（湖南專版）2019年中考數(shù)學一輪復習 第五章 圓 5.1 圓的性質及與圓有關的位置關系（試卷部分）課件.ppt

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第五章圓5.1圓的性質及與圓有關的位置關系,中考數(shù)學(湖南專用),A組2014—2018年湖南中考題組,五年中考,考點一圓的有關概念與性質,1.(2018湖南邵陽,6,3分)如圖所示,四邊形ABCD為☉O的內接四邊形,∠BCD=120,則∠BOD的大小是()A.80B.120C.100D.90,解題關鍵本題考查的是圓內接四邊形的性質、圓周角定理,掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵.,思路分析根據(jù)圓內接四邊形的性質求出∠A,再根據(jù)圓周角定理解答.,答案B∵四邊形ABCD為☉O的內接四邊形,∴∠BAD=180-∠BCD=60,由圓周角定理得,∠BOD=2∠A=120,故選B.,2.(2018湖南張家界,6,3分)如圖,AB是☉O的直徑,弦CD⊥AB于點E,OC=5cm,CD=8cm,則AE=()A.8cmB.5cmC.3cmD.2cm,答案A因為AB是☉O的直徑,弦CD⊥AB于點E,所以根據(jù)垂徑定理可得EC=ED=CD=4cm,所以在Rt△OEC中,根據(jù)勾股定理可得OE==3cm,所以AE=AO+OE=8cm.,3.(2017湖南張家界,3,3分)如圖,在☉O中,AB是直徑,AC是弦,連接OC,若∠ACO=30,則∠BOC的度數(shù)是()A.30B.45C.55D.60,答案D∵OA=OC,∴∠A=∠ACO=30,∴∠BOC=2∠A=230=60.,思路分析先根據(jù)等腰三角形的性質得出∠A的度數(shù),再根據(jù)圓周角定理求出∠BOC的度數(shù).,4.(2016湖南張家界,6,3分)如圖,AB是☉O的直徑,BC是☉O的弦,若∠OBC=60,則∠BAC的度數(shù)是()A.75B.60C.45D.30,答案D∵AB是☉O的直徑,∴∠ACB=90,又∵∠OBC=60,∴∠BAC=180-∠ACB-∠ABC=180-90-60=30.故選D.,思路分析根據(jù)AB是☉O的直徑可得出∠ACB=90,再根據(jù)三角形內角和為180以及∠OBC=60,即可求出∠BAC的度數(shù).,解題關鍵本題考查了圓周角定理以及角的計算,解題的關鍵是得出∠ACB=90,即直徑所對的圓周角為90.,5.(2015湖南株洲,6,3分)如圖,圓O是△ABC的外接圓,∠A=68,則∠OBC的大小是()A.22B.26C.32D.68,答案A由題可知∠BOC=2∠A=136,∵BO=OC,∴∠OBC=∠OCB==22,故選A.,思路分析先根據(jù)圓周角定理即同弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半求出∠BOC的度數(shù),再根據(jù)等腰三角形的性質得出∠OBC的度數(shù).,審題技巧在圓中,可通過圓心角的度數(shù)求同弧所對的圓周角的度數(shù),也可通過圓周角的度數(shù)求同弧所對的圓心角的度數(shù).,6.(2015湖南湘潭,7,3分)如圖,四邊形ABCD是☉O的內接四邊形,若∠DAB=60,則∠BCD的度數(shù)是()A.60B.90C.100D.120,答案D∵四邊形ABCD是☉O的內接四邊形,∴∠DAB+∠BCD=180,∵∠DAB=60,∴∠BCD=180-60=120.故選D.,思路分析根據(jù)圓內接四邊形的對角互補求出答案.,解題關鍵本題考查的是圓內接四邊形的性質,掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵.,7.