备战2023数学新中考二轮复习考点精讲精练（河北专用）突破16 圆

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考点精讲
与圆有关的位置关系
1.点与圆的位置关系
设点与圆心的距离为，圆的半径为，
则点在圆外； 点在圆上； 点在圆内．
②过不在同一直线上的三点有且只有一个圆． 一个三角形有且只有一个外接圆．
③三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点．
三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等．
正多边形和圆
1.正多边形的有关概念
正多边形的外接圆(或内切圆)的圆心叫正多边形的中心．外接圆的半径叫正多边形的半径，内切圆的半径叫正多边形的边心距，正多边形各边所对的外接圆的圆心角都相等，这个角叫正多边形的中心角，正多边形的每一个中心角都等于．
圆中的计算问题
1.弧长公式：，其中为n°的圆心角所对弧的长，R为圆的半径．
2.扇形面积公式：，其中．圆心角所对的扇形的面积，另外．
3.圆锥的侧面积和全面积：
圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径等于圆锥的母线长，弧长等于圆锥底面圆的周长．
圆锥的全面积是它的侧面积与它的底面积的和．


考点解读
考点一：圆
在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆。固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径，以点O为圆心的圆，记作⊙O，读作“圆O”。
连接圆上任意两点的线段叫做弦。经过圆心的弦叫做直径。
圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆。小于半圆的弧叫做劣弧。大于半圆的弧叫做优弧。
能够重合的两个圆叫做等圆。
在同圆或等圆中，能重合的弧叫等弧。
考二：一垂径定理
垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。
推论：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
弦的垂直平分线过圆心，且平分弦对的两条弧．
考点三：弧、弦、圆心角之间的关系
定义：顶点在圆心的角叫做圆心角。
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等。
在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弦相等；
在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弧相等。
注：在同圆或等圆中，如果两个圆心角，两条弦，两条弧、两个弦的弦心距中，有一组量相等，那么其余各组量也分别相等
考点四：圆周角
定义：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫圆周角。
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等。
推论2：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。
圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补。
考点五：点和圆的位置关系
设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离为OP=d，则有：
点P在圆外d＞r ；
点P在圆上d=r ；
点P在圆内d＜r 。
性质：不在同一条直线上的三个点确定一个圆。
定义：经过三角形的三个顶点可以作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆。外接圆的圆心是三角形三条边的垂直平分线的交点，叫做这个三角形的外心。
考点六：直线和圆的位置关系
直线和圆有两个公共点时，我们说这条直线和圆相交。这条直线叫做圆的割线。
直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线和圆相切。这条直线叫做圆的切线，这个点叫做切点。
直线和圆没有公共点时，我们说这条直线和圆相离。
设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离d，则有：
直线l和⊙O相交d＜r ；
直线l和⊙O相切d=r ；
直线l和⊙O相离d＞r 。


考点七：切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。
经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长。
切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角。
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形的内心。
考点八：正多边形和圆
定义：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径，正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，中心正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距。
考点九：弧长和扇形面积
n°的圆心角所对的弧长l为：。
圆心角为n°的扇形面积S为：；
圆锥的侧面展开图为扇形，底面半径为R，母线长为l，高为h的圆锥的侧面积为 ，全面积为，母线长、圆锥高、底面圆的半径之间有．
圆锥与侧面展开图的等量关系：，

考点突破
1．（2021·河北唐山·九年级期末）如图，从半径为5的⊙O外一点P引圆的两条切线PA，PB（A，B为切点），若∠APB＝60°，则四边形OAPB的周长等于（　　）

A．30 B．40 C． D．
2．（2021·河北·邯郸市永年区教育体育局教研室九年级阶段练习）如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD=24°，则∠ABD=（            ）

A．54° B．56° C．64° D．66°
3．（2021·河北保定·九年级期中）如图，是的直径，弦于点，，，则（       ）

A． B． C． D．
4．（2019·河北·石家庄市第十七中学九年级期中）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则这个圆锥的侧面积是（   ）
A． B． C． D．
5．（2021·河北·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形的顶点C，与BC相交于点D，若⊙P的半径为5，点的坐标是，则点D的坐标是（       ）

A． B． C． D．
6．（2021·河北唐山·九年级期中）如图，BD是⊙O的直径，点A、C在圆上，且CD＝OB，则∠BAC＝（       ）

A．120° B．90° C．60° D．30°
7．（2021·河北·九年级专题练习）如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为（       ）

