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第二十四章《圆》同步单元基础与培优高分必刷卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一：选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要
求的）
1．数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点
A,B，连接AB，作AB的垂直平分线CD交AB于点D，交A´B于点C，测出AB=40cm,CD=10 cm，则圆形工件
的半径为（ ）
A．50cm B．35cm C．25cm D．20cm
【答案】C
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出BD的长；设圆心为O，连接OB，在
Rt△OBD中，可用半径OB表示出OD的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的直径长．
【详解】解：∵CD是线段AB的垂直平分线，
∴直线CD经过圆心，设圆心为O，连接OB．
1
Rt△OBD BD= AB=20cm
2
中， ，
根据勾股定理得：
OD2+BD2=OB2，即：
(OB-10) 2+202=OB2，
解得：OB=25；
故轮子的半径为25cm，
故选：C．
2．如图，点A，B在以CD为直径的半圆上，B是A´C的中点，连结BD,AC交于点E，若∠ECD=40°，则
∠BDC的度数是（ ）A．45° B．40° C．30° D．25°
【答案】D
【分析】本题主要考查圆周角定理及圆心角、弧、弦的关系，解题的关键是熟练掌握以上知识点并能灵活运用．
连接AD，可得∠CAD=90°，进一步求得∠ADC=50°，再根据B是A´C的中点即可求出∠BDC=25°．
【详解】解：连接AD，
∵CD
是直径，
∴∠CAD=90°，
∵∠ECD=40°，
∴∠ADC=90°-40°=50°，
∵B是A´C的中点，
1
∴∠BDC= ∠ADC=25°．
2
故选：D．
3．如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，∠ACD=40°，则∠B=（ ）
A．70° B．60° C．50° D．40°
【答案】C
【分析】由CD是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，得出∠CAD＝90°，根据直角三角形两锐角互余得
到∠ACD与∠D互余，即可求得∠D的度数，继而求得∠B的度数．
【详解】解：∵CD是⊙O的直径，
CAD＝90°，
∴∠ACD+ D＝90°，
∴∠ACD＝∠40°，
∵∠ADC＝∠B＝50°．
∴故∠选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，注意掌握数形结合思想是解题的关键．
4．如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，点D是弧AC上一动点（不与A，C重合），下列结论：①
∠ADB=∠BDC；②DA=DC；③当DB最长时，DB=2DC；④DA+DC=DB，其中一定正确的结论有
（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据等边三角形的性质可得A´B=B´C，从而得到∠ADB= BDC，故①正确；根据点D是A´C上一动点，可
得A´D不一定等于C´D，故②错误；当DB最长时，DB为圆O的直∠径，可得∠BCD=90°，再由⊙O是等边△ABC
的外接圆，可得∠ABD= CBD=30°，可得DB=2DC，故③正确；延长DA至点E，使AE=AD，证明
△ABE CBD，可得BD∠=AE，∠ABE= DBC，从而得到△BDE是等边三角形，可得到DE=BD，故④正确；即可
求解．≌△ ∠
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
AB=BC，∠ABC=60°，
∴∴A´B=B´C，
ADB= BDC，故①正确；
∴∵∠点D是∠A´C上一动点，
∴A´D不一定等于C´D，
DA=DC不一定成立，故②错误；
∴当DB最长时，DB为圆O的直径，
BCD=90°，
∴∵∠⊙O是等边△ABC的外接圆，∠ABC=60°，
BD AC，
∴ AB⊥D= CBD=30°，
∴∠ ∠∴DB=2DC，故③正确；
如图，延长DA至点E，使AE=DC，
∵四边形ABCD为圆O的内接四边形，
