中考数学易错题专题训练-圆的综合练习题及答案

一、圆的综合

1．如图，四边形OABC是平行四边形，以O为圆心，OA为半径的圆交AB于D，延长AO交O于E，连接CD，CE，若CE是⊙O的切线，解答下列问题： （1）求证：CD是⊙O的切线；

（2）若BC=4，CD=6，求平行四边形OABC的面积．

【答案】（1）证明见解析（2）24 【解析】

试题分析：（1）连接OD，求出∠EOC=∠DOC，根据SAS推出△EOC≌△DOC，推出∠ODC=∠OEC=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OA=OD=4，根据平行四边形的面积公式=2△COD的面积即可求解． 试题解析：（1）证明：连接OD， ∵OD=OA， ∴∠ODA=∠A，

∵四边形OABC是平行四边形， ∴OC∥AB，

∴∠EOC=∠A，∠COD=∠ODA， ∴∠EOC=∠DOC， 在△EOC和△DOC中，

OEODEOCDOC OCOC∴△EOC≌△DOC（SAS）， ∴∠ODC=∠OEC=90°， 即OD⊥DC， ∴CD是⊙O的切线；

（2）由（1）知CD是圆O的切线， ∴△CDO为直角三角形，

1CD•OD， 2又∵OA=BC=OD=4，

∵S△CDO=

∴S△CDO=

1×6×4=12， 2∴平行四边形OABC的面积S=2S△CDO=24．

2．如图，⊙M交x轴于B、C两点，交y轴于A，点M的纵坐标为2．B（﹣33，O），C（3，O）． （1）求⊙M的半径；

（2）若CE⊥AB于H，交y轴于F，求证：EH=FH． （3）在（2）的条件下求AF的长．

【答案】（1）4；（2）见解析;（3）4． 【解析】 【分析】

（1）过M作MT⊥BC于T连BM，由垂径定理可求出BT的长，再由勾股定理即可求出BM的长；

（2）连接AE，由圆周角定理可得出∠AEC=∠ABC，再由AAS定理得出△AEH≌△AFH，进而可得出结论；

（3）先由（1）中△BMT的边长确定出∠BMT的度数，再由直角三角形的性质可求出CG的长，由平行四边形的判定定理判断出四边形AFCG为平行四边形，进而可求出答案． 【详解】

（1）如图（一），过M作MT⊥BC于T连BM， ∵BC是⊙O的一条弦，MT是垂直于BC的直径， ∴BT=TC=

1BC=23， 2∴BM=124=4；

（2）如图（二），连接AE，则∠AEC=∠ABC， ∵CE⊥AB， ∴∠HBC+∠BCH=90°

在△COF中， ∵∠OFC+∠OCF=90°， ∴∠HBC=∠OFC=∠AFH， 在△AEH和△AFH中，

AFHAEH∵AHFAHE， AHAH∴△AEH≌△AFH（AAS）， ∴EH=FH；

（3）由（1）易知，∠BMT=∠BAC=60°， 作直径BG，连CG，则∠BGC=∠BAC=60°， ∵⊙O的半径为4， ∴CG=4， 连AG， ∵∠BCG=90°， ∴CG⊥x轴， ∴CG∥AF， ∵∠BAG=90°， ∴AG⊥AB， ∵CE⊥AB， ∴AG∥CE，

