中考数学二轮专项训练专题10圆含解析答案

这是一份中考数学二轮专项训练专题10圆含解析答案，共50页。

专题10�圆
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

评卷人
得分



一、单选题
1．如图，是的外接圆，，若的半径为2，则弦的长为（   ）

A．4 B． C．3 D．
2．如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
3．如图，为⊙O的直径，弦于点E，直线l切⊙O于点C，延长交l于点F，若，，则的长度为（　　）

A．2 B． C． D．4
4．如图，是的直径，是的弦，先将沿翻折交于点．再将沿翻折交于点．若，设，则所在的范围是（ ）

A． B．
C． D．
5．如图，是的内接三角形，，，连接，，则的长是（    ）

A． B． C． D．
6．如图，点A，B，C，D均在⊙O上，直径AB＝4，点C是的中点，点D关于AB对称的点为E，若∠DCE＝100°，则弦CE的长是（    ）

A． B．2 C． D．1
7．如图，中，点C为弦中点，连接，，，点D是上任意一点，则度数为（    ）

A． B． C． D．
8．如图，、分别与相切于、，，为上一点，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
9．如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，点P为CD边上的一个动点，连接AP，将四边形ABCP沿AP折叠至四边形AB'C'P，在点P由点C运动到点D的过程中，点C'运动的路径长为（      ）

A． B． C． D．
10．如图，圆的两条弦AB，CD相交于点E，且，∠A＝40°，则∠DEB的度数为（    ）

A．50° B．100°
C．70° D．80°
11．如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，若DF恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12
12．如图，半径为10的扇形中，，为弧上一点，，，垂足分别为，．若，则图中阴影部分的面积为（    ）

A． B． C． D．
13．如图，AB是⊙O的直径，，则∠BAC的度数为（　　）

A．22.5° B．30° C．45° D．67.5°
14．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P在矩形的内部，连接PA，PB，PC，若∠PBC＝∠PAB，则PC的最小值是（　　）

A．6 B．﹣3 C．﹣4 D．﹣4
15．如图，，是的切线，，是切点，，是上的点，若，，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
16．如图，AB是⊙O的直径，AP是⊙O的切线，PB交⊙O于点C，点D在⊙O 上，若∠ADC＝40°，则∠P的度数是（   ）

A．35° B．40° C．45° D．50°
17．如图，已知是的外接圆，是的直径，是的弦，，则等于（     ）

A． B． C． D．
18．以为中心点的量角器与直角三角板按如图方式摆放，量角器的0刻度线与斜边重合．点为斜边上一点，作射线交弧于点，如果点所对应的读数为，那么的大小为（    ）

A． B． C． D．
19．如图，已知⊙O上的两条弦AC和BC互相垂直于点C，点D在弦BC上，点E在弦AC上，且BD＝AE，连接AD和BE，点P为BE的中点，点Q为AD中点，射线QP与线段BC交于点N，若∠DQN=15°，DQ＝，则NQ的长为（    ）

A．2 B．3 C．2 D．2+
20．如图，在正方形ABCD中，E为BC的中点，F为CD的中点，AE和BF相交于点G，延长CG交AB于点H，下列结论：①AE＝BF；②∠CBF＝∠DGF；③；④．其中结论正确的是（    ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④

评卷人
得分



二、填空题
21．如图，作的任意一条直经，分别以为圆心，以的长为半径作弧，与相交于点和，顺次连接，得到六边形，则的面积与阴影区域的面积的比值为 ；

22．若圆锥的侧面积为18π，底面半径为3，则该圆锥的母线长是 ．
23．如图，要用一个扇形纸片围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆周长为cm，侧面积为，则这个扇形的圆心角的度数是 度．

24．如图，中，，，，点O为的中点，以O为圆心，以为半径作半圆，交于点D，则图中阴影部分的面积是 ．

25．如图，在△ABC中，，高AD，BE交于点M，若△ABC的外接圆的半径长为4，则DM的最大值为 ．

26．如图，CD是⊙O的直径，AB是弦，CD⊥AB于点E，若OA=5，AB=8，则AD的长为 ．

27．如图，中，以点O为圆心，为半径作，边与相切于点A，把绕点A逆时针旋转得到，点O的对应点恰好落在上，则的值是 ．

28．如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的切线EF分别交PA，PB于点E，F，切点C在弧AB上，若PA长为8，则△PEF的周长是 ．

