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2025年中考数学复习高频易错考前预测：圆
一．选择题（共10小题）
1．（2024 潍坊一模）如图，AB是⊙O的直径，D、C在⊙O上，AD∥OC，∠DAB＝60°，连接AC，则∠DAC等于（　　）
A．15° B．30° C．45° D．60°
2．（2024 高青县一模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为（　　）
A．3 B．1 C．1+3 D．1
3．（2024 陕西）如图，AB是⊙O的直径，EF，EB是⊙O的弦，且EF＝EB，EF与AB交于点C，连接OF，若∠AOF＝40°，则∠F的度数是（　　）
A．20° B．35° C．40° D．55°
4．（2024 广元）如图，已知⊙O的直径AB⊥CD于点E，则下列结论不一定成立的是（　　）
A．CE＝DE B．AE＝OE C． D．△OCE≌△ODE
5．（2024 衢州）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD＝8cm，AE＝2cm，则OF的长度是（　　）
A．3cm B．cm C．2.5cm D．cm
6．（2024 苏州）如图，AB为⊙O的切线，切点为B，连接AO，AO与⊙O交于点C，BD为⊙O的直径，连接CD．若∠A＝30°，⊙O的半径为2，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B．2 C．π D．
7．（2024 兰州）如图，⊙O的半径为2，AB、CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点（P与A、B、C、D不重合），经过P作PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走过的路径长为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024 乐山）如图，抛物线yx2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最大值是（　　）
A．3 B． C． D．4
9．（2024 东明县一模）如图，PA、PB切⊙O于点A、B，PA＝10，CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，则△PCD的周长是（　　）
A．10 B．18 C．20 D．22
10．（2024 内江）如图，半圆O的直径AB＝10cm，弦AC＝6cm，AD平分∠BAC，则AD的长为（　　）
A．cm B．cm C．cm D．4cm
二．填空题（共5小题）
11．（2024 苏州）如图，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上的一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，连接PA．设PA＝x，PB＝y，则（x﹣y）的最大值是　 　．
12．（2024 南通）如图，点A、B、C、D在⊙O上，O点在∠D的内部，四边形OABC为平行四边形，则∠OAD+∠OCD＝　 　度．
13．（2024 咸宁）如图，在Rt△AOB中，OA＝OB＝3，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（点Q为切点），则切线PQ的最小值为　 　．
14．（2024 徐州）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的母线长l为 　 　cm．
15．（2024 广东）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，∠ABC＝90°，点M，N分别在射线BA，BC上，MN长度始终保持不变，MN＝4，E为MN的中点，点D到BA，BC的距离分别为4和2．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离DE的最小值为　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 黔西南州）如图，点O在∠APB的平分线上，⊙O与PA相切于点C．
（1）求证：直线PB与⊙O相切；
（2）PO的延长线与⊙O交于点E．若⊙O的半径为3，PC＝4．求弦CE的长．
17．（2024 烟台）如图，以△ABC的一边AB为直径的半圆与其它两边AC，BC的交点分别为D、E，且．
（1）试判断△ABC的形状，并说明理由．
（2）已知半圆的半径为5，BC＝12，求sin∠ABD的值．
18．（2024 宜昌）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的圆交AC于点D，交BC于点E，延长AE至点F，使EF＝AE，连接FB，FC．
（1）求证：四边形ABFC是菱形；
（2）若AD＝7，BE＝2，求半圆和菱形ABFC的面积．
19．（2024 天水）如图，AB、AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D．过点A作⊙O的切线与OD的延长线交于点P，PC、AB的延长线交于点F．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若∠ABC＝60°，AB＝10，求线段CF的长．
