中考数学 圆的综合 培优练习(含答案)附详细答案

2023中考数学圆的综合培优练习(含答案)附详细答案

一、圆的综合

1.如图，四边形OABC是平行四边形，以。为圆心，OA为半径的圆交AB于D,延长AO

交。于E,连接CD,CE,若CE是。。的切线，解答下列问题：

(1)求证：CD是00的切线；

(2)若BC=4,CD=6,求平行四边形0ABe的面积.

【答案】(1)证明见解析(2)24

【解析】

试题分析：(1)连接。D,求出NEOC=NDOC,根据SAS推出AEOS△DOC,推出

NODC=NOEC=90。，根据切线的判定推出即可；

(2)根据切线长定理求出CE=CD=4,根据平行四边形性质求出0A=0D=4,根据平行四边

形的面积公式=24COD的面积即可求解.

试题解析：(1)证明：连接。D,

•••OD=OA,

ZODA=ZA,

•••四边形OABC是平行四边形，

OCIIAB,

ZEOC=ZA,ZCOD=ZODA,

ZEOC=ZDOC,

在4EOC和4DOC中，

0E=0D

<NEOC=NDOC

oc=oc

：.AE0醛ADOC(SAS),

ZODC=ZOEC=90",

即OD±DC,

CD是。0的切线；

(2)由(1)知CD是圆。的切线，

△CDO为直角三角形，

「SACDO=—CDeOD,

又•「0A=BC=0D=4,

I

••SACDO=X6X4=12,

•1.平行四边形OABC的面积S=2SACDO=24.

2.如图,四边形ABCD是。。的内接四边形,AB=CD.

⑴如图⑴,求证:ADIIBC；

⑵如图⑵，点F是AC的中点，弦DGIIAB,交BC于点E,交AC于点M,求证:AE=2DF；

⑶在⑵的条件下，若DG平分NADC,GE=5G,tanNADF=47L求。。的半径。

【答案】⑴证明见解析；(2)证明见解析；(3)V129

【解析】

试题分析：(1)连接AC.由弦相等得到弧相等，进一步得到圆周角相等，即可得出结论.

(2)延长AD到N,使。A/=AD,连接A/C.得到四边形A8E。是平行四边形，从而有

AD=BE,DN=BE.由圆内接四边形的性质得到NNDC=N8.即可证明MB隹ACND,得到

AE=CN,再由三角形中位线的性质即可得出结论.

(3)连接BG,过点A作A”_LBC,由(2)知NAEB=NANC,四边形A8ED是平行四边

形，得至ljAB=DE.再证明ACDE是等边三角形，ABGE是等边三角形，通过解三角形A8E,

得到AB,HB,AH,HE的长，由EC=DE=A8,得至的长.在RSAHC中，由勾股定理

求出AC的长.

作直径AP,连接CP,通过解AAPC即可得出结论.

试题解析:解：⑴连接AC.AB=CD,.,.弧48=弧CD,,NDAC=NACB,,ADIIBC.

(2)延长AD到N,使。N=AD,连接NC.；ADII8C,DGIIAB,.,.四边形ABED是平行四

边形，AD^BE,：.DN=BE.丫A8CD是圆内接四边形，:.NNDC=4B.-：AB=CD,

1

:.MBE2MND,：.AE=CN./DN=AD,AF=FC,：.DF=-CN,：.AE=2DF.

2

困(2)

(3)连接BG,过点A作AH1.BC,由(2)知NAEB=NANC,四边形ABED是平行四边

形，；.AB=DE.

OFIICN,ZADF=NANC,ZAEB=ZADF,：.tanZAEB=tanZADF=4百，DG平分

ZADC,二ZADG=NCDG.ADWBC,：.ZADG=NCED,

LNDC=4DCE.；NABC=4NDC,；.NABC=4DCE.•/ABWDG,：.4ABC=ZDEC,

ZDEC=NECD=ZEDC,：.MDE是等边三角形，,AB=DE=CE.-：ZGBC=NGDC=60°,

NG=NDCB=60°,J.A8GE是等边三角形，BE=GE=56-''tanZAEB=tanZADF=4y/3>设

HE=x,贝ljAH=40X.ZABE=ZDEC=60°,：.ZBAH=30°,二8H=4x,AB=8x,

4X+X=5A/3)解得：x=B:.AB=8y/j,H8=4百，AH=12,EC=DE=AB=8%,

HC=HE+EC=6+86=973.在RtAAHC中，

AC=y/AH2+HC2=7122+(9^)2=3而.

