备考2022届中考数学全国题汇编12+圆的性质及应用

备考2022届中考数学全国精选题汇编专题12圆的性质及应用

数学考试

注意事项：

1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写

2、提前xx分钟收取答题卡

第回卷客观题

第回卷的注释

阅卷人

、填空题

得分

1.（2021•贵州）小明很喜欢钻研问题，一次数学杨老师拿来一个残缺的圆形瓦片（如图所示）让小

明求瓦片所在园的半径，小明连接瓦片弧线两端AB,量的弧AB的中心C到AB的距离CD=

1.6cm,AB=6.4cm,很快求得圆形瓦片所在园的半径为cm.

【答案】4

【解析】【解答】如图,

连接OA,

：CD是弦AB的垂直平分线,

AD=^AB=3.2

设圆的半径是r.在直角△ADO中，AO=r,AD=3.2,DO=r-1.6.

根据勾股定理得，r2=3.22+（r-1.6）2，

，r=4

故答案为：4

【分析】连接OA,有垂径定理可得力。==3.2,设圆的半径是r.在直角△ADO中，AO=r,

AD=3.2,DO=r-1.6,由勾股定理得X=3.22+&-1.6）2,解出r值即可.

2.（2021•资阳）如图，在矩形ABCD中，AB=2cm,AD=遮cm以点B为圆心，AB长为半径画

弧，交CD于点E,则图中阴影部分的面积为cm?.

【答案】（竽一咨）

:四边形ABCD是矩形，

.•.AD=BC=V3cm,CD〃AB,

在RtABCE中，

VAB=BE=2cm,BC=V3，

・・・EC=y/BE2-BC2=lcm,

AZEBC=30°,

・・・NABE=NBEC=60。，

S阴=0矩形ABCD_SABEC_S崩形AEB,

X1X

=2限-IV3-翁22,

=（2百-乎-|7i）cm2

=（竽-争cm?

故答案为：（缪—竽）cm?.

【分析】连接BE,由矩形的性质可得AD=BC=bcm,CD〃AB,在RjBCE中，BE=AB=

2cm,BC=V3cm,由勾股定理可得CE=lcm,然后根据SM=S矩舷ABCD-SABEC-S国彩AEB进行求解.

3.（2021•郴州）如图，方老师用一张半径为18cm的扇形纸板，做了一个圆锥形帽子（接缝忽略不

计）.如果圆锥形帽子的半径是10cm,那么这张扇形纸板的面积是cm?（结果用含兀的式

子表示）.

【答案】180兀

2

【解析】【解答】解：这张扇形纸板的面积=1x27txl0xl8=1807r（cm）.

故答案为180兀

【分析】根据圆锥的侧面积公式求出其侧面积即可.

4.（2021•雅安）如图，ABCDEF为正六边形，ABGH为正方形，连接CG,则

ZBCG+ZBGC=.

【答案】30。

【解析】【解答】解：YABDEF是正六边形,

^ABC=（6-2?180。=I2。。.

6

•「ABGH是正方形，

JZ.ABG=90°.

「乙GBC+/-ABC+Z.ABG=360。，

Z-GBC=360°一(乙ABC+Z.ABG)=360°一(120°+90°)=150°.

乙BCG+Z-BGC+Z.GBC=180%

Z-BCG+乙BGC=180°-Z.GBC=180°-150°=30°.

故答案为：30°

【分析】先求出正六边形内角NABO120。，由正方形的性质可得NABG=90。，利用周角的定义可求

出NGBO150。，根据三角形的内角和可求出4BCG+乙BGC=180°-4GBC=30。.

5.(202L兰州)如图，传送带的一个转动轮的半径为10cm,转动轮转n°，传送带上的物品4

被传送6ncm,则n=.

【答案】108

【解析】【解答】解・：•；需=6兀

loU

解得n=108.

故答案为：108.

【分析】根据弧长公式=鬻可得关于n的方程，解方程可求解.

loU

6.(2021•襄阳)点。是&ABC的外心，若ZB0C=110°,贝I］乙BAC为,

【答案】55。或125°

【解析】【解答】解：分两种情况：

(1)点A与点0在BC边同侧时，如下图：

,/乙BOC=110°

1

4BAC=110°x^=55°

(2)点a与点。在BC边两侧时，如下图:

•/乙BOC=110°,即所对的圆心角为110°

BtyC所对的圆心角为：360°-110°=250°

1

工Z.BAC=1x250°=125°

故答案为：55或125

【分析】当点A与点O在BC边同侧时，利用圆周角定理求出/BAC的度数；当点A与点。在BC

边两侧时，可求出NBAC的度数.