29．如图，在扇形OAB中，点C在 上，∠AOB＝90°，∠ABC＝30°，AD⊥BC于点D，连接AC，若OA＝4，则图中阴影部分的面积为 ．

30．如图，已知，外心为，，，分别以，为腰向形外作等腰直角三角形与，连接，交于点，则的最小值是 ．


评卷人
得分



三、解答题
31．如图，OC为⊙O的半径，弦AB⊥OC于点D，OC＝10，CD＝4，求AB的长．

32．如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点 D 在边 BC 上，⊙O 经过点 A 和点 B且与边 BC 相交于点 D．

(1)判断 AC 与⊙O 的位置关系，并说明理由．
(2)当 CD＝5 时，求⊙O 的半径．
33．如图，△ABC是以AB为直径的⊙O的内接三角形，BD与⊙O相切于点B，与AC的延长线交于点D，E是BD的中点，CE交BA的延长线于点F，BD＝8，BEEF．

(1)求证：FC是⊙O的切线；
(2)求AF的长；
(3)若∠F=，BC=3 ，求图中阴影部分的面积．
34．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AE平分∠BAC交BC于点E，点D在AB上，DE⊥AE，⊙O是Rt△ADE的外接圆，交AC于点F．

(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为5，AC＝8，求S△BDE．
35．如图，点C是直径AB上一点．过C作交于点D，连接DA，DB．

(1)求证：；
(2)连接DO，过点D作的切线，交BA的延长线于点P．若，，求BC的长．
36．如图，在⊙O中，AB为弦，CD为直径，且AB⊥CD，垂足为E，P为上的动点（不与端点重合），连接PD．

(1)求证：∠APD＝∠BPD；
(2)利用尺规在PD上找到点I，使得I到AB、AP的距离相等，连接AD（保留作图痕迹，不写作法）．求证：∠AIP+∠DAI＝180°；
(3)在（2）的条件下，连接IC、IE，若∠APB＝60°，试问：在P点的移动过程中，是否为定值？若是，请求出这个值；若不是，请说明理由．
37．如图1，CD是的弦，半径，垂足为B，过点C作的切线l．

(1)若点E在上，且，连接OE．
①连接AE，求证：；
②如图2，若B是OA的中点，连接OD，求证：DE是的直径；
(2)如图3，过点B作，垂足为F，若的半径是4，求的最大值．
38．抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，3），点D（m，3）在抛物线上．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接BC、BD，点P在对称轴左侧的抛物线上，若∠PBC＝∠DBC，求点P的坐标；
(3)如图2，点Q为第四象限抛物线上一点，经过C、D、Q三点作⊙M，⊙M的弦QF∥y轴，求证：点F在定直线上．

参考答案：
1．B
【分析】过点作，交于点，根据圆周角定理以及垂径定理可得结果．
【详解】解：过点作，交于点，

是的外接圆，，
，
又，，
，，
在中，，
，，
，
故选：．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，熟知相关性质定理是解本题的关键．
2．B
【分析】根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
【详解】解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵点A是弧EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
3．B
【分析】根据垂径定理求得，AE=DE=2，即可得到∠COD=2∠ABC=45°，则△OED是等腰直角三角形，得出，根据切线的性质得到BC⊥CF，得到△OCF是等腰直角三角形，进而即可求得CF=OC=OD=．
【详解】解：∵BC为⊙O的直径，弦AD⊥BC于点E，，，
∴ AE=DE=2，
∴∠COD=2∠ABC=45°，
∴△OED是等腰直角三角形，
∴OE=ED=2，
∴，
∵直线l切⊙O于点C，
∴BC⊥CF，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴CF=OC，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理，等弧所对的圆心角和圆周角的关系，切线的性质，勾股定理的应用，求得CF=OC=OD是解题的关键．
4．B
【分析】将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．依据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可证明，从而可得到弧AC的度数，由弧AC的度数可求得∠B的度数．
【详解】解：将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．