AC

作直径AP,连接CP,，NACP=90°,NP=NABC=60。，sinZP=——，

AP

.p_A。=3而=2回,—

•••sin60°，二。。的半径是洞•

V

fi())

3.如图，A8为。。的直径，点。为AB下方。。上一点，点C为弧人B。的中点，连接

CD,CA.

(1)求证：Z480=2/BDC；

（2）过点C作CH_LAB于"，交AD于E,求证：EA=EC；

（3）在（2）的条件下，若。H=5,AD=24,求线段DE的长度.

9

【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）DE=-.

2

【解析】

【分析】

（1）连接AD,如图1,设NBDC=a,Z4DC=p,根据圆周角定理得到NCA8=NBDC=a,由

AB为。。直径，得到NADB=90。，根据余角的性质即可得到结论；

（2）根据已知条件得到ZACE=NADC,等量代换得到NACE=NCAE,于是得到结论；

（3）如图2,连接。C,根据圆周角定理得到NCO8=2NCAB,等量代换得到

4C0BNABD,根据相似三角形的性质得到。H=5,根据勾股定理得到

AB=^AD2+BD2=26，由相似三角形的性质即可得到结论•

【详解】

（1）连接AD.如图1,设N8DC=a,NADC=B，

贝此CAB=ABDC=a,

・・,点C为弧ABD中点，AC=C£>,NADC=NDAC=0,=NDA8=B-a,

「AB为C。直径,ZADB=90°,：.a+P=90°,/.P=90°-a,/.ZABD=90°-ZDAB=90°-

(P-a),ZABD=2a,ZA8D=2NBDC；

(2)CH±AB,：.ZACE+Z.CAB=^ADC+^LBDC=90Q,

ZC4B=ZCDB,ZACE=Z.ADC,

■：ZC4£=ZADC,：.ZACE=NCAE,；.AE=CE；

(3)如图2,连接OC,ZC0B=2NCAB,

---ZABD=2ZBDC,NBDC=NCAB,:.NC0B=4ABD,

OHOC1

•••ZOHC=ZADB=90°,0cHsAABD,：.--=——=一

BDAB2

•；。"=5,，BD=10,:.AB=y]AD?+BD2=26,，A0=13,AH^18,

AHAEan18AE399

AAHE-△ADB,■.——=一,即一=一AE=—,DE=—.

ADAB242622

图1图2

【点睛】

本题考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出

辅助线是解题的关键.

4.如图，AB是半圆。的直径，C是念的中点，。是念的中点，AC与8。相交于点£

（1）求证：BDABC；

（2）求证：BE=2AD；

DE

(3)求——的值.

BE

【答案】（1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（3）二1

2

【解析】

试题分析：（1）根据中点弧的性质，可得弦AD=CD,然后根据弦、弧、圆周角、圆心角

的性质求解即可；

（2）延长BC与AD相交于点F,证明△BCES&ACF,根据全等三角形的性质可得

BE=AF=2AD；

（3）连接0D,交AC于H.简要思路如下：设OH为1,则BC为2,OB=OD=&,

DH=0—1,然后根据相似三角形的性质可求解.

试题解析：（I）：。是念的中点

AD=DC

ZCBD=ZABD

/.BD平分NABC

（2）提示：延长BC与AD相交于点F,

证明△BCE2△ACF,

BE=AF=2AD

（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下:

设OH为1,贝IjBC为2,OB=OD=V2>

「DEDH

DH二也-1,加~BC

DE_y/2-l

~BE一-2"

5.（1）问题背景

如图①，BC是。。的直径，点A在。。上，AB=AC,P为BmC上一动点（不与B,C重

合），求证：、巧PA=PB+PC.