(2015湖南永州,6,3分)如圖,P是☉O外一點,PA、PB分別交☉O于C、D兩點,已知和所對的圓心角分別為90和50,則∠P=()A.45B.40C.25D.20,答案D∵和所對的圓心角分別為90和50,∴∠A=25,∠ADB=45,∵∠P+∠A=∠ADB,∴∠P=∠ADB-∠A=45-25=20.故選D.,思路分析根據(jù)同弧所對的圓周角是圓心角的一半可得∠ADB和∠CAD的度數(shù),再由三角形外角的性質求解.,易錯警示①不會合理運用圓周角定理;②不理解三角形外角的性質.,8.(2017湖南長沙,15,3分)如圖,AB為☉O的直徑,弦CD⊥AB于點E,已知CD=6,EB=1,則☉O的半徑為.,答案5,解析連接OC,設圓O的半徑為r,則OE=r-1,根據(jù)垂徑定理可得CE=3,在Rt△OCE中,由勾股定理可得,CE2+OE2=OC2,即32+(r-1)2=r2,解得r=5.故☉O的半徑為5.,方法總結在已知直徑與弦垂直的問題中,通常連接半徑構造直角三角形,其中斜邊為圓的半徑,兩直角邊是弦長的一半和圓心到弦的距離,從而運用勾股定理來計算.,9.(2017湖南湘潭,13,3分)如圖,在☉O中,已知∠AOB=120,則∠ACB=.,答案60,解析∵∠AOB=120,點C在☉O上,∴∠ACB=∠AOB=60.,10.(2016湖南株洲,25,10分)已知AB是半徑為1的圓O直徑,C是圓上一點,D是BC延長線上一點,過點D的直線交AC于E點,且△AEF為等邊三角形.(1)求證:△DFB是等腰三角形;(2)若DA=AF,求證:CF⊥AB.,證明(1)∵AB是☉O的直徑,∴∠ACB=90,∵△AEF為等邊三角形,∴∠CAB=∠EFA=60,∴∠B=30,∵∠EFA=∠B+∠FDB,∴∠B=∠FDB=30,∴△DFB是等腰三角形.(2)過點A作AM⊥DF于點M,設AF=2a(a>0),∵△AEF是等邊三角形,∴FM=EM=a,AM=a,在Rt△DAM中,AD=AF=2a,AM=a,∴DM=5a,∴DF=BF=6a,∴AB=AF+BF=8a,在Rt△ABC中,∠B=30,∠ACB=90,∴AC=4a,∵AE=EF=AF=CE=2a,∴∠ECF=∠EFC,∵∠AEF=∠ECF+∠EFC=60,∴∠CFE=30,∴∠AFC=∠AFE+∠EFC=60+30=90,∴CF⊥AB.,思路分析(1)由AB是☉O的直徑,得到∠ACB=90,由△AEF為等邊三角形,得到∠CAB=∠E-FA=60,根據(jù)三角形的外角的性質即可得到結論;(2)過點A作AM⊥DF于點M,設AF=2a(a>0),根據(jù)等邊三角形的性質得到FM=EM=a,AM=a,再根據(jù)已知條件得到AB=AF+BF=8a,根據(jù)直角三角形的性質得到AE=EF=AF=CE=2a,推出∠ECF=∠EFC,根據(jù)三角形內角和定理即可得到結論.,11.(2015湖南衡陽,26,8分)如圖,AB是☉O的直徑,點C、D為半圓O的三等分點,過點C作CE⊥AD,交AD的延長線于點E.(1)求證:CE為☉O的切線;(2)判斷四邊形AOCD是否為菱形,并說明理由.,解析(1)證明:連接OD,∵點C、D為半圓O的三等分點,∴∠BOC=∠BOD,又∠BAD=∠BOD,∴∠BOC=∠BAD,∴AE∥OC,∵AD⊥EC,∴OC⊥EC,∵OC為☉O的半徑,∴CE為☉O的切線.(2)四邊形AOCD是菱形.理由如下:∵點C、D為半圓O的三等分點,,∴∠AOD=∠COD=60,∵OA=OD=OC,∴△AOD和△COD都是等邊三角形,∴OA=AD=DC=OC=OD,∴四邊形AOCD是菱形.,考點二與圓有關的位置關系,1.(2016湖南邵陽,9,3分)如圖所示,AB是☉O的直徑,點C為☉O外一點,CA,CD是☉O的切線,A,D為切點,連接BD,AD.