∵⊙O与⊙O′为等圆，劣弧AC与劣弧CD所对的角均为∠ABC，
∴．
同理：．
又∵F是劣弧BD的中点，
∴．
∴．
∴弧AC的度数=180°÷4=45°．
∴∠B=×45°=22.5°．
∴所在的范围是；
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、弧、弦、圆周角之间的关系、圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，找出图形中的等弧是解题的关键．
5．D
【分析】过点作于，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，根据正弦的定义求出，根据弧长公式计算求解．
【详解】解：过点作于，

则，
由圆周角定理得：，
，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握垂径定理、圆周角定理、弧长公式是解题的关键．
6．A
【分析】连接、、、、，过点作于点，根据圆内接四边形的性质得，根据对称以及圆周角定理可得，由点是的中点可得，，根据等腰三角形以及直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接、、、、，过点作于点，

，
，
点关于对称的点为，
，
，
点是的中点，
，
，
，，
，，
直径，
，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形以及直角三角形的性质，求出是解题的关键．
7．B
【分析】连接OA，在上取点E，连接AE，BE，先证明，可得∠AOB=112°，结合圆周角定理和圆内接四边形的性质，即可求解．
【详解】解：连接OA，在上取点E，连接AE，BE，

∵点C为弦中点，
∴OC ⊥AB，即∠ACO=∠BCO=90°，
又∵AC=BC，OC=OC，
∴，
∴∠AOC=，即：∠AOB=112°，
∴∠E=∠AOB=56°，
∵四边形ADBE是的内接四边形，
∴=180°-56°=124°，
故选B．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、垂径定理、圆的内接四边形的性质，添加辅助线，构造圆的内接四边形，是解题的关键．
8．C
【分析】由切线的性质得出∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和可求∠AOB=110°，再利用圆周角定理可求∠ADB=55°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
【详解】解：如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，
∵AP、BP是切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-70°=110°，
∴∠ADB=55°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB=180°-∠ADB=180°-55°=125°．
故选：C．

【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质．解题的关键是连接OA、OB，求出∠AOB．
9．B
【分析】根据题意判断出C'点的运动轨迹是以A点为圆心，AC'为半径的一段圆弧，得出圆心角即可计算．
【详解】解：连接AC和AC'，
由题知，AC'的长度保持不变，
∴C'点的运动轨迹是以A点为圆心，AC'为半径的一段圆弧，

∵AB=1，BC=，
∴AC==2，
∴∠ACB=∠CAD=30°，
当点P由运动到点D时，∠CAC'=60°，
即AC'的旋转角度为60°，
∴点C'运动的路径长为，
故选：B．
【点睛】本题主要考查点运动的路径长，根据题意得出C'点的运动轨迹是解题的关键．
10．B
【分析】根据圆周角定理得到∠A=∠C=40°，由三角形外角的性质即可得到结论．
【详解】解：∵，
∴∠A=∠C=40°，
∴
∴∠DEB=∠AEC=100°，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．
11．D
【分析】连接，先根据圆内接正多边形的性质可得点在上，且是和的角平分线，从而可得，再根据角的和差可得，然后根据圆周角定理可得，最后根据正多边形的性质即可得．
【详解】解：如图，连接，

四边形为的内接正四边形，为的内接正三角形，
点在上，且是和的角平分线，，
，
，
，
恰好是圆O的一个内接正边形的一边，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆内接正多边形的性质是解题关键．
12．C
【分析】连接OC，易证得四边形CDOE是矩形，则△DOE≌△CEO，得到∠COB＝∠DEO＝40°，图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积，利用扇形的面积公式即可求得．
【详解】解：如图，连接OC，

