《2018屆中考數(shù)學復習 專題31 圓的基本性質試題（A卷含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018屆中考數(shù)學復習 專題31 圓的基本性質試題（A卷含解析）（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題31 圓的基本性質 一、選擇題 1. （ 山東聊城，9，3分）如圖所示，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，F(xiàn)是弧CD上一點，且，連接CF并延長交AD的延長線于點E，連接AC，若∠ABC=105°，∠BAC=25°，則∠E的度數(shù)為 A、45° B、50° C、55° D、60° 【答案】B 【逐步提示】第一步先利用圓的內(nèi)接四邊形對角互補的性質求出ACD的度數(shù)，第二步利用等弧所對的圓周角相等求出∠DCE，第三步利用三角形的一個外角等于不相鄰兩個內(nèi)角的和求出∠E的度數(shù). 【詳細解答】解：因為，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，所以∠ADC=180°-∠ABC=180°-105

2、°=75°，又因為，所以∠DCE=∠BAC=25°，又因為∠ADC=∠DCE+∠E，所以∠E=∠ADC-∠DCE=75°-25°=50°，故選擇B . 【解后反思】本題考查了圓內(nèi)接四邊形及性質，解題的關鍵是掌握圓內(nèi)接四邊形的性質，并結合三角形內(nèi)外角關系解決問題．等弧所對的圓周角相等；圓內(nèi)接四邊形對角互補；三角形的一個外角等于不相鄰兩個內(nèi)角的和. 【關鍵詞】圓內(nèi)接四邊形及性質 ；圓心角、圓周角定理；與三角形有關的線段、角；； 2.（ 山東泰安，10，3分）如圖，點A、B、C是圓O上的三點，且四邊形ABCO是平行四邊形，OF⊥OC交圓O于點F，則∠BAF等于（ ） A

3、O C B F 第10題圖 A．12．5° B．15° C．20° D．22．5° 【答案】B 【逐步提示】本題考查了垂徑定理及等邊三角形的判定及性質，解題的關鍵是利用圓的有關性質及平行四邊形的性質判定三角形的形狀．連接OB，由四邊形ABCO是平行四邊形，可知，再由半徑相等可得△ABO為等邊三角形，由OF⊥OC可得OF⊥AB，從而知道∠BOF的度數(shù)，利用同弧所對的圓周角等于圓心角的一半，可以計算出∠BAF的度數(shù)． 【詳細解答】解：連接OB，∵四邊形ABCO是平行四邊形，∴，∵OA＝OB＝OC，∴AB＝OB＝OA，∴

4、△ABO為等邊三角形，∴∠AOB＝60°．又∵OF⊥OC，∴OF⊥AB，∴∠BOF＝∠AOB＝30°，∴∠BAF＝∠BOF＝15°．故選擇B . A O C B F 第10題圖 【解后反思】(1)圓周角定理能有效地把圓心角與圓周角聯(lián)系起來即在同圓或等圓中圓周角的度數(shù)等于同弧或等弧所對的圓心角的一半；(2)圓中任意兩條半徑和弦組成的三角形都是等腰三角形．此題利用平行四邊形對邊平行且相等的性質，并結合圓中半徑都相等，得到一個等邊三角形，從而求得一個60°的角，這是解決問題的關鍵所在． 【關鍵詞】平行四邊形的性質；等邊三角形；圓心角、圓周角定理． 3. （ 山東泰安

5、，17，3分）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，∠B＝30°，CE平分∠ACB交⊙O于E，交AB于點D，連接AE，則的值等于（ ） O C A B E D 第17題圖 A．1： B．1： C．1：2 D．2：3 【答案】D 【逐步提示】本題考查了圓的有關性質及相似三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是掌握有關的性質及圖形之間的聯(lián)系．因為可以知道△ADE∽△CDB，面積比就等于相似比的平方．所以求出相似比即可．因為AB是⊙O的直徑，∠B＝30°，可知BC＝ABcos30°，再

6、找出AE與AB的關系就可以了．因為CE平分∠ACB，連接BE可知△AEB為等腰直角三角形，AE＝ABcos45°．這樣就知道了，問題解決． O C A B E D 第17題圖 【詳細解答】解：連接BE，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝∠AEB＝90°，在Rt△ABC中，∠B＝30°，∴BC＝ABcos30°＝．∵ CE平分∠ACB，∴∠ACE＝∠BCE＝45°，∵∠BCE＝∠BAE，∴∠BAE＝45°，∴AE＝ABcos45°＝，∴＝，∵∠BCE＝∠BAE，∠ADE＝∠CDB，∴△ADE∽△CDB，∴ 故答案為D . 【解后反思】求兩個三角形的

7、面積關系首先判斷兩個三角形是否相似，如果相似可以用相似三角形的性質：兩個相似三角形面積比等于相似比的平方去解決．此題解題的關鍵是利用直徑所對的圓周角是直角得到兩個直角三角形，然后通過特殊角的三角形函數(shù)值找到線段AE與BC的等量關系． 【關鍵詞】圓周角定理 ；特殊角的三角函數(shù)值；相似三角形的判定；相似三角形的性質 4. （ 山東濰坊，9，3分）如圖，在平面直角坐標系中，⊙M與x軸相切于點A（8，0）．與y軸分別交于點B（0，4）與點C（0，16）．則圓心M到坐標原點O的距離是（ ） A．10 B． C． D． 【答案】D 【逐步提示】本題考查了垂徑定理及圖形與

