∴∠AOE＝60°，∵EN⊥DC，四邊形ABCD為矩形，∴EN⊥AB，在Rt△EMO中，∠AOE＝60°，則∠OEM＝30°，∴OM=12R，EM=易得四邊形OMNF為矩形，則MN＝OF＝BC=12AB＝∴NF＝OF=12∵△EMH∽△ENF，∴EMEN=MH解得：MH=23?32R，則OH＝OM﹣MH＝（2在Rt△OHF中，HF=OH2+OF2∵△OPH∽△DPF，∴HPPF=OH∵HP+PF＝HF＝（6?2）∴HP＝（263?2）R，∴OFPF=6同理可得：OP=32?66R在Rt△EMH中，EH=E則EP＝EH+HP＝DP=32+6∠AOE+∠AOD＝60°+45°＝105°，故③錯誤；OPPD=OHDF=綜上可得①②正確，共2個．故選：B．【點評】本題屬于圓的綜合題，涉及了相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、勾股定理，綜合考察的知識點較多，解答本題要求同學(xué)們熟練掌握所學(xué)知識點，并靈活運用，難度較大．10．如圖，等邊三角形ABC內(nèi)接于⊙O，連接OA，OB，OC，延長AO，分別交BC于點P，與⊙O交于點D，連接BD，CD．那么：①四邊形BDCO是菱形，②若⊙O的半徑為r，三角形的邊長為3r，③三角形ODC是等邊三角形，④弧BD的度數(shù)為60°，其中正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】證明△ABO≌△ACO，可得∠BAD＝∠CAD＝30°，從而可得BD＝CD=12AO，可判斷①正確；在Rt△ABD中，根據(jù)BD＝OB＝r，∠BAD＝30°，可求出AB，從而判斷②正確；由①可得OC＝OD＝CD，從而判斷③正確；求出∠BOD的度數(shù)，即可判斷【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，在△ABO和△ACO中，∵AB=ACAO=AO∴△ABO≌△ACO（SSS），∴∠BAD＝∠CAD＝30°，則在Rt△ABD中，BD=12AD＝同理CD=12AD＝∵OB＝OC＝BD＝CD，∴四邊形BDCO是菱形，故①正確；在Rt△ABD中，AD＝2r，BD＝r，∴AB=AD2?BD∵CO＝OD＝CD，∴△ODC是等邊三角形，故③正確；∠BOD＝2∠BAD＝60°，∴弧BD的度數(shù)為60°，故④正確．綜上可得：①②③④均正確，共4個．故選：D．【點評】本題考查了圓的綜合，涉及了圓周角定理、等邊三角形的性質(zhì)、解直角三角形及全等三角形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，解答本題的關(guān)鍵是掌握各知識點的內(nèi)容，靈活運用．11．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC＝60°，AD⊥BC于D，交⊙O于F，BE⊥AC于E，BE交AD于H，直線OH交AB于M，交AC于N，下列結(jié)論中：（1）DH＝DF；（2）AO＝AH；（3）AM＝AN；（4）MO＝OH＝HN．其中正確的是（）A．（1）（2）（3） B．（1）（2）（4） C．（1）（3）（4） D．（2）（3）（4）【分析】連接CH、CF．延長CH交AB于Q，根據(jù)H是垂心求出∠HCD＝∠FCD，根據(jù)ASA證△HCD≌△FCD，推出DH＝DF即可判斷（1）；作OP⊥AB于P，連接OB，根據(jù)圓周角定理求出∠AOP＝∠ACB，求出∠PAO＝∠EAH，求出AP＝AE=12AB，根據(jù)ASA證△AEH≌△APO，即可推出AO＝AH，即可判斷（2）；過A作AR⊥OH于R，求出∠MAR＝∠NAR，根據(jù)ASA證△MAR≌△NAR，推出AM＝AN，即可判斷（3）；根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)三線合一定理推出OM＝HN，但不能推出OH和OM或【解答】解：連接CH、CF．延長CH交AB于Q，∵BE⊥AC，AD⊥BC，BE交AD于H，∴H是垂心，∴CQ⊥AB，∠ADC＝∠CDF＝90°，∴∠BCH+∠ABC＝90°，∵∠BCF+∠AFC＝90°，∠ABC＝∠AFC，∴∠BCH＝∠BCF，在△DCH和△DCF中∵∠HCD=∠FCDCD=CD∴△CDH≌△CDF（ASA）∴HD＝DF，∴（1）正確；作OP⊥AB于P，∵∠BAC＝60°，∠BEA＝90°，∴∠ABE＝30°，∴AE=12∵OP⊥AB，OP過O點，∴AP=12∴AE＝AP，∵∠AOP＝∠ACB，∠BAO+∠AOP＝90°，∠ACD＝90°，∴∠CAF+∠ACB＝90°，∴∠BAO＝∠CAF，在△AEH和△APO中∵∠APO=∠AEHAP=AE∴△AEH≌△APO（ASA），∴AO＝AH，∠BAO＝∠CAF，∴（2）正確；過A作AR⊥OH于R，即∠ARM＝∠ARN＝90°，∵AO＝AH，∴∠OAR＝∠HAR，∵∠MAO＝∠EAH，∴∠MAR＝∠NAR，在△MAR和△NAR中∵∠MAR=∠NARAR=AR∴△MAR≌△NAR（ASA），∴AM＝AN，∴（3）正確；∵AM＝AN，AH＝AO，AR⊥MN，∴MR＝NR，OR＝RH，∴OM＝HN，根據(jù)已知條件不能推出OH和OM的關(guān)系，∴（4）錯誤；故選：A．