2026年中考数学模拟试卷试题汇编-圆

第1页（共1页）2026年中考数学模拟试卷试题汇编——圆一．选择题（共10小题）1．如图，AB是⊙O的直径，BC=CD=DE，∠COD＝A．51° B．56° C．68° D．78°2．已知⊙O的直径CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB＝8cm，则AC的长为（）A．25cm B．45cm C．25cm或45cm D．23cm或43cm3．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为（）A．3 B．1+6 C．1+32 D．14．如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形AOBC的顶点C，与BC相交于点D．若⊙P的半径为5，点A的坐标是（0，8）．则点D的坐标是（）A．（9，2） B．（9，3） C．（10，2） D．（10，3）5．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD＝8cm，AE＝2cm，则OF的长度是（）A．3cm B．6cm C．2.5cm D．5cm6．如图，抛物线y=14x2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段A．3 B．412 C．72 D7．如图，半圆O的直径AB＝10cm，弦AC＝6cm，AD平分∠BAC，则AD的长为（）A．45cm B．35cm C．55cm D8．如图所示，MN是⊙O的直径，作AB⊥MN，垂足为点D，连接AM，AN，点C为AN上一点，且AC=AM，连接CM，交AB于点E，交AN于点①AD＝BD；②∠MAN＝90°；③AM=BM；④∠ACM+∠ANM＝∠MOB；⑤AE=其中正确结论的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．59．我们将在直角坐标系中圆心坐标和半径均为整数的圆称为“整圆”．如图，直线l：y＝kx+43与x轴、y轴分别交于A、B，∠OAB＝30°，点P在x轴上，⊙P与l相切，当P在线段OA上运动时，使得⊙P成为整圆的点P个数是（）A．6 B．8 C．10 D．1210．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC＝124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（）A．56° B．62° C．68° D．78°二．填空题（共5小题）11．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点P在第一象限，⊙P与x轴交于O，A两点，点A的坐标为（6，0），⊙P的半径为13，则点P的坐标为．12．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以点C为圆心，3为半径作⊙C，分别交AC，BC于D，E两点，点P是⊙C上一个动点，则13PA+PB的最小值为13．如图，⊙O的半径是2，直线l与⊙O相交于A、B两点，M、N是⊙O上的两个动点，且在直线l的异侧，若∠AMB＝45°，则四边形MANB面积的最大值是．14．如图，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上的一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，连接PA．设PA＝x，PB＝y，则（x﹣y）的最大值是．15．如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的母线长l为cm．三．解答题（共5小题）16．如图，在△ABC，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且∠CBF=12∠（1）求证：直线BF是⊙O的切线；（2）若AB＝5，sin∠CBF=55，求BC和17．如图，以△ABC的一边AB为直径的半圆与其它两边AC，BC的交点分别为D、E，且DE=（1）试判断△ABC的形状，并说明理由．（2）已知半圆的半径为5，BC＝12，求sin∠ABD的值．18．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．19．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．20．已知，如图，直线MN交⊙O于A，B两点，AC是直径，AD平分∠CAM交⊙O于D，过D作DE⊥MN于E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若DE＝6cm，AE＝3cm，求⊙O的半径．

2026年中考数学模拟试卷试题汇编——答案一．选择题（共10小题）题号12345678910答案ACDADCADAC一．选择题（共10小题）1．如图，AB是⊙O的直径，BC=CD=DE，∠COD＝A．51° B．56° C．68° D．78°【考点】圆心角、弧、弦的关系．【专题】数形结合．【答案】A【分析】由BC=CD=DE，可求得∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝34°，继而可求得∠【解答】解：如图，∵BC=CD=DE，∠∴∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝34°，∴∠AOE＝180°﹣∠EOD﹣∠COD﹣∠BOC＝78°．又∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠OAE，∴∠AEO=12×（180°﹣78故选：A．