若∠ACD=30,則∠DBA的大小是()A.15B.30C.60D.75,答案D∵CA,CD是☉O的切線,A,D為切點,∴∠CAB=90,CA=CD,故△CAD是等腰三角形.∵∠C=30,∴∠CAD=∠CDA=75,∴∠BAD=15,∵AB是☉O的直徑,∴∠BDA=90.∴∠DBA=75,故選D.,2.(2016湖南湘西,18,4分)在Rt△ABC中,∠C=90,BC=3cm,AC=4cm,以點C為圓心,2.5cm長為半徑畫圓,則☉C與直線AB的位置關系是()A.相交B.相切C.相離D.不能確定,答案A過C作CD⊥AB于D,如圖所示.在Rt△ABC中,∠C=90,AC=4cm,BC=3cm,∴AB==5cm.∵△ABC的面積=ACBC=ABCD,∴34=5CD,∴CD=2.4cm0),則MD=8x,∴OA=OD=13x,又∵AB=12,AB⊥CD,∴AM=6.在Rt△AOM中,(5x)2+62=(13x)2,解得x=(舍負),∴半徑OA=,∴☉O的周長為13π.,方法規(guī)律如圖,設圓的半徑為r、弦長為a、弦心距為d,弓形的高為h,則+d2=r2(h=r-d或h=r+d).已知其中任意兩個量即可求出其余兩個量.,3.(2017云南,14,4分)如圖,B、C是☉A上的兩點,AB的垂直平分線與☉A交于E、F兩點,與線段AC交于D點.若∠BFC=20,則∠DBC=()A.30B.29C.28D.20,答案A∵∠BFC=20,∴∠BAC=2∠BFC=40,∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB==70.∵EF是線段AB的垂直平分線,∴AD=BD,∴∠ABD=∠A=40,∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=70-40=30.故選A.,4.(2015吉林長春,7,3分)如圖,四邊形ABCD內接于☉O,若四邊形ABCO是平行四邊形,則∠ADC的大小為()A.45B.50C.60D.75,答案C設∠ADC=x,則∠AOC=2x.∵四邊形ABCO是平行四邊形,∴∠B=∠AOC.∵∠B+∠D=180,∴x+2x=180.∴x=60.∴∠ADC=60.故選C.,5.(2015甘肅蘭州,9,4分)如圖,經(jīng)過原點O的☉P與x、y軸分別交于A、B兩點,點C是劣弧OB上一點,則∠ACB=()A.80B.90C.100D.無法確定,答案B根據(jù)同弧所對的圓周角相等,得到∠ACB=∠AOB=90,故選B.,6.(2015山東臨沂,8,3分)如圖,A,B,C是☉O上的三個點,若∠AOC=100,則∠ABC等于()A.50B.80C.100D.130,答案D如圖,在優(yōu)弧AC上任取一點D,連接AD、CD.∵∠AOC=100,∴∠ADC=∠AOC=50.∵∠ADC+∠ABC=180,∴∠ABC=180-50=130.故選D.,7.(2018湖北黃岡,11,3分)如圖,△ABC內接于☉O,AB為☉O的直徑,∠CAB=60,弦AD平分∠CAB,若AD=6,則AC=.,答案2,解析連接BD,因為AB為☉O的直徑,所以∠ADB=90,因為∠CAB=60,弦AD平分∠CAB,所以∠BAD=30,因為=cos30,所以AB===4.在Rt△ABC中,AC=ABcos60=4=2.,考點二與圓有關的位置關系,1.(2017上海,17,4分)如圖,已知Rt△ABC中,∠C=90,AC=3,BC=4.分別以點A、B為圓心畫圓,如果點C在☉A內,點B在☉A外,且☉B(tài)與☉A內切,那么☉B(tài)的半徑長r的取值范圍是.,答案80).∵AEEB=CEED,∴51=9x5x,∴x=.,∴CE=3,DE=.(5分)過點C作CF⊥AB于點F,∵OC=CE=3,∴OF=EF=OE=1.