中考与圆有关的综合题含答案.docx

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1、2011全国中考真题解析-与圆有关的综合题一、选择题1.已知ACBC于C,BC=a,CA=b,AB=c,下列选项中O的半径为的是()A.B. C.D.考点:三角形的内切圆与内心;解一元一次方程;正方形的断定与性质;切线的性质;相像三角形的断定与性质.专题:计算题.分析:连接OE、OD,依据AC、BC分别切圆O于E、D,得到OEC=ODC=C=90,证出正方形OECD,设圆O的半径是r,证ODBAEO,得出,代入即可求出r=;设圆的半径是x,圆切AC于E,切BC于D,且AB于F,同样得到正方形OECD,依据ax+bx=c,求出x即可;设圆切AB于F,圆的半径是y,连接OF,则BCAOFA得出,代

2、入求出y即可.解答:解:C、连接OE、OD,AC、BC分别切圆O于E、D,OEC=ODC=C=90,OE=OD,四边形OECD是正方形,OE=EC=CD=OD,设圆O的半径是r,OEBC,AOE=B,AEO=ODB,ODBAEO,解得:r=,故本选项正确;A、设圆的半径是x,圆切AC于E,切BC于D,且AB于F,如图(1)同样得到正方形OECD,AE=AF,BD=BF,则ax+bx=c,求出x=,故本选项错误;B、设圆切AB于F,圆的半径是y,连接OF,如图(2),则BCAOFA, , ,解得:y=,故本选项错误;D、求不出圆的半径等于,故本选项错误;故选C.点评:本题主要考察对正方形的性质和

3、断定,切线的性质,全等三角形的性质和断定,三角形的内切圆与内心,解一元一次方程等学问点的理解和驾驭,能依据这些性质求出圆的半径是解此题的关键.2.如图,ABC的外接圆上,AB,BC,CA三弧的度数比为12:13:11.自BC上取一点D,过D分别作直线AC,直线AB的并行线,且交于E,F两点,则EDF的度数为()A、55B、60 C、65D、70考点:圆心角、弧、弦的关系;平行线的性质.专题:探究型.分析:先依据AB,BC,CA三弧的度数比为12:13:11求出、的度数,再依据其度数即可求出ACB及ABC的度数,由平行线的性质即可求出FED及EFD的度数,由三角形内角和定理即可求出EDF的度数.

4、解答:解:AB,BC,CA三弧的度数比为12:13:11,=360=120,=360=110,ACB=120=60,ABC=110=55,ACED,ABDF,FED=ABC=55,EFD=ACB=60,EDF=1806055=65.故选C.点评:本题考察的是圆心角、弧、弦的关系及平行线的性质,能依据AB,BC,CA三弧的度数比为12:13:11求出ABC及ACB的度数是解答此题的关键.3.如图中,CA,CD分别切圆O1于A,D两点,CB、CE分别切圆O2于B,E两点.若1=60,2=65,推断AB、CD、CE的长度,下列关系何者正确()A、ABCECEB、AB=CECD C、ABCDCED、A

5、B=CD=CE考点:切线长定理;三角形三边关系;三角形内角和定理.专题:计算题.分析:依据1=60,2=65,利用三角形内角和定理求出ABC的度数,然后可得ABBCAC,由切线长定理得AC=CD,BC=CE,利用等量代换求得ABCECD即可.解答:解:1=60,2=65,ABC=18012=1806065=55,2ABC1,ABBCAC,CA,CD分别切圆O1于A,D两点,CB、CE分别切圆O2于B,E两点,AC=CD,BC=CE,ABCECD.故选A.点评:此题主要考察切线长定理和三角形三边关系,三角形内角和定理等学问点,解答此题的关键是利用三角形内角和定理求出ABC的度数.4.如图,BD为