【点评】此题考查了弧与圆心角的关系．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．2．已知⊙O的直径CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB＝8cm，则AC的长为（）A．25cm B．45cm C．25cm或45cm D．23cm或43cm【考点】垂径定理；勾股定理．【专题】分类讨论．【答案】C【分析】先根据题意画出图形，由于点C的位置不能确定，故应分两种情况进行讨论．【解答】解：连接AC，AO，∵⊙O的直径CD＝10cm，AB⊥CD，AB＝8cm，∴AM=12AB=12×8＝4（cm），OD＝当C点位置如图1所示时，∵OA＝5cm，AM＝4cm，CD⊥AB，∴OM=OA2-A∴CM＝OC+OM＝5+3＝8（cm），∴AC=AM2+CM当C点位置如图2所示时，同理可得OM＝3cm，∵OC＝5cm，∴MC＝5﹣3＝2（cm），在Rt△AMC中，AC=AM2+MC故选：C．【点评】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．3．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为（）A．3 B．1+6 C．1+32 D．1【考点】圆周角定理．【专题】圆的有关概念及性质．【答案】D【分析】如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题；【解答】解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．∵AQ＝QP，∴OQ⊥PA，∴∠AQO＝90°，∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大（也可以通过CQ≤QK+CK求解）在Rt△OCH中，∵∠COH＝60°，OC＝2，∴OH=12OC＝1，CH在Rt△CKH中，CK=(∴CQ的最大值为1+7故选：D．【点评】本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．4．如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形AOBC的顶点C，与BC相交于点D．若⊙P的半径为5，点A的坐标是（0，8）．则点D的坐标是（）A．（9，2） B．（9，3） C．（10，2） D．（10，3）【考点】切线的性质；坐标与图形性质；矩形的性质．【专题】平面直角坐标系；矩形菱形正方形；与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；推理能力．【答案】A【分析】设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点，连接PE、PF、PD，延长EP与CD交于点G，证明四边形PEOF为正方形，求得CG，再根据垂径定理求得CD，进而得PG、DB，便可得D点坐标．【解答】解：设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点，连接PE、PF、PD，延长EP与CD交于点G，则PE⊥y轴，PF⊥x轴，∵∠EOF＝90°，∴四边形PEOF是矩形，∵PE＝PF，PE∥OF，∴四边形PEOF为正方形，∴OE＝PF＝PE＝OF＝5，∵A（0，8），∴OA＝8，∴AE＝8﹣5＝3，∵四边形OACB为矩形，∴BC＝OA＝8，BC∥OA，AC∥OB，∴EG∥AC，∴四边形AEGC为平行四边形，四边形OEGB为平行四边形，∴CG＝AE＝3，EG＝OB，∵PE⊥AO，AO∥CB，∴PG⊥CD，∴CD＝2CG＝6，∴DB＝BC﹣CD＝8﹣6＝2，∵PD＝5，DG＝CG＝3，∴PG＝4，∴OB＝EG＝5+4＝9，∴D（9，2）．故选：A．【点评】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，圆的切线的性质，垂径定理，勾股定理，关键是求出CG的长度．5．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD＝8cm，AE＝2cm，则OF的长度是（）A．3cm B．6cm C．2.5cm D．5cm【考点】垂径定理；三角形中位线定理．【专题】几何图形．【答案】D【分析】根据垂径定理得出AB的长，进而利用中位线定理得出OF即可．【解答】解：连接AB，OB，∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD＝8cm，AE＝2cm，在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2，即AB=4∵OA＝OC，OB＝OC，OF⊥BC，∴BF＝FC，∴OF=1故选：D．【点评】此题考查垂径定理，关键是根据垂径定理得出OE的长．6．如图，抛物线y=14x2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段A．3 B．412 C．72 D【考点】点与圆的位置关系；抛物线与x轴的交点；线段的性质：两点之间线段最短；三角形中位线定理．【专题】与圆有关的位置关系．【答案】C【分析】连接BP，如图，先解方程14x2﹣4＝0得A（﹣4，0），B（4，0），再判断OQ为△ABP的中位线得到OQ=12BP，利用点与圆的位置关系，BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大，然后计算出BP【解答】解：连接BP，如图，当y＝0时，14x2﹣4＝0，解得x1＝4，x2＝﹣4，则A（﹣4，0），B（4，0∵Q是线段PA的中点，∴OQ为△ABP的中位线，∴OQ=12当BP最大时，OQ最大，而BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大，∵BC=32∴BP′＝5+2＝7，∴线段OQ的最大值是72故选：C．