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备战2021年中考数学专题练——专题十一 圆试卷
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专题十一 圆
一、单选题
1.（2019·高新模拟）如图，O为圆心， 是直径， 是半圆上的点， 是 上的点.若 ，则 的大小为（ ）
A. B. C. D.
2.（2020·南通模拟）如图，点A，B，C，D都在⊙O上，BD为直径，若∠A＝65°，则∠DBC的值是（ ）
A. 65° B. 25° C. 35° D. 15°
3.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB＝8，AE＝1，则弦CD的长是( )
A. B. 2 C. 6 D. 8
4.（2020九上·奉化期末）如图，在菱形ABCD中，已知AB=4，∠B=60°，以AC为直径的⊙O与菱形ABCD相交，则图中阴影部分的面积为( )
A. B. C. D.
5.（2019九上·温州月考）如图，△ABC内接于⊙O中，AB=AC， =60°，则∠B=( )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°
6.（2020九上·中山期末）如图，AD是半圆的直径，点C是弧BD的中点，∠ADC=55°，则∠BAD等于（ ）
A. 50° B. 55° C. 65° D. 70°
7.（2020九上·海曙期末）平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标为(-4，-5)，半径为5，那么⊙P与y轴的位置关系是（ ）
A. 相交 B. 相离 C. 相切 D. 以上都不是
8.（2019九上·驻马店期末）如图，直径AB为3的半圆，绕A点逆时针旋转60°，此时点B到了点B′处，则图中阴影部分的面积是（ ）
A. 3π B. C. 6π D. 24π
9.（2020九上·北仑期末）下列四个结论，不正确的是（ ）
①过三点可以作一个圆； ②圆内接四边形对角相等
③平分弦的直径垂直于弦；④相等的圆周角所对的弧也相等
A. ②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③④
10.（2020九上·诸暨期末）如图， 是圆内接四边形 的一条对角线，点 关于 的对称点 在边 上，连接 .若 ，则 的度数为（ ）
A. 106° B. 116° C. 126° D. 136°
11.（2019九上·武汉月考）如图，O的半径为1，弦AB＝1，点P为优弧AB上一动点，AC⊥AP交直线PB于点C，则△ABC的最大面积是（ ）
A. B. C. D.
12.如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D. 若⊙O的半径为 ，AB=8，则BC的长是（ ）
A. B. C. D.
13.（2019九上·如皋期末）如图，▱ABCD中， ， ， ， 是边AB上的两点，半径为2的 过点A，半径为1的 过点 、E、F分别是边CD， 和 上的动点 则 的最小值等于
A. B. 6 C. D. 9
14.（2019·武汉模拟）点G为△ABC的重心（△ABC三条中线的交点），以点G为圆心作⊙G与边AB，AC相切，与边BC相交于点H，K，若AB＝4，BC＝6，则HK的长为（ ）
A. B. C. D.
15.（2019·武汉模拟）如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD，CD分别与⊙O切于点E，F，点M、N分别在线段DE，DF上，且MN与⊙O相切，若△MBN的面积为8，则⊙O的半径为（ ）
A. B. 2 C. D. 2
16.（2020·长兴模拟）如图，AB为☉O的直径，P为弦BC上的点，∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交☉O于点D，过点D作DE∥AB交AB的延长线于点E.若点C恰好是 的中点，BE=6，则PC的长是（ ）
A. -8 B. -3 C. 2 D. 12-
17.（2019九上·宜兴月考）在平面直角坐标系 中，直线经过点A（－3，0），点B（0， ），点P的坐标为（1，0），与 轴相切于点O，若将⊙P沿 轴向左平移，平移后得到（点P的对应点为点P′），当⊙P′与直线相交时，横坐标为整数的点P′共有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
18.（2019·海州模拟）如图，菱形ABCD的边AB=5，面积为20，∠BAD＜90°，⊙O与边AB、AD都相切，AO=2，则⊙O的半径长等于（ ）
A. B. C. D.
19.（2019·高台模拟）如图，AB与⊙O相切于点C，OA＝OB，⊙O的直径为6cm，AB＝6 cm，则阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
20.（2019九下·深圳月考）如图，△ABC内接于圆O，∠BOC=120°，AD为圆O的直径．AD交BC于P点且PB=1，PC=2，则AC的长为( )
A. B. C. 3 D. 2
二、填空题
21.（2019·嘉定模拟）如图， 的半径长为5cm， 内接于 ，圆心O在 的内部，如果 ， cm，那么 的面积为________cm
22.（2019九上·黄石期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC=25°.求∠P的度数________.
23.（2020九上·东台期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知∠ABO=40°，则∠ACB的大小为________．
24.（2019·台江模拟）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，∠A＝25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线于点D ， 则∠D的度数是________．
25.（2019九上·道里期末）如图，已知，在 中， ， ， ， 是ABC的内切圆，则这个圆的半径是________．
26.（2020九上·北仑期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠B=45°，DE⊥AC于E交AB于F，若BC=2CD，AE=2，则线段BF=________。
27.（2019九上·柳江月考）如图，⊙O的半径是2，直线1与⊙O相交于A、B两点，M，N是⊙O上的两个动点，且在直线l的异侧，若∠AMB=45°，则四边形MANB的面积最大值是________。
28.（2019九上·武汉月考）在⊙O中，AB为直径，∠ACD=45°，已知AC=7，BC=5，则CD =________
29.（2020九上·大丰期末）如图，抛物线 与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，⊙B的圆心为B，半径是1，点P是直线AC上的动点，过点P作⊙B的切线，切点是Q，则切线长PQ的最小值是________．
30.如图，已知⊙O是以数轴的原点O为圆心，半径为1的圆，∠AOB＝45°，点P在数轴上运动，若过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，设OP＝x(x≥0)，则x的取值范围是________．
三、解答题
31.（2019九上·天河期末）如图，⊙O中，OA⊥BC，∠AOB＝50°，求∠ADC的度数．
32.（2020九上·奉化期末）如图，在一座圆弧形拱桥，它的跨度AB为60m，拱高PM为18m，当洪水泛滥到跨度只有30m时，就要采取紧急措施，若某次洪水中，拱顶离水面只有64m，即PN=4m时，试通过计算说明是否需要采取紧急措施。
33.（2019·长春模拟）如图，OA、OB是⊙O的半径，OA⊥OB，C为OB延长线上一点，CD切⊙O于点D，E为AD与OC的交点，连接OD．已知CE＝5，求线段CD的长．
34.（2020九上·兴安盟期末）如图，BF为⊙O的直径，直线AC交⊙O于A、B两点，点D在⊙O上，BD平分∠OBC，DE⊥AC于点E．求证：直线DE是⊙O的切线.
35.（2019九上·白云期末）⊙O的直径为10cm，AB、CD是⊙O的两条弦，AB∥CD，AB＝6cm，CD＝8cm，求AB和CD之间的距离．
36.（2019·青海模拟）如图，AB为⊙O的直径，C、F为⊙O上两点，且点C为弧BF的中点，过点C作AF的垂线，交AF的延长线于点E，交AB的延长线于点D.
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）如果半径的长为3，tanD= ，求AE的长.
37.（2019·增城模拟）如图,在 中， ,点 是 上一点．
（1）尺规作图：作 ，使 与 、 都相切．（不写作法与证明，保留作图痕迹）
（2）若 与 相切于点D，与 的另一个交点为点 ，连接 、 ，求证： ．
38.（2018九下·新田期中）如图，在 △ABC中，∠ACB= ，以点A为圆心，AC为半径，作⊙A，交AB于点D，交CA的延长线于点E，过点E作AB的平行线EF，交⊙A于点F，连接AF，BF，DF.
（1）求证：BF是⊙A的切线；
（2）当∠CAB等于多少度时，四边形ADFE为菱形？请给与证明.
（3）若EF=1，AE=2，求cos∠CBA的值.
39.（2019九下·南宁开学考）如图，在 中， ，以 为直径作⊙ ，分别交 、 于点 、 ，点 在 的延长线上，且 .
（1）求证： 与⊙ 相切.
（2）若 ，求 的长度
40.（2019·宁洱模拟）如图，A、B是⊙O上的两个定点，P是⊙O上的动点（P不与A、B重合）、我们称∠APB是⊙O上关于点A、B的滑动角.
（1）已知∠APB是⊙O上关于点A、B的滑动角，
①若AB是⊙O的直径，则∠APB＝________°；
②若⊙O的半径是1，AB＝ ，求∠APB的度数；________
（2）已知O2是⊙O1外一点，以O2为圆心作一个圆与⊙O1相交于A、B两点，∠APB是⊙O1上关于点A、B的滑动角，直线PA、PB分别交⊙O2于M、N（点M与点A、点N与点B均不重合），连接AN，试探索∠APB与∠MAN、∠ANB之间的数量关系.
41.（2019·抚顺模拟）如图，在 中， 平分 ，交 于点 ，以点 为圆心， 为半径的⨀ 与 相交于点 .
（1）判断直线 与⨀ 的位置关系，并证明你的结论；
（2）若 ，求 的长.
42.（2019九上·孝南月考）如图在单位长度为1的正方形网格中，一段圆弧经过网格的交点A、B、C.
（1）请完成如下操作：
①以点O为坐标原点、竖直和水平方向为轴、网格边长为单位长，建立平面直角坐标系；
②根据图形提供的信息，只借助直尺确定该圆弧所在圆的圆心D，并连接AD、CD.(保留作图痕迹，不写作法)
（2）请在(1)的基础上，完成下列填空与计算：
①写出点的坐标：C________、D________；
②⊙D的半径=________；(结果保留根号)
③求扇形ADC的面积.(结果保留π)________
43.（2019·南陵模拟）如图，在△ABC中，以AC为直径的⊙O与边AB交于点D ， 点E为⊙O上一点，连接CE并延长交AB于点F ， 连接ED ．
（1）若BC是⊙O的切线，求证：∠B+∠FED＝90°；
（2）若FC＝6，DE＝3，FD＝2．求⊙O的直径．
44.（2019九上·深圳期末）如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP．
（1）求证：直线CP是⊙O的切线．
（2）若BC=2 ，sin∠BCP= ，求点B到AC的距离．
（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．
45.（2020九上·嘉陵期末）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是半径OA的中点，过点C作OA的垂线交AB于点E，且与BE的垂直平分线交于点D，连接BD。
（1）求证：BD是⊙O的切线
（2）若⊙O的半径为2 ，CE=1，试求BD的长。
46.（2019·青浦模拟）已知：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，D是AB的中点，以CD为直径的⊙Q分别交BC、BA于点F、E ， 点E位于点D下方，连接EF交CD于点G ．
（1）如图1，如果BC＝2，求DE的长；
（2）如图2，设BC＝x ， ＝y ， 求y关于x的函数关系式及其定义域；
（3）如图3，连接CE ， 如果CG＝CE ， 求BC的长．
47.（2019·西安模拟）已知，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，在CD的延长线上取一点P，PG与⊙O相切于点G，连接AG交CD于点F.
（1）如图①，若∠A＝20°，求∠GFP和∠AGP的大小；
（2）如图②，若E为半径OA的中点，DG∥AB，且OA＝2 ，求PF的长.
48.（2019九上·江都期末）如图， 中， ， ， .点 从点 出发，沿着 运动，速度为 个单位/ ，在点 运动的过程中，以 为圆心的圆始终与斜边 相切,设⊙ 的面积为 ，点 的运动时间为 （ ）（ ）.
（1）当 时， ________；（用含 的式子表示）
（2）求 与 的函数表达式；
（3）在⊙P运动过程中，当⊙P与三角形ABC的另一边也相切时，直接写出t的值.
49.（2019九上·尚志期末）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a＜0）从左到右依次交x轴于A、B两点，交y轴于点C．
（1）求点A、C的坐标；
（2）如图1，点D在第一象限抛物线上，AD交y轴于点E，当DE=3AE，OB=4CE时，求a的值；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P在C、D之间的抛物线上，连接PC、PD，点Q在点B、D之间的抛物线上，QF∥PC，交x轴于点F，连接CF、CB，当PC=PD，∠CFQ=2∠ABC，求BQ的长．
50.（2019九上·枣阳期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，O是边AC上一点，以O为圆心，以OA为半径的圆分别交AB、AC于点E、D，在BC的延长线上取点F，使得BF=EF.
（1）判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若∠A=30°，求证：DG= DA；
（3）若∠A=30°，且图中阴影部分的面积等于2 ，求⊙O的半径的长.
答案解析部分
一、单选题
1. A
【解答】连接BD，
∵ 是直径， 是 上的点，
∴∠ADB=90°，
∵∠BDC与∠BOC是弦BC所对的圆周角和圆心角，∠BOC=40°，
∴∠BDC= ∠BOC=20°，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=90°+20°=110°.
故答案为：A.
【分析】连接BD，由AB是直径可得∠ADB=90°，根据圆周角定理可知∠BDC= ∠BOC，进而可求出∠D的度数.
2. B
【解答】解：∵BD为直径，
∴∠BCD＝90°，
由圆周角定理得，∠D＝∠A＝65°，
∴∠DBC＝90°﹣65°＝25°，
故答案为：B.
【分析】根据圆周角定理得到∠BCD＝90°，∠D＝∠A＝65°，根据直角三角形的性质计算即可.
3. B
【解答】解：连接OC，
∵CD⊥AB，
∴CD=2CE，
∵AB=8，AE=1，
∴OC=OA=4，OE=OA-AE=4-1=3
在Rt△OCE中，
,
∴CD=.
故答案为：B.
【分析】连接OC，利用垂径定理可证得CD=2CE，再利用已知条件求出OC，OE的长，然后利用勾股定理求出CE的长，即可求出CD。
4. D
【解答】解：连结AC、OE、过O作OH⊥AB，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AC,
∵∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴OH=OA×sin∠EAO=2×=，
∴S弓形AEH=S扇形AOE-S△AOE=π×22-×2×=π-，
∴ 阴影部分的面积为 ：圆的面积-4S弓形AEH=4π-4(π-)=4+π.