6、圆O的直径,直线ED为圆O的切线,A.C两点在圆上,AC平分BAD且交BD于F点.若ADE19,则AFB的度数为何()A.97 B.104 C.116D.142考点:弦切角定理;圆周角定理.分析:先依据直径所对的圆周角为直角得出角BAD的度数,依据角平分线的定义得出角BAF的的度数,再依据弦切角等于它所夹弧对的圆周角,得出角ABD的度数,最终利用三角形内角和定理即可求出角AFB的度数.解答:解:BD是圆O的直径,BAD90,又AC平分BAD,BAFDAF45,直线ED为圆O的切线,ADEABD19,AFB180BAFABD1804519116.故选C.点评:此题考察圆周角定理以及弦切角定理的敏

7、捷运用,是一道在圆中求角度数的综合题.5.如图平面上有两个全等的正十边形ABCDEFGHIJ、ABCDEFGHIJ,其中A点与A点重合,C点与C点重合.求BAJ的度数为何()A、96B、108 C、118D、126考点:正多边形和圆;多边形内角与外角;菱形的性质.专题:计算题.分析:利用正多边形的性质可以得到四边形ABCB为菱形,计算其内角后,用多边形的内角减去即可得到答案.解答:解题技巧:(1)正n边形每一个内角度数=,(2)菱形的邻角互补解析两个图形为全等的正十边形,ABCB为菱形,又ABC=ABC=144BAB=180144=36,BAJ=BAJBAB=14436=108.故选B.点评:

8、本题考察了正多边形与圆的计算,解题的关键是利用正多边形的性质断定菱形.6.(2011山东滨州,8,3分)如图,在平面直角坐标系中,正方形ABCD的顶点A、C分别在y轴、x轴上,以AB为弦的M与x轴相切.若点A的坐标为(0,8),则圆心M的坐标为( )A.(-4,5) B.(-5,4) C.(5,-4) D.(4,-5)【考点】垂径定理;坐标与图形性质;勾股定理;正方形的性质.【专题】证明题.【分析】过点M作MDAB于D,连接AM.设M的半径为R,因为四边形OABC为正方形,顶点A,C在坐标轴上,以边AB为弦的M与x轴相切,若点A的坐标为(0,8),所以DA= AB=4,DM=8-R,AM=R,

9、又因ADM是直角三角形,利用勾股定理即可得到关于R的方程,解之即可.【解答】解:过点M作MDAB于D,交OC于点E.连接AM,设M的半径为R.以边AB为弦的M与x轴相切,ABOC,DECO,DE是M直径的一局部;四边形OABC为正方形,顶点A,C在坐标轴上,点A的坐标为(0,8),OA=AB=CB=OC=8,DM=8-R;AD=BD=4(垂径定理);在RtADM中,依据勾股定理可得AM2=DM2+AD2,R2=(8-R)2+42,R=5.M(-4,5).故选D.【点评】本题考察了垂径定理、坐标与图形性质、勾股定理及正方形的性质.解题时,需细致分析题意及图形,利用勾股定理来解决问题.7.如图,直

10、线与x轴、y轴分别相交于A,B两点,圆心P的坐标为(1,0),圆P与y轴相切于点O.若将圆P沿x轴向左挪动,当圆P与该直线相交时,横坐标为整数的点P的个数是()A、2 B、3 C、4 D、5考点:直线与圆的位置关系;一次函数综合题.分析:依据直线与坐标轴的交点,得出A,B的坐标,再利用三角形相像得出圆与直线相切时的坐标,进而得出相交时的坐标.解答:解:直线与x轴、y轴分别相交于A,B两点,圆心P的坐标为(1,0),A点的坐标为:0= x+ ,x=-3,A(-3,0),B点的坐标为:(0,),AB=2 ,将圆P沿x轴向左挪动,当圆P与该直线相切与C 1时,P1C1=1,依据AP1C1ABO,AP

11、1=2,P1的坐标为:(-1,0),将圆P沿x轴向左挪动,当圆P与该直线相切与C 2时,P2C2=1,依据AP2C2ABO,AP2=2,P2的坐标为:(-5,0),从-1到-5,整数点有-2,-3,-4,故横坐标为整数的点P的个数是3个.故选B.点评:此题主要考察了直线与坐标轴的求法,以及相像三角形的断定,题目综合性较强,留意特别点的求法是解决问题的关键.8.如图,A、B、C、D是O上的四个点,AB=AC,AD交BC于点E,AE=3,ED=4,则AB的长为 ( ) A .3 B .2 C. D .3第8题图 考点:圆周角定理;相像三角形的断定与性质.分析:依据圆周角定理可得ACB=ABC=D,