BCD+ BAD=180°，
∴∠BAE+∠BAD=180°，
∵∠BAE=∠BCD，
∴∠AB=BC∠，AE=CD，
∵ ABE CBD，
∴△BD=AE≌，△∠ABE= DBC，
∴ ABE+ ABD= D∠BC+ ABD= ABC=60°，
∴∠BDE是∠等边三∠角形，∠ ∠
∴△DE=BD，
∴DE=AD+AE=AD+CD，
∵∴DA+DC=DB，故④正确；
∴正确的有3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和
性质等知识，熟练掌握圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性
质等知识是解题的关键．
5．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方
法来近似估算．如图，⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π
3❑√3
的估计值为 ，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得π的估计值为（ ）
2A．❑√3 B．2❑√2 C．3 D．2❑√3
【答案】C
1
【分析】根据圆内接正多边形的性质可得∠AOB=30°，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得BC= ，
2
根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对
的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．
【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为30°，设
圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形OAB，过点B作BC⊥OA交OA于点于点C，
∵∠AOB=30°，
1 1
∴BC= OB= ，
2 2
1 1 1
则S = ×1× = ，
△OAB 2 2 4
1
故正十二边形的面积为12S =12× =3，
△OAB 4
圆的面积为π×1×1=3，
用圆内接正十二边形面积近似估计⊙O的面积可得π=3，
故选：C．
6．如图所示，已知三角形ABE为直角三角形，∠ABE=90°，BC为⊙O切线，C为切点，DE为⊙O直径，
CA=CD,则△ABC和△CDE面积之比为（ ）
A．1:3 B．1:2 C．❑√2:2 D．(❑√2-1):1【答案】B
【分析】根据圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定及性质进行计算即可．
【详解】解：如图取DE中点O，连接OC．
∵DE是圆O的直径．
∴∠DCE=∠DCA=90°．
∵BC与圆O相切．
∴∠BCO=90°．
∵∠DCA=∠BCO=90°．
∴∠ACB=∠DCO．
∵∠ABD+∠ACD=180°．
∴∠A+∠BDC=180°．
又∵∠BDC+∠CDO=180°．
∴∠A=∠CDO．
∵∠ACB=∠DCO，AC=DC，∠A=∠CDO．
∴△ABC≅△DOC(ASA)．
∴S =S ．
△ABC △DOC
∵点O是DE的中点．
∴S =0.5S ．
△DOC △CDE
∴S =0.5S ．
△ABC △CDE
∴S :S =1:2
△ABC △CDE
故答案是：1 2．
故选：B． ∶
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，等腰三角形以及全等三角形的性质，理解切线的性质，圆周角定理
以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．
7．如图，⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，分别切AB，CD于点M，N，P是优弧MN上的一点，则∠MPN
的度数为( )A．55° B．60° C．72° D．80°
【答案】C
【分析】先根据正多边形内角和公式求出∠B=∠C=108°，根据切线的定义得出∠OMB=∠ONC=90°，进
1
而可得∠MON，再根据圆周角定理可得∠MPN= ∠MON．
2
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
(5-2)×180°
∴ ∠B=∠C= =108°，
5
∵ ⊙O切AB，CD于点M，N，
∴ ∠OMB=∠ONC=90°，