∴四边形AFCG为平行四边形， ∴AF=CG=4．

【点睛】

本题考查的是垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．

3．已知eO的半径为5，弦AB的长度为m，点C是弦AB所对优弧上的一动点．

1如图①，若m5，则C的度数为______o；

2如图②，若m6．

①求C的正切值；

②若VABC为等腰三角形，求VABC面积．

【答案】130；2①C的正切值为【解析】 【分析】

3432. ；②SVABC27或

4251连接OA，OB，判断出VAOB是等边三角形，即可得出结论；

2①先求出AD10，再用勾股定理求出BD8，进而求出tanADB，即可得出结

论；

②分三种情况，利用等腰三角形的性质和垂径定理以及勾股定理即可得出结论．

【详解】

1如图1，连接OB，OA，

OBOC5， QABm5， OBOCAB， VAOB是等边三角形，

AOB60o，

1ACBAOB30o，

2故答案为30；

2①如图2，连接AO并延长交eO于D，连接BD，

QAD为eO的直径，

AD10，ABD90o，

在RtVABD中，ABm6，根据勾股定理得，BD8，

tanADBAB3， BD4QCADB，

3C的正切值为；

4②Ⅰ、当ACBC时，如图3，连接CO并延长交AB于E，

QACBC，AOBO， CE为AB的垂直平分线， AEBE3， 在RtVAEO中，OA5，根据勾股定理得，OE4， CEOEOC9，

11SVABCABCE6927；

22Ⅱ、当ACAB6时，如图4，

连接OA交BC于F，

QACAB，OCOB， AO是BC的垂直平分线， 过点O作OGAB于G，

11AOGAOB，AGAB3，

22QAOB2ACB， ACFAOG，

AG3， 在RtVAOG中，sinAOGAC53sinACF，

53在RtVACF中，sinACF，

5318AFAC，

5524CF，

5111824432SVABCAFBC；

225525Ⅲ、当BABC6时，如图5，由对称性知，SVABC432． 25

【点睛】

圆的综合题，主要圆的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，三角形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．

4．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD的边AB为直径作⊙O，交对角线AC于点E． （1）图1中，线段AE= ；

（2）如图2，在图1的基础上，以点A为端点作∠DAM=30°，交CD于点M，沿AM将四边形ABCM剪掉，使Rt△ADM绕点A逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD与⊙O交于点F． ①当α=30°时，请求出线段AF的长；

②当α=60°时，求出线段AF的长；判断此时DM与⊙O的位置关系，并说明理由； ③当α= °时，DM与⊙O相切．

【答案】（1）2（2）①2②2

，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切 ；

【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4

（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；

②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×此时DM与⊙O的位置关系是相离；

=4；

③∵AD=8，直径的长度相等，∴当DM与⊙O相切时，点D在⊙O上，故此时可得α=∠NAD=90°．

点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D的位置，有一定难度．

5．如图AB是△ABC的外接圆⊙O的直径，过点C作⊙O的切线CM，延长BC到点D，使CD=BC，连接AD交CM于点E，若⊙OD半径为3，AE=5， （1）求证：CM⊥AD； （2）求线段CE的长.

【答案】（1）见解析；（2）5 【解析】

分析：（1）连接OC，根据切线的性质和圆周角定理证得AC垂直平分BD，然后根据平行线的判定与性质证得结论；

（2）根据相似三角形的判定与性质证明求解即可. 详解：证明：（1）连接OC

∵CM切⊙O于点C， ∴∠OCE=90°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°， ∵CD=BC， ∴AC垂直平分BD， ∴AB=AD， ∴∠B=∠D ∵∠B=∠OCB ∴∠D=∠OCB ∴OC∥AD ∴∠CED=∠OCE=90° ∴CM⊥AD.

（2）∵OA=OB，BC=CD

1AD 2∴AD=6

∴OC=∴DE=AD-AE=1 易证△CDE～△ACE

CEDE AECE∴CE2=AE×DE

∴∴CE=5 点睛：此题主要考查了切线的性质和相似三角形的判定与性质的应用，灵活判断边角之间的关系是解题关键，是中档题.