故答案为：D.
【分析】先根据菱形的性质，结合∠B=60°，推得△ABC为等边三角形，则有关线段可求，阴影部分面积等于圆的面积和4个空白弓形的面积之差，据此列式即可求值.
5. D
【解答】解：∵ =60° ，
∴∠A=×60°=30°.
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=
故答案为：D.
【分析】由圆周角等于它所夹弧所对的圆心角的一半得出∠A的度数，结合AB=AC，利用三角形内角和定理即可求出∠B的度数.
6. D
【解答】连接OB，OC。
∵∠ADC=55°，
∴∠AOC=2∠ADC=110°
∴弧AC=110°
∵AD是直径
∴弧CD=70°，
∵D是弧BD的中点，
∴弧BD=140°
∴∠BOD=140°
∴∠BAD=∠BOD=70°
故答案为：D
【分析】连接OB，OC，求出∠BOD即可解决问题。
7. A
【解答】解：∵圆P的圆心坐标为（-4，-5），
∴点P到y轴的距离为|-4|=4＜5，
∴圆P与y轴相交.
故答案为：A.
【分析】利用点P的坐标，可得到点P到y轴的距离，再与5比较大小，利用点与圆的位置关系，可得答案。
8. B
【解答】由旋转的性质可知：以AB′为直径的半圆的面积=以AB为直径的半圆的面积，再根据阴影部分的面积=以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积-以AB为直径的半圆的面积=扇形ABB′的面积．
则阴影部分的面积是： π．
故选：B．
【分析】根据阴影部分的面积=以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积-以AB为直径的半圆的面积．即阴影部分的面积就等于扇形ABB′的面积．
9. D
【解答】解:①、因为任意不共线的三点确定一个圆，故①错误；
②、因为圆的内接四边形的对角互补，故②错误；
③、因为平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故③错误；
④、因为在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，故④错误.
故答案为：D.
【分析】根据过不在同一直线上的三点能做一个圆，而且只能做一个圆可知①错误；根据圆内接四边形的性质可判断②错误；根据垂径定理的推论可知③错误；根据圆周角定理的推论可判断④错误.
10. B
【解答】解：∵四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠D=180°-∠ABC=180°-64°=116°，
∵点D关于 的对称点 在边 上，
∴∠D=∠AEC=116°，
故答案为B.
【分析】根据圆的内接四边形对角互补，得出∠D的度数，再由轴对称的性质得出∠AEC的度数即可.
11. D
【解答】解：连结OA、OB，作△ABC的外接圆D，如图1，
∵OA=OB=1，AB=1，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠APB= ∠AOB=30°，
∵AC⊥AP，
∴∠C=60°，
∵AB=1，要使△ABC的最大面积，则点C到AB的距离最大，
∵∠ACB=60°，点C在⊙D上，
∴∠ADB=120°，
如图2，
当点C优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，且面积为 ，
∴△ABC的最大面积为 .
故答案为：D.
【分析】连结OA、OB，如图1，由OA=OB=AB=1可判断△OAB为等边三角形，则∠AOB=60°，根据圆周角定理得∠APB= ∠AOB=30°，由于AC⊥AP，所以∠C=60°，因为AB=1，则要使△ABC的最大面积，点C到AB的距离要最大；由∠ACB=60°，可根据圆周角定理判断点C在⊙D上，且∠ADB=120°，如图2，于是当点C优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，从而得到△ABC的最大面积
12. C
【解答】解：连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图.
∵D为AB的中点，∴OD⊥AB，∴AD=BD= AB=4.
在Rt△OBD中，OD= =2.
∵将弧 沿BC折叠后刚好经过AB的中点D，∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，∴ ，∴AC=DC，∴AE=DE=2.
易证四边形ODEF为正方形，∴OF=EF=2.
在Rt△OCF中，CF= =4，∴CE=CF+EF=4+2=6.
而BE=BD+DE=4+2=6，∴BC= .
故答案为：C.
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD= AB=4，于是根据勾股定理可计算出OD=2，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到 ，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=2，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=2，然后计算出CF后得到CE=BE=6，由勾股定理可得到BC的长.
13. B
【解答】作 关于CD的对称点O，连接 交CD于P，
连接 交 ，连接 交 于E，
则此时， 的值最小， 的最小值 ，
连接 交CD于G，
过B作 于H，则 ，
在▱ABCD中， ， ， ，
，
，
，
，半径为2的 过点A，半径为1的 过点B，
， 外切，
，
， ，
，
，
，
的最小值 .
故答案为：B.
【分析】作 关于CD的对称点O，连接 交CD于P，连接 交 ，连接 交 于E，则此时， 的值最小， 的最小值 ，连接 交CD于G，过B作 于H，则 ，根据平行四边形的性质得到 ，求得 ，得到 ，根据已知条件得到 ， 外切，得到 ，根据勾股定理即可得到结论.
14. A
【解答】设⊙G与边AB，AC相切于E，F，连接EG，FG，
则EG⊥AB，FG⊥AC，
连接AG并延长交BC于S，
∵EG＝FG，
∴∠BAS＝∠CAS，
∵点G为△ABC的重心，
∴BS＝CS＝ BC＝3，
延长AS到O时SO＝AS，
在△ACS与△OBS中 ，
∴△ACS≌△OBS（SAS），
∴∠O＝∠CAS，AC＝OB，
∵∠BAS＝∠CAS，
∴∠BAS＝∠O，
∴AB＝BO，
∴AB＝AC，
∴AS⊥BC，
∴AS＝ ，
∴AG＝ AS＝ ，SG＝ AS＝ ，
∵∠EAG＝∠SAB，∠AEG＝∠ASB＝90°，
∴△AEG∽△ASB，
∴ ，
∴ ，
∴EG＝ ，
连接GH，
∴GH＝ ，
∴HS＝ ，
∴HK＝2HS＝ ．
故答案为：A．
【分析】根据切线的性质得到EG⊥AB，FG⊥AC，连接AG并延长交BC于S，根据重心的性质得到BS＝CS＝ BC＝3，延长AS到O时SO＝AS，根据全等三角形的性质得到∠O＝∠CAS，AC＝OB，由勾股定理得到AS＝ ，根据相似三角形的性质即可得到结论．
15. B
【解答】解：设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.
∵AD、CD、MN是切线，
∴AE＝DE＝DF＝CF＝a，MK＝ME，NK＝NF，设MK＝ME＝x，NK＝NF＝y，
在Rt△DMN中，∵MN＝x+y，DN＝a﹣y，DM＝a﹣x，
∴（x+y）2＝（a﹣y）2+（a﹣x）2 ，
∴ax+ay+xy＝a2 ，
∵S△BMN＝S正方形ABCD﹣S△ABM﹣S△DMN﹣S△BCN＝8，
∴4a2﹣ ×2a×（a+x）﹣ （a﹣x）（a﹣y）﹣ ×2a×（a+y）＝8，
∴ a2﹣ （ax+ay+xy）＝8，
∴a2＝8，
∴a＝2 ，
∴AB＝2a＝4 ，
∴⊙O的半径为2 ，
故答案为：B.
【分析】设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.因为AD、CD、MN是切线，可得AE=DE=DF=CF=a，MK=ME，NK=NF，设MK=ME=x，NK=NF=y，在Rt△DMN中，以为MN=x+y，DN=a-y，DM=a-x，看到（x+y）2=（a-y）2+（a-x）2 ， 推出ax+ay+xy=a2 ， 根据S△BMN=S正方形ABCD-S△ABM-S△DMN-S△BCN=8，构建方程求出a即可解决问题；
16. A
【解答】解：如图，连接OD ， 交CB于点F ， 连接BD ，
∵，
∴∠DBC＝∠ABC＝30°，
∴∠ABD＝60°，
∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OD⊥FB，
∴OF＝DF，
∴BF∥DE，
∴OB＝BE＝6
∴CF＝FB＝OB•cos30°＝6×＝3，
在Rt△POD中，OF＝DF，
∴PF＝DO＝3，
∴CP＝CF﹣PF＝3﹣3．
故答案为：B ．
【分析】首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．
17. C
【解答】如图所示，
∵点P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切于点O，
∴⊙P的半径是1，
若⊙P与AB相切时，设切点为D，由点A（-3，0），点B（0， ），
∴OA=3，OB= ，
由勾股定理得：AB=2 ，∠DAM=30°，
设平移后圆与直线AB第一次相切时圆心为M（即对应的P′），
∴MD⊥AB，MD=1，又因为∠DAM=30°，
∴AM=2，M点的坐标为（-1，0），即对应的P′点的坐标为（-1，0），
同理可得圆与直线第二次相切时圆心N的坐标为（-5，0），
所以当⊙P′与直线l相交时，横坐标为整数的点P′的横坐标可以是-2，-3，-4共三个.
故答案为：C.
【分析】先求出⊙P的半径，继而求得相切时P′点的坐标，根据A（-3，0），可以确定对应的横坐标为整数时对应的数值.
18. D
【解答】连接AC、BD、OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AM=CM，BM=DM，
∵⊙O与边AB、AD都相切，
∴点O在AC上，
设AM=x，BM=y，
∵∠BAD＜90°，
∴x＞y，
由勾股定理得，x2+y2=25，
∵菱形ABCD的面积为20，
∴ xy=5，
解得，x=2 ，y= ，
∵⊙O与边AB相切，
∴∠OEA=90°，
∵∠OEA=∠BMA，∠OAE=∠BAM，
∴△AOE∽△ABM，
∴ ，即
解得，OE= ，
故答案为：D．
【分析】连接AC、BD、OE，根据菱形的性质、勾股定理分别求出AM、BM，根据切线的性质得到∠OEA=90°，证明△AOE∽△ABM，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
19. C
【解答】如图，连接OC，则OC= =3，
∵AB与⊙O相切于点C，
∴OC⊥AB，即∠ACO=90°，
∵OA=OB，AB=6 ，
∴AC= AB=3 ，∠A=∠B，
在Rt△AOC中，tan∠A= ，
∴∠A=30°，
∴∠AOB=180°-∠A-∠B=120°，
∴S阴影=S△AOB-S扇形ODE= = ，
故答案为：C.
【分析】如图，连接OC，由切线的性质可得∠ACO=90°，根据OA=OB，AB=6 ，可得AC=3 ，∠A=∠B，在Rt△AOC中，可求得∠A=30°，继而可得∠AOB=120°，根据S阴影=S△AOB-S扇形ODE进行计算即可得.
20. A
【解答】延长CO交⊙O于E，连接BE，
∵CE是⊙O的直径，
∴∠EBC=90°，
∵∠BOC=120°
∴∠BAC= ∠BOC=60°
∴∠BEC=∠BAC=60°，
∴∠ECB=30°，
∴CE=2BE，
∵PB=1，PC=2，
则BC=3，
，
∴CE= ，
则OA=OD= ，
∵ , ，
∴ ，
又∵∠OCP=∠BCE，
∴△OCP∽△BCE，
∴∠POC=∠PBE=90°，
∴AC2=OA2+OC2=6，
∴AC= .
故答案为：A．
【分析】延长CO交⊙O于E，连接BE，由CE是⊙O的直径，推出∠EBC=90°，根据含30°直角三角形定理可求得BC，CE，进而求得OA=OD= ，通过计算证得 ，由相似三角形的判定证得△OCP∽△BCE，即可证得∠POC=∠PBE=90°，根据勾股定理即可求得结论．
二、填空题
21. 32
【解答】如图，过点A作 于点M，连接OC，
AB=AC且BC=8,
BM=CM= BC=4
∵圆的半径等于5
故答案为32
【分析】过点A作 于点M，连接OC，根据等腰三角形的性质及垂径定理即可求出OM的值，从而可知AM的值，进而面积可求.
22. 50
【解答】∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA，
∵AC是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，
∴AC⊥AP，
∴∠CAP=90°，
∵∠BAC=25°，
∴∠PBA=∠PAB=90°﹣25°=65°，
∴∠P=180°﹣∠PAB﹣∠PBA=180°﹣65°﹣65°=50°.
【分析】根据切线性质得出PA=PB，∠PAO=90°，求出∠PAB的度数，得出∠PAB=∠PBA，根据三角形的内角和定理求出即可.
23. 130°
【解答】∵OA=OB，∠ABO=40°，
∴∠AOB=100°，
∴∠ACB= ×（360°﹣100°）=130°，
故答案为：130°．
【分析】根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠AOB，根据圆周角定理计算即可．
24. 40°
【解答】解：连接OC ， 如图所示．
∵OA＝OC ， ∠A＝25°，
∴∠OCA＝∠A＝25°．
∵CD为⊙O的切线，
∴∠OCD＝90°，
∴∠ACD＝∠ACO+∠OCD＝25°+90°＝115°，
∴∠D＝180°﹣∠A﹣∠ACD＝180°﹣25°﹣115°＝40°．
故答案为：40°．
【分析】连接OC ， 即可得出∠OCA＝∠A＝25°，再根据切线的性质即可得出∠OCD＝90°，进而得出∠ACD＝115°，由三角形内角和定理即可算出∠D的度数，此题得解．
25. 2
【解答】在Rt△ABC中，∵∠C=90°，AB=13，AC=5，
∴BC= =12，
设内切圆半径为r，则有 BC AC= （AB+BC+AC） r，
∴r= . =2．
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理可求出BC的长，设内切圆半径为r，由△ABC的面积=BC AC= （AB+BC+AC） r，即可求出圆的半径.
26.