20．（2024 德阳）如图，已知BC是⊙O的弦，A是⊙O外一点，△ABC为正三角形，D为BC的中点，M为⊙O上一点，并且∠BMC＝60°．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若E，F分别是边AB，AC上的两个动点，且∠EDF＝120°，⊙O的半径为2，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
2025年中考数学复习高频易错考前预测：圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024 潍坊一模）如图，AB是⊙O的直径，D、C在⊙O上，AD∥OC，∠DAB＝60°，连接AC，则∠DAC等于（　　）
A．15° B．30° C．45° D．60°
【考点】圆的认识；平行线的性质．
【答案】B
【分析】首先利用同一圆的半径相等和平行线的性质得到∠DAC＝∠CAB，然后利用已知角求解即可．
【解答】解：∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠ACO，
∵AD∥OC，
∴∠DAC＝∠ACO，
∴∠DAC＝∠CAB，
∵∠DAB＝60°，
∴∠DAC∠DAB＝30°，
故选：B．
【点评】本题考查了圆的认识及平行线的性质，属于基础题，比较简单．
2．（2024 高青县一模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为（　　）
A．3 B．1 C．1+3 D．1
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】D
【分析】如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题；
【解答】解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．
∵AQ＝QP，
∴OQ⊥PA，
∴∠AQO＝90°，
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大（也可以通过CQ≤QK+CK求解）
在Rt△OCH中，∵∠COH＝60°，OC＝2，
∴OHOC＝1，CH，
在Rt△CKH中，CK，
∴CQ的最大值为1，
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
3．（2024 陕西）如图，AB是⊙O的直径，EF，EB是⊙O的弦，且EF＝EB，EF与AB交于点C，连接OF，若∠AOF＝40°，则∠F的度数是（　　）
A．20° B．35° C．40° D．55°
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】与圆有关的计算．
【答案】B
【分析】连接FB，得到∠FOB＝140°，求出∠EFB，∠OFB即可．
【解答】解：连接FB．
∵∠AOF＝40°，
∴∠FOB＝180°﹣40°＝140°，
∴∠FEB∠FOB＝70°，
∵EF＝EB，
∴∠EFB＝∠EBF＝55°，
∵FO＝BO，
∴∠OFB＝∠OBF＝20°，
∴∠EFO＝∠EBO，
∠EFO＝∠EFB﹣∠OFB＝35°，
故选：B．
【点评】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
4．（2024 广元）如图，已知⊙O的直径AB⊥CD于点E，则下列结论不一定成立的是（　　）
A．CE＝DE B．AE＝OE C． D．△OCE≌△ODE
【考点】垂径定理．
【答案】B
【分析】根据垂径定理得出CE＝DE，弧CB＝弧BD，再根据全等三角形的判定方法“AAS”即可证明△OCE≌△ODE．
【解答】解：∵⊙O的直径AB⊥CD于点E，
∴CE＝DE，弧CB＝弧BD，
在△OCE和△ODE中，
，
∴△OCE≌△ODE，
故选：B．
【点评】本题考查了圆周角定理和垂径定理的应用，注意：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
5．（2024 衢州）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD＝8cm，AE＝2cm，则OF的长度是（　　）
A．3cm B．cm C．2.5cm D．cm
【考点】垂径定理；三角形中位线定理．
【专题】几何图形．
【答案】D
【分析】根据垂径定理得出AB的长，进而利用中位线定理得出OF即可．
【解答】解：连接AB，OB，
∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD＝8cm，AE＝2cm，
在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2，
即AB，
∵OA＝OC，OB＝OC，OF⊥BC，
∴BF＝FC，
∴OF．
故选：D．
【点评】此题考查垂径定理，关键是根据垂径定理得出OE的长．
6．（2024 苏州）如图，AB为⊙O的切线，切点为B，连接AO，AO与⊙O交于点C，BD为⊙O的直径，连接CD．若∠A＝30°，⊙O的半径为2，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B．2 C．π D．