6．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5．

（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？

（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？

（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单

位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？

【答案】（1）【解析】

204252；（2） 52；（3）

32分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；

（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；

（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离． 详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处， 如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，

设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l， 由切线长定理可知C′E=C′D， 设C′D=x，则C′E=x， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠A=∠ACB=45°， ∴∠A′C′B′=∠ACB=45°， ∴△EFC′是等腰直角三角形， ∴C′F=2x，∠OFD=45°， ∴△OFD也是等腰直角三角形， ∴OD=DF， ∴

2x+x=1，则x=2-1，

∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2，

∴点C运动的时间为则经过52； 252秒，△ABC的边与圆第一次相切； 2（2）如图2，设经过t秒△ABC的边与圆第一次相切，△ABC移至△A′B′C′处，⊙O与BC所在直线的切点D移至D′处，

A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F， ∵CC′=2t，DD′=t，

∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-t， 由（1）得：4-t=2-1， 解得：t=5-2，

答：经过5-2秒△ABC的边与圆第一次相切； （3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t，DD′=t， 则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2.5t=4-1.5t， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t， 由（1）得：4-1.5t=2-1， 解得：t=

1022， 3∴点B运动的距离为2×10222042=． 33

点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．

7．阅读下列材料：

如图1，⊙O1和⊙O2外切于点C，AB是⊙O1和⊙O2外公切线，A、B为切点， 求证：AC⊥BC

证明：过点C作⊙O1和⊙O2的内公切线交AB于D， ∵DA、DC是⊙O1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=ax2+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O1O2上，并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）y【解析】

123xx2 ；（3）见解析 22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eO1的切线， ∴DA=DC.应用的是切线长定理；

DACDCADCBDBC180o，应用的是三角形内角和定理.

(2)设C点坐标为(0,y),则AB2AC2BC2， 即41422 y212y2，即25172y2,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yaxbxc，21a216a4bc03abc0b 则解得2c2,c2，123故所求二次函数的解析式为yxx2.

22(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D(设过CD两点的直线为y=kx+b,则

3,0)， 243kb0k 解得3 2b2，b2，故此一次函数的解析式为y4x2， 34x2垂直， 3∵过O1,O2的直线必过C点且与直线y故过O1,O2的直线的解析式为y3x2， 4325,)， 28由(2)中所求抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为(代入直线解析式得

33252, 故这条抛物线的顶点落在两圆的连心O1O2上. 428

8．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点G，点F是CD上一点，且满足若

CF1,连DF3接AF并延长交⊙O于点E，连接AD、DE，若CF=2，AF=3.

（1）求证：△ADF∽△AED； （2）求FG的长； （3）求tan∠E的值．

【答案】(1)证明见解析;(2)FG =2;(3)【解析】

分析：（1）由AB是 O的直径，弦CD⊥AB，根据垂径定理可得：弧AD=弧AC，DG=CG，继而证得△ADF∽△AED；（2）由

5. 4CF1 ,CF=2，可求得DF的长，继而求得CG=DG=4，FD3则可求得FG=2；（3）由勾股定理可求得AG的长，即可求得tan∠ADF的值，继而求得tan∠E=5 . 4本题解析：①∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB， ∴DG=CG，∴»AD»AC，∠ADF=∠AED， ∵∠FAD=∠DAE（公共角），∴△ADF∽△AED；

CF1，CF=2，∴FD=6，∴CD=DF+CF=8， FD3∴CG=DG=4，∴FG=CG-CF=2；

②∵

③∵AF=3，FG=2，∴AG=AF2FG25，

点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理以及三角函数等知识点，考查内容较多，综合性较强，难度适中，注意掌握数形结合的思想.

9．如图，AC是⊙O的直径，OB是⊙O的半径，PA切⊙O于点A，PB与AC的延长线交于点M，∠COB＝∠APB． （1）求证：PB是⊙O的切线；

（2）当MB＝4，MC＝2时，求⊙O的半径．

【答案】（1）证明见解析；（2）3. 【解析】 【分析】

（1）根据题意∠M+∠P＝90°，而∠COB＝∠APB，所以有∠M+∠COB＝90°，即可证明PB是⊙O的切线.