A．1 B．2 C． D．
8．（2020·河北·邯郸市汉光中学九年级阶段练习）如图，在圆内接四边形中，，则______．

9．（2021·河北·九年级专题练习）一个扇形的面积为，半径为6cm，则扇形的圆心角是_______________度．
10．（2021·河北·九年级专题练习）如图，已知⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，的长是，则阴影部分的面积是_____．

11．（2021·河北·九年级专题练习）如图，在中，点在上，则_______________________

12．（2020·河北·模拟预测）如图，△ABC内接于☉O，∠CAB=30°，∠CBA=45°，CD⊥AB于点D，若☉O的半径为2，则CD的长为_____

13．（2021·河北保定·九年级期末）如图，抛物线y=（x+2）（x﹣8）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为M，以AB为直径作⊙D．下列结论：①抛物线的对称轴是直线x=3；②⊙D的面积为16π；③抛物线上存在点E，使四边形ACED为平行四边形；④直线CM与⊙D相切．其中正确结论的是______________________（填序号）

14．（2021·河北·一模）如图，四边形ABCD是正方形，曲线DA1B1C1D1A2…是由一段段90°的弧组成的．其中的圆心为点A，半径为AD；的圆心为点B，半径为BA1；的圆心为点C，半径为CB1；的圆心为点D，半径为DC1；…，，，，…的圆心依次按点A，B，C，D循环．若正方形ABCD的边长为1，则＝_____，的长是_____，的长是_____．

15．（2020·河北石家庄·模拟预测）如图，已知，以为直径作半圆，半径绕点顺时针旋转得到，点的对应点为，当点与点重合时停止．连接并延长到点，使得，过点作于点，连接，．
（1）______；
（2）如图，当点与点重合时，判断的形状，并说明理由；

（3）如图，当时，求的长；

（4）如图，若点是线段上一点，连接，当与半圆相切时，直接写出直线与的位置关系．

16．（2020·河北·一模）如图，以矩形ABCD的边CD为直径作⊙O，点E是AB 的中点，连接CE交⊙O于点F，连接AF并延长交BC于点H．

（1）若连接AO，试判断四边形AECO的形状，并说明理由；
（2）求证：AH是⊙O的切线；
（3）若AB＝6，CH＝2，则AH的长为 ．
17．（2021·河北唐山·一模）如图，在中，已知，于，点、分别从、两点同时出发，其中点沿向终点运动，速度为；点沿、向终点运动，速度为，设它们的运动时间为．

（1）求为何值时，；
（2）设的面积为，当时，解决下列问题：
①求与的函数关系式；
②求证：平分的面积；
（3）探索以为直径的圆与的位置关系，请直接写出相应位置关系的的取值范围．
18．（2021·河北承德·一模）如图，在中，，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作，交⊙O于点F，求证：
（1）四边形DBCF是平行四边形
（2）

19．（2021·河北·九年级专题练习）如图，为的外接圆，为与的交点，为线段延长线上一点，且．

(1)求证：直线是的切线．
(2)若为的中点，，．
①求的半径；
②求的内心到点的距离．
20．（2021·河北·模拟预测）如图，将绕点B顺时针旋转60度得到，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．
（1）求证：；
（2）若AB=4，BC=1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．

21．（2021·河北·金华中学九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中M（0，4），以M为圆心，2为半径的⊙M与直线y＝kx相切于点N．
（1）求N的坐标；
（2）求切线的表达式．

22．（2021·河北·高阳县教育局教研室模拟预测）如图，在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，以点O为圆心、2为半径画圆，过点A作⊙O的切线，切点为P，连接OP．将OP绕点O按逆时针方向旋转到OH时，连接AH，BH．设旋转角为α（0°＜α＜360°）．

(1)当α＝90°时，求证：BH是⊙O的切线；
(2)当BH与⊙O相切时，求旋转角α和点H运动路径的长；
(3)当△AHB面积最小时，请直接写出此时点H到AB的距离．

参考答案与解析：
1．D
【解析】
连接OP，根据切线长定理得到PA＝PB，再得出∠OPA＝∠OPB＝30°，根据含30°直角三角形的性质以及勾股定理求出PB，计算即可．
【详解】
解：连接OP，
∵PA，PB是圆的两条切线，
∴PA＝PB，OA⊥PA，OB⊥PB，
又OA=OB，OP=OP，∴△OAP≌△OBP（SSS），
∴∠OPA＝∠OPB＝30°，
∴OP=2OB=10，
∴PB＝=5＝PA，
∴四边形OAPB的周长＝5+5+5+5＝10（+1），
故选：D．