12、再利用三角形相像ABDAEB,即可得出答案.解答:解:AB=AC,ACB=ABC=D,BAD=BAD,ABDAEB,AB2=37=21,AB=.故选C.点评:此题主要考察了圆周角定理以及相像三角形的断定与性质,依据题意得出ABDAEB是解决问题的关键.二、填空题1.如图,将正六边形ABCDEF放在直角坐标系中,中心与坐标原点重合,若A点的坐标为(-1,0),则点C的坐标为(1,- ).考点:正多边形和圆;坐标与图形性质.专题:计算题.分析:先连接OE,由于正六边形是轴对称图形,并设EF交Y轴于G,那么GOE=30;在RtGOE中,则GE=1,OG= .E的坐标为(1,),和E关于Y轴对称的F点

13、的坐标就是(-1,),其他坐标类似可求出.解答:解:连接OE,由正六边形是轴对称图形知:在RtOEG中,GOE=30,OE=2.GE=1,OG= . A(-2,0)B(-1,- )C(1,- )D(2,0)E(1,)F(-1,).故答案为:(1,- )点评:本题利用了正六边形的对称性,直角三角形30的角所对的边等于斜边的一半,勾股定理等学问.3.(2011广西百色,20,3分)如图,点C是O优弧ACB上的中点,弦AB=6cm,E为OC上随意一点,动点F从点A动身,以每秒1cm的速度沿AB方向向点B匀速运动,若y=AE2EF2,则y与动点F的运动时间x(0x6)秒的函数关系式为_ _.考点:垂径

14、定理;勾股定理.分析:首先延长CO交AB于G,依据垂径定理的学问,可得COAB,并可求得AG的值,由勾股定理可得AE2=AG2+EG2,EF2=FG2+EG2,即可求得y=AG2FG2,即可求得函数关系式.解答:解:延长CO交AB于G,点C是O优弧ACB上的中点,COAB,AG=AB=6=3(cm),AE2=AG2+EG2,EF2=FG2+EG2,当0x3时,AF=xcm,FG=(3x)cm,y=AE2EF2=AG2+EG2FG2EG2=AG2FG2=9(3x)2=6xx2;当3x6时,AF=xcm,FG=(x3)cm,y=AE2EF2=AG2+EG2FG2EG2=AG2FG2=9(x3)2=

15、6xx2.故答案为:y=6xx2.点评:此题考察了垂径定理与勾股定理的应用.此题难度适中,解题的关键是留意协助线的作法与数形结合思想,分类探讨思想的应用.4.(2011广西防城港 18,3分)如图,AB是半圆O的直径,以OA为直径的半圆O与弦AC交于点D,OEAC,并交OC于点E.则下列四个结论:点D为AC的中点;SOOESAOC;四边形ODEO是菱形.其中正确的结论是 .(把全部正确的结论的序号都填上)考点:圆周角定理;平行线的性质;菱形的断定;圆心角、弧、弦的关系专题:圆的综合题分析:(1)如图,连接OD,则由AO是O的直径,得ADO90,即OD弦AC,故由垂径定理可知点D为弦AC的中点,

16、从而正确.(2)由OEAC,得O OEOAC,从而,从而SOOESAOC,故错误.(3)如图,连接OD、OD,由OAOC,ODAC,得AOC2AOD;又A OD 2AOD,故A OD AOCn;又OA2OA,由弧长公式可知:,故.因此正确.(4)易知OEAD,OEAD,故四边形ODEO是平行四边形,但ADA O,从而四边形ODEO不是菱形,故错误.解答:点评:此题主要考察相像三角形的断定与性质,圆心角、弧、弦的关系,圆周角定理,等腰三角形的性质,三角形内角和定理等学问点的敏捷运用,此题步骤繁琐,但相对而言,难易程度适中,很合适学生的训练是一道典型的题目.5. 如图,点E(0,4),O(0,0)