小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB,AP,AC,且AB=AC,这就为旋转作了铺

垫.于是，小明同学有如下思考过程：

第一步：将△PAC绕着点A顺时针旋转90。至AQAB（如图①）；

第二步：证明Q,B,P三点共线，进而原题得证.

请你根据小明同学的思考过程完成证明过程.

（2）类比迁移

如图②，。。的半径为3,点A,B在。0上，C为。。内一点，AB=AC,AB±AC,垂足为

A,求0C的最小值.

（3）拓展延伸

4

如图③，的半径为3,点A,B在。0上，C为。。内一点，AB=yAC,AB±AC,垂足

3

【答案】（1）证明见解析；（2）0C最小值是3，^-3；（3）-.

【解析】

试题分析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90。至△QAB（如图①），只要证明△APQ

是等腰直角三角形即可解决问题；

（2）如图②中，连接。A,将△OAC绕点0顺时针旋转90。至△QAB,连接OB,OQ,在

△BOQ中，利用三边关系定理即可解决问题；

4

（3）如图③构造相似三角形即可解决问题,作AQLOA,使得AQ二§OA,连接OQ,

4

BQ,OB.由^QAB-OAC,推出BQ=-OC,当BQ最小时，OC最小;

3

试题解析：（1）将4PAC绕着点A顺时针旋转90。至4QAB（如图①）;

BC是直径，NBAC=90°,

•1,AB=AC,ZACB=ZABC=45°,

由旋转可得NQBA=ZPCA,ZACB=NAPB=45°,PC=QB,

•••ZPCA+ZPBA=180°,ZQBA+NPBA=180°,/.Q,B,P三点共线，

ZQAB+ZBAP=ZBAP+ZPAC=90°,/.QP2=AP2+AQ2=2AP2,

，QP=V^AP=QB+BP=PC+PB,0Ap=PC+PB.

(2)如图②中，连接OA,将△OAC绕点A顺时针旋转90。至△QAB,连接OB,OQ,

图②

•••AB±AC,.,.ZBAC=90",

由旋转可得QB=OC,AQ=OA,ZQAB=ZOAC,/.ZQAB+ZBAO=ZBAO+ZOAC=90°,

.,.在R3OAQ中，OQ=30,A0=3,.,.在△OQB中，BQ>OQ-06=372-3,

即OC最小值是3加-3；

4

(3)如图③中，作AQ_LOA,使得AQ=§OA,连接OQ,BQ,OB.

图③

QAAB4

•••ZQAO=NBAC=90°,ZQAB=NOAC,：^―=——=-,

OAAC3

4

△QAB-OAC,BQ=-OC,

3

当BQ最小时，OC最小，易知OA=3,AQ=4,OQ=5,BQ>OQ-OB,/.OQ>2,]

BQ的最小值为2,

33

・・・OC的最小值为2x2=2,

42

3

故答案为一.

2

【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识，能根据题意正确的添加辅助线是解题的

关键.

6.如图1,四边形ABCD为。。内接四边形，连接AC、CO、B。，点C为弧BD的中点.

(1)求证：ZDAC=ZACO+ZABO；

(2)如图2,点E在0C上，连接EB,延长C。交AB于点F,若NDAB=NOBA+NEBA.求

证：EF=EB；

(3)在(2)的条件下，如图3,若OE+EB=AB,CE=2,AB=13,求AD的长.

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)AD=7.

【解析】

试题分析：(1)如图1中，连接0A,只要证明NCAB=N1+N2=NACO+NABO,由点C是

80中点，推出CD=C8，推出NBAC=NDAC,即可推出NDAC=NACO+NAB。；

(2)想办法证明NEFB=ZEBF即可;

(3)如图3中，过点。作。H_LAB,垂足为H,延长BE交H。的延长线于G,作BN_LCF

于N,作CK±AD于K,连接0A.作CTZ±AB于T.首先证明^EFB是等边三角形，再证

明^AC虺△ACT,RtADK8RtABTC,延长即可解决问题；

试题解析：(1)如图1中，连接0A,

---OA=OC,Z1=ZACO,

,/OA=OB,Z2=ZABO,ZCAB=Z1+Z2=ZACO+ZABO,

,•,点c是丽中点，.・.CD^CB>NBAC=ZDAC,

图1

(2)如图2中，

---ZBAD=ZBAC+ZDAC=2ZCAB,ZCOB=2ZBAC,ZBAD=ZBOC,

ZDAB=ZOBA+ZEBA,，ZBOC=ZOBA+ZEBA,

ZEFB=ZEBF,/.EF=EB.