【考点】扇形面积的计算；切线的性质．
【答案】A
【分析】过O点作OE⊥CD于E，首先根据切线的性质和直角三角形的性质可得∠AOB＝60°，再根据平角的定义和三角形外角的性质可得∠COD＝120°，∠OCD＝∠ODC＝30°，根据含30°的直角三角形的性质可得OE，CD的长，再根据阴影部分的面积＝扇形OCD的面积﹣三角形OCD的面积，列式计算即可求解．
【解答】解：过O点作OE⊥CD于E，
∵AB为⊙O的切线，
∴∠ABO＝90°，
∵∠A＝30°，
∴∠AOB＝60°，
∴∠COD＝120°，∠OCD＝∠ODC＝30°，
∵⊙O的半径为2，
∴OE＝1，CE＝DE，
∴CD＝2，
∴图中阴影部分的面积为：21π．
故选：A．
【点评】考查了扇形面积的计算，切线的性质，本题关键是理解阴影部分的面积＝扇形OCD的面积﹣三角形OCD的面积．
7．（2024 兰州）如图，⊙O的半径为2，AB、CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点（P与A、B、C、D不重合），经过P作PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走过的路径长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】弧长的计算；矩形的判定与性质．
【专题】压轴题．
【答案】A
【分析】OP的长度不变，始终等于半径，则根据矩形的性质可得OQ＝1，再由走过的角度代入弧长公式即可．
【解答】解：∵PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，
∴四边形ONPM是矩形，
又∵点Q为MN的中点，
∴点Q为OP的中点，
则OQ＝1，
点Q走过的路径长．
故选：A．
【点评】本题考查了弧长的计算及矩形的性质，解答本题的关键是根据矩形的性质得出点Q运动轨迹的半径，要求同学们熟练掌握弧长的计算公式．
8．（2024 乐山）如图，抛物线yx2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最大值是（　　）
A．3 B． C． D．4
【考点】点与圆的位置关系；抛物线与x轴的交点；线段的性质：两点之间线段最短；三角形中位线定理．
【专题】与圆有关的位置关系．
【答案】C
【分析】连接BP，如图，先解方程x2﹣4＝0得A（﹣4，0），B（4，0），再判断OQ为△ABP的中位线得到OQBP，利用点与圆的位置关系，BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大，然后计算出BP′即可得到线段OQ的最大值．
【解答】解：连接BP，如图，
当y＝0时，x2﹣4＝0，解得x1＝4，x2＝﹣4，则A（﹣4，0），B（4，0），
∵Q是线段PA的中点，
∴OQ为△ABP的中位线，
∴OQBP，
当BP最大时，OQ最大，
而BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大，
∵BC5，
∴BP′＝5+2＝7，
∴线段OQ的最大值是．
故选：C．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了三角形中位线．
9．（2024 东明县一模）如图，PA、PB切⊙O于点A、B，PA＝10，CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，则△PCD的周长是（　　）
A．10 B．18 C．20 D．22
【考点】切线长定理．
【专题】推理能力．
【答案】C
【分析】根据切线长定理得出PA＝PB＝10，CA＝CE，DE＝DB，求出△PCD的周长是PC+CD+PD＝PA+PB，代入求出即可．
【解答】解：∵PA、PB切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，
∴PA＝PB＝10，CA＝CE，DE＝DB，
∴△PCD的周长是PC+CD+PD
＝PC+AC+DB+PD
＝PA+PB
＝10+10
＝20．
故选：C．
【点评】本题考查了切线长定理的应用，关键是求出△PCD的周长＝PA+PB．
10．（2024 内江）如图，半圆O的直径AB＝10cm，弦AC＝6cm，AD平分∠BAC，则AD的长为（　　）
A．cm B．cm C．cm D．4cm
【考点】圆心角、弧、弦的关系；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】压轴题．
【答案】A
【分析】连接OD，OC，作DE⊥AB于E，OF⊥AC于F，运用圆周角定理，可证得∠DOB＝∠OAC，即证△AOF≌△OED，所以OE＝AF＝3cm，根据勾股定理，得DE＝4cm，在直角三角形ADE中，根据勾股定理，可求AD的长．
【解答】解：连接OD，OC，作DE⊥AB于E，OF⊥AC于F，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠BAD（角平分线的定义），
∴，
∴∠DOB＝∠OAC＝2∠BAD，
∴△AOF≌△ODE，
∴OE＝AFAC＝3（cm），
在Rt△DOE中，DE4（cm），
在Rt△ADE中，AD4（cm）．
