第六章 圆（测试）-2024年中考数学一轮复习测试（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第六章 圆
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．如图所示，A22,0，AB=32，以点A为圆心，AB长为半径画弧交x轴负半轴于点C，则点C的坐标为（ ）
A．32,0B．2,0C．−2,0D．−32,0
【答案】C
【分析】先求得OA的长，从而求出OC的长即可．
【详解】解：∵A22,0，
∴OA=22，
∵AB=32，以点A为圆心，AB长为半径画弧交x轴负半轴于点C，
∴AC=AB=32，
∴OC=AC−OA=32−22=2，
∵点C为x轴负半轴上的点，
∴C−2,0，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形的性质，勾股定理等知识，明确AB=AC是解题的关键．
2．【原创题】在同一平面内，已知⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2B．5C．6D．8
【答案】B
【分析】过点O作OA⊥l于点A，连接OP，判断出当点P为AO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，由此即可得．
【详解】解：如图，过点O作OA⊥l于点A，连接OP，
∴OA=3，OP=2，
∴当点P为AO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，最大距离为PA=3+2=5，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点P到直线l的距离最大时，点P的位置是解题关键．
3．如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点．若∠DCE=65°，则∠BOD的度数是（ ）

A．65°B．115°C．130°D．140°
【答案】C
【分析】根据邻补角互补求出∠DCB的度数，再根据圆内接四边形对角互补求出∠BAD的度数，最后根据圆周角定理即可求出∠BOD的度数．
【详解】解：∵∠DCE=65°，
∴∠DCB=180°−∠DCE=180°−65°=115°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠DCB=180°，
∴∠BAD=65°，
∴∠BOD=2∠BAD=2×65°=130°，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握这些定理和性质是解题的关键．
【新考法】 数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
4．陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．AB是⊙O的一部分，D是AB的中点，连接OD，与弦AB交于点C，连接OA，OB．已知AB=24cm，碗深CD=8cm，则⊙O的半径OA为（ ）

A．13cmB．16cmC．17cmD．26cm
【答案】A
【分析】首先利用垂径定理的推论得出OD⊥AB，AC=BC=12AB=12cm，再设⊙O的半径OA为Rcm，则OC=R−8cm．在Rt△OAC中根据勾股定理列出方程R2=122+(R−8)2，求出R即可．
【详解】解：∵ AB是⊙O的一部分，D是AB的中点，AB=24cm，
∴OD⊥AB，AC=BC=12AB=12cm．
设⊙O的半径OA为Rcm，则OC=OD−CD=(R−8)cm．
在Rt△OAC中，∵∠OCA=90°，
∴OA2=AC2+OC2，
∴R2=122+(R−8)2，
∴R=13，
即⊙O的半径OA为13cm．
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设⊙O的半径OA为Rcm，列出关于R的方程是解题的关键．
5．【创新题】如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥OA于点E，连结OC,OD．若⊙O的半径为m,∠AOD=∠α，则下列结论一定成立的是（ ）
A．OE=m⋅tanαB．CD=2m⋅sinαC．AE=m⋅csαD．S△COD=m2⋅sinα
【答案】B
【分析】根据垂径定理、锐角三角函数的定义进行判断即可解答．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥OA于点E，
∴DE=12CD
在RtΔEDO中，OD=m，∠AOD=∠α
∴tanα=DEOE
∴OE=DEtanα=CD2tanα，故选项A错误，不符合题意；
又sinα=DEOD
∴DE=OD·sinα
∴CD=2DE=2m·sinα，故选项B正确，符合题意；
又csα=OEOD
∴OE=OD·csα=m·csα
∵AO=DO=m
∴AE=AO−OE=m−m·csα，故选项C错误，不符合题意；
∵CD=2m·sinα，OE=m·csα
∴SΔCOD=12CD×OE=12×2m·sinα×m·csα=m2sinα·csα，故选项D错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查了垂径定理，锐角三角函数的定义以及三角形面积公式的应用，解本题的关键是熟记垂径定理和锐角三角函数的定义．
6．已知△ABC的周长为l，其内切圆的面积为πr2，则△ABC的面积为（ ）
A．12rlB．12πrlC．rlD．πrl
【答案】A
【分析】由题意可得S△AOB=12AB×OE=12AB×r，S△BOC=12BC×r，S△AOC=12AC×r，由面积关系可求解．
【详解】解：如图，设内切圆O与△ABC相切于点D，点E，点F，连接OA，OB，OC，OE，OF，OD，
∵AB切⊙O于E，
∴OE⊥AB，OE=r，
∴S△AOB=12AB×OE=12AB×r，
同理：S△BOC=12BC×r，
S△AOC=12AC×r，
∴S=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12AB×r+12BC×r+12AC×r=12(AB+BC+AC)×r，
∵l=AB+BC+AC，
∴S=12lr，
故选A
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，掌握内切圆的性质是解题的关键．
7．【创新题】如图，△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，若⊙I的半径为r，∠A=α，则BF+CE−BC的值和∠FDE的大小分别为（ ）
A．2r，90°−αB．0，90°−αC．2r，90°−α2D．0，90°−α2
【答案】D
【分析】如图，连接IF，IE．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接IF，IE．
∵△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，
∴BF=BD，CD=CE，IF⊥AB，IE⊥AC，
∴BF+CE−BC=BD+CD−BC=BC−BC=0，∠AFI=∠AEI=90°，
∴∠EIF=180°−α，
∴∠EDF=12∠EIF=90°−12α．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．
8．如图，四边形ABCD内接于⊙O，⊙O的半径为3，∠D=120°，则AC的长是（ ）

