九年級中考數(shù)學圓綜合解答題壓軸題提高專題練習含

九年級中考數(shù)學圓的綜合解答題壓軸題提升專題練習含答案九年級中考數(shù)學圓的綜合解答題壓軸題提升專題練習含答案九年級中考數(shù)學圓的綜合解答題壓軸題提升專題練習含答案九年級中考數(shù)學圓的綜合解答題壓軸題提升專題練習含答案一、圓的綜合1．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，點E為△ABC內(nèi)切圓的圓心，連結(jié)AE的延伸線交BC于F，交⊙O于點D；連結(jié)BD，過點D作直線DM，使∠BDM=∠DAC．（1）求證：直線DM是⊙O的切線；（2）若DF=2，且AF=4，求BD和DE的長．【答案】（1）證明看法析（2）23【分析】【分析】1）依據(jù)垂徑定理的推論即可獲得OD⊥BC，再依據(jù)∠BDM=∠DBC，即可判斷BC∥DM，從而獲得OD⊥DM，據(jù)此可得直線DM是⊙O的切線；2）依據(jù)三角形心里的定義以及圓周角定理，獲得∠BED=∠EBD，即可得出DB=DE，再判斷△DBF∽△DAB，即可獲得DB2=DF?DA，據(jù)此解答即可．【詳解】（1）以以下圖，連結(jié)OD．∵點E是△ABC的心里，∴∠BAD=∠CAD，∴??BDCD

，∴OD⊥BC．又∵∠BDM=∠DAC，∠DAC=∠DBC，∴∠BDM=∠DBC，∴BC∥DM，∴OD⊥DM．又∵OD為⊙O半徑，∴直線DM是⊙O的切線．（2）連結(jié)BE．∵E為心里，∴∠ABE=∠CBE．∵∠BAD=∠CAD，∠DBC=∠CAD，∴∠BAD=∠DBC，∴∠BAE+∠ABE=∠CBE+∠DBC，即BED=∠DBE，∴BD=DE．又∵∠BDF=∠ADB（公共角），∴△DBF∽△DAB，∴

DFDBDBDA

，即DB2=DF?DA．∵DF=2，AF=4，∴DA=DF+AF=6，∴DB2=DF?DA=12，∴DB=DE=23．【點睛】本題主要察看了三角形的心里與外心，圓周角定理以及垂徑定理的綜合應用，解題時注意：均分弦所對一條弧的直徑，垂直均分弦，而且均分弦所對的另一條??；三角形的心里到三角形三邊的距離相等；三角形的心里與三角形極點的連線均分這個內(nèi)角．2．如圖，AB是半圓的直徑，過圓心O作AB的垂線，與弦AC的延伸線交于點D，點E在OD上DCEB．（1）求證：CE是半圓的切線；（2）若CD=10，tanB2，求半圓的半徑．3【答案】（1）看法析；(2)413【分析】分析:（1）連結(jié)CO，由DCEB且OC=OB,得DCEOCB,利用同角的余角相等判斷出∠BCO+∠BCE=90°，即可得出結(jié)論；2）設AC=2xx分別表示出OAAD、AB△AOD∽△ACB（，由依據(jù)題目條件用、，經(jīng)過證明，列出等式即可.詳解：（1）證明：如圖，連結(jié)CO.∵AB是半圓的直徑，∴∠ACB=90°.∴∠DCB=180-°∠ACB=90.°∴∠DCE+∠BCE=90.°OC=OB,∴∠OCB=∠B.DCE=B，∴∠OCB=∠DCE.∴∠OCE=∠DCB=90.°∴OC⊥CE.∵OC是半徑，∴CE是半圓的切線.（2）解：設AC=2x，∵在Rt△ACB中，tanBAC2BC,3∴BC=3x.2213x.∴AB2x3x∵OD⊥AB,∴∠AOD=∠ACB=90.°∵∠A=∠A，∴△AOD∽△ACB.ACAO.ABAD∵OA1AB13x，AD=2x+10,22∴2x113x.213x2x10解得x=8.∴OA138413.2則半圓的半徑為413.點睛：本題察看了切線的判斷與性質(zhì)，圓周角定理，相像三角形.3．如圖，AB為⊙O的直徑，點E在⊙O上，過點E的切線與AB的延伸線交于點D，連結(jié)BE，過點O作BE的平行線，交⊙O于點F，交切線于點C，連結(jié)AC1）求證：AC是⊙O的切線；2）連結(jié)EF，當∠D=°時，四邊形FOBE是菱形．【答案】（1）看法析；（2）30.【分析】【分析】（1）由等角的變換證明出OCA≌OCE，依據(jù)圓的地點關系證得AC是⊙O的切線.（2）依據(jù)四邊形FOBE是菱形，獲得OF=OB=BF=EF，得證OBE為等邊三角形，而得出BOE60，依據(jù)三角形內(nèi)角和即可求出答案.【詳解】（1）證明：∵CD與⊙O相切于點E，OECD，CEO90，又∵OCPBE，COEOEB，∠OBE=∠COA∵OE=OB，∴∴