又∵五边形BMONC的内角和为(5-2)×180°=540°，
∴ ∠MON=540°-∠OMB-∠ONC-∠B-∠C=144°，
1
∴ ∠MPN= ∠MON=72°，
2
故选C．
【点睛】本题考查正多边形内角和问题，圆周角定理，解题的关键是掌握多边形内角和公式．
8．如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，AC=3,∠ABC的平分线交AC于点D，CD=1，则⊙O的直径为
（ ）
A．❑√3 B．2❑√3 C．1 D．2
【答案】B
【分析】过D作DE AB垂足为E，先利用圆周角的性质和角平分线的性质得到DE=DC=1，再说明
Rt DEB Rt DCB得⊥到BE=BC，然后再利用勾股定理求得AE，设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+❑√3，最后根据勾股
定△理列式≌求出△x，进而求得AB．【详解】解：如图：过D作DE AB，垂足为E
AB是直径 ⊥
∵ ACB=90°
∴∠ABC的角平分线BD
∵∠DE=DC=1
∴在Rt DEB和Rt DCB中
DE=D△C、BD=BD△
Rt DEB Rt DCB（HL）
∴BE△=BC ≌ △
∴在Rt ADE中，AD=AC-DC=3-1=2
△
AE=❑√AD2-DE2=❑√22-12=❑√3
设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+❑√3
在Rt ABC中，AB2=AC2+BC2
则（x△+❑√3）2=32+x2，解得x=❑√3
AB=❑√3+❑√3=2❑√3
∴故填：2❑√3．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、角平分线的性质以及勾股定理等知识点，灵活应用相关知识成为解答本题
的关键．
9．如图，平面图形ABD由直角边长为1的等腰直角△AOD和扇形BOD组成，点P在线段AB上，PQ⊥AB，
且PQ交AD或交D´B于点Q．设AP=x(0<x<2)，图中阴影部分表示的平面图形APQ（或APQD）的面积为y，
则函数y关于x的大致图象是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据点Q的位置，分点Q在AD上和点Q在弧BD上两种情况讨论，分别写出y和x的函数解析式，即可确
定函数图象．
【详解】解：当Q在AD上时，即点P在AO上时，有0<x⩽1，
此时阴影部分为等腰直角三角形，
1 1
∴y= ⋅x⋅x= x2 ，
2 2
该函数是二次函数，且开口向上，排除B，C选项；
当点Q在弧BD上时，补全图形如图所示，
1
阴影部分的面积等于等腰直角ΔAOD的面积加上扇形BOD的面积，再减去平面图形PBQ的面积即减去 弓形
2
QBF的面积，
设∠QOB=θ，则∠QOF=2θ，
1 1 θπr2
∴ S = ×1×1= ，S = -S ，
ΔAOD 2 2 弓形QBF 180 ΔQOF
❑√2 π 1 ❑√2 π 1
当θ°=45°时，AP=x=1+ ≈1.7，S = - ×❑√2× = - ，
2 弓形QBF 4 2 2 4 2
1 π 1 π 1 3 π
y= + - ( - )= + ≈1.15，
2 4 2 4 2 4 8
π 1 1 π ❑√3
当θ°=30°时，AP=x=1.86，S = - × ×❑√3= - ，
弓形QBF 6 2 2 6 4
1 π 1 π ❑√3 1 ❑√3 π
y= + - ( - )= + + ≈1.45，
2 4 2 6 4 2 8 6在A，D选项中分别找到这两个特殊值，对比发现，选项D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象及性质，图形的面积等内容，选择题中利用特殊值解决问题是常见方法，
构造图形表达出阴影部分面积是本题解题关键．
10．设O为坐标原点，点A、B为抛物线y=x2上的两个动点，且OA⊥OB．连接点A、B，过O作OC⊥AB于
点C，则点C到y轴距离的最大值（ ）
1 ❑√2 ❑√3
A． B． C． D．1
2 2 2
【答案】A
1
【分析】设A(a，a²)，B(b，b²)，求出AB的解析式为y=(a- )x+1，进而得到OD=1，由∠OCB=90°可知，C点
a
1 1
在以OD的中点E为圆心，以r= OD= 为半径的圆上运动，当CH为圆E半径时最大，由此即可求解．
2 2
【详解】解：如下图所示：过C点作y轴垂线，垂足为H，AB与x轴的交点为D，
设A(a，a²)，B(b，b²)，其中a≠0，b≠0，
OA OB，
∵∴k ⊥⋅k =-1，