（2）设圆的半径为r,则OM=r+2,BM=4,OB=r,再根据勾股定理列方程便可求出r. 【详解】

证明：（1）∵AC是⊙O的直径，PA切⊙O于点A， ∴PA⊥OA

∴在Rt△MAP中，∠M+∠P＝90°，而∠COB＝∠APB， ∴∠M+∠COB＝90°， ∴∠OBM＝90°，即OB⊥BP， ∴PB是⊙O的切线； （2）设⊙O的半径为r，

OMr2 ,OBr ,BM4 QOBM为直角三角形

∴OM2OB2BM2 ，即(r2)2r2+42 解得：r＝3， ∴⊙O的半径为3． 【点睛】

本题主要考查圆的切线问题，证明圆的切线有两种思路一种是证明连线是半径，另一种是证明半径垂直.

10．已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC．点E为CD边上一点，AE与BE分别为∠DAB和∠CBA的平分线．

（1）请你添加一个适当的条件 ，使得四边形ABCD是平行四边形，并证明你的结论；

（2）作线段AB的垂直平分线交AB于点O，并以AB为直径作⊙O（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；

（3）在（2）的条件下，⊙O交边AD于点F，连接BF，交AE于点G，若AE=4，sin∠AGF=

4，求⊙O的半径． 5

【答案】（1）当AD=BC时，四边形ABCD是平行四边形，理由见解析；（2）作出相应的图形见解析；（3）圆O的半径为2.5． 【解析】

分析：（1）添加条件AD=BC，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形验证即可； （2）作出相应的图形，如图所示；

（3）由平行四边形的对边平行得到AD与BC平行，可得同旁内角互补，再由AE与BE为角平分线，可得出AE与BE垂直，利用直径所对的圆周角为直角，得到AF与FB垂直，可得出两锐角互余，根据角平分线性质及等量代换得到∠AGF=∠AEB，根据sin∠AGF的值，确定出sin∠AEB的值，求出AB的长，即可确定出圆的半径． 详解：（1）当AD=BC时，四边形ABCD是平行四边形，理由为： 证明：∵AD∥BC，AD=BC， ∴四边形ABCD为平行四边形； 故答案为：AD=BC；

（2）作出相应的图形，如图所示；

（3）∵AD∥BC， ∴∠DAB+∠CBA=180°，

∵AE与BE分别为∠DAB与∠CBA的平分线， ∴∠EAB+∠EBA=90°， ∴∠AEB=90°，

∵AB为圆O的直径，点F在圆O上， ∴∠AFB=90°， ∴∠FAG+∠FGA=90°， ∵AE平分∠DAB， ∴∠FAG=∠EAB， ∴∠AGF=∠ABE， ∴sin∠ABE=sin∠AGF=∵AE=4，

4AE， 5AB∴AB=5，

则圆O的半径为2.5．

点睛：此题属于圆综合题，涉及的知识有：圆周角定理，平行四边形的判定与性质，角平分线性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握各自的性质及定理是解本题的关键．

11．（问题情境）如图1，点E是平行四边形ABCD的边AD上一点，连接BE、CE．

1S平行四边形ABCD．（说明：S表示面积） 2请以“问题情境”为基础，继续下面的探究

求证：SVBCE（探究应用1）如图2，以平行四边形ABCD的边AD为直径作⊙O，⊙O与BC边相切于点H，与BD相交于点M．若AD＝6，BD＝y，AM＝x，试求y与x之间的函数关系式． （探究应用2）如图3，在图1的基础上，点F在CD上，连接AF、BF，AF与CE相交于点G，若AF＝CE，求证：BG平分∠AGC．

（迁移拓展）如图4，平行四边形ABCD中，AB：BC＝4：3，∠ABC＝120°，E是AB的中点，F在BC上，且BF：FC＝2：1，过D分别作DG⊥AF于G，DH⊥CE于H，请直接写出DG：DH的值．

【答案】【问题情境】见解析；【探究应用1】y拓展】19:27. 【解析】 【分析】

（1）作EF⊥BC于F，则S△BCE＝

18；【探究应用2】见解析；【迁移x1BC×EF，S平行四边形ABCD＝BC×EF，即可得出结论； 21AD＝3，求出平行四边形ABCD的面211BD×AM＝平行四221平行2（2）连接OH，由切线的性质得出OH⊥BC，OH＝