OEBOBE，COECOA，又∵OC=OC，OA=OE，OCA≌OCE（SAS），CAOCEO90，又∵AB為⊙O的直徑，∴AC為⊙O的切線；2）解：∵四邊形FOBE是菱形，∴OF=OB=BF=EF，∴OE=OB=BE，OBE為等邊三角形，BOE60，OECD，D30．故答案為30．【點睛】本題主要察看與圓有關的地點關系和圓中的計算問題，嫻熟掌握圓的性質(zhì)是本題的解題關.4．已知AB，CD都是eO的直徑，連結(jié)DB，過點C的切線交DB的延伸線于點E．1如圖1，求證：AOD2E180o；2如圖2，過點A作AFEC交EC的延伸線于點F，過點D作DGAB，垂足為點G，求證：DGCF；3如圖，在2的條件下，當DG3時，在eO外取一點H，連結(jié)、DH分別交3CE4CHeO于點M、N，且HDEHCE，點P在HD的延伸線上，連結(jié)PO并延伸交CM于點Q，若PD11，DN14，MQOB，求線段HM的長．【答案】（1）證明看法析（2）證明看法析（3）837【分析】【分析】1）由∠D+∠E=90°，可得2∠D+2∠E=180°，只需證明∠AOD=2∠D即可；2）如圖2中，作OR⊥AF于R．只需證明△AOR≌△ODG即可；3）如圖3中，連結(jié)BC、OM、ON、CN，作BT⊥CL于T，作NK⊥CH于K，設CH交DE于W．解直角三角形分別求出KM，KH即可；【詳解】1證明：如圖1中，QeO與CE相切于點C，OCCE，OCE90o，DE90o，2D2E180o，QAODCOB，BOC2D，AOD2D，AOD2E180o．2證明：如圖2中，作ORAF于R．QOCFFORF90o，四邊形OCFR是矩形，AF//CD，CFOR，AOD，VAOR和VODG中，QAAOD，AROOGD90o，OADO，VAOR≌VODG，ORDG，DGCF，3解：如圖3中，連結(jié)BC、OM、ON、CN，作BTCL于T，作NKCH于K，設CHDE于W．設DG3m，則CF3m，CE4m，QOCFFBTE90o，AF//OC//BT，QOAOB，CTCF3m，ETm，QCD為直徑，CBDCND90oCBE，E90oEBTCBT，tanEtanCBT，BTCTET，BTBT3mm，BTBT3m(負根已經(jīng)舍棄)，tan3m3，EmE60o，QCWDHDEH，HDEHCE，HE60o，MON2HCN60o，QOMON，VOMN是等邊三角形，MNON，QQMOBOM，MOQMQO，QMOQPON180oMON120o，MQOP180oH120o，PONP，ONNP141125，CD2ON50，MNON25，在RtVCDN中，CNCD2DN250214248，在RtVCHN中，tanHCN483，HNHNHN163，RtVKNH中，RtVNMK中，

KH1HN83，NK3HN24，22MKMN2NK22522427，HMHKMK837．【點睛】本題察看圓綜合題、全等三角形的判斷和性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、勾股定理、等邊三角形的判斷和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，增添常用協(xié)助線，結(jié)構全等三角形或直角三角形解題的重點.5．如圖，已知在△ABC中，AB=15，AC=20，tanA=1，點P在AB邊上，⊙P的半徑為定2.當點P與點B重合時，⊙P恰巧與AC邊相切；當點P與點B不重合時，⊙P與AC邊訂交于點M和點N．1）求⊙P的半徑；2）當AP=65時，試一試究△APM與△PCN能否相像，并說明原因．【答案】（1）半徑為35；（2）相像，原因看法析.【分析】【分析】（