A．πB．23πC．2πD．4π
【答案】C
【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠B=60°，由圆周角定理得到∠AOC=120°，根据弧长的公式即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠D=120°，
∴∠B=60°，
∴∠AOC=2∠B=120°，
∴AC的长=120π×3180=2π．
故选：C．
【点睛】本题考查的是弧长的计算，圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
9．已知一个正多边形的边心距与边长之比为32，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB，AC为正多边形的半径，AD为正多边形的边心距，由ADBC=32可得ADBD=3，可得∠B=60°，而AB=AC，可得△ABC为等边三角形，从而可得答案．
【详解】解：如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB，AC为正多边形的半径，AD为正多边形的边心距，

∴AB=AC，AD⊥BC，ADBC=32，
∴BD=CD=12BC，
∴AD2BD=32，即ADBD=3，
∴tan∠B=ADBD=3，
∴∠B=60°，而AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴多边形的边数为：36060=6，
故选B
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
10．【原创题】如图，正六边形ABCDEF的外接圆⊙O的半径为2，过圆心O的两条直线l1、l2的夹角为60°，则图中的阴影部分的面积为（ ）

A．43π−3B．43π−32C．23π−3D．23π−32
【答案】C
【分析】如图，连接AO，标注直线与圆的交点，由正六边形的性质可得：A，O，D三点共线，△COD为等边三角形，证明扇形AOQ与扇形COG重合，可得S阴影=S扇形COD−S△COD，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接AO，标注直线与圆的交点，
由正六边形的性质可得：A，O，D三点共线，△COD为等边三角形，

