中考数学几何专项冲刺专题32圆的综合练习（基础）含答案及解析

专题32圆的综合练习（基础）一．选择题1．如图，⊙O的半径为1，弦AB＝1，点P为优弧AB上一动点，AC⊥AP交直线PB于点C，则△ABC的最大面积是（）A．12 B．22 C．322．如图，△ABC中，CA＝CB，AB＝6，CD＝4，E是高线CD的中点，以CE为半径⊙C．G是⊙C上一动点，P是AG中点，则DP的最大值为（）A．72 B．352 C．233．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4，D是AB的中点，经过C、D两点的圆交AC、BC于点E、F，且AE＝CF．当圆变化时，点C到线段EF的最大距离为（）A．2 B．2 C．122 4．如图，点P为正方形ABCD的边CD上一点，BP的垂直平分线EF分别交BC、AD于E、F两点，GP⊥EP交AD于点G，连接BG交EF于点H，下列结论：①BP＝EF；②∠FHG＝45°；③以BA为半径⊙B与GP相切；④若G为AD的中点，则DP＝2CP．其中正确结论的序号是（）A．①②③④ B．只有①②③ C．只有①②④ D．只有①③④5．如图，AB是半圆O的直径，射线AM、BN为半圆的切线．在AM上取一点C，连接BC交半圆于点D，连接AD．过O点作BC的垂线ON，与BN相交于点N．过C点作半圆的切线CE，切点为E，与BN相交于点F．当C在AM上移动时（A点除外），设BFBN=n，则A．n=12 B．0＜n≤34 C．16．如图，∠MAN＝45°，B、C为AN上的两点，且AB＝BC＝2，D为射线AM上的一个动点，过B、C、D三点作⊙O，则sin∠BDC的最大值为（）A．255 B．32 C．27．如图，BD为⊙O的直径，点A是弧BC的中点，AD交BC于E点，DF是⊙O的切线与BC的延长线交于点F，AE＝2，ED＝4，下列结论：①△ABE∽△ABD；②AB＝23；③tan∠ADB=33；④△DEF是正三角形；⑤弧AB的长=A．2 B．3 C．4 D．58．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB经过点A（﹣4，0）、B（0，4），⊙O的半径为1（O为坐标原点），点P在直线AB上，过点P作⊙O的一条切线PQ，Q为切点，则切线长PQ的最小值为（）A．6 B．7 C．22 D．39．如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AB上的一点，将△BCE沿CE折叠至△FCE，若CF，CE恰好与以正方形ABCD的中心为圆心的⊙O相切，则⊙O的半径为（）A．1 B．2−1 C．3−1 10．如图，△ABC的三个顶点都在⊙O上，AD、BE是△ABC的高，交于点H，BE的延长线交⊙O于F，下列结论：①∠BAO＝∠CAD；②AO＝AH；③EH＝EF；④DH＝DC，其中正确的有（）个．A．1 B．2 C．3 D．411．如图，△ABC内接于⊙O，CD⊥AB于P，交⊙O于D，E为AC的中点，EP交BD于F，⊙O的直径为d．下列结论：①EF⊥BD；②AC2+BD2的值为定值；③OE=12BD；④AB•CD＝2S其中正确的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个12．如图，已知A、B两点的坐标分别为（﹣4，0）、（0，2），⊙C的圆心坐标为（0，﹣2），半径为2．若D是⊙C上的一个动点，射线AD与y轴交于点E，当△ABE的面积最大值时，△CDE的面积为（）A．1211 B．113 C．83二．填空题13．已知：如图，AB＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交OC于点D，AD的延长线交BC于点E，过D作⊙O的切线交BC于点F．下列结论：①CD2＝CE•CB；②4EF2＝ED•EA；③∠OCB＝∠EAB；④DF=12CD．其中正确的结论有14．如图，AB为半圆直径，AC⊥AB，BF⊥AB，BF＝2，AB＝3，CA＝4，连接AF交半圆于D，连接CD，作DE⊥CD交直径AB于E，则tan∠ACE＝．15．在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ABC＝45°，点E为对角线BD的中点，连接AE并延长交线段BC于点F，AE＝25，BF＝3，则AD的长为．16．如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC=42，点D是AC边上一动点，连接BD，以AD为直径的圆交BD于点E，则线段CE长度的最小值为17．如图，已知直线y＝x+4与两坐标轴分别交于A、B两点，⊙C的圆心坐标为（2，0），半径为2，若D是⊙C上的一个动点，线段DA与y轴交于点E，则△ABE面积的最小值和最大值分别是．18．如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB＝8，∠CBA＝30°，点D在线段AB上运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F．下列结论：①CE＝CF；②线段EF的最小值为23；③当AD＝2时，EF与半圆相切；④若点F恰好落在弧BC上，则AD＝25；⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是163．其中正确结论的序号是．19．如图，平面直角坐标系中，分别以点A（﹣2，3），B（3，4）为圆心，以1、2为半径作⊙A、⊙B，M、N分别是⊙A、⊙B上的动点，P为x轴上的动点，则PM+PN的最小值等于．20．如图，在平行四边形ABCD中，以对角线AC为直径的⊙O分别交BC，CD于M，N．若AB＝13，BC＝14，CM＝9，则MN的长度为．21．如图，AB＝4，O为AB的中点，⊙O的半径为1，点P是⊙O上一动点，以PB为直角边的等腰直角三角形PBC（点P、B、C按逆时针方向排列），则线段AC的长的取值范围为．22．如图，在⊙O中，AB是直径，CD是弦，AB⊥CD于点H，DC＝AH，连接AD、AC，点F在弦AE上，连接DF、CF，∠DFE＝∠CAH，∠CFE＝∠CAD，CH=37，则AF长为三．解答题23．⊙O经过坐标原点，且与x轴交于点A、DC⊥x轴于点C，且与⊙D交于点B，已知⊙D的半径为23，∠ODA＝120°．（1）求B点的坐标；（2）求经过O、B、A三点的抛物线的解析式；（3）在抛物线上是否存在一点P，使△PAO和△OBA相似？若有，求出P点坐标；不存在，说明理由．24．如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，经过A、B、C三点的圆的圆心M（1，m）恰好在此抛物线的对称轴上，⊙M的半径为5．设⊙M与y轴交于点D，抛物线的顶点为点E．（1）求m的值及抛物线的解析式；（2）求证：△BDO∽△BCE；（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以点P、A、C为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，请指出点P的位置，并直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．25．如图，在平面直角坐标系中圆O1的圆心在x轴上，直径OA＝2，直线OB交圆O1于B，且∠BOA＝15°（1）求直线OB的解析式；（2）求经过O、A、B三点的抛物线y＝ax2+bx+c的表达式；（3）动点Q从A点出发顺时针在半圆AQO上运动，速度为π9长/秒，直线BQ交x轴于P，问经过多长时间PQ26．如图，点I是△ABC的内心，线段AI的延长线交△ABC的外接圆于点D、BC于点E．（1）求证：BD＝ID；（2）若ID＝4，AD＝8，求DE的长；（3）延长ID至点F，使DF＝ID．