∵∠AOB＝90°，CD⊥OA，CE⊥OB，
∴四边形CDOE是矩形，
∴OD＝CE，DE＝OC，CD∥OE，
∵∠CDE＝40°，
∴∠DEO＝∠CDE＝40°，
在△DOE和△CEO中，，
∴△DOE≌△CEO（SSS），
∴∠COB＝∠DEO＝40°，
∴图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积，
∵S扇形OBC＝＝，
∴图中阴影部分的面积为，
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，矩形的判定与性质，利用扇形OBC的面积等于阴影的面积是解题的关键．
13．A
【分析】连接OC，由可求得∠AOC的度数，由等腰三角形的性质即可求得∠BAC的度数．
【详解】如图，连接OC

∵
∴
∴
∵OA=OC
∴
故选：A
【点睛】本题考查了弧的关系与圆心角的关系，等腰三角形的性质等知识，关键是掌握弧的关系与圆心角的关系．
14．C
【分析】判断出点P在以AB为直径的⊙O上，连接CO交⊙O于点P，此时PC取得最小值，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，即∠PBC+∠PBA=90°，
∵∠PBC＝∠PAB，
∴∠PBA+∠PAB=90°，即∠APB=90°，
∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接CO交⊙O于点P，
此时PC取得最小值，

∵四边形ABCD是矩形，AB=8，BC=6，
∴OB=OP=AB=4，
由勾股定理得CO=，
PC=
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离．
15．A
【分析】如图，连接先求解 再利用圆周角定理可得，从而可得答案.
【详解】解：如图，连接
，是的切线，







故选A
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，四边形的内角和定理，圆周角定理的应用，圆的切线的性质的应用，理解是解本题的关键.
16．D
【分析】根据圆周角和圆心角的关系，可以得到的度数，然后根据为的切线和直角三角形的两个锐角互余，即可求得的度数．
【详解】解：，
，
为的切线，点为切点，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理、直角三角形的性质，解题的关键是利用数形结合的思想解答．
17．C
【分析】先判断出，从而可得，再根据同弧所对的圆周角相等可得答案．
【详解】解：∵是的直径，
∴
∵
∴
∵所对的弧是
∴
故选C
【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．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
18．B
【分析】由圆周角定理得出，进而得出，再由外角的性质得出，代入计算即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，

点所对应的读数为，
，
为直径，，
点在上，
，
，
是的外角，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是运用圆周角定理得出与的关系．
19．B
【分析】连接P点与O点，Q点与O点，根据中位线定理可知，PO=QO,且PO⊥QO，进而可知∠NQO=45°，过Q作QF垂直于BC，通过中位线定理可证∠DQF =30°进而可计算则NQ的长度．
【详解】
解：如图所示，连接P点与O点，Q点与O点，
∵点P为BE的中点，O为AB的中点，
∴PO∥AE，PO=AE，
∵点Q为AD中点，O为AB的中点，
∴QO∥BD，QO=BD，
∵AC和BC互相垂直，
∴PO=QO,且PO⊥QO,
∴∠NQO=45°，
过Q作QF垂直于BC,则QF∥AC,
∴QF⊥OQ，
∴∠DQF=90°－∠NQO－∠DON=30°  
∵DQ＝，且QF⊥BC，
∴，
∵∠NQF=15°＋30°=45°，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查中位线定理，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，能够构造适合的辅助线是解决此类题型的关键．
20．A
【分析】证明可判断①正确；证明A，G，F，D四点共圆，连接AF，证明得，从而可判断②正确；设CF=x，求出BC=2x，BF=，，再证明，根据相似三角形的性质可判断③正确；过点G作MN//BC交AB于点M，交CD于点N，由可求出GM=，，然后代入计算可判断④错误
【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴//  
E为BC的中点，F为CD的中点，
∴
∴BE=CF
在和中

∴
∴AE=BF
∴①正确；
②∵
∴
∵
∴
∴
又
∴A，G，F，D四点在同一个圆上，
连接AF，如图，

∴
∵F是CD边中点，
∴FD=FC
在△ADF和△BCF中，

∴
∴
∴
∴②正确；
③设 则BE=x，BC=2x，
由勾股定理得，
又
∴
∴
设
由勾股定理得，
∴
解得，
∴
∴
∵AB//CD
∴
∴
∴③正确；
④过点G作MN//BC交AB于点M，交CD于点N，
∵
∴
∴GM=，
同理可得
∴
∴④错误；
综上，正确的有①②③
故选A
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，学生要有较强的综合知识，解决复杂问题的能力．
21．
【分析】可将图中阴影部分的面积转化为两个等边三角形的面积之和，设⊙O的半径与等边三角形的边长为，分别表示出圆的面积和两个等边三角形的面积，即可求解
【详解】连接，，，，
由题可得：
为边长相等的等边三角形
可将图中阴影部分的面积转化为和的面积之和，如图所示：