∴∠AOQ=∠DOH，∠COD=∠GOH=60°，
∴∠COG=∠DOH=∠AOQ，
∴扇形AOQ与扇形COG重合，
∴S阴影=S扇形COD−S△COD，
∵△COD为等边三角形，OC=OD=2，过O作OK⊥CD于K，
∴∠COD=60°，CK=DK=1，OK=22−12=3，
∴S阴影=S扇形COD−S△COD=60π×22360=12×2×3=2π3−3；
故选C
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，扇形面积的计算，勾股定理的应用，熟记正六边形的性质是解本题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，则△ABC的内切圆半径r= ．
【答案】1
【分析】本题考查了切线长定理，圆的切线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握切线长定理是解答本题的关键，首先利用切线的性质证明四边形OECF是正方形，得到CE=CF=r，再利用切线长定理得到AE=3−r，BF=4−r，最后由AD+BD=AB列方程即可求解．
【详解】设△ABC的内切圆与AB、AC、BC分别相切于点D、E、F，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，
∵∠C=90°，
∴四边形OECF是矩形，
∵CE=CF，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE=CF=OE=r，
∴AE=3−r，BF=4−r，
∵AD=AE，BD=BF，
∴AD=3−r，BD=4−r，
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=32+42=5，
∵AD+BD=AB，
∴3−r+4−r=5，
解得 r=1．
故答案为：1．
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=3，将△ABC绕点C逆时针旋转到△EDC的位置，点B的对应点D首次落在斜边AB上，则点A的运动路径的长为 .

【答案】3π
【分析】首先证明△BCD是等边三角形，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠B=60°，BC=3，
∴AB=2BC=6，
由旋转的性质得CE=CA=AB2−BC2=33，∠ACE=∠BCD=90°−∠ACD，
CB=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°=∠ACE，
∴点A的运动路径的长为60⋅π⋅33180=3π．
故答案为：3π．
【点睛】本题考查了旋转变换，含30°直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是证明△BCD是等边三角形．
13．圆锥的高为22，母线长为3，沿一条母线将其侧面展开，展开图（扇形）的圆心角是 度，该圆锥的侧面积是 （结果用含π的式子表示）．
【答案】 120 3π
【分析】根据勾股定理，先求出圆锥底面半径，进而得出底面周长，即圆锥展开图的弧长，根据圆锥母线为圆锥的侧面展开图的半径，结合扇形弧长公式和面积公式，即可求解．
【详解】解：根据勾股定理可得：圆锥底面半径=32−222=1，
∴该圆锥底面周长=2π，
∵圆锥母线长为3，
∴该圆锥的侧面展开图的半径为3，
∴nπ×3180=2π，解得：n=120，
即展开图（扇形）的圆心角是120度，
圆锥的侧面积=12lr=12×2π×3=3π，
故答案为：120，3π．
【点睛】本题主要考查了求圆锥地面半径，扇形面积公式和弧长公式，解题的关键是掌握弧长l=nπr180，扇形面积=12lr=nπr2360．
14．如图，AD是⊙O的直径，△ABC是⊙O的内接三角形．若∠DAC=∠ABC，AC=4，则⊙O的直径AD= ．

【答案】42
【分析】连接CD，OC，根据在同圆中直径所对的圆周角是90°可得∠ACD=90°，根据圆周角定理可得∠COD=∠COA，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得AC=CD，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接CD，OC，如图：

∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠DAC=∠ABC，
∴∠COD=∠COA，
∴AC=CD，
又∵AC=4，
∴CD=4，
在Rt△ACD中，AD=AC2+CD2=42+42=42，
故答案为：42．
【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是90°，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【新考法】 数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
15．小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一颗大树，向树的方向走9里到达城堡边，再往前走6里到达树下．则该城堡的外围直径为 里．

【答案】9
【分析】由AB切圆于D，BC切圆于C，连接OD，得到OD⊥AB，OC⊥BC，BD=BC=9里，由勾股定理求出AC=AB2−BC2=12，由tanA=ODAD=BCAC，求出OD=4.5（里），即可得到答案．
【详解】解：如图，⊙O表示圆形城堡，

由题意知：AB切圆于D，BC切圆于C，连接OD，
∴OD⊥AB，OC⊥BC，BD=BC=9里，
∵AD=6里，
∴AB=AD+BD=15里，
∴AC=AB2−BC2=12，
∵tanA=ODAD=BCAC，
∴OD6=912，
∴OD=4.5（里）．
∴城堡的外围直径为2OD=9（里）．
故答案为：9．
【点睛】本题考查勾股定理，解直角三角形，切线的性质，切线长定理，关键是理解题意，得到tanA=ODAD=BCAC，求出OD长即可．
16．【创新题】如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，点M为BC的中点，E是BM上的一点，连接AE，作点B关于直线AE的对称点B'，连接DB'并延长交BC于点F．当BF最大时，点B'到BC的距离是 ．