【解答】解：如图：连接BD，
∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴A、B、C、D四点共圆，
∴∠CBD=∠CAD，
∵DE⊥AC，
∴∠AED=90°=∠BCD，
∴△AED∽△BCD，
∴AE∶DE=BC∶CD=2∶1，
∴DE=AE=1,
根据勾股定理得AD=；
延长BA、CD交于G，
∵∠B=45°，∠BCD=90°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴BC=CG=2CD=2DG，
∵ ∠G=45°，∠GAD=90°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
∴AG=AD=， DG=，
则CD=， BC=2， BG=BC=4；
∵∠ADE=∠FDA，∠FAD=∠AED=90°，
∴△AED∽△FAD，
∴AF∶AD=AE∶DE=2∶1，
∴AF=2AD=2，
∴BF=BG-AF-AG=.
故答案为：.
【分析】根据四点共圆的条件判断出A、B、C、D四点共圆，根据同弧所对的圆周角相等得出∠CBD=∠CAD，然后判断出△AED∽△BCD，根据相似三角形对应边成比例得出DE的长，进而根据勾股定理算出AD的长，然后判断出△BCG是等腰直角三角形，△ADG是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出DG,AG、BG的长，进而再判断出△AED∽△FAD，根据相似三角形对应边成比例得出AF的长，最后根据BF=BG-AF-AG算出答案.
27.
【解答】解：过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连结OA、OB、DA、DB、EA、EB，如图，
∵∠AMB＝45°，
∴∠AOB＝2∠AMB＝90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴AB＝OA=2,
∵S四边形MANB＝S△MAB＋S△NAB ，
∴当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，
即M点运动到D点，N点运动到E点，
此时四边形MANB面积的最大值＝S四边形DAEB＝S△DAB＋S△EAB＝AB•CD＋AB•CE＝AB（CD＋CE）＝AB•DE＝×2×4=4.
故答案为：4.
【分析】过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连结OA、OB、DA、DB、EA、EB，如图，首先根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得出∠AOB＝90°，从而得出△OAB为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出AB的长，然后根据S四边形MANB＝S△MAB＋S△NAB，由底一定的时候，高越大三角形的面积越大得出：当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，即M点运动到D点，N点运动到E点，进而根据垂径定理判断出当DE垂直AB时DE最大，从而即可得出答案.
28. 或
【解答】解：如图：过点A作AM⊥CD，过点B作BN⊥CD，连接AD,BD
∵ 且AB是圆的直径
∴△MAC,△NBC，△ABD均为等腰直角三角形
∴AD=BD
∵AM⊥CD， BN⊥CD
∴
又∵
∴
∴△MAD≌△NDB
∴DN=AM
又∵△MAC,△NBC均为等腰直角三角形
∴ ,
∴ ;
如图：过点A作AM⊥CD，过点B作BN⊥CD，连接AD,BD
同理可证，此时
故答案为： 或
【分析】分情况讨论，过点A作AM⊥CD，过点B作BN⊥CD，连接AD,BD，通过证明△MAC,△NBC，△ABD均为等腰直角三角形和△MAD≌△NDB求解.
29.
【解答】令 中y=0，得x1=- ，x2=5 ，
∴直线AC的解析式为 ，
设P（x， ），
∵过点P作⊙B的切线，切点是Q，BQ=1
∴PQ2=PB2-BQ2 ，
=(x-5 )2+（ ）2-1，
= ，
∵ ，
∴PQ2有最小值 ，
∴PQ的最小值是 ，
故答案为： ，
【分析】先根据解析式求出点A、B、C的坐标，求出直线AC 的解析式，设点P的坐标，根据过点P作⊙B的切线，切点是Q得到PQ的函数关系式，求出最小值即可.
30. 0≤x≤
【解答】解：如图，当过P的直线与圆相切时，x有最大值，
∵∠OQP=90°，∠P1OQ=45°，
∴OP1===，
当P与O重合时，x有最小值，
故答案为： 0≤x≤ .
【分析】首先找出OP最大或最小时点P的位置，由图可知当平行线与圆相切时，OP有最大值，当P与O重合时，OP有最小值，其值为0，再利用三角函数求出最大值，即可得出x的取值范围。
三、解答题
31. 解：∵⊙O中，OA⊥BC，
∴弧AB=弧AC ，
∴∠ADC＝ ∠AOB＝ ×50°＝25°
【分析】由⊙O中，OA⊥BC ， 利用垂径定理，即可证得弧AB=弧AC ， 又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得圆周角∠ADC的度数．
32. 解：设圆弧所在圆的圆心为O，连结OA，OA'，如图所示
设半径为x(m)则OA=OA’=OP=x(m)
由垂径定理可知AM=BM A’N=B’N
∵AB=60m，∴AM=30m，且OM=OP-PM=(x-18)m
在Rt△AOM中，由勾股定理可得AO2=OM2+AM2
即x2=(x-18)2+302 ， 解得x=34
∴ON=OP-PN=34-4=30（m)
在△A'ON中，由勾股定理可得
A'N= = =16(m)
A'B'=32m>30m
∴不需要采取紧急措施。
【分析】 设圆弧所在圆的圆心为O，半径为x, 连结OA，OA'，利用垂径定理求出AM的长，结合已知量把QM用含x的代数式表示，在Rt△AMQ中，利用勾股定理列式求出x, 于是在Rt△A'ON中，由勾股定理列式可求A'N的长，则A'B'长可求，最后和30m作比较，可得判断.
33. 解：∵CD切⊙O于点D，
∴∠ODC＝90°；
又∵OA⊥OC，即∠AOC＝90°，
∴∠A+∠AEO＝90°，∠ADO+∠ADC＝90°；
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO，
∴∠ADC＝∠AEO；
又∵∠AEO＝∠DEC，
∴∠DEC＝∠ADC，
∴CD＝CE，
∵CE＝5，
∴CD＝5．
【分析】根据切线的性质，以及直角三角形的性质，直角三角形的两锐角互余，即可证明∠ADC=∠AEO，从而得到∠DEC=∠ADC，根据三角形中，等角对等边即可证明△CDE是等腰三角形，即CD=CE．
34. 证明：如图所示，连接OD，
∵OD=OB
∴∠ODB=∠OBD
∵BD平分∠OBC
∴∠OBD=∠DBE
∴∠ODB=∠DBE
∴OD∥AC
∵DE⊥AC
∴OD⊥DE
∵OD是⊙O的半径
∴直线DE是⊙O的切线
【分析】连接OD，证得∠ODB=∠DBE，即可得到OD∥AC，由DE⊥AC得到OD⊥DE，即可得到直线DE是⊙O的切线.
35. 解：分两种情况考虑：
当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，
过O作OE⊥AB，交AB于点E，交CD于点F，连接OA，OC，
∵AB∥CD，∴OE⊥CD，
∴E、F分别为AB、CD的中点，
∴AE＝BE＝ AB＝3cm，CF＝DF＝ CD＝4cm，
在Rt△COF中，OC＝5cm，CF＝4cm，
根据勾股定理得：OF＝3cm，
在Rt△AOE中，OA＝5cm，AE＝3cm，
根据勾股定理得：OE═4cm，
则EF＝OE﹣OF＝4cm﹣3cm＝1cm；
当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，
同理可得EF＝4cm+3cm＝7cm，
综上，弦AB与CD的距离为7cm或1cm．
【分析】分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，过O作OE⊥CD，交CD于点F，交AB于点E，连接OA，OC，由AB∥CD，得到OE⊥AB，利用垂径定理得到E与F分别为CD与AB的中点，在直角三角形AOF中，利用勾股定理求出OF的长，在三角形COE中，利用勾股定理求出OE的长，由OE-OF即可求出EF的长；当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，同理由OE+OF求出EF的长即可．
四、综合题
36. （1）证明：连接OC，如图.
∵点C为弧BF的中点，∴弧BC=弧CF，∴∠BAC=∠FAC.∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∴∠OCA=∠FAC，∴OC∥AE.∵AE⊥DE，∴OC⊥DE，∴DE是⊙O的切线
（2）解：在Rt△OCD中，∵tanD= ，OC=3，∴CD=4，∴OD= =5，∴AD=OD+AO=8.在Rt△ADE中，∵sinD= ，∴AE= .
【分析】（1）连接OC，如图，由弧BC=弧CF得到∠BAC=∠FAC，加上∠OCA=∠OAC.则∠OCA=∠FAC，所以OC∥AE，从而得到OC⊥DE，然后根据切线的判定定理得到结论；（2）先在Rt△OCD中利用正切定义计算出CD=4，再利用勾股定理计算出OD=5，则sinD= ，然后在Rt△ADE中利用正弦的定义可求出AE的长.
37. （1）解：如图， 及为所求．
（2）解：连接 ．
∵ 是 的切线，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∵ 是直径，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又
∴ ∽
∴
∴ ．
【分析】（1）利用角平分线的性质作出∠BAC的角平分线，利用角平分线上的点到角的两边距离相等得出O点位置，进而得出答案．（2）根据切线的性质，圆周角的性质，由相似判定可证△CDB∽△DEB，再根据相似三角形的性质即可求解．
38. （1）证明：∵EF∥AB，
∴∠E=∠CAB，∠EFA=∠FAB，
∵∠E=∠EFA，
∴∠FAB=∠CAB，
在△ABC和△ABF中，
，
∴△ABC≌△ABF（SAS），
∴∠AFB=∠ACB=90°，
∴BF⊥AF，
∵AF是⊙A的半径，
∴BF是⊙A的切线；
（2）解：当∠CAB=60°时，四边形ADFE为菱形．
理由如下：∵∠CAB=60°，
∴∠FAB=∠EAF=60°，
∵AE=AF=AD，
∴△AEF和△ADF都为等边三角形，
∴AE=EF=AD=DF，
∴四边形ADFE是菱形．
（3）解：连FC，
∵EC为直径，
∴∠EFC=90°
∵EF=1，AE=2，
∴FC= ，
∵A为EC的中点，EF∥AB，
∴AB垂直平分线FC，交AB于P，则CP=
又∠ABC=∠ACP
cos∠ABC= ∠ACP= =
【分析】（1）根据平行线的性质得∠E=∠CAB，∠EFA=∠FAB，加上∠E=∠EFA，则∠FAB=∠CAB，于是可判断△ABC≌△ABF，从而得到∠AFB=90°，然后根据切线的判定方法可判断BF是⊙A的切线；（2）当∠CAB=60°，则∠FAB=∠EAF=60°，于是可证△AEF和△ADF都为等边三角形，所以AE=EF=AD=DF，然后根据菱形的判定方法可判断此时四边形ADFE是菱形;(3)连接FC，证明∠ACF=∠CBA即可.
39. （1）证明：连接 ，如图，
为直径，
，
，
，
， 平分 ，
，
，
，
，
，
，
与⊙ 相切
（2）解： ，
，
而 ，
，
， ，
为等边三角形，
，
【分析】（1）连接AE，如图，利用圆周角定理得∠AEB=90°，再根据等腰三角形的性质得BE=CE，接着证明∠1=∠4，然后利用∠1+∠3=90°得到∠3+∠4=90°，从而根据切线的判定方法可判断BF与⊙O相切；（2）由BC=CF=4得到∠F=∠4，则∠BAC=2∠F，所以∠F=30°，∠BAC=60°，于是可判断△ABC为等边三角形，所以AB=AC=4，然后利用勾股定理计算BF的长.
40. （1）90；解：如图，连接AB、OA、OB. 在△AOB中， ∵OA＝OB＝1.AB＝ ， ∴OA2+OB2＝AB2. ∴∠AOB＝90°. 当点P在优弧 上时，∠APB＝ ∠AOB＝45°； 当点P在劣弧 上时，∠AP′B＝ （360°﹣∠AOB）＝135°
（2）解：根据点P在⊙O1上的位置分为以下四种情况.
第一种情况：点P在⊙O2外，且点A在点P与点M之间，点B在点P与点N之间，如图①
∵∠MAN＝∠APB+∠ANB，
∴∠APB＝∠MAN﹣∠ANB；
第二种情况：点P在⊙O2外，且点A在点P与点M之间，点N在点P与点B之间，如图②.
∵∠MAN＝∠APB+∠ANP＝∠APB+（180°﹣∠ANB），
∴∠APB＝∠MAN+∠ANB﹣180°；
第三种情况：点P在⊙O2外，且点M在点P与点A之间，点B在点P与点N之间，如图③.
∵∠APB+∠ANB+∠MAN＝180°，
∴∠APB＝180°﹣∠MAN﹣∠ANB，
第四种情况：点P在⊙O2内，如图④，
∠APB＝∠MAN+∠ANB.
【解答】解：（1）①若AB是⊙O的直径，则∠APB＝90.
【分析】（1）①根据直径所对的圆周角等于90°即可求解；②根据勾股定理的逆定理可得∠AOB＝90°，再分点P在优弧 上；点P在劣弧 上两种情况讨论求解；（2）根据点P在⊙O1上的位置分为四种情况得到∠APB与∠MAN、∠ANB之间的数量关系.
41. （1）解：直线 与⨀ 相切，
理由：过 作 于 ，
，
平分 ，
，
直线 与⨀ 相切
（2）解：如图，
，
在 与 中 ，
，
，
，
是⨀ 的切线，
∴BF2＝BA•BE，
，
.
【分析】（1）过 作 于 ，根据角平分线的性质得到 ，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）根据勾股定理得到 ，根据全等三角形的性质得到 ，求得 ，根据切割线定理即可得到结论.
42. （1）解：根据题意画出相应的图形，如图所示：
（2）（6，2）；（2，0）；；解：∵AD=CD,AO=DF=4,OD=CF=2, ∴△AOD≌△DFC， ∴∠ADO=∠DCF， ∴∠ADO+∠CDF=∠DCF +∠CDF=90°， 则∠ADC=90°， ∴S扇形ADC= 故答案为：（2）①（6，2）；（2，0）；② ，③ .