1）如圖，作

BD⊥AC，垂足為點

D，⊙P與邊

AC相切，則

BD就是⊙P的半徑，利用解直角三角形得出

BD與

AD的關系，再利用勾股定理可求得

BD的長；（2）如圖，過點

P作

PH⊥AC于點

H，作

BD⊥AC，垂足為點

D，依據(jù)垂徑定理得出MN=2MH，PM=PN，再利用勾股定理求出

PH、AH、MH、MN

的長，從而求出

AM、NC的長，此后求出

AM

、

PN

的值，得出

AM

=

PN

，利用兩邊對應成比率且夾角相等的兩MP

NC

MP

NC三角形相像即可證明.【詳解】（1）如圖，作BD⊥AC，垂足為點D，∵⊙P與邊AC相切，∴BD就是⊙P的半徑，在Rt△ABD中，tanA=1BD，2ADBD=x，則AD=2x，x2+(2x)2=152，解得：x=35，∴半徑為35；（2）相像，原因看法析，如圖，過點P作PH⊥AC于點H，作BD⊥AC，垂足為點D，∴PH垂直均分MN，∴PM=PN，1PH在Rt△AHP中，tanA=，2AH設PH=y，AH=2y，y2+（2y）2=（65）2解得：y=6（取正數(shù)），∴PH=6，AH=12，在Rt△MPH中，3262MH=5=3，∴MN=2MH=6，∴AM=AH-MH=12-3=9，NC=AC-MN-AM=20-6-9=5，∴AM935，PN35，MP355NC5AM=PN，MPNC又∵PM=PN，∴∠PMN=∠PNM，∴∠AMP=∠PNC，∴△AMP∽△PNC.【點睛】本題察看認識直角三角形、垂徑定理、相像三角形的判斷與性質(zhì)等，綜合性較強，有必定的難度，正確增添協(xié)助線、靈巧應用有關的性質(zhì)與定理是解題的重點.6．如圖，已知AB是⊙O的直徑，點C為圓上一點，點D在OC的延伸線上，連結(jié)DA，BC的延伸線于點E，使得∠DAC=∠B．（1）求證：DA是⊙O切線；（2）求證：△CED∽△ACD；3）若OA=1，sinD=1，求AE的長．3【答案】（1）證明看法析；（2）2【分析】分析：（1）由圓周角定理和已知條件求出AD⊥AB即可證明DA是⊙O切線；2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；3）由題意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可獲得DC2=DE?AD，故此可求得DE的長，于是可求得AE的長．詳解：（1）∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°．∵∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°，∴AD⊥AB．OA是⊙O半徑，∴DA為⊙O的切線；（2）∵OB=OC，∴∠OCB=∠B．∠DCE=∠OCB，∴∠DCE=∠B．∠DAC=∠B，∴∠DAC=∠DCE．∠D=∠D，∴△CED∽△ACD；3）在Rt△AOD中，OA=1，sinD=1，∴OD=OA=3，∴CD=OD﹣OC=2．3sinDAD=OD2OA2=22．ADCD，∴DE=CD2又∵△CED∽△ACD，∴DE=2，CDADAE=AD﹣DE=22﹣2=2．點睛：本題主要察看的是切線的性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理的應用、相像三角形的性質(zhì)和判斷，證得△DEC∽△DCA是解題的重點．7．如圖，在以點O為圓心的兩個齊心圓中，小圓直徑AE的延伸線與大圓交于點B，點在大圓上，BD與小圓相切于點F，AF的延伸線與大圓訂交于點C，且CE⊥BD．找出圖中