【點評】本題考查了等腰三角形性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，圓周角定理，含30度角的直角三角形，垂徑定理等知識點，此題綜合性比較強，難度偏大．12．已知，如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC＝60°，高線AD，BE相交于H，直線OH與AB，AC分別交于Q，P．下列結(jié)論：①∠BAO＝∠CAD；②AH＝AO；③△AQP是等腰三角形；④若∠NAB＝∠MAC＝15°，則AM+ANAB+ACA．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】延長AO交⊙O于點F，連接BF，如圖1，根據(jù)圓周角定理就可推出①正確；易證△ABF∽△AEH，從而有ABAE=AFAH，再由∠BAC＝60°可推出AB＝2AE，從而得到AF＝2AH，進而得到②正確；易證△AOQ≌△AHP，從而有AQ＝AP，從而得到③正確；作∠BAC的角平分線交⊙O于點T，過點T作TG⊥AN，垂足為G，過點T作TK⊥AM，垂足為K，連接TN，TM；過點T作TS⊥AB，垂足為S，過點T作TR⊥AC，垂足為R，連接TB，TC；如圖2，可以證到Rt△NGT≌Rt△MKT（HL），進而可以證到AN+AM＝2AK，同理可得；AB+AC＝2AR．而AK＝AT?cos∠KAT=22AT，AR＝AT?cos∠【解答】解：延長AO交⊙O于點F，連接BF，如圖1，∵AF是⊙O的直徑，∴∠ABF＝90°．∴∠BAF+∠F＝180°．∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°．∴∠DAC+∠C＝90°．∵∠F＝∠C，∴∠BAF＝∠DAC，即∠BAO＝∠CAD．故①正確．∵BE⊥AC，∴∠BEA＝90°．∴∠ABF＝∠AEH．∵∠BAF＝∠HAE，∴△ABF∽△AEH．∴ABAE∵∠BEA＝90°，∠BAE＝60°，∴∠ABE＝30°．∴AB＝2AE．∴AF＝2AH．∵AF＝2AO，∴AO＝AH．故②正確．∵AO＝AH，∴∠AOH＝∠AHO．∴∠AOQ＝∠AHP．在△AOQ和△AHP中，∠QAO=∠PAHAO=AH∴△AOQ≌△AHP．∴AQ＝AP．∴△AQP是等腰三角形．故③正確．作∠BAC的角平分線交⊙O于點T，過點T作TG⊥AN，垂足為G，過點T作TK⊥AM，垂足為K，連接TN，TM；過點T作TS⊥AB，垂足為S，過點T作TR⊥AC，垂足為R，連接TB，TC；如圖2，∵AT平分∠BAC，∴∠BAT＝∠CAT=12∠∵∠NAB＝∠MAC＝15°，∴∠NAT＝∠MAT＝45°．∵∠NAT＝∠MAT，TG⊥AN，TK⊥AM，∴TG＝TK，TN＝TM．∴AG=AT在Rt△NGT和Rt△MKT中，TG=TKTN=TM∴Rt△NGT≌Rt△MKT（HL）．∴NG＝MK．∴AN+AM＝AG+GN+AK﹣MK＝2AK．同理可得；AB+AC＝2AR．在Rt△AKT中，AK＝AT?cos∠KAT＝AT?cos45°=22在Rt△ART中，AR＝AT?cos∠RAT＝AT?cos30°=32∴AM+ANAB+AC故④正確．故選：D．【點評】本題考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值、30°角所對的直角邊等于斜邊的一半、角平分線的性質(zhì)、勾股定理等知識，綜合性強，有一定的難度，而通過添加輔助線證到AN+AM＝2AK，AB+AC＝2AR是證明④是真命題的關(guān)鍵．二．填空題13．如圖，在平面直角坐標系中，Q（3，4），P是在以Q為圓心，2為半徑的⊙Q上一動點，A（1，0）、B（﹣1，0），連接PA、PB，則PA2+PB2的最小值是20．【分析】設(shè)點P（x，y），表示出PA2+PB2的值，從而轉(zhuǎn)化為求OP的最值，畫出圖形后可直觀得出OP的最值，代入求解即可．【解答】解：設(shè)P（x，y），∵PA2＝（x﹣1）2+y2，PB2＝（x+1）2+y2，∴PA2+PB2＝2x2+2y2+2＝2（x2+y2）+2，∵OP2＝x2+y2，∴PA2+PB2＝2OP2+2，當點P處于OQ與圓的交點上時，OP取得最值，∴OP的最小值為OQ﹣PQ＝5﹣2＝3，∴PA2+PB2最小值為20．故答案為：20．【點評】本題考查了圓的綜合，解答本題的關(guān)鍵是設(shè)出點P坐標，將所求代數(shù)式的值轉(zhuǎn)化為求解OP的最小值，難度較大．14．