积＝AD×OH＝18，由圆周角定理得出AM⊥BD，得出△ABD的面积＝边形的面积＝9，即可得出结果；

（3）作BM⊥AF于M，BN⊥CE于N，同图1得：△ABF的面积＝△BCE的面积＝四边形ABCD的面积，得出

11AF×BM＝CE×BN，证出BM＝BN，即可得出BG平分22∠AGC．

（4）作AP⊥BC于P，EQ⊥BC于Q，由平行四边形的性质得出∠ABP＝60°，得出∠BAP＝30°，设AB＝4x，则BC＝3x，由直角三角形的性质得出BP＝

11AB＝2x，BQ＝BE，AP＝223BP＝23x，由已知得出BE＝2x，BF＝2x，得出BQ＝x，EQ＝3x，PF＝4x，QF＝

3x，QC＝4x，由勾股定理求出AF＝22AP2PF2＝27x，CE＝EQQC＝19x，连接DF、DE，由三角形的面积关系得出AF×DG＝CE×DH，即可得出结果．

【详解】

（1）证明：作EF⊥BC于F，如图1所示： 则S△BCE＝∴SVBCE（2）

解：连接OH，如图2所示： ∵⊙O与BC边相切于点H， ∴OH⊥BC，OH＝

1BC×EF，S平行四边形ABCD＝BC×EF， 21SYABCD． 21AD＝3， 2∴平行四边形ABCD的面积＝AD×OH＝6×3＝18， ∵AD是⊙O的直径， ∴∠AMD＝90°， ∴AM⊥BD， ∴△ABD的面积＝即

11BD×AM＝平行四边形的面积＝9， 221xy＝9， 218； x∴y与x之间的函数关系式y＝（3）

证明：作BM⊥AF于M，BN⊥CE于N，如图3所示： 同图1得：△ABF的面积＝△BCE的面积＝

1平行四边形ABCD的面积， 211AF×BM＝CE×BN， 22∵AF＝CE， ∴BM＝BN，

∴BG平分∠AGC．

∴

（4）解：作AP⊥BC于P，EQ⊥BC于Q，如图4所示：

∵平行四边形ABCD中，AB：BC＝4：3，∠ABC＝120°， ∴∠ABP＝60°，

∴∠BAP＝30°，设AB＝4x，则BC＝3x，

11AB＝2x，BQ＝BE，AP＝3BP＝23x， 22∵E是AB的中点，F在BC上，且BF：FC＝2：1， ∴BE＝2x，BF＝2x， ∴BQ＝x，

∴BP＝

∴EQ＝3x，PF＝4x，QF＝3x，QC＝4x， 由勾股定理得：AF＝22AP2PF2＝27x，CE＝EQQC＝19x，

连接DF、DE，则△CDE的面积＝△ADF的面积＝∴AF×DG＝CE×DH，

1平行四边形ABCD的面积， 2∴DG：DH＝CE：AF＝19x:27x19:27．

【点睛】

本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、平行四边形的性质、三角形面积公式、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的判定等知识；本题综合性强，需要添加辅助线，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．

12．如图①，已知RtABC中，ACB90o，AC8，AB10，点D是AC边上一点（不与C重合），以AD为直径作eO，过C作CE切eO于E，交AB于F.

（1）若eO的半径为2，求线段CE的长； （2）若AFBF，求eO的半径；

（3）如图②，若CECB，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42；(2)eO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∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得； （2）由勾股定理求得BC，然后通过证得△OEC∽△BCA，得到得即可；

（3）证得D和M重合，E和F重合后，通过证得△GBE∽△ABC，

OEOCr8-r=，即=，解BCBA610GBGE，即ABAC12GE，解得即可． 108【详解】

(1)如图，连结OE. ∵CE切eO于E，

∴OEC90.

∵AC8，eO半径为2， ∴OC6，OE2.

∴CEOC2OE242； (2)设eO半径为r.

在RtABC中，ACB90，AB10，AC8， ∴BC∵∴∴∵

AB2AC26.