【解答】解：（2）①根据图形得：C（6，2），D（2，0）；
②在Rt△AOD中，OA＝4，OD＝2，
根据勾股定理得：AD＝ ，
则⊙D的半径为 ；
【分析】（1）根据题意建立平面直角坐标系，然后作出弦AB的垂直平分线，以及BC的垂直平分线，两直线的交点即为圆心D，连接AD，CD；（2）①根据第一问画出的图形即可得出C及D的坐标；②在直角三角形AOD中，由OA及OD的长，利用勾股定理求出AD的长，即为圆O的半径；③求出∠ADC-90°，再根据扇形面积公式即可求解.
43. （1）证明：∵∠A+∠DEC＝180°，∠FED+∠DEC＝180°，
∴∠FED＝∠A ，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠BCA＝90°，
∴∠B+∠A＝90°，
∴∠B+∠FED＝90°
（2）解：∵∠CFA＝∠DFE ， ∠FED＝∠A ，
∴△FED∽△FAC ，
∴ ，
∴ ，
解得：AC＝9，即⊙O的直径为9．
【分析】（1）利用圆内接四边形对角互补以及邻补角的定义得出∠FED=∠A，进而得出∠B+∠A=90°，求出答案；（2）利用相似三角形的判定与性质首先得出△FED∽△FAC，进而求出即可．
44. （1）证明：∵∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ANC=90°，
∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB，
∵∠CAB=2∠BCP，
∴∠BCP=∠CAN，
∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°，
∵点D在⊙O上，
∴直线CP是⊙O的切线
（2）解：如图，作BF⊥AC
∵AB=AC，∠ANC=90°，
∴CN= CB= ，
∵∠BCP=∠CAN，sin∠BCP= ，
∴sin∠CAN= ，
∴
∴AC=5，
∴AB=AC=5，
（3）解：设AF=x，则CF=5﹣x，
在Rt△ABF中，BF2=AB2﹣AF2=25﹣x2 ，
在Rt△CBF中，BF2=BC2﹣CF2=2O﹣（5﹣x）2 ，
∴25﹣x2=2O﹣（5﹣x）2 ，
∴x=3，
∴BF2=25﹣32=16，
∴BF=4
即点B到AC的距离为4
【分析】（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；
（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可
45. （1）连接OB，
∵OB=OA，∴∠A=∠OBA，
∵DF垂直平分BE，∴DE=DB，
∴∠DBE=∠DEF，
∵∠AEC=∠DEB，∴∠AEC=∠DBE，
∵DC⊥OA，∴∠ACE=90°，
∴∠A+∠AEC=90°，
∴∠OBA+∠DBE=∠OBD=90°，
∵OB是半径，
∴BD是⊙O的切线 ；
（2）作OH⊥AB，
∴AH=BH，
∵点C是OA中点，OA= 2 ，
∴AC=， ∴AE==2，
∴在Rt△ACE中，∠A=30°，
∴∠DEB=∠AEC=60°，
∵DE=DB，∴△DEB是等边三角形，
∴BE=DE，
在Rt△AOH中，AO=2， ∠A=30°，
∴OH=OA=，
∴AH=
∴AB=2AH=6，
∴BE=AB-AE=4，
∴BD=4.
【分析】（1）连接OB，利用同圆半径相等可得∠A=∠OBA，根据线段垂直平分线的性质可得∠DBE=∠DEF，利用对顶角相等及等量代换可得∠AEC=∠DBE，由直角三角形两锐角互余可得∠A+∠AEC=90°，即得∠OBA+∠DBE=∠OBD=90°，根据切线的判定即可得出结论；
（2）作OH⊥AB，可得AH=BH，利用勾股定理求出AE=2，由直角三角形性质可得∠A=30°，从而可证△DEB是等边三角形，可得BE=DE；在Rt△AOH中，先求出OH的长，利用勾股定理求出AH的长，由AB=2OH即可求出AB的长，从而求出BD的长.
46. （1）解：如图1中，连接CE ．
在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝2，
∴AB＝ ，
∵CD 是⊙Q的直径，
∴∠CED＝90°，
∴CE⊥AB ，
∵BD＝AD ，
∴CD＝
∵ •AB•CE＝ •BC•AC ，
∴CE＝ ，
在Rt△CDE中，DE＝ ．
（2）解：如图2中，连接CE ， 设AC交⊙Q于K ， 连接FK ， DF ， DK ．
∵∠FCK＝90°，
∴FK是⊙Q的直径，
∴直线FK经过点Q ，
∵CD是⊙Q的直径，
∴∠CFD＝∠CKD＝90°，
∴DF⊥BC ， DK⊥AC ，
∵DC＝DB＝DA ，
∴BF＝CF ， CK＝AK ，
∴FK∥AB ，
∴ ，
∵BC＝x ， AC＝1，
∴AB＝ ，
∴DC＝DB＝DA＝ ，
∵△ACE∽△ABC ，
∴可得AE＝ ，
∴DE＝AD﹣AE＝ ，
∴ ，
，
∴y＝ （x＞1）．
（3）解：如图3中，连接FK ．
∵CE＝CG ，
∴∠CEG＝∠CGE ，
∵∠FKC＝∠CEG ，
∵FK∥AB ，
∴∠FKC＝∠A ，
∵DC＝DA ，
∴∠A＝∠DCA ，
∴∠A＝∠DCA＝∠CEG＝∠CGE ，
∴∠CDA＝∠ECG ，
∴EC＝DE ，
由（2）可知： ，
整理得：x2﹣2x﹣1＝0，
∴x＝1+ 或1﹣ （舍弃），
∴BC＝1+ ．
【分析】（1）如图1中，连接CE ． 在Rt△CDE中，求出CD ， CE即可解决问题．（2）如图2中，连接CE ， 设AC交⊙Q于K ， 连接FK ， DF ， DK ． 想办法用x表示CD ， DE ， 证明FK∥AB ， 推出 ，延长构建关系式即可解决问题．根据点E位于点D下方，确定x的取值范围即可．（3）如图3中，连接FK ． 证明ED＝EC ， 由此构建方程即可解决问题．
47. （1）解：连接OG，
∵CD⊥AB于E，
∴∠AEF＝90°，
∵∠A＝20°，
∴∠EFA＝90°﹣∠A＝90°﹣20°＝70°，
∴∠GFP＝∠EFA＝70°，
∵OA＝OG，
∴∠OGA＝∠A＝20°，
∵PG与⊙O相切于点G，
∴∠OGP＝90°，
∴∠AGP＝∠OGP﹣∠OGA＝90°﹣20°＝70°.
（2）解：如图，连结BG，OG，OD，AD，
∵E为半径OA的中点，CD⊥AB，
∴OD＝AD＝OA，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠AOD＝60°，
∴∠AGD＝ ∠AOD＝30°，
∵DG∥AB，
∴∠BAG＝∠AGD＝30°，
∵AB为⊙O的直径，OA＝2 ，
∴∠AGB＝90°，AB＝4 ，
∴AG＝AB•cos30°＝6，.
∵OG＝OA，
∴∠OGA＝∠BAG＝30°，
∵PG与⊙O相切于点G，∴∠OGP＝90°，
∴∠FGP＝90°﹣30°＝60°，
∵∠AEF＝90°，AE＝ ，∠BAG＝30°，
∴AF＝2，∠GFP＝∠EFA＝60，
∴△GFP为等边三角形，
∴PF＝FG＝AG﹣AF＝6﹣2＝4.
【分析】（1）连接OG，在Rt△AEF中，∠A＝20°，可得∠GFP＝∠EFA＝70°，因为OA＝OG，所以∠OGA＝∠A＝20°，因为PG与⊙O相切于点G，得∠OGP＝90°，可得∠AGP＝90°﹣20°＝70°.（2）如图，连结BG，OG，OD，AD，证明△OAD为等边三角形，得∠AOD＝60°，所以∠AGD＝30°，因为DG∥AB，所以∠BAG＝∠AGD＝30°，在Rt△AGB中可求得AG＝6，在Rt△AEF中可求得AF＝2，再证明△GFP为等边三角形，所以PF＝FG＝AG﹣AF＝6﹣2＝4.
48. （1）7-t
（2）解：在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得：AB=5，由运动知，AP=t，分两种情况讨论：
①当点P在边AC上时，即：0＜t≤4，如图1，记⊙P与边AB的切点为H，连接PH，∴∠AHP=90°=∠ACB.
∵∠A=∠A，∴△APH∽△ACB，∴ ，∴ ，∴PH t，∴S πt2；
②当点P在边BC上时，即：4＜t＜7，如图，记⊙P与边AB的切点为G，连接PG，∴∠BGP=90°=∠C.
∵∠B=∠B，∴△BGP∽△BCA，∴ ，∴ ，∴PG （7﹣t），∴S π（7﹣t）2.
综上所述：S ；
（3）解：分两种情况讨论：
①当点P在边AC上时，即：0＜t≤4，由（2）知，⊙P的半径PH t.
∵⊙P与△ABC的另一边相切，即：⊙P和边BC相切，∴PC=PH.
∵PC=4﹣t，∴4﹣t t，∴t 秒；
②当点P在边BC上时，即：4＜t＜7，由（2）知，⊙P的半径PG （7﹣t）.
∵⊙P与△ABC的另一边相切，即：⊙P和边AC相切，∴PC=PG.
∵PC=t﹣4，∴t﹣4 （7﹣t），∴t 秒.
综上所述：在⊙P运动过程中，当⊙P与三角形ABC的另一边也相切时，t的值为 秒或 秒.
【解答】解：（1）∵AC=4，BC=3，∴AC+BC=7.
∵4＜t＜7，∴点P在边BC上，∴BP=7﹣t.
故答案为：7﹣t；
【分析】（1）先判断出点P在BC上，即可得出结论；（2）分点P在边AC和BC上两种情况：利用相似三角形的性质得出比例式建立方程求解即可得出结论；（3）分点P在边AC和BC上两种情况：借助（2）求出的圆P的半径等于PC，建立方程求解即可得出结论.
49. （1）解：当x=0时，y=3，∴C（0，3）．
当y=0时，ax2+（a+3）x+3=0，
（ax+3）（x+1）=0，解得x1=- ，x2=-1．
∵a＜0，
∴- ＞0，
∴A（-1，0）
（2）解：如图1，过点D作DM⊥AB于M．
∵OE∥DM，
∴ ，
∴OM=3，
∴D点纵坐标为12a+12．
∵tan∠EAO= =3a+3，
∴OE=3a+3，
∴CE=OC-OE=3-（3a+3）=-3a．
∵OB=4CE，
∴- =-12a，
∵a＜0，
∴a=-
（3）解：如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．
∵a=- ，
∴抛物线的解析式为y=- x2+ x+3，D（3，6），DT=3，OT=6，CT=3=DT，
又∵PC=PD，PT=PT，
∴△TCP≌△TDP，
∴∠CTP=∠DTP=45°，TG=PG．
设P（t，- t2+ t+3），
∴OG=- t2+ t+3，PG=t，
∴TG=OT-OG=6-（- t2+ t+3）= t2- t+3，
∴ t2- t+3=t，解得t=1或6，
∵点P在C、D之间，
∴t=1．
过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，则∠KFC=∠OCF，∠KFB=∠CON=90°．
∵FQ∥PC，
∴∠PCF+∠CFQ=180°，∠PCF+∠PCG+∠OCF=180°，
∴∠CFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠CFK+∠KFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠KFQ=∠PCG．
∵P（1，5），∴PG=1，CG=OG-OC=5-3=2，
∴tan∠PCG= ，
∵tan∠ABC= ，
∴∠PCG=∠ABC，
∴∠KFQ=∠ABC．
∵∠CFQ=2∠ABC，
∴∠CFQ=2∠KFQ，
∴∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，
∴tan∠OCF= ，
∴OF= ．
设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），
∵Q在抛物线上，
∴- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，
解得m= 或m=- （舍去），
∴Q（4，5），
∵B（6，0），
∴BQ= ．
【分析】（1）令x=0，求出y的值，得到C点坐标；令y=0，求出x的值，根据a＜0得出A点坐标；（2）如图1，过点D作DM⊥AB于M．根据平行线分线段成比例定理求出OM=3，得到D点纵坐标为12a+12．再求出OE=3a+3，那么CE=OC-OE=-3a．根据OB=4CE，得出- =-12a，解方程求出a=- ；（3）如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．利用SSS证明△TCP≌△TDP，得出∠CTP=∠DTP=45°，那么TG=PG．设P（t，- t2+ t+3），列出方程 t2- t+3=t，解方程求得t=1或6，根据点P在C、D之间，得到t=1．过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，根据平行线的性质以及已知条件得出∠KFQ=∠PCG，进而证明∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，由tan∠OCF= =tan∠ABC= ，求出OF= ．设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），根据Q在抛物线上列出方程- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，解方程求出满足条件的m的值，得到Q点坐标，然后根据两点间的距离公式求出BQ．
50. （1）解：连接OE，
∵OA=OE，
∴∠A=∠AEO，
∵BF=EF，
∴∠B=∠BEF，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠AEO+∠BEF=90°，
∴∠OEG=90°，
∴EF是⊙O的切线；
（2）证明：∵∠AED=90°，∠A=30°，
∴ED= AD，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠B=∠BEF=60°，
∵∠BEF+∠DEG=90°，
∴∠DEG=30°，
∵∠ADE+∠A=90°，
∴∠ADE=60°，
∵∠ADE=∠EGD+∠DEG，
∴∠DGE=30°，
∴∠DEG=∠DGE，
∴DG=DE，
∴DG= DA；
（3）解：∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED=90°，
∵∠A=30°，
∴∠EOD=60°，
∴∠EGO=30°，
∵阴影部分的面积
解得：r2=4，即r=2，
即⊙O的半径的长为2.
【分析】（1）连接OE，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠AEO，∠B=∠BEF，于是得到∠OEG=90°，即可得到结论；（2）根据含30°的直角三角形的性质证明即可；（3）由AD是⊙O的直径，得到∠AED=90°，根据三角形的内角和得到∠EOD=60°，求得∠EGO=30°，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论.
