一.1．(2015?江蘇,第6題3分)如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5，AD，AB，BC分別與⊙O相切于E，F(xiàn)，G三點，過點D作⊙OBC于點M，切點為NDM的長為（）A．B．C．【答案】AD，AB，BC分別與⊙O相切于E，F(xiàn)，G∴四邊形AFOE，F(xiàn)BGO是正方形，∴AF=BF=AE=BG=2，∴DE=3，∵DM是⊙O ，∴NM=，∴DM==，故選2.（201583分）如圖，在△ABC中，AB=CBAB為直徑的⊙O于點D．過點C作CF∥AB，在CF上取一點EDE=CD，連接AE．對于下列結(jié)論：①AD=DC；②△CBA∽△CDE；③=；④AE為⊙O的切線，一定正確的結(jié)論全部包含其中的選項是（） ADB=90°，則BD⊥AC，于是根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可判斷2=∠3=∠4，則根據(jù)相似三角形的判定方法得到△CBA∽△CDE DA=DC=DE可判斷∠AEC=90°CE⊥AEAB⊥AE，然AE為⊙O的切線，于是可對④進(jìn)行判斷．ABAB=CB，∵△ABC∴∠1E在以AC∴AE為⊙O的切線，所以④正確．D．經(jīng)過圓心．若∠B=20°，則∠C的大小等于（）A

．

．

考點 連接OA，根據(jù)切線的性質(zhì)，即可求得∠C的度數(shù)． 解：如圖，連接OA，∵AC是⊙O 3（2015?廣州,第3題3分）已知⊙O的半徑為5，直線l是⊙O的切線，則點O到直l的距離是（）[來~*源:中國教育&出^版@網(wǎng)]A

C D 考點 分析 根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系可直接得到點O到直線l的距離是解答 解：∵直線l與半徑為r的⊙O相切Ol的距離等于圓的半徑，Ol5． 本題考查了切線的性質(zhì)以及直線與圓的位置關(guān)系：設(shè)⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d，直線l和⊙O相交?d＜r；直線l和⊙O相?d=rl和⊙O相離 于點，若 【答案】 ，過點， . . . 的半徑是.于點C，OA交小圓于點D，若OD=2，tan∠OAB=，則AB的長是()A. B. C. D.&%網(wǎng)~]（2015?93分）如圖，ACABCD的對角線，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，現(xiàn)將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，使點D與點OFGF，G分別在AD，BC上，連結(jié)OG，DGOG⊥DG，且☉O的半徑長為1，則下列結(jié)論不成立的是()[來源:中國~*教育&^@網(wǎng)]A.CD+DF=4B.CD?DF=2?3C.BC+AB=2+4 【答案】試題分析：如圖，設(shè)⊙OBCM,MOMOADN,利用易證 ,所以O(shè)M=GC=1,CD=GM=BC-BM-GC=BC-2.又因AB=CD,所以可BC?AB=2.AB=a，BC=b,AC=c,⊙Or，⊙ORt△ABCc，2ab-4a-4b+4=0BC?AB=2b=2+a2a（2+a）-4a-4（2+a）+4=0，所以 ，即可得BC+AB=2+4.再CD+DF=.綜上只有選項A錯誤，故答案選A.（2015?浙江嘉興，第7題4分）如圖，中，AB=5，BC=3，AC=4，以點C為圓心AB相切，則☉C的半徑為（▲） （B）2.4 CAB相切的圓的半徑的長．