已知半徑為5的⊙O1過點O（0，0），A（8，0），與y軸的正半軸交于點B，OE為直徑，點M為弧OBE上一動點（不與點O、E重合），連接MA，作NA⊥MA于點A交ME的延長線于點N，則線段AN最長為152【分析】先判斷出∠OAE＝90°，根據(jù)勾股定理得出AE＝6，再判斷出△OAE∽△MAN得出AN=AE?AMOA=34AM【解答】解：如圖，連接AE，∵A（8，0），∴OA＝8，∵⊙O1的半徑為5，OE是⊙O1的直徑，∴OE＝10，∵OE是⊙O1的直徑，∴∠OAE＝90°，在Rt△OAE中，根據(jù)勾股定理得，AE=O∵NA⊥MA，∴∠NAM＝∠OAE＝90°，∵∠AOE＝∠AMN，∴△OAE∽△MAN，∴OAAM∴AN=AE?AMOA=68×則有AM最長，而AM是⊙O1的弦，∴AM最大是直徑為10，∴AN最大=34AM最大=3故答案為152【點評】此題是圓的綜合題，主要考查了圓的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線判斷出△OAE∽△MAN是解本題的關(guān)鍵．15．在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB＝6，AD＝10，∠BAD＝60°，點C為弧BD的中點，則AC的長是1633【分析】將△ACD繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)120°得△CBE，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，求出A、B、E三點共線，解直角三角形求出即可；過C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，得出∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，推出BC=CD，求出∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，求出CE＝CF，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)求出∠D＝∠CBE，證△CBE≌△CDF，推出BE＝DF，證△AEC≌△AFC，推出AE＝AF，設(shè)BE＝DF＝x，得出5＝x+3+x，求出【解答】解法一、∵A、B、C、D四點共圓，∠BAD＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，如圖1中，將△ACD繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)120°得△CBE，則∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝10，AC＝CE，∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝180°，∴A、B、E三點共線，過C作CM⊥AE于M，∵AC＝CE，∴AM＝EM=1在Rt△AMC中，AC=AM解法二、如圖2中，過C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，則∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，∵點C為弧BD的中點，∴BC=∴∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，∵A、B、C、D四點共圓，∴∠D＝∠CBE，在△CBE和△CDF中∠CBE=∠D∠E=∠CFD∴△CBE≌△CDF，∴BE＝DF，在△AEC和△AFC中，∠E=∠AFC∠EAC=∠FAC∴△AEC≌△AFC，∴AE＝AF，設(shè)BE＝DF＝x，∵AB＝6，AD＝10，∴AE＝AF＝x+3，∴10﹣x＝6+x，解得：x＝2，即AE＝8，∴AC=AE故答案為163【點評】本題考查了圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，能正確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵，綜合性比較強，難度適中，屬于中考填空題中的壓軸題．16．對于一個矩形ABCD及⊙M給出如下定義：在同一平面內(nèi)，如果矩形ABCD的四個頂點到⊙M上一點的距離相等，那么稱這個矩形ABCD是⊙M的“伴侶矩形”．如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線l：y=3x﹣3交x軸于點M，⊙M的半徑為2，矩形ABCD沿直線運動（BD在直線l上），BD＝2，AB∥y軸，當矩形ABCD是⊙M的“伴侶矩形”時，點C的坐標為（3?12，?33【分析】根據(jù)“伴侶矩形”的定義可知：圓上的點一定在矩形的對角線交點上，因為只有對角線交點到四個頂點的距離相等，由此畫出圖形，先求出直線與x軸和y軸兩交點的坐標和矩形的長和寬；有兩種情況：①矩形在x軸下方時，作輔助線構(gòu)建相似三角形得比例式，分別求出DG和DH的長，從而求出CG的長，根據(jù)坐標特點寫出點C的坐標；②矩形在x軸上方時，也分別過C、B兩點向兩坐標軸作垂線，利用平行相似得比例式，求出：C