D相等的線段并證明．【答案】看法析【分析】試題分析：由AE是小⊙O的直徑，可得OA=OE，連結(jié)OF，依據(jù)切線的性質(zhì)，可得OF⊥BD，此后由垂徑定理，可證得DF=BF，易證得OF∥CE，依據(jù)平行線分線段成比率定理，可證得AF=CF，既而可得四邊形ABCD是平行四邊形，則可得AD=BC，AB=CD．此后連OD、OC，可證得△AOD≌△EOC，則可得BC=AD=CE=AE．試題分析：圖中相等的線段有：OA=OE，DF=BF，AF=CF，AB=CD，BC=AD=CE=AE．證明以下：∵AE是小⊙O的直徑，∴OA=OE．連結(jié)OF，∵BD與小⊙O相切于點F，∴OF⊥BD．∵BD是大圓O的弦，DF=BF．∵CE⊥BD，CE∥OF，AF=CF．∴四邊形ABCD是平行四邊形．AD=BC，AB=CD．∵CE：AE=OF：AO，OF=AO，AE=EC．連結(jié)OD、OC，∵OD=OC，∴∠ODC=∠OCD．∵∠AOD=∠ODC，∠EOC=∠OEC，∴∠AOC=∠EOC，∴△AOD≌△EOC，∴AD=CE．BC=AD=CE=AE．【點睛】察看了切線的性質(zhì)，垂徑定理，平行線分線段成比率定理，平行四邊形的判斷與性質(zhì)以及全等三角形的判斷與性質(zhì)等知識．本題綜合性很強解題的重點是注意數(shù)形聯(lián)合思想的應用，注意協(xié)助線的作法，當心不要漏解．8．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，弦AD⊥BC,垂足為H，連結(jié)OB．(1)如圖1,求證:∠DAC=∠ABO;(2)如圖2,在弧AC上取點F,使∠CAF=∠BAD,在弧AB取點G，使AG∥OB，若∠BAC=600，求證:GF=GD;(3)如圖3,在(2)的條件下,AF、BC的延伸線訂交于點E,若AF：FE=1:9，求sin∠ADG的值?！敬鸢浮浚?）詳看法析；（2）詳看法析；（3）11.14【分析】試題分析：（1）延伸BO交⊙O于點Q，連結(jié)AQ．由圓周角定理可得：∠AQB=∠ACB，再由等角的余角相等即可得出結(jié)論；2）證明△DFG是等邊三角形即可；3）延伸GA，作FQ⊥AG，垂足為Q，作ON⊥AD，垂足為N，作OM⊥BC，垂足為M，延伸AO交⊙O于點R，連結(jié)GR．作DP⊥AG，DK⊥AE，垂足為P、K．設AF=k，則FE=9k，AE=10k．在△AHE中，AH=5k．設NH=x，則AN=5k-x，AD=10k-2x．在△AQF中，AF=k，AQ=k，F(xiàn)Q=3k．由(2)知：△GDF是等邊三角形，獲得GD=GF=DF，從而獲得22AG=9k-2x．OM=NH=x，BC=23x，GF=BC=23x．在△GQF中，GQ=AG+AQ=193k，k-2x，QF=22GF=23x，由勾股定理解出x7k，獲得AG=9k-2x=11k，AR=2OB=4OM=4x=7k．在42△GAR中，由sin∠ADG=sin∠R即可得出結(jié)論．試題分析：解：（1）證明：如圖1，延伸BO交⊙O于點Q，連結(jié)AQ．∵BQ是⊙O直徑，∴∠QAB=900．∵AD⊥BC，∴∠AHC=900．∵弧AB=弧AB，∴∠AQB=∠ACB．∵∠AQB+∠ABO=900，∠ACB+∠CAD=900∴∠ABO=∠CAD（2）證明：如圖2，連結(jié)DF．∵AG∥OB，∴∠ABO=∠BAG．∵∠ABO=∠CAD，∴∠CAD=∠BAG．∵∠BAC=600，∴∠BAD+∠CAD=∠BAD+∠BAG=600，即∠GAD=∠BAC=60．°∵∠BAD=∠CAF．∴∠CAF+∠CAD=600，∴∠GAD=∠DAF=600，∴∠DGF=∠DAF=60°．