8、坐標，解題的關鍵是作出輔助線，利用勾股定理進行解答．過點M作MN⊥BC，交BC于點N，連接OM、BM，先利用垂徑定理求出BN的長度，再利用勾股定理求出⊙M的半徑，然后利用勾股定理求OM的長度. 【詳細解答】解：過點M作MN⊥BC，交BC于點N，連接OM、BM， 由A（8，0）、B（0，4）、C（0，16）可得：OA=8，BC=16－4=12. ∴MN=OA=8，BN=BC=6 ∴在Rt△MNB中，BM=，即⊙M的半徑為10. ∴ON=10. 在Rt△OMN中， . 故選擇D . 【解后反思】垂徑定理與勾股定理聯(lián)系密切，解此類題時需注意構造直角三角形，利用勾股定理進行解答.

9、 【關鍵詞】垂徑定理；勾股定理；平面直角坐標系； 5. （ 山東省煙臺市，10，3分）如圖，Rt△ABC的斜邊AB與量角器的直徑恰好重合，B點與0刻度線的一端重合，∠ABC=40°，射線CD繞點C轉動，與量角器外沿交于點D.若射線CD將△ABC分割出以BC為邊的等腰三角形，則點D在量角器上對應的度數(shù)是（ ） 【答案】D 【逐步提示】由于不明確等腰三角形的邊和腰，所以要分兩種情況進行討論：當BC為底邊時，當BC為腰時，分別求出∠BCD的度數(shù)，即可求解. 在求解過程中要注意：點C在以AB為直徑的圓上，所以點D在量角器上對應的度數(shù)等于2∠BCD的度數(shù). 【詳細解答】解：

10、∵∠ACB=90°，∴點C在以AB為直徑的圓上. 分兩種情況進行討論： 當BC為底邊時，∠BCD=∠ABC=40°， ∴點D在量角器上對應的度數(shù)是40°2=80°， 當BC為腰時，∠BCD==70°， ∴點D在量角器上對應的度數(shù)是70°2=140°， 故選擇D . 【解后反思】解此題的關鍵是掌握圓心角、圓周角定理和等腰三角形的定義和性質． 1.圓周角定理的推論：圓周角的度數(shù)等于它所對弧上的圓心角度數(shù)的一半． 2.已知頂角求底角的方法：底角＝． 3.解決與圓有關的角度的相關計算時，一般先判斷角是圓周角還是圓心角，再轉化成同弧所對的圓周角或圓心角，然后利用圓周角定理以及推論

11、求解，特別地，當有直徑這一條件時，往往要用到直徑所對的圓周角是直角這一性質；或是當有直角時，往往要用到90°的圓周角所對的斜邊是直徑.． 4.沒有明確等腰三角形的底或腰時，一定要注意分類討論．分類討論是一種重數(shù)學思想，在研究數(shù)學問題時，常常需要通過分類討論解決問題.分類要依據(jù)一個標準，且要做到不重不漏. 【關鍵詞】等腰三角形；圓周角；弧；分類討論思想； 6.(浙江杭州，8，3分)如圖，已知AC是⊙O的直徑，點B在圓周上(不與A．C重合)，點D在AC的延長線上，連結BD交⊙O于點E．若∠AOB＝3∠ADB，則( ) A．DE＝EB B．DE＝EB C．DE

12、＝DO D．DE＝OB 第8題圖 第7題圖 【答案】D． 【逐步提示】本題考查了圓的性質和等腰三角形的性質與判斷，解題的關鍵是充分利用半徑相等、等腰三角形的兩底角相等及等角對等邊等有關性質．由四個選項中都是線段DE與相關線段的大小比較，且題目中條件為角之間的倍數(shù)關系，這樣就聯(lián)想到通過三角形之間的邊角關系來探索相關線段的數(shù)量關系了：不妨連接OE，首先由OB＝OE，得到∠B＝∠OEB；再由三角形的外角性質，得到∠AOB＝∠B＋∠D，∠OEB＝∠EOD＋∠D，加上已知條件∠AOB＝3∠ADB，就不難推導出∠DOE＝∠D，最后由等角對等邊，得到DE＝EO＝OB． 【解析】連接

13、OE，如下圖． ∵OB＝OE， ∴∠B＝∠OEB． ∵∠AOB＝∠B＋∠D，∠OEB＝∠EOD＋∠D，∠AOB＝3∠ADB， ∴∠B＝∠OEB＝2∠D． ∴∠DOE＝∠D． ∴DE＝EO＝OB． 故選擇D． 【解后反思】本題是一道探究題，由兩個角之間的3倍關系去探索線段DE與圖中相關線段的數(shù)量關系．如何充分利用已知條件與圖形中隱含的條件，是解題的關鍵．連接OE后，就容易利用圓的半徑相等，加上等腰三角形的性質與判定定理及三角形的外角性質，得到圖中兩組相等的角及這兩組角的對邊也相等的結論，從而就探究出DE與圓的半徑相等的正確結論了． 【關鍵詞】圓的性質；等腰三角形的性質和判定

14、；三角形的外角性質 7.(浙江金華，9，3分)足球射門，不考慮其他因素，僅考慮射點到球門AB的張角大小時，張角越大，射門越好.如圖的正方形網(wǎng)格中，點A,B,C,D,E均在格點上,球員帶球沿CD方向進攻，最好的射點在( ) （第9題圖） A E C D B A.點C B.點D或點E C.線段DE(異于端點) 上一點 D.線段CD(異于端點) 上一點 【答案】C 【逐步提示】認真審題確定解題思路，過A．B．D三點作圓，可以根據(jù)圓內(nèi)角、圓周角及圓外角的性質確定各射點到球門AB的張角，比較各張角的大小，確定答