∵AB是⊙C∵S△ABC=AC?BC=∴⊙C的半徑為，（2015?省內(nèi)江市，第10題，3分）如圖，在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB是直徑，∠BCD=120°，過D點的切線PD與直線AB交于點P，則∠ADP的度數(shù)為（ DB，即∠ADB=90°，又∠BCD=120°，故∠DAB=60°，所以∠DBA=30°；又因PD為切線，利用切線與圓的關(guān)系即可得出結(jié)果．∵AB∵PD 與x軸、y軸分別交于A、大值是（） C．D．【答案】C．10（2015?AO AOBC經(jīng)過圓心.若∠B=20°，則∠C的大小等于（ C．40° OA，根據(jù)切線的性質(zhì)，即可求得∠C的度數(shù)．OA，∵AC是⊙O11.（2015?山東濰坊第7題3分）如圖，AB是⊙O的弦，AO的延長線交過點B的⊙O的切線于點C，如果∠ABO=20°，則∠C的度數(shù)是（ BC是⊙O的切線，OB是⊙O的半徑，得到∠OBC=90°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)解答：解：∵BC是⊙O的切線，OB是⊙OB．二.1.（2015?174分）ABCD中，AB=8，AD=12兩點的⊙O與BC邊相切于點E，則⊙O的半徑 4EO并延長交ADHAO，ABCD是矩形，⊙OBC∴EH⊥BCEH⊥AD.∴根據(jù)垂徑定理，AH=DH.設(shè)⊙O的半徑為rAOrOH8r.[中^國教#育出~版*&網(wǎng)

8r262

r，解 4∴⊙O4 CDO+∠ODA計算求解．?dāng)?shù)y=（k≠0）的圖象經(jīng)過圓心P，則k=﹣．考點：切線的性質(zhì)；一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征；反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征．專題：計算題．PD⊥OAD，PE⊥ABECH⊥ABH，如圖，設(shè)⊙Pr，根PD=PE=r，AD=AEOB=6，則可判斷△OBC為等腰直角三角形，從而得到△PCD為等腰直角三角形，則PD=CD=r，出 ，所以BH=10﹣ ，然后證明△BEH∽△BHC，利用相似比得到即=r=PkPD⊥OAD，PE⊥ABECH⊥ABH，如圖，設(shè)⊙P∵⊙PAB，AORt△OAB∴△OBC∴△PCD =，解得r= 解：∵直線AB與⊙OB， 對的優(yōu)弧上的動點，連接AP，過點A作AP的垂線交射線PB于點C，當(dāng)PAB是等腰三角形時，線段BC的長為 KBKBOAHAHBOGABABOAP 圖 8BC815或（1）（1，作APcosAPCcosAOHOH3PC5AP易知 3