图2

(3)如图3中，过点。作OH_LAB,垂足为H,延长BE交HO的延长线于G,作BN_LCF

图3

ZEBA+ZG=90°,ZCFB+ZHOF=90°,

ZEFB=ZEBF,/.ZG=ZHOF,

•••ZHOF=ZEOG,ZG=ZEOG,EG=EO,

OH±AB,J.AB=2HB,

OE+EB=AB,GE+EB=2HB,/.GB=2HB,

HB1

cosNGBA=------——,NGBA=60°»

GB2

「.△EFB是等边三角形，设HF=a,

,/ZFOH=30°,/.OF=2FH=2a,

13

AB=13,EF=EB=FB=FH+BH=a+—,

2

131317

OE=EF-OF=FB-0F=-------a,OB=OC=OE+EC=--------a+2=---------a,

222

113

NE=-EF=-a+—,

224

13、3

ON=OE=EN=z(-------a)（L+巨人曳一a,

22442

•••BO2-ON2=EB2-EN2,

17、133、，13113、，

(-------a)2-(z-----------a)2=(a+——)2_(z-a+—)2

242224

3

解得a=—或-10（舍弃），

2

/.OE=5,EB=8,OB=7,

•••ZK=NATC=90°,ZKAC=NTAC,AC=AC,AACa△ACT,CK=CT,AK=AT,

CD=CB'DC=BC,RtADKC"RtABTC,DK=BT,

1

,,,FT=-FC=5,DK=TB=FB-FT=3,/.AK=AT=AB-TB=10,/.AD=AK-DK=10-3=7.

2

7.如图，线段BC所在的直线是以A8为直径的圆的切线，点。为圆上一点，满足8D=

BC,且点C、。位于直径A8的两侧，连接CD交圆于点E.点F是B。上一点，连接EF,分

别交A8、8。于点G、H,且EF=8D.

⑴求证：EFWBC；

（2）若EH=4,HF—2,求的长.

2

【答案】⑴见解析；（2）—上兀

【解析】

【分析】

（1）根据EF=BD可得砥=8°，进而得到应'=DF，根据"在同圆或等圆中，同弧或

等弧所对的圆周角相等”即可得出角相等进而可证.

（2）连接DF,根据切线的性质及垂径定理求出GF、GE的长，根据"在同圆或等圆中，同

弧或等弧所对的圆周角相等”及平行线求出相等的角，利用锐角三角函数求出NBHG,进而

求出NBDE的度数，确定BE所对的圆心角的度数，根据NDFH=90。确定DE为直径，代入

弧长公式即可求解.

【详解】

(1)-.,EF=BD,

EF=BD

BE=DF

：.ZD=NDEF

又BD=BC,

*'•ND==NC,

・•・ZDEF=ZC

EFIIBC

(2)/AB是直径，BC为切线，

AB±BC

又EFIIBC,

AB±EF,<BF=<BE,

I

GF=GE=5(HF+EH)=3,HG=1

DB平分NEDF,

又BFIICD,

ZFBD=ZFDB=ZBDE=ZBFH

HB=HF=2

HG1

cosZBHG=-------=—,ZBHG=60°.

HB2

/.ZFDB=NBDE=3O0

「.NDFH=90°,DE为直径，DE=4VJ,且弧BE所对圆心角=60°.

弧BE=-x4——垂>兀

63

【点睛】

本题是圆的综合题，主要考查圆周角、切线、垂径定理、弧长公式等相关知识，掌握圆周

角的有关定理，切线的性质，垂径定理及弧长公式是解题关键.