17、,C(5,0)在A上,BE是A上的一条弦.则tanOBE=.考点:圆周角定理;坐标与图形性质;锐角三角函数的定义.分析:依据同弧所对的圆周角相等,可证ECO=OBE.由锐角三角函数可求tanECO=,即tanOBE=.解答:解:连接EC.依据圆周角定理ECO=OBE.在RtEOC中,OE=4,OC=5,则tanECO=.故tanOBE=.点评:本题重点考察了同弧所对的圆周角相等及解直角三角形的学问.留意锐角三角函数的概念:在直角三角形中,正弦等于比照斜;余弦等于邻比斜;正切等于比照邻.6.如图,点0为优弧ACB所在圆的圆心,AOC108,点D在AB延长线上,BDBC,则D.考点:圆周角定理;三

18、角形的外角性质;等腰三角形的性质.专题:计算题.分析:依据圆周角定理,可得出ABC的度数,再依据BDBC,即可得出答案.解答:解:AOC108,ABC54,BDBC,DBCDABC27,故答案为27.点评:本题考察了圆周角定理.三角形外角的性质以及等腰三角形的性质,是根底学问比拟简洁.7. 2011黑龙江省黑河, 8,3分)如图,A、B、C、D是O上的四个点,AB=AC,AD交BC于点E,AE=3,ED=4,则AB的长为.【考点】相像三角形的断定与性质;圆周角定理;相交弦定理.【专题】计算题.【分析】可证明ABEADB,则=,则AB2=ADAE,由AE=3,ED=4,即可求得AB.【解答】解:

19、AB=AC,ABE=ADB,ABEADB,则=即AB2=ADAE,AE=3,ED=4,AB=.【点评】本题考察了相像三角形的断定和性质以及圆周角定理以及相交线定理,是根底学问要娴熟驾驭.8.如图,一个半径为的圆经过一个半径为4的圆的圆心,则图中阴影局部的面积为 .考点:相交两圆的性质;扇形面积的计算.专题:计算题;数形结合.分析:连接O1O2,O1A,O1B,O2A,O2B,由勾股定理得逆定理得O2O1A=O2O1B=90,则点A、O1、B在同一条直线上,则AB是圆O1的直径,从的得出阴影局部的面积S阴影=S1S弓形AO1B=S1(S扇形AO2BSAO2B).解答:解:连接O1O2,O1A,O

20、1B,O2A,O2B,O1O2=O1A=2,O2A=4,O1O22+O1A2=O2A2,O2O1A=90,同理O2O1B=90,点A、O1、B在同一条直线上,并且AO2B=90,AB是圆O1的直径,S阴影=S1S弓形AO1B=S1(S扇形AO2BSAO2B)=(2)242+44=8故答案为8.点评:本题考察了扇形面积的计算、勾股定理和相交两圆的性质,解题的关键是发觉阴影局部的面积的计算方法.9.如图,O的直径CD过弦EF的中点G,EOD=40,则FCD的度数为20.考点:圆周角定理;垂径定理.专题:几何图形问题.分析:依据垂径定理得出弧DE等于弧DF,再利用圆周角定理得出FCD=20.解答:解

21、:O的直径CD过弦EF的中点G,DCF=EOD,EOD=40,FCD=20,故答案为:20.点评:此题主要考察了垂径定理以及圆周角定理的推论,敏捷应用相关定理是解决问题的关键.102.【考点】两点间的间隔 . 【分析】依据AB=12,AC=8,求出BC的长,再依据点D是线段BC的中点,得出CD=BD即可得出答案.【解答】解:AB=12,AC=8,BC=4,点C是线段AB上的点,点D是线段BC的中点,CD=BD=2,故答案为:2.【点评】此题主要考察了两点间隔 求法,依据已知求出BC=4是解决问题的关键.16、如图,ABC内接于O,已知A=55,则BOC= 110.【考点】圆周角定理.【分析】干

