中考数学圆的综合的综合题试题及详细答案

中考数学圆的综合的综合题试题及详细答案
一、圆的综合
1．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.
(1)设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积；
(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.
【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.
【解析】
试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．
（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．
试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，
∴△PAB≌△P'CB，
∴S△PAB=S△P'CB，
S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；
（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，
∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，
∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；
又∵∠BP′C=∠BPA=135°，
∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．
PC==6．
考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．
2．如图1，将长为10的线段OA绕点O旋转90°得到OB，点A的运动轨迹为»AB，P是半径OB上一动点，Q是»AB上的一动点，连接PQ.
发现：∠POQ＝________时，PQ有最大值，最大值为________；
思考：（1）如图2，若P是OB中点，且QP⊥OB于点P，求»BQ的长；
（2）如图3，将扇形AOB沿折痕AP折叠，使点B的对应点B′恰好落在OA的延长线上，求阴影部分面积；
探究：如图4，将扇形OAB沿PQ折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切，切点为C，若OP＝6，求点O到折痕PQ的距离．
【答案】发现： 90°，102；思考：（1）
10
3
π
=；（2）25π−1002+100；（3）点O
到折痕PQ的距离为30.
【解析】
分析：发现：先判断出当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，即可得出结论；
思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；
（2）先在Rt△B'OP中，OP2+(102−10)2=（10-OP）2，解得OP=102−10，最后用面积的和差即可得出结论．
探究：先找点O关于PQ的对称点O′，连接OO′、O′B、O′C、O′P，证明四边形OCO′B是矩
形，由勾股定理求O′B，从而求出OO′的长，则OM=1
2
OO′=30．
详解：发现：∵P是半径OB上一动点，Q是»AB上的一动点，∴当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，
此时，∠POQ=90°，PQ=22
OA OB
+=102；
思考：（1）如图，连接OQ，
∵点P是OB的中点，
∴OP=1
2
OB=
1
2
OQ．
∵QP ⊥OB ， ∴∠OPQ=90°
在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=1
2
OP OQ =， ∴∠QOP=60°， ∴l BQ =
601010
1803
ππ⨯=； （2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝102， 在Rt △B'OP 中，OP 2+(102−10)2=（10-OP ）2 解得OP=102−10，
S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101
210(10210)3602
π⨯-⨯⨯⨯-
＝25π−1002+100；
探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，
则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是¼B Q '所在圆的圆心，
∴O′C=OB=10，
∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点， ∴O′C ⊥AO ， ∴O′C ∥OB ，
∴四边形OCO′B 是矩形，
在Rt △O′BP 中，226425-= 在Rt △OBO′K ，2210(25)=230-， ∴OM=
12OO′=1
2
×23030 即O 到折痕PQ 30
点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=
180
n R
π（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．