【答案】165
【分析】如图，由题意可得：B'在⊙A上，过B'作B'H⊥BC于H，由点B关于直线AE的对称点B'，可得AB=AB'，BE=B'E，∠AEB=∠AEB'，∠ABE=∠AB'E，当DE与⊙A切于点B'时，BF最大，此时DF⊥AB'，证明E，F重合，可得∠DAE=∠AEB=∠AEB'，AD=DE=10，求解BE=B'E=4，证明△EB'H∽△EDC，可得EB'ED=B'HCD，从而可得答案．
【详解】解：如图，由题意可得：B'在⊙A上，过B'作B'H⊥BC于H，
∵点B关于直线AE的对称点B'，
∴AB=AB'，BE=B'E，∠AEB=∠AEB'，∠ABE=∠AB'E，
当DE与⊙A切于点B'时，BF最大，此时DF⊥AB'，

∴∠ABE=∠AB'F=90°，
∴E，F重合，
∴∠AEB=∠AEB'，
∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，∠C=90°，AD=BC=10，AB=CD=8，
∴∠DAE=∠AEB=∠AEB'，
∴AD=DE=10，
∴CE=102−82=6，
∴BE=B'E=4，
∵B'H⊥BC，∠C=90°，
∴B'H∥CD，
∴△EB'H∽△EDC，
∴EB'ED=B'HCD，
∴410=B'H8，
∴B'H=165，
∴点B'到BC的距离是165．
故答案为：165．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，圆的基本性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23题9分，24题10分，25题13分）
17．如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，垂足为D，弦CE与AB交于点F，连接AE，AC，BC．

(1)求证：∠BAC=∠E；
(2)若AB=8，DC=2，CE=310，求CF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2103
【分析】（1）由垂径定理，得AD=BD AC=BC，由圆周角定理，得∠BAC=∠E；
（2）可证△ACF∽△ECA得ACEC=CFCA；Rt△ADC中，勾股定理求得AC=AD2+DC2=25，于是CF=2103.
【详解】（1）证明：∵OC⊥AB OC是⊙O的半径
∴AD=BD， AC=BC（垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧）
∴∠BAC=∠E（同弧或等弧所对的圆周角相等）
（2）解：∵∠BAC=∠E 又∵∠ACF=∠ECA
∴△ACF∽△ECA（两角分别相等的两个三角形相似）
∴ACEC=CFCA（相似三角形对应边成比例）
∵AB=8
∴AD=BD=4
在Rt△ADC中∠ADC=90° AD=4 CD=2
∴AC=AD2+DC2=42+22=25（勾股定理）
即25310=CF25
∴CF=2103.
【点睛】本题考查垂径定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理；由相似三角形得到线段间的数量关系是解题的关键．
18．如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD．

(1)若∠ACB=20°，求AD的长（结果保留π）．
(2)求证：AD平分∠BDO．
【答案】(1)4π3
(2)见解析
【分析】（1）连接OA，由∠ACB=20°，得∠AOD=40°，由弧长公式即得AD的长为4π3；
（2）根据AB切⊙O于点A，∠B=90°，可得OA//BC，有∠OAD=∠ADB，而OA=OD，即可得∠ADB=∠ODA，从而AD平分∠BDO．
【详解】（1）解：连接OA，