OA OB
a2 b2
∴ ⋅ =-1，
a b
即ab=-1，
a2-b2 1
k = =a+b=a- ，
AB a-b a
1
设AB的解析式为：y=(a- )x+m，代入A(a，a²)，
a
解得：m=1，∴OD=1，
∵OC⊥AB，即∠OCB=90∘ ，
1 1
C点在以OD的中点E为圆心，以r= OD= 为半径的圆上运动，
2 2
∴
当CH为圆E的半径时，此时CH的长度最大，
1
故CH的最大值为r= ，
2
故选：A．
二：填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．兴隆蔬菜基地建圆弧形蔬菜大棚的剖面如图所示，已知AB=16m，半径OA=10m，高度CD为 m．
【答案】4
【分析】弦AB=16m，半径OA=10m，根据题意得△ADO是直角三角形，可求出OD的长，由此即可求解．
【详解】解：根据题意得，在Rt△ADO中，AB=16m，半径OA=10m，
1 1
∴OC=OA=10m，AD=BD= AB= ×16=8(m)，OD=❑√OA2-AD2=❑√102-82=6(m)，
2 2
∴CD=OC-OD=10-6=4(m)，
故答案是：4．
【点睛】本题主要考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．
12．如图，在正六边形ABCDEF中，连接AC,CF，则∠ACF= 度．
【答案】30
360°
【分析】连接BE，交CF与点O，连接OA，先求出∠AOF= =60°，再根据等腰三角形等边对等角的性质，
6
三角形外角的性质求解即可．
【详解】连接BE，交CF与点O，连接OA，
∵在正六边形ABCDEF中，
360°
∴∠AOF= =60°，
6
∵OA=OC
∴∠OAC=∠OCA
∵∠AOF=∠OAC+∠ACF=2∠ACF
∴∠ACF=30°，
故答案为：30．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
13．如图，在⊙O中，直径AB与弦CD交于点E,A´C=2B´D．连接AD，过点B的切线与AD的延长线交于点F．
若∠AFB=68°，则∠DEB= °．
【答案】66
【分析】连接BD，则有∠ADB=90°，然后可得∠A=22°,∠ABD=68°，则∠ADE=44°，进而问题可求
解．
【详解】解：连接BD，如图所示：∵AB是⊙O的直径，且BF是⊙O的切线，
∴∠ADB=∠ABF=90°，
∵∠AFB=68°，
∴∠A=22°，
∴∠ABD=68°，
∵A´C=2B´D，
∴∠ADC=2∠A=44°，
∴∠CDB=90°-∠ADC=46°，
∴∠DEB=180°-∠CDB-∠ABD=66°；
故答案为：66．
【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角、弧之间的关系，熟练掌握切线的性质、圆周角、弧之间的关系是解
题的关键．
14．如图，AB是半圆O的直径，AF是弦，点C为OA上一点，以点O为圆心，OC为半径的半圆交AB于另一点D，
与AF相切于点E．若OA=2，OC=❑√2，则图中阴影部分的面积是 ．
π
【答案】1+
4
【分析】
本题考查不规则图形面积的计算．根据题意将其转化为规则图形的面积即可，具体见详解．
【详解】如图，连接OE,OF∵AF是切线
∴OE⊥AF
∵OA=2,OC=OE=❑√2
∴∠OAF=∠AOE=45°
∵OA=OF
∴∠OAF=∠AFO=45°
∴EF=OE=❑√2
∴∠AOF=∠FOB=90°
∴S =S +S -S
阴影 △OEF 扇形FOB 扇形EOD
1 90×π×22 135×π×(❑√2) 2
= ×❑√2×❑√2+ -
2 360 360
3
=1+π- π
4
π
=1+ ．
4
π
故答案为：1+ ．
4
15．如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=4，点E是矩形ABCD内部一动点，且∠BEC=90°，点P是AB边
上一动点，连接PD,PE，则PD+PE的最小值为 ．
【答案】8
【分析】根据∠BEC=90°得到点的运动轨迹，利用“将军饮马”模型将PE进行转化．
【详解】设点O为BC的中点，由题意可知，点E在以BC为直径的半圆O上运动，
作半圆O及线段BC关于AB的对称图形（半圆O'），点O的对称点为O'，点E的对称点为E'，
连接O'E'，PE'，则PE=PE'，
易知当点D，P，E'，O'共线时，PD+PE的值最小，为DE'的长，如图所示，
在Rt△DCO'中，CD=AB=8，CO'=6，
∴DO'=10
又∵O'E'=2