3．四边形 ABCD 的对角线交于点 E ，且 AE ＝EC ，BE ＝ED ，以 AD 为直径的半圆过点 E ，圆
心 为 O ．
（1）如图①，求证：四边形 ABCD 为菱形；
（2）如图②，若 BC 的延长线与半圆相切于点 F ，且直径 AD ＝6，求弧AE 的长．
【答案】（1）见解析；（2）π2
【解析】
试题分析：（1）先判断出四边形ABCD 是平行四边形，再判断出AC ⊥BD 即可得出结论； （2）先判断出AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ，进而得出∠CDA =30°，最后用弧长公式即可得出结论．
试题解析：证明：（1）∵四边形ABCD 的对角线交于点E ，且AE =EC ，BE =ED ，∴四边形ABCD 是平行四边形．∵以AD 为直径的半圆过点E ，∴∠AED =90°，即有AC ⊥BD ，∴四边形ABCD 是菱形；
（2）由（1）知，四边形ABCD 是菱形，∴△ADC 为等腰三角形，∴AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ．如图2，过点C 作CG ⊥AD ，垂足为G ，连接FO ．∵BF 切圆O 于点F ，∴OF ⊥AD ，且1
32
OF AD =
=，易知，四边形CGOF 为矩形，∴CG =OF =3． 在Rt △CDG 中，CD =AD =6，sin ∠ADC =
CG CD =1
2
，∴∠CDA =30°，∴∠ADE =15°． 连接OE ，则∠AOE =2×∠ADE =30°，∴¶
303180
2
AE ππ⋅⨯==．
点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．
4．阅读下列材料：
如图1，⊙O 1和⊙O 2外切于点C ，AB 是⊙O 1和⊙O 2外公切线，A 、B 为切点， 求证：AC ⊥BC
证明：过点C 作⊙O 1和⊙O 2的内公切线交AB 于D ， ∵DA 、DC 是⊙O 1的切线 ∴DA=DC ．
∴∠DAC=∠DCA ． 同理∠DCB=∠DBC ．
又∵∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°， ∴∠DCA+∠DCB=90°． 即AC ⊥BC ．
根据上述材料，解答下列问题：
（1）在以上的证明过程中使用了哪些定理？请写出两个定理的名称或内容； （2）以AB 所在直线为x 轴，过点C 且垂直于AB 的直线为y 轴建立直角坐标系（如图2），已知A 、B 两点的坐标为（﹣4，0），（1，0），求经过A 、B 、C 三点的抛物线y=ax 2+bx+c 的函数解析式；
（3）根据（2）中所确定的抛物线，试判断这条抛物线的顶点是否落在两圆的连心O 1O 2上，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）213
222
y x x =+- ；（3）见解析 【解析】
试题分析：（1）由切线长相等可知用了切线长定理；由三角形的内角和是180°，可知用了三角形内角和定理；
（2）先根据勾股定理求出C 点坐标，再用待定系数法即可求出经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式；
（3）过C 作两圆的公切线，交AB 于点D ，由切线长定理可求出D 点坐标，根据,C D 两点的坐标可求出过,C D 两点直线的解析式，根据过一点且互相垂直的两条直线解析式的关系可求出过两圆圆心的直线解析式，再把抛物线的顶点坐标代入直线的解析式看是否适合即可．
试题解析：(1)DA 、DC 是1O e 的切线， ∴DA =DC .应用的是切线长定理；
180DAC DCA DCB DBC ∠+∠+∠+∠=o ，应用的是三角形内角和定理.
(2)设C 点坐标为(0,y ),则222AB AC BC =+， 即()()
22
22241
41y y --=-+++，
即2
25172y =+,解得y =2(舍去)或y =−2.
故C 点坐标为(0,−2)，
设经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式为2y ax bx c ，
=++
则
1640
2,
a b c
a b c
c
-+=
⎧
⎪
++=
⎨
⎪=-
⎩
解得
1
2
3
2
2
a
b
c
⎧
=
⎪
⎪
⎪
=
⎨
⎪
=-
⎪
⎪⎩
，
故所求二次函数的解析式为2
13
2.
22
y x x
=+-
(3)过C作两圆的公切线CD交AB于D,则AD=BD=CD,由A(−4,0),B(1,0)可知
3
(,0)
2
D-，
设过CD两点的直线为y=kx+b,则
3
2
2
k b
b
⎧
-+=
⎪
⎨
⎪=-
⎩，
解得
4
3
2
k
b
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=-
⎩，
故此一次函数的解析式为
4
2
3
y x
=--，
∵过
12
,
O O的直线必过C点且与直线
4
2
3
y x
=--垂直，
故过
12
,
O O的直线的解析式为
3
2
4
y x
=-，
由(2)中所求抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为
325
(,)
28
--，
代入直线解析式得
3325
2,
428
⎛⎫
⨯--=-
⎪
⎝⎭
故这条抛物线的顶点落在两圆的连心12
O O上.