8.如图，四边形A8CD内接于O。，ZBAD=90a,AD.BC的延长线交于点F,点E在CF

上，且NDEC=NBAC.

(1)求证：DE是。。的切线；

(2)当A8=AC时，若CE=2,EF=3,求。。的半径.

【解析】

【分析】

(1)先判断出BD是圆。的直径，再判断出BDJ_DE,即可得出结论；

(2)根据余角的性质和等腰三角形的性质得到NF=NEDF,根据等腰三角形的判定得到

DE=EF=3,根据勾股定理得到8=")石2_。石2=石,证明△CDESADBE,根据相似三

角形的性质即可得到结论.

【详解】

(1)如图，连接BD.

ZBAD=90°,.,.点。必在BD上，即：8。是直径,/.ZBCD=90°,二NOEC+NCDE=90。.

•••ZDEC=4BAC,ZBAC+NCDE=90°.

•e,ZB4C=ZBDC,r.NBOC+NCOE=90°,，ZBDE=90。，即：BD1.DE.

・点。在。。上，.〔DE是。。的切线；

AB=AC,：.ZABC=ZACB.

■：ZADB=^ACB,：.Zf=ZFDE,：.DE=EF=3.

22

-：CE=2,ZBCD=90°,：,ZDCE=90°,：.CD=£>E-C£=6-

ZBDE=90°,CD±BE,/.ZDCE=NBDE=90°.

CDBDJ5x33J5人,

•••ZDEC=NBED,，△CDE-△DBE,：.——=——，/.BD=N'=—的半

CEDE22

径M

4

本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，

求出DE=EF是解答本题的关键.

9.如图，点8在数轴上对应的数是-2,以原点。为原心、。8的长为半径作优弧AB,使

点A在原点的左上方，且tanNA08=6,点C为。8的中点，点。在数轴上对应的数为

4.

（1）5问彩408=（大于半圆的扇形）；

（2）点P是优弧AB上任意一点，则NPDB的最大值为°

（3）在（2）的条件下，当NPD8最大，且NAOPC180。时，固定△0PD的形状和大小，

以原点。为旋转中心,将A0P。顺时针旋转a（00<a<360°）

①连接CP,AD.在旋转过程中，CP与AD有何数量关系，并说明理由；

②当PDUA。时，求AD?的值；

③直接写出在旋转过程中，点C到PD所在直线的距离d的取值范围.

【解析】

【分析】

（1）利用扇形的面积公式计算即可.

（2）如图1中，当P。与。。相切时，NPD8的值最大.解直角三角形即可解决问题.

（3）①结论：AD=2PC.如图2中，连接A8,AC.证明△COP”△A0D,即可解决问题.

②分两种情形：如图3中，当PDIIOA时，设。。交。。于K,连，接PK交。C于从求出

PC即可.如图④中，当R4II0A时，作PKJLOB于K,同法可得.

③判断出PC的取值范围即可解决问题.

【详解】

（1）,/tanZA08=百，

Z408=60°,

300-^-2210万

5用形AOB=(大于半圆的扇形)，

360—-下

(2)如图1中，当P。与0。相切时，NPDB的值最大.

图1

PD是。。的切线，

/.OPA.PD,

：.ZOPD=90°,

■：sinZPDO=-=-=-

OD42

ZPDB=30",

同法当。产与。。相切时，ZBDP'=30°,

ZPDB的最大值为30。.

故答案为30.

(3)①结论：AD=2PC.

理由：如图2中，连接AB,AC.

图2

OA=OB,ZAOB^60°,

△AOB是等边三角形，

BC=OC,

AC±OB,

ZAOC=NDOP=60°,

ZCOP=NAOD,

AOOD.

--------------2,

OCOP

Acops△AOD,

ADAOc

------=------=2,

PCOC

/.AD=2PC.

图3

「OP=OK,ZPOK=60°,

・•.△OPK是等边三角形，

,/PDWOA,

ZAOP=NOPD=90°,

・•・ZPOH+NAOC=90°,

N4OC=60°,

ZPOH=30°f

PH=；OP=1,OH=y/jPH=73，

・•.PC=VPH2+CH2=JF+(1+a2=J5+2G,

•・,AD=2PC,

AD2=4(5+2百)=20+873.

