《江蘇省13市2015年中考數(shù)學試題分類解析匯編 專題12 圓的問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省13市2015年中考數(shù)學試題分類解析匯編 專題12 圓的問題（34頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題12：圓的問題 1. （2015年江蘇南京2分）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5，AD、AB、BC分別與⊙O相切于E、F、G三點，過點D作⊙O的切線交BC于點M，則DM的長為【 】 A. B. C. D. 【答案】A. 【考點】矩形的性質(zhì)；切線的性質(zhì)；正方形的判定和性質(zhì)；切線長定理；勾股定理；方程思想的應(yīng)用. 【分析】如答圖，連接， 則根據(jù)矩形和切線的性質(zhì)知，四邊形都是正方形. ∵AB=4，∴. ∵AD=5，∴. 設(shè)GM=NM=x，則. 在中，由勾股定理得：，即，解得，. ∴． 故選A. 2. （

2、2015年江蘇蘇州3分）如圖，AB為⊙O的切線，切點為B，連接AO，AO與⊙O交于點C，BD為⊙O的直徑，連接CD．若∠A=30°，⊙O的半徑為2，則圖中陰影部分的面積為【 】 A． B． C． D． 【答案】A． 【考點】切線的性質(zhì)；三角形外角性質(zhì)；垂徑定理；三角形和扇形面積的計算；轉(zhuǎn)換思想的應(yīng)用. 【分析】如答圖，過O點OH⊥CD作于點H， ∵AB為⊙O的切線，∴OB⊥AB，即∠OBA=90°. 又∵∠A=30°，∴∠COD=120°. 在△ODH中，∵∠ODH=30°，OD=2， ∴. ∴. 故選A． 3. （2015年江蘇揚

3、州3分）如圖，若銳角△ABC內(nèi)接于⊙O，點D在⊙O外（與點C在AB同側(cè)）， 則下列三個結(jié)論：①；②；③中，正確的結(jié)論為【 】 A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①③ 【答案】D. 【考點】圓周角定理；三角形外角性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的性質(zhì). 【分析】如答圖，設(shè)與⊙O相交于點，連接. ∵，∴. ∵正弦、正切函數(shù)值隨銳角的增大而增大，余弦函數(shù)值隨銳角的增大而減小， ∴， ， . ∴正確的結(jié)論為①③. 故選D. 4. （2015年江蘇淮安3分）如圖，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，若，則∠C的度數(shù)是【 】 A.

4、 100° B. 110° C. 120° D. 130° 【答案】B. 【考點】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì). 【分析】∵四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形， ， ∴根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補的性質(zhì)，得. 故選B. 5. （2015年江蘇南通3分）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，弦AD平分∠BAC，交BC于點E，AB=6，AD=5，則AE的長為【 】 A. 2.5 B. 2.8 C. 3 D. 3.2 【答案】B. 【考點】圓周角定理；勾股定理；相似三角形的判定和性質(zhì). 【分析】如答圖，連接BD

5、、CD， ∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°. ∴. ∵弦AD平分∠BAC，∴CD=BD=. ∴∠CBD=∠DAB. 在△ABD和△BED中，∵∠BAD=∠EBD，∠ADB=∠BDE， ∴△ABD∽△BED. ∴，即. ∴． 故選B. 1. （2015年江蘇連云港3分）如圖是一個幾何體的三視圖，其中主視圖與左視圖都是邊長為4的等邊三角形，則這個幾何體的側(cè)面展開圖的面積為 ▲ ． 【答案】. 【考點】由三視圖判斷幾何體；幾何體的展開圖；扇形面積的計算． 【分析】∵這個幾何體為圓錐，圓錐的母線長為4，底面圓的直徑為4， ∴這個幾何體的側(cè)面展開圖的面

6、積=． 2. （2015年江蘇南京2分）如圖，在⊙O的內(nèi)接五邊形ABCDE中，∠CAD=35°，則∠B+∠E= ▲ ． 【答案】215°. 【考點】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；圓周角定理. 【分析】如答圖，連接BD， ∵∠1和∠2是圓內(nèi)接四邊形的對角，∴∠1+∠2=180°. 又∵∠3和∠4是同圓中同弧所對的圓周角，且∠4=35°，∴∠3=∠4=35°. ∴∠CBA+∠DEA=215°. 3. （2015年江蘇泰州3分）圓心角為120° ，半徑為6cm的扇形面積為 ▲ cm2. 【答案】 【考點】扇形面積的計算. 【分析】直接根據(jù)扇形面積公式計算：

7、 cm2. 4. （2015年江蘇泰州3分）如圖，⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，∠A=115°，則∠BOD等于 ▲ °. 【答案】130. 【考點】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；圓周角定理. 【分析】∵⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，∠A=115°， ∴根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補的性質(zhì)，得. ∵與是同圓中同弧所對的圓周角和圓心角， ∴. 5. （2015年江蘇徐州3分）如圖，AB是⊙O的直徑，點C在AB的延長線上，CD與⊙O相切于點D，若∠C=20°，則∠CDA= ▲ °． 【答案】125° . 【考點】切線的性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定理；圓周角定理. 【分析】

8、如答圖，連接， ∵CD與⊙O相切于點D，∴. ∴. ∵∠C=20°，∴. ∴. ∴. 6.（2015年江蘇徐州3分）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為E，連接AC，若∠CAB=22．5°，CD=8cm，則⊙O的半徑為 ▲ cm． 【答案】. 【考點】垂徑定理；圓周角定理；等腰直角三角形的判定和性質(zhì). 【分析】如答圖，連接， ∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，CD=8cm，∴. ∵∠CAB=22．5°，∴. ∴是等腰直角三角形.∴ ∴⊙O的半徑為. 7. （2015年江蘇徐州3分）用一個圓心角為90°，半徑為4的扇形圍成一個圓錐的側(cè)面，該圓錐