∴DE'=DO'-O'E'=8，即PD+PE的最小值为8
【点睛】本题考查线段和最短问题，轴对称的性质，以及圆周角定理等知识，解题的关键是将PE进行转化．
三、解答题（一）（本大题共3小题，第16题10分，第17 18小题各7分，共24分）
16．如图，OA=OB，AB交⊙O于点C，D，OE是半径，且OE⊥AB于点F．
(1)求证：AC=BD．
(2)若OF=2EF，CD=8，求⊙O直径的长．
【答案】(1)见解析
24❑√5
(2)⊙O的直径是
5
【分析】本题考查垂径定理和勾股定理．熟练掌握垂径定理是解题的关键．
（1）垂径定理，得到CF=DF，等腰三角形三线合一AF=BF，即可得出结论；
（2）连接OC，设⊙O的半径是r，根据垂径定理和勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵OE⊥AB，且OE过圆心O
∴CF=DF，
∵OA=OB，OE⊥AB，
∴AF=BF，
∴AF-CF=BF-DF，
∴AC=BD；（2）解：连接OC，设⊙O的半径是r，
∵OF=2EF，OF+EF=OE=r，
2
∴OF= r，
3
∵CD=8，
1
∴CF= CD=4，
2
∵在Rt△OCF中，CO2=CF2+OF2，
∴r2=42+ (2 r ) 2 ，
3
12❑√5 12❑√5
∴r= 或r=- （舍去），
5 5
24❑√5
∴⊙O的直径是 ．
5
17．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交边AC于点D，连接BD，过点C作CE∥AB．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点B作⊙O的切线，交CE于点F；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(2)在（1）的条件下，求证：BD=BF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据尺规作图，过点B作AB的垂线，交CE于点F，即可求解；
（2）根据题意切线的性质以及直径所对的圆周角是直角，证明∠BDC=∠BFC，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得出BCD=∠BCF，进而证明△BCD≌△BCF(AAS)，即可得证．
【详解】（1）解：方法不唯一，如图所示．
（2）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
又∵CE∥AB，
∴∠ABC=∠BCF，
∴∠BCF=∠ACB．
∵点D在以AB为直径的圆上，
∴∠ADB=90°，
∴∠BDC=90°．
又∵BF为⊙O的切线，
∴∠ABF=90°．
∵CE∥AB，
∴∠BFC+∠ABF=180°，
∴∠BFC=90°，
∴∠BDC=∠BFC．
∵在△BCD和△BCF中，
¿
∴△BCD≌△BCF(AAS)．
∴BD=BF．
【点睛】本题考查了作圆的切线，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定，熟练掌握
以上知识是解题的关键．
18．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB=∠CDB．(1)试判断△ABC的形状，并给出证明；
(2)若AB=❑√2，AD=1，求CD的长度．
【答案】(1) ABC是等腰直角三角形；证明见解析；
(2)❑√3； △
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB= CDB根据等弧对等角可得∠ACB= CAB，即可证明；
（2）Rt ABC中由勾股定理可得AC，Rt ADC中由勾股定理∠ 求得CD即可； ∠
【详解】△（1）证明：∵AC是圆的直径，△则∠ABC= ADC=90°，
ADB= CDB，∠ADB= ACB，∠CDB= CAB， ∠
∵∠ACB=∠CAB， ∠ ∠
∴∠ABC是∠等腰直角三角形；
∴（△2）解：∵△ABC是等腰直角三角形，
BC=AB=❑√2，
∴
AC=❑√AB2+BC2=2，
∴
Rt ADC中，∠ADC=90°，AD=1，则CD=❑√AC2-AD2=❑√3，
△
CD=❑√3．
∴【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解题关键．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．如图，正方形ABCD内接于⊙O，M为C´D的中点，连接AM，BM．