7.(2021•荆州)如图，AB是＜30的直径，4c是。。的弦，OD_L4C于D,连接OC，过

点D作DF//OC交4B于F,过点B的切线交AC的延长线于E.若4。=4,DF=|,则

BE=

【解析】【解答】解：如图所示，连接BC

ODVAC于D

：.LACB=Z.ADO=90°

又乙CAB=乙CAB

△ADOACB

.AD_A0_1

^AC=AB=2

：.AC=8

XVDF//OC

：.^ADF〜ZMC。

.DF_AD_1

^C0=AC=2

:・CU=2DF=2x|=5

：.AB=2C0=10

^：AC2+CB2=AB2

A824-CB2=102

：.CB=6或CB=-6（舍去）

又BE为切线

：.^ABE=2.ADO=90°

又•."C4B=aCAB

△ABE—△ACB

.AC_CB

••福F

即8_6

11W-BE

.'.BE=孕

【分析】连接BC,利用DF〃OC,证明△2DF〜AACO,列出比例式求出求出OC,则得CB的长，

然后根据勾股定理求出CB,再证明△ABE-AACB,根据相似三角形的性质列出比例式计算即可.

8.（2021・盘锦）如图,。A、OB、0c两两不相交，且半径都是2cm,则图中三个扇形（即阴影部分）面

积之和是cm2

【答案】27t

2

【解析】【解答】解：S阴影=1807rx2=2兀.

360

故答案是：27t.

【分析】由图像可知，三个阴影部分正好围成一个半径为2的半圆，利用扇形面积公式计算即可。

9.（2021•绥化）边长为4cm的正六边形，它的外接圆与内切圆半径的比值是.

【答案】孥

【解析】【解答】如图：正六边形中，过。作BO1AB,/.CAB=1（6-2）X180°=120°

-1

RthABOZ.OAB=^A.CAB=60°,•­•zl=30°

它的外接圆与内切圆半径的比值是

AO_1_1_2^

BO-coszl—7T-3■

T

故答案为竽.

【分析】从内切圆的圆心与外接圆的圆心向三角形引垂线，构建直角三角形，解直角三角形即可。

10.（2021•盘锦）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴负半轴上，点3在y轴正半轴

上，。。经过A,B,O,C四点，NACO=120。，AB=4,则圆心点。的坐标是

【答案】（-百，1）

【解析】【解答】解：•••四边形月BOC为圆的内接四边形,

，/ABO+/ACO=180°,

/.NA80=180°T20°=60°,

ZAOB=90°,

为。。的直径，

二。点为AB的中点，

在RtAABO中，VZABO=60°,

.•.08=83=2,

：.OA=b08=2V3,

（-2遮，0）,8（0,2）,

二。点坐标为（一6，1）.

故答案为（-百，1）.

【分析】先利用圆内接四边形的性质得到NABO=60。，再根据圆周角定理得到AB为。。的直径，

则点D为AB的中点，接着利用含30。角的直角三角形的性质求出OB、0A的长度，可以得到A点

坐标和点B的坐标，然后利用线段中点坐标公式得到点D坐标。

11.（2021•梧州）如图，正六边形ABCDEF的周长是24cm,连接这个六边形的各边中点G,H,K,

L,M,N,则六边形GHKLMN的周长是cm.

ELD

AGB

【答案】12V3

【解析】【解答】解：如图,连接AE,过F作FT_LAE于T,

4EL飞D

C

AGB

・・,正六边形ABCDEF的周长是24cm,

・・.AB=BC=CD=DE=EF=AF=4,Z.AFE=120。,4T=ETt

・・・^FAE=Z.FEA=30°,

ET=EF-cos300=4x彳=2^3,AE=2ET=4百r，

•••M,N分别为EF.AF的中点，

1「

：.MN=-^AE=2V3,

乙

同理：GN=GH=HK=KL=ML=26,

六边形GHKLMN的周长是6x2遍=12®

故答案为：12V3.

【分析】连接AE,过点F作FT±AE于点T,利用正六边形ABCDEF的周长是24cm,可求出此正

六边形的边长，同时可求出/AFE的度数，利用三角形的内角和定理求出NFAE的度数；利用解直

角三角形求出ET的长；再利用三角形的中位线定理求出NM的长，然后求出六边形GHKLMN的周

长.

12.（2021・河池）如图，在平面直角坐标系中，以M（2,3）为圆心，AB为直径的圆与x轴相切,

与y轴交于A,C两点，则点B的坐标是.

【答案】（4,3—通）

【解析】【解答】解：如图，连接BC,设圆与x轴相切于点。，连接MD交BC与点E,

则MD1X轴，

"AB为直径，贝ij乙4cB=90。，

:.BC1MD,

BC//x轴，

•:MQ,3),

；.MB=MD=3,CE=EB=2,

ME=y/MB2-EB2=V32-22=遥，CB=4，

■■■DE=MD-ME=3-^5，

•••BC//X轴,

.-.B(4,3-75).

故答案为：(4,3-V5).

