第24章圆（压轴必刷30题5种题型专项训练）

第24章圆（压轴必刷30题5种题型专项训练）一．垂径定理（共5小题）1．（2022秋•定海区期中）如图，半径为6cm的⊙O中，C、D为直径AB的三等分点，点E、F分别在AB两侧的半圆上，∠BCE＝∠BDF＝60°，连接AE、BF，则图中两个阴影部分的面积为6cm2．【分析】作三角形DBF的轴对称图形，得到三角形AGC，三角形AGE的面积就是阴影部分的面积．【解答】解：如图作△DBF的轴对称图形△CAG，作AM⊥CG，ON⊥CE，∵△DBF的轴对称图形△CAG，由于C、D为直径AB的三等分点，∴△ACG≌△BDF，∴∠ACG＝∠BDF＝60°，∵∠ECB＝60°，∴G、C、E三点共线，∵AM⊥CG，ON⊥CE，∴AM∥ON，∴＝，在Rt△ONC中，∠OCN＝60°，∴ON＝sin∠OCN•OC＝•OC，∵OC＝OA＝2，∴ON＝×2＝，∴AM＝2，∵ON⊥GE，∴NE＝GN＝GE，连接OE，在Rt△ONE中，NE＝＝＝，∴GE＝2NE＝2，∴S△AGE＝GE•AM＝×2×2＝6，∴图中两个阴影部分的面积为6，故答案为：6．【点评】本题考查了平行线的性质，垂径定理，勾股定理的应用．2．（2022秋•拱墅区校级期中）在半径为5厘米的圆内有两条互相平行的弦，一条弦长为8厘米，另一条弦长为6厘米，则两弦之间的距离为7或1厘米．【分析】先求出两弦的弦心距，再根据两弦在圆心的同侧和异侧两种情况讨论．【解答】解：如图，CD＝8，AB＝6，OA＝OC＝5，AB∥CD，OF⊥AB，OE⊥CD，根据垂径定理知，点E为CD中点，CE＝4cm，点F为AB中点，AF＝3cm，由勾股定理知，OE＝＝3cm，OF＝＝4cm，分两种情况，①当弦AB与弦CD在圆心的同侧时，弦AB与弦CD的距离EF＝OF﹣OE＝4﹣3＝1cm，②当弦AB与弦CD在圆心的异侧时，弦AB与弦CD的距离EF＝OF+OE＝4+3＝7cm．因此，两弦间的距离是1cm或7cm．【点评】本题利用了垂径定理和勾股定理求解，注意要分两种情况讨论．3．（2022秋•绍兴期中）如图，以G（0，1）为圆心，半径为2的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C，D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，则弦AB的长度为2；当点E在⊙G的运动过程中，线段FG的长度的最小值为﹣1．【分析】作GM⊥AC于M，连接AG．因为∠AFC＝90°，推出点F在以AC为直径的⊙M上推出当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值＝FM﹣GM，想办法求出FM、GM即可解决问题；【解答】解：作GM⊥AC于M，连接AG．∵GO⊥AB，∴OA＝OB，在Rt△AGO中，∵AG＝2，OG＝1，∴AG＝2OG，OA＝＝，∴∠GAO＝30°，AB＝2AO＝2，∴∠AGO＝60°，∵GC＝GA，∴∠GCA＝∠GAC，∵∠AGO＝∠GCA+∠GAC，∴∠GCA＝∠GAC＝30°，∴AC＝2OA＝2，MG＝CG＝1，∵∠AFC＝90°，∴点F在以AC为直径的⊙M上，当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值＝FM﹣GM＝﹣1．故答案为2，﹣1．【点评】本题考查垂径定理、直角三角形30度角的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．4．（2022秋•珠海校级期中）已知：如图，矩形ABCD中，点E、F分别在DC，AB边上，且点A、F、C在以点E为圆心，EC为半径的圆上，连接CF，作EG⊥CF于G，交AC于H．已知AB＝6，设BC＝x，AF＝y．（1）求证：∠CAB＝∠CEG；（2）①求y与x之间的函数关系式．②x＝3时，点F是AB的中点；（3）当x为何值时，点F是的中点，以A、E、C、F为顶点的四边形是何种特殊四边形？试说明理由．【分析】（1）连接EF，由于EG经过圆心E，且与弦CF垂直，由垂径定理知∠CEF＝2∠CEG，而圆周角∠CAF和圆心角∠CEG所对的弧正好相同，由圆周角定理知∠CEG＝2∠CAF，由此得证；（2）①设⊙O的半径为r，连接EA、EF；由于EA＝EF，那么E点在AF的垂直平分线上，因此AF＝2DE，即y＝2（6﹣r），所以只需求出r、x的关系式即可；Rt△ADE中，AD＝x，用r可表示出AE、DE的长，即可由勾股定理求得r、x的关系式，由此得解；②当F是AB中点时，AF＝y＝3，将其代入①的函数关系式中，即可求得x的值；（3）当F是弧AC的中点时，EF垂直平分AC，可得AE＝EC，AF＝FC；易知∠AEF＝∠CEF，而∠CEF和∠AFE是平行线的内错角，等量代换后可得∠AEF＝∠AFE＝∠FAE，由此可证得△EAF是正三角形，由此可证得四边形AECF的四边都相等，即四边形AECF是菱形；此时∠CFB＝∠EAF＝60°，在Rt△CFB中，易知BF＝CF，而AF＝FC，那么BF即为AF的一半、AB的三分之一，由此可求得BF的长，进而可得到BC（即x）的长．【解答】解：（1）证明：连接EF（如图1）∵点A、F、C在以点E为圆心，EC为半径的圆上，∴EF＝EC，∵EG⊥CF，∴∠CEF＝2∠CEG∵∠CEF＝2∠CAB，∴∠CAB＝∠CEG；（3分）（2）（如图2）①连接EF、EA．