15、案． 【解析】連接EB．AD．DB．AC．CB，作過點A．B．D的圓，可以確定點E在圓上，點C在圓外，根據(jù)圓周角及圓外角的性質可以確定∠AEB=∠ADB>∠ACB,所以最好的射點是線段DE(異于端點) 上一點，故選擇C. 【解后反思】解題的關鍵在于構造圓，然后根據(jù)圓周角、圓內(nèi)角及圓外角的性質確定各張角的大小，進而得出結論． 【關鍵詞】圓周角；“網(wǎng)格”數(shù)學題型 8.(淅江麗水，10，3分)如圖，已知⊙O是等腰Rt△ABC的外接圓，點D是上一點，BD交AC于點E，若BC=4,AD=，則AE的長是 A.3 B.2 C.1 D.1.2 【答案】 【逐步提示】確定AC

16、=BC，△CBE∽△DAE，根據(jù)相似比判斷各選項中的數(shù)據(jù)是否正確． 【解析】由題意得AC=BC=4,BD=，△CBE∽△DAE，所以AE：BE=DE：CE=AD：CB=：4=，所以BE˙DE=AE˙CE，若AE=3,則BE=15>,錯誤；若AE=2,則BE=10>,錯誤；若AE=1,則BE=5,DE=,CE=4-1=3,此時滿足BE˙DE=AE˙CE，故AE=1；若AE=1.2,則BE=6>,錯誤,故選擇C. 【解后反思】根據(jù)題意確定圖形中各線段間的關系，然后根據(jù)已知條件對所給選項進行驗證得出正確的結論． 【關鍵詞】圓；相似三角形的性質；驗證法；； 9.（四川達州，7，3分）

17、如圖，半徑為3的⊙A經(jīng)過原點O和點C(0，2)，B是y軸左側⊙A優(yōu)弧上一點，則tan∠OBC為 第7題圖 A. B.2 C. D. 【答案】C 【逐步提示】本題主要考查了圓中有關計算.解題的關鍵是把∠OBC的正切值轉化到直角三角形中求解．解題是：如圖，連接CD，則CD是⊙A的直徑，且∠OBC＝∠ODC，在Rt△OCD中可求得tan∠ODC. 【詳細解答】解：連接CD，∵∠COD=90°，∴CD是⊙A的直徑，∠OBC＝∠ODC，在Rt△OCD中，OD==4，∴tan∠ODC=＝故選擇C. 【解后反思】解答這類問題時，往往將坐標系內(nèi)的點坐標轉化為線段的長度，進而化歸

18、到直角三角形中，應用三角函數(shù)定義求得三角函數(shù)值． 求銳角三角函數(shù)的方法：（1）直接定義法；（2）構造直角三角形；（3）借助三角函數(shù)關系求值． 【關鍵詞】圓周角定理及推論；三角函數(shù) 10. （ 四川樂山，7，3分）如圖4，C、D是以線段AB為直徑的⊙O上兩點，若CA=CD，且∠ACD=40°，則∠CAB= ( )． A．10° B．20° C．30° D．40° 【答案】B． 【逐步提示】欲求∠CAB，在Rt△ABC中，由AB是⊙O的直徑得到∠ACB=90°，所以只需知道∠ABC的度數(shù)，在⊙O 中，∠ABC=∠ADC，這樣在等腰三角形ACD中，由∠ACD=40

19、°可得解． 【詳細解答】解：∵CA=CD，并且∠ACD=40°，∴∠ADC=70°．在⊙O中，∵AB為直徑，∠ACB=90°，∵∠ABC與∠ADC是⊙O中的圓周角，∴∠ABC=∠ADC=70°，∴∠CAB=∠ACB-∠ABC= 90°-70=20°，故選擇B． 【解后反思】對于圓的有關性質的考查，一般會將圓周角、圓心角，弧、弦、弦心距等量之間的關系合并考查，解題的關鍵是明確相關性質．本題涉及到的有：①在同圓（或等圓）中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等；②直徑其所對的圓周角是90°． 【關鍵詞】等腰三角形性質；圓周角定理 11. （

20、四川省自貢市，5，4分）如圖，⊙O中，弦AB與CD交于點M，∠A=45°，∠AMD=75°，則∠B的度數(shù)是 A．15° B．25° C．30° D．75° 【答案】C 【逐步提示】∠B為圓周角，可以考慮將其轉移，再利用三角形的內(nèi)外角關系求解即可. 【詳細解答】解：∵∠A=45°，∠AMD=75°，∴∠C=30°，∴∠B=30°，故選擇C. 【解后反思】求角度數(shù)問題，通常手段就是轉移和分解，本題在第一步是將角分解求出∠C，再利用轉移的方法求出∠B. 【關鍵詞】三角形的內(nèi)角和；圓心角、圓周角定理 二、填空題 1. .（ 山東青島，11，3分）如