【点睛】
本题考查的是切线的性质、切线长定理、勾股定理以及全等三角形的性质等知识，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
2．D
【解析】
根据圆周角定理得到∠ADB=90°，∠A=∠BCD=24°，然后利用互余计算∠ABD的度数．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠A=∠BCD=24°，
∴∠ABD=90°-∠A=90°-24°=66°．
故选：D．
【点睛】
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．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．
3．D
【解析】
根据垂径定理推出EC=ED=3cm，再利用勾股定理求出OE即可解决问题．
【详解】
解：∵AB⊥CD，AB是直径，CD=6cm，
∴CE=ED=3cm，
在Rt△OEC中，（cm），
∴AE=OA+OE=5+4=9（cm），
故选：D．
【点睛】
本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
4．B
【解析】
利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形面积公式计算．
【详解】
圆锥的侧面积.
故选B
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
5．A
【解析】
在Rt△CPF中根据勾股定理求出PF的长，再根据垂径定理求出DF的长，进而求出OB，BD的长，从而求出点D的坐标．
【详解】
设切点分别为G，E，连接PG，PE，PC，PD，并延长EP交BC与F，则PG=PE=PC=5，四边形OBFE是矩形．
∵OA=8，
∴CF=8-5=3，
∴PF=4，
∴OB=EF=5+4=9．
∵PF过圆心，
∴DF=CF=3，
∴BD=8-3-3=2，
∴D(9，2)．
故选A．

【点睛】
本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，以及垂径定理等知识，正确做出辅助线是解答本题的关键．
6．C
【解析】
根据题意得为等边三角形，则，根据圆周角定理得出的度数．
【详解】
解：连接，

，
为等边三角形，
，
，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定，解题的关键是掌握圆周角定理的内容．
7．D
【解析】
连接OB，由题意可知，∠OBD=90°；再说明△OAB是等边三角形，则∠AOB =60°；再根据直角三角形的性质可得∠ODB=30°，最后解三角形即可求得BD的长．
【详解】
解：连接OB
∵菱形OABC
∴OA=AB
又∵OB=OA
∴OB=OA=AB
∴△OAB是等边三角形
∵BD是圆O的切线
∴∠OBD=90°
∴∠AOB=60°
∴∠ODB=30°
∴在Rt△ODB中,OD=2OB=2,BD=OD·sin∠ODB=2× =
故答案为D．

【点睛】
本题考查了菱形的性质、圆的切线的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形，其中证明△OAB是等边三角形是解答本题的关键．
8．110
【解析】
根据圆内接四边形的性质解答即可．
【详解】
解：在圆内接四边形ABCD中，∠B＝70°，
∴∠D＝180°﹣70°＝110°，
故答案为：110．
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补、圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
9．130°．
【解析】
设扇形的圆心角是n°，根据扇形的面积公式即可得到一个关于n的方程，解方程即可求解．
【详解】
解：设扇形的圆心角是n°，根据扇形的面积公式得：13π=，
解得n=130．
故答案是：130°．
【点睛】
本题考查了扇形的面积公式，正确理解公式是关键．
10．﹣
【解析】
由⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆得到∠AOB，根据弧长公式求得圆的半径为OA，由扇形的面积公式求得S扇形OAB，由三角形的面积公式求出S△OAB，根据S阴影＝S扇形OAB−S△OAB即可求得结果．
【详解】
解：∵⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，
∴∠AOB＝＝60°，
的长是，
∴，
∴OA＝2，
∴S扇形OAB＝，
过O作OH⊥AB于H，
∵OA＝OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴AB＝OA＝2，∠AOH＝∠AOB＝30°，
∴AH＝AB＝1，
∴OH＝，
∴S△OAB＝AB•OH＝，
∴S阴影＝S扇形OAB﹣S△OAB＝﹣．，
故答案为：﹣．

【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆，弧长的计算和扇形的面积计算，明确S阴影＝S扇形OAB−S△OAB是解决问题的关键．
11．
【解析】
画出的圆周角交于点，构造出的内接四边形；根据圆周角定理求出的度数，再根据圆内接四边形的性质，即可得出的度数．
【详解】
如图，画出的圆周角交于点，则四边形为的内接四边形，

∵圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角的度数的一半，
∴，
∵四边形为的内接四边形，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角的度数的一半；圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，熟练掌握此定理及性质是解本题关键．
12．
【解析】
连接OA，OC，根据∠COA=2∠CBA=90°可求出AC=，然后在Rt△ACD中利用三角函数即可求得CD的长.
【详解】
解：连接OA，OC，
∵∠COA=2∠CBA=90°，
∴在Rt△AOC中，AC=，
∵CD⊥AB，
∴在Rt△ACD中，CD=AC·sin∠CAD=，
故答案为.