9、底面圓的半徑 ▲ ． 【答案】1. 【考點】圓錐和扇形的計算。 【分析】∵扇形圓錐的圓心角為90°，半徑為4，∴扇形的弧長為. ∵圓錐的底面周長等于它的側(cè)面展開圖的弧長， ∴根據(jù)圓的周長公式，得，解得. 8. （2015年江蘇鹽城3分）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以頂點D為圓心作半徑為r的圓，若要求另外三個頂點A、B、C中至少有一個點在圓內(nèi)，且至少有一個點在圓外，則r的取值范圍是 ▲ ． 【答案】. 【考點】矩形的性質(zhì)；勾股定理；點與圓的位置關(guān)系；分類思想的應(yīng)用. 【分析】如答圖，連接， ∵AB=4，AD=3，∴根據(jù)勾股定理，得

10、BD=5. ∵， ∴當時，點A、B、C中至少有一個點在圓內(nèi)，且至少有一個點在圓外. ∴r的取值范圍是. 9. （2015年江蘇鹽城3分）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，以點A為圓心，AB長為半徑畫圓弧交邊DC于點E，則弧BE的長度為 ▲ ． 【答案】. 【考點】矩形的性質(zhì)；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；弧長的計算. 【分析】如答圖，連接， 根據(jù)題意，知AE= AB=4， 在中，∵AE=4，AD=2，∴. ∴.∴.∴. 10. （2015年江蘇揚州3分）已知一個圓錐的側(cè)面積是，它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的高為 ▲

11、 cm（結(jié)果保留根號) . 【答案】. 【考點】圓錐和扇形的計算；勾股定理. 【分析】如答圖， ∵圓錐的側(cè)面積是，它的側(cè)面展開圖是一個半圓， ∴. ∴. ∵圓錐的底面周長等于它的側(cè)面展開圖的弧長， ∴根據(jù)圓的周長公式，得. 在中，由勾股定理，得. ∴這個圓錐的高為cm. 11. （2015年江蘇常州2分）已知扇形的圓心角為120°，弧長為6π，則扇形的面積是 ▲ ． 【答案】. 【考點】扇形的計算． 【分析】設(shè)扇形的半徑為r， ∵扇形的圓心角為120°，弧長為6π，∴. ∴. 12. （2015年江蘇常州2分）如圖，在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD

12、中，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，點C為弧BD的中點，則AC的長是 ▲ ． 【答案】. 【考點】全等三角形的判定和性質(zhì)；勾股定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系；圓周角定理；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；方程思想的應(yīng)用． 【分析】如答圖，過點C分別作CE⊥AB于點E，CF⊥AD于點F， 則∠E=∠CFD=∠CFA=90°， ∵點C為弧BD的中點，∴.∴∠BAC=∠DAC，BC=CD. ∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE=CF. ∵A、B、C、D四點共圓，∴∠D=∠CBE. 在△CBE和△CDF中，∵，∴△CBE≌△CDF（AAS）.∴BE=DF. 在△AE

13、C和△AFC中，∵∴△AEC≌△AFC（AAS）.∴AE=AF. 設(shè)BE=DF=x， ∵AB=3，AD=5，∴AE=AF=x+3，∴5=x+3+x，解得：x=1，即AE=4. ∵∠BAD=60°，∴∠EAC=30°. ∴. 13. （2015年江蘇南通3分）如圖，在⊙O中，半徑OD垂直于弦AB，垂足為C，OD=13cm，AB=24cm，則 ▲ cm． 【答案】8． 【考點】垂徑定理；勾股定理． 【分析】如答圖，連接OA， 由垂徑定理，得AC=AB=12cm． 由半徑相等，得OA=OD=13cm． 由勾股定理，得． ∴CD=OD﹣OC=13﹣5=8cm.

14、 14. （2015年江蘇宿遷3分）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，若∠C=130°，則∠BOD= ▲ 度． 【答案】100． 【考點】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；圓周角定理． 【分析】∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠C=180°． ∵∠C=130°，∴∠A=180°﹣130°=50°． ∴∠BOD=2∠A=100°． 15. （2015年江蘇鎮(zhèn)江2分）如圖，AB是⊙O的直徑，OA=1，AC是⊙O的弦，過點C的切線交AB的延長線于點D，若，則∠ACD= ▲ °． 【答案】112.5． 【考點】切線的性質(zhì)；勾股定理；等腰直角三角形的判

15、定和性質(zhì)．. 【分析】如答圖，連接OC． ∵DC是⊙O的切線，∴OC⊥DC. ∵，OA=OB=OC=1，∴. ∴. ∴OC=CD. ∴∠DOC=45°. ∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA. ∴∠OCA=∠DOC=22.5°. ∴∠ACD=∠OCA+∠OCD=22.5°+90°=112.5°． 1. （2015年江蘇連云港10分）已知如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線與x軸、y軸分別交于A，B兩點，P是直線AB上一動點，⊙P的半徑為1． （1）判斷原點O與⊙P的位置關(guān)系，并說明理由； （2）當⊙P過點B時，求⊙P被y軸所截得的劣弧的長； （3）當⊙P與x軸相切時，

16、求出切點的坐標． 【答案】解：（1）原點O在⊙P外．理由如下： ∵直線與x軸、y軸分別交于A，B兩點， ∴點. 在Rt△OAB中，∵， ∴∠OBA=30°， 如答圖1，過點O作OH⊥AB于點H， 在Rt△OBH中，， ∵＞1，∴原點O在⊙P外. （2）如答圖2，當⊙P過點B時，點P在y軸右側(cè)時， ∵PB=PC，∴∠PCB=∠OBA=30°. ∴⊙P被y軸所截的劣弧所對的圓心角為：180°﹣30°﹣30°=120°. ∴弧長為：. 同理：當⊙P過點B時，點P在y軸左側(cè)時，弧長同樣為：. ∴當⊙P過點B時，⊙P被y軸所截得的劣弧的長為：. （3）如答圖3，當⊙P與