设⊙O的半径与等边三角形的边长为，
⊙O的面积为
等边与等边的边长为


⊙O的面积与阴影部分的面积比为
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形的面积转换，等边三角形面积以及圆面积的求法，将不规则图形的面积转换成规则图形的面积是解题关键．
22．6
【分析】根据圆锥的侧面积＝πrl，列出方程求解即可．
【详解】解：∵圆锥的侧面积为18π，底面半径为3，
3πl＝18π．
解得：l＝6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积，解题关键是熟记圆锥的侧面积公式，列出方程进行求解．
23．150
【分析】根据圆锥底面周长与展开后所得的扇形的弧长相等，圆锥的母线与展开后所得扇形的半径相等，利用扇形面积公式与弧长公式计算即可．
【详解】设圆锥的母线长为l cm，扇形的圆心角为n°，
∵圆锥的底面圆周长为20πcm，
∴圆锥的侧面展开图扇形的弧长为20πcm，
由题意得：×20π×l=240π，
解得：l=24，
则=20π.
解得n=150，即扇形的圆心角为150°，
故答案为:150．
【点睛】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与圆锥之间的关系是解决本题的关键.
24．
【分析】根据题意，作出合适的辅助线，即可求得DE的长、的度数，然后根据图形可知阴影部分的面积是的面积减去的面积和扇形的面积，从而可以解答本题．
【详解】解：连接OD，过点D作于E，

在中，
∴，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴阴影部分的面积是：
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查扇形面积的计算、勾股定理、特殊角锐角三角函数值，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
25．2
【分析】如图1，连接OB、OC，过点O作ON⊥BC于N，则，利用三角函数求出∠CON=60°，得到∠BAC=60°，延长AD交△ABC的外接圆于点F，连接BF，由∠EBC+∠BMD=∠EBC+∠C=90°，推出∠F=∠BMD，得到DM=DF，当点F在的中点时，DF最大即DM有最大值，此时，AD垂直平分BC，点D与点N重合，如图2，根据直角三角形30度角的性质求出BF=AF=4，再求出DF即可得到DM的最大值．
【详解】解：如图1，连接OB、OC，过点O作ON⊥BC于N，则，
∵OC=4，
∴，
∴∠CON=60°，
∴∠BOC=120°，∠BAC=60°，
延长AD交△ABC的外接圆于点F，连接BF，
∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠ADB=∠BEC=90°，
∴∠EBC+∠BMD=∠EBC+∠C=90°，
∴∠BMD=∠ACB，
∵∠F=∠ACB，
∴∠F=∠BMD，
∴BM=BF，
∵BD⊥MF，
∴DM=DF，当点F在的中点时，DF最大即DM有最大值，此时，AD垂直平分BC，点D与点N重合，如图2，
∵AF为直径，
∴∠ABF=90°，
∵∠BAF=∠CAF=30°，
∴BF=AF=4，
∵∠BDF=90°，∠CBF=∠CAF=30°，
∴，
∴DM的最大值为2，
故答案为：2．
．
【点睛】此题考查了利用正弦值求角度，圆周角定理，垂径定理，直角三角形30度角的性质，等腰三角形的判定及性质，最值问题与动点问题，熟练掌握各知识点并应用是解题的关键．
26．
【分析】根据垂径定理得出AE=BE=，然后利用勾股定理先求OE=3，再求CE，根据勾股定理求AC即可．
【详解】解：∵CD是⊙O的直径，AB是弦，CD⊥AB，AB＝8，
∴AE=BE=，
在Rt△OEB中，根据勾股定理OE=，
∴CD=OD+OE=5+3=8，
在Rt△AED中，AD=，
故答案为．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，线段和差，掌握垂径定理，勾股定理，线段和差是解题关键．
27．/
【分析】如图所示，连接，由旋转的性质可知，，即可推出，然后证明是等边三角形，得到，则．
【详解】解：如图所示，连接，
由旋转的性质可知，，
∴，
∴，
又∵点在圆O上，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，特殊角三角函数值，正确作出辅助线构造等边三角形时解题的关键．
28．16
【分析】由切线长定理知，AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝12，然后根据△PEF的周长公式即可求出其结果．
【详解】解：∵PA、PB、EF分别与⊙O相切于点A、B、C，
∴AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝8，
∴△PEF的周长＝PE+EF+PF＝PA+PB＝16．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查了切线长定理的应用，解此题的关键是求出△PEF的周长＝PA＋PB．
29．
【分析】连接OC，过点C作于点M，由勾股定理可得，利用角所对直角边是斜边的一半可得，，根据三角形面积公式及扇形面积公式分别求出、、、S扇形AOC，再计算即可求解．
【详解】解：连接OC，过点C作于点M，如图所示：

∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，于点D，
∴，BD=AB2-AD2=26，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴CM=12OC=2，
∴，
，
，
=8+43-4-83π，
．
【点睛】本题主要考查不规则图形的面积及扇形面积公式，勾股定理解三角形，圆周角定理，角所对直角边是斜边的一半，解题的关键是作辅助线，利用分割法求解．
30．
【分析】由与是等腰直角三角形，得到，，根据全等三角形的性质得到，求得在以为直径的圆上，由的外心为，，得到，如图，当时，的值最小，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：与是等腰直角三角形，
，
，
在与中，
，
≌，
，
，
，
在以为直径的圆上，
的外心为，，
，
如图，当时，的值最小，
，
，

，，
．
则的最小值是，
故答案为：．

【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
31．16
【分析】连接OA，根据垂径定理可得AB=2AD，再由勾股定理，可得AD=8，即可求解．
【详解】解：如图，连接OA，

∵OC为⊙O的半径，弦AB⊥OC，
∴AB=2AD，
∵OC＝10，CD＝4，
∴OA=OC=10，OD=OC-CD=6，
在中，由勾股定理得：
，
∴AB=16．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分线所对的两条弧是解题的关键．
32．(1)AC 与⊙O相切，理由见解析
(2)⊙O 的半径为5

【分析】（1）连接AO，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C=30°，∠BAO=∠B=30°，求得∠AOC=60°，根据三角形的内角和得到∠OAC=180°-60°-30°=90°，于是得到AC是⊙O的切线；
（2）连接AD，推出△AOD是等边三角形，得到AD=OD，∠ADO=60°，求得∠DAC=∠ADO-∠C=30°，得到AD=CD=5，于是得到结论．
【详解】（1）解： AC是⊙O的切线，理由如下：
连接AO，

∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C=（180°-∠BAC）=30°，
∵AO=BO，
∴∠BAO=∠B=30°，
∴∠AOC=2∠B=60°，
∴∠OAC=180°-∠AOC-∠C=180°-60°-30°=90°，
∵AO是⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：连接AD，

∵AO=OD，∠AOD=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=OD，∠ADO=60°，
∴∠DAC=∠ADO-∠C=30°，
∴∠DAC=∠C=30°，
∴AD=CD=OD=5，
∴⊙D的半径为5．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
33．(1)见解析
(2)
(3)

【分析】（1）要证明FC是⊙O的切线，想到连接OC，求出∠OCE=90°即可，先利用切线的性质得出∠ABD=90°，再根据直径所对的圆周角是90°，可得∠ACB=90°，然后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证明EB=EC，从而可得∠BCE=∠CBE，最后根据OB=OC，得出∠OCB=∠OBC即可解答；
（2）根据已知可得BE=4，EF=12，然后利用勾股定理求出BF的长，再证明△FOC∽△FEB，然后利用相似三角形的性质即可解答；
（3）利用扇形BOC的面积减去△OBC的面积即可解答．
【详解】（1）证明：连接OC，