故选：A．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系及圆的有关计算，涉及圆的题目作弦的弦心距是常见的辅助线之一，注意熟练运用垂径定理、圆周角定理和勾股定理．
二．填空题（共5小题）
11．（2024 苏州）如图，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上的一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，连接PA．设PA＝x，PB＝y，则（x﹣y）的最大值是　2　．
【考点】切线的性质．
【专题】几何图形问题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】作直径AC，连接CP，得出△APC∽△PBA，利用，得出yx2，所以x﹣y＝xx2x2+x（x﹣4）2+2，当x＝4时，x﹣y有最大值是2．
【解答】解：如图，作直径AC，连接CP，
∴∠CPA＝90°，
∵AB是切线，
∴CA⊥AB，
∵PB⊥l，
∴AC∥PB，
∴∠CAP＝∠APB，
∴△APC∽△PBA，
∴，
∵PA＝x，PB＝y，半径为4，
∴，
∴yx2，
∴x﹣y＝xx2x2+x（x﹣4）2+2，
当x＝4时，x﹣y有最大值是2，
故答案为：2．
【点评】此题考查了切线的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
12．（2024 南通）如图，点A、B、C、D在⊙O上，O点在∠D的内部，四边形OABC为平行四边形，则∠OAD+∠OCD＝　60　度．
【考点】圆周角定理；平行四边形的性质．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】由四边形OABC为平行四边形，根据平行四边形对角相等，即可得∠B＝∠AOC，由圆周角定理，可得∠AOC＝2∠ADC，又由内接四边形的性质，可得∠B+∠ADC＝180°，即可求得∠B＝∠AOC＝120°，∠ADC＝60°，然后由三角形外角的性质，即可求得∠OAD+∠OCD的度数．
【解答】解：法一：
连接DO并延长，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴∠B＝∠AOC，
∵∠AOC＝2∠ADC，
∴∠B＝2∠ADC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴3∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝60°，
∴∠B＝∠AOC＝120°，
∵∠1＝∠OAD+∠ADO，∠2＝∠OCD+∠CDO，
∴∠OAD+∠OCD＝（∠1+∠2）﹣（∠ADO+∠CDO）＝∠AOC﹣∠ADC＝120°﹣60°＝60°．
故答案为：60．
法二：
连接OB
∵四边形OABC为平行四边形
∴AB＝OC＝OB＝OA＝BC
∴△OAB和△OBC都为等边三角形
∴∠OAB＝∠OCB＝60°
∵ABCD为圆的内接四边形
∴∠DAB+∠DCB＝180°
∴∠OAD+∠OCD＝180°﹣60°﹣60°＝60°
【点评】此题考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质、平行四边形的性质以及三角形外角的性质．此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．
13．（2024 咸宁）如图，在Rt△AOB中，OA＝OB＝3，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（点Q为切点），则切线PQ的最小值为　2　．
【考点】切线的性质；等腰直角三角形．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先连接OP、OQ，根据勾股定理知PQ2＝OP2﹣OQ2，可得当OP⊥AB时，即线段PQ最短，然后由勾股定理即可求得答案．
【解答】解：连接OP、OQ．
∵PQ是⊙O的切线，
∴OQ⊥PQ；
根据勾股定理知PQ2＝OP2﹣OQ2，
∴当PO⊥AB时，线段PQ最短，
∵在Rt△AOB中，OA＝OB＝3，
∴ABOA＝6，
∴OP3，
∴PQ2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了切线的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意得到当PO⊥AB时，线段PQ最短是关键．
14．（2024 徐州）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的母线长l为 　6　cm．
【考点】圆锥的计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】易得圆锥的底面周长，也就是侧面展开图的弧长，进而利用弧长公式即可求得圆锥的母线长．
【解答】解：圆锥的底面周长＝2π×2＝4πcm，
则：4π，
解得l＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了圆锥的计算，用到的知识点为：圆锥的侧面展开图的弧长等于底面周长；弧长公式为：．