专题十一 圆
一、单选题
1.（2019·高新模拟）如图，O为圆心， 是直径， 是半圆上的点， 是 上的点.若 ，则 的大小为（ ）
A. B. C. D.
2.（2020·南通模拟）如图，点A，B，C，D都在⊙O上，BD为直径，若∠A＝65°，则∠DBC的值是（ ）
A. 65° B. 25° C. 35° D. 15°
3.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB＝8，AE＝1，则弦CD的长是( )
A. B. 2 C. 6 D. 8
4.（2020九上·奉化期末）如图，在菱形ABCD中，已知AB=4，∠B=60°，以AC为直径的⊙O与菱形ABCD相交，则图中阴影部分的面积为( )
A. B. C. D.
5.（2019九上·温州月考）如图，△ABC内接于⊙O中，AB=AC， =60°，则∠B=( )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°
6.（2020九上·中山期末）如图，AD是半圆的直径，点C是弧BD的中点，∠ADC=55°，则∠BAD等于（ ）
A. 50° B. 55° C. 65° D. 70°
7.（2020九上·海曙期末）平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标为(-4，-5)，半径为5，那么⊙P与y轴的位置关系是（ ）
A. 相交 B. 相离 C. 相切 D. 以上都不是
8.（2019九上·驻马店期末）如图，直径AB为3的半圆，绕A点逆时针旋转60°，此时点B到了点B′处，则图中阴影部分的面积是（ ）
A. 3π B. C. 6π D. 24π
9.（2020九上·北仑期末）下列四个结论，不正确的是（ ）
①过三点可以作一个圆； ②圆内接四边形对角相等
③平分弦的直径垂直于弦；④相等的圆周角所对的弧也相等
A. ②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③④
10.（2020九上·诸暨期末）如图， 是圆内接四边形 的一条对角线，点 关于 的对称点 在边 上，连接 .若 ，则 的度数为（ ）
A. 106° B. 116° C. 126° D. 136°
11.（2019九上·武汉月考）如图，O的半径为1，弦AB＝1，点P为优弧AB上一动点，AC⊥AP交直线PB于点C，则△ABC的最大面积是（ ）
A. B. C. D.
12.如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D. 若⊙O的半径为 ，AB=8，则BC的长是（ ）
A. B. C. D.
13.（2019九上·如皋期末）如图，▱ABCD中， ， ， ， 是边AB上的两点，半径为2的 过点A，半径为1的 过点 、E、F分别是边CD， 和 上的动点 则 的最小值等于
A. B. 6 C. D. 9
14.（2019·武汉模拟）点G为△ABC的重心（△ABC三条中线的交点），以点G为圆心作⊙G与边AB，AC相切，与边BC相交于点H，K，若AB＝4，BC＝6，则HK的长为（ ）
A. B. C. D.
15.（2019·武汉模拟）如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD，CD分别与⊙O切于点E，F，点M、N分别在线段DE，DF上，且MN与⊙O相切，若△MBN的面积为8，则⊙O的半径为（ ）
A. B. 2 C. D. 2
16.（2020·长兴模拟）如图，AB为☉O的直径，P为弦BC上的点，∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交☉O于点D，过点D作DE∥AB交AB的延长线于点E.若点C恰好是 的中点，BE=6，则PC的长是（ ）
A. -8 B. -3 C. 2 D. 12-
17.（2019九上·宜兴月考）在平面直角坐标系 中，直线经过点A（－3，0），点B（0， ），点P的坐标为（1，0），与 轴相切于点O，若将⊙P沿 轴向左平移，平移后得到（点P的对应点为点P′），当⊙P′与直线相交时，横坐标为整数的点P′共有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
18.（2019·海州模拟）如图，菱形ABCD的边AB=5，面积为20，∠BAD＜90°，⊙O与边AB、AD都相切，AO=2，则⊙O的半径长等于（ ）
A. B. C. D.
19.（2019·高台模拟）如图，AB与⊙O相切于点C，OA＝OB，⊙O的直径为6cm，AB＝6 cm，则阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
20.（2019九下·深圳月考）如图，△ABC内接于圆O，∠BOC=120°，AD为圆O的直径．AD交BC于P点且PB=1，PC=2，则AC的长为( )
A. B. C. 3 D. 2
二、填空题
21.（2019·嘉定模拟）如图， 的半径长为5cm， 内接于 ，圆心O在 的内部，如果 ， cm，那么 的面积为________cm
22.（2019九上·黄石期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC=25°.求∠P的度数________.
23.（2020九上·东台期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知∠ABO=40°，则∠ACB的大小为________．
24.（2019·台江模拟）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，∠A＝25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线于点D ， 则∠D的度数是________．
25.（2019九上·道里期末）如图，已知，在 中， ， ， ， 是ABC的内切圆，则这个圆的半径是________．
26.（2020九上·北仑期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠B=45°，DE⊥AC于E交AB于F，若BC=2CD，AE=2，则线段BF=________。
27.（2019九上·柳江月考）如图，⊙O的半径是2，直线1与⊙O相交于A、B两点，M，N是⊙O上的两个动点，且在直线l的异侧，若∠AMB=45°，则四边形MANB的面积最大值是________。
28.（2019九上·武汉月考）在⊙O中，AB为直径，∠ACD=45°，已知AC=7，BC=5，则CD =________
29.（2020九上·大丰期末）如图，抛物线 与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，⊙B的圆心为B，半径是1，点P是直线AC上的动点，过点P作⊙B的切线，切点是Q，则切线长PQ的最小值是________．
30.如图，已知⊙O是以数轴的原点O为圆心，半径为1的圆，∠AOB＝45°，点P在数轴上运动，若过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，设OP＝x(x≥0)，则x的取值范围是________．
三、解答题
31.（2019九上·天河期末）如图，⊙O中，OA⊥BC，∠AOB＝50°，求∠ADC的度数．
32.（2020九上·奉化期末）如图，在一座圆弧形拱桥，它的跨度AB为60m，拱高PM为18m，当洪水泛滥到跨度只有30m时，就要采取紧急措施，若某次洪水中，拱顶离水面只有64m，即PN=4m时，试通过计算说明是否需要采取紧急措施。
33.（2019·长春模拟）如图，OA、OB是⊙O的半径，OA⊥OB，C为OB延长线上一点，CD切⊙O于点D，E为AD与OC的交点，连接OD．已知CE＝5，求线段CD的长．
34.（2020九上·兴安盟期末）如图，BF为⊙O的直径，直线AC交⊙O于A、B两点，点D在⊙O上，BD平分∠OBC，DE⊥AC于点E．求证：直线DE是⊙O的切线.
35.（2019九上·白云期末）⊙O的直径为10cm，AB、CD是⊙O的两条弦，AB∥CD，AB＝6cm，CD＝8cm，求AB和CD之间的距离．
36.（2019·青海模拟）如图，AB为⊙O的直径，C、F为⊙O上两点，且点C为弧BF的中点，过点C作AF的垂线，交AF的延长线于点E，交AB的延长线于点D.
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）如果半径的长为3，tanD= ，求AE的长.
37.（2019·增城模拟）如图,在 中， ,点 是 上一点．
（1）尺规作图：作 ，使 与 、 都相切．（不写作法与证明，保留作图痕迹）
（2）若 与 相切于点D，与 的另一个交点为点 ，连接 、 ，求证： ．
38.（2018九下·新田期中）如图，在 △ABC中，∠ACB= ，以点A为圆心，AC为半径，作⊙A，交AB于点D，交CA的延长线于点E，过点E作AB的平行线EF，交⊙A于点F，连接AF，BF，DF.
（1）求证：BF是⊙A的切线；
（2）当∠CAB等于多少度时，四边形ADFE为菱形？请给与证明.
（3）若EF=1，AE=2，求cos∠CBA的值.
39.（2019九下·南宁开学考）如图，在 中， ，以 为直径作⊙ ，分别交 、 于点 、 ，点 在 的延长线上，且 .
（1）求证： 与⊙ 相切.
（2）若 ，求 的长度
40.（2019·宁洱模拟）如图，A、B是⊙O上的两个定点，P是⊙O上的动点（P不与A、B重合）、我们称∠APB是⊙O上关于点A、B的滑动角.
（1）已知∠APB是⊙O上关于点A、B的滑动角，
①若AB是⊙O的直径，则∠APB＝________°；
②若⊙O的半径是1，AB＝ ，求∠APB的度数；________
（2）已知O2是⊙O1外一点，以O2为圆心作一个圆与⊙O1相交于A、B两点，∠APB是⊙O1上关于点A、B的滑动角，直线PA、PB分别交⊙O2于M、N（点M与点A、点N与点B均不重合），连接AN，试探索∠APB与∠MAN、∠ANB之间的数量关系.
41.（2019·抚顺模拟）如图，在 中， 平分 ，交 于点 ，以点 为圆心， 为半径的⨀ 与 相交于点 .
（1）判断直线 与⨀ 的位置关系，并证明你的结论；
（2）若 ，求 的长.
42.（2019九上·孝南月考）如图在单位长度为1的正方形网格中，一段圆弧经过网格的交点A、B、C.
（1）请完成如下操作：
①以点O为坐标原点、竖直和水平方向为轴、网格边长为单位长，建立平面直角坐标系；
②根据图形提供的信息，只借助直尺确定该圆弧所在圆的圆心D，并连接AD、CD.(保留作图痕迹，不写作法)
（2）请在(1)的基础上，完成下列填空与计算：
①写出点的坐标：C________、D________；
②⊙D的半径=________；(结果保留根号)
③求扇形ADC的面积.(结果保留π)________
43.（2019·南陵模拟）如图，在△ABC中，以AC为直径的⊙O与边AB交于点D ， 点E为⊙O上一点，连接CE并延长交AB于点F ， 连接ED ．
（1）若BC是⊙O的切线，求证：∠B+∠FED＝90°；
（2）若FC＝6，DE＝3，FD＝2．求⊙O的直径．
44.（2019九上·深圳期末）如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP．
（1）求证：直线CP是⊙O的切线．
（2）若BC=2 ，sin∠BCP= ，求点B到AC的距离．
（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．
45.（2020九上·嘉陵期末）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是半径OA的中点，过点C作OA的垂线交AB于点E，且与BE的垂直平分线交于点D，连接BD。
（1）求证：BD是⊙O的切线
（2）若⊙O的半径为2 ，CE=1，试求BD的长。
46.（2019·青浦模拟）已知：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，D是AB的中点，以CD为直径的⊙Q分别交BC、BA于点F、E ， 点E位于点D下方，连接EF交CD于点G ．
（1）如图1，如果BC＝2，求DE的长；
（2）如图2，设BC＝x ， ＝y ， 求y关于x的函数关系式及其定义域；
（3）如图3，连接CE ， 如果CG＝CE ， 求BC的长．
47.（2019·西安模拟）已知，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，在CD的延长线上取一点P，PG与⊙O相切于点G，连接AG交CD于点F.
（1）如图①，若∠A＝20°，求∠GFP和∠AGP的大小；
（2）如图②，若E为半径OA的中点，DG∥AB，且OA＝2 ，求PF的长.
48.（2019九上·江都期末）如图， 中， ， ， .点 从点 出发，沿着 运动，速度为 个单位/ ，在点 运动的过程中，以 为圆心的圆始终与斜边 相切,设⊙ 的面积为 ，点 的运动时间为 （ ）（ ）.
（1）当 时， ________；（用含 的式子表示）
（2）求 与 的函数表达式；
（3）在⊙P运动过程中，当⊙P与三角形ABC的另一边也相切时，直接写出t的值.
49.（2019九上·尚志期末）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a＜0）从左到右依次交x轴于A、B两点，交y轴于点C．
（1）求点A、C的坐标；
（2）如图1，点D在第一象限抛物线上，AD交y轴于点E，当DE=3AE，OB=4CE时，求a的值；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P在C、D之间的抛物线上，连接PC、PD，点Q在点B、D之间的抛物线上，QF∥PC，交x轴于点F，连接CF、CB，当PC=PD，∠CFQ=2∠ABC，求BQ的长．
50.（2019九上·枣阳期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，O是边AC上一点，以O为圆心，以OA为半径的圆分别交AB、AC于点E、D，在BC的延长线上取点F，使得BF=EF.
（1）判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若∠A=30°，求证：DG= DA；
（3）若∠A=30°，且图中阴影部分的面积等于2 ，求⊙O的半径的长.
答案解析部分
一、单选题
1. A
【解答】连接BD，
∵ 是直径， 是 上的点，
∴∠ADB=90°，
∵∠BDC与∠BOC是弦BC所对的圆周角和圆心角，∠BOC=40°，
∴∠BDC= ∠BOC=20°，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=90°+20°=110°.
故答案为：A.
【分析】连接BD，由AB是直径可得∠ADB=90°，根据圆周角定理可知∠BDC= ∠BOC，进而可求出∠D的度数.
2. B
【解答】解：∵BD为直径，
∴∠BCD＝90°，
由圆周角定理得，∠D＝∠A＝65°，
∴∠DBC＝90°﹣65°＝25°，
故答案为：B.
【分析】根据圆周角定理得到∠BCD＝90°，∠D＝∠A＝65°，根据直角三角形的性质计算即可.
3. B
【解答】解：连接OC，
∵CD⊥AB，
∴CD=2CE，
∵AB=8，AE=1，
∴OC=OA=4，OE=OA-AE=4-1=3
在Rt△OCE中，
,
∴CD=.
故答案为：B.
【分析】连接OC，利用垂径定理可证得CD=2CE，再利用已知条件求出OC，OE的长，然后利用勾股定理求出CE的长，即可求出CD。
4. D
【解答】解：连结AC、OE、过O作OH⊥AB，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AC,
∵∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴OH=OA×sin∠EAO=2×=，
∴S弓形AEH=S扇形AOE-S△AOE=π×22-×2×=π-，
∴ 阴影部分的面积为 ：圆的面积-4S弓形AEH=4π-4(π-)=4+π.