设⊙E的半径为r；在Rt△ADE中，EA＝r，DE＝6﹣r，AD＝x，∴x2+（6﹣r）2＝r2，r＝x2+3，∵EF＝EA，∴AF＝2DE，即y＝2（6﹣r）＝﹣x2+6，（6分）②点F是AB的中点时，y＝3，即﹣x2+6＝3，∴x＝；（8分）（3）（如图3）；当x＝时，F是弧AC的中点．此时四边形AECF菱形；（9分）理由如下：∵点F是弧AC的中点，∴∠AEF＝∠CEF，AF＝CF，∵AB∥CD，∴∠AFE＝∠CEF，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF，∵AE＝EF，∴AE＝AF＝CE＝CF，∴△AEF和△CEF都是正三角形，∴四边形AECF是菱形，且∠CEF＝60°，∴∠BCF＝30°，∴BF＝CF＝AF＝AB＝2，BC＝．（12分）【点评】此题主要考查了矩形的性质、垂径定理、等边三角形的判定和性质、勾股定理等知识的综合应用能力．5．（2022秋•南湖区校级期中）如图，在半径为5的扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合）OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为D、E．（1）当BC＝6时，求线段OD的长；（2）在△DOE中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度；如果不存在，请说明理由．【分析】（1）如图（1），根据垂径定理可得BD＝BC，然后只需运用勾股定理即可求出线段OD的长；（2）连接AB，如图（2），用勾股定理可求出AB的长，根据垂径定理可得D和E分别是线段BC和AC的中点，根据三角形中位线定理就可得到DE＝AB，DE保持不变；【解答】解：（1）如图（1），∵OD⊥BC，∴BD＝BC＝×6＝3，∵∠BDO＝90°，OB＝5，BD＝3，∴OD＝＝4，即线段OD的长为4．（2）存在，DE保持不变．理由：连接AB，如图（2），∵∠AOB＝90°，OA＝OB＝5，∴AB＝＝5，∵OD⊥BC，OE⊥AC，∴D和E分别是线段BC和AC的中点，∴DE＝AB＝，∴DE保持不变．【点评】本题考查了垂径定理、三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角函数、勾股定理等知识，运用垂径定理及三角形中位线定理是解决第（2）小题的关键．二．圆周角定理（共9小题）6．（2022秋•姑苏区校级期中）如图，在四边形ACBD中，AB＝BD＝BC，AD∥BC，若CD＝4，AC＝2，则AB的长为．【分析】以B为圆心，BC为半径作⊙B，延长BC交⊙B于点C′，连接DC′，根据AD∥BC得到AC＝DC′，在Rt△CDC′中，由勾股定理求出CC′的值，AB＝即可求解．【解答】解：如图，以B为圆心，BC为半径作⊙B，延长BC交⊙B于点C′，连接DC′，则∠CDC′＝90°，∵AD∥BC，∴∠ADC＝∠DCC′，∴AC＝DC′＝2，在Rt△CDC′中，有CC′2＝DC′2+CD2，CD＝4，∴CC′＝＝，∴AB＝BC＝＝，故答案为：．【点评】本题考查了圆周角、圆心角以及平行线的性质，解题关键是熟练应用圆周角定理．7．（2022秋•庆阳期中）如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，则∠BCD＝32°．【分析】根据圆周角定理求得∠AOD＝2∠ABD＝116°（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）、∠BOD＝2∠BCD（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；根据平角是180°知∠BOD＝180°﹣∠AOD，故∠BCD＝32°．【解答】解：连接OD．∵AB是⊙0的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，∴∠AOD＝2∠ABD＝116°（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；又∵∠BOD＝180°﹣∠AOD，∠BOD＝2∠BCD（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；∴∠BCD＝32°；另法：∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，∵∠ABD＝58°，∴∠A＝90°﹣58°＝32°，∵∠BCD和∠A都是BD所对圆周角，∴∠BCD＝32°．故答案为：32°．【点评】本题考查了圆周角定理．解答此题时，通过作辅助线OD，将隐含在题中的圆周角与圆心角的关系（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）显现出来．8．（2022秋•思明区校级期中）已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是⊙O的直径，DE⊥AB，垂足为E．（1）延长DE交⊙O于点F，延长DC，FB交于点P，如图．求证：△PCB是等腰三角形；（2）过点B作BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，连接OH，且点O和点A都在DE的左侧，如图．