AFBF， AFCFBF. ACFCAF. CE切eO于E，

∴OEC90. ∴OECACB， ∴OECBCA. ∴∴

OEOC， BCBAr8r， 610解得r3. ∴eO的半径为3；

(3)连结EG、OE，设EG交AC于点M，

由对称性可知，CBCG. 又CECB， ∴CECG. ∴EGCGEC. ∵CE切eO于E， ∴GECOEG90. 又EGCGMC90，

∴OEGGMC.又GMCOME， ∴OEGOME. ∴OEOM. ∴点M与点D重合.

∴G、D、E三点在同一条直线上. 连结AE、BE， ∵AD是直径，

∴AED90，即AEG90. 又CECBCG，

∴BEG90.

∴AEBAEGBEG180， ∴

A、E、B三点在同一条直线上.

∴E、F两点重合.

∵GEBACB90，BB， ∴GBEABC. ∴

GBGE12GE. ，即ABAC108∴GE9.6.

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.

13．已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠DAB＝120°，BC＝CD，AD＝4，AC＝7，求AB的长度．

【答案】AB＝3． 【解析】 【分析】

作DE⊥AC，BF⊥AC，根据弦、弧、圆周角、圆心角的关系，求得BCCD，进而得到∠DAC＝∠CAB＝60°，在Rt△ADE中，根据60°锐角三角函数值，可求得DE＝23，AE＝2，再由Rt△DEC中，根据勾股定理求出DC的长，在△BFC和△ABF中，利用60°角的锐角三角函数值及勾股定理求出AF的长，然后根据求出的两个结果，由AB＝2AF，分类讨论求出AB的长即可. 【详解】

作DE⊥AC，BF⊥AC，

uuuruuur

∵BC＝CD，

∴BCCD， ∴∠CAB＝∠DAC， ∵∠DAB＝120°， ∴∠DAC＝∠CAB＝60°， ∵DE⊥AC，

∴∠DEA＝∠DEC＝90°， ∴sin60°＝

uuuruuurDEAE，cos60°＝， 44∴DE＝23，AE＝2， ∵AC＝7， ∴CE＝5， ∴DC＝2325237，

∴BC＝37， ∵BF⊥AC，

∴∠BFA＝∠BFC＝90°， ∴tan60°＝

BF，BF2+CF2＝BC2， AF∴BF＝3AF， ∴

327AF237，

2∴AF＝2或AF＝∵cos60°＝

3， 2AF， AB∴AB＝2AF，

当AF＝2时，AB＝2AF＝4， ∴AB＝AD， ∵DC＝BC，AC＝AC， ∴△ADC≌△ABC（SSS）， ∴∠ADC＝∠ABC， ∵ABCD是圆内接四边形， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∴∠ADC＝∠ABC＝90°， 但AC2＝49，AD2DC242AC2≠AD2+DC2，

∴AB＝4（不合题意，舍去），

37253，

3时，AB＝2AF＝3， 2∴AB＝3． 【点睛】

当AF＝

此题主要考查了圆的相关性质和直角三角形的性质，解题关键是构造直角三角形模型，利用直角三角形的性质解题.

14．如图，AB是eO的直径，弦CDAB于点E，过点C的切线交AB的延长线于点

F，连接DF.

（1）求证：DF是eO的切线；

（2）连接BC，若BCF30，BF2，求CD的长. 【答案】（1）见解析；（2）23 【解析】

【分析】(1) 连接OD,由垂径定理证OF为CD的垂直平分线，得CF=DF，∠CDF=∠DCF，由∠CDO=∠OCD，再证∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°，可得OD⊥DF，结论成立. (2) 由∠OCF=90°, ∠BCF=30°，得∠OCB=60°，再证ΔOCB为等边三角形，得∠COB=60°，可得∠CFO=30°，所以FO=2OC=2OB，FB=OB= OC =2，在直角三角形OCE中，解直角三角形可得CE,再推出CD=2CE. 【详解】（1）证明：连接OD ∵CF是⊙O的切线 ∴∠OCF=90° ∴∠OCD+∠DCF=90° ∵直径AB⊥弦CD