【点睛】
本题考查了圆周角定理以及锐角三角函数，根据题意作出常用辅助线是解题关键.
13．①④
【解析】
①根据抛物线的解析式得出抛物线与x轴的交点A、B坐标，由抛物线的对称性即可判定；
②求得⊙D的直径AB的长，得出其半径，由圆的面积公式即可判定；
③过点C作CE∥AB，交抛物线于E，如果CE=AD，则根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可判定；
④算出M、D的坐标后根据勾股定理逆定理进行判定．
【详解】
解：∵在y=（x+2）（x-8）中，当y=0时，x=-2或x=8，
∴点A（-2，0）、B（8，0），
∴抛物线的对称轴为x=，故①正确；
∵⊙D的直径为8-（-2）=10，即半径为5，
∴⊙D的面积为25π，故②错误；
在y=（x+2）（x-8）=中，当x=0时y=-4，
∴点C（0，-4），
当y=-4时，=-4，
解得：，
所以点E（6，-4），则CE=6，
∵AD=3-（-2）=5，
∴AD≠CE，
∴四边形ACED不是平行四边形，故③错误；
∵y=，
∴点M（3，），D（3，0），
∴
，

，

∴，
∴∠DCM=90°，
∴直线CM与⊙D相切，故④正确；
故答案为①④．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合问题，解题的关键是掌握抛物线的顶点坐标的求法和对称轴，平行四边形的判定，点是在圆上还是在圆外的判定，切线的判定等．
14．     π     3π     4039π
【解析】
曲线DA1B1C1D1A2…是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，到ADn﹣1＝AAn＝4（n﹣1）+1，BAn＝BBn＝4（n﹣1）+2，再计算弧长．
【详解】
解：由图可知，曲线DA1B1C1D1A2…是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，AD＝AA1＝1，BA1＝BB1＝2，……，ADn﹣1＝AAn＝4（n﹣1）+1，BAn＝BBn＝4（n﹣1）+2，
故弧 的长＝ ＝π，弧 的长＝ ＝3π，弧 的半径为BA2020＝BB2020＝4（2020﹣1）+2＝8078，弧的长＝ ×8078π＝4039π．
故答案为：π，3π，4039π．
【点睛】
此题主要考查了弧长的计算,弧长的计算公式：l=,找到每段弧的半径变化规律是解题的关键．
15．（1）；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）的长为或；（4）
【解析】
(1)先证AC垂直平分DB,即可证得AD=AB;
(2)先证AD=BD,又因为AD=AB,可得△ABD是等边三角形； 
(3)分当点在上时和当点在上时，由勾股定理列方程求解即可；
(4)连结OC,证明OC∥AD, 由与半圆相切，可得∠OCP=90°,即可得到与的位置关系.
【详解】
解：（1）∵为直径，
∴∠ACB=90°,
又∵
∴AD=AB
∴，
故答案为10；
（2）是等边三角形，
理由如下：∵点与点重合，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴是等边三角形；
（3）∵，∴，
当点在上时，
则，，∵，，
∴在和中，
由勾股定理得，即，
解得，∴；
当点在上时，同理可得，
解得，∴，
综上所述，的长为或；
（4）.
如图，连结OC，