【分析】连接BC,设圆与x轴相切于点D,连接MD交BC与点E,根据圆周角的定理，

结合切线的性质，得出AMEB为直角三角形，再根据勾股定理求出ME,则可根据三角形中位线的

性质得出BC的长，然后根据线段间的和差关系求出DE,则可得出B点的坐标.

13.(2021•德阳)如图，在圆内接五边形ABCDE中，ZEABZ+ZC+ZCDE+ZE=430°,则NCDA

=度.

【答案】70

【解析】【解答】解：...五边形ABCDE的内角和为(5-2)xl80°=540°,

/.ZEAB+ZB+ZC+ZCDE+ZE=540°,

ZEAB+ZC+ZCDE+ZE=430°,

.,.ZB=540°-430o=110°,

•.•四边形ABCD为。O的内接四边形，

/.ZB+ZCDA=180°,

.".ZCDA=180°-110o=70°.

故答案为70.

【分析】由五边形的内角和可得/EAB+/B+/C+/CDE+/E=540。，结合已知条件可得/B的度

数，由圆内接四边形的性质可得NB+NCDA=180。，据此可求得NCDA的度数.

14.（2021•张家界）如图，AABC内接于Q0,44=50。，点。是BC的中点，连接0D,

OB,0C,贝IJ乙BOD=.

【解析】【解答】解:根据圆上弦长对应的圆周角等于圆心角的一半，

1

Z-A=《乙BOC,

•・・乙BOC=100°,

・・・OB=0C,

/.△BOC为等腰三角形，

又•••点。是BC的中点，根据等腰三角形三线合一，

0D为乙BOC的角平分线，

Z.BOD=50°,

故答案是：50。.

【分析】根据圆周角定理可得/BOC=2NA=100。，根据等腰三角形三线合一，可得

ZBOD=|ZBOC,据此即得结论.

第回卷主观题

15.（2021•贵港）尺规作图（只保留作图痕迹，不要求写出作法），如图，已知△ABC,且AB>

AC.

（1）在人8边上求作点D,使DB=DC；

（2）在AC边上求作点E,使△ADEs△ACB.

【答案】解：（1）如图，点D即为所求.

（2）如图，点E即为所求.

【解析】【分析】（1）利用尺规作图作出BC的垂直平分线，交AB于一点即为点D；

（2）以点D为顶点作NADE,使NADE=NBCA即可.

阅卷入

---------------三、解答题

得分

16.（2021・天津）己知AABC内接于0O,AB=4C/B4C=42。，点D是。。上一点.

A

I)

/)

E

隹，」

如图①,若BD为G）0的直径，连接CD,求乙DBC和乙4CD的大小;

(II)如图②,若CD//BA，连接AD，过点D作Q0的切线，与0C的延长线交于点

E,求Z.E的大小.

【答案】（1）8。为O。的直径,

;在。0中，^BDC=^BAC=42°,

...乙DBC=90°-乙BDC=48°；

'IAB=AC,^BAC=42°,

1

・•・Z.ABC=Z.ACB=5(180。-Z.BAC)=69°.

/.Z.ACD=乙BCD-Z.ACB=21°.

（n）如图，连接OD.

A

,/CD||BA,

：.Z.ACD=ABAC=42°.

:四边形ABCD是圆内接四边形，乙48c=69。，

^ADC=180°-AABC=1110.

^DAC=180°-Z.ACD-乙ADC=27°.

，乙DOC=2Z.DAC=54°.

:DE是。。的切线，

/.DE1OD,即乙ODE=90°.

/.乙E=90°-4DOE=36°.

【解析】【分析】（1）根据BD是圆O的直径，得出NBCD=90。，根据同弧所对的圆周角相等可得

Z.BDC=^BAC=42°,从而求出NDBC=48。，利用等腰三角形及三角形内角和定理得出

NABC=NACB=69。，由NACD=NBCD-NACB计算即得结论；

（2）连接OD,利用平行线的性质得出乙4CD=4847=42。，根据圆内接四边形对角互补可得

Z.ADC=180°-£ABC=111°,由三角形内角和得出^DAC=180°-Z.ACD-Z.ADC=27°,根据

圆周角定理得出=2Z.DAC=54°,根据切线的性质得出NODE=90。，利用NE=90"NDOE计

算即得结论.

阅卷人

四、综合题

得分

17.（2021•毕节）如图，。。是XABC的外接圆，点E是XABC的内心，AE的延长线交BC于

点F,交。。于点D,连接BD,BE.

A

E

•O

B

D

(1)求证：DB=DE；

(2)若ZE=3,。尸=4,求DB的长.

【答案】(1)证明：是AABC的内心，

...AD平分NBAC,BE平分NABC,

/.ZABE=ZCBE,ZBAE=ZCAD,

根据圆周角定理推论，可知/DBC=/CAD,

，NDBC=NBAE,

,/NDBE=NCBE+NDBC,NDEB=NABE+NBAE,

/.ZDBE=ZDEB,

DE=DB

(2)解：由(1)知NDAB=NCAD,NDBF=NCAD,

...NDBF=NDAB.