22、脆利用圆周角定理同弧所对的圆周角是圆心角的一半,干脆得出答案.【解答】解:ABC内接于O,已知A=55,BOC=110,故答案为:110.【点评】此题主要考察了圆周角定理,娴熟应用圆周角定理是解决问题的关键. 三、解答题1.如图,在RtABC中,ACB=90,AC=6cm,BC=8cm.P为BC的中点,动点Q从点P动身,沿射线PC方向以2cm/s的速度运动,以P为圆心,PQ长为半径作圆.设点Q运动的时间为t s.(1)当t=1.2时,推断直线AB与P的位置关系,并说明理由;(2)已知O为ABC的外接圆.若P与O相切,求t的值.考点:圆与圆的位置关系;勾股定理;直线与圆的位置关系;相像三角形的断

23、定与性质.专题:几何综合题;动点型.分析:(1)依据已知求出AB=10cm,进而得出PBDABC,利用相像三角形的性质得出圆心P到直线AB的间隔 等于P的半径,即可得出直线AB与P相切;(2)依据BO=AB=5cm,得出P与O只能内切,进而求出P与O相切时,t的值.解答:解:(1)直线AB与P相切,如图,过P作PDAB,垂足为D,在RtABC中,ACB=90,AB=6cm,BC=8cm,AB=10cm,P为BC中点,PB=4cm,PDB=ACB=90,PBD=ABC,PBDABC,即,PD=2.4(cm),当t=1.2时,PQ=2t=2.4(cm),PD=PQ,即圆心P到直线AB的间隔 等于P

24、的半径,直线AB与P相切;(2)ACB=90,AB为ABC的外接圆的直径,BO=AB=5cm,连接OP,P为BC中点,PO=AC=3cm,点P在O内部,P与O只能内切,52t=3,或2t5=3,t=1或4,P与O相切时,t的值为1或4.点评:此题主要考察了相像三角形的性质与断定以及直线与圆的位置关系和圆与圆的位置关系,正确断定直线与圆的位置关系是重点学问同学们应重点复习.2.如图,已知AB是O的弦,OB=2,B=30,C是弦AB上的随意一点(不与点A、B重合),连接CO并延长CO交O于点D,连接AD.(1)弦长等于_(结果保存根号);(2)当D=20时,求BOD的度数;(3)当AC的长度为多少

25、时,以A、C、D为顶点的三角形与以B、C、0为顶点的三角形相像请写出解答过程.考点:圆周角定理;垂径定理;相像三角形的断定与性质;解直角三角形.专题:几何综合题;数形结合.分析:(1)过点O作OEAB于E,由垂径定理即可求得AB的长;(2)连接OA,由OA=OB,OA=OD,可得BAO=B,DAO=D,则可求得DAB的度数,又由圆周角等于同弧所对圆心角的一半,即可求得DOB的度数;(3)由BCO=A+D,可得要使DAC与BOC相像,只能DCA=BCO=90,然后由相像三角形的性质即可求得答案.解答:解:过点O作OEAB于E,则AE=BE= AB,OEB=90,OB=2,B=30,BE=OBco

26、sB=2 = ,AB=;故答案为:;(2)连接OA,OA=OB,OA=OD,BAO=B,DAO=D,DAB=BAO+DAO=B+D,又B=30,D=20,DAB=50,BOD=2DAB=100;(3)BCO=A+D,BCOA,BCOD,要使DAC与BOC相像,只能DCA=BCO=90,此时BOC=60,BOD=120,DAC=60,DACBOC,BCO=90,即OCAB,AC= AB= .点评:此题考察了垂径定理,圆周角的性质以及相像三角形的断定与性质等学问.题目综合性较强,解题时要留意数形结合思想的应用.3.如图,以点O为圆心的两个同心圆中,矩形ABCD的边BC为大圆的弦,边AD与小圆相切于