∴BF=2.在Rt△OCF中,∵∠CFO=90,∴CF2+OF2=OC2.∴CF=2.在Rt△CFB中,∵∠CFB=90,∴tan∠OBC===.(8分)∵CF⊥AB,∴∠CFB=90.∵BP是☉O的切線,AB是☉O的直徑,∴∠EBP=90,∴∠CFB=∠EBP.又∵EF=BE=1,∠CEF=∠PEB,∴△CEF≌△PEB.∴EP=CE=3.,∴DP=EP-ED=3-=.(10分),24.(2017河北,23,9分)如圖,AB=16,O是AB中點,點C在線段OB上(不與點O,B重合),將OC繞點O逆時針旋轉270后得到扇形COD,AP,BQ分別切優(yōu)弧于點P,Q,且點P,Q在AB異側,連接OP.(1)求證:AP=BQ;(2)當BQ=4時,求優(yōu)弧的長(結果保留π);(3)若△APO的外心在扇形COD的內部,求OC的取值范圍.,解析(1)證明:連接OQ.(1分)∵AP,BQ分別與優(yōu)弧相切,∴OP⊥AP,OQ⊥BQ,即∠APO=∠Q=90.又OA=OB,OP=OQ,∴Rt△APO≌Rt△BQO.(3分)∴AP=BQ.(4分)(2)∵BQ=4,OB=AB=8,∠Q=90,∴sin∠BOQ=.∴∠BOQ=60.(5分)∵OQ=8cos60=4,∴優(yōu)弧的長為=.(7分)(3)設點M為Rt△APO的外心,則M為OA的中心,∴OM=4.當點M在扇形COD的內部時,OM0,由勾股定理可得BE2+CE2=BC2,∴(4x)2+(3x)2=100,解得x=2,∴CE=6.(ii)相切.理由:過點A作AF⊥CD于點F,∵∠CEB=90,∴∠B+∠ECB=90,∵∠ACE+∠ECB=90,∴∠B=∠ACE,∵∠ACD=∠B,∴∠ACD=∠ACE,∴CA平分∠DCE,∵AF⊥CD,AE⊥CE,,∴AF=AE,∴直線CD與☉A相切.,解題關鍵本題考查圓的綜合問題,涉及等量代換,勾股定理,相似三角形的判定與性質,銳角三角函數(shù)等知識,知識點較綜合,需要學生靈活運用所學知識解決問題.,A組2016—2018年模擬基礎題組考點一圓的有關概念與性質,三年模擬,1.(2018湖南長沙二模,8)如圖,☉O是△ABC的外接圓,∠OCB=40,則∠A的度數(shù)為()A.60B.80C.40D.50,答案D在△OBC中,OB=OC,∠OCB=40,∴∠OBC=40,根據(jù)三角形內角和等于180知∠BOC=100,∴∠A=∠BOC=50,故選D.,2.(2017湖南長沙二模,11)如圖,CD是☉O的直徑,AB是☉O的弦,已知∠1=30,則∠2的度數(shù)為()A.30B.45C.60D.70,答案C連接AD,∵CD是☉O的直徑,∴∠CAD=90.在Rt△ACD中,∠CAD=90,∠1=30,∴∠DAB=60.又∵∠DAB=∠2,∴∠2=60.,3.(2016湖南長沙南雅中學一模,11)如圖,A,B,P是半徑為2的☉O上的三點,∠APB=45,則弦AB的長為()A.2B.4C.D.2,答案D連接OA,OB,∵∠APB=45,∴∠AOB=2∠APB=90,∵OA=OB=2,∴AB==2.故選D.,4.(2016湖南張家界三模,6)如圖,AB為☉O的直徑,CD為☉O的弦,∠ABD=53,則∠BCD=()A.37B.47C.45D.53,答案A連接AC,∵AB是☉O的直徑,∴∠BCA=90,又∠ACD=∠ABD=53,∴∠BCD=∠ACB-∠ACD=90-53=37.故選A.,思路分析連接AC,由AB是☉O的直徑可得直角,根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得∠ACD的度數(shù),利用兩角差可得答案.,解題關鍵本題考查了圓周角定理;直徑在題目已知中出現(xiàn)時,往往要利用其所對的圓周角是直角這一結論,做題時注意應用,連接AC是正確解答本題的關鍵.,5.