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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，A(2√2,0)，AB=3√2，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．(3√2,0) B．(√2,0) C．(−√2,0) D．(−3√2,0)
【答案】C
【分析】先求得OA的长，从而求出OC的长即可．
【详解】解：∵A(2√2,0)，
∴OA=2√2，
∵AB=3√2，以点A为圆心，AB长为半径画弧交x轴负半轴于点C，
∴AC=AB=3√2，
∴OC=AC−OA=3√2−2√2=√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．2 B．5 C．6 D．8
【答案】B
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【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．
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【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．A´B是⊙O的一部分，D是A´B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．13cm B．16cm C．17cm D．26cm
【答案】A
1
【分析】首先利用垂径定理的推论得出OD⊥AB，AC=BC= AB=12cm，再设⊙O的半径OA为Rcm，
2
则OC=(R−8)cm．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：∵ A´B是⊙O的一部分，D是A´B的中点，AB=24cm，
1
∴OD⊥AB，AC=BC= AB=12cm．
2
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（ ）
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A．OE=m⋅tanα B．CD=2m⋅sinα C．AE=m⋅cosα D．S =m2 ⋅sinα
△COD
【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，
1
∴DE= CD
2
在RtΔEDO中，OD=m，∠AOD=∠α
DE
∴tanα=
OE
DE CD
∴OE= = ，故选项A错误，不符合题意；
tanα 2tanα
DE
又sinα=
OD
∴DE=OD·sinα
∴CD=2DE=2m·sinα，故选项B正确，符合题意；
OE
又cosα=
OD
∴OE=OD·cosα=m·cosα
∵AO=DO=m
∴AE=AO−OE=m−m·cosα，故选项C错误，不符合题意；
∵CD=2m·sinα，OE=m·cosα
1 1
∴S = CD×OE= ×2m·sinα×m·cosα=m2sinα·cosα，故选项D错误，不符合题意；
ΔCOD 2 2
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．
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6．已知△ABC的周长为l，其内切圆的面积为πr2，则△ABC的面积为（ ）
1 1
A． rl B． πrl C．rl D．πrl
2 2
【答案】A
1 1 1 1
【分析】由题意可得S = AB×OE= AB×r，S = BC×r，S = AC×r，由面积关系
△AOB 2 2 △BOC 2 △AOC 2
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，
1 1
∴S = AB×OE= AB×r，
△AOB 2 2
1
同理：S = BC×r，
△BOC 2
1
S = AC×r，
△AOC 2
1 1 1 1
∴S=S +S +S = AB×r+ BC×r+ AC×r= (AB+BC+AC)×r，
△AOB △BOC △AOC 2 2 2 2
∵l=AB+BC+AC，
1
∴S= lr，
2
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（ ）
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α α
A．2r，90°−α B．0，90°−α C．2r，90°− D．0，90°−
2 2
【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，
1 1
∴∠EDF= ∠EIF=90°− α．
2 2
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A´C的长是（ ）
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2
A．π B． π C．2π D．4π
3
【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°，
120π×3
∴A´C的长= =2π．
180
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．
√3
9．已知一个正多边形的边心距与边长之比为 ，则这个正多边形的边数是（ ）
2
A．4 B．6 C．7 D．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
AD √3 AD
的边心距，由 = 可得 =√3，可得∠B=60°，而AB=AC，可得△ABC为等边三角形，从而可
BC 2 BD
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，
AD √3
∴AB=AC，AD⊥BC， = ，
BC 2
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1
∴BD=CD= BC，
2
AD √3 AD
∴ = ，即 =√3，
2BD 2 BD
AD
∴tan∠B= =√3，
BD
∴∠B=60°，而AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
360
∴多边形的边数为： =6，
60
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l 、l 的夹角为
1 2
60°，则图中的阴影部分的面积为（ ）
4 4 √3 2 2 √3
A． π−√3 B． π− C． π−√3 D． π−
3 3 2 3 3 2
【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 =S −S ，从而可得答案．
阴影 扇形COD △COD
【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，
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∴∠AOQ=∠DOH，∠COD=∠GOH=60°，