VZD=ZD,

/.△DBF^ADAB.

.DB_DF

,,DA=DB'

VDE=DB,

.DF+EF_DF

"AE+EF+DF~DF+EF'

•/AE=3,DF=4,

：.EF=2,

：.BD=DE=6.

【解析】【分析】（1）利用三角形的内心可得/ABE=NCBE,ZBAE=ZCAD,根据圆周角定理推论

可得NDBC

=ZCAD,即得DBC=BAE,从而求出DBE=DEB,可得DE=BD；

(2)证明△DBFsaDAB,可得塔=黑，据此可求出EF,由于DE=DF+EF=6,即得BD=DE=6.

DAUD

18.(2021•资阳)如图，在△ABC中，AB=AC,DEJ_AC交BA的延长线于点E,交AC于点F.

(1)求证：DE是。O的切线;

(2)若AC=6,tanE=1,求AF的长.

【答案】(1)证明：如图，连接OD,

VAB=AC,

，NABC=NACB,

VOB=OD,

AZOBD=ZODB,

AZODB=ZACB,

AAC/7OD,

AZDFC=ZODF,

VDE1AC,

.\ZDFC=ZODF=90°,

.*.OD±DE,

.♦.DE是。O的切线；

(2)解：VAC=6=AB,

，AO=OB=3=OD,

VOD±DE,tanE=号，

4

.OD_3

••诙—4'

；.DE=4,

，OE=yjoD2+DE2=V92+162=5，

.♦.AE=OE-OA=2,

：AC〃OD,

.,.△AEF^AOED,

.AE_AF

,,OE=OD'

.2AF

''E=T'

，AF=|.

【解析】【分析】（1）连接OD,由等腰三角形的性质可得NABC=NACB,NOBD=NODB,贝!!

ZODB=ZACB,推出AC〃OD,得到/DFC=/ODF,由垂直的概念可得/DFC=NODF=90。，

据此证明；

（2）由已知条件可得AO=OB=OD=3,根据NB的正切函数可得DE的值，由勾股定理可得OE的

值，进而求得AE的值，根据AC〃OD可得△AEFsaOED,然后根据相似三角形的性质求解即可

19.（2021•南县）如图，在等腰锐角三角形ABC中，AB=AC,过点B作BDLAC于D,延长BD

交△ABC的外接圆于点E,过点A作AFJ_CE于F,AE,BC的延长线交于点G.

D

BCG

(1)判断EA是否平分NDEF,并说明理由；

(2)求证：①BD=CF；

@BD2=DE2+AE-EG.

【答案】(1)解：EA平分NDEF,理由如下：

VAB=AC,

AZABC=ZACB,

XVZACB=ZAEB,

AZABC=ZAEB

ZABC+ZAEC=180°,ZAEF+ZAEC=180°,

・・・NABC=NAEF,

AZAEB=ZAEF,

・・・EA平分NDEF

(2)证明：①由(1)知：EA平分NDEF,

VBD1AC,AF±CE,

・・・AD=AF,

在RtAABD和RtAACF中,

(AD=AF

=AC'

ARtAABDURSACF(HL),

・・・BD=CF,

②由△ADEg^AFE可知：DE=FE,

ABD2-DE2=(BD+DE)(BD-DE)=BE(CF-EF)=BE<E,

・・•ZBAE+ZBCE=180°,ZBCE+ZECG=180°,

，NBAE=NECG,

/.△AEB^ACEG,

.AE_BE

,,CE=EC'

，BE・CE=AE・EG,

BD2-DE2=AE«EG,

即BD2=DE2+AE»EG.

【解析】【分析】(1)由等腰三角形的性质可得NABC=NACB,由圆周角定理可得NACB=

ZAEB,则/ABC=/AEB,根据同角的补角相等可得NABC=/AEF,推出NAEB=NAEF,据

此判断；

(2)①由(1)知：EA平分DEF,根据角平分线的性质可得AD=AF,证明RtAABD丝RtAACF,

据此可得结论；

②由全等三角形的性质可得DE=FE,则BD2-DE2=(BD+DE)(BD-DE)=BE-CE,根据等角的补角相

等可得/BAE=NECG,证明AAEBs^CEG,由相似三角形的性质可得BECE=AEEG,据此证

明.

20.(2021•郴州)如图，△ABC是。。的内接三角形，AC是。O的直径，点D是死的中点，

DE〃BC交AC的延长线于点E.

(1)求证：直线DE与。O相切；

(2)若。O的直径是10,ZA=45°,求CE的长.

【答案】(1)证明：连接OD,如图，

•.•点D是阮的中点,

.\OD1BC,

VDE/7BC,

AODIDE,

二直线DE与。O相切；

(2)解：:AC是。O的直径，

.,./B=90。，

VZA=45O,

.•.ZACB=45°,

；BC〃DE,

NE=45。，

而NODE=90°,

.,.△ODE为等腰直角三角形，

OE=V2OD=5V2,

.\CE=OE-OC=5V2-5.