连接BF，求证：BF⊥BI．27．如图，⊙M经过O点，并且与x轴、y轴分别交与A、B两点，线段OA，OB（OA＞OB）的长时方程x2﹣17x+60＝0的两根．（1）求线段OA、OB的长；（2）已知点C在劣弧OA上，连接BC交OA于D，当OC2＝CD•CB时，求点C的坐标；（3）在（2）的条件下，在⊙M上是否存在一点P，使S△POD＝S△ABD？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．（4）点C在优弧OA上，作直线BC交x轴于D．是否存在△COB∽△CDO？若存在，直接写出点C的坐标；若不存在，说明理由．28．如图，圆M与y轴相切于点C，与x轴交于A（2−3，0）、B（2+3，0）两点，点Q是圆M上一个动点，点N为OQ的中点，连接CN，当点Q在圆M上运动时，29．如图（1），在平面直角坐标系中，直线y=3x+6与两坐标轴分别交于A、B两点，M为y轴正半轴上一点，⊙M过A、B两点，交x轴正半轴于点C，过B作x轴的平行线l，N点的坐标为（﹣10，5），⊙N与直线l相切于点D（1）求∠ABO的度数及圆心M的坐标；（2）若⊙M保持不动，⊙N以每秒1个单位的速度沿直线l向右平移，同时直线AB沿x轴负方向向左匀速平移，当⊙N第一次与⊙M相切时，直线AB也恰好与⊙N第一次相切，在这个过程中，求直线AB每秒平移了多少个单位长度？（3）如图（2），P为直线l上的一个动点，且在y轴的左侧，过P作AB的垂线分别交线段BC、x轴于Q、R两点，过P作x轴的垂线，垂足为S（S在A点的左侧），当P点运动时，BQ﹣AS的值是否改变？若不变，请求其值；若改变，请求其值变化的范围．30．如图1，在⊙O中，直径AB＝6cm，∠BAC＝30°，点D为⊙O上一动点，连接BD，并延长至点E，使得BD＝2DE，连接BC，AD，AE．（1）当点D为劣弧AC中点时，求∠DBC的度数；（2）当AD＝23cm时，判断直线AE与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）求出线段DE扫过的面积．专题32圆的综合练习（基础）一．选择题1．如图，⊙O的半径为1，弦AB＝1，点P为优弧AB上一动点，AC⊥AP交直线PB于点C，则△ABC的最大面积是（）A．12 B．22 C．32【分析】连接OA、OB，如图1，由OA＝OB＝AB＝1可判断△OAB为等边三角形，则∠AOB＝60°，根据圆周角定理得∠APB=12∠AOB＝30°，由于AC⊥AP，所以∠C＝60°，因为AB＝1，则要使△ABC的面积最大，点C到AB的距离要最大；由∠ACB＝60°，可根据圆周角定理判断点C在⊙D上，且∠ADB＝120°，如图2，于是当点C在优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，从而得到△【解答】解：连接OA、OB，如图1，∵OA＝OB＝1，AB＝1，∴△OAB为等边三角形，∴∠AOB＝60°，∴∠APB=12∠∵AC⊥AP，∴∠C＝60°，∵AB＝1，要使△ABC的面积最大，则点C到AB的距离最大，∵∠ACB＝60°，点C在⊙D上，∴∠ADB＝120°，如图2，作△ABC的外接圆D，当点C在优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，且面积为34AB2=∴△ABC的最大面积为34故选：D．【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理和等边三角形的判断与性质；记住等边三角形的面积公式．2．如图，△ABC中，CA＝CB，AB＝6，CD＝4，E是高线CD的中点，以CE为半径⊙C．G是⊙C上一动点，P是AG中点，则DP的最大值为（）A．72 B．352 C．23【分析】根据等腰三角形的性质可得点D是AB的中点，然后根据三角形中位线定理可得DP=12【解答】解：连接BG，如图．∵CA＝CB，CD⊥AB，AB＝6，∴AD＝BD=12又∵CD＝4，∴BC＝5．∵E是高线CD的中点，∴CE=12∴CG＝CE＝2．根据两点之间线段最短可得：BG≤CG+CB＝2+5＝7．当B、C、G三点共线时，BG取最大值为7．∵P是AG中点，D是AB的中点，∴PD=12∴DP最大值为72故选：A．【点评】本题主要考查了圆的综合题，涉及了等腰三角形的性质、三角形中位线定理、勾股定理、两点之间线段最短等知识，利用三角形中位线定理将DP转化为BG是解决本题的关键．3．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4，D是AB的中点，经过C、D两点的圆交AC、BC于点E、F，且AE＝CF．当圆变化时，点C到线段EF的最大距离为（）A．2 B．2 C．122 【分析】连接CD、DE、DF，如图，根据等腰直角三角形的性质得∠A＝45°，CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∠DCB＝45°，易证得△ADE≌△CDF，则∠ADE＝∠CDF，DE＝DF，再判断△EDF为等腰直角三角形，得到DE=22EF，由于S△DEF=12•DE2=14EF2，所以当EF越小，S△DEF越小，加上S△CEF+S△EDF＝S△ADC=12S△ABC，则当EF越小，S△DEF越小，而S△CEF越大，此时点C到EF的距离越大，即EF最小时，点C到EF的距离最大，设点C到EF的最大距离为h，根据圆周角定理，由∠ECF＝90°得EF为⊙O的直径，所以当⊙O的直径等于CD时，⊙O【解答】解：连接CD、DE、DF，如图，∵∠C＝90°，AC＝BC＝4，∴△ABC为等腰直角三角形，∴∠A＝45°，∵D是AB的中点，∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∠DCB＝45°，在△ADE和△CDF中，AE=CF∠A=∠DCF∴△ADE≌△CDF（SAS），∴∠ADE＝∠CDF，DE＝DF，∵∠ADF+∠CDE＝90°，∴∠CDF+∠CDE＝90°，即∠EDF＝90°，∴△EDF为等腰直角三角形，∴DE=22∴S△DEF=12•DE2=1当EF越小，S△DEF越小，∵S△CEF+S△EDF＝S△CDE+S△CDF＝S△CED+S△ADE＝S△ADC=12S△∴当EF越小，S△DEF越小，而S△CEF越大，此时点C到EF的距离越大，即EF最小时，点C到EF的距离最大，设点C到EF的最大距离为h，∵∠ECF＝90°，∴EF为⊙O的直径，∴当⊙O的直径等于CD时，⊙O的直径最小，即EF最小，此时∠DEC＝∠DFC＝90°，则四边形CEDF为正方形，h=12CD=12•12AB=即点C到线段EF的最大距离为2．故选：A．【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、等腰直角三角形的性质；会运用三角形全等解决线段相等的问题；记住三角形的面积公式．4．如图，点P为正方形ABCD的边CD上一点，BP的垂直平分线EF分别交BC、AD于E、F两点，GP⊥EP交AD于点G，连接BG交EF于点H，下列结论：①BP＝EF；②∠FHG＝45°；③以BA为半径⊙B与GP相切；④若G为AD的中点，则DP＝2CP．其中正确结论的序号是（）A．①②③④ B．只有①②③ C．只有①②④ D．只有①③④【分析】先作NF⊥BC于N，根据正方形的性质和垂直平分线的性质证明△BCP≌△FNE就可以得出BP＝EF，作BM⊥PG于M，GP⊥EP，通过证明两次三角形全等就可以得出∠PBG＝45°，从而求出∠FHG＝45°，由切线的判定定理就可以求出以BA为半径⊙B与GP相切，当G为AD的中点时，设AG＝GD＝x，CP＝y，则GM＝x，PM＝y，PD＝2x﹣y，运用勾股定理就可以求出DP与CP的关系．