【点评】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了三角形中位线．7．如图，半圆O的直径AB＝10cm，弦AC＝6cm，AD平分∠BAC，则AD的长为（）A．45cm B．35cm C．55cm D【考点】圆心角、弧、弦的关系；全等三角形的判定与性质；勾股定理．【专题】压轴题．【答案】A【分析】连接OD，OC，作DE⊥AB于E，OF⊥AC于F，运用圆周角定理，可证得∠DOB＝∠OAC，即证△AOF≌△OED，所以OE＝AF＝3cm，根据勾股定理，得DE＝4cm，在直角三角形ADE中，根据勾股定理，可求AD的长．【解答】解：连接OD，OC，作DE⊥AB于E，OF⊥AC于F，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠BAD（角平分线的定义），∴CD=∴∠DOB＝∠OAC＝2∠BAD，∴△AOF≌△ODE，∴OE＝AF=12AC＝3（在Rt△DOE中，DE=OD2-OE在Rt△ADE中，AD=DE2+AE2故选：A．【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系及圆的有关计算，涉及圆的题目作弦的弦心距是常见的辅助线之一，注意熟练运用垂径定理、圆周角定理和勾股定理．8．如图所示，MN是⊙O的直径，作AB⊥MN，垂足为点D，连接AM，AN，点C为AN上一点，且AC=AM，连接CM，交AB于点E，交AN于点①AD＝BD；②∠MAN＝90°；③AM=BM；④∠ACM+∠ANM＝∠MOB；⑤AE=其中正确结论的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】圆周角定理；垂径定理．【专题】压轴题．【答案】D【分析】根据AB⊥MN，垂径定理得出①③正确，利用MN是直径得出②正确，AC=AM=BM，得出④正确，结合【解答】解：∵MN是⊙O的直径，AB⊥MN，∴AD＝BD，AM=BM，∠MAN＝90°（∵AC=∴AC=∴∠ACM+∠ANM＝∠MOB（④正确）∵∠MAE＝∠AME，∴AE＝ME，∵∠EAF+∠MAE＝∠AME+∠AFM＝∠MAN，∠EAF＝∠AFM，∴AE＝EF，∴AE=12MF（正确的结论共5个．故选：D．【点评】此题考查圆周角定理，垂径定理，以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识．9．我们将在直角坐标系中圆心坐标和半径均为整数的圆称为“整圆”．如图，直线l：y＝kx+43与x轴、y轴分别交于A、B，∠OAB＝30°，点P在x轴上，⊙P与l相切，当P在线段OA上运动时，使得⊙P成为整圆的点P个数是（）A．6 B．8 C．10 D．12【考点】切线的性质；一次函数图象上点的坐标特征．【专题】压轴题．【答案】A【分析】根据直线的解析式求得OB＝43，进而求得OA＝12，根据切线的性质求得PM⊥AB，根据∠OAB＝30°，求得PM=12PA，然后根据“整圆”的定义，即可求得使得⊙P成为整圆的点P的坐标，从而求得点【解答】解：∵直线l：y＝kx+43与x轴、y轴分别交于A、B，∴B（0，43），∴OB＝43，在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，∴OA=3OB=3∵⊙P与l相切，设切点为M，连接PM，则PM⊥AB，∴PM=12设P（x，0），∴PA＝12﹣x，∴⊙P的半径PM=12PA＝6-∵x为整数，PM为整数，∴x可以取0，2，4，6，8，10，6个数，∴使得⊙P成为整圆的点P个数是6．故选：A．【点评】本题考查了切线的性质，含30°角的直角三角形的性质等，熟练掌握性质定理是解题的关键．10．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC＝124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（）A．56° B．62° C．68° D．78°【考点】三角形的内切圆与内心．【专题】常规题型；与圆有关的位置关系．【答案】C【分析】由点I是△ABC的内心知∠BAC＝2∠IAC、∠ACB＝2∠ICA，从而求得∠B＝180°﹣（∠BAC+∠ACB）＝180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．【解答】解：∵点I是△ABC的内心，∴∠BAC＝2∠IAC、∠ACB＝2∠ICA，∵∠AIC＝124°，∴∠B＝180°﹣（∠BAC+∠ACB）＝180°﹣2（∠IAC+∠ICA）＝180°﹣2（180°﹣∠AIC）＝68°，又四边形ABCD内接于⊙O，∴∠CDE＝∠B＝68°，故选：C．【点评】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．二．填空题（共5小题）11．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点P在第一象限，⊙P与x轴交于O，A两点，点A的坐标为（6，0），⊙P的半径为13，则点P的坐标为（3，2）．【考点】垂径定理；坐标与图形性质；勾股定理．【专题】压轴题；探究型．【答案】见试题解答内容【分析】过点P作PD⊥x轴于点D，连接OP，先由垂径定理求出OD的长，再根据勾股定理求出PD的长，故可得出答案．【解答】解：过点P作PD⊥x轴于点D，连接OP，∵A（6，0），PD⊥OA，∴OD=12OA＝在Rt△OPD中，∵OP=13，OD＝3∴PD=OP∴P（3，2）．故答案为：（3，2）．【点评】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．