5．如图，已知BC是⊙O的弦，A是⊙O外一点，△ABC为正三角形，D为BC的中点，M 为⊙O上一点，并且∠BMC=60°．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若E，F分别是边AB，AC上的两个动点，且∠EDF=120°，⊙O的半径为2，试问
BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）证明见试题解析；（2）BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半．【解析】
试题分析：（1）连结OB、OD，如图1，由于D为BC的中点，由垂径定理的推理得
OD⊥BC，∠BOD=∠COD，即可得到∠BOD=∠M=60°，则∠OBD=30°，所以∠ABO=90°，于是得到AB是⊙O的切线；
（2）作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，由△ABC为正三角形，D为BC 的中点，得到AD平分∠BAC，∠BAC=60°，利用角平分线性质得DM=DN，得
∠MDN=120°，由∠EDF=120°，得到∠MDE=∠NDF，于是有△DME≌△DNF，得到ME=NF，
得到BE+CF=BM+CN，由BM=1
2
BD，CN=
1
2
OC，得到BE+CF=
1
2
BC，即可判断BE+CF的值是
定值，为等边△ABC边长的一半．
试题解析：（1）连结OB、OD，如图1，∵D为BC的中点，∴OD⊥BC，∠BOD=∠COD，
∴∠ODB=90°，∵∠BMC=1
2
∠BOC，∴∠BOD=∠M=60°，∴∠OBD=30°，∵△ABC为正三
角形，∴∠ABC=60°，∴∠ABO=60°+30°=90°，∴AB⊥OB，∴AB是⊙O的切线；
（2）BE+CF的值是为定值．
作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，∴AD平分∠BAC，∠BAC=60°，∴DM=DN，∠MDN=120°，∵∠EDF=120°，
∴∠MDE=∠NDF，在△DME和△DNF中，∵∠DME=∠DNF．DM=DN，∠MDE=∠NDF，∴△DME≌△DNF，∴ME=NF，∴BE+CF=BM﹣EM+CN+NF=BM+CN，在Rt△DMB中，
∵∠DBM=60°，∴BM=1
2
BD，同理可得CN=
1
2
OC，∴BE+CF=
1
2
OB+
1
2
OC=
1
2
BC，∴BE+CF
的值是定值，为等边△ABC边长的一半．
考点：1．切线的判定；2．等边三角形的性质；3．定值问题；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．
6．已知，ABC ∆内接于O e ，点P 是弧AB 的中点，连接PA 、PB ； （1）如图1，若AC BC =，求证：AB PC ⊥； （2）如图2，若PA 平分CPM ∠，求证：AB AC =； （3）在（2）的条件下，若24
sin 25
BPC ∠=
，8AC =，求AP 的值．
【答案】(1)见解析;(2)见解析5 【解析】 【分析】
(1)由点P 是弧AB 的中点，可得出AP=BP , 通过证明APC BPC ∆≅∆ ,ACE BCE ∆≅∆可得出AEC BEC ∠=∠进而证明AB ⊥ PC.
(2)由PA 是∠CPM 的角平分线，得到∠MPA=∠APC, 等量代换得到∠ABC=∠ACB, 根据等腰三角形的判定定理即可证得AB=AC.
(3)过A 点作AD ⊥BC,有三线合一可知AD 平分BC,点O 在AD 上，连结OB ，则∠BOD ＝∠BAC ，根据圆周角定理可知∠BOD=∠BAC, ∠BPC=∠BAC ，由∠BOD=∠BPC 可得
sin sin BD
BOD BPC OB
∠=∠=
,设OB=25x ，根据勾股定理可算出OB 、BD 、OD 、AD 的长，再次利用勾股定理即可求得AP 的值. 【详解】
解：（1）∵点P 是弧AB 的中点，如图1，
∴AP ＝BP ， 在△APC 和△BPC 中
AP BP AC BC PC PC =⎧⎪
=⎨⎪=⎩
， ∴△APC ≌△BPC （SSS ）， ∴∠ACP ＝∠BCP ， 在△ACE 和△BCE 中
AC BC ACP BCP CE CE =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ACE ≌△BCE （SAS ）， ∴∠AEC ＝∠BEC ， ∵∠AEC +∠BEC ＝180°， ∴∠AEC ＝90°， ∴AB ⊥PC ；
（2）∵PA 平分∠CPM ， ∴∠MPA ＝∠APC ，
∵∠APC +∠BPC +∠ACB ＝180°，∠MPA +∠APC +∠BPC ＝180°， ∴∠ACB ＝∠MPA ＝∠APC ， ∵∠APC ＝∠ABC ， ∴∠ABC ＝∠ACB ， ∴AB ＝AC ；
（3）过A 点作AD ⊥BC 交BC 于D ，连结OP 交AB 于E ，如图2，
由（2）得出AB ＝AC ， ∴AD 平分BC ， ∴点O 在AD 上，
连结OB ，则∠BOD ＝∠BAC ， ∵∠BPC ＝∠BAC ， ∴sin sin BOD BPC ∠=∠=
2425BD OB
=，
设OB ＝25x ，则BD ＝24x ， ∴OD ＝22OB BD -＝7x ，
在Rt ABD V 中，AD ＝25x +7x ＝32x ，BD ＝24x ， ∴AB ＝
22AD BD +＝40x ，
∵AC ＝8， ∴AB ＝40x ＝8， 解得：x ＝0.2，
∴OB ＝5，BD ＝4.8，OD ＝1.4，AD ＝6.4， ∵点P 是¶AB 的中点， ∴OP 垂直平分AB ， ∴AE ＝
1
2
AB ＝4，∠AEP ＝∠AEO ＝90°， 在Rt AEO ∆中，OE ＝
223AO AE -=，
∴PE ＝OP ﹣OE ＝5﹣3＝2，
在Rt APE ∆中，AP ＝22222425PE AE +=+=． 【点睛】
本题是一道有关圆的综合题，考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定定理和三线合一，是初中数学的重点和难点，一般以压轴题形出现，难度较大.