【解答】解：作NF⊥BC于N，∴∠FNE＝90°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝DA．∴NF＝AB，∴NF＝CB．∵EF垂直平分BP，∴∠2＝∠3，∠2+∠NEF＝90°．∵∠1+∠NEF＝90°，∴∠1＝∠2，在△BCP和△FNE中，∠2=∠1BC=FN∴△BCP≌△FNE（ASA），∴BP＝EF；故①正确；作BM⊥PG于M，GP⊥EP，∴BM∥EP，∠BMP＝∠BMG＝90°∴∠3＝∠5，∠BMP＝∠C．∴∠2＝∠5在△BPC和△BPM中∠C=∠BMP∠2=∠5∴△BPC≌△BPM（AAS），∴BC＝AB＝BM，∴以BA为半径⊙B与GP相切．故③正确；在Rt△BMG和Rt△BAG中，BG=BGBM=AB∴Rt△BMG≌Rt△BAG（HL），∴∠6＝∠7．∵∠2+∠5+∠6+∠7＝90°，∴2∠5+2∠6＝90°，∴∠5+∠6＝45°即∠PBG＝45°．∴∠8＝45°．∴∠FHG＝45°故②正确；当G为AD的中点时，设AG＝GD＝x，CP＝y，则GM＝x，PM＝y，PD＝2x﹣y，在Rt△PGD中由勾股定理，得（x+y）2＝x2+（2x﹣y）2，∴y=23即CP=2∴PD＝2x−23x=∴DP＝2CP故④正确．∴正确的有：①②③④．故选：A．【点评】此题主要考查了圆的综合应用以及垂直平分线的性质、正方形的性质、全等三角形的判定及性质的而运用、圆的切线的判定方法的运用、勾股定理的性质的运用等知识，在解答中运用作辅助线制造全等三角形是关键．5．如图，AB是半圆O的直径，射线AM、BN为半圆的切线．在AM上取一点C，连接BC交半圆于点D，连接AD．过O点作BC的垂线ON，与BN相交于点N．过C点作半圆的切线CE，切点为E，与BN相交于点F．当C在AM上移动时（A点除外），设BFBN=n，则A．n=12 B．0＜n≤34 C．1【分析】作FH⊥AC于H，如图，设BN＝1，则BF＝n，半圆的半径为r，根据切线的性质得∠MAB＝∠NBA＝90°，易得四边形ABFH为矩形，所以HF＝2r，AH＝BF＝n，再根据切线长定理得到CE＝CA，FE＝FB＝n，设CA＝t，则CE＝t，CH＝t﹣AH＝t﹣n，在Rt△CHF中利用勾股定理得（t﹣n）2+（2r）2＝（t+n）2，解得t=r2n，接着证明Rt△BON∽Rt△ACB，然后利用相似比得可计算出【解答】解：作FH⊥AC于H，如图，设BN＝1，则BF＝n，半圆的半径为r，∵AM、BN为半圆的切线，∴∠MAB＝∠NBA＝90°，∴四边形ABFH为矩形，∴HF＝2r，AH＝BF＝n，∵CF切半圆于E点，∴CE＝CA，FE＝FB＝n，设CA＝t，则CE＝t，CH＝t﹣AH＝t﹣n，在Rt△CHF中，∵CH2+FH2＝CF2，∴（t﹣n）2+（2r）2＝（t+n）2，解得t=r∵AB是半圆O的直径，∴∠ADB＝90°，∵ON⊥BD，∴AD∥ON，∴∠BON＝∠BAD，∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠ACD＝90°，∴∠BAD＝∠ACD，∴∠BON＝∠ACB，∴Rt△BON∽Rt△ACB，∴OBAC=BN∴n=1故选：A．【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、切线的性质和切线长定理；会运用相似比和勾股定理计算线段的长．6．如图，∠MAN＝45°，B、C为AN上的两点，且AB＝BC＝2，D为射线AM上的一个动点，过B、C、D三点作⊙O，则sin∠BDC的最大值为（）A．255 B．32 C．2【分析】当⊙O与AM相切于D时，⊙O与AM有唯一的公共点，则∠BDC最大，此时sin∠BDC的最大，如图，作BH⊥AD于H，可判断△ABH为等腰直角三角形，则∠ADB＝45°，AH=22AB=2，再根据切割线定理得AD2＝AB•AC＝8，计算出AD＝22，于是可判断BH为△ACD的中位线，则BH∥CD，所以CD⊥AM，得到∠BDC＝45°，于是有sin∠【解答】解：当⊙O与AM相切于D时，∠BDC最大，此时sin∠BDC的最大，如图，作BH⊥AD于H，∵∠A＝45°，∴△ABH为等腰直角三角形，∴∠ADB＝45°，AH=22AB∵AD为⊙O的切线，∴AD2＝AB•AC＝2（2+2）＝8，∴AD＝22，∴DH＝AH=2∴BH为△ACD的中位线，∴BH∥CD，∴CD⊥AM，∴∠ADC＝90°，∴∠BDC＝45°，∴sin∠BDC=2故选：C．【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握切线的性质、圆周角定理和等腰直角三角形的性质；会利用勾股定理计算线段的长．7．如图，BD为⊙O的直径，点A是弧BC的中点，AD交BC于E点，DF是⊙O的切线与BC的延长线交于点F，AE＝2，ED＝4，下列结论：①△ABE∽△ABD；②AB＝23；③tan∠ADB=33；④△DEF是正三角形；⑤弧AB的长=A．2 B．3 C．4 D．5【分析】①由于A是弧BC的中点，故∠ADB＝∠ABC，再加上公共角∠A，即可证得所求的三角形相似．②根据△ABE∽△ADB，可知其对应边成比例，再由AE＝2，ED＝4即可求出答案．③由（1）的相似三角形所得比例线段，可求得AB的长，进而可在Rt△ABD中，求得∠ABD的正切值．④连接CD，由RT△BAD的边可得∠ADB＝30°，再由点A是弧BC的中点，可得∠ADB＝∠EDC＝30°，从而得出∠CED＝60°；再利用DF是⊙O的切线，得出∠EDF＝60°，即可得出△DEF是正三角形．⑤由RT△BAD的边角关系，可得出BD＝43，从而得出圆的半径，由∠BOA＝60°，根据弧长公式即可求解．【解答】证明：①∵点A是弧BC的中点，∴∠ABC＝∠ADB，又∵∠BAE＝∠BAE，∴△ABE∽△ADB．故①正确，②∵△ABE∽△ADB，∴ABAD∴AB2＝AD•AE＝（AE+ED）•AE＝（2+4）×2＝12，∴AB＝23．故②正确，③∵AB＝23，在Rt△ADB中，tan∠ADB=ABAD=④如图，连接CD，则∠BCD＝90°；由AB＝23，AD＝6，∠BAD＝90°，得∠ADB＝30°，∵点A是弧BC的中点，∴∠ADB＝∠EDC＝30°，∴∠CED＝60°；∵DF是⊙O的切线，∴∠EDF＝60°，∴∠EFD＝60°，∴△DEF是正三角形；故④正确，⑤∵AB＝23，AD＝6，∠BAD＝90°，∴BD＝43，∴r＝23，∵∠BOA＝60°，∴l=60π×23180正确的个数为4个．故选：C．【点评】此题主要考查了圆的综合题，涉及相似三角形的判定和性质、圆周角定理、圆心角、弧的关系、等边三角形的判定和性质等知识，难度适中．8．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB经过点A（﹣4，0）、B（0，4），⊙O的半径为1（O为坐标原点），点P在直线AB上，过点P作⊙O的一条切线PQ，Q为切点，则切线长PQ的最小值为（）A．6 B．7 C．22 D．3【分析】连接OP．根据勾股定理知PQ2＝OP2﹣OQ2，当OP⊥AB时，线段OP最短，即线段PQ最短．【解答】解：连接OP、OQ．∵PQ是⊙O的切线，∴OQ⊥PQ；根据勾股定理知PQ2＝OP2﹣OQ2，∵当PO⊥AB时，线段PQ最短；又∵A（﹣4，0）、B（0，4），∴OA＝OB＝4，∴AB＝42∴OP=12AB＝2∴PQ=P故选：B．【点评】本题考查了切线的判定与性质、坐标与图形性质以及矩形的性质等知识点．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角来解决有关问题．9．如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AB上的一点，将△BCE沿CE折叠至△FCE，若CF，CE恰好与以正方形ABCD的中心为圆心的⊙O相切，则⊙O的半径为（）A．1 B．2−1 C．