12．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以点C为圆心，3为半径作⊙C，分别交AC，BC于D，E两点，点P是⊙C上一个动点，则13PA+PB的最小值为17【考点】圆的综合题．【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力．【答案】17．【分析】在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，证明△ACP∽△PCQ，可得PQ=13AP，当B、Q、P三点共线时，13PA+PB【解答】解：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，∵AC＝9，CP＝3，∴CPAC∵CP＝3，CQ＝1，∴CQCP∴△ACP∽△PCQ，∴PQ=13∴13PA+PB＝PQ+PB≥BQ∴当B、Q、P三点共线时，13PA+PB在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，∴QB=17∴13PA+PB的最小值17故答案为：17．【点评】本题考查阿氏圆求最短距离，熟练掌握胡不归求最短距离的方法，利用三角形相似将13PA转化为PQ13．如图，⊙O的半径是2，直线l与⊙O相交于A、B两点，M、N是⊙O上的两个动点，且在直线l的异侧，若∠AMB＝45°，则四边形MANB面积的最大值是42．【考点】垂径定理；圆周角定理．【专题】压轴题．【答案】见试题解答内容【分析】过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连接OA、OB、DA、DB、EA、EB，根据圆周角定理得∠AOB＝2∠AMB＝90°，则△OAB为等腰直角三角形，所以AB=2OA＝22，由于S四边形MANB＝S△MAB+S△NAB，而当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，即M点运动到D点，N点运动到E点，所以四边形MANB面积的最大值＝S四边形DAEB＝S△DAB+S△EAB=12AB•CD+12AB•CE=12AB（CD+CE）=12AB•【解答】解：过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连接OA、OB、DA、DB、EA、EB，如图，∵∠AMB＝45°，∴∠AOB＝2∠AMB＝90°，∴△OAB为等腰直角三角形，∴AB=2OA＝22∵S四边形MANB＝S△MAB+S△NAB，∴当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，即M点运动到D点，N点运动到E点，此时四边形MANB面积的最大值＝S四边形DAEB＝S△DAB+S△EAB=12AB•CD+12AB•CE=12AB（CD+CE）=12AB•DE故答案为：42．【点评】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理．14．如图，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上的一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，连接PA．设PA＝x，PB＝y，则（x﹣y）的最大值是2．【考点】切线的性质．【专题】几何图形问题；压轴题．【答案】见试题解答内容【分析】作直径AC，连接CP，得出△APC∽△PBA，利用APAC=BPAP，得出y=18x2，所以x﹣y＝x-18x2=-18x2+x=-18（x﹣4【解答】解：如图，作直径AC，连接CP，∴∠CPA＝90°，∵AB是切线，∴CA⊥AB，∵PB⊥l，∴AC∥PB，∴∠CAP＝∠APB，∴△APC∽△PBA，∴APAC∵PA＝x，PB＝y，半径为4，∴x8∴y=18x∴x﹣y＝x-18x2=-18x2+x=-18当x＝4时，x﹣y有最大值是2，故答案为：2．【点评】此题考查了切线的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．15．如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的母线长l为6cm．【考点】圆锥的计算．【答案】见试题解答内容【分析】易得圆锥的底面周长，也就是侧面展开图的弧长，进而利用弧长公式即可求得圆锥的母线长．【解答】解：圆锥的底面周长＝2π×2＝4πcm，则：120π×l180=4解得l＝6．故答案为：6．【点评】本题考查了圆锥的计算，用到的知识点为：圆锥的侧面展开图的弧长等于底面周长；弧长公式为：nπr180三．解答题（共5小题）16．如图，在△ABC，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且∠CBF=12∠（1）求证：直线BF是⊙O的切线；（2）若AB＝5，sin∠CBF=55，求BC和【考点】切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；勾股定理；圆周角定理．【专题】几何综合题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）连接AE，利用直径所对的圆周角是直角，从而判定直角三角形，利用直角三角形两锐角相等得到直角，从而证明∠ABF＝90°．（2）利用已知条件证得△AGC∽△ABF，利用比例式求得线段的长即可．【解答】（1）证明：连接AE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∴∠1+∠2＝90°．∵AB＝AC，∴∠1=12∠∵∠CBF=12∠∴∠1＝∠CBF∴∠CBF+∠2＝90°即∠ABF＝90°∵AB是⊙O的直径，∴直线BF是⊙O的切线．