27、点M,OM的延长线与BC相交于点N.(1)点N是线段BC的中点吗为什么(2)若圆环的宽度(两圆半径之差)为6cm,AB=5cm,BC=10cm,求小圆的半径.考点:垂径定理;勾股定理;矩形的性质.专题:几何综合题;探究型.分析:(1)由AD是小圆的切线可知OMAD,再由四边形ABCD是矩形可知,ADBC,AB=CD,故ONBC,由垂径定理即可得出结论;(2)延长ON交大圆于点E,由于圆环的宽度(两圆半径之差)为6cm,AB=5cm可知ME=6cm,在RtOBE中,利用勾股定理即可求出OM的长.解答:解:(1)AD是小圆的切线,M为切点,OMAD,四边形ABCD是矩形,ADBC,AB=CD,ON

28、BC,BE=BC=5cm,N是BC的中点;(2)延长ON交大圆于点E,圆环的宽度(两圆半径之差)为6cm,AB=5cm,ME=6cm,在RtOBE中,设OM=rOB2=BC2+(OM+MN)2,即(r+6)2=52+(r+5)2,解得r=7cm,故小圆半径为7cm.点评:本题考察的是垂径定理,涉及到切线的性质及勾股定理、矩形的性质,依据题意作出协助线,构造出直角三角形是解答此题的关键.5.如图,在ABC中,C=90,以AB上一点O为圆心,OA长为半径的圆与BC相切于点D,分别交AC、AB于点E、F.(1)若AC=6,AB=10,求O的半径;(2)连接OE、ED、DF、EF.若四边形BDEF是平

29、行四边形,试推断四边形OFDE的形态,并说明理由.考点:切线的性质;勾股定理;平行四边形的性质;圆周角定理;相像三角形的断定与性质.专题:计算题.分析:(1)连接OD,设O的半径为r,可证出BODBAC,则,从而求得r;(2)由四边形BDEF是平行四边形,得DEF=B,再由圆周角定理可得,B=DOB,则ODE是等边三角形,先得出四边形OFDE是平行四边形.再依据OE=OF,则平行四边形OFDE是菱形.解答:解:(1)连接OD.设O的半径为r.BC切O于点D,ODBC.C=90,ODAC,OBDABC.,即10r=6(10r).解得r=,O的半径为.(2)四边形OFDE是菱形.四边形BDEF是平

30、行四边形,DEF=B.DEF=DOB,B=DOB.ODB=90,DOB+B=90,DOB=60.DEAB,ODE=60.OD=OE,OD=DE.OD=OF,DE=OF.四边形OFDE是平行四边形.OE=OF,平行四边形OFDE是菱形.点评:本题考察了切线的性质、勾股定理、圆周角定理、平行四边形的断定和性质以及相像三角形的断定和性质,是一个综合题,难度中等.6.(2011江苏扬州,26,10分)已知,如图,在RtABC中,C=90,BAC的角平分线AD交BC边于D.(1)以AB边上一点O为圆心,过A,D两点作O(不写作法,保存作图痕迹),再推断直线BC与O的位置关系,并说明理由;(2)若(1)中

31、的O与AB边的另一个交点为E,AB=6,BD=2,求线段BD、BE与劣弧DE所围成的图形面积.(结果保存根号和)考点:切线的断定与性质;勾股定理;扇形面积的计算;作图困难作图;相像三角形的断定与性质.分析:(1)依据题意得:O点应当是AD垂直平分线与AB的交点;由BAC的角平分线AD交BC边于D,与圆的性质可证得ACOD,又由C=90,则问题得证;(2)过点D作DMAB于M,由角平分线的性质可证得DM=CD,又由BDMBAC,依据相像三角形的对应边成比例,即可证得CD:AC=:3,可得DOB=60,则问题得解.解答:解:(1)如图:连接OD,OA=OD,OAD=ADO,BAC的角平分线AD交B