15．（2024 广东）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，∠ABC＝90°，点M，N分别在射线BA，BC上，MN长度始终保持不变，MN＝4，E为MN的中点，点D到BA，BC的距离分别为4和2．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离DE的最小值为　22　．
【考点】点与圆的位置关系；直角三角形斜边上的中线．
【专题】动点型；三角形；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】如图，连接BE，BD．求出BE，BD，根据DE≥BD﹣BE求解即可．
【解答】解：如图，连接BE，BD．
由题意BD2，
∵∠MBN＝90°，MN＝4，EM＝NE，
∴BEMN＝2，
∴点E的运动轨迹是以B为圆心，2为半径的弧，
∴当点E落在线段BD上时，DE的值最小，
∴DE的最小值为22．（也可以用DE≥BD﹣BE，即DE≥22确定最小值）
故答案为22．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 黔西南州）如图，点O在∠APB的平分线上，⊙O与PA相切于点C．
（1）求证：直线PB与⊙O相切；
（2）PO的延长线与⊙O交于点E．若⊙O的半径为3，PC＝4．求弦CE的长．
【考点】切线的判定．
【专题】几何综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OC，作OD⊥PB于D点．证明OD＝OC即可．根据角的平分线性质易证；
（2）设PO交⊙O于F，连接CF．根据勾股定理得PO＝5，则PE＝8．证明△PCF∽△PEC，得CF：CE＝PC：PE＝1：2．根据勾股定理求解CE．
【解答】（1）证明：连接OC，作OD⊥PB于D点．
∵⊙O与PA相切于点C，
∴OC⊥PA．
∵点O在∠APB的平分线上，OC⊥PA，OD⊥PB，
∴OD＝OC．
∴直线PB与⊙O相切；
（2）解：设PO交⊙O于F，连接CF．
∵OC＝3，PC＝4，∴PO＝5，PE＝8．
∵⊙O与PA相切于点C，
∴∠PCF＝∠E．
又∵∠CPF＝∠EPC，
∴△PCF∽△PEC，
∴CF：CE＝PC：PE＝4：8＝1：2．
∵EF是直径，
∴∠ECF＝90°．
设CF＝x，则EC＝2x．
则x2+（2x）2＝62，
解得x．
则EC＝2x．
【点评】此题考查了切线的判定、相似三角形的性质．注意：当不知道直线与圆是否有公共点而要证明直线是圆的切线时，可通过证明圆心到直线的距离等于圆的半径，来解决问题．
17．（2024 烟台）如图，以△ABC的一边AB为直径的半圆与其它两边AC，BC的交点分别为D、E，且．
（1）试判断△ABC的形状，并说明理由．
（2）已知半圆的半径为5，BC＝12，求sin∠ABD的值．
【考点】圆周角定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接AE，如图，根据圆周角定理，由得∠DAE＝∠BAE，由AB为直径得∠AEB＝90°，根据等腰三角形的判定方法即可得△ABC为等腰三角形；
（2）由等腰三角形的性质得BE＝CEBC＝6，再在Rt△ABE中利用勾股定理计算出AE＝8，接着由AB为直径得到∠ADB＝90°，则可利用面积法计算出BD，然后在Rt△ABD中利用勾股定理计算出AD，再根据正弦的定义求解．
【解答】解：（1）△ABC为等腰三角形．理由如下：
连接AE，如图，
∵，
∴∠DAE＝∠BAE，即AE平分∠BAC，
∵AB为直径，
∴∠AEB＝90°，
∴AE⊥BC，
∴△ABC为等腰三角形；
（2）∵△ABC为等腰三角形，AE⊥BC，
∴BE＝CEBC12＝6，
在Rt△ABE中，∵AB＝10，BE＝6，
∴AE8，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AE BCBD AC，
∴BD，
在Rt△ABD中，∵AB＝10，BD，
∴AD，
∴sin∠ABD．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了等腰三角形的判定与性质和勾股定理．
18．（2024 宜昌）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的圆交AC于点D，交BC于点E，延长AE至点F，使EF＝AE，连接FB，FC．
（1）求证：四边形ABFC是菱形；
（2）若AD＝7，BE＝2，求半圆和菱形ABFC的面积．
【考点】圆周角定理；等腰三角形的性质；勾股定理；菱形的判定与性质．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
（2）设CD＝x，连接BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°，
∴AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE，
∵AE＝EF，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∵AC＝AB，
∴四边形ABFC是菱形．
（2）设CD＝x．连接BD．
∵AB是直径，
∴∠ADB＝∠BDC＝90°，
∴AB2﹣AD2＝CB2﹣CD2，
∴（7+x）2﹣72＝42﹣x2，