（2）解：过点C作CG⊥AB于G．∵sin∠CBF=55，∠1＝∠∴sin∠1=5∵在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，AB＝5，∴BE＝AB•sin∠1=5∵AB＝AC，∠AEB＝90°，∴BC＝2BE＝25，在Rt△ABE中，由勾股定理得AE=AB2∴sin∠2=AEAB=255在Rt△CBG中，可求得GC＝4，GB＝2，∴AG＝3，∵GC∥BF，∴△AGC∽△ABF，∴GC∴BF=【点评】本题考查常见的几何题型，包括切线的判定，角的大小及线段长度的求法，要求学生掌握常见的解题方法，并能结合图形选择简单的方法解题．17．如图，以△ABC的一边AB为直径的半圆与其它两边AC，BC的交点分别为D、E，且DE=（1）试判断△ABC的形状，并说明理由．（2）已知半圆的半径为5，BC＝12，求sin∠ABD的值．【考点】圆周角定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．【专题】计算题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）连接AE，如图，根据圆周角定理，由DE=BE得∠DAE＝∠BAE，由AB为直径得∠AEB＝90°，根据等腰三角形的判定方法即可得△（2）由等腰三角形的性质得BE＝CE=12BC＝6，再在Rt△ABE中利用勾股定理计算出AE＝8，接着由AB为直径得到∠ADB＝90°，则可利用面积法计算出BD=485，然后在Rt△ABD【解答】解：（1）△ABC为等腰三角形．理由如下：连接AE，如图，∵DE=∴∠DAE＝∠BAE，即AE平分∠BAC，∵AB为直径，∴∠AEB＝90°，∴AE⊥BC，∴△ABC为等腰三角形；（2）∵△ABC为等腰三角形，AE⊥BC，∴BE＝CE=12BC=12在Rt△ABE中，∵AB＝10，BE＝6，∴AE=10∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，∴12AE•BC=12BD∴BD=8×12在Rt△ABD中，∵AB＝10，BD=48∴AD=A∴sin∠ABD=AD【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了等腰三角形的判定与性质和勾股定理．18．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．【考点】圆周角定理；等腰三角形的性质；勾股定理；菱形的判定与性质．【专题】圆的有关概念及性质．【答案】见试题解答内容【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=8∴S菱形ABFC＝815．∴S半圆=12•π•42＝8【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．19．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．【考点】切线的判定；等边三角形的性质．【专题】压轴题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）连接OB、OD、OC，如图1，由于D为BC的中点，根据垂径定理的推理得OD⊥BC，∠BOD＝∠COD，再根据圆周角定理得∠BOD＝∠M＝60°，则∠OBD＝30°，所以∠ABO＝90°，于是根据切线的判定定理得AB是⊙O的切线；（2）作DH⊥AB于H，DN⊥AC于N，连接AD，如图2，根据等边三角形三角形的性质得AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，则利用角平分线性质得DH＝DN，根据四边形内角和得∠HDN＝120°，由于∠EDF＝120°，所以∠HDE＝∠NDF，接着证明△DHE≌△DNF得到HE＝NF，于是BE+CF＝BH+CN，再计算出BH=12BD，CN=12DC，则BE+CF=12BC，于是可判断BE+【解答】（1）证明：连接OB、OD、OC，如图1，∵D为BC的中点，∴OD⊥BC，∠BOD＝∠COD，∴∠ODB＝90°，∵∠BMC=12∠∴∠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）解：BE+CF的值是为定值．作DH⊥AB于H，DN⊥AC于N，连接AD，如图2，∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，∴AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴DH＝DN，∠HDN＝120°，∵∠EDF＝120°，∴∠HDE＝∠NDF，在△DHE和△DNF中，∠DHE=∴△DHE≌△DNF，∴HE＝NF，∴BE+CF＝BH﹣EH+CN+NF＝BH+CN，在Rt△DHB中，∵∠DBH＝60°，∴BH=12同理可得CN=12∴BE+CF=12DB+12∵BD＝OB•cos30°=3∴BC＝23，∴BE+CF的值是定值，为3．【点评】本题考查了切线的判定定理：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．也考查了等边三角形的性质．20．已知，如图，直线MN交⊙O于A，B两点，AC是直径，AD平分∠CAM交⊙O于D，过D作DE⊥MN于E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若DE＝6cm，AE＝3cm，求⊙O的半径．【考点】切线的判定；相似三角形的判定与性质；平行线的判定与性质；圆周角定理．