32、C边于D,CAD=OAD,CAD=ADO,ACOD,C=90,ODB=90,ODBC,即直线BC与O的切线,直线BC与O的位置关系为相切;(2)过点D作DMAB于M,DMB=C=90,B=B,BDMBAC,AD是CAB的平分线,CD=DM,CAD=30,DAB=30,B=30,DOB=60,OD=2,S扇形ODE=,SODB=ODBD=22=2线段BD、BE与劣弧DE所围成的图形面积为:SODBS扇形ODE=2.点评:此题考察了切线的断定与性质,相像三角形的断定与性质以及扇形面积与三角形面积的求解方法等学问.此题综合性很强,解题的关键是留意数形结合思想的应用.7.如图,已知O的半径为2,弦BC

33、的长为,点A为弦BC所对优弧上随意一点(B,C两点除外).(1)求BAC的度数;(2)求ABC面积的最大值.(参考数据:sin60=,cos30=,tan30=.)考点:垂径定理;圆周角定理;解直角三角形.专题:几何综合题.分析:(1)连接OB、OC,作OEBC于点E,由垂径定理可得出BE=EC=,在RtOBE中利用锐角三角函数的定义及特别角的三角函数值可求出BOE的度数,再由圆周角定理即可求解;(2)因为ABC的边BC的长不变,所以当BC边上的高最大时,ABC的面积最大,此时点A应落在优弧BC的中点处,过OEBC与点E,延长EO交O于点A,则A为优弧BC的中点,连接AB,AC,则AB=AC,

34、由圆周角定理可求出BAE的度数,在RtABE中,利用锐角三角函数的定义及特别角的三角函数值可求出AE的长,由三角形的面积公式即可解答.解答:解:(1)解法一:连接OB,OC,过O作OEBC于点E.OEBC,BC=,.在RtOBE中,OB=2,BOE=60,BOC=120,.解法二:连接BO并延长,交O于点D,连接CD.BD是直径,BD=4,DCB=90.在RtDBC中,BDC=60,BAC=BDC=60.(2)解法一:因为ABC的边BC的长不变,所以当BC边上的高最大时,ABC的面积最大,此时点A落在优弧BC的中点处.(5分)过O作OEBC于E,延长EO交O于点A,则A为优弧BC的中点.连接A

35、B,AC,则AB=AC,.在RtABE中,SABC=.答:ABC面积的最大值是.解法二:因为ABC的边BC的长不变,所以当BC边上的高最大时,ABC的面积最大,此时点A落在优弧BC的中点处.(5分)过O作OEBC于E,延长EO交O于点A,则A为优弧BC的中点.连接AB,AC,则AB=AC.BAC=60,ABC是等边三角形.在RtABE中,SABC=.答:ABC面积的最大值是.点评:本题考察的是垂径定理、圆圆周角定理及解直角三角形,能依据题意作出协助线是解答此题的关键.8.如图所示.P是O外一点.PA是O的切线.A是切点.B是O上一点.且PAPB,连接AO、BO、AB,并延长BO与切线PA相交于

36、点Q.(1)求证:PB是O的切线;(2)求证: AQPQ OQBQ; (3)设AOQ.若cos.OQ 15.求AB的长 考点:直线与圆的位置关系,切线,切线长,相像,解直角三角形,综合题.专题:圆、相像分析:(1)要证PB是O的切线,只要证明PBO90即可,依据已知条件可考虑连接PO,通过证明APOBPO来说明PBOPAO90.(2)要证明AQPQ OQBQ,只需证明即可,为此须要证明QPBQOA.(3)依据已知条件解RtAOQ可得AQ与OA的长,则BQ的长可求,利用(2)中证得的QPBQOA,依据相像三角形的性质可求得PB的长,利用勾股定理可得PO的长,在RtAOB中,利用面积等积式可求得A

37、B的一半的长,则AB的长可知.解答:(1)证明:如图所示,连结OP,交AB于点C.PAPB,AOBO,POPOAPOBPO.PBOPAO90又PA是O的切线PAOA,即PAO90.PBOPAO90.PB是O的切线.(2)证明:OAQPBQ90,Q为公共角,QPBQOA.,即AQPQ OQBQ.(3)在RtAOQ中,.,BQBOOQAOOQ121527.由(2)知QPBQOA,即,解得PB36.PA、PB都是O的切线,PAPB,APCBPC,PCAB,即OCAB.AB2BC,.,.点评:(1)要证明一条直线是圆的切线,假如在已知条件中已知直线和圆已有一个公共点,那么常连接这个公共点和圆心(本题中