(2016湖南湘潭一模,6)如圖,AB是☉O的直徑,∠AOC=130,則∠D=()A.25B.65C.15D.35,答案A如圖,連接AD,∵∠AOC=2∠ADC=130,∴∠ADC=65,∵AB是☉O的直徑,∴∠ADB=90,∴∠BDC=∠ADB-∠ADC=90-65=25,故選A.,6.(2018湖南長沙一模,16)如圖,AB是☉O的直徑,C、D為圓O上的兩點,若∠CDB=35,則∠ABC的度數(shù)為度.,答案55,解析AB是☉O的直徑,由圓周角定理可知∠ACB=90,則∠A+∠ABC=90,由在同圓或等圓中,同弧所對的圓周角相等可知∠A=∠CDB=35,由此得∠ABC=90-∠A=55,故答案為55.,7.(2018湖南株洲模擬,15)如圖,在☉O中,弦AB∥CD,若∠ABC=35,則∠BOD=.,答案70,解析∵AB∥CD,∴∠C=∠ABC=35,∴∠BOD=2∠C=70.故答案為70.,8.(2016湖南益陽模擬,22)如圖,已知△ABC內接于☉O,且AB=AC,直徑AD交BC于點E,F是OE上的一點,使CF∥BD,連接BF.(1)求證:BE=CE;(2)試判斷四邊形BFCD的形狀,并說明理由;(3)若BC=8,AD=10,求CD的長.,解析(1)證明:∵AD是☉O的直徑,∴∠ABD=∠ACD=90,在Rt△ABD和Rt△ACD中,∴Rt△ABD≌Rt△ACD,∴∠BAD=∠CAD,在△ABE和△ACE中,∴△ABE≌△ACE,∴BE=CE.(2)四邊形BFCD是菱形.理由:由(1)知△ABE≌△ACE,∴∠AEB=∠AEC=90.∵CF∥BD,∴∠FCE=∠DBE,在△BED和△CEF中,,∴△BED≌△CEF,∴BD=CF,∴四邊形BFCD是平行四邊形,∵∠BAD=∠CAD,∴BD=CD,∴四邊形BFCD是菱形.(3)∵∠ABD=∠BED=90,∴∠EBD+∠BDE=90,∠BAD+∠BDA=90,∴∠BAD=∠EBD,∵∠CAE=∠BAD,∴∠CAE=∠DBE.又∵∠AEC=∠BED,∴△AEC∽△BED.∴CEBE=DEAE,又∵CE=BE,∴CE2=DEAE,設DE=x,∵BC=8,AD=10,,∴CE=BC=4,AE=10-x,∴42=x(10-x),解得x=2或x=8(舍去),在Rt△CED中,CD===2.,考點二與圓有關的位置關系,1.(2018湖南株洲模擬,6)如圖,AB是☉O的直徑,直線PA與☉O相切于點A,PO交☉O于點C,連接BC.若∠P=40,則∠ABC的度數(shù)為()A.20B.25C.40D.50,答案B∵AB是☉O的直徑,直線PA與☉O相切于點A,∴∠PAO=90.又∵∠P=40,∴∠POA=50,∴∠ABC=∠POA=25.故選B.,2.(2018湖南長沙麓山國際實驗學校模擬,18)如圖,在平面直角坐標系中,點A在第一象限,☉A與x軸相切于B,與y軸交于C(0,1)、D(0,4)兩點,則點A的坐標是.,答案,解析過點A作AM⊥CD,連接AB、AC.∵☉A與x軸相切于點B,與y軸交于C(0,1),D(0,4)兩點,∴OC=1,CD=3,DM=CM=1.5,∴OM=AB=2.5,∴☉A的半徑R=2.5,∴AC=2.5,∴AM==2,即點A的坐標是.,3.(2016湖南長沙六模,17)如圖,PA、PB是☉O的切線,Q為上一點,過點Q的直線MN與☉O相切.已知PA=4,則△PMN的周長=.,答案8,解析由切線長定理可知,PA=PB=4,AM=MQ,QN=NB,∴△PMN的周長=PM+MQ+QN+PN=PM+AM+NB+PN=PA+PB=2PA=8.,4.(2018湖南長沙麓山國際實驗學校模擬,24)如圖,在△ABC中,∠C=90,AC=3,AB=5,點O在BC邊的中線AD上,☉O與BC相切于點E,且∠OBA=∠OBC.