若∠ACB＝60°，DH＝1，∠OHD＝80°，①求⊙O的半径；②求∠BDE的大小．【分析】（1）由圆内接四边形的性质即可证明；（2）①由平行四边形的性质，等边三角形的性质，可求解；②由圆周角定理，等腰三角形的性质，可计算．【解答】（1）证明：∵AC是⊙O直径，∴∠ABC＝90°，∴∠PBC+∠ABF＝90°，∵DE⊥AB，∴∠DAE+∠ADE＝90°，∵∠ADE＝∠ABF，∴∠PBC＝∠DAE，∵∠PCB＝∠DAE，∴∠PBC＝∠PCB，∴PB＝PC，∴△PCB是等腰三角形；（2）连接OD，OB；AC和DE交于点M，①∵AC是⊙O直径，∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，∵DE⊥AB∴DE∥BC，同理：BH∥DC，∴四边形DHBC是平行四边形，∴BC＝DH＝1，∵∠ACB＝60°，∴△OBC是等边三角形，∴OC＝BC＝1，∴⊙O的半径长是1；②∵OD＝DH＝1，∴∠DOH＝∠DHO＝80°，∵DE∥BC，∴∠OMH＝∠ACB＝60°，∴∠MOH＝40°，∴∠DOM＝∠DOH﹣∠MOH＝40°，∴∠DBC＝∠DOC＝20°，∴∠EDB＝∠DBC＝20°．【点评】本题考查圆的有关知识，关键是掌握并灵活应用圆周角定理，圆内接四边形的性质，平行四边形的判定和性质．9．（2022秋•鹿城区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点F为圆上一点，＝，连结AD，过点C作CE∥AF交AB于点G，交AD于点E．（1）求证：CE＝CD．（2）若CG＝2EG，AF＝6，求⊙O的直径．【分析】（1）由圆周角定理的推论，垂径定理即可证明；（2）由相似三角形的判定和性质，勾股定理可以求解．【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∴＝，∵＝，∴＝，∴∠ADC＝∠FAD，∵CE∥AF，∴∠CED＝∠FAD，∴∠ADC＝∠CED，∴CE＝CD．（2）解：作EM⊥DH于M，连接OC，设⊙O的半径是r，∵＝，∴＝，∴AF＝DC，∴CE＝DC＝6，∴CH＝DH＝3，∵CG＝2EG，∴EG＝2，CG＝4，∴GH＝＝，∵GH∥EM，∴CH：MH＝CG：GE＝2：1，∴MH＝1.5，∴M是DH的中点，∴E是AD中点，∴EM是△DAH中位线，∴AH＝2EM，∵△CGH∽△CEM，∴GH：EM＝CG：CE，∴：EM＝4：6，∴EM＝，∴AH＝2EM＝3，设⊙O的半径是r，∵OC2＝OH2+CH2，∴r2＝（3﹣r）2+32，∴r＝，∴⊙O直径长是．【点评】本题考查圆的有关知识，关键是掌握圆周角定理的推论，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质．10．（2022秋•浠水县校级期中）如图1，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，∠M＝∠D．（1）判断BC，MD的位置关系，并说明理由；（2）若AE＝16，BE＝4，求线段CD的长；（3）如图2，若MD恰好经过圆心O，求∠D的度数．【分析】（1）根据圆周角定理得到∠M＝∠C，得到∠C＝∠D，根据平行线的判定定理证明；（2）连接OD，根据勾股定理求出ED，根据垂径定理计算；（3）根据圆周角定理计算．【解答】解：（1）BC∥MD，理由如下：由圆周角定理得，∠M＝∠C，又∠M＝∠D，∴∠C＝∠D，∴BC∥MD；（2）连接OD，∵AE＝16，BE＝4，∴OB＝10，∴OE＝10﹣4＝6，∴ED＝＝8，∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∴CD＝2ED＝16；（3）∠M＝∠BOD，∠M＝∠D，∴∠D＝∠BOD，∴∠D＝30°．【点评】本题考查的是圆周角定理、垂径定理以及勾股定理，掌握同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．11．（2022秋•南浔区期中）如图，已知⊙O中，直径AF⊥BC于点H，点D在上，且∠ACD＝30°，过点A作AE⊥CD于点E，已知△BCD的周长为，且BH＝2，则⊙O的半径长为（）A． B． C． D．【分析】设AF与CD交于点G，延长CD至T，使DT＝BD，连接BG，AT，BT，OC，可推出∠ABG＝∠ACG＝30°，∠BTD＝∠BAG，从而得出点T、B、G、A共圆，从而得出∠ATG＝∠ABG＝30°，从而得出△ATC是等腰三角形，进而求得AC，然后在Rt△COH中求得半径．【解答】解：如图，设AF与CD交于点G，延长CD至T，使DT＝BD，连接BG，AT，BT，OC，∴∠DBT＝∠DTB，∵＝，∴∠BDC＝∠BAC，∵直径AF⊥BC，∴CH＝BH＝2，∴AB＝AC，GB＝GC，∴∠BAH＝∠CAH＝∠BAC，∠ABC＝∠ACB，∠GBC＝∠GCB，∴∠ABC﹣∠GBC＝∠ACB﹣∠GCB，∴∠ABG＝∠ACG＝30°，∵∠BDC＝∠DTB+∠DBT＝2∠BTD，∴∠BTD＝∠BAH，∴点T、B、G、A共圆，∴∠ATG＝∠ABG＝30°，∴∠ATG＝∠ABE＝30°，∴AC＝AT，∵AE⊥CD，∴CE＝ET＝CT，∵△BCD的周长为，BC＝4，∴CD+BD＝6，∴CT＝TD+CD＝6，∴CE＝3，在Rt△ACE中，∠ABE＝30°，CE＝3，∴AC＝＝6，∴AH＝＝＝4，设OA＝OC＝r，则OH＝AH﹣OA＝4﹣r，∵OC2﹣OH2＝CH2，∴r2﹣（4﹣r）2＝22，∴r＝，故选：D．