17、x軸相切時，且位于x軸下方時，設(shè)切點為D， ∵PD⊥x軸，∴PD∥y軸. ∴∠APD=∠ABO=30°. ∴在Rt△DAP中，， ∴， ∴此時點D的坐標為：（，0）. 當⊙P與x軸相切時，且位于x軸上方時，根據(jù)對稱性可以求得此時切點的坐標為：（，0）. 綜上所述，當⊙P與x軸相切時，切點的坐標為：（，0）或（，0）． 【考點】圓和一次函數(shù)的的綜合題；單動點問題；直線上點的坐標與方程的關(guān)系；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；點與圓的位置關(guān)系的判定；扇形弧長的計算；直線與圓相切的性質(zhì)；分類思想的應(yīng)用． 【分析】（1）作輔助線“過點O作OH⊥AB于點H”，由直線與x軸、y軸分別交

18、于A，B兩點，可求得點A、B的坐標，從而根據(jù)銳角三角函數(shù)定義和特殊角的三角函數(shù)值求得∠OBA=30°，進而應(yīng)用三角函數(shù)可求得OH的長，繼而根據(jù)點與圓的位置關(guān)系的判定求得結(jié)論. （2）分點P在y軸右側(cè)和點P在y軸左側(cè)兩種情況討論：求得⊙P被y軸所截的劣弧所對的圓心角，則可求得弧長. （3）分⊙P位于x軸下方和⊙P位于x軸上方兩種情況討論即可. 2. （2015年江蘇南京8分）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BC的延長線與AD的延長線交于點E，且DC=DE． （1）求證：∠A=∠AEB． （2）連接OE，交CD于點F，OE⊥CD．求證：△ABE是等邊三角形． 【答案】證明

19、：（1）∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠BCD=180°． ∵∠DCE+∠BCD=180°，∴∠A=∠DCE． ∵DC=DE，∴∠DCE=∠AEB．∴∠A=∠AEB． （2）∵∠A=∠AEB，∴△ABE是等腰三角形． ∵OE⊥CD，∴CF=DF．∴OE是CD的垂直平分線．∴ED=EC． 又DC=DE，∴DC=DE=EC．∴△DCE是等邊三角形． ∴∠AEB=60°．∴△AEB是等邊三角形． 【考點】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；圓周角定理；等腰三角形的性質(zhì)；等邊三角形的判定和性質(zhì)． 【分析】（1）一方面，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補的性質(zhì)得到∠A+∠BCD=180°，根據(jù)鄰補角

20、互補的性質(zhì)得到∠DCE+∠BCD=180°，從而得到∠A=∠DCE；另一方面，根據(jù)等腰三角形等邊對等角的性質(zhì)得到∠DCE=∠AEB，進而得出結(jié)論． （2）一方面，證明△ABE是等腰三角形；另一方面，證明△DCE是等邊三角形得到∠AEB=60°，從而得出結(jié)論． 3. （2015年江蘇蘇州8分）如圖，在△ABC中，AB=AC．分別以B、C為圓心，BC長為半徑在BC下方畫弧，設(shè)兩弧交于點D，與AB、AC的延長線分別交于點E、F，連接AD、BD、CD． （1）求證：AD平分∠BAC； （2）若BC=6，∠BAC＝50°，求的長度之和（結(jié)果保留）． 【答案】解：（1）證明：由作圖可知，BD

21、=CD. 在△ABD和△ACD中，∵， ∴△ABD≌△ACD（SSS）. ∴∠BAD=∠CAD，即AD平分∠BAC. （2）∵AB=AC，∠BAC＝50°，∴∠ABC=∠ACB=65°. 又∵BD=CD=BC，∴△BDC是等邊三角形. ∴∠DBC=∠DCB=60°. ∴∠DBE=∠DCF=55°. 又∵BC=6，∴BD= CD=6， ∴的長度之和. 【考點】全等三角形的判定和性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；等邊三角形的判定和性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定理；弧長的計算. 【分析】（1）由SSS證明△ABD≌△ACD即可證得結(jié)論. （2）求出∠DBE和∠DCF即可應(yīng)用應(yīng)用弧長公式求解. 4

22、. （2015年江蘇蘇州10分）如圖，已知AD是△ABC的角平分線，⊙O經(jīng)過A、B、D三點，過點B作BE∥AD，交⊙O于點E，連接ED． （1）求證：ED∥AC； （2）若BD=2CD，設(shè)△EBD的面積為，△ADC的面積為，且，求△ABC的面積． 【答案】解：（1）證明：∵AD是△ABC的角平分線，∴∠BAD=∠DAC. ∵∠E=∠BAD，∴∠E=∠DAC. ∵BE∥AD，∴∠E=∠EDA. ∴∠DAC=∠EDA. ∴ED∥AC. （2）∵BE∥AD，∴∠EBD=∠ADC. ∵∠E=∠DAC，∴△EBD∽△ADC，且相似比. ∴，即. ∵，∴，解得. ∵，∴. 【考

23、點】圓與相似三角形的綜合題；平行的判定和性質(zhì)；圓周角定理；相似三角形的判定和性質(zhì)；同高三角形面積的性質(zhì)；解一元二次方程. 【分析】（1）一方面，由AD是△ABC的角平分線得到∠BAD=∠DAC，由圓周角定理得到∠E=∠BAD，從而∠E=∠DAC；另一方面，由BE∥AD得到∠E=∠EDA，因此∠DAC=∠EDA，根據(jù)內(nèi)錯角相等兩直線平行的判定是出結(jié)論. （2）由△EBD∽△ADC和相似比得到，代入求出，根據(jù)同高三角形面積的性質(zhì)求出，從而得出結(jié)果. 5. （2015年江蘇蘇州10分）如圖，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半徑為2cm的⊙O在矩形內(nèi)且與AB、AD均相