∵∠ACB＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∴AD=nπr180，
=40×π×6180
=4π3．
（2）证明：∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AB切⊙O于点A，
∴OA⊥AB，
∵∠B=90°，
∴OA//BC，
∴∠OAD=∠ADB，
∴∠ADB=∠ODA，
∴AD平分∠BDO．
【点睛】本题考查与圆有关的计算及圆的性质，解题的关键是掌握弧长公式及圆的切线的性质．
19．已知：△ABC．
(1)尺规作图：用直尺和圆规作出△ABC内切圆的圆心O；（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
(2)如果△ABC的周长为14cm，内切圆的半径为1.3cm，求△ABC的面积．
【答案】(1)作图见详解
(2)9.1
【分析】（1）根据角平分线的性质可知角平分线的交点为三角形内切圆的圆心，故只要作出两个角的角平分线即可；
（2）利用割补法，连接OA，OB，OC，作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，这样将△ABC分成三个小三角形，这三个小三角形分别以△ABC的三边为底，高为内切圆的半径，利用提取公因式可将周长代入，进而求出三角形的面积．
【详解】（1）解：如下图所示，O为所求作点，
（2）解：如图所示，连接OA，OB，OC，作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵内切圆的半径为1.3cm，
∴OD=OF=OE=1.3，
∵三角形ABC的周长为14，
∴AB+BC+AC=14，
则S△ABC=S△AOB+S△COB+S△AOC=12⋅AB⋅OD+12⋅BC⋅OE+12⋅AC⋅OF
=12×1.3×(AB+BC+AC)=12×1.3×14=9.1
故三角形ABC的面积为9.1．
【点睛】本题考查三角形的内切圆，角平分线的性质，割补法求几何图形的面积，能够将角平分线的性质与三角形的内切圆相结合是解决本题的关键．
【新考法】 数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
20．牂牁江“佘月郎山，西陵晚渡”的风景描绘中有半个月亮挂在山上，月亮之上有个“齐天大圣”守护洞口的传说．真实情况是老王山上有个月亮洞，洞顶上经常有猴子爬来爬去，下图是月亮洞的截面示意图．
(1)科考队测量出月亮洞的洞宽CD约是28m，洞高AB约是12m，通过计算截面所在圆的半径可以解释月亮洞像半个月亮，求半径OC的长（结果精确到0.1m）；
(2)若∠COD=162°，点M在CD上，求∠CMD的度数，并用数学知识解释为什么“齐天大圣”点M在洞顶CD上巡视时总能看清洞口CD的情况．
【答案】(1)14.2m
(2)∠CMD=99°，因为CD在∠CMD的内部，所以点M在洞顶CD上巡视时总能看清洞口CD的情况
【分析】（1）根据垂径定理可得BC=12CD=14，勾股定理解Rt△OBC，即可求解；
（2）在优弧CND上任取一点N，连接CM,DM,CN,DN根据圆周角定理可得∠CND=12∠COD=81°，根据圆内接四边形对角互补即可求解．根据因为CD在∠CMD的内部，所以点M在洞顶CD上巡视时总能看清洞口CD的情况．
【详解】（1）解：∵ AB⊥CD，CD=28，
∴ BC=12CD=14，
设半径为r，则OB=r−AB=r−12
在Rt△OBC中，OC2=OB2+BC2
r2=r−122+142
解得r=856≈14.2
答：半径OC的长约为14.2m