∴CE=ED，即OF为CD的垂直平分线 ∴CF=DF ∴∠CDF=∠DCF ∵OC=OD， ∴∠CDO=∠OCD

∴∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90° ∴OD⊥DF ∴DF是⊙O的切线 （2）解：连接OD ∵∠OCF=90°, ∠BCF=30° ∴∠OCB=60°

∵OC=OB

∴ΔOCB为等边三角形， ∴∠COB=60° ∴∠CFO=30° ∴FO=2OC=2OB ∴FB=OB= OC =2

在直角三角形OCE中，∠CEO=90°∠COE=60°

sinCOE∴CF3

CE3 OC2∴CD=2 CF23

【点睛】本题考核知识点：垂径定理，切线，解直角三角形. 解题关键点：熟记切线的判定定理，灵活运用含有30°角的直角三角形性质，巧解直角三角形.

15．结果如此巧合!

下面是小颖对一道题目的解答．

题目：如图，Rt△ABC的内切圆与斜边AB相切于点D，AD=3，BD=4，求△ABC的面积． 解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x． 根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x． 根据勾股定理，得（x+3）2+（x+4）2=（3+4）2． 整理，得x2+7x=12． 所以S△ABC===

1AC•BC 21（x+3）（x+4） 21（x2+7x+12） 21=×（12+12） 2=12．

小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC的面积等于AD与BD的积．这仅仅是巧合吗？ 请你帮她完成下面的探索．

已知：△ABC的内切圆与AB相切于点D，AD=m，BD=n． 可以一般化吗？

（1）若∠C=90°，求证：△ABC的面积等于mn． 倒过来思考呢？

（2）若AC•BC=2mn，求证∠C=90°． 改变一下条件……

（3）若∠C=60°，用m、n表示△ABC的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）S△ABC=3mn； 【解析】 【分析】

（1）设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，仿照例题利用勾股定理得（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，再根据S△ABC＝AC×BC，即可证明S△ABC＝mn.（2）由AC•BC＝2mn，得x2＋（m＋n）x＝mn，因此AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2＝AB2，利用勾股定理逆定理可得∠C＝90°.（3）过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ACG中，根据条件求出AG、CG，又根据BG＝BC－CG得到BG .在Rt△ABG中，根据勾股定理可得x2＋（m＋n）x＝3mn，由此S△ABC＝BC•AG＝【详解】

设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x， 根据切线长定理，得：AE＝AD＝m、BF＝BD＝n、CF＝CE＝x， （1）如图1，

mn.

在Rt△ABC中，根据勾股定理，得：（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2， 整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn，

所以S△ABC＝AC•BC ＝（x＋m）（x＋n） ＝ [x2＋（m＋n）x＋mn] ＝（mn＋mn） ＝mn;

（2）由AC•BC＝2mn，得：（x＋m）（x＋n）＝2mn， 整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn， ∴AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2 ＝2[x2＋（m＋n）x]＋m2＋n2 ＝2mn＋m2＋n2 ＝（m＋n）2 ＝AB2，

根据勾股定理逆定理可得∠C＝90°； （3）如图2，过点A作AG⊥BC于点G，

在Rt△ACG中，AG＝AC•sin60°＝（x＋m），CG＝AC•cos60°＝（x＋m），

∴BG＝BC﹣CG＝（x＋n）﹣（x＋m）， 在Rt△ABG中，根据勾股定理可得：[

2

（x＋m）]2＋[（x＋n）﹣（x＋m）]2＝（m＋n）

，

整理，得：x2＋（m＋n）x＝3mn， ∴S△ABC＝BC•AG ＝×（x＋n）•＝

（x＋m）

32

[x＋（m＋n）x＋mn] 43×（3mn＋mn） 4＝

＝3mn． 【点睛】

本题考查了圆中的计算问题、与圆有关的位置关系以及直角三角形，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.