24、切．現(xiàn)有動點P從A點出發(fā)，在矩形邊上沿著A→B→C→D的方向勻速移動，當點P到達D點時停止移動；⊙O在矩形內(nèi)部沿AD向右勻速平移，移動到與CD相切時立即沿原路按原速返回，當⊙O回到出發(fā)時的位置（即再次與AB相切）時停止移動．已知點P與⊙O同時開始移動，同時停止移動（即同時到達各自的終止位置）． （1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了 ▲ cm（用含a、b的代數(shù)式表示）； （2）如圖①，已知點P從A點出發(fā)，移動2s到達B點，繼續(xù)移動3s，到達BC的中點．若點P與⊙O的移動速度相等，求在這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離； （3）如圖②，已知a=20，b=10．是否存在如下情

25、形：當⊙O到達⊙O1的位置時（此時圓心O1在矩形對角線BD上），DP與⊙O1恰好相切？請說明理由． 【答案】解：（1）. （2）∵在整個運動過程中，點P移動的距離為cm，圓心移動的距離為cm， ∴由題意得①. ∵點P移動2s到達B點，即點P用2s移動了cm，點P繼續(xù)移動3s到達BC的中點，即點P用3s移動了cm， ∴②. 聯(lián)立①②，解得. ∵點P移動的速度與⊙O移動的速度相等， ∴⊙O移動的速度為（cm/s）. ∴這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離為（cm）. （3）存在這樣的情形. 設(shè)點P移動的速度為cm/s，⊙O移動的速度為cm/s， 根據(jù)題意，得. 如答圖，設(shè)直線

26、OO1與AB交于點E，與CD交于點E，⊙O1與AD相切于點PG. 若PD與⊙O1相切，切點為H，則. 易得△DO1G≌△DO1H，∴∠ADB=∠BDP. ∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD. ∴∠BDP =∠CBD. ∴BP=DP. 設(shè)cm，則cm，cm， 在中，由勾股定理，得， 即，解得. ∴此時點P移動的距離為（cm）. ∵EF∥AD，∴△BEO1∽△BAD. ∴，即. ∴cm，cm. ①當⊙O首次到達⊙O1的位置時，⊙O與移動的距離為14cm. ∴此時點P移動的速度與⊙O移動的速度比為. ∴此時DP與⊙O1恰好相切. ②當⊙O在返回途中到達⊙O1的位置時，⊙O

27、與移動的距離為cm. ∴此時點P移動的速度與⊙O移動的速度比為. ∴此時DP與⊙O1不可能相切. 【考點】單動點和動圓問題；矩形的性質(zhì)；直線與圓的位置關(guān)系；全等三角形的判定和性質(zhì)；勾股定理；相似三角形的判定和性質(zhì)；方程思想和分類思想的應(yīng)用. 【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得：點P從A→B→C→D，全程共移動了cm. （2）根據(jù)“在整個運動過程中，點P移動的距離等于圓心移動的距離”和“點P用2s移動了cm，點P用3s移動了cm”列方程組求出a，b，根據(jù)點P移動的速度與⊙O移動的速度相等求得⊙O移動的速度，從而求得這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離. （3）分⊙O首次到達⊙O1的位置和⊙O在

28、返回途中到達⊙O1的位置兩種情況討論即可. 6. （2015年江蘇泰州10分）如圖，△ABC 中，AB=AC，以AB為直徑的⊙O與BC相交于點D，與CA的延長線相交于點E，過點D作DF⊥AC于點F. （1）試說明DF是⊙O的切線； （2）若 AC=3AE，求. 【答案】解：（1）如答圖，連接， ∵AB=AC，OB=OD，∴. ∴.∴∥. ∵DF⊥AC，∴DF⊥OD. ∴DF是⊙O的切線. （2）如答圖，連接， ∵，∴.∴. ∵DF⊥AC，∴. ∵AC=3AE，∴可設(shè)，則.∴. ∵AB為⊙O的直徑，∴AD⊥BC. 又∵DF⊥AC，∴.∴.∴. ∴. 【考點】等

29、腰三角形的性質(zhì)；平行的判定和性質(zhì)；切線的判定；圓周角定理；射影定理；勾股定理；銳角三角函數(shù)定義. 【分析】（1）作輔助線“連接”，構(gòu)造等腰三角形和平行線，由等腰三角形等邊對等角的性質(zhì)，平行的判定和性質(zhì)證明DF⊥OD即可得出結(jié)論. （2）作輔助線“連接”，構(gòu)造直角三角形，設(shè)，在中應(yīng)用射影定理求得（沒學射影定理的用相似可得），應(yīng)用勾股定理求得，從而根據(jù)正切函數(shù)定義求解即可. 7. （2015年江蘇無錫8分）已知：如圖，AB為⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，且BC＝6cm，AC＝8cm，∠ABD＝45o． （1）求BD的長； （2）求圖中陰影部分的面積． 【答案】解：（1）如答圖，連接

30、OD， ∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°. ∵BC=6cm，AC=8cm，∴AB=10cm．∴OB=5cm． ∵OD=OB，∠ABD＝45o，∴∠ODB=∠ABD=45°． ∴∠BOD=90°．∴cm． （2）． 【考點】圓周角定理；勾股定理；扇形面積的計算；轉(zhuǎn)換思想的應(yīng)用． 【分析】（1）由AB為⊙O的直徑，得到∠ACB=90°，由勾股定理求得AB，OB=5cm．連OD，得到等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論. （2）根據(jù)轉(zhuǎn)換思想，應(yīng)用即可得到結(jié)論． 8. （2015年江蘇無錫10分）已知：平面直角坐標系中，四邊形OABC的頂點分別為O(0，0)、A（5，0）、