【专题】几何综合题；压轴题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）连接OD，根据平行线的判断方法与性质可得∠ODE＝∠DEM＝90°，且D在⊙O上，故DE是⊙O的切线．（2）由直角三角形的特殊性质，可得AD的长，又有△ACD∽△ADE．根据相似三角形的性质列出比例式，代入数据即可求得圆的半径．【解答】（1）证明：连接OD．∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA．∵∠OAD＝∠DAE，∴∠ODA＝∠DAE．∴DO∥MN．∵DE⊥MN，∴∠ODE＝∠DEM＝90°．即OD⊥DE．∵D在⊙O上，OD为⊙O的半径，∴DE是⊙O的切线．（2）解：∵∠AED＝90°，DE＝6，AE＝3，∴AD=D连接CD．∵AC是⊙O的直径，∴∠ADC＝∠AED＝90°．∵∠CAD＝∠DAE，∴△ACD∽△ADE．∴ADAE∴35则AC＝15（cm）．∴⊙O的半径是7.5cm．【点评】本题考查常见的几何题型，包括切线的判定，线段等量关系的证明及线段长度的求法，要求学生掌握常见的解题方法，并能结合图形选择简单的方法解题．

考点卡片1．坐标与图形性质1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．2．一次函数图象上点的坐标特征一次函数y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-bk，0）；与y轴的交点坐标是（0，直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b．3．抛物线与x轴的交点求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．（1）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系．△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．（2）二次函数的交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0），可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）．4．线段的性质：两点之间线段最短线段公理两点的所有连线中，可以有无数种连法，如折线、曲线、线段等，这些所有的线中，线段最短．简单说成：两点之间，线段最短．5．平行线的判定与性质（1）平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系．平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．（2）应用平行线的判定和性质定理时，一定要弄清题设和结论，切莫混淆．（3）平行线的判定与性质的联系与区别区别：性质由形到数，用于推导角的关系并计算；判定由数到形，用于判定两直线平行．联系：性质与判定的已知和结论正好相反，都是角的关系与平行线相关．（4）辅助线规律，经常作出两平行线平行的直线或作出联系两直线的截线，构造出三类角．6．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．7．等腰三角形的性质（1）等腰三角形的概念有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．（2）等腰三角形的性质①等腰三角形的两腰相等②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．8．等腰三角形的判定与性质1、等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．2、在等腰三角形有关问题中，会遇到一些添加辅助线的问题，其顶角平分线、底边上的高、底边上的中线是常见的辅助线，虽然“三线合一”，但添加辅助线时，有时作哪条线都可以，有时不同的做法引起解决问题的复杂程度不同，需要具体问题具体分析．3、等腰三角形性质问题都可以利用三角形全等来解决，但要注意纠正不顾条件，一概依赖全等三角形的思维定势，凡可以直接利用等腰三角形的问题，应当优先选择简便方法来解决．9．等边三角形的性质（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．10．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．11．三角形中位线定理（1）三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．（2）几何语言：如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点∴DE∥BC，DE=1212．菱形的判定与性质（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．13．矩形的性质（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）矩形的性质①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．14．垂径定理（1）垂径定理垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．（2）垂径定理的推论推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．15．圆心角、弧、弦的关系（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．16．圆周角定理（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角