【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，确定圆的条件，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造整体以及发现特殊性．12．（2022秋•广水市期中）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，AB＝5，AC＝4，D是上的一个动点，连接AD．过点C作CE⊥AD于E，连接BE，则BE的最小值是﹣2．【分析】如图，连接BO′、BC．在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，当O′、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E，利用勾股定理求出BO′即可解决问题．【解答】解：如图，取AC的中点O′，连接BO′、BC．∵CE⊥AD，∴∠AEC＝90°，∴在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝＝＝3，在Rt△BCO′中，BO′＝＝＝，∵O′E+BE≥O′B，∴当O′、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E＝﹣2，故答案为：﹣2．【点评】本题考查圆周角定理、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是确定等E的运动轨迹是以AC为直径的圆上运动，属于中考填空题中压轴题．13．（2022秋•思明区校级期中）已知AB是半圆O的直径，M，N是半圆不与A，B重合的两点，且点N在弧BM上．（1）如图1，MA＝6，MB＝8，∠NOB＝60°，求NB的长；（2）如图2，过点M作MC⊥AB于点C，点P是MN的中点，连接MB、NA、PC，试探究∠MCP、∠NAB、∠MBA之间的数量关系，并证明．【分析】（1）只要证明△OBN是等边三角形即可解决问题；（2）结论：∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．方法一：如图2中，画⊙O，延长MC交⊙O于点Q，连接NQ，NB．关键是证明CP∥QN；方法二：如图2﹣1中，连接MO，OP，NO，BN，QC，QP，关键是证明∠MCP＝∠NBM；【解答】解：（1）如图1，∵AB是半圆O的直径，∴∠M＝90°，在Rt△AMB中，AB＝，∴AB＝10．∴OB＝5，∵OB＝ON，又∵∠NOB＝60°，∴△NOB是等边三角形，∴NB＝OB＝5．（2）结论：∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．理由：方法一：如图2中，画⊙O，延长MC交⊙O于点Q，连接NQ，NB．OM，OQ．∵MC⊥AB，又∵OM＝OQ，∴MC＝CQ，即C是MQ的中点，又∵P是MN的中点，∴CP是△MQN的中位线，∴CP∥QN，∴∠MCP＝∠MQN，∵∠MQN＝∠MON，∠MBN＝∠MON，∴∠MQN＝∠MBN，∴∠MCP＝∠MBN，∵AB是直径，∴∠ANB＝90°，∴在△ANB中，∠NBA+∠NAB＝90°，∴∠MBN+∠MBA+∠NAB＝90°，即∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．方法二：如图2﹣1中，连接MO，OP，NO，BN，QC，QP．∵P是MN中点，又∵OM＝ON，∴OP⊥MN，且∠MOP＝∠MON，∵MC⊥AB，∴∠MCO＝∠MPO＝90°，∴设OM的中点为Q，则QM＝QO＝QC＝QP，∴点C，P在以OM为直径的圆上，在该圆中，∠MCP＝∠MOP＝∠MQP，又∵∠MOP＝∠MON，∴∠MCP＝∠MON，在半圆O中，∠NBM＝∠MON，∴∠MCP＝∠NBM，∵AB是直径，∴∠ANB＝90°，∴在△ANB中，∠NBA+∠NAB＝90°，∴∠NBM+∠MBA+∠NAB＝90°，即∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．【点评】本题考查圆周角定理、垂径定理、平行线的性质、直径的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．14．（2022秋•新罗区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的圆交AC于点D，交BC于点E，延长AE至点F，使EF＝AE，连接FB，FC．（1）求证：四边形ABFC是菱形；（2）若AD＝7，BE＝2，求半圆和菱形ABFC的面积．【分析】（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；（2）设CD＝x，连接BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题；【解答】（1）证明：∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∴AE⊥BC，∵AB＝AC，∴BE＝CE，∵AE＝EF，∴四边形ABFC是平行四边形，∵AC＝AB，∴四边形ABFC是菱形．