（3+32【解答】解：如圖所示，矩形在這兩個位置時就是⊙M的“伴侶矩形”，根據(jù)直線l：y=3x﹣3得：OM=3，由勾股定理得：MN=(3)①矩形在x軸下方時，分別過A、D作兩軸的垂線AH、DG，由cos∠ABD＝cos∠ONM=ON∴323=AB2，∵DG∥y軸，∴△MDG∽△MNO，∴DGON∴DG3∴DG=3∴CG=3同理可得：DHOM∴DH3∴DH=3∴C（3?12②矩形在x軸上方時，同理可得：C（3+32故答案為：（3?12，?332【點評】此題主要考查了圓的綜合應(yīng)用以及相似三角形的性質(zhì)和矩形等知識，綜合性較強，解答本題需要我們熟練各部分的內(nèi)容，對學(xué)生的綜合能力要求較高，一定要注意將所學(xué)知識貫穿起來．同時，正確理解題意準確畫出符合條件的矩形是本題的關(guān)鍵，這就需要熟練掌握矩形的對角線的交點到四個頂點的距離相等．17．如圖，點A（2，0），以O(shè)A為半徑在第一象限內(nèi)作圓弧AB，使∠AOB＝60°，點C為弧AB的中點，D為半徑OA上一動點（不與點O，A重合），點A關(guān)于直線CD的對稱點為E，若點E落在半徑OA上，則點E的坐標為（23?2，0）；若點E落在半徑OB上，則點E的坐標為（3?1，【分析】根據(jù)點E落在半徑OA上．可以畫出相應(yīng)的圖形，可知點A與點E關(guān)于點CD對稱，從而可以得到DE＝DA，由點C為弧AB的中點，∠AOB＝60°，OC＝OA＝2，可以求得OD和AD的長，從而可以求得OE的長，進而得到點E的坐標；根據(jù)點E落在半徑OB上，畫出相應(yīng)的圖形，由D為半徑OA上一動點（不與點O，A重合），點A關(guān)于直線CD的對稱點為E，可知CB＝CE，由前面求得的OE的長與此時OE的長相等，根據(jù)∠AOB＝60°，可以求得點E的坐標．【解答】解：當點E落在半徑OA上時，連接OC，如下圖1所示，∵∠ADC＝90°，∠AOB＝60°，點C為弧AB的中點，點A（2，0），∴∠COD＝30°，OA＝OC＝2，∴CD＝OC?sin30°＝2×1∴OD＝OC?cos30°=2×3∴AD＝OA﹣OD＝2?3∵DE＝DA，∴OE＝OD﹣OE=3?（2?3即點E的坐標為（23?2當點E落在半徑OB上時，連接OC，CD，如圖2所示，由已知可得，CE＝CA＝CB，由上面的計算可知，OE＝23?2∴點E的橫坐標為：(23點E的縱坐標為：（23?2）×sin60°＝3?故答案為：（23?2，0）；（【點評】本題考查圓的綜合題、特殊角的三角函數(shù)值，解題的關(guān)鍵是明確題意，畫出相應(yīng)的圖形，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答問題．18．如圖，已知⊙O經(jīng)過點A（2，0）、C（0，2）．直線y＝kx（k≠0）與⊙O分別交于點B、D，則四點A、B、C、D組成的四邊形面積的最大值為42．【分析】分類討論：當k＜0，如圖1，作BE⊥y軸于E，DF⊥x軸于F，設(shè)∠AOD＝α，則∠EBO＝α，利用三角函數(shù)的定義可得DF＝2sinα，BE＝2cosα，則根據(jù)三角形面積公式得到S四邊形ADBC＝S△AOD+S△BOC+S△AOC＝2sinα+2cosα+2，利用三角公式得到S四邊形ADBC＝22sin（45°+α）+2，利用正弦的性質(zhì)得sin（45°+α）≤1，于是可得此時S四邊形ADBC的最大值為22+2；當k＞0，如圖2，作BE⊥y軸于E，DF⊥x軸于F，設(shè)∠AOD＝α，則∠EBO＝α，同理可得DF＝2sinα，OF＝2cosα，BE＝2cosα，OE＝2sinα，根據(jù)三角形面積公式得S四邊形ABCD＝S△AOB+S△AOD+S△DOC+S△BOC＝4sinα+4cosα，同樣可得S四邊形ABCD＝42sin（45°+α），由于sin（45°+α）≤1，則可得到S四邊形ADBC的最大值為42，綜上所述，四點A、B、C、D組成的四邊形面積的最大值為42【解答】解：當k＜0，如圖1，作BE⊥y軸于E，DF⊥x軸于F，設(shè)∠AOD＝α，則∠EBO＝α，∵⊙O經(jīng)過點A（2，0）、C（0，2），∴⊙O的半徑為2，在Rt△OFD中，∵sin∠FOD=DF∴DF＝2sinα，同理可得BE＝2cosα，S四邊形ADBC＝S△AOD+S△BOC+S△AOC=12?2?2sinα+12＝2sinα+2cosα+2＝22（22sinα+22＝22（sin45°?cosα+cos45°?sinα）+2＝22sin（45°+α）+2，∵sin（45°+α）≤1，∴S四邊形ADBC≤22+2，即此時S四邊形ADBC的最大值為22當k＞0，如圖2，作BE⊥y軸于E，DF⊥x軸于F，設(shè)∠AOD＝α，則∠EBO＝α，同理可得DF＝2sinα，OF＝2cosα，BE＝2cosα，OE＝2sinα，S四邊形ABCD＝S△AOB+S△AOD+S△DOC+S△BOC=12?2?2sinα+12?2?sinα+1＝4sinα+4cosα＝42（22sinα+22＝22（sin45°?cosα+cos45°?sinα）＝42sin（45°+α）∵sin（45°+α）≤1，∴S四邊形ADBC≤42，即此時S四邊形ADBC的最大值為42，綜上所述，四點A、B、C、D組成的四邊形面積的最大值為42．