【解析】【分析】(1)连接OD,易得ODLBC,推出ODJ_DE,据此证明；

(2)由圆周角定理可得NB=90。，则NACB=45。，由平行线的性质可得NE=45。，推出△ODE为

等腰直角三角形，据此解答.

21.(2021•襄阳)如图，直线AB经过。0上的点C,直线B0与。。交于点F和点D,

。4与。。交于点E,与。C交于点G,OA=OB,CA=CB.

EJTG

(1)求证：AB是。0的切线;

(2)若FC//OA,CD=6,求图中阴影部分面积.

【答案】(1)证明：连接0C.

AC、B

OA=OB,CA=CB.

/.OC1AB.

•・•oc是oo的半径，

・•・AB是。0切线

(2)解：：OF是。。的直径，

J乙DCF=90°,

•・•FC//OA,

J乙DGO=(DCF=90°,

1

JDG=^CD=3,

・・・OD=OC,

•二乙DOG=Z.COG,

•・•OA=OB,AC=CB,

JZ.AOC=Z.BOC,

/.(DOE=乙AOC=乙BOC=60°,

在Rt△ODG中，OD=—~~八”=2V3，

sinz.DOG

OG=OD•cos乙DOG=V3,

叵

/.c—c_c_60XTTX(2X/^)_1_yo_27r_3总

、阴影一'扇形DOE一、4DOG-3602xx5-Z7r--2~

【解析】【分析】(1)连接OC,利用等腰三角形的性质可证得OC,AB,再利用切线的判定定理可

证得AB是圆O的切线.

(2)利用切线的性质可证得/DCF=90滴，利用平行线的性质，可证得NDGO=90。，即可求出DG

的长；再证明NDOG=60。，利用解直角三角形求出OD,OG的长，然后利用扇形和三角形的面积公

式求出阴影部分的面积.

22.(2021•黄石)如图，PA>PB是。。的切线，A、B是切点，AC是。0的直径，连

接。P,交O。于点D,交力B于点E.

(1)求证：BC//OP；

(2)若E恰好是0D的中点，且四边形OAPB的面积是16V3,求阴影部分的面积;

(3)若sin/BAC，且4。=2V3,求切线PA的长.

【答案】(1)证明：；PA,PB是O。的切线

，PO1AB,即乙OEB=90°

，lEOB+LOBE=90°

；AC是O0的直径

,NABC=90°

乙EBO+乙CBO=90°

，乙EOB=乙CBO

：.BC//OP

(2)解：YE是OD的中点，且ABLOD,

；.AO=AD,

又AO=OD

...△AOD是等边三角形

，ZAOD=60°

：PA是。0的切线，OA是。0的半径，

二ZOAP=90°

/.ZAPO=30°

.*.PO=2AO

在RtAAOE中，ZAOE=60°

,ZOAE=30°

设OA=R,贝!]OE=9

AE—^-R

AB=2AE=V3/?,PO=24。=2R

•••四边形OAPB的面积是16V3，

11

^AB-PO=16V3,即今遮R-2R=16V3

解得，R=±4(负值舍去)

・•・AB=4V3,OE=2

•・•Z.AOD=60°

・•・Z,AOB=120°

7

•c_cc_1207rx(4)1.o_16

,•S阴影~S扇形AOB~S44OB-3602X4V3X2--y兀一

(3)解：乙ABC=90°

..c”BC1

••sinNB4C=^=w

故设BC=m,则AC=3m,

・•・AO=|m

V0E//BC

11

・・OE=^BC=^m

31

DE=OD-OE=Tjtn—57n=

乙乙

在RtAAEO中，AE=y]A02-OE2=V2m

在RtAAED中，AE2+DE2=AD2

.27

•,(V2m)+m2=(2V3)

・•・m=2(负值舍去)

JAE=2>/2

,/Z-OAE+^AOE=90°,/.APO+Z.AOE=90°

J乙OAE=^APO

1

sin乙4Po=sinZ-BAC=氐

.AE_1

,,PA=3

PA=3AE=6V2

【解析】【分析】（1）利用切线的性质可得/OEB=90。，PO±AB,可推出/EOB+NOBE=90。；利用

圆周角定理，可证得NABC=90。，可推出NEBO+NCBO=9（）。，利用余角的性质可推出

ZE0B=ZCB0,利用平行线的判定定理可证得结论.

（2）利用线段垂直平分线的性质可证得A0=AD,由此可推出AAOD是等边三角形，利用等边三角

形的性质可证得NAOD=60。；利用切线的性质可证得NOAP=90。，可求出NAPO的度数，可证得

PO=2AO；设0A=R,利用勾股定理可表示出OE,AE,AB的长；利用四边形OAPB的面积，建立

关于R的方程，解方程求出R的值；再求出NAOB的度数；然后利用阴影部分的面积=扇形AOB

的面积-AAOB的面积，利用扇形的面积和三角形的面积公式，可求出阴影部分的面积.