∵弧GD=弧GD，∴∠GAD=∠GFD=600，∴∠GFD=∠DGF=600，∴△DFG是等邊三角形，∴GD=GF．（3）如圖3，延伸GA，作FQ⊥AG，垂足為Q，作ON⊥AD，垂足為N，作OM⊥BC，垂足為M，延伸AO交⊙O于點R，連結(jié)GR．作DP⊥AG，DK⊥AE，垂足為P、K．AF：FE=1：9，∴設AF=k，則FE=9k，AE=10k．在△AHE中，∠E=300，∴AH=5k．設NH=x，則AN=5k-x．∵ON⊥AD，∴AD=2AN=10k-2x又在△AQF中，∵∠GAF=1200，∴∠QAF=600，AF=k，∴AQ=k，F(xiàn)Q=3k．22由(2)知：△GDF是等邊三角形，∴GD=GF=DF，∵∠GAD=∠DAF=600，∴DP=DK，∴△GPD≌△FKD，△APD≌△AKD∴FK=GP，AP=AK，∠ADK=300，∴AD=2AK=AP+AK=AF+AG∴AG=10k-2x-k=9k-2x．1∵作OM⊥BC，ON⊥AD，∴OM=NH=x．∵∠BOD=∠BOC=∠BAC=6002BC=2BM=23x．∵∠BOC=∠GOF，∴GF=BC=23x在△GQF中，GQ=AG+AQ=19k-2x，QF=3k，GF=23x22∵GQ2FQ2GF2221932∴2x23x，kk22x17k，x213k舍去．4211AG=9k-2x=k，AR=2OB=4OM=4x=7k，2在△GAR中，∠RGA=900，∴sin∠ADG=sin∠R=AG=11．AR14點睛：本題是圓的綜合題．嫻熟掌握圓的基天性質(zhì)和常用的協(xié)助線做法是解答本題的重點．9．已知：如圖1，∠ACG=90°，AC=2，點B為CG邊上的一個動點，連結(jié)AB，將△ACB沿AB邊所在的直線翻折獲得△ADB，過點D作DF⊥CG于點F．（1）當BC=23時，判斷直線FD與以AB為直徑的⊙O的地點關系，并加以證明；32）如圖2，點B在CG上向點C運動，直線FD與以AB為直徑的⊙O交于D、H兩點，連結(jié)AH，當∠CAB=∠BAD=∠DAH時，求BC的長．【答案】（1）直線FD與以AB為直徑的⊙O相切，原因看法析；（2）222.【分析】試題分析：（1）依據(jù)已知及切線的判斷證明得，直線FD與以AB為直徑的⊙O相切；（2）依據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)進行分析，從而求得BC的長．試題分析：（1）判斷：直線FD與以AB為直徑的⊙O相切．證明：如圖，作以AB為直徑的⊙O；∵△ADB是將△ACB沿AB邊所在的直線翻折獲得的，∴△ADB≌△ACB，∴∠ADB=∠ACB=90．°∵O為AB的中點，連結(jié)DO，∴OD=OB=AB，∴點D在⊙O上．在Rt△ACB中，BC=，AC=2；∴tan∠CAB==，∴∠CAB=∠BAD=30，°∴∠ABC=∠ABD=60，°∴△BOD是等邊三角形．∴∠BOD=60．°∴∠ABC=∠BOD，∴FC∥DO．∵DF⊥CG，∴∠ODF=∠BFD=90，°∴OD⊥FD，∴FD為⊙O的切線．（2）延伸AD交CG于點E，同（1）中的方法，可證點C在⊙O上；∴四邊形ADBC是圓內(nèi)接四邊形．∴∠FBD=∠1+∠2．同理∠FDB=∠2+∠3．∵∠1=∠2=∠3，∴∠FBD=∠FDB，又∠DFB=90°．EC=AC=2．BC=x，則BD=BC=x，∵∠EDB=90，°∴EB=x．∵EB+BC=EC，x+x=2，解得x=2﹣2，BC=2﹣2．10．如圖，在直角坐標系中，⊙M經(jīng)過原點O(0，0)，點A(6，0)與點B(0，－2)，點D在劣弧OA?上，連結(jié)BD交x軸于點C，且∠COD＝∠CBO.(1)求⊙M的半徑；(2)求證：