（2）如图，在优弧CND上任取一点N，连接CM,DM,CN,DN
∵∠COD=162°，CD=CD
∴∠CND=12∠COD=81°，
∴∠CMD=180°−∠CND=99°
∴ ∠CMD=99°，
因为CD在∠CMD的内部，所以点M在洞顶CD上巡视时总能看清洞口CD的情况．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
21．如图，已知AB是⊙O的直径，BD是⊙O的弦，点P是⊙O外的一点，PC⊥AB，垂足为点C，PC与BD相交于点E，连接PD，且PD=PE，延长PD交BA的延长线于点F．
(1)求证：PD是⊙O的切线；
(2)若DF=4，PE=72，cs∠PFC=45，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据PD=PE，得出∠PED=∠PDE，进而得出∠PDE=∠BEC，易得∠B=∠ODB，根据PC⊥AB，得出∠B+∠BEC=90°，则∠ODB+∠PDE=90°，即可求证PD是⊙O的切线；
（2）易得PD=PE=72，则PF=PD+DF=152，根据cs∠PFC=45，求出CF=PF⋅cs∠PFC=6，OF=DFcs∠PFC=5，则OC=CF−OF=1，根据勾股定理求出OD=3，PC=92，进而求出BC=2,CE=1，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵PD=PE，
∴∠PED=∠PDE，
∵∠PED=∠BEC，
∴∠PDE=∠BEC，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∵PC⊥AB，
∴∠BCP=90°，则∠B+∠BEC=90°，
∴∠ODB+∠PDE=90°，即∠ODP=90°，
∴PD是⊙O的切线；
（2）解：∵PD=PE，PE=72，
∴PD=72，
∵DF=4，
∴PF=PD+DF=152，
∵cs∠PFC=45，
∴CF=PF⋅cs∠PFC=152×45=6，
∵PD是⊙O的切线，
∴OD⊥PD，则∠ODF=90°，
∴OF=DFcs∠PFC=445=5，
∴OC=CF−OF=6−5=1，
根据勾股定理可得：OD=OF2−DF2=52−42=3，PC=PF2−CF2=92，
∴OB=OD=3，
∴BC=OB−OC=3−1=2,CE=PC−PE=92−72=1，
∴根据勾股定理可得：BE=CE2+BC2=12+22=5．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，解题直角三角形，解题的关键是熟练掌握经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，以及解直角三角形的方法和步骤．
【新考法】圆与反比例函数综合
22．小军借助反比例函数图象设计“鱼形”图案，如图，在平面直角坐标系中，以反比例函数y=kx图象上的点A3,1和点B为顶点，分别作菱形AOCD和菱形OBEF，点D，E在x轴上，以点O为圆心，OA长为半径作AC，连接BF．
(1)求k的值；
(2)求扇形AOC的半径及圆心角的度数；
(3)请直接写出图中阴影部分面积之和．
【答案】(1)3
(2)半径为2，圆心角为60°
(3)33−23π
【分析】（1）将A3,1代入y=kx中即可求解；
（2）利用勾股定理求解边长，再利用三角函数求出∠AOD的度数，最后结合菱形的性质求解；
（3）先计算出S菱形AOCD=23，再计算出扇形的面积，根据菱形的性质及结合k的几何意义可求出S△FBO=3，从而问题即可解答．
【详解】（1）解：将A3,1代入y=kx中，
得1=k3，
解得：k=3；
（2）解：∵过点A作OD的垂线，垂足为G，如下图：