PG

403

BCPC2PG5

.（25PBPA5 APcosAPCcosAOKOK3PC5AP205BCPCPB8 3BABP時，如圖由C900P900PABCABBCAB8BC815

833C為圓心，5PA，PBPB=4PA的長為CP，PB的延長線交⊙CP′CB2+PB2=CP2，則根據(jù)勾股定的長為3或∴CB2+PB2=CP2，[來^源:中&~教#*網(wǎng)∴△CPB∴PB∥A，而ACBP 故答案為3或（2015?17題,4分）如圖，我們把一個半圓與拋物線的一部分圍成的封閉圖形稱﹣3，AB為半圓的直徑，則這個“果圓”被y軸截得的弦CD的長為3+ACBCOCD的長．AC，BC，D的坐標(biāo)為（0，﹣3∴ODy=00=x2﹣2x﹣3，解得：x=﹣13，∴A（﹣1，0，B（3，0）∵AB（2015?浙江省臺州市16題）如圖，正方形ABCD的邊長為1，中心為點O，有一邊EFGHIJO可任意旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，這個正六邊形始終在正方形ABCD內(nèi)（包括正方形的邊AE的最小值為源三.O經(jīng)過點C，且圓的直徑AB段AE上CE是⊙O若△ACE中AEhh的代數(shù)式表示⊙O的直徑AB；設(shè)點DAC上任意一點（不含端點OD，當(dāng)CD+OD6時，求⊙OAB的長．CCH⊥ABH，連接OC2Rt△OHC是菱形，根據(jù)對稱性可得DF=DO．過點D作DH⊥OC于H，易得DH=DC，從而（1）∴CE是⊙OCCH⊥ABHOCRt△OHC 則∠AOF=∠COF=∠AOC=∴△AOF、△COF∴四邊形AOCF∴根據(jù)對稱性可得DF=DO．D作DH⊥OCH，∴DH=DC?sin∠DCH=DC?sin30°=∴F、D、H三點共線時，DH+FD（即CD+OD）最小，此時FH=OF?sin∠FOH=OF=6，∴當(dāng)CD+OD的最小值為6時，⊙O的直徑AB的長為 短等知識，把CD+OD轉(zhuǎn)化為DH+FD是解決第（3）小題的關(guān)鍵．如圖，CE是⊙O的直徑，BD切⊙OD，DE∥BO，CEBDA。BC是⊙OAE=2，tan∠DEO=2AO的長EDEDOB相交于點DCA的延長線相交于點ED作DF⊥ACF試說明DF是⊙O若AC=3AE，求（2）（1）OD∥ACOD⊥DFDF是⊙O的切線；（2）連接BE，AB是直徑，∠AEB=90°，根據(jù)勾股定理得出BE=2AE，CE=4AE，然Rt△BECtanC的（1）∴∠B=∠C，∵DF⊥AC，∴DF是⊙O∵AB∴∠AEB=90∵AB=AC，AC=3AE，5.（2015?山東東營,218分）(8分)已知在△ABC中，∠B=90oAB上的一OOAACDABE．BD是⊙O的切線，D是切點，EOBBC=2AC（2）AC=4.6.（2015?山東聊城,2410分）如圖，已知AB是⊙OPBA的延長線上，PD切⊙ODBBEPDPDCAD并延長，交BEE．解答：（1）OD，∵PD切⊙O∴⊙O半徑7.（2015?山東臨沂,239分ORt△ABCABOA為半徑的⊙OBCD求證：AD（2）若∠BAC=60°，OA=2，求陰影部分的面積（結(jié)果保留（1）∵BC是⊙O的切線，D∴OD⊥BC.方法一：連接∴△OAE又∵，∴ED∥AO， ∴陰影部分的面積=S扇形ODE （2015?，第25題9分）如圖，PB為⊙O的切線，B為切點，過B作OP的垂BA，垂足為C，交⊙O于點APA、AO，并延長AO交⊙O于點EPB的延長線交于點D．（2）BE=OC=4AC，OAPCOPAPAC=BC，AO=OE，DPO，進(jìn)而可得：，從而求出BD的值，進(jìn)而即可求出tanD的值．∴OPAB∵∵PB為⊙O的切線，BPA⊥OA，∴PA是⊙O（2）Rt△ACO Rt△APO 在Rt△OBD中， （2015?甘孜、阿壩，第20題10分）如圖，△ABC為等邊三角形，以邊BC為直AB，AC分別交于D，F(xiàn)兩點，過點DDE⊥ACE．判斷DF與⊙O邊三角形，得出∠BOD=∠COD∥ACDE⊥OD，即可得出結(jié)論；（2）先證明△OCF是等邊三角形，得出CF=OC=BC=AB=2，再由三角函數(shù)即可FH．（1）DEOD1所示：∵△ABC∴△OBD∴DE是⊙O（2）連接OF2∴△OCF 10（2015?BCD，交ABE，過點DDF⊥ABFDF與⊙OO（2）證得△BED∽△BCABEAC=AB=AE+BE求得答案即可．D在⊙ODF與⊙O（2）解：∵四邊形ACDE是⊙O∴BD=CD= 1（2015?A（4，0，B（0，3．l的函數(shù)表達(dá)式；M2MyMlMOxOx（1）A4，0B（0，）（2）Rt△ABMsin∠BAMRt△AMC中，利用銳角三角函AMM的坐標(biāo)．（1）∵A（4，，B（，3，∴∴∴直線l的解析式為：y=﹣x+3；[來源:~%中#國@教&育 A（4，0，B（0，3，在Rt△ABM中，sin∠BAM==， M的坐標(biāo)為（0，0②此時⊙M'lC'，M'C'M'C'⊥AB，在△M′C′B與△CMB中，，（0，6．[（0，0（0，6．[12．(2015·，第22題分)如圖1，水平放置一個三角板和一個量角器，三角板的ABDE在一條直線上，2cm/s的速度向右移動。