故答案為42．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓的有關(guān)性質(zhì)和一次函數(shù)的性質(zhì)；理解坐標與圖形性質(zhì)；學(xué)會構(gòu)造直角三角形和解直角三角形；會運用三角函數(shù)公式．19．如圖，已知△ABC，AC＝BC，∠C＝90°．O是AB的中點，⊙O與AC，BC分別相切于點D與點E．點F是⊙O與AB的一個交點，連DF并延長交CB的延長線于點G．則∠CDG＝67.5°，若AB=42，則BG＝22?【分析】連接OD，由AC為圓O的切線，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OD與AC垂直，又AC＝BC，且∠C＝90°，得到三角形ABC為等腰直角三角形，得到∠A＝45°，在直角三角形ABC中，由AC與BC的長，根據(jù)AB的長，又O為AB的中點，從而得到AO等于BO都等于AB的一半，求出AO與BO的長，再由OB﹣OF求出FB的長，同時由OD和GC都與AC垂直，得到OD與GC平行，得到一對內(nèi)錯角相等，再加上對頂角相等，由兩對對應(yīng)角相等的兩三角形相似得到三角形ODF與三角形GBF相似，由相似得比例，把OD，OF及FB的長代入即可求出GB的長．【解答】解：連接OD．∵CD切⊙O于點D，∴∠ODA＝90°，∠DOA＝45°，∵OD＝OF，∴∠ODF＝∠OFD=12∠∴∠CDG＝∠CDO﹣∠ODF＝90°﹣22.5°＝67.5°．∵AC為圓O的切線，∴OD⊥AC，又O為AB的中點，∴AO＝BO=12AB＝2∴圓的半徑DO＝FO＝AOsinA＝22×∴BF＝OB﹣OF＝22?∵GC⊥AC，OD⊥AC，∴OD∥CG，∴∠ODF＝∠G，又∠OFD＝∠BFG，∴△ODF∽△BGF，∴ODBG=OF∴BG＝22?故答案為：67.5°，22?【點評】此題考查了切圓的綜合知識．在運用切線的性質(zhì)時，若已知切點，連接切點和圓心，得垂直；若不知切點，則過圓心向切線作垂直，即“知切點連半徑，無切點作垂直”．圓與相似三角形，及三角函數(shù)相融合的解答題、與切線有關(guān)的性質(zhì)與判定有關(guān)的證明題是近幾年中考的熱點，故要求學(xué)生把所學(xué)知識融匯貫穿，靈活運用．20．如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（4，0），以點A為圓心，4為半徑的圓與x軸交于O，B兩點，OC為弦，∠AOC＝60°，當點P在直徑OB上運動時，連CP并延長與⊙A相交于點Q，PO＝2或2+23時，△OCQ是等腰三角形．【分析】本題分兩種情況：①以O(shè)為頂點，OC，OQ為腰．那么可過C作x軸的垂線，交圓于Q，此時三角形OCQ就是此類情況所說的等腰三角形；那么此時PO可在直角三角形OCP中，根據(jù)∠COA的度數(shù)，和OC即半徑的長求出PO．②以Q為頂點，QC，QD為腰，那么可做OC的垂直平分線交圓于Q，則這條線必過圓心，如果設(shè)垂直平分線交OC于D的話，可在直角三角形AOQ中根據(jù)∠QAE的度數(shù)和半徑的長求出Q的坐標；然后用待定系數(shù)法求出CQ所在直線的解析式，得出這條直線與x軸的交點，也就求出了PO的值．【解答】解：①過點C作CP1⊥OB，垂足為P1，延長CP1交⊙A于Q1；如圖①，∵OA是半徑，∴OC=∴OC＝OQ1，∴△OCQ1是等腰三角形；又∵△AOC是等邊三角形，∴P1O=12②過A作AD⊥OC，垂足為D，延長DA交⊙A于Q2，CQ2與x軸交于P2；如圖②，∵A是圓心，∴DQ2是OC的垂直平分線，∴CQ2＝OQ2，∴△OCQ2是等腰三角形；過點Q2作Q2E⊥x軸于E，在Rt△AQ2E中，∵∠Q2AE＝∠OAD=12∠∴Q2E=12AQ2＝2，AE＝2∴點Q2的坐標（4+23在Rt△COP1中，∵P1O＝2，∠AOC＝60°，∴C∴C點坐標（2，23設(shè)直線CQ2的關(guān)系式為y＝kx+b，則?2=(4+23解得k=?1b=2+2∴y＝﹣x+2+23；當y＝0時，x＝2+23，∴P2O＝2+23．故答案為：2或2+23．【點評】本題綜合考查函數(shù)、圓的切線，等邊三角形的判定以及垂徑定理等知識點．要注意等腰三角形要按頂點和腰的不同來分類討論．三．解答題21．如圖，AB是大半圓O的直徑．OA是小半圓O1的直徑，點C是大半圓O上的一個動點（不與點A、B重合），AC交小半圓O1于點D，DE⊥OC，垂足為E．（1）求證：AD＝DC；（2）求證：DE是半圓O1的切線；（3）如果OE＝EC，請判斷四邊形O1OED是什么四邊形，并證明你的結(jié)論．