∴∠COG=∠DOH=∠AOQ，
∴扇形AOQ与扇形COG重合，
∴S =S −S ，
阴影 扇形COD △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，
60π×22 1 2π
∴S =S −S = = ×2×√3= −√3；
阴影 扇形COD △COD 360 2 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，
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∴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，
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由旋转的性质得CE=CA=√AB2−BC2=3√3，∠ACE=∠BCD=90°−∠ACD，
CB=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°=∠ACE，
60⋅π⋅3√3
∴点A的运动路径的长为 =√3π．
180
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2√2，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−(2√2) 2=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×3
∴ =2π，解得：n=120，
180
即展开图（扇形）的圆心角是120度，
1 1
圆锥的侧面积= lr= ×2π×3=3π，
2 2
故答案为：120，3π．
nπr
【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= ，扇
180
1 nπr2
形面积= lr= ．
2 360
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= ．
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【答案】4√2
【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=4√2，
故答案为：4√2．
【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．
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【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
OD BC
股定理求出AC=√AB2−BC2=12，由tan A= = ，求出OD=4.5（里），即可得到答案．
AD AC
【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，
OD BC
∵tan A= = ，
AD AC
OD 9
∴ = ，
6 12
∴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
OD BC
tan A= = ，求出OD长即可．
AD AC
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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 ．
16
【答案】
5
【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，
EB' B'H
证明△EB'H∽△EDC，可得 = ，从而可得答案．
ED CD
【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，
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∴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' B'H
∴ = ，
ED CD
4 B'H
∴ = ，
10 8
16
∴B'H=
，
5
16
∴点B'到BC的距离是 ．
5
16
故答案为： ．
5
【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=3√10，求CF的长．
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【答案】(1)见解析
2√10
(2)
3
【分析】（1）由垂径定理，得AD=BD A´C=B´C，由圆周角定理，得∠BAC=∠E；
AC CF
（2）可证△ACF∽△ECA得 = ；Rt△ADC中，勾股定理求得AC=√AD2+DC2=2√5，于是
EC CA
2√10
CF= .
3
【详解】（1）证明：∵OC⊥AB OC是⊙O的半径
∴AD=BD， A´C=B´C（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）
AC CF
∴ = （相似三角形对应边成比例）
EC CA
∵AB=8
∴AD=BD=4
在Rt△ADC中∠ADC=90° AD=4 CD=2
∴AC=√AD2+DC2=√42+22=2√5（勾股定理）
2√5 CF
即 =
3√10 2√5
2√10
∴CF= .
3
【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．
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(1)若∠ACB=20°，求A´D的长（结果保留π）．
(2)求证：AD平分∠BDO．
4π
【答案】(1)
3
(2)见解析
4π
【分析】（1）连接OA，由∠ACB=20°，得∠AOD=40°，由弧长公式即得^AD的长为 ；
3
（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°，
nπr
∴A´D=
，
180
40×π×6
=
180
4π
= ．
3
（2）证明：∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
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∵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，
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（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，
1 1 1
则S =S +S +S = ⋅AB⋅OD+ ⋅BC⋅OE+ ⋅AC⋅OF
△ABC △AOB △COB △AOC 2 2 2
1 1
= ×1.3×(AB+BC+AC)= ×1.3×14=9.1
2 2
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C´D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C´D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C´D上巡视时总能看清洞口CD的情况