7．如图，△ABC 内接于⊙O ，∠BAC 的平分线交⊙O 于点D ，交BC 于点E （BE ＞EC ），且BD ＝23．过点D 作DF ∥BC ，交AB 的延长线于点F ． （1）求证：DF 为⊙O 的切线；
（2）若∠BAC ＝60°，DE ＝7，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）32π． 【解析】 【分析】
（1）连结OD ，根据垂径定理得到OD ⊥BC ，根据平行线的性质得到OD ⊥DF ，根据切线的判定定理证明；
（2）连结OB ，连结OD 交BC 于P ，作BH ⊥DF 于H ，证明△OBD 为等边三角形，得到∠ODB=60°，3PE ，证明△ABE ∽△AFD ，根据相似三角形的性质求出AE ，根据阴影部分的面积=△BDF 的面积-弓形BD 的面积计算．
【详解】
证明：（1）连结OD，
∵AD平分∠BAC交⊙O于D，
∴∠BAD=∠CAD，
∴»»
BD CD
=，
∴OD⊥BC，
∵BC∥DF，
∴OD⊥DF，
∴DF为⊙O的切线；
（2）连结OB，连结OD交BC于P，作BH⊥DF于H，
∵∠BAC=60°，AD平分∠BAC，
∴∠BAD=30°，
∴∠BOD=2∠BAD=60°，
∴△OBD为等边三角形，
∴∠ODB=60°，3，
∴∠BDF=30°，
∵BC∥DF，
∴∠DBP=30°，
在Rt△DBP中，PD=1
2
3，3，
在Rt△DEP中，∵37
∴22
(7)(3)
=2，
∵OP⊥BC，
∴BP=CP=3，
∴CE=3﹣2=1，
∵∠DBE=∠CAE，∠BED=∠AEC，
∴△BDE∽△ACE，
∴AE：BE=CE：DE，即AE：5=17，∴57
∵BE∥DF，
∴△ABE∽△AFD，
∴BE AE DF AD =
，即57
57125DF = ， 解得DF=12，
在Rt △BDH 中，BH=12
BD=3， ∴阴影部分的面积=△BDF 的面积﹣弓形BD 的面积=△BDF 的面积﹣（扇形BOD 的面积﹣
△BOD 的面积）=22160(23)3123(23)2π⨯⨯⨯--⨯ =93﹣2π． 【点睛】
考查的是切线的判定，扇形面积计算，相似三角形的判定和性质，圆周角定理的应用，等边三角形的判定和性质，掌握切线的判定定理，扇形面积公式是解题的关键．
8．如图①，抛物线y ＝ax 2+bx+c 经过点A （﹣2，0）、B （4，0）、C （0，3）三点．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）点P 是y 轴上的一个动点，连接PA ，试求5PA+4PC 的最小值；
（3）如图②，若直线l 经过点T （﹣4，0），Q 为直线l 上的动点，当以A 、B 、Q 为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l 的解析式．
【答案】（1）233384y x x =-
++；（2）5PA+4PC 的最小值为18；（3）直线l 的解析式为334y x =+或334
y x =--. 【解析】
【分析】
（1）设出交点式，代入C 点计算即可 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ，易证△CDP ∽△COB ，得到比例式
PC PD BC OB =，得到PD=45PC ，所以5PA+4PC ＝5（PA+45
PC ）＝5（PA+PD ），当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小，利用等面积法求出AE=
185，即最小值为18 （3）取AB 中点F ，
以F 为圆心、FA 的长为半径画圆, 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，所以只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°，即∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q ，∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个；此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ，利用cos ∠QFT 求出QG ，分出情况Q 在x 轴上方和x 轴下方时，分别代入直接l 得到解析式即可
【详解】
解：（1）∵抛物线与x 轴交点为A （﹣2，0）、B （4，0）
∴y ＝a （x+2）（x ﹣4）
把点C （0，3）代入得：﹣8a ＝3
∴a ＝﹣38
∴抛物线解析式为y ＝﹣
38（x+2）（x ﹣4）＝﹣38x 2+34x+3 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D
∴∠CDP ＝∠COB ＝90°
∵∠DCP ＝∠OCB
∴△CDP ∽△COB ∴PC PD BC OB
= ∵B （4，0），C （0，3）
∴OB ＝4，OC ＝3，BC
∴PD ＝45