31、B(m，2)、C(m－5，2)． （1）問：是否存在這樣的m，使得在邊BC上總存在點P，使∠OPA＝90o？若存在，求出m的取值范圍，若不存在，請說明理由； （2）當∠AOC與∠OAB的平分線的交點Q在邊BC上時，求m的值． 【答案】解：（1）存在． ∵， ∴OA=BC=5，BC∥OA. 如答圖1，以O(shè)A為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°， 過點D作DG⊥EF于G，連接DE，則DE=OD=2.5，DG=2，EG=GF， ∴. ∴E（1，2），F(xiàn)（4，2）. 由解得，， ∴當時，邊BC上總存在這樣的點P，使∠OPA=90°. （2）如答

32、圖2， ∵BC=OA=5，BC∥OA， ∴四邊形OABC是平行四邊形. ∴OC∥AB. ∴∠AOC+∠OAB=180°. ∵OQ平分∠AOC，AQ平分∠OAB， ∴∠AOQ=∠AOC，∠OAQ=∠OAB. ∴∠AOQ+∠OAQ=90°. ∴∠AQO=90°. 以O(shè)A為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°， ∴點Q只能是點E或點F. 當Q在F點時， ∵OF、AF分別是∠AOC與∠OAB的平分線，BC∥OA， ∴∠CFO=∠FOA=∠FOC，∠BFA=∠FAO=∠FAB. ∴CF=OC，BF=AB. 而OC=AB，∴CF=BF，即F是BC的中

33、點． 而F點為 （4，2），∴此時m的值為6.5. 當Q在E點時，同理可求得此時m的值為3.5. 綜上所述，m的值為3.5或6.5． 【考點】圓的綜合題；垂徑定理；圓周角定理；平行四邊形的判定和性質(zhì)；坐標與圖形性質(zhì)；勾股定理；分類思想的應(yīng)用. 【分析】（1）由四邊形四個點的坐標易得OA=BC=5，BC∥OA，以O(shè)A為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，根據(jù)圓周角定理得∠OEA=∠OFA=90°，如圖1，作DG⊥EF于G，連DE，則DE=OD=2.5，DG=2，根據(jù)垂徑定理得EG=GF，利用勾股定理可計算出EG=1.5，于是得到E（1，2），F(xiàn)（4，2），即點P在E點和F點時，滿足

34、條件，此時，即1≤m≤9時，邊BC上總存在這樣的點P，使∠OPA=90°； （2）如圖2，先判斷四邊形OABC是平行四邊形，再利用平行線的性質(zhì)和角平分線定義可得到∠AQO=90°，以O(shè)A為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°，于是得到點Q只能是點E或點F，當Q在F點時，證明F是BC的中點．而F點為 （4，2），得到m的值為6.5；當Q在E點時，同理可求得m的值為3.5． 9. （2015年江蘇徐州12分）如圖，在平面直角坐標系中，點A（10，0），以O(shè)A為直徑在第一象限內(nèi)作半圓，B為半圓上一點，連接AB并延長至C，使BC=AB，過C作CD⊥x軸于點D,交線段

35、OB于點E，已知CD=8，拋物線經(jīng)過O、E、A三點. （1）∠OBA= ▲ °； （2）求拋物線的函數(shù)表達式； （3）若P為拋物線上位于第一象限內(nèi)的一個動點，以P、O、A、E為頂點的四邊形面積記作S，則S取何值時，相應(yīng)的點P有且只有3個？ 【答案】解：（1）90. （2）如答圖1，連接OC， ∵由（1）知OB⊥AC，又AB=BC， ∴OB是的垂直平分線. ∴OC=OA=10. 在Rt△OCD中，OC=10，CD=8，∴OD=6. ∴C(6，8)，B(8，4). ∴OB所在直線的函數(shù)關(guān)系為. 又E點的橫坐標為6，∴E點縱坐標為3，即E(6，3)． ∵

36、拋物線過O(0，0)，E(6，3) ，A(10，0)， ∴設(shè)此拋物線的函數(shù)關(guān)系式為， 把E點坐標代入得，解得. ∴此拋物線的函數(shù)關(guān)系式為，即． （3）設(shè)點， ①若點P在CD的左側(cè)，延長OP交CD于Q，如答圖2， ∵OP所在直線函數(shù)關(guān)系式為：， ∴當x=6時，，即Q點縱坐標為. ∴. ∴S四邊形POAE= S△OAE ＋S△OPE = S△OAE ＋S△OQE－S△PQE = =. ②若點P在CD的右側(cè)，延長AP交CD于Q，如答圖3， ，A(10，0)， ∴設(shè)AP所在直線方程為：y=kx＋b， 把P和A坐標代入得，， 解得. ∴AP所在直線方程為：. ∴當x

37、=6時，，即Q點縱坐標為.∴QE=. ∴S四邊形POAE= S△OAE ＋S△APE= S△OAE ＋S△AQE －S△PQE = =. ∴當P在CD右側(cè)時，四邊形POAE的面積最大值為16，此時點P的位置就一個， 令，解得，. ∴當P在CD左側(cè)時，四邊形POAE的面積等于16的對應(yīng)P的位置有兩個. 綜上知，以P、O、A、E為頂點的四邊形面積S等于16時，相應(yīng)的點P有且只有3個． 【考點】二次函數(shù)綜合題；單動點問題；圓周角定理；線段垂直平分線的性質(zhì)；勾股定理；待定系數(shù)洪都拉斯應(yīng)用；曲線上點的坐標與方程的關(guān)系；分類思想、轉(zhuǎn)換思想和方程思想的應(yīng)用. 【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓

38、周角定理直接得出結(jié)論. （2）作輔助線：連接OC，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)和勾股定理求出點E、A的坐標，從而應(yīng)用待定系數(shù)法求出拋物線的函數(shù)關(guān)系式. （3）設(shè)點，分點P在CD的左側(cè)和右側(cè)兩種情況求出S四邊形POAE關(guān)于的二次函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)二次函數(shù)的最值原理求解即可. 10. （2015年江蘇鹽城10分）如圖，在△ABC中，∠CAB=90°，∠CBA=50°，以AB為直徑作⊙O交BC于點D，點E在邊AC上，且滿足ED=EA. （1）求∠DOA的度數(shù)； （2）求證：直線ED與⊙O相切. 【答案】解：（1）∵∠CBA和∠DOA是同圓中同弧所對的圓周角和圓心角，且∠CBA=50°