BD均分∠ABO；(3)在線段

BD的延伸線上找一點

E，使得直線

AE恰為⊙M

的切線，求此時點

E的坐標．【答案】（1）M的半徑r＝2；（2）證明看法析；（3）點E的坐標為(26，2)．3【分析】試題分析：依據(jù)點A和點B的坐標得出OA和OB的長度，依據(jù)Rt△AOB的勾股定理得出AB的長度，此后得出半徑；依據(jù)同弧所對的圓周角得出∠ABD=∠COD，此后聯(lián)合已知條件得出角均分線；依據(jù)角均分線得出△ABE≌△HBE，從而得出BH=BA=22，從而求出OH的長度，即點E的縱坐標，依據(jù)Rt△AOB的三角函數(shù)得出∠ABO的度數(shù)，從而得出∠CBO的度數(shù)，此后依據(jù)Rt△HBE得出HE的長度，即點E的橫坐標.試題分析：（1）∵點A為（6，0），點B為（0，－2）∴OA=6OB=2∴依據(jù)Rt△AOB的勾股定理可得：AB=22∴eM的半徑r=12.AB=2（2）依據(jù)同弧所對的圓周角相等可得：∠ABD=∠COD∵∠COD=∠CBO∴∠ABD=∠CBO∴BD均分∠ABO（3）如圖，由（2）中的角均分線可得△ABE≌△HBE∴BH=BA=22∴OH=22－2=2在Rt△AOB中，OA3∴∠ABO=60°∴∠CBO=30°OB在Rt△HBE中，HE=BH26∴點E的坐標為（26，2）333考點：勾股定理、角均分線的性質(zhì)、圓的基天性質(zhì)、三角函數(shù).11．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠BAD=90°，AD、BC的延伸線交于點F，點E在CF上，且∠DEC=∠BAC．1）求證：DE是⊙O的切線；2）當AB=AC時，若CE=2，EF=3，求⊙O的半徑．【答案】（1）證明看法析；（2）35．4【分析】【分析】1）先判斷出BD是圓O的直徑，再判斷出BD⊥DE，即可得出結(jié)論；2）依據(jù)余角的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)獲得∠F=∠EDF，依據(jù)等腰三角形的判斷獲得DE=EF=3，依據(jù)勾股定理獲得CDDE2CE25，證明△CDE∽△DBE，依據(jù)相像三角形的性質(zhì)即可獲得結(jié)論．【詳解】（1）如圖，連結(jié)BD．∵∠BAD=90°，∴點O必在BD上，即：BD是直徑，∴∠BCD=90，°∴∠DEC+∠CDE=90．°∵∠DEC=∠BAC，∴∠BAC+∠CDE=90．°∵∠BAC=∠BDC，∴∠BDC+∠CDE=90，°∴∠BDE=90，°即：BD⊥DE．∵點D在⊙O上，∴DE是⊙O的切線；2）∵∠BAF=∠BDE=90°，∴∠F+∠ABC=∠FDE+∠ADB=90°．∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB．∵∠ADB=∠ACB，∴∠F=∠FDE，∴DE=EF=3．∵CE=2，∠BCD=90，°∴∠DCE=90，°∴CDDE2CE25．∵∠BDE=90，°CD⊥BE，∴∠DCE=∠BDE=90．°∵∠DEC=∠BED，∴△CDE∽△DBE，∴CDBD，∴BD5335，∴⊙O的半CEDE22徑35．4【點睛】本題察看了圓周角定理，垂徑定理，相像三角形的判斷和性質(zhì)，切線的判斷，勾股定理，求出DE=EF是解答本題的重點．12．如圖，在矩形ABCD中，點O在對角線AC上，以OA的長為半徑的⊙O與AD、AC分別交于點E、F，且∠ACB＝∠DCE．（1）判斷直線CE與⊙O的地點關系，并說明原因；（2）若AB＝2，BC＝2，求⊙O的半徑．【答案】（1）直線CE與⊙O相切，原因看法析；（2）⊙O的半徑為64【分析】【分析】（1）第一連結(jié)OE，由OE=OA與四邊形ABCD是矩形，易求得∠DEC+∠OEA=90°，即OE⊥EC，即可證得直線CE與⊙O的地點關系是相切；（2）第一易證得△CDE∽△CBA，此后依據(jù)相像三角形的對應邊成比率，即可求得DE的長，又由勾股定理即可求得AC的長，此后設OA為x，即可得方程(3)2x2(6x)2，解此方程即可求得⊙O的半徑．【詳解】解：（1）直線CE與⊙O相切．原因：連結(jié)OE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，BC∥AD，CD＝AB，∴∠DCE+∠DEC＝90°，∠ACB＝∠DAC，又∠DCE＝∠ACB，∴∠DEC+∠DAC＝90°，∵OE＝OA，∴∠OEA＝∠DAC，∴∠DEC+∠OEA＝90°，∴∠OEC＝90°，∴OE⊥EC，∵OE為圓O半徑，∴直線CE與⊙O相切；2）∵∠B＝∠D，∠DCE＝∠ACB，∴△CDE∽△CBA，BCAB∴，DCDECD＝AB＝2，BC＝2，∴DE＝1依據(jù)勾股定理得EC＝3，又ACAB2BC26，設OA為x，則(3)2x2(6x)2，解得x6，4∴⊙O的半徑為6．4【點睛】本題察看了切線的判斷與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，相像三角形的判斷與性質(zhì)以及勾股定理等知識．本題綜合性較強，難度適中，解題的重點是注意數(shù)形聯(lián)合思想與方程思想的應用，注意協(xié)助線的作法．13．已知四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠DAB＝120°，BC＝CD，AD＝4，AC＝7，求AB的長度．【答案】AB＝3．【分析】【分析】作DE⊥AC，BF⊥AC，依據(jù)弦、弧、圓周角、圓心角的關系，求得