(1)求證:AB為☉O的切線;(2)求☉O的半徑;(3)求tan∠BAD.,解析(1)證明:如圖,作OF垂直AB于點F,∵☉O與BC相切于點E,∴OE⊥BC,又∠OBA=∠OBC,∴OE=OF,∴AB為☉O的切線.(2)∵∠C=90,AC=3,AB=5,∴BC==4,又D為BC的中點,,∴CD=DB=2,設☉O的半徑為r,∵S△ACD+S△DOB+S△AOB=S△ABC,即ACCD+BDr+ABr=ACBC,∴6+2r+5r=12,∴r=.∴☉O的半徑為.(3)∵∠C=90,OE⊥BC,∴OE∥AC,∴Rt△ODE∽Rt△ADC,∴=,即=,∴DE=,∴BF=BE=,∴AF=AB-BF=5-=,,∴tan∠BAD==.,思路分析(1)作OF垂直AB于點F,然后根據(jù)角平分線的性質定理即可證得OE=OF,從而證得結論;(2)根據(jù)勾股定理求得BC的長,進而求得CD=DB=2,設☉O的半徑為r,然后根據(jù)S△ACD+S△DOB+S△AOB=S△ABC得到ACCD+BDr+ABr=ACBC,解關于r的方程即可求得☉O的半徑長;(3)易證得Rt△ODE∽Rt△ADC,根據(jù)相似三角形的性質求得DE=,即可求得BF=BE=,AF=AB-BF=,即可求得tan∠BAD的值.,5.(2018湖南衡陽模擬,25)如圖,在Rt△ABC中,∠C=90,∠ABC的平分線交AC于點D,點O是AB上一點,☉O過B、D兩點,且分別交AB、BC于點E、F.(1)求證:AC是☉O的切線;(2)已知AB=10,BC=6,求☉O的半徑r.,解析(1)證明:連接OD.∵OB=OD,∴∠OBD=∠ODB(等邊對等角).∵BD平分∠ABC,∴∠ABD=∠DBC,∴∠ODB=∠DBC(等量代換),∴OD∥BC(內錯角相等,兩直線平行).又∵∠C=90(已知),∴∠ADO=90(兩直線平行,同位角相等),,∴AC⊥OD,∴AC是☉O的切線.(2)由(1)知,OD∥BC,∴=,∴=,解得r=,即☉O的半徑r為.,思路分析(1)連接OD.欲證AC是☉O的切線,只需證明AC⊥OD即可;(2)利用平行線截線段成比例推知=,然后將圖中線段間的和差關系代入該比例式,通過解方程即可求得r的值.,6.(2016湖南株洲一模,24)如圖,AB是☉O的直徑,OD⊥弦BC于點F,交☉O于點E,連接CE、AE、CD,若∠AEC=∠ODC.(1)求證:直線CD為☉O的切線;(2)若AB=5,BC=4,求線段CD的長.,解析(1)證明:連接OC,∵∠CEA=∠CBA,∠AEC=∠ODC,∴∠CBA=∠ODC,又∵∠CFD=∠BFO,∴∠DCB=∠BOF,∵CO=BO,∴∠OCF=∠B,∵∠B+∠BOF=90,∴∠OCF+∠DCB=90,∴CD⊥OC,∴直線CD為☉O的切線.,(2)連接AC,∵AB是☉O的直徑,∴∠ACB=90,∴∠DCO=∠ACB,又由(1)知∠D=∠B,∴△OCD∽△ACB,∵∠ACB=90,AB=5,BC=4,∴AC=3,∴=,即=,解得CD=.,思路分析(1)利用圓周角定理結合等腰三角形的性質得出∠OCF+∠DCB=90,即可得證;(2)利用直徑所對的圓周角為直角得出∠ACB=90,利用相似三角形的判定與性質得出CD的長.,解題技巧證切線的常用方法:連半徑,證垂直,即證∠OCD=90即可,結合已知及圓的性質易證.而求線段的長可用解直角三角形,相似或全等,本題所給線段AB,BC與CD不在同一三角形中,且結合(1)易證△OCD∽△ACB,即利用相似可求CD的長.,解答題(共80分),B組2016—2018年模擬提升題組(時間:45分鐘分值:80分),1.(2018湖南婁底模擬,25)如圖,在☉O中,AB為直徑,OC⊥AB,弦CD與OB交于點F,在AB的延長線上有一點E,且EF=ED.