初中数学圆的有关性质解答题专题训练含答案姓名：__________班级：__________考号：__________
一、解答题（共15题）
1、如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于点E．
(1)求证:∠BCO＝∠D；
(2)若BE＝8cm，CD＝6cm，求⊙O的半径．
2、AB是ABC的外接圆O的直径，点D在半圆上，DC与AB交于点E，过点C作CF⊥DC交DB的延长线于点F，交圆O于点G．
（1）求证：ABC∽DCF；
（2）当∠1＝∠2，DF＝10，AE：EC＝1：2时，求圆O的半径．
（3）在（2）的条件下，连接DG交BC于点M，则（直接写出答案）．
3、⊙O的半径为1，点A是⊙O的直径BD延长线上的一点，C为⊙O上的一点，AD＝CD，∠A＝30°．
（1）求证：直线AC是⊙O的切线；
（2）求△ABC的面积；
（3）点E在上运动（不与B、D重合），过点C作CE的垂线，与EB的延长线交于点F．
①当点E运动到与点C关于直径BD对称时，求CF的长；
②当点E运动到什么位置时，CF取到最大值，并求出此时CF的长．
4、ABC⊙O，点D在弧AC上，弦BD交AC边于点E，且DE＝AE．
（1）如图1，求证：BE＝CE
（2）如图2，作射线CO，交弦BD于点F，连接AF并延长AF，交⊙O于点G，连接CG，∠BFG＝∠FCG，求∠ACB的度数．
5、是的直径，，是上两点，过点的切线交的延长线于点，，连接，．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
6、中，为直径，为上一点．
（Ⅰ）如图①，过点作的切线，与的延长线相交于点，若，求的大小；
（Ⅱ）如图②，为优弧上一点，且的延长线经过的中点，连接与相交于点，若，求的大小．
7、⊙中，弦与相交于点,,连接.
求证：⑴；
⑵.
8、是的直径，点C是上异于A、B的点，连接、，点D在的延长线上，且，点E在的延长线上，且．
（1）求证：是的切线：
（2）若，求的长．
9、是的边上一点，与边相切于点，与边、分别相交于点、，且．
（1）求证：；
（2）当，时，求的长．
10、AB是⊙O的弦，半径OD⊥AB，垂足为C，点E在⊙O上，连接OA、DE、BE．
（1）若∠DEB＝30°，求∠AOD的度数；
（2）若CD＝2，弦AB＝8，求⊙O的半径长．
11、1，在中，，，D为内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接CE，BD的延长线与CE交于点F．
（1）求证：，；
（2）如图2．连接AF，DC，已知，判断AF与DC的位置关系，并说明理由．
12、A，B是上两点，且，连接OB并延长到点C，使，连接AC．
（1）求证：AC是的切线．
（2）点D，E分别是AC，OA的中点，DE所在直线交于点F，G，，求GF的长．
13、是的外接圆，点D是的中点，过点D作分别交、的延长线于点E和点F，连接、，的平分线交于点M．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求线段的长．
14、是的直径，点C是上异于A、B的点，连接、，点D在的延长线上，且，点E在的延长线上，且．
（1）求证：是的切线：
（2）若，求的长．
15、是的外接圆，是的直径，于点．
（1）求证：；
（2）连接并延长，交于点，交于点，连接．若的半径为5，，求和的长．
============参考答案============
一、解答题
1、(1)
(2)⊙O的半径为cm
【解析】
【分析】
（1）由等腰三角形的性质与圆周角定理，易得∠BCO=∠B=∠D；
（2）由垂径定理可求得CE与DE的长，然后证得△BCE∽△DAE，再由相似三角形的对应边成比例，求得AE的长，继而求得直径与半径．
(1)
证明：∵OB=OC，
∴∠BCO=∠B，
∵∠B=∠D，
∴∠BCO=∠D；
(2)
解：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CE=DE=CD=×6=3，
∵∠B=∠D，∠BEC=∠DEA，
∴△BCE∽△DAE，
∴AE：CE=DE：BE，
∴AE：3=3：8，
解得：AE=，
∴AB=AE+BE==，
∴⊙O的半径为(cm)．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质．注意在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．证得△BCE∽△DAE是关键．
2、1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）证明，结合从而可得答案；
（2）连接OD，先证明△AEC∽△DCF，可得DC＝10，DE＝CE＝5，AE＝，设⊙O的半径为r，则OE＝，OD＝r，根据勾股定理列方程可解答；
（3）如图，连接BG，根据圆周角定理可得DG是⊙O的直径，根据勾股定理计算CG的长，得FG的长，知FG＝DG，根据等腰三角形三线合一的性质得BD＝BF，证明△OBM∽△GCM，得OD：OM：MG＝11：5：6，根据同高三角形面积的关系可得结论．
【详解】
（1）证明：∵AB是△ABC的外接圆⊙O的直径，
∴
∴ABC∽DCF；
（2）解：如图，连接OD，
∵
，
∴AB⊥CD，
∴∠AEC＝90°，
∵DC⊥CF，
∴∠DCF＝90°，
∴∠AEC＝∠DCF，
∵∠A＝∠ADB，
∴△AEC∽△DCF，
∴，
∵AE：EC＝1：2，
∴DC：CF＝1：2，
∵DF＝，