（2）设CD＝x．连接BD．∵AB是直径，∴∠ADB＝∠BDC＝90°，∴AB2﹣AD2＝CB2﹣CD2，∴（7+x）2﹣72＝42﹣x2，解得x＝1或﹣8（舍弃）∴AC＝8，BD＝＝，∴S菱形ABFC＝8．∴S半圆＝•π•42＝8π．【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、线段的垂直平分线的性质勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．三．三角形的外接圆与外心（共4小题）15．（2022秋•江干区校级期中）如图，点P是等边三角形ABC外接圆⊙O上的点，在以下判断中，不正确的是（）A．当弦PB最长时，△APC是等腰三角形 B．当△APC是等腰三角形时，PO⊥AC C．当PO⊥AC时，∠ACP＝30° D．当∠ACP＝30°时，△BPC是直角三角形【分析】根据直径是圆中最长的弦，可知当弦PB最长时，PB为⊙O的直径，由圆周角定理得出∠BAP＝90°，再根据等边三角形的性质及圆周角定理得出AP＝CP，则△APC是等腰三角形，判断A正确；当△APC是等腰三角形时，分三种情况：①PA＝PC；②AP＝AC；③CP＝CA；确定点P的位置后，根据等边三角形的性质即可得出PO⊥AC，判断B正确；当PO⊥AC时，由垂径定理得出PO是AC的垂直平分线，点P或者在图1中的位置，或者与点B重合．如果点P在图1中的位置，∠ACP＝30°；如果点P在B点的位置，∠ACP＝60°；判断C错误；当∠ACP＝30°时，点P或者在P1的位置，或者在P2的位置．如果点P在P1的位置，易求∠BCP1＝90°，△BP1C是直角三角形；如果点P在P2的位置，易求∠CBP2＝90°，△BP2C是直角三角形；判断D正确．【解答】解：A、如图1，当弦PB最长时，PB为⊙O的直径，则∠BAP＝90°．∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝60°，AB＝BC＝CA，∵点P是等边三角形ABC外接圆⊙O上的点，BP是直径，∴BP⊥AC，∴∠ABP＝∠CBP＝∠ABC＝30°，∴AP＝CP，∴△APC是等腰三角形，故本选项正确，不符合题意；B、当△APC是等腰三角形时，分三种情况：①如果PA＝PC，那么点P在AC的垂直平分线上，则点P或者在图1中的位置，或者与点B重合（如图2），所以PO⊥AC，正确；②如果AP＝AC，那么点P与点B重合，所以PO⊥AC，正确；③如果CP＝CA，那么点P与点B重合，所以PO⊥AC，正确；故本选项正确，不符合题意；C、当PO⊥AC时，PO平分AC，则PO是AC的垂直平分线，点P或者在图1中的位置，或者与点B重合．如果点P在图1中的位置，∠ACP＝30°；如果点P在B点的位置，∠ACP＝60°；故本选项错误，符合题意；D、当∠ACP＝30°时，点P或者在P1的位置，或者在P2的位置，如图3．如果点P在P1的位置，∠BCP1＝∠BCA+∠ACP1＝60°+30°＝90°，△BP1C是直角三角形；如果点P在P2的位置，∵∠ACP2＝30°，∴∠ABP2＝∠ACP2＝30°，∴∠CBP2＝∠ABC+∠ABP2＝60°+30°＝90°，△BP2C是直角三角形；故本选项正确，不符合题意．故选：C．【点评】本题考查了等边三角形的性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，垂径定理，难度适中，利用数形结合、分类讨论是解题的关键．16．（2022秋•临邑县期中）下列四个命题：①等边三角形是中心对称图形；②在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角相等；③三角形有且只有一个外接圆；④垂直于弦的直径平分弦所对的两条弧．其中真命题的个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据等边三角形的性质即可得出等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，即可判断①；举出反例，即可判断②；根据三角形的外接圆的定义即可判断③；根据垂径定理即可判断④．【解答】解：∵等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，∴①是假命题；如图，∠C和∠D都对弦AB，但∠C和∠D不相等，即②是假命题；三角形有且只有一个外接圆，外接圆的圆心是三角形三边垂直平分线的交点，即③是真命题；垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧，即④是真命题．故选：B．【点评】本题考查了中心对称图形，圆周角定理，垂径定理，三角形的外接圆等知识点的应用，通过做此题培养了学生的理解能力和辨析能力，题型较好，但是一道比较容易出错的题目．17．（2022秋•上城区校级期中）如图，在△ABC中，D在边AC上，圆O为锐角△BCD的外接圆，连结CO并延长交AB于点E．（1）若∠DBC＝α，请用含α的代数式表示∠DCE；（2）如图2，作BF⊥AC，垂足为F，BF与CE交于点G，已知∠ABD＝∠CBF．①求证：EB＝EG；②若CE＝5，AC＝8，求FG+FB的值．