21、圖，AB是⊙O的直徑，C , D是⊙O上的兩點， 若∠BCD = 28° ,則∠ABD= °. 【答案】62 【逐步提示】∠ABD和∠ACD都是弧AD所對的圓周角，故只要求出∠ACD的度數(shù)即可； 根據(jù)“直徑所對的圓周角是直角”可知∠ACB＝90°，進而由∠BCD的度數(shù)可求得∠ACD的度數(shù)，問題得解. 【詳細解答】解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°.∵∠BCD=28°，∴∠ACD＝90°-28°=62°，∴∠ABD＝62°，故答案為62. 【解后反思】與圓周角有關的知識點有：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是圓的直徑；同弧（或等?。┧鶎Φ膱A

22、周角等于圓心角的一半. 【關鍵詞】 圓周角；圓周角定理 2. （ 山東省棗莊市，15，4分）如圖，在半徑為3的⊙O中，直徑AB與弦CD相交于點E，連接AC，BD，若AC＝2，則tan D＝ ． A B D C O E 【答案】 【逐步提示】本題考查了有關圓周角的性質，解題的關鍵是運用直徑所對圓周角為直角及同弧所對圓周角相等把∠D與直角三角形聯(lián)系起來．連接BC，利用直徑所對圓周角為直角，解Rt△ABC，然后利用同弧或等弧所對的圓周角相等，即可求得tan D的值． 【詳細解答】解：連接BC，∵AB為⊙O直徑，∠ACB＝90°，又∵AB＝2r＝6，∴B

23、C＝＝＝，∵＝，∴∠D＝∠A，∴tan D＝tan A＝＝＝ ，故答案為 . A B D C O E 【解后反思】在圓中解決與角有關的問題時，常用的是弧、弦、圓心角的對應關系和圓周角定理，從而實現(xiàn)圓心角與圓周角、圓周角與圓周角的互換．若如涉及到三角函數(shù)，通常利用直徑所對圓周角為直角，或構造垂徑定理三角形求解． 【關鍵詞】 圓心角、圓周角定理；銳角三角函數(shù)值的求法 3. (重慶A，15，4分)如圖，OA，OB是⊙O的半徑，點C在⊙O上，連接AC，BC. 若∠AOB=120°，則∠ACB=_______度. 【答案】60 【逐步提示】∠AOB與

24、∠ACB是同弧()所對的圓心角和圓周角，則∠ACB=∠AOB. 【解析】∵∠AOB=120°，∠AOB所對的弧為，所對的圓周角為∠ACB，∴∠ACB=∠AOB=×120°=60°. 故答案為60. 【解后反思】在圓中，同弧所對的圓周角是它所對圓心角的一半. 【關鍵詞】圓心角、圓周角定理 4. (重慶B，15，4分)如圖，CD是⊙O的直徑，若AB⊥CD，垂足為B，∠OAB=40°，則∠C等于　　度． 【答案】25 【逐步提示】利用直角三角形的兩個銳角互余，由∠OAB的度數(shù)可求得∠AOB的度數(shù)，再根據(jù)同弧所對的圓周角與圓心角的關系求解． 【解析】∵AB⊥CD，

25、∠OAB=40°，∴∠AOB=50°. ∵∠C與∠AOB分別為所對的圓周角和圓心角，∴∠C=∠AOB=25°. 故答案為25． 【解后反思】在圓中，求角的度數(shù)時，首先要考慮要求的角是圓周角還是圓心角，再根據(jù)圓心角、圓周角的性質定理求解. 在同圓中，同弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半. 【關鍵詞】三角形的內(nèi)角和；圓心角、圓周角定理 5. （ 四川省巴中市，16，3分）如圖，∠A是⊙O的圓周角，∠OBC=550，則∠A= . 【答案】350. 【逐步提示】本題考查了圓心角、圓周角定理及其推論，解題的關鍵是理解并能熟練運用圓心角、圓周角定理及其推論，在⊙O中

26、，弧BC所對的圓心角和圓周角分別是∠BOC和∠BAC，在△BOC中，OB=OC，由∠OBC=550，可以求得圓心角∠BOC的度數(shù)，從而求得圓周角∠A的度數(shù). 【詳細解答】解：∵OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=550，∴∠BOC=700 ， ∴∠A=∠BOC=350，故答案為350 . 【解后反思】解決與圓有關的角度的相關計算時，一般先判斷角是圓周角還是圓心角，再轉化成同弧所對的圓周角或圓心角，利用同弧所對的圓周角相等，同弧所對的圓周角是圓心角的一半等關系求解 【關鍵詞】圓心角、圓周角定理； 6. （ 四川省成都市，23，4分）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AH⊥BC于點H，若AC＝24

27、，AH＝18，⊙O的半徑OC＝13，則AB＝ ． H A O C B M H A O C B 【答案】． 【逐步提示】本題考查了圓周角定理、相似三角形的判定及性質等相關知識，解題的關鍵是利用直徑所對圓周角為直角及同弧所對圓周角相等，構造相似三角形．延長CO交⊙O于點E，連接AM，證明△AMC∽△HBA，然后利用相似三角形的性質即可求出AB的值． 【詳細解答】解：延長CO交⊙O于點M，連接AM．∵CM是⊙O的直徑，∴∠MAC＝90°，∵AH⊥BC，∴∠MAC＝∠AHB＝ 90°，又∵∠M＝∠B，∴△AMC∽△HBA，∴＝，∵CM＝2OC＝26，即＝