(3)利用锐角三角函数的定义可求出BA与AC的比值，因此设BC=m,则AC=3m,可表示出AO

的长，利用三角形的中位线定理可表示出OE的长，从而可表示出DE的长；在RtAAEO和

「△AED中，利用勾股定理表示出AE的长，同时可得到关于m的方程，解方程求出m的值，可得

到AE的长；利用余角的性质可证得NOAE=NAPO,利用锐角三角函数的定义可求出PA的长.

23.(2021•贵阳)如图，在。。中，4c为。。的直径，AB为。0的弦，点E是我的中

点，过点E作AB的垂线，交于点M,交。。于点N,分别连接EB.CN.

(1)EM与BE的数量关系是；

(2)求证：醺=前；

(3)若AM=^,MB=1,求阴影部分图形的面积.

【答案】(1)BE=V2FM

(2)证明：连接BC、BN,

4c为。。的直径，

/.ZABC=90°,即：AB1BC,

VEN1AB,

...EN〃BC,

，NNBC=NBNE,

:.=CW

(3)解：连接AE,ON,

.♦AM=V3,MB=1,AEMB是等腰直角三角形,

*.EM=MB=1,BE=V2,

；EN_LAB,

\tanZEAM=器=专=乎,即/EAM=30。，

：EB=CN,

•.ZCON=60°,NC=BE=V2,

：OC=ON,

,•ACON是等边三角形，

：OC=NC=V2,

2

\e_e_c_60兀(&)一在g2_7T_/3

、阴影一、扇形OCN_3&CON—_360彳入(丫匀-3-T

【解析】【解答]解：(1)AC为。。的直径，点E是府的中点,

.•.ZABE=1x90°=45°,

VEN1AB,

.,.ZMEB=45°,即&EMB是等腰直角三角形,

，BE=y[2EM,

故答案是：BE=y/2EM;

【分析】(1)利用垂径定理及圆周角定理看求出NABE的度数；再利用垂直的定义可得到

NEMB=90。，由此可证得△EMB是等腰直角三角形，然后利用解直角三角形，可得到EM与BE之

间的数量关系.

(2)连接BC、BN,利用直径所对的圆周角是直角，可证得ABLBE,由此可推出EN〃BC,利用

平行线的性质可知NNBC=NBNE,然后根据等弧所对的圆周角相等，可证得结论.

(3)连接AE,ON,利用等腰直角三角形的性质及解直角三角形可求出EM,BE的长，利用解直

角三角形求出/EAM的度数，利用圆周角定理可求出/CON的度数，同时可求出NC的长，利用有

一个角是60。的等腰三角形是等边三角形，可证得△CON是等边三角形，利用等边三角形的性质可

求出NC的长；然后利用阴影部分的面积=扇形OCN的面积-△CON的面积，由此可求出结果.

24.(2021•张家界)如图，在Rt^AOB中，AABO=90°,ZtMB=30。，以点0为圆心，

OB为半径的圆交BO的延长线于点C,过点C作。/的平行线，交。。于点。，连接

AD.

(1)求证：力。为。0的切线;

(2)若OB=2,求弧CD的长.

【答案】(1)证明：连接OD

乙OAB=30°,4B=90°

二^AOB=60°

XVCD//AO

：.Z.C="OB=60°

二乙BOD=2zC=120°

^AOD=60°

又「OB=OD,AO=AO

：.△AOB三△AOD(SAS)

/.Z.ADO=乙480=90°

又•.•点。在O0上

力。是0。的切线；

（2）解：*/乙B0D=120°

，Z.C0D=60°

・J60002

••I=360x27rX2=可7T•

【解析】【分析】（1）连接OD,证明△AOB三△4OD（S4S）,可得乙4。。=乙4B。=90。，根据切线的

判定定理即证；

（2）利用邻补角定义求出NCOD=60。，利用弧长公式求解即可.

25.（2021•娄底）如图，点A在以BC为直径的。。上，/.ABC的角平分线与AC相交于点E,

与。0相交于点D,延长CA至M,连结BM,使得MB=ME,过点A作BM的平行线与

CD的延长线交于点N.

（1）求证：BM与。0相切;

（2）试给出AC.AD.CN之间的数量关系，并予以证明.

【答案】（1）证明：如图所示,

・・•MB=ME,BD是Z.ABC的角平分线，

•二LMBE=乙MEB,Z.ABE=乙EBC,

又•・・BC为直径，

J^BAC=90°,

/.Z.ABE+L.MEB=90°,

J乙EBC+乙MBE=90°,

即BM与。0相切.