【分析】（1）根据圆周角定理即可解决问题；（2）①结合（1）利用三角形内角和定理即可解决问题；②作EM⊥BE，EN⊥AC，证明四边形EMFN为矩形，再根据线段的和差即可解决问题．【解答】（1）解：如图，连结OD，∵∠DOC＝2∠DBC＝2α，又∵OD＝OC，∴∠DCE＝90°﹣α；（2）①证明：∵∠ABD＝∠CBF，∴∠EBG＝∠ABD+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝∠DBC，设∠DBC＝α，由（1）得：∠DCE＝90°﹣α，∵BF⊥AC，∴∠FGC＝∠BGE＝α，∴∠EBG＝∠EGB，∴EB＝EG；②解：如图，作EM⊥BF于点M，EN⊥AC于点N，由①得：∠EBG＝α，∠ACE＝90°﹣α，∵BF⊥AC∴∠A＝90°﹣α，∴AE＝CE＝5，∵EN⊥AC，AC＝8，∴CN＝4，∴EN＝3，∵EM⊥BF，NF⊥BF，EN⊥AC，∴四边形EMFN为矩形，∴EN＝MF＝3，∵EB＝EG，EM⊥BG，∴BM＝GM，∴FG+FB＝FM﹣MG+FM+BM＝2FM＝6．【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，矩形的判定与性质，解决本题的关键是掌握三角形外接圆与外心．18．（2022秋•海珠区校级期中）在等腰三角形ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，已知a＝3，b和c是关于x的方程的两个实数根．（1）求△ABC的周长．（2）求△ABC的三边均为整数时的外接圆半径．【分析】（1）此题分两种情况考虑：一是b和c中有一个和a相等，是3；二是b＝c，即根据方程有两个相等的实数根，由Δ＝0求解．最后注意看是否符合三角形的三边关系．（2）根据（1）中求解的结果，只需求得2，3，3的三角形的外接圆的半径，根据等腰三角形的三线合一和勾股定理求解．【解答】解：（1）若b、c中有一边等于3，则方程可化为，解得；原方程可化为，解得x1＝3，x2＝，所以三角形的周长为3+3+＝；若b＝c，则Δ＝，解得m＝﹣4或2，当m＝﹣4时，方程为x2﹣4x+4＝0，得x1＝x2＝2，所以三角形的周长为2+2+3＝7；当m＝2时，方程为x2+2x+1＝0，得x1＝x2＝﹣1；（不合题意，舍去）综上可知△ABC的周长为7或7．（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接AO并延长交⊙O于点D、交BC于E，连接BO，则有AE⊥BC．∵△ABC的三边均为整数，∴AB＝AC＝2，BC＝3，BE＝BC＝．AE＝＝＝，设AO＝R，在Rt△BOE中，R2＝（）2+（﹣R）2，∴R＝，∴△ABC的三边均为整数时的外接圆半径为．【点评】注意（1）中的多种情况，能够熟练结合等腰三角形的三线合一和勾股定理求得等腰三角形的外接圆的半径．四．切线的判定与性质（共8小题）19．（2022秋•龙岩期中）如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O交于点C，∠BAC的平分线交⊙O于点D，DE⊥AC，垂足为E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若直径AB＝10，弦AC＝6，求DE的长．【分析】（1）欲证明DE是⊙O的切线，只要证明∠ODE＝90°即可；（2）作OF⊥AC，垂足为F．只要证明四边形ODEF是矩形，求出OF即可解决问题；【解答】（1）证明：连接OD．∵AD平分∠BAC，∴∠OAD＝∠CAD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠ODA＝∠CAD，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，即∠AED＝90°，∴∠ODE＝90°，即DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线．（2）解：作OF⊥AC，垂足为F．∴AF＝AC＝3，在Rt△AFO中，AF2+OF2＝AO2，AO＝AB＝5，∴32+OF2＝52，∴OF＝4，∵∠AED＝∠ODE＝∠OFE＝90°，∴四边形ODEF是矩形，∴DE＝OF＝4．【点评】本题考查切线的判定和性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．20．（2022秋•高密市期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC交于点D，DE⊥AC，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点F．（1）求证：EF是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为，BD＝3，求CE的长．【分析】（1）连接OD，根据AB＝AC，OB＝OD，得∠ACB＝∠ODB，从而OD∥AC，由DE⊥AC，即可得EF⊥OD，故EF是⊙O的切线；（2）连接AD，由△CDE∽△CAD，即可求解．