39、， ∴∠DOA=2∠CBA=100°. （2）如答圖，連接， 在和中，∵. ∴≌. ∴. ∴直線ED與⊙O相切. 【考點】圓周角定理；全等三角形的判定和性質(zhì)；切線的判定. 【分析】（1）根據(jù)同圓中同弧所對的圓周角是圓心角的一半直接求解. （2）作輔助線“連接”構(gòu)造全等三角形，由證明≌，從而得到，進而作出直線ED與⊙O相切的判定. 11. （2015年江蘇揚州10分）如圖，已知⊙的直徑AB=12cm，AC是⊙的弦，過點C作⊙的切線交BA的延長線于點P，連接BC. （1）求證：∠PCA=∠B； （2）已知∠P=40°，點Q在優(yōu)弧ABC上，從點A開始逆時針運動到點C停止（點Q

40、與點C不重合），當△ABQ與△ABC的面積相等時，求動點Q所經(jīng)過的弧長. 【答案】解：（1）證明：如答圖1，連接， ∵AB是的直徑，∴. ∵PC是的切線，∴. ∴.∴. ∵，∴. ∴，即. （2）如答圖1，∵PC是的切線，∠P=40°，∴. ∵AB=12cm，∴AO=6cm. 當△ABQ與△ABC的面積相等時，動點Q在優(yōu)弧ABC上有三個位置： ①如答圖2，在上作點C關(guān)于AB的對稱點，該點即是滿足△ABQ與△ABC的面積相等的點Q，由軸對稱性知，， ∴. ②如答圖3，在上作點C關(guān)于點O的對稱點，該點即是滿足△ABQ與△ABC的面積相等的點Q，由中心對稱性知，，∴.

41、∴. ③如答圖4，在上作點C關(guān)于AB中垂線的對稱點，該點即是滿足△ABQ與△ABC的面積相等的點Q，由軸對稱性知，，∴優(yōu)角. ∴優(yōu)弧. 綜上所述，動點Q所經(jīng)過的弧長為或或. 【考點】圓周角定理；切線的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；同底等高三角形的性質(zhì)；弧長的計算；軸對稱和中心對稱的性質(zhì)；分類思想的應(yīng)用. 【分析】（1）如答圖1，作輔助線“連接”，一方面，由AB是的直徑和PC是的切線得到和，從而得到；另一方面，由，根據(jù)等腰三角形等邊對等角的性質(zhì)得到，進而得到的結(jié)論. （2）根據(jù)同底等高三角形面積相等的性質(zhì)，分三種情況討論即可：在上作點C關(guān)于AB的對稱點Q，在上作點C關(guān)于點O的對稱點Q，

42、在上作點C關(guān)于AB中垂線的對稱點Q. 12. （2015年江蘇揚州12分）如圖，直線⊥線段于點，點在上，且，點是直線上的動點，作點關(guān)于直線的對稱點，直線與直線相交于點，連接. （1）如圖1，若點與點重合，則= ▲ °，線段與的比值為 ▲ ； （2）如圖2，若點與點不重合，設(shè)過三點的圓與直線相交于，連接. 求證：①；②； （3）如圖3，，則滿足條件的點都在一個確定的圓上，在以下兩小題中選做一題： ①如果你能發(fā)現(xiàn)這個確定圓的圓心和半徑，那么不必寫出發(fā)現(xiàn)過程，只要證明這個圓上的任意一點Q，都滿足QA=2QB； ②如果你不能發(fā)現(xiàn)這個確定圓的圓心和半徑，那么請取幾

43、個特殊位置的點，如點在直線上、點與點重合等進行探究，求這個圓的半徑. 【答案】解：（1）30；2. （2）證明：①∵點關(guān)于直線的對稱點，∴.∴. ∵是圓內(nèi)接四邊形的外角，∴.∴. ∴. ②如答圖1，連接交于點，過點作∥交于點， ∵點關(guān)于直線的對稱點， ∴是的垂直平分線. ∴，. ∴. ∵，∴. ∴.∴. ∴. （3）兩小題中選做一題： ①如答圖2，在的延長線上取點，使，以點為圓心，2為半徑畫圓，取圓上任一點，連接，在上取點，使，連接，作點關(guān)于直線的對稱點，連接交于點，過點作∥交于點， ∵點關(guān)于直線的對稱點， ∴是的垂直平分線. ∴. 又∵，∴.∴點、重合.

44、 ∵，∴. ∴. ②若點在線段上，由知，點與點重合，點與點重合，這個圓的半徑為2. 若點在射線的延長線上，由知，點與點重合，這個圓的半徑為2. 等. 【考點】開放型；單動點和軸對稱問題；軸對稱的性質(zhì)；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；等腰三角形的判定；線段垂直平分線的性質(zhì)；平行線分線段成比例的性質(zhì). 【分析】（1）∵，∴. ∵，∴線段與的比值為2. （2）①一方面證明得到；另一方面，由是圓內(nèi)接四邊形的外角得到，從而得到，進而根據(jù)等角對等邊的判定得證. ②作輔助線“連接交于點，過點作∥交于點”，應(yīng)用線段垂直平分線的性質(zhì)和平行線分線段成比例的性質(zhì)證明.