【分析】（1）連OD可得OD⊥AC，又有OA＝OC，所以第一問可求解；（2）證明O1D⊥DE即可；（3）如果OE＝EC，又D為AC的中點，所以四條邊相等，再根據(jù)角之間的關(guān)系，即可得出其形狀．【解答】證明：（1）連接OD，∵AO為圓O1的直徑，則∠ADO＝90°．∵AC為⊙O的弦，OD為弦心距，∴AD＝DC．（2）證明：∵D為AC的中點，O1為AO的中點，∴O1D∥OC．又DE⊥OC，∴DE⊥O1D∴DE與⊙O1相切．（3）如果OE＝EC，又D為AC的中點，∴DE∥O1O，又O1D∥OE，∴四邊形O1OED為平行四邊形．又∠DEO＝90°，O1O＝O1D，∴四邊形O1OED為正方形．【點評】此題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，切線的性質(zhì)及正方形的判定，熟練掌握切線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．22．如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4，P是BC上一點（不與B，C重合），連接AP，將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到AQ，連接BQ，分別交AC，AP于點D，E，作QF⊥AC于點F．（1）求證：QF＝AC；（2）若P是BC的中點，求tan∠ADQ的值；（3）若△AEQ的內(nèi)心在QF上，直接寫出BP的長．【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出PA＝PQ，∠PAQ＝90°，則∠PAC+∠QAF＝90°，證明△QAF≌△APC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出QF＝AC；（2）由（1）知，△QAF≌△APC，得出AF＝PC＝2，證明△QDF≌△BDC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出DF＝DC＝1，則可得出答案；（3）證明△QFA≌△QFD（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出AF＝FD，則可得出答案．【解答】（1）證明：∵將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到AQ，∴PA＝PQ，∠PAQ＝90°，∴∠PAC+∠QAF＝90°，又∵∠PAC+∠APC＝90°，∴∠QAF＝∠APC，∵∠QFA＝∠C＝90°，∴△QAF≌△APC（AAS），∴QF＝AC；（2）解：若P是BC的中點，則PC=12由（1）知，△QAF≌△APC，∴AF＝PC＝2，∴FC＝2，∵QF＝AC＝BC，∠QFD＝∠C＝90°，∠QDF＝∠BDC，∴△QDF≌△BDC（AAS），∴DF＝DC＝1，∵QF＝AC＝4，∴tan∠ADQ=QF（3）若△AEQ的內(nèi)心在QF上，則QF平分∠AQD，∵QF⊥AC，QF＝QF，∴△QFA≌△QFD（ASA），∴AF＝FD，∵DF＝DC，∴AF＝FD＝DC=4∴CP＝AF=4∴BP＝4?4【點評】本題是圓的綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形內(nèi)心的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．23．已知，如圖，AB是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，OF⊥AC于點F，交⊙O于點E，AC交BE于點H，點D為OE延長線上的一點，且∠ODA＝∠BEC．（1）求證：AD是⊙O的切線；（2）求證：CE2＝EH?BE；（3）若⊙O的半徑為5，cosB=45，求【分析】（1）先判斷出∠BSC＝∠ODA，進而判斷出∠BAC+∠DAF＝90°，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出∠ACE＝∠CBE，進而判斷出△CEH∽△BEC，即可得出結(jié)論；（3）先由三角函數(shù)求出BE，進而求出CE＝AE＝6，再借助（2）的結(jié)論求出EH，最后用勾股定理求解，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵∠ODA＝∠BEC，∠BEC＝∠BAC，∴∠BAC＝∠ODA，∵OF⊥AC，∴∠AFD＝90°，∴∠ODA+∠DAF＝90°，∴∠BAC+∠DAF＝90°，∴∠OAD＝90°，∴AB⊥AD，∵AB是⊙O的直徑，∴AD是⊙O的切線；（2）如圖1，連接BC，∵OD⊥AC，∴AE=∴∠ECH＝∠EBC，∵∠CEH＝∠BEC，∴△CEH∽△BEC，∴CEBE∴CE2＝EH?BE；（3）如圖2，連接AE，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°，AB＝10，在Rt△ABE中，cosB=BE∴BE=45AB＝8，根據(jù)勾股定理得，AE∵OD⊥AC，∴CE＝AE＝6，由（2）知，BE2＝EH?BE，∴62＝EH×8，∴EH=9在Rt△AEH中，根據(jù)勾股定理得，AH=A【點評】此題是圓的綜合題，主要考查了切線的判定判定，垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，構(gòu)造出直角三角形是解本題的關(guān)鍵．