28、，∴AB＝＝． 【解后反思】在有關圓的問題中，有直徑通常作直徑所對的圓周角，構造直角三角形；有弧、弦中點，通常連弧、弦中點與圓心，應用垂徑定理；有切線，連過切點的半徑． 【關鍵詞】圓心角、圓周角定理 ；相似三角形的判定；相似三角形的性質 7. （ 四川南充，15，3分）如圖是由兩個長方形組成的工件平面圖(單位，mm)，直線l是它的對稱軸，能完全覆蓋這個平面圖形的圓面的最小半徑是 mm. 【答案】50 【逐步提示】本題考查的圓內(nèi)接四邊形，是垂徑定理，解題的關鍵是根據(jù)題意畫出圖形，利用數(shù)形結合進行解答． 根據(jù)已知條件得到CM=30，AN=40，根據(jù)勾股定理列

29、方程得到OM=40，由勾股定理得到結論． 【詳細解答】解：設圓心為O,由題意知，點O在l上。 連接AO，CO， ∵直線l是它的對稱軸， ∴CM=30，AN=40， ∵CM2+OM2=AN2+ON2， ∴302+OM2=402+（70﹣OM）2， 解得：OM=40， ∴OC= =50， ∴能完全覆蓋這個平面圖形的圓面的最小半徑是50mm． 故答案為：50． 【解后反思】垂徑定理和勾股定理在解決圓的計算問題時，經(jīng)常結合起來使用，一般需要先作輔助線構造出直角三角形． 【關鍵詞】 勾股定理；垂徑定理；構造法 8 （ 四川省雅安市，16，3分）如圖，在△ABC中，AB

30、 =AC = 10，以 AB 為直徑的⊙0與BC交與點D，與AC交于點E，連OD交BE于點M，且MD=2，則BE的長為 . 【答案】8 【逐步提示】本題考查了等腰三角形性質、平行線的判定與性質、圓的基本性質，解題關鍵是運用垂徑定理求出BM的長. 由題意，可得OD平行于AC,即OD垂直BE,在Rt△OBM中求得BM的長，即可求出BE的長. 【詳細解答】解：∵AB =AC=10，∴∠ABC=∠C,∵OB=OD,∴∠ABC=∠ODB,∴∠ODB=∠C,∴OD∥AC,∵AB為⊙O的直徑，∴BE⊥AC,∴OD⊥BE,∴BM=ME,∵MD=2，∴OM=OD-MD=5-2=3，∴BM

31、=,∴BE=2BM=8，故答案為 8 . 【解后反思】圓中涉及弦長的計算，往往構造半弦、半徑、弦心距組成的直角三角形進行求解. 【關鍵詞】等腰三角形的性質 ；平行線的判定；平行線的性質 ；勾股定理；垂徑定理；圓心角、圓周角定理 9. （ 四川省宜賓市，13，3分）在平面直角坐標系內(nèi)，以點P(1,1)為圓心、為半徑作圓，則該圓與y軸的交點坐標是 . 【答案】(0，3) 、（0，-1） 【逐步提示】如圖，圓與y軸有兩個交點，兩個交點間的距離即是圓的弦AB的長.根據(jù)垂徑定理可求出半弦長AC及BC，由于點E的坐標是（1，1）可證四邊形ODEC是正方形，DE=

32、CE=CO=OD=1.由圖知OA=AC+OC,OB=BC-CO,兩交點坐標可求. 【詳細解答】解：如圖，作EC⊥y軸于點C，ED⊥x軸于點D，因為點E的坐標為（1，1），所以ED=CE=OD=OC=1.在直角三角形AEC中，CE=1,AE=,所以AC=,所以OA=AC+CO=3,OB=BC-CO=1,所以點A的坐標為（0，3），點B的坐標為（0，-1）.故答案為：（0，3），（0，-1）. 【解后反思】這是垂徑定理在直角坐標系內(nèi)的應用.關鍵要結合圖象找出反應坐標的線段及求出線段的長度.易錯點是忽視點的坐標的符號及寫錯橫、縱坐標的位置. 【關鍵詞】 直角坐標系；點的坐標；垂徑定理及應用

33、 三、解答題 1. ．(山東臨沂，23，9分) 如圖，A，P，B，C是圓上的四個點，∠APC=∠CPB=60°，AP，CB的延長線相交于點D． (1)求證：△ABC是等邊三角形； (2)若∠PAC=90°，AB=，求PD的長． 【逐步提示】(1)由圓周角定理得出∠ABC=∠APC=∠CPB=∠BAC=60°，再由等腰三角形的判定得出△ABC是等腰三角形，進一步得出△ABC是等邊三角形．(2)由∠PAC=90°，∠ACB=60°，可得∠D=30°；由直角三角形的性質可得DC的長，得出BD的長；由圓內(nèi)接四邊形的性質得出∠PBC=90°，則∠PBD=90°；在Rt△PBD中

34、，解直角三角形求出PD的長． 【詳細解答】解：(1)證明：∵A，P，B，C是圓上的四個點，∠APC=∠CPB=60°， ∴∠ABC=∠APC，∠CPB=∠BAC． 又∵∠APC=∠CPB=60°， ∴∠ABC=∠BAC=60°， ∴AC=BC，且∠BAC=60°， ∴△ABC是等邊三角形．………………………………………………4分 (2)解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB=60°，AC=AB=BC=． ∵∠PAC=90°，∴∠D=30°． ∴DC=2AC=， ∴BD=．………………………………………………………6分 ∵四邊形APBC是圓內(nèi)接四邊形，∠PAC=90°，