【解答】（1）证明：连接OD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵OB＝OD，∴∠ABC＝∠ODB，∴∠ACB＝∠ODB，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD即EF⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴EF是⊙O的切线；（2）解：连接AD，∵AB是⊙O直径，∴AD⊥BC，∵DE⊥AC，∴∠ADC＝∠DEC，∵∠C＝∠C，∴△CDE∽△CAD，∴CD：CA＝CE：CD，∵AB＝AC，∴DC＝DB＝3，∵AC＝AB＝7，∴3：7＝CE：3，∴CE＝．【点评】本题考查切线的性质，圆周角定理的推论，等腰三角形性质及应用，关键是掌握并能熟练应用这些知识点．21．（2022秋•会泽县期中）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，AC平分∠BAD，且AD⊥CD于点D．（1）求证：DC是⊙O的切线；（2）若AD＝4，CD＝2，求⊙O的半径．【分析】（1）如图1中，连接OC．只要证明AD∥OC，由AD⊥CD，即可推出OC⊥CD；（2）过点O作OE⊥AD于点E，得矩形OEDC，然后利用勾股定理即可求出半径的长．【解答】（1）证明：如图中，连接OC．∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠CAB＝∠ACO，∴AD∥OC，∵AD⊥CD，∴OC⊥DC，∵OC是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；（2）解：如图，过点O作OE⊥AD于点E，得矩形OEDC，∴OE＝CD＝2，DE＝OC，∴AE＝AD﹣DE＝4﹣OC＝4﹣OA，在Rt△AEO中，根据勾股定理，得OA2＝AE2+OE2，∴OA2＝（4﹣OA）2+22，解得OA＝．∴⊙O的半径为．【点评】此题主要考查了切线的性质与判定，解决本题的关键是掌握切线的判定．22．（2022秋•老城区校级期中）如图1，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA＝∠PBD．延长PD交圆的切线BE于点E（1）判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；（2）如图2，如果∠BED＝60°，PD＝，求PA的长．【分析】（1）连接OD，如图1，利用等腰三角形的性质得∠1＝∠OBD，加上∠PDA＝∠PBD，则∠1＝∠PDA，再根据圆周角定理得∠2+∠1＝90°，所以∠PDA+∠2＝90°，则根据切线的判定方法可判断PD为⊙O的切线；（2）如图2，连接OD，利用切线长定理得ED＝EB，则可判断△EDB为等边三角形，则∠EBD＝60°，所以∠PBD＝30°，再计算出∠P＝30°，然后解直角三角形求出OD、OP，从而得到PA的长．【解答】解：（1）直线PD是否为⊙O的切线．理由如下：连接OD，如图1，∵OD＝OB，∴∠1＝∠OBD，∵∠PDA＝∠PBD，∴∠1＝∠PDA，∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，即∠2+∠1＝90°，∴∠PDA+∠2＝90°，即∠PDO＝90°，∴OD⊥PD，∴PD为⊙O的切线；（2）如图2，连接OD，∵ED和EB为⊙O的切线，∴ED＝EB，而∠BED＝60°，∴△EDB为等边三角形，∴∠EBD＝60°，∴∠PBD＝30°，∴∠PDA＝30°，而∠ADB＝90°，∴∠P＝30°，在Rt△OAD中，OD＝PD＝×＝1，OP＝2OD＝2，∴PA＝PO﹣OA＝2﹣1＝1．【点评】本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．也考查了圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．23．（2022秋•乌鲁木齐期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径作半圆O交AB于点D，E为AC的中点，连接DE，DC．（1）求证：DE是半圆O的切线；（2）若∠BAC＝60°，DE＝6，求CD的长．【分析】（1）连接OD，根据圆周角定理得出∠CDB＝90°，根据直角三角形性质得出DE＝CE＝AE，求出∠ACD+∠DCO＝∠EDC+∠CDO，求出OD⊥DE，根据切线的判定得出即可；（2）由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出AC，在Rt△ABC中，根据勾股定理求出BC，进而根据含30度角的直角三角形即可求出CD．【解答】（1）证明：如图，连接OD，∵BC为⊙O的直径，∴∠BDC＝90°，∵DE为Rt△ADC的斜边AC上的中线，∴ED＝EC，∴∠ECD＝∠EDC，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∵∠ACB＝∠ECD+∠OCD＝90°，∴∠EDO＝∠EDC+∠ODC＝∠ECD+∠OCD＝90°，∵OD是⊙O的半径，∴DE为⊙O的切线；（2）∵DE为Rt△ADC的斜边AC上的中线，∴AC＝2DE＝12，∵∠BAC＝60°，∴∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝24，∴BC＝＝＝12，∴CD＝BC＝6．