故答案为：D.
【分析】先根据菱形的性质，结合∠B=60°，推得△ABC为等边三角形，则有关线段可求，阴影部分面积等于圆的面积和4个空白弓形的面积之差，据此列式即可求值.
5. D
【解答】解：∵ =60° ，
∴∠A=×60°=30°.
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=
故答案为：D.
【分析】由圆周角等于它所夹弧所对的圆心角的一半得出∠A的度数，结合AB=AC，利用三角形内角和定理即可求出∠B的度数.
6. D
【解答】连接OB，OC。
∵∠ADC=55°，
∴∠AOC=2∠ADC=110°
∴弧AC=110°
∵AD是直径
∴弧CD=70°，
∵D是弧BD的中点，
∴弧BD=140°
∴∠BOD=140°
∴∠BAD=∠BOD=70°
故答案为：D
【分析】连接OB，OC，求出∠BOD即可解决问题。
7. A
【解答】解：∵圆P的圆心坐标为（-4，-5），
∴点P到y轴的距离为|-4|=4＜5，
∴圆P与y轴相交.
故答案为：A.
【分析】利用点P的坐标，可得到点P到y轴的距离，再与5比较大小，利用点与圆的位置关系，可得答案。
8. B
【解答】由旋转的性质可知：以AB′为直径的半圆的面积=以AB为直径的半圆的面积，再根据阴影部分的面积=以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积-以AB为直径的半圆的面积=扇形ABB′的面积．
则阴影部分的面积是： π．
故选：B．
【分析】根据阴影部分的面积=以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积-以AB为直径的半圆的面积．即阴影部分的面积就等于扇形ABB′的面积．
9. D
【解答】解:①、因为任意不共线的三点确定一个圆，故①错误；
②、因为圆的内接四边形的对角互补，故②错误；
③、因为平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故③错误；
④、因为在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，故④错误.
故答案为：D.
【分析】根据过不在同一直线上的三点能做一个圆，而且只能做一个圆可知①错误；根据圆内接四边形的性质可判断②错误；根据垂径定理的推论可知③错误；根据圆周角定理的推论可判断④错误.
10. B
【解答】解：∵四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠D=180°-∠ABC=180°-64°=116°，
∵点D关于 的对称点 在边 上，
∴∠D=∠AEC=116°，
故答案为B.
【分析】根据圆的内接四边形对角互补，得出∠D的度数，再由轴对称的性质得出∠AEC的度数即可.
11. D
【解答】解：连结OA、OB，作△ABC的外接圆D，如图1，
∵OA=OB=1，AB=1，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠APB= ∠AOB=30°，
∵AC⊥AP，
∴∠C=60°，
∵AB=1，要使△ABC的最大面积，则点C到AB的距离最大，
∵∠ACB=60°，点C在⊙D上，
∴∠ADB=120°，
如图2，
当点C优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，且面积为 ，
∴△ABC的最大面积为 .
故答案为：D.
【分析】连结OA、OB，如图1，由OA=OB=AB=1可判断△OAB为等边三角形，则∠AOB=60°，根据圆周角定理得∠APB= ∠AOB=30°，由于AC⊥AP，所以∠C=60°，因为AB=1，则要使△ABC的最大面积，点C到AB的距离要最大；由∠ACB=60°，可根据圆周角定理判断点C在⊙D上，且∠ADB=120°，如图2，于是当点C优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，从而得到△ABC的最大面积
12. C
【解答】解：连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图.
∵D为AB的中点，∴OD⊥AB，∴AD=BD= AB=4.
在Rt△OBD中，OD= =2.
∵将弧 沿BC折叠后刚好经过AB的中点D，∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，∴ ，∴AC=DC，∴AE=DE=2.
易证四边形ODEF为正方形，∴OF=EF=2.
在Rt△OCF中，CF= =4，∴CE=CF+EF=4+2=6.
而BE=BD+DE=4+2=6，∴BC= .
故答案为：C.
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD= AB=4，于是根据勾股定理可计算出OD=2，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到 ，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=2，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=2，然后计算出CF后得到CE=BE=6，由勾股定理可得到BC的长.
13. B
【解答】作 关于CD的对称点O，连接 交CD于P，
连接 交 ，连接 交 于E，
则此时， 的值最小， 的最小值 ，
连接 交CD于G，
过B作 于H，则 ，
在▱ABCD中， ， ， ，
，
，
，
，半径为2的 过点A，半径为1的 过点B，
， 外切，
，
， ，
，
，
，
的最小值 .
故答案为：B.
【分析】作 关于CD的对称点O，连接 交CD于P，连接 交 ，连接 交 于E，则此时， 的值最小， 的最小值 ，连接 交CD于G，过B作 于H，则 ，根据平行四边形的性质得到 ，求得 ，得到 ，根据已知条件得到 ， 外切，得到 ，根据勾股定理即可得到结论.
14. A
【解答】设⊙G与边AB，AC相切于E，F，连接EG，FG，
则EG⊥AB，FG⊥AC，
连接AG并延长交BC于S，
∵EG＝FG，
∴∠BAS＝∠CAS，
∵点G为△ABC的重心，
∴BS＝CS＝ BC＝3，
延长AS到O时SO＝AS，
在△ACS与△OBS中 ，
∴△ACS≌△OBS（SAS），
∴∠O＝∠CAS，AC＝OB，
∵∠BAS＝∠CAS，
∴∠BAS＝∠O，
∴AB＝BO，
∴AB＝AC，
∴AS⊥BC，
∴AS＝ ，
∴AG＝ AS＝ ，SG＝ AS＝ ，
∵∠EAG＝∠SAB，∠AEG＝∠ASB＝90°，
∴△AEG∽△ASB，
∴ ，
∴ ，
∴EG＝ ，
连接GH，
∴GH＝ ，
∴HS＝ ，
∴HK＝2HS＝ ．
故答案为：A．
【分析】根据切线的性质得到EG⊥AB，FG⊥AC，连接AG并延长交BC于S，根据重心的性质得到BS＝CS＝ BC＝3，延长AS到O时SO＝AS，根据全等三角形的性质得到∠O＝∠CAS，AC＝OB，由勾股定理得到AS＝ ，根据相似三角形的性质即可得到结论．
15. B
【解答】解：设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.
∵AD、CD、MN是切线，
∴AE＝DE＝DF＝CF＝a，MK＝ME，NK＝NF，设MK＝ME＝x，NK＝NF＝y，
在Rt△DMN中，∵MN＝x+y，DN＝a﹣y，DM＝a﹣x，
∴（x+y）2＝（a﹣y）2+（a﹣x）2 ，
∴ax+ay+xy＝a2 ，
∵S△BMN＝S正方形ABCD﹣S△ABM﹣S△DMN﹣S△BCN＝8，
∴4a2﹣ ×2a×（a+x）﹣ （a﹣x）（a﹣y）﹣ ×2a×（a+y）＝8，
∴ a2﹣ （ax+ay+xy）＝8，
∴a2＝8，
∴a＝2 ，
∴AB＝2a＝4 ，
∴⊙O的半径为2 ，
故答案为：B.
【分析】设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.因为AD、CD、MN是切线，可得AE=DE=DF=CF=a，MK=ME，NK=NF，设MK=ME=x，NK=NF=y，在Rt△DMN中，以为MN=x+y，DN=a-y，DM=a-x，看到（x+y）2=（a-y）2+（a-x）2 ， 推出ax+ay+xy=a2 ， 根据S△BMN=S正方形ABCD-S△ABM-S△DMN-S△BCN=8，构建方程求出a即可解决问题；
16. A
【解答】解：如图，连接OD ， 交CB于点F ， 连接BD ，
∵，
∴∠DBC＝∠ABC＝30°，
∴∠ABD＝60°，
∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OD⊥FB，
∴OF＝DF，
∴BF∥DE，
∴OB＝BE＝6
∴CF＝FB＝OB•cos30°＝6×＝3，
在Rt△POD中，OF＝DF，
∴PF＝DO＝3，
∴CP＝CF﹣PF＝3﹣3．
故答案为：B ．
【分析】首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．
17. C
【解答】如图所示，
∵点P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切于点O，
∴⊙P的半径是1，
若⊙P与AB相切时，设切点为D，由点A（-3，0），点B（0， ），
∴OA=3，OB= ，
由勾股定理得：AB=2 ，∠DAM=30°，
设平移后圆与直线AB第一次相切时圆心为M（即对应的P′），
∴MD⊥AB，MD=1，又因为∠DAM=30°，
∴AM=2，M点的坐标为（-1，0），即对应的P′点的坐标为（-1，0），
同理可得圆与直线第二次相切时圆心N的坐标为（-5，0），
所以当⊙P′与直线l相交时，横坐标为整数的点P′的横坐标可以是-2，-3，-4共三个.
故答案为：C.
【分析】先求出⊙P的半径，继而求得相切时P′点的坐标，根据A（-3，0），可以确定对应的横坐标为整数时对应的数值.
18. D
【解答】连接AC、BD、OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AM=CM，BM=DM，
∵⊙O与边AB、AD都相切，
∴点O在AC上，
设AM=x，BM=y，
∵∠BAD＜90°，
∴x＞y，
由勾股定理得，x2+y2=25，
∵菱形ABCD的面积为20，
∴ xy=5，
解得，x=2 ，y= ，
∵⊙O与边AB相切，
∴∠OEA=90°，
∵∠OEA=∠BMA，∠OAE=∠BAM，
∴△AOE∽△ABM，
∴ ，即
解得，OE= ，
故答案为：D．
【分析】连接AC、BD、OE，根据菱形的性质、勾股定理分别求出AM、BM，根据切线的性质得到∠OEA=90°，证明△AOE∽△ABM，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
19. C
【解答】如图，连接OC，则OC= =3，
∵AB与⊙O相切于点C，
∴OC⊥AB，即∠ACO=90°，
∵OA=OB，AB=6 ，
∴AC= AB=3 ，∠A=∠B，
在Rt△AOC中，tan∠A= ，
∴∠A=30°，
∴∠AOB=180°-∠A-∠B=120°，
∴S阴影=S△AOB-S扇形ODE= = ，
故答案为：C.
【分析】如图，连接OC，由切线的性质可得∠ACO=90°，根据OA=OB，AB=6 ，可得AC=3 ，∠A=∠B，在Rt△AOC中，可求得∠A=30°，继而可得∠AOB=120°，根据S阴影=S△AOB-S扇形ODE进行计算即可得.
20. A
【解答】延长CO交⊙O于E，连接BE，
∵CE是⊙O的直径，
∴∠EBC=90°，
∵∠BOC=120°
∴∠BAC= ∠BOC=60°
∴∠BEC=∠BAC=60°，
∴∠ECB=30°，
∴CE=2BE，
∵PB=1，PC=2，
则BC=3，
，
∴CE= ，
则OA=OD= ，
∵ , ，
∴ ，
又∵∠OCP=∠BCE，
∴△OCP∽△BCE，
∴∠POC=∠PBE=90°，
∴AC2=OA2+OC2=6，
∴AC= .
故答案为：A．
【分析】延长CO交⊙O于E，连接BE，由CE是⊙O的直径，推出∠EBC=90°，根据含30°直角三角形定理可求得BC，CE，进而求得OA=OD= ，通过计算证得 ，由相似三角形的判定证得△OCP∽△BCE，即可证得∠POC=∠PBE=90°，根据勾股定理即可求得结论．
二、填空题
21. 32
【解答】如图，过点A作 于点M，连接OC，
AB=AC且BC=8,
BM=CM= BC=4
∵圆的半径等于5
故答案为32
【分析】过点A作 于点M，连接OC，根据等腰三角形的性质及垂径定理即可求出OM的值，从而可知AM的值，进而面积可求.
22. 50
【解答】∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA，
∵AC是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，
∴AC⊥AP，
∴∠CAP=90°，
∵∠BAC=25°，
∴∠PBA=∠PAB=90°﹣25°=65°，
∴∠P=180°﹣∠PAB﹣∠PBA=180°﹣65°﹣65°=50°.
【分析】根据切线性质得出PA=PB，∠PAO=90°，求出∠PAB的度数，得出∠PAB=∠PBA，根据三角形的内角和定理求出即可.
23. 130°
【解答】∵OA=OB，∠ABO=40°，
∴∠AOB=100°，
∴∠ACB= ×（360°﹣100°）=130°，
故答案为：130°．
【分析】根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠AOB，根据圆周角定理计算即可．
24. 40°
【解答】解：连接OC ， 如图所示．
∵OA＝OC ， ∠A＝25°，
∴∠OCA＝∠A＝25°．
∵CD为⊙O的切线，
∴∠OCD＝90°，
∴∠ACD＝∠ACO+∠OCD＝25°+90°＝115°，
∴∠D＝180°﹣∠A﹣∠ACD＝180°﹣25°﹣115°＝40°．
故答案为：40°．
【分析】连接OC ， 即可得出∠OCA＝∠A＝25°，再根据切线的性质即可得出∠OCD＝90°，进而得出∠ACD＝115°，由三角形内角和定理即可算出∠D的度数，此题得解．
25. 2
【解答】在Rt△ABC中，∵∠C=90°，AB=13，AC=5，
∴BC= =12，
设内切圆半径为r，则有 BC AC= （AB+BC+AC） r，
∴r= . =2．
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理可求出BC的长，设内切圆半径为r，由△ABC的面积=BC AC= （AB+BC+AC） r，即可求出圆的半径.
26.