PC ∴5PA+4PC ＝5（PA+
45PC ）＝5（PA+PD ） ∴当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小
∵A （﹣2，0），OC ⊥AB ，AE ⊥BC
∴S △ABC ＝
12AB•OC ＝12BC•AE ∴AE ＝631855
AB OC BC ⨯==n ∴5AE ＝18
∴5PA+4PC 的最小值为18．
（3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆
当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，
∴只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90° ∴∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q
∵当Q 在⊙F 上运动时（不与A 、B 重合），∠AQB ＝90°
∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个
此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G
∴∠FQT ＝90°
∵F 为A （﹣2，0）、B （4，0）的中点
∴F （1，0），FQ ＝FA ＝3
∵T （﹣4，0）
∴TF ＝5，cos ∠QFT ＝35FQ TF = ∵Rt △FGQ 中，cos ∠QFT ＝35FG FQ =
∴FG ＝35FQ ＝95
∴x Q ＝1﹣9455=-，QG ＝2222912FQ 355FG ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭
①若点Q 在x 轴上方，则Q （41255
-，）
设直线l 解析式为：y ＝kx+b ∴404125
5k b k b -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 解得：343k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴直线l ：334
y x =+ ②若点Q 在x 轴下方，则Q （41255--，
） ∴直线l ：334
y x =-- 综上所述，直线l 的解析式为334y x =+或334
y x =--
【点睛】
本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论
9．如图，已知AB为⊙O的直径，AB=8，点C和点D是⊙O上关于直线AB对称的两个点，连接OC、AC，且∠BOC＜90°，直线BC和直线AD相交于点E，过点C作直线CG与线段AB的延长线相交于点F，与直线AD相交于点G，且∠GAF＝∠GCE
（1）求证：直线CG为⊙O的切线；
（2）若点H为线段OB上一点，连接CH，满足CB＝CH，
①△CBH∽△OBC
②求OH＋HC的最大值
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②5.
【解析】
分析：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，由圆的性质可知：∠CAB=∠OCA，所以
∠OCA=∠GCE，从而可证明直线CG是⊙O的切线；
（2）①由于CB=CH，所以∠CBH=∠CHB，易证∠CBH=∠OCB，从而可证明
△CBH∽△OBC；
②由△CBH∽△OBC可知：BC HB
OC BC
＝，所以HB=
2
4
BC
，由于BC=HC，所以
OH+HC=4−
2
4
BC
+BC，利用二次函数的性质即可求出OH+HC的最大值．
详解：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°
∵OA=OC ，
∴∠CAB=∠OCA ，
∴∠OCA+∠OCB=90°，
∵∠GAF=∠GCE ，
∴∠GCE+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，
∵OC 是⊙O 的半径，
∴直线CG 是⊙O 的切线；
（2）①∵CB=CH ，
∴∠CBH=∠CHB ，
∵OB=OC ，
∴∠CBH=∠OCB ，
∴△CBH ∽△OBC
②由△CBH ∽△OBC 可知：
BC HB OC BC
＝ ∵AB=8，
∴BC 2=HB•OC=4HB ， ∴HB=24
BC ， ∴OH=OB-HB=4-24
BC ∵CB=CH ，
∴OH+HC=4−24
BC +BC ， 当∠BOC=90°，
此时
∵∠BOC ＜90°，
∴0＜BC ＜
，
令BC=x 则CH=x ，BH=2
4
x ()221142544
OH HC x x x ∴+=-++=--+ 当x=2时，
∴OH+HC 可取得最大值，最大值为5
点睛：本题考查圆的综合问题，涉及二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，切线的判定等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所知识．