如图④中，当RAMOA时，作PKJLOB于K,同法可得：PC2=12+(73-1)2=5-

图4

③由题意1WPC43,

在旋转过程中，点C到P。所在直线的距离d的取值范围为l<d<3.

【点睛】

本题属于圆综合题，考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，旋转变换，勾股定

理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题.

10.如图，A8为。。的直径，且A8=m(m为常数)，点C为4台的中点，点D为圆上

一动点，过A点作。。的切线交BD的延长线于点P,弦CD交4B于点E.

、、“DA+DB

(1)当DC1.AB时t，贝Ml1j--------------=；

DC-------

(2)①当点。在A8上移动时，试探究线段加，DB,DC之间的数量关系；并说明理

由；

②设CD长为t,求△AO8的面积S与t的函数关系式;

(3)当空=逑时,求”的值.

AC20OA

【答案】(1)V2；⑵①DA+DB=V^DC,②S=」t2-_lm2；(3)些=竺旦

24OA35

【解析】

【分析】

(1)首先证明当DCLAB时，DC也为圆的直径，且△ADB为等腰直角三角形，即可求出

结果；

(2)①分别过点A,B作CD的垂线，连接AC,BC,分别构造△ADM和△BDN两个等腰

直角三形及△NBC和△MCA两个全等的三角形，容易证出线段DA,DB,DC之间的数量关

系；

②通过完全平方公式(DA+DB)2=DA2+DB2+2DA»DB的变形及将已知条件AB=m代入即可

求出结果；

(3)通过设特殊值法，设出PD的长度，再通过相似及面积法求出相关线段的长度，即可

求出结果.

【详解】

解：(1)如图1,AB为。0的直径，

ZADB=90",

C为AB的中点，

AC=BC^

：.ZADC=NBDC=45",

DC±AB,

ZDEA=NDEB=90",

ZDAE=NDBE=45",

/.AE=BE,

点E与点0重合,

二DC为。。的直径,

•.DC—ABt

在等腰直角三角形DAB中，

DA=DB=—AB,

2

DA+DB=72AB=72CD,

c图1

(2)①如图2,过点A作AM_LDC于M,过点B作BNJLCD于N,连接AC,BC,

由(1)知AC=5C，

AC=BC,

•••AB为。。的直径，

ZACB=NBNC=NCMA=90°,

ZNBC+ZBCN=9O°,ZBCN+ZMCA=90°,

ZNBC=ZMCA,

在^NBC和小MCA中，

NBNC=ZCMA

<NNBC=ZMCA,

BC=CA

.〔ANBC合△MCA(AAS),

CN=AM,

由(1)知NDAE=NDBE=45°,

AM=—DA,DN=­DB,

22

DC=DN+NC=—DB+—DA=—(DB+DA)，

222

即DA+DB=72DC；

D

图2

②在RtADAB中，

DA2+DB2=AB2=m2,

■：(DA+DB)2=DA2+DB2+2DA»DB,

且由①知DA+DB=V2DC=V2t,

(0t)2=m2+2DA»DB,

/.DA«DB=t2-—m2,

2

SAADB=-DA»DB=-t2--m2,

224

△ADB的面积S与t的函数关系式S='t2--m2；

24

(3)如图3,过点E作EH_LAD于H,EG_LDB于G,

则NE=ME,四边形DHEG为正方形，

由(L)知AC=8C，

•.AC--BCf

AACB为等腰直角三角形，

'''AB—yp2,AC,

..PD_9垃

'前一年’

设PD=9亚，则AC=20,AB=2O0,

,/ZDBA=ZDBA,ZPAB—ZADB,

二△ABD-△PBA,

ABBDAD

~PB~~AB~~PA'

,20V2BD

DB+9V2-20V2'

DB=16及,

AD=y]AB2-DB2=12及，

设NE=ME=x,

111

•SAABD=—AD・BD=-AD*NE+—BDeME,

222

；xl20xl60=；xl26・x+；xl67^・x,

,480

・・x=---,

7

•••DE=0HE=0x=岸,

又丫AO=；AB=1O0,

【点睛】

本题考查了圆的相关性质，等腰直三角形的性质，相似的性质等，还考查了面积法及特殊

值法的运用，解题的关键是认清图形，抽象出各几何图形的特殊位置关系.