35、 ∴∠PBC=90°，∴∠PBD=90°． 在Rt△PBD中， PD===4．………………………………………………9分 【解后反思】(1)圓周角定理：同弧或等弧所對的圓周角相等；(2)等邊三角形的判定：①三個角都相等的三角形是等邊三角形；②有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形． 【一題多解】∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB=60°，AC=AB=BC=． ∵∠PAC=90°，∴∠D=30°． ∴DC=2AC=，AD=6， ∴BD=． ∵四邊形APBC是圓內(nèi)接四邊形，∠PAC=90°， ∴∠PBC=90°，∴∠PBD=90°． 在Rt△PBD和Rt△CAD中，∠D是公共

36、角， ∴Rt△PBD∽Rt△CAD， ∴=， 即=， ∴PD=4． 【關鍵詞】圓周角定理；等邊三角形的判定；相似三角形的判定與性質；解直角三角形 2. （ 山東濰坊，21，8分）正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，如圖所示，在劣弧上取一點E，連接DE、BE，過點D作DF∥BE交⊙O于點F，連接BF、AF，且AF與DE相交于點G. 求證：（1）四邊形EBFD是矩形； （2）DG=BE. 【逐步提示】本題是一道圓與四邊形的綜合題，解題的關鍵是利用圓的基本性質得到題目所需的條件，再進行證明. （1）要證明四邊形BEDF是矩形，需證明有三個角是直角，先根據(jù)同弧所對的圓周角相等及正

37、方形的性質，得到∠BED=∠BFD=90°，再根據(jù)兩直線平行，同旁內(nèi)角互補求得第三個直角即可.（2）根據(jù)圓周角與它所對弧的關系求得∠AFD=45°，則△DFG為等腰直角三角形，再根據(jù)矩形的對邊相等得到BE=DG. 【詳細解答】證明：（1）∵正方形ABCD內(nèi)接于⊙O， ∴∠BED=∠BAD=90°，∠BFD=∠BCD=90°， 又∵DF∥BE， ∴∠EDF+∠BED=180°， ∴∠EDF=90°， ∴四邊形EBFD是矩形. （2）∵正方形ABCD內(nèi)接于⊙O， ∴的度數(shù)是90°， ∴∠AFD=45°， 又∵∠GDF=90°， ∴∠DGF=∠DFG=45°， ∴DG=DF，

38、 又∵在矩形EBFD中，BE=DF， ∴BE=DG. 【解后反思】看到求與圓有關的角，應考慮如下幾點（1）同弧或等弧所對的圓周角相等；（2）一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半；（3）圓周角的度數(shù)等于它所對弧的度數(shù)的一半（4）圓的內(nèi)接四邊形的對角互補等。 【關鍵詞】 圓的有關性質；圓周角定理；矩形的判定；正方形的性質 3. （山東淄博，23，9分）已知，點M是二次函數(shù)y=ax2(a＞0)圖象上的一點，點F的坐標為（0，），直角坐標系中的坐標原點O與點M，F(xiàn)在同一個圓上，圓心Q的縱坐標為. （1）求a的值； （2）當O，Q，M三點在同一條直線上時，求點M和點Q的坐標；

39、（3）當點M在第一象限時，過點M作MN⊥x軸，垂足為點N. 求證：MF=MN+OF. 【逐步提示】本題考查二次函數(shù)，圓，勾股定理，垂徑定理，數(shù)形結合思想，解題關鍵是掌握相關知識，并能據(jù)題意畫出有關圖形，能數(shù)形結合地解決問題. （1）由垂徑定理的逆定理，知圓心Q在弦OF的垂直平分線上. （2）點Q為OM的中點，由此可先得點M的坐標，進而求點Q的坐標. （3）設M（n，n2）（n＞0），則N（n，0），利用勾股定理求出MF即可解決問題． 【詳細解答】解：（1）圓心Q的縱坐標為，則點F的縱坐標為， ∴=1. 解得a=1. （2）由（1）知二次函數(shù)的解析式為y= x2. 當O

40、，Q，M三點在同一條直線上時，點M的縱坐標為. 將y=代入y= x2，得x=. ∴點M的坐標為(，)或(－，). 點Q的坐標為(，)或(－，). （3）設M(n，n2)(n＞0)，∴N(n，0). ∵F(0，)，∴MN+OF= n2+. MF== n2+. ∴MF=MN+OF． 【解后反思】知道圓心在任意弦的垂直平分線上是解決（1）題的關鍵；知道圓心是直徑的中點是解（2）的關鍵；設點的坐標，利用勾股定理求兩點間的距離是解決（3）題的關鍵. 【關鍵詞】二次函數(shù)，圓，勾股定理，垂徑定理，數(shù)形結合思想 4. （ 四川省成都市，20，10分）如圖在Rt△ABC中，∠ABC＝90

41、°，以CB為半徑作⊙C，交AC于點D，交AC的延長線于點E，連接BD、BE． ⑴求證：△ABD∽△AEB； ⑵當＝時，求tanE； ⑶在⑵的條件下，作∠BAC的平分線，與BE交于點F，若AF＝2，求⊙C的半徑． A C E B F D 【逐步提示】本題考查了切線的性質、圓周角定理、相似三角形的判定及性質等相關知識，解題的關鍵是熟練掌握這些知識的綜合應用．⑴利用直徑所對圓周角是直角，求得∠DBE＝∠ABC＝90°，然后通過∠ABD＝∠CBE，∠E＝∠CBE，得到∠E＝∠ABD即可證明△ABD∽△AEB；⑵過B作BH⊥AE于點H，根據(jù)題意設AB＝4x，BC＝3x，利用勾股定