∵BD与⊙O相切于点B，
∴∠ABD=90°，
∴∠CBE+∠OBC=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠BCD=90°，
∵E是BD中点，
∴BE=CE=DE，
∴∠BCE=∠CBE，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠BCE+∠OCB=90°，
∴∠OCE=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴FC是⊙O的切线；
（2）解：∵BD=8，点E是BD中点，
∴BE=BD=4，
∵BE=EF，
∴EF=3BE=12，
在Rt△FBE中，BF=，
由（1）得∠OCF=∠ABD=90°，
∵∠F=∠F，
∴△FOC∽△FEB，
∴，
设OC=x，则OF=BF-OB=8-x，
∴，
∴x=2，
∴AF=8-2x=4；
（3）解：过O作OM⊥BC于点M，

∴BM=BC=，
在Rt△BMO中，OM=，
∴S△BOC=BC•OM=×3×=，
∵∠F=20°，
∴∠BOC=∠F+∠OCF=110°，
∴S扇形BOC=，
∴S阴影=S扇形BOC-S△BOC=，
∴图中阴影部分的面积为．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，扇形面积的计算，三角形外接圆与外心，熟练掌握切线的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质，是解题的关键．
34．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余，等腰三角形性质以及等量代换可得出∠AEC＋∠OEA＝90°，即OE⊥BC，从而得出BC是⊙O的切线；
（2）根据△ACE∽△AED和勾股定理可求出AE，DE，根据角平分线的性质可得出三角形BDE的BD边上的高EM，再根据相似三角形和勾股定理求出BD即可．
【详解】（1）证明：连接OE，

∵∠C＝90°，
∴∠2＋∠AEC＝90°，
又∵OA＝OE，
∴∠1＝∠OEA，
∵∠1＝∠2，
∴∠AEC＋∠OEA＝90°，
即OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：过点E作EM⊥AB，垂足为M，
∵∠1＝∠2，∠C＝∠AED＝90°，
∴△ACE∽△AED，
∴，
即，
∴AE＝，
由勾股定理得，
CE＝＝4＝EM， DE＝＝，
∵∠DEB＝∠1，∠B＝∠B，
∴△BDE∽△BEA，
∴＝，
设BD＝x，则BE＝2x，
在Rt△BOE中，由勾股定理得，OE2＋BE2＝OB2，
即52＋（2x）2＝（5＋x）2，
解得x＝，
∴S△BDE＝BD•EM＝××4＝．
【点睛】本题考查切线的判定，相似三角形，勾股定理，掌握切线的判定方法，相似三角形的判定和性质以及勾股定理是解决问题的前提．
35．(1)见详解；
(2)240．

【分析】（1）根据直径所对的圆周角等于可得，再根据可得，从而证明；
（2）根据切线的性质得出，再根据得出，再根据，从而设出，的长度，再根据勾股定理求出的长度，再根据线段之间的关系即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵为的直径
∴，
∵
∴
∴
（2）解：∵为的切线
∴
∴
∵
∴
∵
∴
设，，则
∴，，
∴
∵
∴
∴
∴
【点睛】本题主要考查了直径所对圆周角等于，切线以及垂线的性质，勾股定理等相关知识，熟练掌握直径所对圆周角等于和切线的性质是解答本题的关键．
36．(1)见解析
(2)见解析
(3)2

【分析】（1）根据垂径定理和圆周角定理可证明；
（2）作∠BAP的平分线交BP于I，证明∠DAI=∠AID，进而命题可证；
（3）连接BI，AC，先计算得∠AIB=120°，从而确定I在以D为圆心，AD为半径的圆上运动，根据“射影定理”得AD2=DE•CD，进而证明△DI′E∽△DCI′，从而求得结果．
【详解】（1）解：证明：∵直径CD⊥弦AB，
∴，
∴∠APD=∠BPD；
（2）如图，

作∠BAP的平分线，交PD于I，
证：∵AI平分∠BAP，
∴∠PAI=∠BAI，
∴∠AID=∠APD+∠PAI=∠APD+BAI，
∵，
∴∠DAB=∠APD，
∴∠DAI=∠DAB+∠BAI=∠APD+∠BAI，
∴∠AID=∠DAI，
∵∠AIP+∠DAI=180°，
∴∠AIP+∠DAI=180°；
（3）如图2，