uuuruuurBCCD，從而獲得∠DAC＝∠CAB＝60°，在Rt△ADE中，依據(jù)60°銳角三角函數(shù)值，可求得DE＝23，AE＝2，再由Rt△DEC中，依據(jù)勾股定理求出DC的長，在△BFC和△ABF中，利用60°角的銳角三角函數(shù)值及勾股定理求出AF的長，此后依據(jù)求出的兩個結(jié)果，由AB＝2AF，分類討論求出AB的長即可.【詳解】DE⊥AC，BF⊥AC，∵BC＝CD，uuuruuurBCCD，∴∠CAB＝∠DAC，∵∠DAB＝120，°∴∠DAC＝∠CAB＝60°，∵DE⊥AC，∴∠DEA＝∠DEC＝90°，DE，cos60°＝AE∴sin60＝°，44∴DE＝23，AE＝2，∵AC＝7，∴CE＝5，23237，∴DC＝52∴BC＝37，BF⊥AC，∴∠BFA＝∠BFC＝90°，tan60＝°BF，BF2+CF2＝BC2，AFBF＝3AF，222∴37AF37，AF＝2或AF＝3，2cos60＝°AF，AB∴AB＝2AF，AF＝2時，AB＝2AF＝4，∴AB＝AD，∵DC＝BC，AC＝AC，∴△ADC≌△ABC（SSS），∴∠ADC＝∠ABC，∵ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ADC+∠ABC＝180，°∴∠ADC＝∠ABC＝90°，但AC2＝49，AD2DC24223753，222，AC≠AD+DC∴AB＝4（不合題意，舍去），AF＝3時，AB＝2AF＝3，2∴AB＝3．【點睛】本題主要察看了圓的有關性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)，解題重點是結(jié)構直角三角形模型，利用直角三角形的性質(zhì)解題.14．如圖，在△ABC中，以AC為直徑作⊙O交BC于點D，交AB于點G，且D是BC中點，DE⊥AB，垂足為E，交AC的延伸線于點F．（1）求證：直線EF是⊙O的切線；（2）若CF=3，cosA=2，求出⊙O的半徑和BE的5長；（3）連結(jié)CG，在（2）的條件下，求CG的值．EF【答案】(1)看法析；（2）2，6（3）CG:EF＝4：75【分析】試題分析：（1）連結(jié)OD．先證明OD是△ABC的中位線，依據(jù)中位線的性質(zhì)獲得OD∥AB，再由DE⊥AB，得出OD⊥EF，依據(jù)切線的判斷即可得出直線EF是⊙O的切線；（2）先由OD∥AB，得出∠COD=∠A，再解Rt△DOF，依據(jù)余弦函數(shù)的定義獲得cos∠FOD==，設⊙O的半徑為R，解方程=，求出R=，那么AB=2OD=，解Rt△AEF，依據(jù)余弦函數(shù)的定義獲得cosA==