【点评】本题主要考查了直角三角形斜边中线定理和含30°直角三角形的性质，勾股定理，圆的切线的性质和判定，熟练掌握圆的切线和判定定理是解题的关键．24．（2022秋•兰山区校级期中）如图，AB、AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D．过点A作⊙O的切线与OD的延长线交于点P，PC、AB的延长线交于点F．（1）求证：PC是⊙O的切线；（2）若∠ABC＝60°，AB＝10，求线段CF的长．【分析】（1）连接OC，可以证得△OAP≌△OCP，利用全等三角形的对应角相等，以及切线的性质定理可以得到：∠OCP＝90°，即OC⊥PC，即可证得；（2）先证△OBC是等边三角形得∠COB＝60°，再由（1）中所证切线可得∠OCF＝90°，结合半径OC＝5可得答案．【解答】解：（1）连接OC，∵OD⊥AC，OD经过圆心O，∴AD＝CD，∴PA＝PC，在△OAP和△OCP中，∵，∴△OAP≌△OCP（SSS），∴∠OCP＝∠OAP∵PA是⊙O的切线，∴∠OAP＝90°．∴∠OCP＝90°，即OC⊥PC∴PC是⊙O的切线．（2）∵OB＝OC，∠OBC＝60°，∴△OBC是等边三角形，∴∠COB＝60°，∵AB＝10，∴OC＝5，由（1）知∠OCF＝90°，∴CF＝OCtan∠COB＝5．【点评】本题考查了切线的性质定理以及判定定理，以及直角三角形三角函数的应用，证明圆的切线的问题常用的思路是根据切线的判定定理转化成证明垂直的问题．25．（2022秋•嘉祥县期中）如图，已知⊙O的直径AB＝12，弦AC＝10，D是的中点，过点D作DE⊥AC，交AC的延长线于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）求AE的长．【分析】（1）连接OD，由D为弧BC的中点，得到两条弧相等，进而得到两个同位角相等，确定出OD与AE平行，利用两直线平行同旁内角互补得到OD与DE垂直，即可得证；（2）过O作OF垂直于AC，利用垂径定理得到F为AC中点，再由四边形OFED为矩形，求出FE的长，由AF+EF求出AE的长即可．【解答】（1）证明：连接OD，∵D为的中点，∴＝，∴∠BOD＝∠COD＝∠BOC，即∠BOC＝2∠BOD，∵∠BOC＝2∠A，∴∠BOD＝∠A，∴OD∥AE，∵DE⊥AC，∴∠AED＝90°，∴∠ODE＝90°，∴OD⊥DE，则DE为圆O的切线；（2）解：过点O作OF⊥AC，∵AC＝10，∴AF＝CF＝AC＝5，∵∠OFE＝∠DEF＝∠ODE＝90°，∴四边形OFED为矩形，∴FE＝OD＝AB，∵AB＝12，∴FE＝6，则AE＝AF+FE＝5+6＝11．【点评】此题考查了切线的性质与判定，勾股定理，以及垂径定理，熟练掌握各自的性质及定理是解本题的关键．26．（2022秋•东台市期中）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D．（1）求证：CD为⊙O的切线；（2）若DC+DA＝6，⊙O的直径为10，求AB的长度．【分析】（1）连接OC，根据题意可证得∠CAD+∠DCA＝90°，再根据角平分线的性质，得∠DCO＝90°，则CD为⊙O的切线；（2）过O作OF⊥AB，则∠OCD＝∠CDA＝∠OFD＝90°，得四边形OCDF为矩形，设AD＝x，在Rt△AOF中，由勾股定理得（5﹣x）2+（6﹣x）2＝25，从而求得x的值，由勾股定理得出AB的长．【解答】（1）证明：连接OC，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∵AC平分∠PAE，∴∠DAC＝∠CAO，∴∠DAC＝∠OCA，∴PB∥OC，∵CD⊥PA，∴CD⊥OC，CO为⊙O半径，∴CD为⊙O的切线；（2）解：过O作OF⊥AB，垂足为F，∴∠OCD＝∠CDA＝∠OFD＝90°，∴四边形DCOF为矩形，∴OC＝FD，OF＝CD．∵DC+DA＝6，设AD＝x，则OF＝CD＝6﹣x，∵⊙O的直径为10，∴DF＝OC＝5，∴AF＝5﹣x，在Rt△AOF中，由勾股定理得AF2+OF2＝OA2．即（5﹣x）2+（6﹣x）2＝25，化简得x2﹣11x+18＝0，解得x1＝2，x2＝9．∵CD＝6﹣x大于0，故x＝9舍去，∴x＝2，从而AD＝2，AF＝5﹣2＝3，∵OF⊥AB，由垂径定理知，F为AB的中点，∴AB＝2AF＝6．【点评】本题考查了切线的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质以及垂径定理，是基础知识要熟练掌握．五．三角形的内切圆与内心（共4小题）27．（2022秋•建湖县期中）如图，I是△ABC的内心，AI的延长线交△ABC的外接圆于点D．（1）求证：∠BAD＝∠CBD；（2）求证：BD＝ID；（3）连接BI、CI，求证：点D是△BIC的外心．【分析】（1）根据圆周角定理和角平分线的定义即可得到结论；（2）连接BI，根据I是△ABC的内心可得出∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠IBC，再由圆周角定理可知∠DBC＝∠DAC，BID是△ABI的一个外角可知∠BID＝∠BAD+∠ABI，故可得出∠IBD＝∠BID，由等腰三角形的性质可得出结论；（3）连接BI，CI，由AD平分∠BAC，证明BD＝CD，结合（2）可得BD＝CD＝ID，