45、 （3）①如答圖2，在的延長線上取點，使，以點為圓心，2為半徑畫圓，取圓上任一點，連接，在上取點，使，連接，作點關(guān)于直線的對稱點，連接交于點，過點作∥交于點，此圓即為所求定圓. ②取特殊點探討，答案不唯一. 13. （2015年江蘇常州10分）如圖，一次函數(shù)的圖象與x軸、y軸分別相交于點A、B，過點A作x軸的垂線l，點P為直線l上的動點，點Q為直線AB與△OAP外接圓的交點，點P、Q與點A都不重合． （1）寫出點A的坐標； （2）當點P在直線l上運動時，是否存在點P使得△OQB與△APQ全等？如果存在，求出點P的坐標；如果不存在，請說明理由． （3）若點M在直線l上，且∠POM=90

46、°，記△OAP外接圓和△OAM外接圓的面積分別是S1、S2，求的值． 【答案】解（1）（4，0）. （2）存在．理由如下： 如答圖1所示： 將x=0代入得：，∴OB=4. 由（1）可知OA=4. 在Rt△BOA中，由勾股定理得：． ∵△BOQ≌△AQP，∴QA=OB=4，BQ=PA． ∵，∴PA= ． ∴點P的坐標為（4，）． （3）如答圖2所示： ∵OP⊥OM，∴∠1+∠3=90°． 又∵∠2+∠1=90°，∴∠2=∠3． 又∵∠OAP=∠OAM=90°，∴△OAM∽△PAO． ∴. 設(shè)AP=m，則：，∴． 在Rt△OAP中，， ∴. 在Rt△OAM中

47、，， ∴. ∴. 【考點】圓的綜合題；單動點問題；直線上點的坐標與方程的關(guān)系；勾股定理；全等三角形的性質(zhì)；相似三角形的判定和性質(zhì)． 【分析】（1）將y=0代入，求得x的值，從而得到點A的坐標. （2）首先根據(jù)題意畫出圖形，然后在Rt△BOA中，由勾股定理求得AB的長度，由全等三角形的性質(zhì)求得QA的長度，從而得到BQ的長，然后根據(jù)PA=BQ求得PA的長度，從而可求得點P的坐標. （3）首先根據(jù)題意畫出圖形，設(shè)AP=m，由△OAM∽△PAO，可求得AM的長度，然后根據(jù)勾股定理可求得兩圓的直徑（用含m的式子表示），然后利用圓的面積公式求得兩圓的面積，最后代入所求代數(shù)式求解即可 14.

48、（2015年江蘇淮安10分）如圖，菱形OABC的頂點A的坐標為（2，0），∠COA＝600，將菱形OABC繞坐標原點O逆時針旋轉(zhuǎn)1200得到菱形ODEF. （1）直接寫出點F的坐標； （2）求線段OB的長及圖中陰影部分的面積. 【答案】解：（1）. （2）如答圖，連接，與相交于點， ∵菱形OABC中，，∠COA＝600， ∴，，. ∴， . ∵將菱形OABC繞坐標原點O逆時針旋轉(zhuǎn)1200得到菱形ODEF， ∴. 【考點】面動旋轉(zhuǎn)問題；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；扇形和菱形面積的計算；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；轉(zhuǎn)換思想的應(yīng)用. 【分析】（1）∵根據(jù)旋轉(zhuǎn)和

49、菱形的性質(zhì)知，且在一直線 上，∴點F的坐標為. （2）作輔助線“連接，與相交于點”，構(gòu)成直角三角形，解之可求得，，從而應(yīng)用求解即可. 15. （2015年江蘇南通8分）如圖，PA，PB分別與⊙O相切于A，B兩點，∠ACB=60°． （1）求∠P的度數(shù)； （2）若⊙O的半徑長為4cm，求圖中陰影部分的面積． 【答案】解：（1）如答圖，連接OA、OB， ∵PA、PB是⊙O的切線，∴OA⊥AP，OB⊥BP. ∴∠OAP=∠OBP=90°. 又∵∠AOB=2∠C=120°， ∴∠P=360°﹣（90°+90°+120°）=60°． ∴∠P=60°． （2）如答圖，連接OP，

50、 ∵PA、PB是⊙O的切線，∴. 在中，， ∴（cm2）． 【考點】切線的性質(zhì)；圓周角定理；多邊形內(nèi)角和定理；扇形面積的計算；轉(zhuǎn)換思想的應(yīng)用． 【分析】（1）作輔助線“連接OA、OB”，一方面，由PA與PB都為圓O的切線，利用切線的性質(zhì)得到OA垂直于AP，OB垂直于BP，可得出兩個角為直角，另一方面，由同弧所對的圓心角等于所對圓周角的2倍，由已知∠C的度數(shù)求出∠AOB的度數(shù)，在四邊形PABO中，根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理即可求出∠P的度數(shù)． （2）作輔助線“連接OA、OB、OP”，由求得結(jié)果． 16. （2015年江蘇宿遷10分）已知：⊙O上兩個定點A，B和兩個動點C，D，AC與BD交

51、于點E． （1）如圖1，求證：EA?EC=EB?ED； （2）如圖2，若，AD是⊙O的直徑，求證：AD?AC=2BD?BC； （3）如圖3，若AC⊥BD，點O到AD的距離為2，求BC的長． 【答案】解：（1）證明：∵∠EAD=∠EBC，∠BCE=∠ADE，∴△AED∽△BEC. ∴.∴EA?EC=EB?ED. （2）證明：如答圖1，連接OB，OB交AC于點F， ∵，∴∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=AC． 又∵AD為⊙O直徑，∴∠ABC=90°. 又∠CFB=90°，∴∠CFB=∠ABC. ∴△CBF∽△ABD． ∴，即．∴AD?AC=2BD?BC. （3