ABBC6cm,OD

BD=1cm,A當(dāng)B與O重合的時候，求三角板運動的時間 A 3ABDECF2CGCE。[來#源*:@^%C網(wǎng)CGCCDBGDBAEBCOD求證：CD是⊙O的切線OF若 3,求E的度數(shù)AD，在（2）CD=3AD的長.（1）OC∥BG，即可得到結(jié)論；由OC∥BD，得到△OCF∽△BDF，△EOC∽△EBD，得到，，DAH中，AD== （1） ∴OC⊥CD，∴CD是⊙O 2AAH⊥DE∴AH=1，[來~源^:中國%教育&*網(wǎng)]∴EH=， 14（2015?請用圓規(guī)和直尺作出⊙PPACAB，BC兩邊都相切（保留作圖痕跡，不寫作法和證明．若∠B=60°，AB=3，求⊙P的面積．[中國^教@育&網(wǎng)考點 分析 （1）作∠ABC的平分線交AC于P，再以P為圓心PA為半徑即可作出（2）根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到∠ABP=30°，根據(jù)三角函數(shù)可得AP=，再解答 （1）（2）∵∠B=60°，BP 15（2015?AB為⊙OEF成為⊙O的切線，還需要添加的一個條件是（至少說出兩種：∠BAE=90°或者∠EAC=∠ABC．ABO的弦，且∠CAE=∠BEF是⊙O的切線嗎考點

分析 （1）∠AE90，②∠A=∠AC，∵AB∴EF是⊙O②∵AB∵AB∴EF是⊙O（2）EF是⊙OAMCM，∵AM∴EF是⊙O 16．(2015·六盤水，第24題12分)如圖12，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，點OACO為圓心，OCABD（1（6（2（6 @]（1）（1）∴OD⊥AB，∵OD=1，17．(2015·24題分)AB為直徑作⊙O，CD與⊙O相切EABD,BE,O作OC∥BEDEC,AC(1)求證：AC是⊙O（2）BD=OB=4AEw^w#*~．ep．co]來源e^p．co]（1） 相切，利用切線 BE平行得到同相等，再由OA=OE，OC=OC，利用SAS得到三角形AOC與三EOC全等，利用全等三OEB為等邊三角形，求出∠ABE=60°ABO直徑，利用直徑所對的圓周AEBAE的長即可．∵CDO∴∠CEO=90°，∵BE∥OC，∵OB=OE，在△AOC和△EOC中，∴△AOC≌△EOC（SAS∴∠CAO=∠CEO=90°，ACORt△DEO∵OB=OE，∴△BOE∵ABO的直徑，[中國#~教育出*版網(wǎng)18（2015? 市,24題，5分）如圖，AB是OB作OBMCD//BM，交AB于點F，且DADC AC，AD，延長AD交BM地點EACDOEDE2OE19（2015?BCQ在⊙OCQPCQPO 第20題圖 第20題圖1PQ∥ABPQ2PBCPQ長的最大值．（1）正切定義可計算出OP=3tan30°=，然后在Rt△OPQ中利用勾股定理可計算出PQ=；值=．解答：（1） #網(wǎng)] ；在Rt△OPQ中，PQ==，OP的長最小時，PQ的長最大， ．20.（2015鄂州第22題9分）如圖，在△ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分線∠ABCBMAEMOABO為圓心，OB的長為半徑的圓MBCG，交ABF．（1（3（2（3（3（3（2）3（3）2.21（2015?ADBCDABO為圓心作⊙O，使⊙OAD。BC與⊙OAC=3，∠B=30°，①求⊙O②設(shè)⊙O與AB邊的另一個交點為E，求線段BD，BE與劣弧所圍成的陰影部分的面積（結(jié)果保留根號和OD⊥BC∵AD平分∠BAC，∴∠1=∠2，[來~源&:中國%教育^*網(wǎng)]OD⊥BC，；[ （2）①OACOH1Rt△AOH中，AH=AO·sin∠AOH=AO·sin302AO，1∵AC=AH+CH3=2AO+AOAO=2，即⊙O2；3 3 1BDDO1