3−1 【分析】连接AC交于点O，设EC与⊙O相切于点N，连接ON，由O为正方形的中心，得到∠DCO＝∠BCO，又CF与CE为圆O的切线，根据切线长定理得到CO平分∠ECF，可得出∠DCF＝∠BCE，由折叠可得∠BCE＝∠FCE，再由正方形的内角为直角，可得出∠ECB为30°，在直角三角形CON中，求出CO的长，再利用sin∠OCN＝sin15°=1−cos30°2，即可得到【解答】解：连接AC交于点O，设EC与⊙O相切于点N，连接ON，∵O为正方形ABCD的中心，∴∠DCO＝∠BCO，又∵CF与CE都为圆O的切线，∴CO平分∠ECF，即∠FCO＝∠ECO，∴∠DCO﹣∠FCO＝∠BCO﹣∠ECO，即∠DCF＝∠BCE，又∵△BCE沿着CE折叠至△FCE，∴∠BCE＝∠ECF，∴∠BCE＝∠ECF＝∠DCF=13∠∴∠OCN＝15°，∵BC＝AB＝4，∴CO=12AC＝2∵sin∠OCN＝sin15°=1−cos30°∴ONCO即ON=2−32故选：C．【点评】此题考查了切线的性质，正方形的性质以及折叠的性质和锐角三角函数关系等知识，熟练掌握定理及性质由半角公式求出半径是解本题的关键．10．如图，△ABC的三个顶点都在⊙O上，AD、BE是△ABC的高，交于点H，BE的延长线交⊙O于F，下列结论：①∠BAO＝∠CAD；②AO＝AH；③EH＝EF；④DH＝DC，其中正确的有（）个．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】作OG⊥AB于G，连接OB、AF，如图，OG⊥AB，根据等腰三角形的性质得∠5=12∠AOB，∠1+∠5＝90°，BG＝AG，再根据圆周角定理得∠C=12∠AOB，则∠5＝∠C，由于∠2+∠要证明AO＝AH，而∠1＝∠2，则要证明Rt△AGO≌Rt△AEH，所以要证明AG＝AE，即证明AE=12AG，而∠ABE不能确定为30°，所以不能证明AE=12AB，于是可对②进行判断；利用等角的余角相等得∠2＝∠4，再利用圆周角定理得到∠4＝∠3，则∠2＝∠3，加上AE⊥HF，根据等腰三角形的判定方法得到△AHF为等腰三角形，然后根据等腰三角形的性质对③进行判断；要证明DH＝DC，由于∠2＝∠4，则要证明Rt△所以呀哦证明BD＝AD，由于不能确定∠ABD＝45°，不能确定BD＝AD，于是可对④进行判断．【解答】解：作OG⊥AB于G，连接OB、AF，如图，∵OG⊥AB，∴∠5=12∠AOB，∠1+∠5＝90°，BG＝∵∠C=12∠∴∠5＝∠C，∵AD⊥BC，∴∠2+∠C＝90°，∴∠1＝∠2，所以①正确；∵BE⊥AC，而∠ABE不能确定为30°，∴AB≠2AE，而AB＝2AG，∴AG≠AE，而∠1＝∠2，∴不能判断Rt△AGO和Rt△AEH全等，∴不能确定AO＝AH，所以②错误；∵∠2+∠C＝90°，∠4+∠C＝90°，∴∠2＝∠4，而∠4＝∠3，∴∠2＝∠3，∵AE⊥HF，∴△AHF为等腰三角形，∴HE＝EF，所以③正确；由于不能确定∠ABD＝45°，∴不能确定BD＝AD∵∠2＝∠4，∴不能判断Rt△ADC和Rt△BDH全等，∴不能确定DH＝CD，所以④错误．故选：B．【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理、圆周角定理和等腰三角形的判定与性质；灵活运用三角形全等的判定与性质；合理作辅助线是解题的关键．11．如图，△ABC内接于⊙O，CD⊥AB于P，交⊙O于D，E为AC的中点，EP交BD于F，⊙O的直径为d．下列结论：①EF⊥BD；②AC2+BD2的值为定值；③OE=12BD；④AB•CD＝2S其中正确的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】先利用PE为Rt△APC的斜边上的中线得到PE＝CE，则∠ECP＝∠EPC，再根据对顶角相等得∠EPC＝∠DPF，根据圆周角相等得∠CAP＝∠CDB，于是有∠DPF+∠PDF＝∠ACP+∠CAP＝90°，则可对①进行判断；作PH⊥BD于H，连接OA、OC、OB、OD，如图，利用等腰三角形的性质和圆周角定理可得∠AOE＝∠ABC，∠DOH＝∠BCD，由于∠ABC+∠BCD＝90°，则∠AOE+∠DOH＝90°，然后根据等角的余角相等得到∠EAO＝∠DOH，于是可根据“AAS”证明△AOE≌△ODH，得到OE＝DH，再根据垂径定理由OH⊥BD得到BH＝DH，所以OE=12BD，则可对在Rt△OAE中，利用勾股定理得AE2+OE2＝OA2，加上AE=12AC，OE=12BD，则AC2+BD2＝4OA利用S四边形ADBC＝S△ABC+S△ABD和三角形面积公式可对④进行判断．【解答】解：∵CD⊥AB，∴∠APC＝90°，∵E为AC的中点，即PE为Rt△APC的斜边上的中线，∴PE＝CE，∴∠ECP＝∠EPC，而∠EPC＝∠DPF，∠CAP＝∠CDB，∴∠DPF+∠PDF＝∠ACP+∠CAP＝90°，∴EF⊥BD，所以①正确；作PH⊥BD于H，连接OA、OC、OB、OD，如图，∵E为AC的中点，∴OE⊥AC，∴∠AOE=12∠AOC，∠DOH=1∵∠ABC=12∠AOC，∠BCD=1∴∠AOE＝∠ABC，∠DOH＝∠BCD，而∠ABC+∠BCD＝90°，∴∠AOE+∠DOH＝90°，而∠AOE+∠EAO＝90°，∴∠EAO＝∠DOH，在△AOE和△ODH中，∠AEO=∠OHD∠EAO=∠HOD∴△AOE≌△ODH（AAS），∴OE＝DH，∵OH⊥BD，∴BH＝DH，∴OE=12BD，所以在Rt△OAE中，∵AE2+OE2＝OA2，而AE=12AC，OE=∴AC2+BD2＝4OA2，而OA为圆的半径，为定值，∴AC2+BD2的值为定值，所以②正确；∵S四边形ADBC＝S△ABC+S△ABD=12AB•CP+1=12AB（PC+=12AB•∴AB•CD＝2S四边形ADBC，所以④正确．故选：D．【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理、圆周角定理和直角三角形斜边上的中线性质；会运用勾股定理和三角形面积公式计算；能运用全等三角形的知识解决线段相等的问题．12．如图，已知A、B两点的坐标分别为（﹣4，0）、（0，2），⊙C的圆心坐标为（0，﹣2），半径为2．若D是⊙C上的一个动点，射线AD与y轴交于点E，当△ABE的面积最大值时，△CDE的面积为（）A．1211 B．113 C．83【分析】当射线AD与⊙C相切时，△ABE面积的最大．设EF＝x，由切割线定理表示出DE，可证明△CDE∽△AOE，根据相似三角形的性质可求得x，然后求得△CDE面积．【解答】解：当射线AD与⊙C相切时，△ABE面积的最大．如图，连接AC．∵A点的坐标为（﹣4，0），⊙C的圆心坐标为（0，﹣2），半径为2．∴AO＝4，OC＝2，即OC为⊙C的半径，则AO与⊙C相切．∵AO、AD是⊙C的两条切线，∴AD＝AO＝4．连接CD，设EF＝x，∴DE2＝EF•OE，∵CF＝2，∴DE=x(4+x)易证△CDE∽△AOE，则CDAO=CE解得x=43或∴S△CDE=12DE•CD=1故选：C．【点评】本题是一个动点问题，考查了圆的综合题，解题时，涉及到了切线的性质和三角形面积的计算，解题的关键是确定当射线AD与⊙C相切时，△ABE面积的最大．二．填空题13．已知：如图，AB＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交OC于点D，AD的延长线交BC于点E，过D作⊙O的切线交BC于点F．下列结论：①CD2＝CE•CB；②4EF2＝ED•EA；③∠OCB＝∠EAB；④DF=12CD．其中正确的结论有①②④【分析】先连接BD，利用相似三角形的判定以及切线的性质定理得出DF＝FB，进而分别得出△CDE∽△CBD以及△CDF∽△CBO，再根据相似三角形的性质分别分析即可得出答案．