(1)求證:DE是☉O的切線;(2)若tanA=,探究線段AB和BE之間的數(shù)量關系,并證明;(3)在(2)的條件下,若OF=1,求圓O的半徑.,解析(1)證明:連接OD,如圖.∵EF=ED,∴∠EFD=∠EDF.∵∠EFD=∠CFO,∴∠CFO=∠EDF.∵OC⊥OF,∴∠OCF+∠CFO=90.∵OC=OD,∴∠OCF=∠ODF,∴∠ODC+∠EDF=90,即∠ODE=90,∴OD⊥DE.∵點D在☉O上,∴DE是☉O的切線.(2)線段AB、BE之間的數(shù)量關系為AB=3BE.證明如下:∵AB為☉O的直徑,∴∠ADB=90,∴∠ADO=∠BDE.∵OA=OD,∴∠ADO=∠A,∴∠BDE=∠A,又∠BED=∠DEA,∴△EBD∽△EDA,∴==.∵在Rt△ABD中,tanA==,∴==,,∴AE=2DE,DE=2BE,∴AE=4BE,∴AB=3BE.(3)設BE=x(x>0),則DE=EF=2x,AB=3x,半徑OD=x.∵OF=1,∴OE=1+2x.在Rt△ODE中,由勾股定理可得:+(2x)2=(1+2x)2,∴x=-(舍去)或x=2,∴圓O的半徑為3.,解題關鍵本題是有關圓的綜合題,主要考查了切線的判定和性質,等腰三角形的性質,銳角三角函數(shù),相似三角形的判定和性質,勾股定理,判斷出△EBD∽△EDA是解答本題的關鍵.,2.(2018湖南長郡集團模擬,23)如圖,AB是☉O的弦,D為半徑OA的中點,過D作CD⊥OA交弦AB于點E,交☉O于點F,且BC是☉O的切線.(1)求證:CE=CB;(2)連接AF,BF,求∠ABF的正弦值;(3)如果CD=15,BE=10,sin∠DAE=,求☉O的半徑.,解析(1)證明:連接OB,∵BC是☉O的切線,∴OB⊥BC.∴∠OBC=90,即∠OBA+∠CBE=90,∵OA=OB,∴∠OAB=∠OBA,又CD⊥OA,∴∠DAE+∠DEA=90,又∠CEB=∠DEA,∴∠CBE=∠CEB,∴CE=CB.(2)連接OF,∵DC⊥OA,且D為AO的中點,∴AF=OF,又OA=OF,∴△AOF是等邊三角形,∴∠ABF=∠AOF=30,,∴sin∠ABF=.(3)過點C作CG⊥AB于點G,易證明△ADE∽△CGE,又sin∠DAE=,∴==,∵CE=CB,BE=10,∴EG=BG=5,∴CE=13,∵CD=15,∴DE=2,∴AE=,AD=,∴OA=2AD=.∴☉O的半徑為.,3.(2018湖南株洲模擬,25)如圖,在Rt△ABC中,∠ABC=90,AB=CB,以AB為直徑的☉O交AC于點D,點E是AB邊上一點(點E不與點A、B重合),DE的延長線交☉O于點G,DF⊥DG,且交BC于點F.(1)求證:AE=BF;(2)連接GB,EF,求證:GB∥EF;(3)若AE=1,EB=2,求DG的長.,解析(1)證明:連接BD.在Rt△ABC中,∠ABC=90,AB=BC,∴∠A=∠C=45,∵AB為圓O的直徑,∴∠ADB=90,即BD⊥AC,∴AD=DC=BD=AC,∠CBD=∠C=45,∴∠A=∠FBD,∵DF⊥DG,,∴∠FDG=90,∴∠FDB+∠BDG=90,∵∠EDA+∠BDG=90,∴∠EDA=∠FDB,在△AED和△BFD中,∠A=∠FBD,AD=BD,∠EDA=∠FDB,∴△AED≌△BFD(ASA),∴AE=BF.(2)證明:∵△AED≌△BFD,∴DE=DF,∵∠EDF=90,∴△EDF是等腰直角三角形,∴∠DEF=45,∵∠G=∠A=45,,∴∠G=∠DEF,∴GB∥EF.