32

OD2602

，

S∴

S扇形

2 2

EF3（23題3（1）AD平分∠BAC,所以∠ODA=∠CADOD∥AE,EFAE,OD垂直于EF與圓O（23

22

，所以

AB2AB2AB 4 DE,4

DE，所以 CD2DECD2DE22223

在Rt△CDE中 3所以DG=3.OG=3-3=3OB2OB232734在Rt△OGB中 OG

43 因為∠ACB=∠E,所以BC∥EF.所以△OGB∽△ODF,

DF

DF，所以12

4所以

12

64 23.（2015山東菏澤，18，8分）如圖，在△ABC中，BA=BCAB為直徑的⊙OAC、BCD、E，BC的延長線于⊙OAF（2）2．（2）如圖，連接AE，∴∠AEB=90°，設(shè)CE=x，∵CE：EB=1：4，∴EB=4x，BA=BC=5x，AE=3x，在Rt△ACE中， 24.（2015?涼山州,第23題8分）在甲、乙兩個不透明的布袋，甲袋中裝有3個完全相（x，yxOy中，⊙O2M（x，y）能作⊙O的切線的概（2）（3）（0﹣2（20（1﹣2（2﹣1（2﹣2（2015?樂山,第25題12分）已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜邊AC交⊙O于DAD=DCCB交⊙OE．2E作⊙OACCF=CDsin∠CAB（）AE=E（2 ∴ DC，∵EC=AE，∴ DC，∴sin∠CAB=sinCED==（2015?涼山州,第27題8分）如圖，⊙O的半徑為5，點P在⊙O外，PB交⊙OA、B兩點，PC交⊙OD、C兩點．[來源%#~^:中教網(wǎng)&]若PA=，AB=，PD=DC+2，求點O到PC的距離．（2）3．（2015?瀘州,第24題12分）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，BD為⊙O的弦，AB∥CDA作⊙O的切線AE與DCE，ADBCF。FCOD求證：四邊形ABCE是平行四邊形；[來@#^源:中教FCOD

EB（1）∥CD即可判定四邊形ABCD（2）作輔助線，連接AOBC于點H，雙向延長OF分別交AB，CDN，M，根據(jù)（1）（2）AOBC于點H，雙向延長OFAB，CD與點∵AE是⊙O∵AE=，CD=，∴62=CE（C+5，解得：CE=4（，ABDC是等腰梯形，且AB=AC=BD=CE=4，又根據(jù)對稱性和垂徑定理，得AOBC，MN垂直平分AB，DC，OF=x，OH=Y，F(xiàn)H=z， 解得∵x2=y2+z2，∴（2015?,第20題10分C如圖，在RtABC中ABC90AC的垂直平分線分別與ACBCAB的延長D，E，F(xiàn)BFBC.O是BEF的外接圓，EBFEFCHDEGOABF點G，交OHHDEGOABFABCEBF；BD與OAB1HGHB的值2（1）2DCEEFBABFBCBFABCEBF（ASABD與O相切理由：連接OB，則DBCDCBOFBOBF∴DBODBCEBOOBFEBO90DBOBEAEHDF22∴CEEA 2AB ，BFBC 22HDHEF2BE2BF21∴

2242，BHEBHEFHHBF45HF∴GHFFHB，∴ HFHGHBHF2，∵在RtHEFEF22HF22HGHBHF21EF222 （2015呼和浩特，24，9分）(9分)如圖，⊙O是△ABC的外接圓，P是⊙OAM是⊙OPBACD，與⊙OE，F(xiàn)BDM為

==. ==.考點分析：圓→垂徑定理、相切相似三角形邏輯推理→逆推[來#%源:中標(biāo)的∠1既是要證直角中的一個銳角，也是Rt△ACM中的一個銳角，很明顯，我們找到思兩個角分別相等或有互余關(guān)系的角。已知有一個：∠PAC=∠ABC，那么要看∠ABC是否能==

FD=CDM為的中點，什么意思？垂徑定理，還是等弧對著的圓周角相等？不知道，的做法是兩兩個等弦或兩個等弧共一點，八成用垂徑定理，沒錯，是八成，就是80%。如果沒有從共AM，垂徑定理及其推論，你因該會。在圖上早就標(biāo)了垂足H。你先前已經(jīng)證得AM⊥AP，AM⊥BC，則兩條直線同時垂直一條直線，則兩條直線是平用內(nèi)錯角，10%的情況用同位角，5%5%這個，有時候你在以算似的目的只有一個，就是對應(yīng)邊長度比例相同，則有