24．如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，O為AB上一點，以O(shè)為圓心，OB長為半徑的圓，與AC相切于點E，交BC于點P，交AB于點H，作EF⊥AB于點F，連接EH，EP．（1）求證：BE平分∠ABC；（2）求證：HE?EB＝PB?AE；（3）若F是AB的中點，AB＝4，求四邊形OEPB的周長．【分析】（1）連接OE，由切線的性質(zhì)得出∠OEA＝∠ACB＝90°，由平行線的判定得出OE∥BC，則∠OEB＝∠EBC，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠OBE＝∠OEB，則可得出結(jié)論；（2）證明△AHE∽△EPB，由相似三角形的性質(zhì)得出HEPB（3）證明△BEF≌△BEC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出BC＝BF，得出∠A＝30°，證明△OBP是等邊三角形和△EOP是等邊三角形，由等邊三角形的性質(zhì)得出OE＝EP＝PB＝OB，求出PB的長，則可得出答案．【解答】（1）證明：連接OE，如圖1，∵AC與⊙O相切于點E，∴∠OEA＝∠ACB＝90°，∴OE∥BC，∴∠OEB＝∠EBC，∵OE＝OB，∴∠OBE＝∠OEB，∴∠OBE＝∠EBC，∴BE平分∠ABC；（2）證明：∵BH是⊙O的直徑，∴∠BEH＝90°，∴∠AEH+∠BEC＝90°，∵∠EBC+∠BEC＝90°，∴∠AEH＝∠EBC，∵點B，H，E，P四點在⊙O上，∴∠BHE+∠EPB＝180°，又∵∠BHE+∠AHE＝180°，∴∠AHE＝∠EPB，∴△AHE∽△EPB，∴HEPB∴HE?EB＝PB?AE；（3）解：由（1）可得：∠ABE＝∠EBC，∵EF⊥AB，∴∠EFB＝∠ECB＝90°，又∵BE＝BE，∴△BEF≌△BEC（AAS），∴BC＝BF，又∵點F是AB的中點，∴BC＝BF=12∴∠A＝30°，∴∠ABC＝∠AOE＝60°，連接OP，如圖2，∵OB＝OP，∴△OBP是等邊三角形，∴∠POB＝60°，∴∠EOP＝60°，同理可得△EOP是等邊三角形，∴OE＝EP＝PB＝OB，∠PEC＝30°，∴PC=12∴BP+CP=32∴PB=4∴四邊形OEPB的周長為43【點評】此題是圓的綜合題，主要考查了圓的性質(zhì)，切線的性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)及圓的性質(zhì)定理．25．如圖，已知AB是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，CD為不過圓心且垂直于AB的弦，CD交AB于點E，連接CO并延長交⊙O于點F，連接CB和DF并延長交于點G．（1）求證：CF＝GF；（2）填空：①當∠BGF＝30°時，四邊形BODF為菱形；②若AB＝6，則△COE面積的最大值是94【分析】（1）先判斷出AB∥DF，進而判斷出BC＝CG，再判斷出BF⊥CG，即可得出結(jié)論；（2）①先判斷出△BOF是等邊三角形，得出∠BOF＝60°，即可得出結(jié)論；②設(shè)出OE＝a，則CE=9?a2，進而得出S△【解答】解：（1）如圖，連接BF，∵CF是直徑，∴∠CBF＝90°，∠CDF＝90°，∵CD⊥AB，AB為直徑，∴∠CEB＝90°，CE＝DE，∴∠CEB＝∠CDF＝90°，∴AB∥DF，∴CB＝BG，∴BF是CG的垂直平分線，∴CF＝GF；（2）①如圖，連接OD，BF，∵四邊形BODF是菱形，∴OB＝BF，∵OB＝OF，∴OB＝OF＝BF，∴△BOF是等邊三角形，∴∠BOF＝60°，∴∠BCF=12∠由（1）知，CF＝GF，∴∠BGF＝∠BCF＝30°，故答案為：30°；②設(shè)OE＝a，由（1）知，∠OEC＝90°，在Rt△COE中，OC=12∴CE=O∴S△COE=12CE?OE=1∴當a2=92，即a=322時，S故答案為：94【點評】此題是圓的綜合題，主要考查了垂徑定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，菱形的性質(zhì)，判斷出BF是CG的垂直平分線是解本題的關(guān)鍵．26．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，且AB＝AC，點D在弧BC上運動，過點D作DE∥BC，DE交AB的延長線于點E，連接AD、BD．（1）求證：∠ADB＝∠E；（2）當AB＝6，BE＝3時，求AD的長？（3）當點D運動到什么位置時，DE是⊙O的切線？