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1
【分析】（1）根据垂径定理可得BC= CD=14，勾股定理解Rt△OBC，即可求解；
2
1
（2）在优弧CN´D上任取一点N，连接CM,DM,CN,DN根据圆周角定理可得∠CND= ∠COD=81°，
2
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C´D上巡视时总能
看清洞口CD的情况．
【详解】（1）解：∵ AB⊥CD，CD=28，
1
∴ BC= CD=14，
2
设半径为r，则OB=r−AB=r−12
在Rt△OBC中，OC2=OB2+BC2
r2=(r−12) 2+142
85
解得r= ≈14.2
6
答：半径OC的长约为14.2m
（2）如图，在优弧CN´D上任取一点N，连接CM,DM,CN,DN
∵∠COD=162°，C´D=C´D
1
∴∠CND= ∠COD=81°，
2
∴∠CMD=180°−∠CND=99°
∴ ∠CMD=99°，
因为CD在∠CMD的内部，所以点M在洞顶C´D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．
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(1)求证：PD是⊙O的切线；
7 4
(2)若DF=4，PE= ，cos∠PFC= ，求BE的长．
2 5
【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；
7 15 4
（2）易得PD=PE= ，则PF=PD+DF= ，根据cos∠PFC= ，求出CF=PF⋅cos∠PFC=6，
2 2 5
DF 9
OF= =5，则OC=CF−OF=1，根据勾股定理求出OD=3，PC= ，进而求出
cos∠PFC 2
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；
7
（2）解：∵PD=PE，PE= ，
2
7
∴PD= ，
2
∵DF=4，
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15
∴PF=PD+DF= ，
2
4
∵cos∠PFC= ，
5
15 4
∴CF=PF⋅cos∠PFC= × =6，
2 5
∵PD是⊙O的切线，
∴OD⊥PD，则∠ODF=90°，
DF 4
OF= = =5
∴ cos∠PFC 4 ，
5
∴OC=CF−OF=6−5=1，
9
根据勾股定理可得：OD=√OF2−DF2=√52−42=3，PC=√PF2−CF2=
，
2
∴OB=OD=3，
9 7
∴BC=OB−OC=3−1=2,CE=PC−PE= − =1，
2 2
∴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
k
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= 图象
x
上的点A(√3,1)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A´C，连接BF．
(1)求k的值；
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(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°
2
(3)3√3− π
3
k
【分析】（1）将A(√3,1)代入y= 中即可求解；
x
（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 =2√3，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
菱形AOCD
S =√3，从而问题即可解答．
△FBO
k
【详解】（1）解：将A(√3,1)代入y= 中，
x
k
得1= ，
√3
解得：k=√3；
（2）解：∵过点A作OD的垂线，垂足为G，如下图：
∵A(√3,1)，
∴AG=1,OG=√3，
∴OA=√ (√3) 2+12=2，
∴半径为2；
1
∵AG= OA，
2
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AG 1
∴sin∠AOG= = ，
OG 2
∴∠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=2√3，
∴S =AG×OD=1×2√3=2√3，
菱形AOCD
1 1 2
∵S = ×πr2= ×π×22= π，
扇形AOC 6 6 3
如下图：由菱形OBEF知，S =S ，
△FHO △BHO
|k| √3
∵S = = ，
△BHO 2 2
√3
∴S =2× =√3，
△FBO 2
2 2
∴S =S +S −S =√3+2√3− π=3√3− π．
阴影部分面积 △FBO 菱形AOCD 扇形AOC 3 3
【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．
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(1)求证：△ABE∽△DCE；
AE DE AF FE
(2)当D´C=C´B，∠DFE=2∠CDB时，则 − =___________； + =___________；
BE CE AB AD
1 1 1
+ − = ___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
AB AD AF
(3)①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S,S ,S ，若满足√S=√S +√S ，试判断，
1 2 1 2
△ABE，△CDE的形状，并说明理由．
②当D´C=C´B，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
p2mn
(3)①等腰三角形，理由见解析，②
p2+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；
AE DE
（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 − =0，根据已
BE CE
EF DF
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 = ，根据
AB AD
恒等式变形，进而即可求解．
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S ,S ，则S=S +S +S +S ，S S =S S ，根据已知条件可得S =S ，
3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 3 4
进而可得S =S ，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
△ABD △ADC
角形；
②证明△DAC∽△EAB，△DCE∽△ACD，根据相似三角形的性质，得出
CD2 p2
EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，则AC=√mn+p2,EC= =