【解答】解：①连接BD，∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，∴∠DBE+∠3＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠1+∠DBE＝90°，∴∠1＝∠3，又∵DO＝BO，∴∠1＝∠2，∴∠2＝∠3，∴∠CDB＝∠CED，∵∠DCB＝∠ECD，∴△CDE∽△CBD，∴CD2＝CE•CB，故①CD2＝CE•CB正确；②∵过D作⊙O的切线交BC于点F，∴FD是⊙O的切线，∵∠ABC＝90°，∴CB是⊙O的切线，∴FB＝DF，∴∠FDB＝∠FBD，∴∠1＝∠FDE，∴∠FDE＝∠3，∴DF＝EF，∴EF＝FB，∴EB＝2EF，∵在Rt△ABE中，BD⊥AE，∴EB2＝ED•EA，∴4EF2＝ED•EA，故②4EF2＝ED•EA正确；③∵AO＝DO，∴∠OAD＝∠ADO，假设③∠OCB＝∠EAB成立，则∠OCB=12∠∴∠OCB＝30°，而BOBC=BO故③∠OCB＝∠EAB不成立，故此选项错误；④∵∠CDF＝∠CBO＝90°，∠DCF＝∠OCB，∴△CDF∽△CBO，∴DFBO∴DFCD∵AB＝BC，∴DFCD∴DF=12CD；故④DF=综上正确的有①、②、④．故答案为：①②④．【点评】此题主要考查了圆的切线性质与判定、圆周角定理性质及三角形相似的判定等知识，熟练根据相似三角形的性质得出对应边之间关系是解题关键．14．如图，AB为半圆直径，AC⊥AB，BF⊥AB，BF＝2，AB＝3，CA＝4，连接AF交半圆于D，连接CD，作DE⊥CD交直径AB于E，则tan∠ACE＝112【分析】首先利用圆周角定理得出∠ADB＝90°，进而得出△ADB∽△ABF，求出BFAB=BDAD=23，再利用已知得出∠1＝∠2，即可得出△ACD∽BED，进而求出BD【解答】解：连接BD，∵AB为半圆直径，∴∠ADB＝90°，∵BF⊥AB，∴∠ABF＝90°，∵∠BAF＝∠DAB，∴△ADB∽△ABF，∴BFAB∵BF＝2，AB＝3，∴BFAB∵AB为半圆直径，AC⊥AB，∴∠4+∠FAB＝90°，∵∠3+∠DAB＝90°，∴∠3＝∠4，∵∠1+∠ADE＝90°，∠2+∠ADE＝90°，∴∠1＝∠2，∴△ACD∽BED，∴BDAD∵AC＝4，∴BE=8∴AE＝3−8∴tan∠ACE=1故答案为：112【点评】此题主要考查了圆的综合应用以及圆周角定理和相似三角形的判定与性质，在综合题中经常利用相似性解决有关圆的问题，同学们应有意识尝试应用．15．在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ABC＝45°，点E为对角线BD的中点，连接AE并延长交线段BC于点F，AE＝25，BF＝3，则AD的长为22．【分析】由于∠BAD＝∠BCD＝90°，点E为对角线BD的中点，根据圆周角定理的推论得点A和点C在以点E为圆心，BD为直径的圆上，如图，所以BD＝2AE＝45，连接EC、AC，作CH⊥AD于H，再根据圆周角定理得到∠AEC＝2∠ABC＝90°，可判断△EAC为等腰直角三角形，所以AC=2AE＝210，∠EAC＝45°，然后证明△CAF∽△CBA，利用相似比得210：（3+CF）＝CF：210，可求得CF＝5，则BC＝CF+BF＝8；在Rt△ADC中，根据勾股定理计算出CD＝4，接着根据圆内接四边形的性质得∠CDH＝∠ABC＝45°，则△CDH为等腰直角三角形，则CH＝DH=22CD＝22，于是可在Rt△AHC中，利用勾股定理计算出AH＝42，所以AD＝AH﹣DH【解答】解：∵∠BAD＝∠BCD＝90°，点E为对角线BD的中点，∴点A和点C在以点E为圆心，BD为直径的圆上，如图，则BD＝2AE＝45，连接EC、AC，作CH⊥AD于H，∵∠AEC＝2∠ABC＝90°，∴△EAC为等腰直角三角形，∴AC=2AE=2•25=210∴∠CAF＝∠CBA，而∠ACF＝∠BCA，∴△CAF∽△CBA，∴CA：CB＝CF：CA，即210：（3+CF）＝CF：210，整理得CF2+3CF﹣40＝0，解得CF＝5或CF＝﹣8（舍去），∴BC＝CF+BF＝8，在Rt△ADC中，CD=B∵∠CDH＝∠ABC＝45°，∴△CDH为等腰直角三角形，∴CH＝DH=22CD=2在Rt△AHC中，AH=AC2∴AD＝AH﹣DH＝42−22=2故答案为22．【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、圆内接四边形的性质和等腰直角三角形的性质；会运用勾股定理和相似比进行几何计算．16．如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC=42，点D是AC边上一动点，连接BD，以AD为直径的圆交BD于点E，则线段CE长度的最小值为25−【分析】连接AE，如图1，先根据等腰直角三角形的性质得到AB＝AC＝4，再根据圆周角定理，由AD为直径得到∠AED＝90°，接着由∠AEB＝90°得到点E在以AB为直径的⊙O上，于是当点O、E、C共线时，CE最小，如图2，在Rt△AOC中利用勾股定理计算出OC＝25，从而得到CE的最小值为25−【解答】解：连接AE，如图1，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，BC=42∴AB＝AC＝4，∵AD为直径，∴∠AED＝90°，∴∠AEB＝90°，∴点E在以AB为直径的⊙O上，∵⊙O的半径为2，∴当点O、E、C共线时，CE最小，如图2，在Rt△AOC中，∵OA＝2，AC＝4，∴OC=OA2∴CE＝OC﹣OE＝25−即线段CE长度的最小值为25−故答案为25−【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理和等腰直角三角形的性质；会利用勾股定理计算线段的长．解决本题的关键是确定E点运动的规律，从而把问题转化为圆外一点到圆上一点的最短距离问题．17．如图，已知直线y＝x+4与两坐标轴分别交于A、B两点，⊙C的圆心坐标为（2，0），半径为2，若D是⊙C上的一个动点，线段DA与y轴交于点E，则△ABE面积的最小值和最大值分别是8﹣22和8+22．【分析】求出OA、OB值，根据已知求出BE的最大值和最小值即可，过A作⊙C的两条切线，连接OD′，OD，求出AC，根据切线性质设E′O＝E′D′＝x，根据sin∠CAD′=OE'AE'，代入求出x，即可求出【解答】解：y＝x+4，∵当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝﹣4，∴OA＝4，OB＝4，∵△ABE的边BE上的高是OA，∴△ABE的边BE上的高是4，∴要使△ABE的面积最大或最小，只要BE取最大值或最小值即可，过A作⊙C的两条切线，如图，当在D点时，BE最小，即△ABE面积最小；当在D′点时，BE最大，即△ABE面积最大；∵x轴⊥y轴，OC为半径，∴EE′是⊙C切线，∵AD′是⊙C切线，∴OE′＝E′D′，设E′O＝E′D′＝x，∵AC＝4+2＝6，CD′＝2，AD′是切线，∴∠AD′C＝90°，由勾股定理得：AD′＝42，∴sin∠CAD′=D'C∴26解得：x=2∴BE′＝4+2，BE＝4−∴△ABE的最小值是12×（4−2最大值是：12×（4+2故答案为：8﹣22和8+22．【点评】本题考查了切线的性质和判定，三角形的面积，锐角三角函数的定义等知识点，解此题的关键是找出符合条件的D的位置，题目比较好，有一定的难度．18．如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB＝8，∠CBA＝30°，点D在线段AB上运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F．下列结论：①CE＝CF；②线段EF的最小值为23；③当AD＝2时，EF与半圆相切；④若点F恰好落在弧BC上，则AD＝25；⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是163．