（1）求证：A´M=B´M；
（2）求A´M的度数．【答案】（1）见解析；（2）135°
【分析】（1）根据正方形的性质得到AD＝BC，求得A´D=B´C，由M为C´D的中点，得到D´M=C´M，于是得到
结论；
1
（2）连接OM，OA，OB，求得∠AOB＝90°，求得∠AOM＝∠BOM＝ （360°﹣90°）＝135°，即可得到结论．
2
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
AD＝BC，
∴∴A´D=B´C，
M为C´D的中点，
∵∴D´M=C´M，
∴D´M+A´D=C´M+B´C，
A´M=B´M;
∴（2）解：连接OM，OA，OB，
∵正方形ABCD内接于⊙O，
AOB＝90°，A´M=B´M,
∴∠ 1
AOM＝∠BOM＝ （360°﹣90°）＝135°，
2
∴∠
∴A´M的度数时135°．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
20．如图，在△ABC中，AB=AC，O是BC的中点，⊙O与AB相切于点D，与BC交于点E，F，DG是⊙O
的直径，弦GF的延长线交AC于点H，且GH⊥AC．
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若DE=2，GH=3，求D´E的长l．【答案】(1)见解析
2π
(2)
3
【分析】（1）连接OA，过点O作OM⊥AC于点M，根据等腰三角形的性质得AO为∠BAC的平分线，再根据
⊙O与AB相切于点D，DG是⊙O的直径得OM=OD，进而根据切线的判定可得到结论；
（2）过点E作EN⊥AB于点N，先证△ODE≌△OGF得到DE=GF=2，进而得到FH=1，再证
△BNE≌△CHF得到EN=FH=1，然而在Rt 中利用三角函数可求出∠EDN=30°，进而得△ODE为
△DEN
等边三角形，据此得∠DOE=60°，OD=OE=DE=2，则∠DOF=120°，最后得到弧长公式即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接OA，过点O作OM⊥AC于点M，
∵AB=AC O BC
， 是 的中点，
∴AO为∠BAC的平分线，
∵ ⊙O与AB相切于点D，DG是⊙O的直径，
∴OD为⊙O的半径，
∴OD⊥AB，
又OM⊥AC，
∴ OM=OD，
即OM为⊙O的半径，
∴ AC是⊙O的切线；
（2）解：过点E作EN⊥AB于点N，
∵ O ⊙O
点 为 的圆心，
∴OD=OG,OE=OF，
在△ODE和△OGF中，
¿，
∴△ODE≌△OGF(SAS)，∴DE=GF，
∵DE=2,GH=3，
∴GF=2，
∴FH=GH-GF=3-2=1，
∵AB=AC，O是BC的中点，
∴OB=OC,∠B=∠C，
又OE=OF，
∴BE=CF，
∵GH⊥AC,EN⊥AB，
∴∠BNE=∠CHF=90°，
在△BNE和△CHF中，
¿，
∴△BNE≌△CHF(AAS)，
∴EN=FH=1，
在Rt 中，DE=2,EN=1，
△DEN
EN 1
∴sin∠EDN= = ，
DE 2
∴∠EDN=30°，
∵OD⊥AB，
∴∠ODE=90°-∠EDN=90°-30°=60°，
又OD=OE，
∴△ODE为等边三角形，
∴∠DOE=60°,OD=OE=DE=2，
∴∠DOF=180°-∠DOE=180°-60°=120°，
60π×2 2π
∴l= = ．
180 3
【点睛】此题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定
和性质，弧长的计算公式，熟练掌握切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解答此题的关键．
21．如图1，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，∠M=∠D．(1)判断BC与MD的位置关系，并说明理由；
(2)若AE=8，BE=2，求线段CD的长；
(3)如图2，若MD恰好经过圆心O，求∠D的度数．
【答案】(1)BC∥MD，理由见解析．
(2)CD=8
(3)∠D=30°
【分析】（1）在⊙O中，利用同弧所对的圆周角相等得到∠CBM=∠D，再由已知角相等，等量代换得到
∠M=∠CBM，因此BC∥MD．
（2）连接OD，由AE=8，BE=2，得到直径AB=10，半径OD=5，由CD⊥AB，利用垂径定理及勾股定理求
出DE=❑√OD2-OE2=4，进而求得CD=2DE=8．
（3）连接MC，AB是⊙O的直径，CD⊥AB，利用垂径定理得到B为C´D的中点，由已知角相等，利用圆周角定