∵A3,1，
∴AG=1,OG=3，
∴OA=(3)2+12=2，
∴半径为2；
∵AG=12OA，
∴sin∠AOG=AGOG=12，
∴∠AOG=30°，
由菱形的性质知：∠AOG=∠COG=30°，
∴∠AOC=60°，
∴扇形AOC的圆心角的度数：60°；
（3）解：∵OD=2OG=23，
∴S菱形AOCD=AG×OD=1×23=23，
∵S扇形AOC=16×πr2=16×π×22=23π，
如下图：由菱形OBEF知，S△FHO=S△BHO，

∵S△BHO=k2=32，
∴S△FBO=2×32=3，
∴S阴影部分面积=S△FBO+S菱形AOCD−S扇形AOC=3+23−23π=33−23π．
【点睛】本题考查了反比例函数及k的几何意义，菱形的性质、勾股定理、圆心角，解题的关键是掌握k的几何意义．
23．【创新题】如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF．

(1)求证：△ABE∽△DCE；
(2)当DC=CB，∠DFE=2∠CDB时，则AEBE−DECE=___________；AFAB+FEAD=___________；1AB+1AD−1AF=___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
(3)①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S,S1,S2，若满足S=S1+S2，试判断，△ABE，△CDE的形状，并说明理由．
②当DC=CB，AB=m，AD=n，CD=p时，试用含m，n，p的式子表示AE⋅CE．
【答案】(1)见解析
(2)0，1，0
(3)①等腰三角形，理由见解析，②p2mnp2+mn
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；
（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得AE⋅CE=BE⋅DE，即可得出AEBE−DECE=0，根据已知条件可得EF∥AB，FA=FE，即可得出△DFE∽△DAB根据相似三角形的性质可得EFAB=DFAD，根据恒等式变形，进而即可求解．
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S3,S4，则S=S1+S2+S3+S4，S1S2=S3S4，根据已知条件可得S3=S4，进而可得S△ABD=S△ADC，得出CD∥AB，结合同弧所对的圆周角相等即可证明△ABE,△DCE是等腰三角形；
②证明△DAC∽△EAB，△DCE∽△ACD，根据相似三角形的性质，得出EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，则AC=mn+p2,EC=CD2AC=p2mn+p2，AE=AC−CE=mnmn+p2，计算AE⋅CE即可求解．
【详解】（1）证明：∵AD=AD，
∴∠ACD=∠ABD，
即∠ABE=∠DCE，
又∠DEC=∠AEB，
∴ △ABE∽△DCE；
（2）∵ △ABE∽△DCE，
∴ABDC=BECE=AEDE，
∴AE⋅CE=BE⋅DE，
∴AEBE−DECE=AE⋅CE−BE⋅DEBE⋅CE=0，
∵DC=CB，
∴∠BAC=∠DAC=∠CBD=∠CDB，
∴∠CDB+∠CBD=180°−∠BCD=∠DAB=2∠CDB，
∵∠DFE=2∠CDB
∴∠DFE=∠DAB，
∴EF∥AB，
∴∠FEA=∠EAB，
∵ DC=CB，
∴∠DAC=∠BAC
∴∠FAE=∠FEA，
∴FA=FE，
∵EF∥AB，
∴△DFE∽△DAB，
∴EFAB=DFAD，
∴ AFAB+FEAD= EFAB+AFAD=DFAD+AFAD=ADAD=1，
∵ AFAB+AFAD=AFAB+EFAD=1，
∴AFAB+AFAD=1，
∴1AB+1AD−1AF=0，
故答案为：0，1，0
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S3,S4，
则S=S1+S2+S3+S4，
∵S1S3=S4S2=BEDE，
∴S1S2=S3S4①
∵ S=S1+S2，
即S=S1+S2+2S1S2，
∴S3+S4=2S1S2②
由①②可得S3+S4=2S3S4，
即S3−S42=0，
∴S3=S4，
∴ S△ABE+S△ADE=S△ABE+S△EBC，
即S△ABD=S△ABC，
∴点D和点C到AB的距离相等，
∴CD∥AB，
∴∠ACD=∠BAC,∠CDB=∠DBA，
∵∠ACD=∠ABD，∠CDB=∠CAB，
∴∠EDC=∠ECD=∠EBA=∠EAB，
∴△ABE,△DCE都为等腰三角形；
②∵DC=BC，
∴∠DAC=∠EAB，
∵∠DCA=∠EBA，
∴△DAC∽△EAB，
∴ADEA=ACAB，
∵ AB=m，AD=n，CD=p，
∴EA⋅AC=DA×AB=mn，
∵∠BDC=∠BAC=∠DAC，
∴∠CDE=∠CAD，
又∠ECD=∠DCA，
∴ △DCE∽△ACD，
∴CDAC=CECD，
∴CE⋅CA=CD2=p2，
∴EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，
则AC=mn+p2,EC=CD2AC=p2mn+p2，
∴AE=AC−CE=mnmn+p2，
∴AE⋅EC=mnp2mn+p2．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键．
【几何模型】定弦定角模型
24．已知∠MON=α，点A，B分别在射线OM,ON上运动，AB=6．