其中正确结论的序号是①③⑤．【分析】（1）由点E与点D关于AC对称可得CE＝CD，再根据DF⊥DE即可证到CE＝CF．（2）根据“点到直线之间，垂线段最短”可得CD⊥AB时CD最小，由于EF＝2CD，求出CD的最小值就可求出EF的最小值．（3）连接OC，易证△AOC是等边三角形，AD＝OD，根据等腰三角形的“三线合一”可求出∠ACD，进而可求出∠ECO＝90°，从而得到EF与半圆相切．（4）利用相似三角形的判定与性质可证到△DBF是等边三角形，只需求出BF就可求出DB，进而求出AD长．（5）首先根据对称性确定线段EF扫过的图形，然后探究出该图形与△ABC的关系，就可求出线段EF扫过的面积．【解答】解：①连接CD，如图1所示．∵点E与点D关于AC对称，∴CE＝CD，∴∠E＝∠CDE，∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°，∴∠E+∠F＝90°，∠CDE+∠CDF＝90°，∴∠F＝∠CDF，∴CD＝CF，∴CE＝CD＝CF，∴结论“CE＝CF”正确；②当CD⊥AB时，如图2所示；∵AB是半圆的直径，∴∠ACB＝90°，∵AB＝8，∠CBA＝30°，∴∠CAB＝60°，AC＝4，BC＝43．∵CD⊥AB，∠CBA＝30°，∴CD=12BC＝2根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：点D在线段AB上运动时，CD的最小值为23，∵CE＝CD＝CF，∴EF＝2CD，∴线段EF的最小值为43，∴结论“线段EF的最小值为23”错误．③当AD＝2时，连接OC，如图3所示．∵OA＝OC，∠CAB＝60°，∴△OAC是等边三角形，∴CA＝CO，∠ACO＝60°，∵AO＝4，AD＝2，∴DO＝2，∴AD＝DO，∴∠ACD＝∠OCD＝30°，∵点E与点D关于AC对称，∴∠ECA＝∠DCA，∴∠ECA＝30°，∴∠ECO＝90°，∴OC⊥EF，∵EF经过半径OC的外端，且OC⊥EF，∴EF与半圆相切，∴结论“EF与半圆相切”正确；④当点F恰好落在BC上时，连接FB、AF，如图4所示，∵点E与点D关于AC对称，∴ED⊥AC，∴∠AGD＝90°，∴∠AGD＝∠ACB，∴ED∥BC，∴△FHC∽△FDE，∴FHFD∵FC=12∴FH=12∴FH＝DH，∵DE∥BC，∴∠FHC＝∠FDE＝90°，∴BF＝BD，∴∠FBH＝∠DBH＝30°，∴∠FBD＝60°，∵AB是半圆的直径，∴∠AFB＝90°，∴∠FAB＝30°，∴FB=12∴DB＝4，∴AD＝AB﹣DB＝4，∴结论“AD＝25”错误；⑤∵点D与点E关于AC对称，点D与点F关于BC对称，∴当点D从点A运动到点B时，点E的运动路径AM与AB关于AC对称，点F的运动路径NB与AB关于BC对称，∴EF扫过的图形就是图5中阴影部分，∴S阴影＝2S△ABC＝2×12AC＝AC•BC＝4×43＝163，∴EF扫过的面积为163，∴结论“EF扫过的面积为163”正确，故答案为：①③⑤．【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、切线的判定、轴对称的性质、含30°角的直角三角形、垂线段最短等知识，综合性强，有一定的难度．19．如图，平面直角坐标系中，分别以点A（﹣2，3），B（3，4）为圆心，以1、2为半径作⊙A、⊙B，M、N分别是⊙A、⊙B上的动点，P为x轴上的动点，则PM+PN的最小值等于74−3【分析】作⊙A关于x轴的对称⊙A′，连接BA′分别交⊙A′和⊙B于M、N，交x轴于P，如图，根据两点之间线段最短得到此时PM+PN最小，再利用对称确定A′的坐标，接着利用两点间的距离公式计算出A′B的长，然后用A′B的长减去两个圆的半径即可得到MN的长，即得到PM+PN的最小值．【解答】解：作⊙A关于x轴的对称⊙A′，连接BA′分别交⊙A′和⊙B于M、N，交x轴于P，如图，则此时PM+PN最小，∵点A坐标（﹣2，3），∴点A′坐标（﹣2，﹣3），∵点B（3，4），∴A′B=(3+2∴MN＝A′B﹣BN﹣A′M=74−2﹣1∴PM+PN的最小值为74−故答案为74−【点评】本题考查了圆的综合题：掌握与圆有关的性质和关于x轴对称的点的坐标特征；会利用两点之间线段最短解决线段和的最小值问题；会运用两点间的距离公式计算线段的长；理解坐标与图形性质．20．如图，在平行四边形ABCD中，以对角线AC为直径的⊙O分别交BC，CD于M，N．若AB＝13，BC＝14，CM＝9，则MN的长度为18013【分析】连接AM，AN，根据圆周角定理可知△ABM是直角三角形，利用勾股定理即可求出AC的长；易证△AMN∽△ACD，根据相似三角形的性质即可求出MN的长．【解答】解：连接AM，AN，∵AC是⊙O的直径，∴∠AMC＝90°，∠ANC＝90°，∵AB＝13，BM＝5，∴AM=A∵CM＝9，∴AC＝15，∵∠MCA＝∠MNA，∠MCA＝∠CAD，∴∠MNA＝∠CAD，∵∠AMN＝∠ACN，∴∠AMN＝∠ACN，∵△NMA∽△ACD，∴AM：MN＝CD：AC，∴12：MN＝13：15，∴MN=180故答案为：18013【点评】本题考查了圆周角定理运用、勾股定理的运用、相似三角形的判定和性质，题目的综合性较强，难度中等，解题的关键是添加辅助线构造相似三角形．21．如图，AB＝4，O为AB的中点，⊙O的半径为1，点P是⊙O上一动点，以PB为直角边的等腰直角三角形PBC（点P、B、C按逆时针方向排列），则线段AC的长的取值范围为2≤AC≤32【分析】如图，作OK⊥AB，在OK上截取OK＝OA＝OB，连接AK、BK、KC、OP．首先证明△OBP∽△KBC，得KCOP=BCPB=2，由OP＝1，推出KC=2【解答】解：如图，作OK⊥AB，在OK上截取OK＝OA＝OB，连接AK、BK、KC、OP．∵OK＝OA＝OB，OK⊥AB，∴KA＝KB，∠AKB＝90°，∴△AKB是等腰直角三角形，∵∠OBK＝∠PBC，∴∠OBP＝∠KBC，∵OBBK∴△OBP∽△KBC，∴KCOP=BC∴KC=2∴点C的运动轨迹是以点K为圆心，KC为半径的圆，AK=2OA＝22∴AC的最大值为32，AC的最小值2，∴2≤AC≤32故答案为2≤AC≤3【点评】本题考查圆综合题、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造相似三角形解决问题，解题的突破点是发现点C的运动轨迹是以点K为圆心，KC为半径的圆，所以中考填空题中的压轴题．22．如图，在⊙O中，AB是直径，CD是弦，AB⊥CD于点H，DC＝AH，连接AD、AC，点F在弦AE上，连接DF、CF，∠DFE＝∠CAH，∠CFE＝∠CAD，CH=37，则AF长为5【分析】先用垂径定理得出CD，进而用勾股定理求出AD，AC，再用已知角推导出∠FCE＝∠AEC，即可得出FE＝FC，进而判断出△FDE≌△FGE（ASA）即可得出DE＝EG=12CE，再用角平分线定理求出CM，DM即可得出MH，进而利用勾股定理求出AM，再用△ADM∽△AED求出DE，最后用△DEC∽△AFC得出比例式即可求出【解答】解：如图，∵AB是直径，CD是弦，AB⊥CD，∴DH＝CH=12∵DC＝AH，∴AH＝CD＝2CH＝237，在Rt△ACH中，AD＝AC=AH2连接DE，CE，过点F作FG⊥CE，∵AB是直径，CD是弦，AB⊥CD，∴∠ADC＝∠ACD，∠BAD＝∠BAC=12∠∵∠CFE＝∠CAD，∠ADC＝∠AEC，∴∠ACD＝∠FCE，∵∠ADC＝∠ACD，∴∠FCE＝∠AEC，∴FE＝FC，∵FG⊥CE，∴EG＝CG=12EC，∠EFG＝∠CFG=12∠EFC=1∵∠DFE＝∠CAH，∴∠EFG＝∠DEF，∵∠AED＝∠ACD＝∠ADC＝∠AEC，在△FDE和△FGE中，∠AED=∠AECEF=EF∴△FDE≌△FGE（ASA），∴DE＝EG=12∵∠AED＝∠AEC，∴DEEC∴CM＝2DM，∵CD＝2CD＝237=DM+CM＝3DM∴DM=2CM=4∴MH＝CM﹣CH=37在Rt△AHM中，AM=A∵∠ADM＝∠AED，∠DAM＝∠EAD，∴△ADM∽△AED，∴DMDE∴237∴DE＝25，∵点A，D，E，C四点共圆，∴∠DEC+∠CAD＝180°，∵∠CAD＝∠EFC，∴∠DEC+∠EFC＝180°，∵∠AFC+∠EFC＝180°，∴∠DEC＝∠AFC，∴∠CDE＝∠CAF，∴△DEC∽△AFC，∴DEAF∴AF=DE⋅AC故答案为5．