(2)解：•/^ABE=乙EBC,

：.AD=CD9

JAD=CD,

/.Z-DAC=/-DCA,

・•・LADC为等腰三角形，

又ZBDC=90°,

J乙BDN=90°,

Z-N+乙NGD=90°,

又；乙NGD=^BGF,且由(1)可得4MBe=90。,NF||BM,

/.乙NFB=90°,

即乙N=Z.EBC=Z.ABE=Z.DCA,

JLNAC为等腰三角形，

在△4DC和ANAC中，

ZJV=Z.DAC=Z.DCA,

，XADCs&NAC,

.AD_DC_AC

,,NA=AC=NC'

，AC2=DC-NC，

又：AD=CD,

故：AC2=AD-NC.

【解析】【分析】(1)根据角平分线的定义及等腰三角形的性质，得出NMBE=ZMEB,乙4BE=

乙EBC,由BC为直径得出/BAC=90。，利用直角三角形两锐角互余可得乙48E+NMEB=90。，从

而可得ZEBC+乙MBE=90°=4MBC,根据切线的判定定理即证；

(2)由4力BE=zEBC可得”=9从而求出AZ)=C。，继而可求出△?!〃、△NAC为等腰三角

形，证明AADCsANAC,可得筮=器=喘，从而求出AC2=DC-NC,继而得出结论.

26.(2021•仙桃)如图，AB为。0直径，D为。。上一点，BC1CD于点C,交。0于点

E,CD与BA的延长线交于点F,BD平分乙4BC.

(1)求证：CD是。。的切线；

(2)若AB=10,CE=1,求CD和DF的长.

【答案】(1)证明：如图，连接OD,则OB=OD,

:、Z-OBD=Z.ODB,

・・・BD平分乙ABC,

・•・乙OBD=Z-CBD,

・•・Z.ODB=Z.CBD,

AOD//BC,

vBC1CD,

・・・OD1CD,

又•：OD是O0的半径，

:.CD是。。的切线；

(2)解：如图，连接OD,OE,DE,过点D作DG10E于点G,

vAB=10,

1

:.OD=OE=^AB=5,

:.Z-ODE=Z.OED,

vOD//BC,

・•・乙ODE=Z-CED,

••・Z.OED=Z-CED,

vDG1OE,BC1CD,

CD=GD(角平分线的性质)，

在Rt△DEG和Rt△DEC中，幽二巴,

IDE=DE

:.Rt△DEG=/?t△DEC(HL),

.・.GE=CE=\,

・•・OG=OE—GE=4,

在Rt△ODG中，GD=yJOD2-OG2=归一在=3，

:.CD=GD=3,

由圆周角定理得：4FOE二24ABC,即乙FOD+乙DOE=2乙ABC,

vOD/IBC，

:.Z.FOD=乙ABC,

・・・乙FOD+乙DOE=2乙FOD,

解得dOD=(DOE,

在Rt△ODG中，tanzlDOE=黑=,，

3

tanzFOD=tanzDOF=-?,

4

o-1r

在Rt△DOF中，DF=0D-tanzFOD=5x[=手.

44

【解析】【分析】(1)连接OD,根据等腰三角形的性质及角平分线的定义可得4ODB=NCBD,可证

OD//BC,利用平行线的性质可得0。1CD,根据切线的判定定理即证；

(2)连接OD,OE,DE,过点D作DG10E于点G,先求出OD=0E=寺48=5，证明

Rt△DEG三Rt△DEC(HL),可得GE=CE=1,从而求出OG=OE-GE=4,在Rt△ODG中

利用勾股定理求出GD=3,由角平分线的性质可得CD=GD=3,由圆周角定理及平行线的性质可求出

乙FOD=乙DOE,从而可得tan/FOO=tan/DOE=需=,，利用DF=0D•tan/F。。求出结论即可.

27.(2021•威海)如图，AB是。。直径，弦CDLAB,垂足为点E.弦3F交CO于点G,点产

在CD延长线上，且PF=PG.

(1)求证：PF为。。切线；

(2)若。8=10,BF=16,BE=8,求P尸的长.

【答案】(1)证明：连接OF,

•・・PF=PG,

AZPFG=ZPGF,

VOB=OF,

AZOBF=ZOFB,

•・•CDLAB,

JZGEB=90°,

AZABF+ZEGB=90°,

VZEGB=ZPGF,

JZOFB+ZPFG=90°,

JZPFO=90°,

・・・PF为O。切线

(2)解：连接AF,过点P作PN1FG于点N,

〈AB是O。直径,

JZAFB=90°,

VOB=10,

・・・AB=20,

在RtAABF中，AB=20,BF=16,

AAF=12,

・・Alca>4FEG

,tanZ™=FB=FE'

.12_EG

,•16=-8-'

，EG=6,

在RSBEG中，BE=8,EG=6,

.•.BG=10,

；.FG=FB-BG=16-10=6,

•/PF=PG,PN1FG,

；.FN=NG=3,ZPNF=90°,

NPFG=NPGF=NEGB,/PNF=/GEB=90。，

/.△PNF-△BEG,

.PF_FN

'*BG~~EG'

.PF3

,,To=6'

APF=5.