請說明理由．【分析】（1）先判斷出∠ABC＝∠ACB，再判斷出∠ADB＝∠ABC，進而得出∠ABC＝∠AED，即可得出結(jié)論；（2）判斷出△ABD∽△ADE，得出比例式，即可得出結(jié)論．（3）先判斷出AD⊥BC，AD過圓心，進而得出AD⊥ED，即可得出結(jié)論．【解答】證明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵∠ADB＝∠ACB，∴∠ADB＝∠ABC，∵DE∥BC，∴∠ABC＝∠AED，∴∠ADB＝∠E；（2）解：由（1）知，∠ADB＝∠E，∵∠BAD＝∠BAD，∴△ABD∽△ADE，∴ABAD∵AB＝6，BE＝3，∴6AD∴AD＝36，∴AD的長為36；（3）當D為BC的中點時，DE是⊙O的切線，理由為：∵D為BC的中點，∴AD⊥BC，AD過圓心，∵DE∥BC，∴AD⊥ED，∵點D在⊙O上，∴DE為圓O的切線．【點評】此題是圓的綜合題，主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握切線的判定方法是解本題的關(guān)鍵．27．如圖，⊙O的直徑AB為10cm，弦AC為6cm，∠ACB的平分線交⊙O于點D．（1）求AD的長；（2）試探究CA、CB、CD之間的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）連接OD，P為半圓ADB上任意一點，過P點作PE⊥OD于點E，設(shè)△OPE的內(nèi)心為M，當點P在半圓上從點B運動到點A時，求內(nèi)心M所經(jīng)過的路徑長．【分析】（1）由圓周角定理得出∠ACB＝∠ADB＝90°，由勾股定理可求出答案；（2）延長CA到F，使AF＝CB，連接DF，證明△ADF≌△BDC（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出CD＝FD，∠CDB＝∠FDA，得出∠CDF＝∠ADB＝90°，則△CDF為等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；（3）連接OM，PM，證明△OMD≌△OMP（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠OMD＝∠OMP＝135°，則點M在以O(shè)D為弦，并且所對的圓周角為135°的兩段劣弧上（分OD左右兩種情況），求出OO'的長，由弧長公式可得出答案．【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，∵∠ACB的平分線交⊙O于D，∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∴AD=∴AD＝BD，∴AD2+BD2＝AB2，∴AD＝BD=22AB=2（2）CA+CB=2CD證明如下：延長CA到F，使AF＝CB，連接DF，∵∠CBD+∠CAD＝180°，∠FAD+∠CAD＝180°，∴∠CBD＝∠FAD，在△ADF和△BDC中，AD=BD∠CBD=∠FAD∴△ADF≌△BDC（SAS），∴CD＝FD，∠CDB＝∠FDA，∴∠CDF＝∠ADB＝90°，△CDF為等腰直角三角形，∴CA+CB＝CF=2CD（3）連接OM，PM，∵PE⊥OD，∴∠PEO＝90°，∵點M為△OPE的內(nèi)心，∴∠OMP＝135°，在△OMD和△OMP中，OD=OP∠DOM=∠POM∴△OMD≌△OMP（SAS），∴∠OMD＝∠OMP＝135°，∴點M在以O(shè)D為弦，并且所對的圓周角為135°的兩段劣弧上（分OD左右兩種情況）：設(shè)弧OMD所在圓的圓心為O'，∵∠OMD＝135°，∴∠OO'D＝90°，∴O'O=22OD∴OD的長為90×π×52∴點M的路徑長為522【點評】此題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，三角形內(nèi)心的定義，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，弧長公式以及勾股定理等知識，熟練掌握圓周角定理和等腰直角三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．28．如圖，AB是半圓O的直徑，點D是半圓O上一點，點C是AD的中點，CE⊥AB于點E，過點D的切線交EC的延長線于點G，連接AD，分別交CB、CE于點F、P，連接AC．（1）求證：GP＝GD；（2）求證：P是線段AF的中點；（3）連接CD，若CD＝2，BC＝4，求⊙O的半徑和CE的長．【分析】（1）結(jié)合切線的性質(zhì)以及已知得出∠GPD＝∠GDP，進而得出答案；（2）利用圓周角定理得出PA，PC，PQ的數(shù)量關(guān)系進而得出答案；（3）直接利用勾股定理結(jié)合三角形面積進而得出答案．【解答】（1）證明：連接OD，則OD⊥GD，∠OAD＝∠ODA，∵∠ODA+∠GDP＝90°，∠EAP+∠GPD＝∠EPA+∠E