10．如图，过⊙O 外一点P 作⊙O 的切线PA 切⊙O 于点A ，连接PO 并延长，与⊙O 交于C 、D 两点，M 是半圆CD 的中点，连接AM 交CD 于点N ，连接AC 、CM ．
（1）求证：CM 2=MN.MA ；
（2）若∠P=30°，PC=2，求CM 的长．
【答案】（1）见解析；（2）CM=22. 【解析】
【分析】
（1）由··CM
DM =知CAM DCM ∠=∠，根∠CMA=∠NMC 据证ΔAMC ∽ΔCMN 即可得；
（2）连接OA 、DM ，由直角三角形PAO 中∠P=30°知()1122
OA PO PC CO =
=+，据此求得OA=OC=2，再证三角形CMD 是等腰直角三角形得CM 的长．
【详解】 （1）O Q e 中，M 点是半圆CD 的中点，
∴ ··CM
DM =， CAM DCM ∴∠=∠，
又CMA NMC ∠=∠Q ，
AMC CMN ∽∴∆∆，
∴ CM AM MN CM
=，即2·CM MN MA =； （2）连接OA 、DM ，
PA Q 是O e 的切线，
90PAO ∴∠=︒，
又30P ∠=︒Q ，
()1122
OA PO PC CO ∴==+， 设O e 的半径为r ，
2PC =Q ，
()122
r r ∴=+， 解得：2r =，
又CD Q 是直径，
90CMD ∴∠=︒，
CM DM =Q ，
CMD ∴∆是等腰直角三角形，
∴在Rt CMD ∆中，由勾股定理得222CM DM CD +=，即()2
22216CM r ==， 则28CM =， 22CM ∴=．
【点睛】
本题主要考查切线的判定和性质，解题的关键是掌握切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质等知识点
11．如图，等边△ABC 内接于⊙O ，P 是弧AB 上任一点（点P 不与A 、B 重合），连AP ，BP ，过C 作CM ∥BP 交PA 的延长线于点M ，
（1）求证：△PCM 为等边三角形；
（2）若PA ＝1，PB ＝2，求梯形PBCM 的面积．
【答案】（1）见解析；（21534
【解析】
【分析】
（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角，进而判定△PCM 为等边三角形；
（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等，进而利用△PCM 为等边三角形，进而求得PH 的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可．
【详解】
（1）证明：作PH ⊥CM 于H ，
∵△ABC 是等边三角形，
∴∠APC=∠ABC=60°，
∠BAC=∠BPC=60°，
∵CM ∥BP ，
∴∠BPC=∠PCM=60°，
∴△PCM 为等边三角形；
（2）解：∵△ABC 是等边三角形，△PCM 为等边三角形，
∴∠PCA+∠ACM=∠BCP+∠PCA ，
∴∠BCP=∠ACM ，
在△BCP 和△ACM 中，
BC AC BCP ACM CP CM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△BCP ≌△ACM （SAS ），
∴PB=AM ，
∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，
在Rt △PMH 中，∠MPH=30°，
∴PH=332，
∴S 梯形PBCM =
12（PB+CM ）×PH=12×（2+3）×33=1534．
【点睛】
本题考查圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题．
12．如图,在Rt △ABC 中,∠ACB=60°,☉O 是△ABC 的外接圆,BC 是☉O 的直径,过点B 作☉O 的切线BD ,与CA 的延长线交于点D ,与半径AO
的延长线交于点E ,过点A 作☉O 的切线AF ,与直径BC 的延长线交于点F.
(1)连接EF ,求证:EF 是☉O 的切线;
(2)在圆上是否存在一点P ,使点P 与点A ,B ,F 构成一个菱形?若存在,请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）过O作OM⊥EF于M,根据SAS证明△OAF≌△OBE，从而得到OE=OF,再证明EO平分∠BEF，从而得到结论;
（2）存在，先证明△OAC为等边三角形，从而得出∠OAC=∠AOC=60°,再得到AB=AF，再证明AB=AF=FP=BP，从而得到结论.
【详解】
(1)证明:如图,过O作OM⊥EF于M,
∵OA=OB,∠OAF=∠OBE=90°,∠BOE=∠AOF,
∴△OAF≌△OBE,
∴OE=OF,
∵∠EOF=∠AOB=120°,
∴∠OEM=∠OFM=30°,
∴∠OEB=∠OEM=30°,即EO平分∠BEF,
又∠OBE=∠OME=90°,
∴OM=OB,
∴EF为☉O的切线.
(2)存在.