【解答】解：如图：连接BD，
∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴A、B、C、D四点共圆，
∴∠CBD=∠CAD，
∵DE⊥AC，
∴∠AED=90°=∠BCD，
∴△AED∽△BCD，
∴AE∶DE=BC∶CD=2∶1，
∴DE=AE=1,
根据勾股定理得AD=；
延长BA、CD交于G，
∵∠B=45°，∠BCD=90°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴BC=CG=2CD=2DG，
∵ ∠G=45°，∠GAD=90°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
∴AG=AD=， DG=，
则CD=， BC=2， BG=BC=4；
∵∠ADE=∠FDA，∠FAD=∠AED=90°，
∴△AED∽△FAD，
∴AF∶AD=AE∶DE=2∶1，
∴AF=2AD=2，
∴BF=BG-AF-AG=.
故答案为：.
【分析】根据四点共圆的条件判断出A、B、C、D四点共圆，根据同弧所对的圆周角相等得出∠CBD=∠CAD，然后判断出△AED∽△BCD，根据相似三角形对应边成比例得出DE的长，进而根据勾股定理算出AD的长，然后判断出△BCG是等腰直角三角形，△ADG是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出DG,AG、BG的长，进而再判断出△AED∽△FAD，根据相似三角形对应边成比例得出AF的长，最后根据BF=BG-AF-AG算出答案.
27.
【解答】解：过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连结OA、OB、DA、DB、EA、EB，如图，
∵∠AMB＝45°，
∴∠AOB＝2∠AMB＝90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴AB＝OA=2,
∵S四边形MANB＝S△MAB＋S△NAB ，
∴当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，
即M点运动到D点，N点运动到E点，
此时四边形MANB面积的最大值＝S四边形DAEB＝S△DAB＋S△EAB＝AB•CD＋AB•CE＝AB（CD＋CE）＝AB•DE＝×2×4=4.
故答案为：4.
【分析】过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连结OA、OB、DA、DB、EA、EB，如图，首先根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得出∠AOB＝90°，从而得出△OAB为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出AB的长，然后根据S四边形MANB＝S△MAB＋S△NAB，由底一定的时候，高越大三角形的面积越大得出：当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，即M点运动到D点，N点运动到E点，进而根据垂径定理判断出当DE垂直AB时DE最大，从而即可得出答案.
28. 或
【解答】解：如图：过点A作AM⊥CD，过点B作BN⊥CD，连接AD,BD
∵ 且AB是圆的直径
∴△MAC,△NBC，△ABD均为等腰直角三角形
∴AD=BD
∵AM⊥CD， BN⊥CD
∴
又∵
∴
∴△MAD≌△NDB
∴DN=AM
又∵△MAC,△NBC均为等腰直角三角形
∴ ,
∴ ;
如图：过点A作AM⊥CD，过点B作BN⊥CD，连接AD,BD
同理可证，此时
故答案为： 或
【分析】分情况讨论，过点A作AM⊥CD，过点B作BN⊥CD，连接AD,BD，通过证明△MAC,△NBC，△ABD均为等腰直角三角形和△MAD≌△NDB求解.
29.
【解答】令 中y=0，得x1=- ，x2=5 ，
∴直线AC的解析式为 ，
设P（x， ），
∵过点P作⊙B的切线，切点是Q，BQ=1
∴PQ2=PB2-BQ2 ，
=(x-5 )2+（ ）2-1，
= ，
∵ ，
∴PQ2有最小值 ，
∴PQ的最小值是 ，
故答案为： ，
【分析】先根据解析式求出点A、B、C的坐标，求出直线AC 的解析式，设点P的坐标，根据过点P作⊙B的切线，切点是Q得到PQ的函数关系式，求出最小值即可.
30. 0≤x≤
【解答】解：如图，当过P的直线与圆相切时，x有最大值，
∵∠OQP=90°，∠P1OQ=45°，
∴OP1===，
当P与O重合时，x有最小值，
故答案为： 0≤x≤ .
【分析】首先找出OP最大或最小时点P的位置，由图可知当平行线与圆相切时，OP有最大值，当P与O重合时，OP有最小值，其值为0，再利用三角函数求出最大值，即可得出x的取值范围。
三、解答题
31. 解：∵⊙O中，OA⊥BC，
∴弧AB=弧AC ，
∴∠ADC＝ ∠AOB＝ ×50°＝25°
【分析】由⊙O中，OA⊥BC ， 利用垂径定理，即可证得弧AB=弧AC ， 又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得圆周角∠ADC的度数．
32. 解：设圆弧所在圆的圆心为O，连结OA，OA'，如图所示
设半径为x(m)则OA=OA’=OP=x(m)
由垂径定理可知AM=BM A’N=B’N
∵AB=60m，∴AM=30m，且OM=OP-PM=(x-18)m
在Rt△AOM中，由勾股定理可得AO2=OM2+AM2
即x2=(x-18)2+302 ， 解得x=34
∴ON=OP-PN=34-4=30（m)
在△A'ON中，由勾股定理可得
A'N= = =16(m)
A'B'=32m>30m
∴不需要采取紧急措施。
【分析】 设圆弧所在圆的圆心为O，半径为x, 连结OA，OA'，利用垂径定理求出AM的长，结合已知量把QM用含x的代数式表示，在Rt△AMQ中，利用勾股定理列式求出x, 于是在Rt△A'ON中，由勾股定理列式可求A'N的长，则A'B'长可求，最后和30m作比较，可得判断.
33. 解：∵CD切⊙O于点D，
∴∠ODC＝90°；
又∵OA⊥OC，即∠AOC＝90°，
∴∠A+∠AEO＝90°，∠ADO+∠ADC＝90°；
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO，
∴∠ADC＝∠AEO；
又∵∠AEO＝∠DEC，
∴∠DEC＝∠ADC，
∴CD＝CE，
∵CE＝5，
∴CD＝5．
【分析】根据切线的性质，以及直角三角形的性质，直角三角形的两锐角互余，即可证明∠ADC=∠AEO，从而得到∠DEC=∠ADC，根据三角形中，等角对等边即可证明△CDE是等腰三角形，即CD=CE．
34. 证明：如图所示，连接OD，
∵OD=OB
∴∠ODB=∠OBD
∵BD平分∠OBC
∴∠OBD=∠DBE
∴∠ODB=∠DBE
∴OD∥AC
∵DE⊥AC
∴OD⊥DE
∵OD是⊙O的半径
∴直线DE是⊙O的切线
【分析】连接OD，证得∠ODB=∠DBE，即可得到OD∥AC，由DE⊥AC得到OD⊥DE，即可得到直线DE是⊙O的切线.
35. 解：分两种情况考虑：
当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，
过O作OE⊥AB，交AB于点E，交CD于点F，连接OA，OC，
∵AB∥CD，∴OE⊥CD，
∴E、F分别为AB、CD的中点，
∴AE＝BE＝ AB＝3cm，CF＝DF＝ CD＝4cm，
在Rt△COF中，OC＝5cm，CF＝4cm，
根据勾股定理得：OF＝3cm，
在Rt△AOE中，OA＝5cm，AE＝3cm，
根据勾股定理得：OE═4cm，
则EF＝OE﹣OF＝4cm﹣3cm＝1cm；
当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，
同理可得EF＝4cm+3cm＝7cm，
综上，弦AB与CD的距离为7cm或1cm．
【分析】分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，过O作OE⊥CD，交CD于点F，交AB于点E，连接OA，OC，由AB∥CD，得到OE⊥AB，利用垂径定理得到E与F分别为CD与AB的中点，在直角三角形AOF中，利用勾股定理求出OF的长，在三角形COE中，利用勾股定理求出OE的长，由OE-OF即可求出EF的长；当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，同理由OE+OF求出EF的长即可．
四、综合题
36. （1）证明：连接OC，如图.
∵点C为弧BF的中点，∴弧BC=弧CF，∴∠BAC=∠FAC.∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∴∠OCA=∠FAC，∴OC∥AE.∵AE⊥DE，∴OC⊥DE，∴DE是⊙O的切线
（2）解：在Rt△OCD中，∵tanD= ，OC=3，∴CD=4，∴OD= =5，∴AD=OD+AO=8.在Rt△ADE中，∵sinD= ，∴AE= .
【分析】（1）连接OC，如图，由弧BC=弧CF得到∠BAC=∠FAC，加上∠OCA=∠OAC.则∠OCA=∠FAC，所以OC∥AE，从而得到OC⊥DE，然后根据切线的判定定理得到结论；（2）先在Rt△OCD中利用正切定义计算出CD=4，再利用勾股定理计算出OD=5，则sinD= ，然后在Rt△ADE中利用正弦的定义可求出AE的长.
37. （1）解：如图， 及为所求．
（2）解：连接 ．
∵ 是 的切线，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∵ 是直径，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又
∴ ∽
∴
∴ ．
【分析】（1）利用角平分线的性质作出∠BAC的角平分线，利用角平分线上的点到角的两边距离相等得出O点位置，进而得出答案．（2）根据切线的性质，圆周角的性质，由相似判定可证△CDB∽△DEB，再根据相似三角形的性质即可求解．
38. （1）证明：∵EF∥AB，
∴∠E=∠CAB，∠EFA=∠FAB，
∵∠E=∠EFA，
∴∠FAB=∠CAB，
在△ABC和△ABF中，
，
∴△ABC≌△ABF（SAS），
∴∠AFB=∠ACB=90°，
∴BF⊥AF，
∵AF是⊙A的半径，
∴BF是⊙A的切线；
（2）解：当∠CAB=60°时，四边形ADFE为菱形．
理由如下：∵∠CAB=60°，
∴∠FAB=∠EAF=60°，
∵AE=AF=AD，
∴△AEF和△ADF都为等边三角形，
∴AE=EF=AD=DF，
∴四边形ADFE是菱形．
（3）解：连FC，
∵EC为直径，
∴∠EFC=90°
∵EF=1，AE=2，
∴FC= ，
∵A为EC的中点，EF∥AB，
∴AB垂直平分线FC，交AB于P，则CP=
又∠ABC=∠ACP
cos∠ABC= ∠ACP= =
【分析】（1）根据平行线的性质得∠E=∠CAB，∠EFA=∠FAB，加上∠E=∠EFA，则∠FAB=∠CAB，于是可判断△ABC≌△ABF，从而得到∠AFB=90°，然后根据切线的判定方法可判断BF是⊙A的切线；（2）当∠CAB=60°，则∠FAB=∠EAF=60°，于是可证△AEF和△ADF都为等边三角形，所以AE=EF=AD=DF，然后根据菱形的判定方法可判断此时四边形ADFE是菱形;(3)连接FC，证明∠ACF=∠CBA即可.
39. （1）证明：连接 ，如图，
为直径，
，
，
，
， 平分 ，
，
，
，
，
，
，
与⊙ 相切
（2）解： ，
，
而 ，
，
， ，
为等边三角形，
，
【分析】（1）连接AE，如图，利用圆周角定理得∠AEB=90°，再根据等腰三角形的性质得BE=CE，接着证明∠1=∠4，然后利用∠1+∠3=90°得到∠3+∠4=90°，从而根据切线的判定方法可判断BF与⊙O相切；（2）由BC=CF=4得到∠F=∠4，则∠BAC=2∠F，所以∠F=30°，∠BAC=60°，于是可判断△ABC为等边三角形，所以AB=AC=4，然后利用勾股定理计算BF的长.
40. （1）90；解：如图，连接AB、OA、OB. 在△AOB中， ∵OA＝OB＝1.AB＝ ， ∴OA2+OB2＝AB2. ∴∠AOB＝90°. 当点P在优弧 上时，∠APB＝ ∠AOB＝45°； 当点P在劣弧 上时，∠AP′B＝ （360°﹣∠AOB）＝135°
（2）解：根据点P在⊙O1上的位置分为以下四种情况.
第一种情况：点P在⊙O2外，且点A在点P与点M之间，点B在点P与点N之间，如图①
∵∠MAN＝∠APB+∠ANB，
∴∠APB＝∠MAN﹣∠ANB；
第二种情况：点P在⊙O2外，且点A在点P与点M之间，点N在点P与点B之间，如图②.
∵∠MAN＝∠APB+∠ANP＝∠APB+（180°﹣∠ANB），
∴∠APB＝∠MAN+∠ANB﹣180°；
第三种情况：点P在⊙O2外，且点M在点P与点A之间，点B在点P与点N之间，如图③.
∵∠APB+∠ANB+∠MAN＝180°，
∴∠APB＝180°﹣∠MAN﹣∠ANB，
第四种情况：点P在⊙O2内，如图④，
∠APB＝∠MAN+∠ANB.
【解答】解：（1）①若AB是⊙O的直径，则∠APB＝90.
【分析】（1）①根据直径所对的圆周角等于90°即可求解；②根据勾股定理的逆定理可得∠AOB＝90°，再分点P在优弧 上；点P在劣弧 上两种情况讨论求解；（2）根据点P在⊙O1上的位置分为四种情况得到∠APB与∠MAN、∠ANB之间的数量关系.
41. （1）解：直线 与⨀ 相切，
理由：过 作 于 ，
，
平分 ，
，
直线 与⨀ 相切
（2）解：如图，
，
在 与 中 ，
，
，
，
是⨀ 的切线，
∴BF2＝BA•BE，
，
.
【分析】（1）过 作 于 ，根据角平分线的性质得到 ，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）根据勾股定理得到 ，根据全等三角形的性质得到 ，求得 ，根据切割线定理即可得到结论.
42. （1）解：根据题意画出相应的图形，如图所示：
（2）（6，2）；（2，0）；；解：∵AD=CD,AO=DF=4,OD=CF=2, ∴△AOD≌△DFC， ∴∠ADO=∠DCF， ∴∠ADO+∠CDF=∠DCF +∠CDF=90°， 则∠ADC=90°， ∴S扇形ADC= 故答案为：（2）①（6，2）；（2，0）；② ，③ .