理得到∠CMD=∠BMD=∠D，再由MD恰好经过圆心O，进而求得∠D=30°．
【详解】（1）BC∥MD，理由为：
证明：∵点C、点M在⊙O上，
∴ ∠CBM=∠D，
又∵ ∠M=∠D，
∴ ∠M=∠CBM，
∴ BC∥MD；
（2）
如图，连接OD，∵ AE=8，BE=2，
∴直径AB=10，
∴ OD=5，
∴ OE=OB-BE=5-2=3，
又∵ CD⊥AB，
∴ DE=❑√OD2-OE2=4，
又∵ AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴ CD=2DE=8．
（3）
如图，连接MC，
∵ AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴ C´B=B´D，
∴ ∠CMD=∠BMD=∠D，
∵ MD恰好经过圆心O，
∴ ∠MCD=90°，
∴ ∠D+∠CMB+∠BMD=90°，
∴ ∠D=30°．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，∠A=30°，BC=4，弦CD⊥AB于F，点E是
AB延长线上一点，且AF=EF，连接DE．
(1)填空：∠BCD= °；
(2)判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；(3)取CB的中点M，连接DM，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)30
(2)DE与⊙O相切，理由见解析
8π
(3) -2❑√3
3
【分析】（1）根据垂径定理得到B´C=B´D，根据圆周角定理得到结论；
（2）连接OD，根据垂径定理得到CF=DF，∠AFC=∠EFD=90°，根据全等三角形的性质得到
∠E=∠A=30°，根据切线的判定定理得到结论；
（3）根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据勾股定理得到AC=❑√AB2-BC2=4❑√3，连接OM，根据三角形
1
中位线定理得到OM∥AC，OM= AC=2❑√3，求得∠BOM=∠A=30°，得到∠DOM=90°，根据三角形
2
和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：∵弦CD⊥AB于F，AB是⊙O的直径，
∴ B´C=B´D，
∴∠BCD=∠A=30°，
故答案为：30；
（2）解：DE与⊙O相切，
理由如下：
连接OD，如图所示：
∵ CD⊥AB F AB ⊙O
弦 于 ， 是 的直径，
∴CF=DF，∠AFC=∠EFD=90°，
∵AF=EF，
∴△ACF≌△EDF(SAS)，
∴∠E=∠A=30°，
∵∠DOE=2∠A=60°，
∴∠ODE=90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切；（3）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠A=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，
∴AC=❑√AB2-BC2=4❑√3，
连接OM，如图所示：
∵ M CB
点 是 的中点，
1
∴BM=CM= BC=2，
2
∵AO=BO，
∴OM是△ABC的中位线，
1
∴OM∥AC，OM= AC=2❑√3，
2
∴∠BOM=∠A=30°，
∵∠BOD=60°，
∴∠DOM=90°，
∴图中阴影部分的面积=△BOM的面积+扇形BOD的面积-△DOM的面积
1 60π×42 1 8π
= ×2×2❑√3+ - ×2❑√3×4= -2❑√3．
2 360 2 3
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，切线的判定，垂径定理，扇形的面积的计算，三角形中位线定理，全
等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
23．如图所示，抛物线与x轴交于点A(-1，0)、B(3，0)两点，与y轴交于点C(0，-3).以AB为直径作
⊙M，过抛物线上一点P作⊙M的切线PD，切点为D，并与⊙M的切线AE相交于点E，连结DM并延长交
⊙M于点N，连结AN、AD.(1)求抛物线所对应的函数关系式及抛物线的顶点坐标；
(2)若四边形EAMD的面积为4❑√3，求直线PD的函数关系式；
(3)抛物线上是否存在点P，使得四边形EAMD的面积等于△DAN的面积？若存在，求出点P的坐标；若不存在，
说明理由.