∵BC为☉O的直径,
∴∠BAC=90°,
∵∠ACB=60°,
∴∠ABC=30°,
又∵∠ACB=60°,OA=OC,
∴△OAC为等边三角形,即∠OAC=∠AOC=60°,
∵AF为☉O的切线,
∴∠OAF=90°,
∴∠CAF=∠AFC=30°,
∴∠ABC=∠AFC,
∴AB=AF.
当点P在(1)中的点M位置时,此时∠OPF=90°,
∴∠OAF=∠OPF=90°,
又∵OA=OP,OF为公共边,
∴△OAF≌△OPF,
∴AF=PF,
∠BFE=∠AFC=30°.
又∵∠FOP=∠OBP=∠OPB=30°,
∴BP=FP,
∴AB=AF=FP=BP,
∴四边形AFPB是菱形.
【点睛】
考查了切线的判定定理和菱形的判定，经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
13．
如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝3
5
，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），
以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E．
（1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．
（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围．
（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.
【答案】（1）
40
9
R=;（2）2
5
880
320
x
y x x
x
=-+
+
（3）505
-
【解析】【分析】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝3
5
，则
sinC＝4
5
，sinC＝
HP
CP
＝
10
R
R
-
＝
4
5
，即可求解；
（2）首先证明PD∥BE，则EB BF
PD PF
=，即：20
2
4
588
x y
x
x
x
y
-+
--
=，即可求解；
（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝45，即可求解．
【详解】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，
连接HP，则HP⊥BC，cosC＝3
5
，则sinC＝
4
5
，
sinC＝HP
CP
＝
10
R
R
-
＝
4
5
，解得：R＝
40
9
；
（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝3
5
，
设AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，过点B作BH⊥AC，
则BH＝ACsinC＝8，
同理可得：CH＝6，HA＝4，AB＝5tan∠CAB＝2，BP22
8+(4)
x-2880
x x
-+
DA 25
x，则BD＝525x，
如下图所示，PA＝PD，∴∠PAD＝∠CAB＝∠CBA＝β，
tanβ＝2，则cosβ＝5，sinβ＝5， EB ＝BDcosβ＝（45﹣
25x ）×5＝4﹣25
x ， ∴PD ∥BE ， ∴EB BF PD PF =，即：2024588x y x x x -+--=， 整理得：y ＝25x x 8x 803x 20
-++； （3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，
两个圆交于点G ，则PG ＝PQ ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D ， GD 为相交所得的公共弦，
∵点Q 是弧GD 的中点，
∴DG ⊥EP ，
∵AG 是圆P 的直径，
∴∠GDA ＝90°，
∴EP ∥BD ，
由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形，
∴AG ＝EP ＝BD ，
∴AB ＝DB+AD ＝AG+AD ＝5
设圆的半径为r ，在△ADG 中，
AD＝2rcosβ＝
5，DG＝
5
，AG＝2r，
5+2r＝45，解得：2r＝
51
，
则：DG＝
5
＝50﹣105，
相交所得的公共弦的长为50﹣105．
【点睛】
本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．
14．如图，AB为⊙O的直径，BC为⊙O的弦，过O点作OD⊥BC，交⊙O的切线CD于点D，交⊙O于点E，连接AC、AE，且AE与BC交于点F．
（1）连接BD，求证：BD是⊙O的切线；
（2）若AF：EF=2：1，求tan∠CAF的值．
【答案】（1）证明见解析；（23 .