(3)∵AE=BF,AE=1,∴BF=1,在Rt△EBF中,∠EBF=90,EB=2,BF=1,根據(jù)勾股定理得EF==,∵△DEF為等腰直角三角形,∠EDF=90,∴cos∠DEF=,∴DE==,∵∠G=∠A,∠GEB=∠AED,∴△GEB∽△AED,∴=,即GEED=AEEB,∴GE=2,即GE=,,則GD=GE+ED=.,思路分析(1)連接BD,由三角形ABC為等腰直角三角形,求出∠A與∠C的度數(shù),根據(jù)AB為圓O的直徑,利用圓周角定理得到∠ADB為直角,即BD垂直AC,利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半,得到AD=DC=BD=AC,進而確定出∠A=∠FBD,再利用同角的余角相等得到一對角相等,利用ASA得到三角形AED與三角形BFD全等,利用全等三角形的對應邊相等即可得證;(2)由三角形AED與三角形BFD全等,得到ED=FD,進而得到三角形DEF為等腰直角三角形,利用同圓或等圓中,同弧所對的圓周角相等及等腰直角三角形的性質得到一對同位角相等,利用同位角相等兩直線平行即可得證;(3)由(1)及已知得AE=BF=1,在直角三角形BEF中,利用勾股定理求出EF的長,利用銳角三角形函數(shù)定義求出DE的長,利用兩對角相等的三角形相似得到三角形AED與三角形GEB相似,由相似得對應線段成比例,求出GE的長,由GE+ED求出GD的長即可.,4.(2017湖南長沙三模,23)如圖,在△ABC中,AB=AC,以AB為直徑作☉O交BC于點D,DE⊥AC于點E.(1)求證:DE是☉O的切線;(2)若∠ABC=60,☉O的半徑r=4,求CE的長.,解析(1)證明:如圖,連接OD.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB.∵OB=OD,∴∠ABC=∠ODB,∴∠ACB=∠ODB,∴OD∥AC.∵DE⊥AC,∴DE⊥OD.∵OD是☉O的半徑,∴DE是☉O的切線.(2)∵∠ABC=60,AB=AC,∴△ABC是等邊三角形,∴∠ACB=60,BC=AB,∴∠CDE=30.∵AB為☉O的直徑,∴∠ADB=90,,∴∠ADC=90,DC=BC,∵r=4,∴AB=BC=8,∴DC=4.在Rt△DEC中,∠CDE=30,∴CE=CD=2.,5.(2017湖南長沙二模,23)如圖,△ABC內接于☉O,BD為☉O的直徑,BD與AC相交于點H,AC的延長線與過點B的直線相交于點E,且∠A=∠EBC.(1)求證:BE是☉O的切線;(2)已知CG∥EB,且CG與BD、BA分別相交于點F、G,若BGBA=48,FG=,DF=2BF,求AH的值.,解析(1)證明:連接CD,∵BD是☉O的直徑,∴∠BCD=90,即∠D+∠CBD=90.∵∠A=∠D,∠A=∠EBC,∴∠CBD+∠EBC=90,即∠DBE=90,∴BE⊥BD,∴BE是☉O的切線.(2)∵CG∥EB,∴∠BCG=∠EBC,∴∠A=∠BCG.∵∠CBG=∠ABC,∴△ABC∽△CBG,∴=,即BC2=BGBA=48,∴BC=4.∵CG∥EB,∴CF⊥BD,∴△BFC∽△BCD,∴BC2=BFBD.,∵DF=2BF,∴BF=4.在Rt△BCF中,CF==4,∴CG=CF+FG=5.在Rt△BFG中,BG==3,∵BGBA=48,∴BA=8,∴AG=5,∴CG=AG,∴∠A=∠ACG=∠BCG,又∠CFH=∠CFB=90,∴∠CHF=∠CBF,∴CH=CB=4.∵△ABC∽△CBG,∴=,∴AC==,∴AH=AC-CH=.,思路分析(1)連接CD,根據(jù)BD為☉O的直徑,得出∠BCD=90,再結合“同弧所對的圓周角相等”,得出∠A=∠D,再用等量代換證明∠EBD=90.(2)先判定△ABC∽△CBG,△BFC∽△BCD,再結合勾股定理求出各線段的長度.,6.(2016湖南邵陽模擬,24)如圖,AB是☉O的直徑,C是☉O上一點,OD⊥BC于點D,過點C作☉O的切線,交OD的延長線于點E,OE交☉O于點F,連接BE.(1)求證:BE與☉O相切;(2)連接AD并延長交BE于點G.若OB=9,sin∠ABC=,求BG的長