42、理及三角形面積公式在Rt△ABC中，求出AC、高BH及HE的長，再在Rt△BEH中，運用三角函數(shù)定義即可求出tanE；⑶過F作FM⊥AE交AE于點M．根據(jù)角平分線的性質求出的值，再利用△EFM∽△EBH，把EM，F(xiàn)M用含x的式子表示出來，在Rt△AFM中利用勾股定理列方程求解． 【詳細解答】解：⑴∵DE為⊙C的直徑，∴∠DBE＝90°，∵∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBE，∵BC＝CE，∴∠CBE＝∠E，∴∠ABD＝∠E，又∵∠BAD＝∠EAB，∴△ABD∽△AEB． ⑵過B作BH⊥AE交AE于點H． ∵＝，設AB＝4x，BC＝3x，∴在Rt△ABC中，AC＝＝＝5x，CE＝3x，

43、∵S△ABC＝AC·BH＝AB·BC，∴AC·BH＝AB·BC，∴BH＝＝，∴AH＝＝＝，∴HE＝AC＋CE－AH＝5x＋3x－＝， ∴tanE＝＝． A C E B F D H ⑶過F作FM⊥AE交AE于點M． ∵AF平分∠BAC，∴＝＝＝2，∴＝，∵BH∥FM，∴△EFM∽△EBH，∴＝＝＝，∴EM＝EH＝，F(xiàn)M＝BH＝，∴AM＝AE－ME＝，在Rt△AFM中AM2＋FM2＝AF2，即()2＋()2＝22，解得x＝，∴⊙C的半徑r＝3x＝． A C E B F D M H 【解后反思】（1）圓中涉及到直角問題時，通常運用直徑所對圓周角是直角構造

44、直角三角形； （2）在解決直角三角形求值問題時，通常運用面積法已知三邊求斜邊上的高； （3）求線段的長度有以下常用的方法：用勾股定理——適用于直角三角形；用相似三角形——適用于有相似三角形的圖形中． 【關鍵詞】勾股定理；圓心角、圓周角定理；相似三角形的判定；相似三角形的性質；方程與函數(shù)思想 5. （四川達州，22，8分）如圖，已知AB為半圓O的直徑，C為半圓O上一點，連接AC，BC，過點O作OD⊥AC于點D，過點A作半圓O的切線交OD的延長線于點E，連接BD并延長交AE于點F. (1)求證：AE?BC=AD?AB； (2)若半圓O的直徑為10，sin∠BAC=，求AF的長.

45、 【逐步提示】本題考查了圓的性質、相似三角形的性質和判定、解直角三角形.解題的關鍵是掌握圓的性質，構造直角三角形求線段AF的長.解題的思路是：（1）證明△ADE∽△BCA，再根據(jù)相似三角形對應邊成比例可證；（2）過點D作DG⊥AB，由已知可依次求得OD，AD，DG，AG，BG..由已知有△BDG∽△BFA，由相似三角形的對應邊成比例易求AF. 【詳細解答】解：（1）證明：∵AB是直徑，∴∠C＝90°，∠CAB＋∠ABC＝90°. ∵AE是⊙O的切線，∴∠OAE＝90°. ∵OD⊥AC，∴∠CAB＋∠AOE＝90°. ∴∠AOE＝∠ABC，∠OAE∠C. ∴△ADE∽△BCA，∴＝.

46、即AE?BC=AD?AB. （2）如圖，過點D作DG⊥AB， 在Rt△AOD中，OA＝AB＝5，sin∠BAC=， ∴OD＝5×＝3，AD＝＝4. 在Rt△ADG中，DG＝AD?sin∠BAC=4×=， ∴AG＝. ∴BG＝10-＝. ∵∠BGD＝∠BAF＝90°，∠DBG＝∠FBA， ∴△BG∽△BFA. ∴＝. ∴＝. ∴AF＝. 【解后反思】求線段的長度有以下常用的方法：用勾股定理——適用于已知兩邊的直角三角形中；用相似三角形的性質——適用于有相似三角形的圖形中，銳角三角函數(shù)求線段的長度——適用于已知一邊及一角的三角函數(shù)值． 【關鍵詞】圓的切線的性質定理；圓

47、周角定理的推論；相似三角形的性質和判定；解直角三角形 6. （四川省廣安市，25，9分）如圖，以△ABC的BC邊上一點O為圓心的圓，經(jīng)過A、C兩點且與BC邊交于點E.點D為CE的下半圓弧的中點，連接AD，交線段EO于點F，若AB＝BF. （1）求證：AB是⊙O的切線；（3分） （2）若CF＝4，DF＝，求⊙O的半徑r及sinB.（6分） 【逐步提示】本題考查了圓的性質及切線的判定，解題的關鍵是掌握切線的判定方法及解直角三角形的方法.（1）連接OD，利用等邊對等角，通過角的轉換，得出∠OAF 與∠BAF的和為90°，從而證明AC是⊙O的切線；（2）在Rt△ODF中利用勾股定理可求得