11.己知AC=DC,ACA.DC,直线MN经过点4作DBJL/WM垂足为8,连结CB.

［感知］如图①，点A、B在CD同侧，且点B在AC右侧，在射线AM上截取AE=BD,连结

CE,可证ABC/A£CA,从而得出EC=BC,NECB=90。，进而得出NA8C=度；

［探究］如图②，当点A、B在C。异侧时，［感知］得出的NA8C的大小是否改变？若不改

变，给出证明；若改变，请求出NA8C的大小.

［应用］在直线MN绕点A旋转的过程中，当N88=30。，8。=小时，直接写出BC的长.

【答案】【感知】：45；【探究】：不改变，理由详见解析；【拓展】：8C的长为小+1

或-1.

【解析】

【分析】

［感知］证明△BCD2△ECA(SAS)即可解决问题；

［探究］结论不变，证明△BC腌△ECA(SAS)即可解决问题；

［应用］分两种情形分别求解即可解决问题.

【详解】

解：【感知】，如图①中，在射线4M上截取4E=8D,连结CE.

图①

/AC.LDC,DB工MN,

Z4CD=NDBA=90°.

ZCDB+NCAB=180°,

,/ZCAB+ZCAE=180°

ZD=ZCAE,'：CD=AC9AE=BD,

/.△B但△ECA(SAS),

BC=EC,ZBCD=NECA,

ZACE+NECD=90°,

ZECD+ZDCS=90°,

即NECB=90°,

Z48C=45°.

故答案为45

【探究】

不改变.理由如下：

如图，如图②中，在射线4V上截取A£=8D,连接CE,设M/V与CD交于点O.

/AC±DC,DBLMN,

ZACD=ADBA=90°,

,：ZAOC=NDOB,

「・ZD=ZEAC,CD=ACf

△83△ECACSAS),

BC=EC,ZBCD=NECA,

•/ZACE+NECD=90°,

ZECD+ZDCB=90°,

即NECB=90°,

ZA8c=45°.

【拓展】

如图①T中，连接AD.

Z4CD+ZABD=180°,

A,C,D,B四点共圆,

/.ZDAB=NDCS=30°,

AB=/BD=F，

：.EB=AE+AB=F+平,

△ECB是等腰直角三角形，

EB

•••BC=—=yP+1

如图②中，同法可得

综上所述，8c的长为小+1或小-L

【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性

质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属

于中考压轴题.

12.如图，点A,B,C,D,E在00上，AB_LCB于点B,tanD=3,BC=2,H为CE延长线

上一点，且AH=yJ10,CH——5\/2-

(1)求证：AH是。。的切线；

(2)若点D是弧CE的中点，且AD交CE于点F,求证：HF=HA；

（3）在（2）的条件下，求EF的长.

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）710-72

【解析】

【分析】（1）连接AC,由ABJLCB可知AC是。。的直径，由圆周角定理可得NC=ND,

于是得到tanC=3,故此可知AB=6,在RSABC中，由勾股定理得：AC2=40,从而可得

AC2+AH2=CH2,根据勾股定理的逆定理可得AC_LAH,问题得证；

（2）连接DE、BE,由弦切角定理可知NABD=NHAD,由D是CE的中点，可得

ZCED=ZEBD,再由圆周角定理可得NABE=ZADE,结合三角形的外角即可证明

ZHAF=NAFH,从而可证得AH=HF；

（3）由切割线定理可得EH=0,由（2）可知AF=FH=J15，从而可得EF=FH-EH=Ji。-

【详解】（1）如图1所示：连接AC.