【答案】(1)y=x2-2x-3，，(1，-4)．
❑√3 5❑√3 ❑√3 5❑√3
(2)y=- x+ 或y= x- .
3 3 3 3
(3)P (1+❑√6，2)、P (1-❑√6，2)、P (1+❑√2，-2)、 P (1-❑√2，-2).
1 2 3 4
【分析】（1）通过点A(-1，0)、B(3，0)，C(0，-3)，求得抛物线的函数关系式和顶点坐标
（2）连结EM，通过EA、ED是⊙M的两条切线，得到△EAM≌△EDM，通过四边形EAMD的面积和
AM=2，得到AE=2❑√3.，从而求得E点坐标有两个，分别求得切点D的坐标，求得直线PD的函数关系式
（3）若四边形EAMD的面积等于△DAN的面积，即S =S ，得出切线PD与x轴平行，通过切线PD的
△AMD △EAM
函数关系式，求得点P的坐标
【详解】（1）解：因为抛物线与x轴交于点A(-1，0)、B(3，0)两点，设抛物线的函数关系式为：
y=a(x+1)(x-3)，
∵抛物线与y轴交于点C(0，-3)，
∴-3=a(0+1)(0-3)，
∴a=1.
所以，抛物线的函数关系式为：y=x2-2x-3，················· 2分
又y=(x-1) 2-4，
因此，抛物线的顶点坐标为(1，-4)．······················ 3分
（2）连结EM，∵EA、ED是⊙M，的两条切线，
∴EA=ED，EA⊥AM，ED⊥MN，∴△EAM≌△EDM
1
又四边形EAMD的面积为4❑√3，∴S =2❑√3，∴ AM·AE=2❑√3，
△EAM 2
又AM=2，∴AE=2❑√3.
因此，点E的坐标为E (-1，2❑√3)或E (-1，-2❑√3).··············· 5分
1 2
当E点在第二象限时，切点D在第一象限.
EA 2❑√3
在直角三角形EAM中，tan∠EMA= = =❑√3，
AM 2
∴∠EMA=60°，∴∠DMB=60°
过切点D作DF⊥AB，垂足为点F，
∴MF=1，DF=❑√3
因此，切点D的坐标为(2，❑√3)．························ 6分
设直线PD的函数关系式为y=kx+b，将E(-1，2❑√3)、D(2，❑√3)的坐标代入得
❑√3
k=-
3
{
解之，得 5❑√3
b=
3
❑√3 5❑√3
所以，直线PD的函数关系式为y=- x+ .··············· 7分
3 3
当E点在第三象限时，切点D在第四象限.
❑√3 5❑√3
同理可求：切点D的坐标为(2，-❑√3)，直线PD的函数关系式为y= x- .
3 3因此，直线PD的函数关系式为
❑√3 5❑√3 ❑√3 5❑√3
y=- x+ 或y= x- .····················· 8分
3 3 3 3
（3）若四边形EAMD的面积等于△DAN的面积
又S =2S ，S =2S
四边形EAMD △EAM △DAN △AMD
∴S =S
△AMD △EAM
∴E、D两点到x轴的距离相等，
∵PD与⊙M相切，∴点D与点E在x轴同侧，
∴切线PD与x轴平行，
此时切线PD的函数关系式为y=2或y=-2.
······················· 9分
当y=2时，由y=x2-2x-3得，x=1±❑√6；
当y=-2时，由y=x2-2x-3得，x=1±❑√2.················ 11分
故满足条件的点P的位置有4个，分别是P (1+❑√6，2)、P (1-❑√6，2)、P (1+❑√2，-2)、
1 2 3
P (1-❑√2，-2).······························ 12分
4