(1)如图①，若α=90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A',B',D'，连接OD,OD'．判断OD与OD'有什么数量关系?证明你的结论：
(2)如图②，若α=60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若α=45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大?请说明理由，并求出△AOB面积的最大值．
【答案】(1)OD=OD'，证明见解析
(2)33+3
(3)当OA=OB时，△AOB的面积最大；理由见解析，△AOB面积的最大值为92+9
【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=12AB，OD′=12A′B′，进而得出结论；
（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由(2）可知∶当OC⊥AB时，OC最大，BT=3，当OA=OB时，∠ BOC=22.5°，此时OT最大，根据等腰三角形的性质可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性质可得∠BET=45°，则ET=BT=3，利用勾股定理可得OE，由OT=OE+ET可得OT，然后根据三角形的面积公式进行计算．
【详解】（1）解：OD=OD'，证明如下：
∵ ∠AOB=α=90°，AB中点为D，
∴OD=12AB，
∵D'为A'B'的中点，∠A'OB'=α=90°，
∴OD'=12A'B'，
∵AB=A'B'，
∴OD=OD'；
（2）解：如图1，
作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，
当O运动到O′时，OC最大，
此时△AOB是等边三角形，
∴BO′=AB=6，
OC最大=CO′=CD+DO′=12AB+32BO′=3+33；
（3）解∶如图，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，证明如下∶
以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，
由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，
∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，
又OC⊥AB于T，
∴TC=AT=BT=12AB=3，
∵OC=OT+CT=OT+3，
∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，
∴△AOB的面积最大，
∴∠BOT=12∠AOB=22.5°，
∵OE= BE ，
∴∠OBE=∠BOC = 22.5° ，
∴∠BET=∠OBE+∠BOC=45°
∵OT⊥AB
∴∠EBT=90°−∠BET=45°
∴∠EBT=∠BET=45°
∴ET=BT=3,OE=BE=ET2+BT2=32
∴OT=OE+ET=32+3
综上，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，△AOB面积的最大值为12×6×32+3= 92+9．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”的模型．
【新考法】圆与二次函数综合
25．如图，直线l：y＝2x＋1与抛物线C：y＝2x2＋bx＋c相交于点A（0，m），B（n，7）．
(1)填空：m＝ ，n＝ ，抛物线的解析式为 ．
(2)将直线l向下移a（a＞0）个单位长度后，直线l与抛物线C仍有公共点，求a的取值范围．
(3)Q是抛物线上的一个动点，是否存在以AQ为直径的圆与x轴相切于点P？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1，3，y＝2x2﹣4x＋1
(2)0＜a≤92
(3)存在，P（1，0）或P（17，0）
【分析】（1）将A（0，m），B（n，7）代入y=2x+1，可求m、n的值，再将A（0，1），B（3，7）代入y=2x2+bx+c，可求函数解析式；
（2）由题意可得y=2x+1-a，联立y=2x+1−ay=2x2−4x+1，得到2x2-6x+a=0，再由判别式Δ≥0即可求a是取值范围；
（3）设Q（t，s），则M(t2,s+12),P(t2,0)，半径r=s+12，再由AQ2=t2+（s-1）2=（s+1）2，即可求t的值．
【详解】（1）将A（0，m），B（n，7）代入y＝2x＋1，
可得m＝1，n＝3，
∴A（0，1），B（3，7），
再将A（0，1），B（3，7）代入y＝2x2＋bx＋c得，
c=118+3b+c=7，可得c=1b=−4，
∴y＝2x2﹣4x＋1，
故答案为：1，3，y＝2x2﹣4x＋1；
（2）由题意可得y＝2x＋1﹣a，
联立y=2x+1−ay=2x2−4x+1，
∴2x2﹣6x＋a＝0，
∵直线l与抛物线C仍有公共点
∴Δ＝36﹣8a≥0，
∴a≤92，
∴0（3）存在以AQ为直径的圆与x轴相切，理由如下：
设Q（t，s），
∴M（t2，s+12），P（t2，0），
∴半径r=s+12，
∵AQ2＝t2＋（s﹣1）2＝（s＋1）2，
∴t2＝4s，
∵s＝2t2﹣4t＋1，
∴t2＝4（2t2﹣4t＋1），
∴t＝2或t=27，
∴P（1，0）或P（17，0），
∴以AQ为直径的圆与x轴相切时，P点坐标为P（1，0）或P（17，0）．
,
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行线的性质是解题的关键．