ABJLCB,

二AC是。。的直径，

AB=3BC=3x2=6,

在R3ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40,

又AH2=10,CH2=50,

AC2+AH2=CH2,

・・.△ACH为直角三角形，

AC±AH,

AH是圆。的切线；

（2）如图2所示：连接DE、BE,

・；AH是圆。的切线,

ZABD=ZHAD,

D是火的中点，

CD=ED，

：.ZCED=ZEBD,

又：ZABE=ZADE,

ZABE+ZEBD=ZADE+ZCED,

/.ZABD=ZAFE,

ZHAF=ZAFH,

・•・AH=HF；

（3）由切割线定理可知：AH2=EH«CH,即（JI5）2=5夜EH,

解得：EH=丘,

由（2）可知AF=FH=,

EF=FH-EH=V10-V2.

【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切

割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等，正确添

加辅助线是解题的关键.

13.如图①，已知中，ZACB=90，AC=8,43=1（）,点。是AC边上一

点（不与。重合），以为直径作。。，过C作CE切。。于E，交A8于尸.

（1）若。。的半径为2,求线段CE的长；

（2）若人尸=所，求。。的半径；

（3）如图②，若CE=C3,点B关于AC的对称点为点G,试求G、E两点之间的距

离.

【答案】（1）CE=4J5；⑵O。的半径为3；（3）G、E两点之间的距离为9.6.

【解析】

【分析】

（1）根据切线的性质得出NOEC=90。，然后根据勾股定理即可求得：

f1f.f\f'r乂t'

（2）由勾股定理求得BC,然后通过证得△OEO△BCA,得到——=—,即一=二，解

BCBA610

得即可；

（3）证得D和M重合，E和F重合后，通过证得△GBE-△ABC,—,即

ABAC

—=—,解得即可.

108

【详解】

（1）如图，连结0E.

•••CE切OO于E，

NOEC=90。.

.AC=8,。。半径为2,

OC=6，OE=2.

•••CE=y]0C2-0E2=45/2；

⑵设。。半径为L

在向AABC中，ZACB=90°，AB=10,AC=8,

BC7AB2-AC?=6

•••AF=BF,

AF=CF=BF.

•••ZACF^ZCAF.

■■CE切OO于E，

NOEC=9()°.

/OEC=ZACB,

AOEC-ABC4.

.OEOC

.r_8—广

--

解得r=3.

QO的半径为3；

⑶连结EG、OE,设EG交AC于点”，

A

由对称性可知，CB=CG.

又CE=CB,

CE=CG.

ZEGC=ZGEC.

•••CE切。。于E,

・・・ZGEC+ZOEG=90°.

又/EGC+/GMC=90。,

NOEG=/GMC.又ZGMC=NOME,

NOEG=NOME.

・•.OE=OM.

..•点M与点。重合.

G、D、E三点在同一条直线上.

连结AE、BE，

AO是直径，

ZAED=90°,即ZAEG=90°.

又CE=CB=CG,

・•.=90°.

ZAEB=ZAEG+/BEG=180。，

.■.A、E、8三点在同一条直线上.

・••E、F两点重合.

Z.GEB=ZACB=90°,ZB=NB，

'''AGBE~AA5C.

GBGE12GE

..----....,即an——----.

ABAC108

・•.GE=96.

故G、E两点之间的距离为9.6.

【点睛】

本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得

G、D、E三点共线以及A、E、B三点在同一条直线上是解题的关键.

14.如图，R3ABC中，ZB=90\它的内切圆分别与边BC、CA、AB相切于点D、E、F,(1)

设AB=c,BC=a,AC=b,求证：内切圆半径r=—(a+b-c).

2

⑵若AD交圆于P,PC交圆于H,FH//BC,求NCPD;

⑶若r=3yf10,PD=18,PC=27V2.求小ABC各边长.

【答案】（1）证明见解析（2）45。（3）9U，12710,15710

【解析】

【分析】

（1）根据切线长定理，有AE=AF,BD=BF,CD=CE.易证四边形BDOF为正方形，

BD=BF=r,用r表示AF、AE、CD、CE,利用AE+CE=AC为等量关系列式.

（2）NCPD为弧DH所对的圆周角，连接0D,易得弧DH所对的圆心角NDOH=90。，所