52、）如答圖2，連接AO并延長交⊙O于F，連接DF，過點O作OH⊥AD于H， ∵AF為⊙O的直徑，∴∠ADF=90°. ∴AH=DH，OH∥DF. ∵AO=OF，∴DF=2OH=4. ∵AC⊥BD，∴∠AEB=∠ADF=90°. ∵∠ABD=∠F，∴△ABE∽△ADF， ∴∠BAE=∠DAF. ∴. ∴BC=DF=4． 【考點】圓的綜合題；雙動點問題；圓周角定理；相似三角形的判定和性質(zhì)；垂徑定理；弧、弦的關(guān)系；三角形的中位線定理． 【分析】（1）根據(jù)同弧所對的圓周角相等得到角相等，從而證得△AED∽△BEC，于是得到結(jié)論. （2）作輔助線“連接OB，OB交AC于點F”由得到∠BA

53、C=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=AC，證得△CBF∽△ABD即可得到結(jié)論. （3）作輔助線“連接AO并延長交⊙O于F，連接DF，過點O作OH⊥AD于H”，得到AF為⊙O的直徑，從而∠ADF=90°，根據(jù)三角形的中位線定理有DF=2OH=4，通過△ABE∽△ADF，得到∠BAE=∠DAF，于是結(jié)論可得． 17. （2015年江蘇鎮(zhèn)江6分）圖①是我們常見的地磚上的圖案，其中包含了一種特殊的平面圖形﹣正八邊形． （1）如圖②，AE是⊙O的直徑，用直尺和圓規(guī)作⊙O的內(nèi)接正八邊形ABCDEFGH（不寫作法，保留作圖痕跡）； （2）在（1）的前提下，連接OD，已知OA=5，若扇形OAD（∠A

54、OD＜180°）是一個圓錐的側(cè)面，則這個圓錐底面圓的半徑等于 ▲ ． 【答案】解：（1）如答圖所示，八邊形ABCDEFGH即為所求， （2）∵八邊形ABCDEFGH是正八邊形，∴. ∵OA=5，∴. 設(shè)這個圓錐底面圓的半徑為R， ∴，解得 ∴這個圓錐底面圓的半徑為． 【考點】作圖（復(fù)雜作圖）；正多邊形和圓；圓錐和扇形的計算． 【分析】（1）作AE的垂直平分線交⊙O于C，G，作∠AOG，∠EOG的角平分線，分別交⊙O于H，F(xiàn)，反向延長 FO，HO，分別交⊙O于D，B，順次連接A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，H，八邊形ABCDEFGH即為所求； （2）由八邊形AB

55、CDEFGH是正八邊形，求得，根據(jù)弧長公式求得得到的長，設(shè)這個圓錐底面圓的半徑為R，根據(jù)圓錐的底面周長等于它的側(cè)面展開圖的弧長列方程即可求得結(jié)果． 18. （2015年江蘇鎮(zhèn)江9分）【發(fā)現(xiàn)】 如圖∠ACB=∠ADB=90°，那么點D在經(jīng)過A，B，C三點的圓上（如圖①） 【思考】 如圖②，如果∠ACB=∠ADB=（≠90°）（點C，D在AB的同側(cè)），那么點D還在經(jīng)過A，B，C三點的圓上嗎？ 請證明點D也不在⊙O內(nèi)． 【應(yīng)用】 利用【發(fā)現(xiàn)】和【思考】中的結(jié)論解決問題： 若四邊形ABCD中，AD∥BC，∠CAD=90°，點E在邊AB上，CE⊥DE． （1）作∠ADF=∠AED，交C

56、A的延長線于點F（如圖④），求證：DF為Rt△ACD的外接圓的切線； （2）如圖⑤，點G在BC的延長線上，∠BGE=∠BAC，已知，AD=1，求DG的長． 【答案】解：【思考】點D還在經(jīng)過A，B，C三點的圓上. 如答圖1，假設(shè)點D在⊙O內(nèi)，延長AD交⊙O于點E，連接BE，則∠AEB=∠ACB， ∵∠ADE是△BDE的外角， ∴∠ADB＞∠AEB. ∴∠ADB＞∠ACB. ∴∠ADB＞∠ACB，這與條件∠ACB=∠ADB矛盾. ∴點D也不在⊙O內(nèi). 【應(yīng)用】 （1）證明：如答圖2，取CD的中點O，則點O是Rt△ACD的外心， ∵∠CAD=∠DEC=90°，∴點E在⊙O上

57、. ∴∠ACD=∠AED. ∵∠FDA=∠AED，∴∠ACD=∠FDA. ∵∠DAC=90°，∴∠ACD+∠ADC=90°. ∴∠FDA+∠ADC=90°. ∴OD⊥DF，∴DF為Rt△ACD的外接圓的切線. （2）如答圖3，∵∠BGE=∠BAC， ∴點G在過C、A、E三點的圓上. 又∵過C、A、E三點的圓是Rt△ACD的外接圓，即⊙O， ∴點G在⊙O上. ∵CD是直徑，∴∠DGC=90°. ∵AD∥BC，∴∠ADG=90°. ∵∠DAC=90°，∴四邊形ACGD是矩形. ∴DG=AC. ∵，∠ACD=∠AED，∴. ∴在Rt△ACD中，， ∵AD=1，∴.∴. ∴． 【考點】閱讀理解型問題；圓的綜合題；圓周角定理；三角形的外角性質(zhì)；矩形的判定和性質(zhì)；銳角三角函數(shù)定義；勾股定理． 【分析】【思考】假設(shè)點D在⊙O內(nèi)，利用圓周角定理及三角形外角的性質(zhì)，可證得與條件相矛盾的結(jié)論，從而證得點D不在⊙O內(nèi). 【應(yīng)用】（1）作出Rt△ACD的外接圓，由發(fā)現(xiàn)可得點E在⊙O上，則證得∠ACD=∠FDA，又因為∠ACD+∠ADC=90°，于是有∠FDA+∠ADC=90°，即可證得DF是圓的切線； （2）根據(jù)【發(fā)現(xiàn)】和【思考】可得點G在過C、A、E三點的圓O上，進而易證四邊形AOGD是矩形，根據(jù)已知條件解直角三角形ACD可得AC的長，即DG的長．