∴DC＝10，（负根舍去）
∵OA⊥CD，
∴DE＝CE＝5，AE＝，
设⊙O的半径为r，则OE＝，OD＝r，
在Rt△ODE中，由勾股定理得：OD2＝DE2+OE2，
∴，
解得：，
答：圆O的半径为；
（3）解：如图，连接BG，
∵∠DCG＝90°，
∴DG是⊙O的直径，
∴∠DBG＝90°，
由（2）知：CD＝10，DG＝，
由勾股定理得：，
∴FG＝CF﹣CG＝，
∵
BG⊥DF，
∴BD＝BF，
∴S△DBG＝S△BGF，
∵S△DGF＝FG?CD＝，
∴S△DGB＝，
∵∠DEB＝∠DCG＝90°，
∴，
∴△OBM∽△GCM，
∴，
∴OD：OM：MG＝11：5：6，
∴S△OMB＝，
∴S△OMB：S△DGF＝：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查垂径定理，圆周角定理，相似三角形的性质和判定，三角形面积，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形和等腰三角形解决问题，属于中考常考题型．
3、1）见解析；（2）；（3）①3；②
【解析】
（1）连接OC，利用切线的判定定理，证明OC⊥AC即可；
（2）要求的面积，结合（1）题，底边AB可求，只需再求出底边上的高CH即可；
（3）根据垂径定理可求CE的长，再利用锐角三角函数，可求CF的长；
由可知，点E在运动过程中，始终有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．
【详解】
（1）证明：连结OC，如图所示．
∵AD＝CD，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A=30°．
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC=60°．
∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．
∴OC⊥AC．
∴直线AC是⊙O的切线．
（2）过点C作CH⊥AB于点H，如图所示．
∵OD=OC，∠ODC=60°，
∴是等边三角形．
∴．
∴在中，
．
∵AB＝AD＋BD＝3，
∴．
（3）当点运动到与点关于直径BD对称时，如图所示．
此时，CE⊥AB，设垂足为K．
由（2）可知，．
∵BD为圆的直径，CE⊥AB，
∴CE＝2CK＝．
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°．
∵，
∴∠E=∠CDB＝60°．
在中，
∵，
∴．
如图所示：
由可知，在中，
∵，
∴．
∴当点E在上运动时，始终有．
∴当CE最大时，CF取得最大值．
∴当CE为直径，即CE=2时，CF最大，最大值为．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、勾股定理、垂径定理、圆周角定理的推论、锐角三角函数、求线段的最值等知识点，熟知切线的判定方法、垂径定理、圆周角定理、锐角三角函数的定义是解题的关键．
4、1）见解析；（2）45°
【分析】
（1）由圆周角定理可直接得出结论．（2）延长CF交圆O于点H，连接AH，可证明AH∥BD，从而△BCE是等腰直角三角形．
【详解】
（1）连接AD
∵
∴∠D＝∠C，∠DAE＝∠DBC
∵AE＝DE
∴∠DAE＝∠D
∴∠DBC＝∠C
∴BE＝CE
（2）延长CF交⊙O于点H，连接AH，则CH是⊙O的直径
∴∠HAC＝90°
∵
∴∠FCG＝∠HAG
∵∠BFG＝∠FCG
∴∠BFG＝∠HAG
∴AH∥BD
∴∠BFC＝∠HAC＝90°
∵∠ACB＝∠DBC
∴∠ACB＝45°
【点睛】
本题考查圆周角定理及其推论，熟练通过圆周角定理找到角度相等是解题的关键．
5、1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接，根据切线的性质，已知条件可得，进而根据平行线的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；
（2）连接，根据同弧所对的圆周角相等，可得，进而根据正切值以及已知条件可得的长，勾股定理即可求得，进而即可求得圆的半径．
【详解】
（1）连接，如图，
是的切线，
，
，
，
，
，
，
．
（2）连接
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
即的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，正切的定义，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，理解题意添加辅助线是解题的关键．
6、Ⅰ）26°；（Ⅱ）69°．
【分析】
（Ⅰ）连接OC，如图①，根据切线的性质得∠OCP=90°，再根据等腰三角形的性质得到∠OCA=∠CAB=32°，则利用三角形外角性质可计算出∠POC，然后利用互余计算∠P的度数；
（Ⅱ）如图②，根据垂径定理的推论，由点E为AC的中点得到OD⊥AC，则利用三角形外角性质得∠AOD=∠CAB+∠OEA=106°，再根据圆周角定理得到
，然后利用三角形外角性质可计算出∠DPA的度数．
【详解】
（Ⅰ）连接，如图①，
为切线，
，
，
，
，
，
；
（Ⅱ）如图②，
点为的中点，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了垂径定理和圆周角定理．
7、1）见解析；（2）见解析.