【解答】解：（2）①根据图形得：C（6，2），D（2，0）；
②在Rt△AOD中，OA＝4，OD＝2，
根据勾股定理得：AD＝ ，
则⊙D的半径为 ；
【分析】（1）根据题意建立平面直角坐标系，然后作出弦AB的垂直平分线，以及BC的垂直平分线，两直线的交点即为圆心D，连接AD，CD；（2）①根据第一问画出的图形即可得出C及D的坐标；②在直角三角形AOD中，由OA及OD的长，利用勾股定理求出AD的长，即为圆O的半径；③求出∠ADC-90°，再根据扇形面积公式即可求解.
43. （1）证明：∵∠A+∠DEC＝180°，∠FED+∠DEC＝180°，
∴∠FED＝∠A ，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠BCA＝90°，
∴∠B+∠A＝90°，
∴∠B+∠FED＝90°
（2）解：∵∠CFA＝∠DFE ， ∠FED＝∠A ，
∴△FED∽△FAC ，
∴ ，
∴ ，
解得：AC＝9，即⊙O的直径为9．
【分析】（1）利用圆内接四边形对角互补以及邻补角的定义得出∠FED=∠A，进而得出∠B+∠A=90°，求出答案；（2）利用相似三角形的判定与性质首先得出△FED∽△FAC，进而求出即可．
44. （1）证明：∵∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ANC=90°，
∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB，
∵∠CAB=2∠BCP，
∴∠BCP=∠CAN，
∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°，
∵点D在⊙O上，
∴直线CP是⊙O的切线
（2）解：如图，作BF⊥AC
∵AB=AC，∠ANC=90°，
∴CN= CB= ，
∵∠BCP=∠CAN，sin∠BCP= ，
∴sin∠CAN= ，
∴
∴AC=5，
∴AB=AC=5，
（3）解：设AF=x，则CF=5﹣x，
在Rt△ABF中，BF2=AB2﹣AF2=25﹣x2 ，
在Rt△CBF中，BF2=BC2﹣CF2=2O﹣（5﹣x）2 ，
∴25﹣x2=2O﹣（5﹣x）2 ，
∴x=3，
∴BF2=25﹣32=16，
∴BF=4
即点B到AC的距离为4
【分析】（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；
（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可
45. （1）连接OB，
∵OB=OA，∴∠A=∠OBA，
∵DF垂直平分BE，∴DE=DB，
∴∠DBE=∠DEF，
∵∠AEC=∠DEB，∴∠AEC=∠DBE，
∵DC⊥OA，∴∠ACE=90°，
∴∠A+∠AEC=90°，
∴∠OBA+∠DBE=∠OBD=90°，
∵OB是半径，
∴BD是⊙O的切线 ；
（2）作OH⊥AB，
∴AH=BH，
∵点C是OA中点，OA= 2 ，
∴AC=， ∴AE==2，
∴在Rt△ACE中，∠A=30°，
∴∠DEB=∠AEC=60°，
∵DE=DB，∴△DEB是等边三角形，
∴BE=DE，
在Rt△AOH中，AO=2， ∠A=30°，
∴OH=OA=，
∴AH=
∴AB=2AH=6，
∴BE=AB-AE=4，
∴BD=4.
【分析】（1）连接OB，利用同圆半径相等可得∠A=∠OBA，根据线段垂直平分线的性质可得∠DBE=∠DEF，利用对顶角相等及等量代换可得∠AEC=∠DBE，由直角三角形两锐角互余可得∠A+∠AEC=90°，即得∠OBA+∠DBE=∠OBD=90°，根据切线的判定即可得出结论；
（2）作OH⊥AB，可得AH=BH，利用勾股定理求出AE=2，由直角三角形性质可得∠A=30°，从而可证△DEB是等边三角形，可得BE=DE；在Rt△AOH中，先求出OH的长，利用勾股定理求出AH的长，由AB=2OH即可求出AB的长，从而求出BD的长.
46. （1）解：如图1中，连接CE ．
在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝2，
∴AB＝ ，
∵CD 是⊙Q的直径，
∴∠CED＝90°，
∴CE⊥AB ，
∵BD＝AD ，
∴CD＝
∵ •AB•CE＝ •BC•AC ，
∴CE＝ ，
在Rt△CDE中，DE＝ ．
（2）解：如图2中，连接CE ， 设AC交⊙Q于K ， 连接FK ， DF ， DK ．
∵∠FCK＝90°，
∴FK是⊙Q的直径，
∴直线FK经过点Q ，
∵CD是⊙Q的直径，
∴∠CFD＝∠CKD＝90°，
∴DF⊥BC ， DK⊥AC ，
∵DC＝DB＝DA ，
∴BF＝CF ， CK＝AK ，
∴FK∥AB ，
∴ ，
∵BC＝x ， AC＝1，
∴AB＝ ，
∴DC＝DB＝DA＝ ，
∵△ACE∽△ABC ，
∴可得AE＝ ，
∴DE＝AD﹣AE＝ ，
∴ ，
，
∴y＝ （x＞1）．
（3）解：如图3中，连接FK ．
∵CE＝CG ，
∴∠CEG＝∠CGE ，
∵∠FKC＝∠CEG ，
∵FK∥AB ，
∴∠FKC＝∠A ，
∵DC＝DA ，
∴∠A＝∠DCA ，
∴∠A＝∠DCA＝∠CEG＝∠CGE ，
∴∠CDA＝∠ECG ，
∴EC＝DE ，
由（2）可知： ，
整理得：x2﹣2x﹣1＝0，
∴x＝1+ 或1﹣ （舍弃），
∴BC＝1+ ．
【分析】（1）如图1中，连接CE ． 在Rt△CDE中，求出CD ， CE即可解决问题．（2）如图2中，连接CE ， 设AC交⊙Q于K ， 连接FK ， DF ， DK ． 想办法用x表示CD ， DE ， 证明FK∥AB ， 推出 ，延长构建关系式即可解决问题．根据点E位于点D下方，确定x的取值范围即可．（3）如图3中，连接FK ． 证明ED＝EC ， 由此构建方程即可解决问题．
47. （1）解：连接OG，
∵CD⊥AB于E，
∴∠AEF＝90°，
∵∠A＝20°，
∴∠EFA＝90°﹣∠A＝90°﹣20°＝70°，
∴∠GFP＝∠EFA＝70°，
∵OA＝OG，
∴∠OGA＝∠A＝20°，
∵PG与⊙O相切于点G，
∴∠OGP＝90°，
∴∠AGP＝∠OGP﹣∠OGA＝90°﹣20°＝70°.
（2）解：如图，连结BG，OG，OD，AD，
∵E为半径OA的中点，CD⊥AB，
∴OD＝AD＝OA，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠AOD＝60°，
∴∠AGD＝ ∠AOD＝30°，
∵DG∥AB，
∴∠BAG＝∠AGD＝30°，
∵AB为⊙O的直径，OA＝2 ，
∴∠AGB＝90°，AB＝4 ，
∴AG＝AB•cos30°＝6，.
∵OG＝OA，
∴∠OGA＝∠BAG＝30°，
∵PG与⊙O相切于点G，∴∠OGP＝90°，
∴∠FGP＝90°﹣30°＝60°，
∵∠AEF＝90°，AE＝ ，∠BAG＝30°，
∴AF＝2，∠GFP＝∠EFA＝60，
∴△GFP为等边三角形，
∴PF＝FG＝AG﹣AF＝6﹣2＝4.
【分析】（1）连接OG，在Rt△AEF中，∠A＝20°，可得∠GFP＝∠EFA＝70°，因为OA＝OG，所以∠OGA＝∠A＝20°，因为PG与⊙O相切于点G，得∠OGP＝90°，可得∠AGP＝90°﹣20°＝70°.（2）如图，连结BG，OG，OD，AD，证明△OAD为等边三角形，得∠AOD＝60°，所以∠AGD＝30°，因为DG∥AB，所以∠BAG＝∠AGD＝30°，在Rt△AGB中可求得AG＝6，在Rt△AEF中可求得AF＝2，再证明△GFP为等边三角形，所以PF＝FG＝AG﹣AF＝6﹣2＝4.
48. （1）7-t
（2）解：在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得：AB=5，由运动知，AP=t，分两种情况讨论：
①当点P在边AC上时，即：0＜t≤4，如图1，记⊙P与边AB的切点为H，连接PH，∴∠AHP=90°=∠ACB.
∵∠A=∠A，∴△APH∽△ACB，∴ ，∴ ，∴PH t，∴S πt2；
②当点P在边BC上时，即：4＜t＜7，如图，记⊙P与边AB的切点为G，连接PG，∴∠BGP=90°=∠C.
∵∠B=∠B，∴△BGP∽△BCA，∴ ，∴ ，∴PG （7﹣t），∴S π（7﹣t）2.
综上所述：S ；
（3）解：分两种情况讨论：
①当点P在边AC上时，即：0＜t≤4，由（2）知，⊙P的半径PH t.
∵⊙P与△ABC的另一边相切，即：⊙P和边BC相切，∴PC=PH.
∵PC=4﹣t，∴4﹣t t，∴t 秒；
②当点P在边BC上时，即：4＜t＜7，由（2）知，⊙P的半径PG （7﹣t）.
∵⊙P与△ABC的另一边相切，即：⊙P和边AC相切，∴PC=PG.
∵PC=t﹣4，∴t﹣4 （7﹣t），∴t 秒.
综上所述：在⊙P运动过程中，当⊙P与三角形ABC的另一边也相切时，t的值为 秒或 秒.
【解答】解：（1）∵AC=4，BC=3，∴AC+BC=7.
∵4＜t＜7，∴点P在边BC上，∴BP=7﹣t.
故答案为：7﹣t；
【分析】（1）先判断出点P在BC上，即可得出结论；（2）分点P在边AC和BC上两种情况：利用相似三角形的性质得出比例式建立方程求解即可得出结论；（3）分点P在边AC和BC上两种情况：借助（2）求出的圆P的半径等于PC，建立方程求解即可得出结论.
49. （1）解：当x=0时，y=3，∴C（0，3）．
当y=0时，ax2+（a+3）x+3=0，
（ax+3）（x+1）=0，解得x1=- ，x2=-1．
∵a＜0，
∴- ＞0，
∴A（-1，0）
（2）解：如图1，过点D作DM⊥AB于M．
∵OE∥DM，
∴ ，
∴OM=3，
∴D点纵坐标为12a+12．
∵tan∠EAO= =3a+3，
∴OE=3a+3，
∴CE=OC-OE=3-（3a+3）=-3a．
∵OB=4CE，
∴- =-12a，
∵a＜0，
∴a=-
（3）解：如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．
∵a=- ，
∴抛物线的解析式为y=- x2+ x+3，D（3，6），DT=3，OT=6，CT=3=DT，
又∵PC=PD，PT=PT，
∴△TCP≌△TDP，
∴∠CTP=∠DTP=45°，TG=PG．
设P（t，- t2+ t+3），
∴OG=- t2+ t+3，PG=t，
∴TG=OT-OG=6-（- t2+ t+3）= t2- t+3，
∴ t2- t+3=t，解得t=1或6，
∵点P在C、D之间，
∴t=1．
过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，则∠KFC=∠OCF，∠KFB=∠CON=90°．
∵FQ∥PC，
∴∠PCF+∠CFQ=180°，∠PCF+∠PCG+∠OCF=180°，
∴∠CFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠CFK+∠KFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠KFQ=∠PCG．
∵P（1，5），∴PG=1，CG=OG-OC=5-3=2，
∴tan∠PCG= ，
∵tan∠ABC= ，
∴∠PCG=∠ABC，
∴∠KFQ=∠ABC．
∵∠CFQ=2∠ABC，
∴∠CFQ=2∠KFQ，
∴∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，
∴tan∠OCF= ，
∴OF= ．
设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），
∵Q在抛物线上，
∴- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，
解得m= 或m=- （舍去），
∴Q（4，5），
∵B（6，0），
∴BQ= ．
【分析】（1）令x=0，求出y的值，得到C点坐标；令y=0，求出x的值，根据a＜0得出A点坐标；（2）如图1，过点D作DM⊥AB于M．根据平行线分线段成比例定理求出OM=3，得到D点纵坐标为12a+12．再求出OE=3a+3，那么CE=OC-OE=-3a．根据OB=4CE，得出- =-12a，解方程求出a=- ；（3）如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．利用SSS证明△TCP≌△TDP，得出∠CTP=∠DTP=45°，那么TG=PG．设P（t，- t2+ t+3），列出方程 t2- t+3=t，解方程求得t=1或6，根据点P在C、D之间，得到t=1．过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，根据平行线的性质以及已知条件得出∠KFQ=∠PCG，进而证明∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，由tan∠OCF= =tan∠ABC= ，求出OF= ．设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），根据Q在抛物线上列出方程- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，解方程求出满足条件的m的值，得到Q点坐标，然后根据两点间的距离公式求出BQ．
50. （1）解：连接OE，
∵OA=OE，
∴∠A=∠AEO，
∵BF=EF，
∴∠B=∠BEF，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠AEO+∠BEF=90°，
∴∠OEG=90°，
∴EF是⊙O的切线；
（2）证明：∵∠AED=90°，∠A=30°，
∴ED= AD，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠B=∠BEF=60°，
∵∠BEF+∠DEG=90°，
∴∠DEG=30°，
∵∠ADE+∠A=90°，
∴∠ADE=60°，
∵∠ADE=∠EGD+∠DEG，
∴∠DGE=30°，
∴∠DEG=∠DGE，
∴DG=DE，
∴DG= DA；
（3）解：∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED=90°，
∵∠A=30°，
∴∠EOD=60°，
∴∠EGO=30°，
∵阴影部分的面积
解得：r2=4，即r=2，
即⊙O的半径的长为2.
【分析】（1）连接OE，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠AEO，∠B=∠BEF，于是得到∠OEG=90°，即可得到结论；（2）根据含30°的直角三角形的性质证明即可；（3）由AD是⊙O的直径，得到∠AED=90°，根据三角形的内角和得到∠EOD=60°，求得∠EGO=30°，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论.
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