=CD ，，∠1=∠2這個條件還沒有用上，先看看FD=CD來

=∠2=∠1，那么∠1等于什么？平行出內(nèi)錯呀，你找不到∠1的同位角和同旁內(nèi)角，所以∠那我們是否需要把EC連接上呢？不用，這個兩個圓周角共。證明：(1)MCEOFDB ∵AM為⊙OEOFDB ∴∠AMC+∠MAC∴∠ABC+∠MAC=90° ∵∠ABC=∠PAC[來#源*:中國&教育網(wǎng)∴AP為⊙O的切線∵M(jìn)為中點，AM為⊙O= =

CD.[來* ∴∠CBE又∵∠CBE=∠CAEOO ∴△ADE∽△CDF

=.AD=. 綜上，可證得：PD

ED

交⊙O于點D，E為AC的中點，連結(jié)DE.[來^ 求證：ED是⊙O的切線（）AC=10（2）（1）∵BC是⊙O∴AC=BC=2OC=10.∵∠ADC=90°,EAC∴DE=EC=AC,∵OD=OC,∵AC切⊙O∴DE是⊙O的切線.（2015?218分）如圖，在△ABC中，AB=ACAB為直徑的⊙O分BC，ACD，ED作⊙ODFACF.【答案】解（1）證明：如答圖，連接OD，∵DF是⊙O∵DF⊥AC，∠CDF=22.5°，∴∠ABC=∠ACB=67.5°.∵OA=OB，∴∠AOE=90°.

904144∵⊙O

.【分析（1）要證DF⊥ACDF是⊙O的切線DF⊥OD，從而只要OD∥AC即可，根據(jù)等腰三角形等邊對等角的性質(zhì)由∠ABC=∠ODB和∠ABC=∠ACB即可得.SAOCD兩點，CD＝2，∠DAB=30°,PAB上運動，PCO于另一點Q，P，運動到Q、C兩點重合時(1)AP1點運動過程中，有幾個位置(幾種情況)使△CQD的面積為2 直接寫出答案)1當(dāng)使△CQD2QCD為直徑的的上半圓上，CQ＞QD時(DODOCAPDODOC 圖

第23

圖本小問是利用切線的性質(zhì)，得到∠ACP＝90°，CD＝2DODOC從而利用解直角三角形的方法來解得AP的長度。解：∵ABO的切線RtABC∴PCO∵∠DAB=30°，AC＝1 CD2S△CQD＝2CD2，從而如圖，Q1D

CA 圖1S△CQD＝2CD上的高QNPM⊥ADM，DNOCMMC與MP的關(guān)系，由已知易知AM＝3MP，由AC＝1，從而可以解出MP，從而求出APDNOCM解答如下：Q作QN⊥ADN，PPM⊥ADM1

A 圖 ∴2QN×CD＝1∵CD是圓O∴∠CQD＝90°QN∴ ∴QN2CNx(2x) 1x21

3,

2解得 2 3 3∴

233CN

2易得： ∴CM(2

RtAMPAM

∴(23)MP＋3MP

34

3

12中畫出一條弦，使這條弦將△ABC分成面積相等的兩部分(痕跡，不寫作法).2l與⊙OP,OBCOCOBCOCB 圖 圖 1，∵AC=BC,ACBC)CABAEABCE交⊙O

AOF FDOECB則CD為所求作的弦 DOECB圖2，∵l切⊙O于點P,作射線PO，交BC于點E，則PO⊥l, ∵l∥BC,∴PO⊥BC,由垂徑定理知，點E是BC的中點，連接AE交⊙O于F，則AF為所求作的弦.34（2015求證：AT是⊙O的切線AC（1∵AB=T，

AT∴AT是⊙O（2）設(shè)⊙O半徑為r，延長TO交⊙OD，連接∵CDTATC AT，A（

AC

(5-

5-

AT

CECEPAF