解得x＝1或﹣8（舍弃）
∴AC＝8，BD，
∴S菱形ABFC＝8．
∴S半圆 π 42＝8π．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、线段的垂直平分线的性质勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
19．（2024 天水）如图，AB、AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D．过点A作⊙O的切线与OD的延长线交于点P，PC、AB的延长线交于点F．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若∠ABC＝60°，AB＝10，求线段CF的长．
【考点】切线的判定与性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
【专题】常规题型；与圆有关的位置关系．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OC，可以证得△OAP≌△OCP，利用全等三角形的对应角相等，以及切线的性质定理可以得到：∠OCP＝90°，即OC⊥PC，即可证得；
（2）先证△OBC是等边三角形得∠COB＝60°，再由（1）中所证切线可得∠OCF＝90°，结合半径OC＝5可得答案．
【解答】解：（1）连接OC，
∵OD⊥AC，OD经过圆心O，
∴AD＝CD，
∴PA＝PC，
在△OAP和△OCP中，
∵，
∴△OAP≌△OCP（SSS），
∴∠OCP＝∠OAP
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°．
∴∠OCP＝90°，
即OC⊥PC
∴PC是⊙O的切线．
（2）∵OB＝OC，∠OBC＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠COB＝60°，
∵AB＝10，
∴OC＝5，
由（1）知∠OCF＝90°，
∴CF＝OCtan∠COB＝5．
【点评】本题考查了切线的性质定理以及判定定理，以及直角三角形三角函数的应用，证明圆的切线的问题常用的思路是根据切线的判定定理转化成证明垂直的问题．
20．（2024 德阳）如图，已知BC是⊙O的弦，A是⊙O外一点，△ABC为正三角形，D为BC的中点，M为⊙O上一点，并且∠BMC＝60°．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若E，F分别是边AB，AC上的两个动点，且∠EDF＝120°，⊙O的半径为2，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【考点】切线的判定；等边三角形的性质．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OB、OD、OC，如图1，由于D为BC的中点，根据垂径定理的推理得OD⊥BC，∠BOD＝∠COD，再根据圆周角定理得∠BOD＝∠M＝60°，则∠OBD＝30°，所以∠ABO＝90°，于是根据切线的判定定理得AB是⊙O的切线；
（2）作DH⊥AB于H，DN⊥AC于N，连接AD，如图2，根据等边三角形三角形的性质得AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，则利用角平分线性质得DH＝DN，根据四边形内角和得∠HDN＝120°，由于∠EDF＝120°，所以∠HDE＝∠NDF，接着证明△DHE≌△DNF得到HE＝NF，于是BE+CF＝BH+CN，再计算出BHBD，CNDC，则BE+CFBC，于是可判断BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半，再计算BC的长即可．
【解答】（1）证明：连接OB、OD、OC，如图1，
∵D为BC的中点，
∴OD⊥BC，∠BOD＝∠COD，
∴∠ODB＝90°，
∵∠BMC∠BOC，
∴∠BOD＝∠M＝60°，
∴∠OBD＝30°，
∵△ABC为正三角形，
∴∠ABC＝60°
∴∠ABO＝60°+30°＝90°，
∴AB⊥OB，
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：BE+CF的值是为定值．
作DH⊥AB于H，DN⊥AC于N，连接AD，如图2，
∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，
∴AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，
∴DH＝DN，∠HDN＝120°，
∵∠EDF＝120°，
∴∠HDE＝∠NDF，
在△DHE和△DNF中，
，
∴△DHE≌△DNF，
∴HE＝NF，
∴BE+CF＝BH﹣EH+CN+NF＝BH+CN，
在Rt△DHB中，∵∠DBH＝60°，
∴BHBD，
同理可得CNDC，
∴BE+CFDBDCBC，
∵BD＝OB cos30°，
∴BC＝2，
∴BE+CF的值是定值，为．
【点评】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了等边三角形的性质．
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