【解析】【分析】（1）由CD_LAB,PF=PG,OF=OB得到/PFG+NOFB=90。，证明得到答案即可;

（2）根据三角函数值求出GE和GB,利用△PFM-ABGE,求出PF的长度即可。

28.（2021•烟台）如图，已知RtAABC中，ZC=90°.

（1）请按如下要求完成尺规作图.（不写作法，保留作图痕迹）

①NB4C的角平分线AD,交BC于点D-,

②作线段AD的垂直平分线EF与AB相交于点。；

③以点。为圆心，以OD长为半径画圆，交边AB于点M.

（2）在（1）的条件下求证：BC是。。的切线；

（3）若AM=4BM,AC=10,求G）。的半径.

【答案】（1）解：作图如图所示:

/.ZODA=ZOAD,

，NODA=NCAD,

VZADC+ZCAD=90°,

二ZADC+ZODA=90°,即ZODC=90°,

/.OD±BC,

BC是OO的切线

（3）解：由（2）可知，OD〃AC,

/.△BOD^ABAC,

.BO_OD

,,BA=AC'

,/AM=4BM,AC=10,

.3BM_OD

,•5BM=IO'

二OD=6

【解析】【分析】（1）①根据尺规作图，作出角平分线；②根据尺规作图，作出垂直平分线；③根

据尺规作图作出圆即可；

（2）根据线段垂直平分线的性质以及角平分线的性质求出角之间的关系，继而由平行线的判定得到

OD/7AC,得到OD_LBC即可；

（3）根据题意得到线段之间的关系，OM=2BM,BO=3BM,AB=5BM,由相似三角形的性质求出答

案即可。

29.（2021•铜仁）如图，已知AABC内接干。。，AB是O。的直径，^CAB的平分线交BC

于点D,交。。于点E,连接EB，作乙BEF=Z.CAE,交AB的延长线于点F.

(1)求证：EF是。。的切线；

(2)若BF=10,EF=20,求。0的半径和AD的长.

【答案】(1)证明：连接OE,

VOA=OE,

AZOAE=ZOEA,

乙CAB的平分线交BC于点、D,交于点E,

AZCAE=ZOAE,

AZCAE=ZOEA,

・・・乙BEF=^CAE,

・•・乙BEF=^OEA,

•・•48是。。的直径，

AZAEB=90°,

AZOEA+ZBEO=ZBEF+ZBEO=90°,即：ZOEF=ZAEB=90°,

AOE±EF,

・•・EF是O。的切线；

(2)解：由(1)可知：ZBEF=ZEAF,

又「NF二NF,

/.△BEFEAF,

・BE_BF_EFnBE_20

**EA=EF=AF'即n：EA=20=AF'

・・・AF=40,EA=2BE,

.•.AB=AF-BF=40-10=30,

二。0的半径为15,

设BE=x,则AE=2x,

x2+(2x)2=302,解得：x=6A/5(舍去负值)，

，BE=6V5,AE=12V5,

/CBE=NCAE=NEAB,

/.tanZCBE=tanZEAB,

.DE_BE_1

**BE=AE=2'

••DE—,x6A/5—3'/5»

，AD=AE-DE=12V5-3V5=9V5.

【解析】【分析】(1)连接0E,根据等腰三角形的性质CAE=OEA,由=,可得

NBEF=/OEA,利用圆周角定理可求出OEF=AEB=90°,根据切线的判定定理即证结论；

(2)证明△BEF-EAF,可得普=器=累，据此求出AF=40,EA=2BE,从而求出AB=30,继

而得出00的半径为15,设BE=x,则AE=2x,在RtZkABE中，利用勾股定理建立方程，求出x值

即得BE、AE,由NCBE=/CAE=NEAB,可得tan/CBE=tanNEAB,即得空=%=：,据此求出

DE,利用AD=AE-DE计算即得结论.

30.(2021•贺州)如图，在Rt△ABC中，“=90。，。是AB上的一点，以AD为直径的O

0与BC相切于点E,连接AE,DE.

(1)求证：AE平分LBAC；

(2)若=30。，求需的值.

【答案】(1)证明：连接0E,

B

E

,：BC是。0的切线，

/.OE1BC,即Z.OEC=90°,

又：zC=90°，

/.OE//AC,

，/.OEA=ACAE,

又•:OE=OA,

，^OEA=/.OAE,

/.WAE=^CAE,

，AE平分^BAC.

(2)解：•••AD是。。的直径，

，^AED=90°,

又：Z.OAE=/.CAE，zC=90°,

△DAEEAC,

・CE_AE

•*DE=AD.

又；CB=30°,ZC=90°,

・•・乙BAC=60°.

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