∵与半圆相切，
∴OC⊥PC,
∵△ADB为等腰三角形，,
∴∠DAC=∠BAC,
∵AO=OC
∴∠CAO=∠ACO,
∴∠DAC=∠ACO,
∴OC∥AD,
∴.
【点睛】
考查了圆的综合题，涉及的知识点有直角三角形的性质和圆的性质，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，，分类思想的运用，综合性较强，有一定的难度．
16．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【解析】
（1）根据矩形的性质得到AE∥OC，AE＝OC即可证明；
（2）根据平行四边形的性质得到∠AOD＝∠OCF，∠AOF＝∠OFC，再根据等腰三角形的性质得到∠OCF＝∠OFC．故可得∠AOD＝∠AOF，利用SAS证明△AOD≌△AOF，由ADO＝90°得到AH⊥OF，即可证明；
（3）根据切线长定理可得AD=AF,CH=FH=2,设AD=x,则AF=x,AH=x+2,BH=x-2，再利用在Rt△ABH中，AH2=AB2+BH2,代入即可求x,即可得到AH的长.
【详解】
（1）解：连接AO，四边形AECO是平行四边形．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵E是AB的中点，
∴AE＝AB．
∵CD是⊙O的直径，
∴OC＝CD．∴AE∥OC，AE＝OC．
∴四边形AECO为平行四边形．
（2）证明：由（1）得，四边形AECO为平行四边形，
∴AO∥EC
∴∠AOD＝∠OCF，∠AOF＝∠OFC．
∵OF＝OC
∴∠OCF＝∠OFC．
∴∠AOD＝∠AOF．
∵在△AOD和△AOF中，AO＝AO，∠AOD＝∠AOF，OD＝OF
∴△AOD≌△AOF．
∴∠ADO＝∠AFO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADO＝90°．
∴∠AFO＝90°，即AH⊥OF．
∵点F在⊙O上，
∴AH是⊙O的切线．
（3）∵HC、FH为圆O的切线，AD、AF是圆O的切线
∴AD=AF,CH=FH=2,
设AD=x,则AF=x,AH=x+2,BH=x-2，
在Rt△ABH中，AH2=AB2+BH2,
即（x+2）2=62+（x-2）2,
解得x=
∴AH=+2=.
【点睛】
此题主要考查直线与圆的关系，解题法的关键是熟知切线的判定定理与性质，及勾股定理的运用.
17．（1）当时，；（2）①；②见解析；（3）当或时，以为直径的圆与相切；当或或时，以为直径的圆与相交
【解析】
（1）若使PQ⊥AC，则根据路程=速度×时间表示出CP和CQ的长，再根据30度的直角三角形的性质列方程求解；
（2）①首先画出符合题意的图形，再根据路程=速度×时间表示出BP，CQ的长，根据等边三角形的三线合一求得PD的长，根据30度的直角三角形的性质求得PD边上的高，再根据面积公式进行求解；②根据等边三角形及直角三角形性质可证明，，则可得出∥，由平行线分线段成比例性质可推出，即可证得结论；
（3）根据（1）中求得的值，确定圆与AB、AC相切时的x的值，即可分情况进行讨论．
【详解】
解：（1）∵当在上时，显然不垂直．
当在上时，由题意得，，，．
∵，
∴．
若，则有，       
∴．
∴．     
解得，
即当时，．       
（2）①当时，在上，在上，过点作于．

∵，，
∴．                      
∵，，
∴．
∴ ．   
∴ ．     
②当时，在中，，，
∴．
∴．
∵，
∴．     
∵，，
∴∥．
∴．
∴．   
∴．
∴平分的面积．
（3）显然，不存在的值，使得以为直径的圆与相离．
由（1）可知， 当，以为直径的圆与相切，
如图，当点Q在AB上时，由题意得，，，则，

∵，
∴．
若，则有，       
∴．
即8－2x＝，
解得x＝，
当或时，以为直径的圆与相切；
当或或时，以为直径的圆与相交．
【点睛】
此题考查了等边三角形的性质、直角三角形的性质以及直线和圆的位置关系等知识．解题的关键是用动点的时间x和速度表示线段的长度，本题有一定的综合性．
18．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】
（1）利用等腰三角形的性质证明，利用平行线证明，利用圆的性质证明，再证明即可得到结论；
（2）如图，连接，利用平行线的性质及圆的基本性质，再利用圆内接四边形的性质证明，从而可得结论．
【详解】
证明：（1），
，
，
，
又,


四边形是平行四边形．
（2）如图，连接
，

四边形是的内接四边形







【点睛】
本题考查平行四边形的判定，圆的基本性质，平行线的性质与判定，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
19．(1)证明见解析;(2)①;②5．
【解析】
（1）连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，由圆周角定理的推论可得∠ACF=90°，可得∠F+∠FAC=90°，由∠EAC=∠ABC，可得∠EAC+∠FAC=90°，即可完成证明；
(2)①由垂径定理可得OD⊥AB，AD=BD=8，由勾股定理可求⊙O的半径；
②作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，则点H是△ABC的内心，由三角形内心的性质可得HM=HN=HD，由三角形的面积公式可求HD的值，即可完成解答．
【详解】
(1)证明：如图：连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，
∵AF是直径，
∴∠ACF=90°，
∴∠F+∠FAC=90°，
∵∠F=∠ABC，∠ABC=∠EAC，
∴∠EAC=∠F，
∴∠EAC+∠FAC=90°，
∴∠EAF=90°，
∵AO是半径，
∴直线AE是⊙O的切线；