48、r的長，從而可求OF的長，在Rt△ABO中利用勾股定理可求得BO的長，從而求出sinB. 【詳細解答】證明：連接AO、DO. ∵D為CE的下半圓弧的中點， ∴∠EOD＝90°. ∵AB＝BF，OA＝OD＝r， ∠BAF＝∠BFA＝∠OFD，∠OAD＝∠ADO ∴∠BAF＋∠DAO＝∠OFD＋∠ADO＝90°即∠BAO＝90° ∴AB是⊙O的切線. （2）∵OF＝CF－OC＝4－r，OD＝r，DF＝， 在Rt△OFD中，OF2＋OD2＝DF2即r2＋(4－r)2＝（）2即r1＝3,r2＝1（舍去） ∴半徑r＝3 ∴OA＝3，OF＝CF－OC＝4－3＝1，∴BO＝BF＋FO＝

49、AB＋1 在Rt△ABO中，AB2＋AO2＝BO2即AB2＋32＝（AB＋1）2 ∴AB＝4，BO＝5 ∴sinB＝. 【解后反思】判別直線是圓的切線有兩種方法，如果直線與圓有交點，則連接交點與圓心，證明半徑垂直于直線即可；如果直線與圓沒有交點，則過圓心作直線的垂線段，證垂線段等于圓的半徑即可. 【關鍵詞】切線的判定；銳角三角函數(shù)；勾股定理；方程思想 7 （四川省涼山州，27，8分）如圖，已知四邊形內(nèi)接于，是的中點，于，與及的延長線交于點、，且. （1）求證：； （2）如果，，求的值. 【逐步提示】（1）根據(jù)等弧等條件找出兩組相等的角，證明兩個三角

50、形相似；（2）通過相似三角形的性質將∠CAD轉化為∠AEB，在Rt△AEC中考慮tan∠AEB，從而求出tan∠CAD. 【詳細解答】解：（1）∵四邊形ABCD內(nèi)接于，∴∠D+∠ABC=180°，又∠ABC+∠ABE=180°，∴∠D=∠ABE；∵，∴∠BAE=∠ACD，∴△ADC∽△EBA. （2）∵△ADC∽△EBA，∴ ，∠AEB=∠CAD；∵是的中點，∴AB=AC=8，∴ ，即 ，又AE⊥AC，∴∠BAC=90°，∴tan∠CAD=tan∠AEB= 【解后反思】題中∠CAD并沒有處于一個直角三角形中，三角函數(shù)值不易求，所以就必須將∠CAD轉化為與之相等的∠AEB，這樣做是因為∠

51、AEB是Rt△AEC的一個銳角，容易通過三角函數(shù)的概念求出三角函數(shù)值.同時本題也可以采用以下方法構造直角三角形：連接AO并延長與相交于點M，連接DM，則∠AMD=∠ACD且△AMD為直角三角形（∠ADM=90°），如圖所示. 【關鍵詞】三角形相似的判定與性質；銳角三角函數(shù)的定義；圓內(nèi)接四邊形及性質； 8 （ 四川省雅安市，24，10分）如圖1，AB是⊙O的直徑，E是 AB 延長線上一點，EC切⊙0于點C，連接AC，OP⊥AO交AC于點P，交EC的延長線于點 D. (1)求證：△PCD是等腰三角形； (2)CG⊥AB于H點, 交⊙O于G點,過B點作BF∥EC, 交⊙O于點F, 交

52、CG于Q點，連接AF，如圖2，若sinE =,CQ =5,求 AF的值. 【逐步提示】本題考查了等腰三角形的性質和判定、平行線的性質、切線的判定、銳角三角函數(shù)的定義，解題的關鍵是掌握切線的判定方法以及圓中長度計算的方法． (1) 連接OC，則OC垂直DE,可證∠3=∠4=∠5，即△PCD是等腰三角形；（2）連接BC，證CQ=BQ=5，因BF∥EC,得sin∠ABF=sinE =,求得QH=3，BH=4，設⊙0的半徑為 r，在Rt△OCH中用勾股定理求出r,再在Rt△ABF中，用銳角三角函數(shù)定義求出AF的長. 【詳細解答】解：(1)證明：如圖1所示，連接OC ∵EC切⊙0于點

53、C ∴OC⊥DE，∴∠1 +∠3 =90° ① 又∵OP⊥OA,∴∠2 +∠4=90° ② ∵OA=OC,∴∠1 =∠2 ③ 由①②③可得，∠3 =∠4 又∵∠4 =∠5，∴∠3=∠5，∴DP =DC， 即△PCD為等腰三角形. (2)解：如圖2所示，連接BC ∵EC切⊙0于C點 ∴∠1 +∠2 =90°① 又∵OC = OB ∴∠2 =∠3 ② ∵CG⊥AB, ∴∠3 +∠4=9O°③ 由①②③可得，∠1 =∠4 ④ ∵BF∥DE,∴∠5 =∠1 ⑤ 由④⑤，得∠4 =∠5， ∴CQ =BQ， 又∵CQ =5,∴BQ=5, ∵BF∥DE,∴∠ABF=∠E, 又∵sinE =, ∴sin∠ABF=, 即QH=3，BH=4， 設⊙0的半徑為 r，在Rt△OCH中，， 解得r=10，∴AB=20， ∵AB是⊙O的直徑， ∴∠AFB= 90°, ∴sin∠ABF==,∴AF=12. 【解后反思】（1）圓中遇到切線條件，連接切點和圓心構造直角是常見的輔助線； （2）圓中線段長度計算常用的方法有：①用勾股定理求解；②用銳角三角函數(shù)定義求解；③用相似三角形求解. 【關鍵詞】等腰三角形的性質；等腰三角形的判定；平行線的性質；勾股定理；切線的判定與性質；銳角三角函數(shù)的定義 22