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，角平分线定理等知识点；判断出FE＝FC和CE＝2DE是解本题的关键，求出DE是解本题的突破口；此题还可以拓展：如判断点O在CE的垂直平分线上，DF与DE垂直等．三．解答题23．⊙O经过坐标原点，且与x轴交于点A、DC⊥x轴于点C，且与⊙D交于点B，已知⊙D的半径为23，∠ODA＝120°．（1）求B点的坐标；（2）求经过O、B、A三点的抛物线的解析式；（3）在抛物线上是否存在一点P，使△PAO和△OBA相似？若有，求出P点坐标；不存在，说明理由．【分析】（1）根据垂径定理．由DC⊥OA得到OC＝AC，再根据等腰三角形的性质由DA＝DO，∠ODA＝120°得到∠DOC＝30°，则可计算出DC=12OD=3，OC=3DC＝3，所以CB＝DB﹣DC=3（2）由于OC＝AC＝3，则A点坐标为（6，0），设交点式，利用待定系数法求出经过O、B、A三点的抛物线的解析式；（3）先证明△DOB和△DAB都是等边三角形，则BO＝BA，∠ABO＝120°，所以∠BOA＝∠BAO＝30°，若△PAO和△OBA相似，则∠PAO＝∠ABO＝120°，∠POA＝∠BOA＝30°，作PH⊥x轴于H，如图，可计算出∠PAH＝60°，在Rt△PAH中利用∠APH＝30°，AP＝AO＝6可计算出AH=12PA＝3，PH=3AH＝33，则P然后利用抛物线的对称性点（﹣3，33）也满足要求，于是得到满足条件的P点坐标为（9，33）或（﹣3，33）．【解答】解：（1）∵DC⊥OA，∴OC＝AC，∵DA＝DO，∠ODA＝120°，∴∠DOC＝30°，在Rt△ODC中，∵OD＝23，∴DC=12OD∴OC=3DC∴CB＝DB﹣DC＝23−∴B点坐标为（3，−3（2）∵OC＝AC＝3，∴A点坐标为（6，0），设经过O、B、A三点的抛物线的解析式为y＝ax（x﹣6），把B（3，−3）代入得a•3•（3﹣6）=−3，解得a∴经过O、B、A三点的抛物线的解析式为y=39x（x﹣6）=39x（3）存在．∵∠ODB＝∠ADB＝60°，∴△DOB和△DAB都是等边三角形，∴BO＝BA，∠ABO＝60°+60°＝120°，∴∠BOA＝∠BAO＝30°，∵△PAO和△OBA相似，∴∠PAO＝∠ABO＝120°，∠POA＝∠BOA＝30°，作PH⊥x轴于H，如图，∵∠PAO＝120°，∴∠PAH＝60°，在Rt△PAH中，∵∠APH＝30°，AP＝AO＝6，∴AH=12PA＝3，PH=3AH∴P点坐标为（9，33）点（9，33）关于直线x＝3的对称点（﹣3，33）也满足要求，∴满足条件的P点坐标为（9，33）或（﹣3，33）．【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理、等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质；会利用待定系数法求抛物线解析式；记住含30度的直角三角形三边的关系；理解坐标与图形性质．24．如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，经过A、B、C三点的圆的圆心M（1，m）恰好在此抛物线的对称轴上，⊙M的半径为5．设⊙M与y轴交于点D，抛物线的顶点为点E．（1）求m的值及抛物线的解析式；（2）求证：△BDO∽△BCE；（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以点P、A、C为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，请指出点P的位置，并直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求出C（0，﹣3），根据两点间的距离公式，由MC=5得到（1﹣0）2+（m+3）2＝5，解得m1＝﹣1，m2＝﹣5，设A点坐标为（t，0），再根据两点间的距离公式，当m＝﹣1时，（t﹣1）2+（0+1）2＝5，解得t1＝﹣1，t2＝3，则A（﹣1，0），B（3，0）；当m＝﹣5时，（t﹣1）2+（0﹣5）2＝5，解得t1＝t2于是可设交点式y＝a（x+1）（x﹣3），然后把（0，﹣3）代入求出a＝1，于是得到抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）作MH⊥CD于H，如图，根据垂径定理得到CH＝DH，利用C（0，﹣3），H（﹣1，0）得到DH＝2，则D（0，1），再利用配方法得到y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，所以E（1，﹣4），接着根据两点间的距离公式计算出CE=2，BE＝25，BC＝32，则CE2+BC2＝BE2，根据勾股定理的逆定理得△BCE为直角三角形，∠BCE＝90°，然后根据相似三角形的判定方法可得△BDO∽△BCE（3）由于以P、A、C为顶点的三角形与△BCE相似，利用△BCE的特征得到△PAC为直角三角形，且两直角边的比为1：3，然后分类讨论：当∠APC＝90°时，点P与点O重合，得到P点坐标为（0，0）；当∠PAC＝90°时，作AP1⊥AC交y轴于P1，如图，证明Rt△AOP1∽Rt△COA，利用相似比计算出OP1，得到P1的坐标；当∠ACP＝90°时，作CP2⊥AC交y轴于P2，如图，证明Rt△COP2∽Rt△AOC利用相似比计算出OP2，得到P2的坐标．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝ax2+bx﹣3＝﹣3，则C（0，﹣3），∵MC=5∴（1﹣0）2+（m+3）2＝5，解得m1＝﹣1，m2＝﹣5，设A点坐标为（t，0），而MA=当m＝﹣1时，（t﹣1）2+（0+1）2＝5，解得t1＝﹣1，t2＝3，则A（﹣1，0），B（3，0）；当m＝﹣5时，（t﹣1）2+（0﹣5）2＝5，解得t1＝t2＝1，不合题意舍去；∴抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），把（0，﹣3）代入得a•1•（﹣3）＝﹣3，解得a＝1，∴抛物线解析式为y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3；（2）作MH⊥CD于H，如图，∴CH＝DH，∵C（0，﹣3），H（﹣1，0），∴CH＝2，∴DH＝2，∴OD＝DH﹣OH＝1，∴D（0，1），∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴E（1，﹣4），∴CE=12+(−4+3)2=而BC=32+∴CE2+BC2＝BE2，∴△BCE为直角三角形，∠BCE＝90°，∵OBBC=3∴OBBC∴△BDO∽△BCE；（3）存在．