(2)①如图，连接AO，
∵D为AB的中点，OD过圆心，
∴OD⊥AB，AD=BD=AB=8，
∵AO2=AD2+DO2，
∴AO2=82+（AO-6）2，
∴AO=，
∴⊙O的半径为；

②如图，作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，
∵OD⊥AB，AD=BD，
∴AC=BC，
∴CD平分∠ACB，即点H是△ABC的内心，
∴MH=NH=DH，
在Rt△ACD中，，
∵S△ABC=S△ACH+S△ABH+S△BCH，
∴×16×6=×10×MH+×16×DH+×10×NH，
∴DH=，
∵OH=CO－CH=CO－（ CD－DH），
∴.

【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、切线的判定、角平分线性质、勾股定理等知识，熟练运用这些性质定理进行推理是解答本题的关键．
20．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）先利用旋转的性质证明△ABD为等边三角形，则可证，即再根据平行线的判定证明即可．
（2）利用弧长公式分别计算路径，相加即可求解．
【详解】
（1）证明：由旋转性质得：
是等边三角形
所以

∴；
（2）依题意得：AB=BD=4，BC=BE=1，
所以A，C两点经过的路径长之和为．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、弧长公式等知识，熟练掌握这些知识点之间的联系及弧长公式是解答的关键．
21．（1）点N的坐标为(，)；（2）切线的表达式为y＝x．
【解析】
（1）过点N作NP⊥轴于点P，利用勾股定理即可求解；
（2）把N的坐标为(，)代入y＝kx即可求解．
【详解】
解：（1）过点N作NP⊥轴于点P，

∵ON为⊙M的切线，且切点为点N，
∴MN⊥ON，
∵M（0，4），⊙M的半径为2，
∴OM=4，MN=2，
∴ON=，
∵，
∴，OP=，
且切点N在第二象限，
∴点N的坐标为(，)；
（2）把N的坐标为(，)代入y＝kx得：3=，
解得：k==，
∴切线的表达式为y＝x．
【点睛】
本题考查了切线的性质，坐标与图形，待定系数法求一次函数的解析式，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
22．(1)见解析；
(2)BH与⊙O相切时，旋转角α＝90°或210°，点H运动路径的长为π或；
(3)当△AHB面积最小时，点H到AB的距离为
【解析】
（1）根据题意易证△AOP≌△BOH，所以∠OPA=∠OHB，又∠OPA=90°，进而证明结论；
（2）过点B作⊙O的切线BC，BD，然后分情况讨论，当点H与点C重合时或当点H与点D重合时，即可得出答案；
（3）当H与AB的距离最小时，△AHB面积最小，进而可以求得答案．
(1)
证明：∵α＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠AOP＝∠BOH，
在△AOP和△BOH中，

∴△AOP≌△BOH（SAS），
∴∠OPA＝∠OHB，
∵AP是⊙O的切线，
∴∠OPA＝90°，∠OHB＝90°，
即OH⊥BH于点H，
∴BH是⊙O的切线；
(2)
如图，过点B作⊙O的切线BC，BD，切点分别为C，D，连接OC，OD，则有OC⊥BC，OD⊥BD，

∵OC＝2，OB＝4，
∴
∴∠BOC＝60°，
同理∠BOD＝60°，
当点H与点C重合时，由（1）知：α＝90°，
∴∠OHB＝90°．
∵圆弧PH的长为；
当点H与点D重合时，α＝∠POC+∠BOC+∠BOD＝90°+2×60°＝210°，
∴圆弧PH的长为，
∴当BH与⊙O相切时，旋转角α＝90°或210°，点H运动路径的长为π或；
(3)
设h表示点H到直线AB的距离，作ON⊥AB于点N，H在圆O上，

在Rt△ONB中，∠OBN＝45°，OB＝4，
∴ON＝4cos45°＝
∴h的最小值为＝ON﹣r＝
∴当△AHB面积最小时，点H到AB的距离为
【点睛】
此题主要考查了圆的综合以及等腰直角三角形的性质、旋转的性质、切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．