连接BI，AC，OA，OB，
∵AI平分∠BAP，PD平分∠APB，
∴BI平分∠ABP，∠BAI=∠BAP，
∴∠ABI=∠ABP，
∵∠APB=60°，
∴∠PAB+∠PBA=120°，
∴∠BAI+∠ABI=（∠BAP+∠ABP）=60°，
∴∠AIB=120°，
∴点I的运动轨迹是，
∴DI=DA，
∵∠AOB=2∠APB=120°，
∵AD⊥AB，
∴，
∴∠AOB=∠BOD=60°，
∵OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=AO，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DAC=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠AED=90°，
∴∠AED=∠CAD，
∵∠ADC=∠ADE，
∴△ADE∽△CDA，
∴，
∴AD2=DE•CD，
∵DI′=DI=AD，
∴DI2=DE•CD，
∵∠I′DE是公共角，
∴△DIE∽△DCI，
∴．
【点睛】本题考查了圆的有关定理及确定圆的条件，相似三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”等模型．
37．(1)见解析；②见解析
(2)1

【分析】（1）①如图4，连接OC， 由 l是的切线，OC是半径，得到 ，由，得 证得 ，进一步得到，即可得到结论；
② 如 图 5，连接OC，AD，由 B是OA的中点， 得到，，又由 得是等边三角形，证得，所以 ，所以，得到，即得到结论；
（2）如图6，连接OC，由  l是的切线，得 到 ， 又由 可以证明，证得，又由 得，得到，设，求得BF，得，从而求得的最大值．
【详解】（1）① 证明：如图4，连接OC  

∵  l是的切线，OC是半径，
∴
∵
∴
∵
∴
∴ ；
② 证明：如图5，连接OC，AD

∵ B是OA的中点，
∴ ，
又∵
∴
∴ 是等边三角形
∴
∵
∴
∴
∴  DE是的直径；
（2）解：如图6，连接OC

∵  l是的切线，OC是半径，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
设，则
∴
当时，有最大值1
∴的最大值为1．
【点睛】本题以圆的知识为载体，考查了平行线的性质和判定、等边三角形、相似三角形、二次函数的最值等知识，综合性较强，灵活应用所学知识是解决此题的关键．
38．(1)
(2)P（，）
(3)证明见解析

【分析】（1）把A、C坐标代入可得关于a、c的二元一次方程组，解方程组求出a、c的值即可得答案；
（2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，根据（1）中解析式可知D、B两点坐标，可得CD//AB，利用ASA可证明△DCB≌△ECB，可得CE=CD，即可得出点E坐标，利用待定系数法可得直线BP的解析式，联立直线BP与抛物线解析式求出交点坐标即可得答案；
（3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），根据CD、QF为⊙M的弦可得圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，即可表示出点M坐标，根据MD=MF，利用两点间距离公式可得（）2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，整理可得t=2，即可得答案．
【详解】（1）∵A（﹣1，0）、C（0，3）在抛物线y＝ax2+2x+c图象上，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：．
（2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，
∵点D（m，3）在抛物线上，
∴，
解得：，（与点C重合，舍去），
∴D（2，3），
∴CD//AB，CD=2，
当y=0时，，
解得：，，  
∴B（3，0），
∴OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=∠DCB=45°，
在△DCB和△ECB中，
∵，
∴△DCB≌△ECB，
∴CE=CD=2，
∴OE=OC-CE=1，
∴E（0，1），
∴，
解得：，
∴直线BP的解析式为，
联立直线BP与抛物线解析式得：，
解得：（舍去），，
∴P（，）．

（3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），
∵CD、QF为⊙M的弦，
∴圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，
∵C（0，3），D（2，3），QF//y轴，
∴M（1，），
∵MD=MF，
∴2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，
整理得：t=2，
∴点F在定直线y=2上．

【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式、全等三角形的判定与性质、二次函数与一次函数的交点问题及圆的性质，综合性强，熟练掌握相关知识及定理是解题关键．