，
AC √mn+p2
mn
AE=AC−CE=
，计算AE⋅CE即可求解．
√mn+p2
【详解】（1）证明：∵A´D=A´D，
∴∠ACD=∠ABD，
即∠ABE=∠DCE，
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又∠DEC=∠AEB，
∴ △ABE∽△DCE；
（2）∵ △ABE∽△DCE，
AB BE AE
∴ = = ，
DC CE DE
∴AE⋅CE=BE⋅DE，
AE DE AE⋅CE−BE⋅DE
∴ − = =0，
BE CE BE⋅CE
∵D´C=C´B，
∴∠BAC=∠DAC=∠CBD=∠CDB，
∴∠CDB+∠CBD=180°−∠BCD=∠DAB=2∠CDB，
∵∠DFE=2∠CDB
∴∠DFE=∠DAB，
∴EF∥AB，
∴∠FEA=∠EAB，
∵ D´C=C´B，
∴∠DAC=∠BAC
∴∠FAE=∠FEA，
∴FA=FE，
∵EF∥AB，
∴△DFE∽△DAB，
EF DF
∴ = ，
AB AD
AF FE EF AF DF AF AD
∴ + = + = + = =1，
AB AD AB AD AD AD AD
AF AF AF EF
∵ + = + =1，
AB AD AB AD
AF AF
∴ + =1，
AB AD
1 1 1
∴ + − =0，
AB AD AF
故答案为：0，1，0
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S ,S ，
3 4
则S=S +S +S +S ，
1 2 3 4
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S S BE
∵ 1= 4= ，
S S DE
3 2
∴S S =S S ①
1 2 3 4
∵ √S=√S +√S ，
1 2
即S=S +S +2√S S ，
1 2 1 2
∴S +S =2√S S ②
3 4 1 2
由①②可得S +S =2√S √S ，
3 4 3 4
即(√S −√S )
2=0，
3 4
∴S =S ，
3 4
∴ S +S =S +S ，
△ABE △ADE △ABE △EBC
即S =S ，
△ABD △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∵D´C=B´C，
∴∠DAC=∠EAB，
∵∠DCA=∠EBA，
∴△DAC∽△EAB，
AD AC
∴ = ，
EA AB
∵ AB=m，AD=n，CD=p，
∴EA⋅AC=DA×AB=mn，
∵∠BDC=∠BAC=∠DAC，
∴∠CDE=∠CAD，
又∠ECD=∠DCA，
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∴ △DCE∽△ACD，
CD CE
∴ = ，
AC CD
∴CE⋅CA=CD2=p2，
∴EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，
CD2 p2
则AC=√mn+p2,EC= = ，
AC √mn+p2
mn
∴AE=AC−CE=
，
√mn+p2
mnp2
∴AE⋅EC= ．
mn+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)3√3+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9√2+9
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1 1
【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD= AB，OD′= A′B′，进而得出结论；
2 2
（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，
1
∴OD= AB，
2
∵D'为A'B'的中点，∠A'OB'=α=90°，
1
∴OD'= A'B'
，
2
∵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，
1 √3
OC =CO′=CD+DO′= AB+ BO′=3+3√3；
最大 2 2
（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，
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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，
1
∴TC=AT=BT= AB=3，
2
∵OC=OT+CT=OT+3，
∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，
∴△AOB的面积最大，
1
∴∠BOT= ∠AOB=22.5°，
2
∵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=3√2
∴OT=OE+ET=3√2+3
1
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 ×6×(3√2+3)=
2
9√2+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）．
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(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
9
(2)0＜a≤
2
1
(3)存在，P（1，0）或P（ ，0）
7
【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¿，得到2x2-6x+a=0，再由判别式Δ≥0即可求a是取值范围；
t s+1 t s+1
（3）设Q（t，s），则M( , ),P( ,0)，半径r= ，再由AQ2=t2+（s-1）2=（s+1）2，即可求t
2 2 2 2
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，
¿，可得¿，
∴y＝2x2﹣4x＋1，
故答案为：1，3，y＝2x2﹣4x＋1；
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（2）由题意可得y＝2x＋1﹣a，
联立¿，
∴2x2﹣6x＋a＝0，
∵直线l与抛物线C仍有公共点
∴Δ＝36﹣8a≥0，
9
∴a≤ ，
2
9
∴0 a≤ ；
2
<
（3）存在以AQ为直径的圆与x轴相切，理由如下：
设Q（t，s），
t s+1 t
∴M（ ， ），P（ ，0），
2 2 2
s+1
∴半径r= ，
2
∵AQ2＝t2＋（s﹣1）2＝（s＋1）2，
∴t2＝4s，
∵s＝2t2﹣4t＋1，
∴t2＝4（2t2﹣4t＋1），
2
∴t＝2或t= ，
7
1
∴P（1，0）或P（ ，0），
7
1
∴以AQ为直径的圆与x轴相切时，P点坐标为P（1，0）或P（ ，0）．
7
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,
【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．
33