38、OB已连接),再说明这条半径和直线垂直,简称“连半径证垂直”.(2)等积式的证明常常需转化成比例式来证明,而证明比例式成立的首选方法是利用相像,依据相像三角形对应边成比例的性质建立比例式.(3)在直角三角形中,常常利用面积等积式来求有关线段的长.另外,本题前两问比拟简洁,易于找寻解题思路,而第(3)问综合性巧强,用到的学问较多,所要求的线段的长较多,很多同学会不能顺当做解.11.如图,已知,以为直径,为圆心的半圆交于点,点为弧CF的中点,连接交于点,为ABC的角平分线,且,垂足为点.(1)求证:是半圆的切线;(2)若,求的长.BDAOAHACAEAMAFAA 考点:切线的断定与性质;勾股定理;

39、圆周角定理;相像三角形的断定与性质. 专题:综合题. 分析:(1)连接EC,AD为ABC的角平分线,得12,又ADBE,可证34,由对顶角相等得45,即35,由E为弧CF的中点,得67,由BC为直径得E90,即5690,由ADCE可证26,从而有3790,证明结论;(2)在RtABC中,由勾股定理可求AC5,由34得AMAB3,则CMACAM2,由(1)可证CMEBCE,利用相像比可得EB2EC,在RtBCE中,依据BE2CE2BC2,得BE2( )242,可求BE. 解答:(1)证明:连接EC, ADBE于H,12, 34 453, 又E为弧CF中点, 67,BC是直径, E90, 5690

40、, 又AHME90, ADCE, 261, 3790, 又BC是直径, AB是半圆O的切线; (2),.由(1)知,.在中,于,平分,.由,得., 点评:本题考察了切线的断定与性质,相像三角形的断定与性质,圆周角定理,勾股定理的运用.关键是由已知条件推出相等角,构造互余关系的角推出切线,利用相等角推出相像三角形,由相像比得出边长的关系,由勾股定理求解.12.已知AB与O相切于点C,OA=OB,OA、OB与O分别交于点D、E.(I)如图,若O的直径为8,AB=10,求OA的长(结果保存根号);(II)如图,连接CD、CE,若四边形ODCE为菱形,求的值.考点:切线的性质;含30度角的直角三角形;

41、勾股定理;菱形的性质.专题:几何图形问题.分析:(1)连接OC,依据切线的性质得出OCAB,再由勾股定理求得OA即可;(2)依据菱形的性质,求得OD=CD,则ODC为等边三角形,可得出A=30,即可求得的值.解答:解:(1)如图,连接OC,则OC=4,AB与O相切于点C,OCAB,在OAB中,由AO=OB,AB=10m,得AC=AB=5.在RtAOC中,由勾股定理得OA=(2)如图,连接OC,则OC=OD,四边形ODCE为菱形,OD=CD,ODC为等边三角形,有AOC=60.由(1)知,OCA=90,A=30,OC=OA,=.点评:本题考察了切线的性质和勾股定理以及直角三角形、菱形的性质,是一道综合题,要娴熟驾驭.13.如图,BD是O的直径,A、C是O上的两点,且ABAC,AD与BC的延长线交于点E.(1)求证:ABDAEB;(2)若AD1,DE3,求BD的长.考点:相像三角形的断定与性质;勾股定理;圆周角定理.专题:几何证明和计算题分析:(1)结合已知条件就可以推出ABCADB,再加上公共角就可以推出结论;(2)由(1)的结论就可以推出AB的长度,规则勾股定理即可推出BD的长度.解答:(1)证明:ABAC,弧AB弧AC .ABCADB.(2分)又BAEDAB,ABDAEB.(4分)(2)解:ABDAEB,.AD1,DE