【解析】
【分析】
（1）根据全等三角形的性质得到∠OBD=∠OCD=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）根据已知条件得到AC∥DE，设OD与BC交于G，根据平行线分线段成比例定理得到
AC：EG=2：1，EG=1
2
AC，根据三角形的中位线的性质得到OG=
1
2
AC于是得到AC=OE，求
得∠ABC=30°，即可得到结论．【详解】
证明：（1）∵OC=OB，OD⊥BC，∴∠COD=∠BOD，
在△COD与△BOD中，
OC OB COD BOD OD OD ＝＝＝⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
，
∴△COD ≌△BOD ，
∴∠OBD=∠OCD=90°，
∴BD 是⊙O 的切线；
（2）解：∵AB 为⊙O 的直径，AC ⊥BC ，
∵OD ⊥CB ，
∴AC ∥DE ，
设OD 与BC 交于G ，
∵OE ∥AC ，AF ：EF=2：1，
∴AC ：EG=2：1，即EG=
12AC ， ∵OG ∥AC ，OA=OB ，
∴OG=12
AC ， ∵OG+GE=
12AC+12
AC=AC ， ∴AC=OE ， ∴AC=12
AB ， ∴∠ABC=30°，
∴∠CAB=60°，
∵¼¼CE BE
=， ∴∠CAF=∠EAB=12
∠CAB=30°， ∴tan ∠CAF=tan30°3 【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的
性质，三角函数的定义，正确的识别图形是解题的关键．
15．我们知道，如图1，AB是⊙O的弦，点F是¼
AFB的中点，过点F作EF⊥AB于点E，易得点E是AB的中点，即AE＝EB．⊙O上一点C（AC＞BC），则折线ACB称为⊙O的一条“折弦”．
（1）当点C在弦AB的上方时（如图2），过点F作EF⊥AC于点E，求证：点E是“折弦ACB”的中点，即AE＝EC+CB．
（2）当点C在弦AB的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明．
（3）如图4，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为2，过⊙O上一点P作PH⊥AC于点H，交AB于点M，当∠PAB＝45°时，求AH的长．
【答案】（1）见解析；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，见解析；（3）AH313．
【解析】
【分析】
（1）在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，证明△FAG≌△FBC，根据全等三角形的性质得到FG＝FC，根据等腰三角形的性质得到EG＝EC，即可证明.
（2）在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，证明△FCG≌△FCB，根据全等三角形的性质得到FG＝FB，得到FA＝FG，根据等腰三角形的性质得到AE＝GE，即可证明.
（3）分点P在弦AB上方和点P在弦AB下方两种情况进行讨论.
【详解】
解：（1）如图2，
在AC 上截取AG ＝BC ，连接FA ，FG ，FB ，FC ，
∵点F 是¼AFB 的中点，FA ＝FB ，
在△FAG 和△FBC 中，
,FA FB FAG FBC AG BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△FAG ≌△FBC （SAS ），
∴FG ＝FC ，
∵FE ⊥AC ，
∴EG ＝EC ，
∴AE ＝AG+EG ＝BC+CE ；
（2）结论AE ＝EC+CB 不成立，新结论为：CE ＝BC+AE ，
理由：如图3，
在CA 上截取CG ＝CB ，连接FA ，FB ，FC ，
∵点F 是¼AFB 的中点，
∴FA ＝FB ，¶¶ FA
FB =, ∴∠FCG ＝∠FCB ，
在△FCG 和△FCB 中，,CG CB FCG FCB FC FC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△FCG ≌△FCB （SAS ），
∴FG ＝FB ，
∴FA ＝FG ，
∵FE ⊥AC ，
∴AE ＝GE ，
∴CE ＝CG+GE ＝BC+AE ；
（3）在Rt △ABC 中，AB ＝2OA ＝4，∠BAC ＝30°， ∴1
2232
BC AB AC =
==，， 当点P 在弦AB 上方时，如图4，
在CA 上截取CG ＝CB ，连接PA ，PB ，PG ，
∵∠ACB ＝90°，
∴AB 为⊙O 的直径，
∴∠APB ＝90°，
∵∠PAB ＝45°，
∴∠PBA ＝45°＝∠PAB ，
∴PA ＝PB ，∠PCG ＝∠PCB ，
在△PCG 和△PCB 中， ,CG CB PCG PCB PC PC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△PCG ≌△PCB （SAS ），
∴PG ＝PB ，
∴PA ＝PG ，
∵PH ⊥AC ，
∴AH ＝GH ，
∴AC ＝AH+GH+CG ＝2AH+BC ，
∴2322AH =+，
∴31AH =，
当点P 在弦AB 下方时，如图5， 在AC 上截取AG ＝BC ，连接PA ，PB ，PC ，PG
∵∠ACB ＝90°，
∴AB 为⊙O 的直径，
∴∠APB ＝90°，
∵∠PAB ＝45°，
∴∠PBA ＝45°＝∠PAB ，
∴PA ＝PB ，
在△PAG 和△PBC 中，
,AG BC PAG PBC PA PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△PAG ≌△PBC （SAS ），
∴PG ＝PC ，
∵PH ⊥AC ，
∴CH ＝GH ，
∴AC ＝AG+GH+CH ＝BC+2CH ， ∴2322CH ，
=+
∴31CH =-，
∴()
233131AH AC CH =-=--=+， 即：当∠PAB ＝45°时，AH 的长为31- 或3 1.+
【点睛】
考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.。