【分析】
（1）由AB=CD知，即，据此可得答案；
（2）由知AD=BC，结合∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE可证△ADE≌△CBE，从而得出答案．
【详解】
证明（1）∵AB=CD，
∴，即，
∴；
（2）∵，
∴AD=BC，
又∵∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE，
∴△ADE≌△CBE（ASA），
∴AE=CE．
【点睛】
本题主要考查圆心角、弧、弦的关系，圆心角、弧、弦三者的关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．
8、1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等量代换得到∠DCO=90°，即可证明DC是圆O的切线；
（2）根据已知得到OA=2DA，证明△DCO∽△DEB，得到，可得DA=EB，即可求出DA的长．
【详解】
解：（1）如图，连接OC，由题意可知：∠ACB是直径AB所对的圆周角，
∴∠ACB=90°，
∵OC，OB是圆O的半径，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠ABC，
又∵∠DCA=∠ABC，
∴∠DCA=∠OCB，
∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB=90°，
∴OC⊥DC，
又∵OC是圆O的半径，
∴DC是圆O的切线；
（2）∵，
∴，化简得OA=2DA，
由（1）知，∠DCO=90°，
∵BE⊥DC，即∠DEB=90°，
∴∠DCO=∠DEB，
∴OC∥BE，
∴△DCO∽△DEB，
∴，即，
∴DA=EB，
∵BE=3，
∴DA=EB=，
经检验：DA=是分式方程的解，
∴DA=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，正确的作出辅助线，证明切线，得到相似三角形是解题的关键．
9、1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接，，因为，所以，从而易证，所以，继而可证明；
（2）设的半径为，则，在中，，从而可求出的值．
【详解】
解：（1）证明：连接，，
，
，
，
，
，
，
，
与边相切于点，
，
，
；
（2）在，，，，
，
设的半径为，则，
在中，，
，
．
【点睛】
本题考查了圆中弧、弦之间的关系，圆周角定理的推论，切线的性质和解直角三角形等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解答的关键．
10、1）60°；（2）5．
【分析】
（1）根据圆周角定理得到∠BOD的度数，再利用垂径定理得到＝，利用圆心角、弧、弦的关系得到∠AOD＝∠BOD＝60°；
（2）设⊙O的半径为r，则OC＝r?2，根据垂径定理得到AC＝BC＝4，然后利用勾股定理得到（r?2）2＋42＝r2，再解方程即可得出结果．
【详解】
解：（1）∵∠BOD＝2∠DEB，∠DEB＝30°，
∴∠BOD＝60°，
∵OD⊥AB，
∴＝，，
∴∠AOD＝∠BOD＝60°；
（2）设⊙O的半径为r，则OC＝r?2，
∵OD⊥AB，
∴AC＝BC＝AB＝×8＝4，
在Rt△OAC中，由勾股定理得：（r?2）2＋42＝r2，
解得：r＝5，
即⊙O的半径长为5．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、垂径定理以及勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
11、1）见解析；（2），理由见解析
【分析】
（1）首先根据旋转的性质，判断出∠DAE=90°，AD=AE，进而判断出∠BAD=∠CAE；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△ABD≌△ACE，即可判断出BD=CE．再证明，即可证明；
（2）由得，再证明A，D，F，E在以DE为直径的圆上，即可证明，从而可证明AF//CD．
【详解】
解（1）由旋转的性质，可得∠DAE=90°，AD=AE，
∵∠BAD+∠DAC=∠BAC=90°，∠CAE+∠DAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，
∵
∴，即
∴
∴
∴，即;
（2），理由如下：
∵
∴
由（1）知，
∴A，D，F，E在以DE为直径的圆上，如图，
∵AD=AE
∴弧AD=弧AE，
∴
∴
∴；
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．另外此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，以及四点共圆的知识，要熟练掌握．