∵以P、A、C为顶点的三角形与△BCE相似，∴△PAC为直角三角形，且两直角边的比为1：3，当∠APC＝90°时，点P与点O重合，此时P点坐标为（0，0）；当∠PAC＝90°时，作AP1⊥AC交y轴于P1，如图，∵∠P1AO+∠CAO＝90°，∠P1AO+∠AP1O＝90°，∴∠CAO＝∠AP1O，∴Rt△AOP1∽Rt△COA∴OA2＝OP1•OC，∴OP1=1∴P1的坐标为（0，13当∠ACP＝90°时，作CP2⊥AC交y轴于P2，如图，同样可证明Rt△COP2∽Rt△AOC得到OC2＝OP2•OA，∴OP2＝9，∴P2的坐标为（9，0），综上所述，满足条件的P点坐标为（0，0），（0，13【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆的定义、垂径定理和相似三角形的判定与性质；会利用两点间的距离公式计算线段的长．25．如图，在平面直角坐标系中圆O1的圆心在x轴上，直径OA＝2，直线OB交圆O1于B，且∠BOA＝15°（1）求直线OB的解析式；（2）求经过O、A、B三点的抛物线y＝ax2+bx+c的表达式；（3）动点Q从A点出发顺时针在半圆AQO上运动，速度为π9长/秒，直线BQ交x轴于P，问经过多长时间PQ【分析】（1）连接BO1，可知∠BO1A＝30°，过B作BC⊥OA于点C，可求得BC=12，O1C=32，可求出OC，从而可得出（2）可求出O、A点的坐标，可利用两点式，再把B点的坐标代入可求出抛物线的表达式；（3）因为半径为1，当PQ＝1时，则可知BQ过点P，此时∠PO1Q＝150°，可求得弧AQ的长，再利用速度可求得时间．【解答】解：（1）如图1，连接BO1，∴∠BOA＝15°，∴∠BO1A＝2∠BOA＝30°，过B作BC⊥OA于点C，∵OA＝1，∴O1B＝1，在Rt△O1BC中可求得BC=12，O1C∴OC＝1+3∴B点坐标为（1+32，设直线OB解析式为y＝kx，则有12=（1+32）k，解得∴直线OB的解析式为y＝（2−3）x（2）∵OA＝2，∴A（2，0），且O（0，0），设抛物线的解析式为y＝ax（x﹣2），把B点坐标代入可得12=a（32+1）（∴抛物线解析式为y＝﹣2x（x﹣2），即y＝﹣2x2+4x；（3）∵圆的半径为1，如图2，当P点在O1右侧时，∠PO1Q为锐角，此时PQ＜O1Q，当P点在O1左侧时，∠PO1Q为锐角，此时PQ＜O1Q，∴只有当点P在O1时，PQ＝O1Q＝1，即BQ过O1点，此时∠QO1A＝180°﹣∠AO1B＝150°，∴AQ的长为：150π180又∵Q点的速度为π9∴Q点运动的时间为：5π6即当时间为7.5秒时，PQ的长为1．【点评】本题主要考查待定系数法求函数解析式和圆周角定理、弧长的计算等知识的综合应用，掌握待定系数法是求函数解析的常用方法，在（1）（2）中求出B点的坐标是解题的关键；在（3）中确定出直线BQ的位置是解题的关键．26．如图，点I是△ABC的内心，线段AI的延长线交△ABC的外接圆于点D、BC于点E．（1）求证：BD＝ID；（2）若ID＝4，AD＝8，求DE的长；（3）延长ID至点F，使DF＝ID．连接BF，求证：BF⊥BI．【分析】（1）要证明ID＝BD，只要求得∠BID＝∠IBD即可；（2）根据已知及相似三角形的判定方法得到△ABD∽△BED，由相似三角形的性质：对应边的比值相等即可求出DE的长；（3）由（1）可知ID＝BD，所以BD＝ID＝DF，即BD=12ID，所以三角形BFI是直角三角形，进而可证明BF⊥【解答】（1）证明：∵点I是△ABC的内心，∴∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠CBI，∵∠CBD＝∠CAD，∴∠BAD＝∠CBD，∴∠BID＝∠ABI+∠BAD，∴∠ABI＝∠CBI，∠BAD＝∠CAD＝∠CBD，∵∠IBD＝∠CBI+∠CBD，∴∠BID＝∠IBD，∴ID＝BD；（2）解：∵∠BAD＝∠CBD＝∠EBD，∠D＝∠D，∴△ABD∽△BED，∴BD：DE＝AD：BD，∵ID＝BD＝4，AD＝8，∴4：DE＝8：4，∴DE＝2；（3）∵ID＝BD，DF＝ID，∴BD＝ID＝DF，即BD=12∴△BFI是直角三角形，∴BF⊥BI．【点评】本题考查了三角形的内心的性质，以及等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的判定和性质，证明△ABD∽△BED是解题关键．27．如图，⊙M经过O点，并且与x轴、y轴分别交与A、B两点，线段OA，OB（OA＞OB）的长时方程x2﹣17x+60＝0的两根．（1）求线段OA、OB的长；（2）已知点C在劣弧OA上，连接BC交OA于D，当OC2＝CD•CB时，求点C的坐标；（3）在（2）的条件下，在⊙M上是否存在一点P，使S△POD＝S△ABD？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．（4）点C在优弧OA上，作直线BC交x轴于D．是否存在△COB∽△CDO？若存在，直接写出点C的坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）利用因式分解法解方程x2﹣17x+60＝0，即可得到OA＝12，OB＝5；（2）连接AB、MC、AC，如图1，根据圆周角定理得AB为⊙O的直径，根据勾股定理计算出AB＝13，则MC=132，由于OC2＝CD•CB，根据相似的判定定理得到△COD∽△CBO，则∠1＝∠2，由同弧所对的圆周角相等得到∠2＝∠3，所以∠1＝∠3，则OC=AC，根据垂径定理的推论得到MC⊥OA，OH＝AH=12OA＝6，易得HM=12OB=5（3）先利用待定系数法确定直线BC的解析式为y=−32x+5，再求出D点坐标为（103，0），则OD=103，AD＝OA﹣OD=263，设P点坐标为（x，y），根据三角形面积公式得到12•103•|y|=12•26（4）连接AC，CM的延长线交OA于H，如图2，由△COB∽△CDO得到∠4＝∠5，利用等角的余角相等得到∠3＝∠1，再根据圆内接四边形的性质得∠3＝∠2，所以∠1＝∠2，于是利用圆周角定理有OC=AC，然后根据垂径定理的推论得MC⊥OA，OH＝AH=12OA＝6，加上MH=52，所以CH＝【解答】解：（1）x2﹣17x+60＝0，（x﹣12）（x﹣5）＝0，解得x1＝12，x2＝5，所以OA＝12，OB＝5；（2）连接AB、MC、AC，MC交OA于H，如图1，∵∠ACOB＝90°，∴AB为⊙O的直径，AB=O∴MC=13∵OC2＝CD•CB，即OC：CD＝CB：OC，而∠OCD＝∠BCO，∴△COD∽△CBO，∴∠1＝∠2，∵∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∴OC=∴MC⊥OA，∴OH＝AH=12∴HM=12OB∴CH＝CM﹣HM=13∴C点坐标为（6，﹣4）；（3）不存在．理由如下：设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（0，5），C（6，﹣4）代入得b=56k+b=−4解得k=−3∴直线BC的解析式为y=−32当y＝0时，−32x+5＝0，解得x则D点坐标为（103∴OD=103，AD＝OA﹣OD∴设P点坐标为（x，y），∵S△POD＝S△ABD，∴12•103•|y|=12•∵⊙M的直径为13，∴⊙M上不存在点P，使其纵坐标为13；（4）存在．连接AC，CM的延长线交OA于H，如图2，∵△COB∽△CDO，∴∠4＝∠5，而∠5+∠3＝90°，∠4+∠1＝90°，∴∠3＝∠1，∵∠3＝∠2，∴∠1＝∠2，∴OC=∴MC⊥OA，∴OH＝AH=12而MH=5∴CH＝CM+MH＝9，∴C点坐标为（6，9）．【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理、圆周角定理和相似三角形的判定与性质．会利用待定系数法求一次函数解析式，利用两点间的距离公式计算线段的长；理解坐标与图形性质．28．如图，圆M与y轴相切于点C，与x轴交于A（2−3，0）、B（2+3，0）两点，点Q是圆M上一个动点，点N为OQ的中点，连接CN，当点Q在圆M上运动时，【分析】作ME⊥x轴于E，连接MC，根据垂径定理，由ME⊥AB得AE＝BE＝，则OE＝OA+AE