12、1）见解析；（2）2
【分析】
（1）先证得△AOB为等边三角形，从而得出∠OAB=60°，利用三角形外角的性质得出∠C=∠CAB=30°，由此可得∠OAC=90°即可得出结论；
（2）过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N，利用勾股定理得出AC=，根据含30°的直角三角形的性质得出DN=，再根据垂径定理和勾股定理即可求出GF的长．
【详解】
（1）证明：∵AB=OA，OA=OB
∴AB=OA=OB
∴△AOB为等边三角形
∴∠OAB=60°，∠OBA=60°
∵BC=OB
∴BC=AB
∴∠C=∠CAB
又∵∠OBA=60°=∠C+∠CAB
∴∠C=∠CAB=30°
∴∠OAC=∠OAB+∠CAB=90°
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵OA=4
∴OB=AB=BC=4
∴OC=8
∴AC===
∵D、E分别为AC、OA的中点，
∴OE//BC，DC=
过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N
则四边形OMDN为矩形
∴DN=OM
在Rt△CDN中，∠C=30°，∴DN=DC=
∴OM=
连接OG，∵OM⊥GF
∴GF=2MG=2==2
【点睛】
本题考查了切线的判定、垂径定理、等边三角形的性质和判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
13、1）见详解；（2）2
【分析】
（1）连接OD，由垂径定理得OD⊥BC，从而得OD⊥EF，进而即可得到结论；
（2）由平行线分线段定理得DN=，再证明，可得BD=2，最后证明∠BMD=∠DBM，进而即可求解．
【详解】
（1）证明：连接OD，如图，
∵点D是的中点，
∴，
∴OD⊥BC，
∵BC∥EF，
∴OD⊥EF，
∴EF为⊙O的切线；
（2）设BC、AD交于点N，
∵，，，
∴，
∴DN=，
∵点D是的中点，
∴∠BAD=∠CAD=∠CBD，
又∵∠BDN=∠ADB，
∴，
∴，即：，
∴BD=2，
∵的平分线交于点M，
∴∠ABM=∠CBM，
∴∠ABM+∠BAD=∠CBM+∠CBD，即：∠BMD=∠DBM，
∴DM=BD=2．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质，切线的判定定理相似三角形的判定和性质，平行线分线段定理，等腰三角形的判定和性质，找出相似三角形，是解题的关键．
14、1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等量代换得到∠DCO=90°，即可证明DC是圆O的切线；
（2）根据已知得到OA=2DA，证明△DCO∽△DEB，得到，可得DA=EB，即可求出DA的长．
【详解】
解：（1）如图，连接OC，由题意可知：∠ACB是直径AB所对的圆周角，
∴∠ACB=90°，
∵OC，OB是圆O的半径，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠ABC，
又∵∠DCA=∠ABC，
∴∠DCA=∠OCB，
∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB=90°，
∴OC⊥DC，
又∵OC是圆O的半径，
∴DC是圆O的切线；
（2）∵，
∴，化简得OA=2DA，
由（1）知，∠DCO=90°，
∵BE⊥DC，即∠DEB=90°，
∴∠DCO=∠DEB，
∴OC∥BE，
∴△DCO∽△DEB，
∴，即，
∴DA=EB，
∵BE=3，
∴DA=EB=，
经检验：DA=是分式方程的解，
∴DA=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，正确的作出辅助线，证明切线，得到相似三角形是解题的关键．
15、1）见详解；（2），
【分析】
（1）由题意易得，然后问题可求证；
（2）由题意可先作图，由（1）可得点E为BC的中点，则有，进而可得，然后根据相似三角形的性质可进行求解．
【详解】
（1）证明：∵是的直径，，
∴，
∴；
（2）解：由题意可得如图所示：
由（1）可得点E为BC的中点，
∵点O是BG的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵的半径为5，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定，熟练掌握垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
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