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∴DF是⊙O的切线． （2）解：AG=AE=2， ∵cosA=∴OA=∴OG=
， ==5，
=
，
∵∠ODF=∠DFG=∠OGF=90°， ∴四边形OGFD为矩形， ∴DF=OG=
．
23（2017湖北孝感）. 如图，O的直径AB?10, 弦AC?6,?ACB的平分线交O于D, 过点D作
DEAB交CA延长线于点E，连接AD,BD.
（1）由AB，BD，AD围成的曲边三角形的面积是 ； （2）求证：DE是O的切线；（3）求线段DE的长.
【分析】（1）连接OD，由AB是直径知∠ACB=90°，结合CD平分∠ACB知∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°，从而知∠AOD=90°，根据曲边三角形的面积=S扇形AOD+S△BOD可得答案； （2）由∠AOD=90°，即OD⊥AB，根据DE∥AB可得OD⊥DE，即可得证；
（3）勾股定理求得BC=8，作AF⊥DE知四边形AODF是正方形，即可得DF=5，由∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC知tan∠EAF=tan∠CBA，即
=
，求得EF的长即可得．
【解答】解：（1）如图，连接OD， ∵AB是直径，且AB=10， ∴∠ACB=90°，AO=BO=DO=5， ∵CD平分∠ACB，
∴∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°， ∴∠AOD=90°，
则曲边三角形的面积是S扇形AOD+S△BOD=
+×5×5=
+
，
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故答案为： +；
（2）由（1）知∠AOD=90°，即OD⊥AB， ∵DE∥AB， ∴OD⊥DE， ∴DE是⊙O的切线； （3）∵AB=10、AC=6， ∴BC=
=8，
过点A作AF⊥DE于点F，则四边形AODF是正方形， ∴AF=OD=FD=5，
∴∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC， ∴tan∠EAF=tan∠CBA， ∴∴
=
，即，
+5=
． =，
∴DE=DF+EF=
【点评】本题主要考查切线的判定、圆周角定理、正方形的判定与性质及正切函数的定义，熟练掌握圆周角定理、切线的判定及三角函数的定义是解题的关键．
25（2017湖北荆州）．如图在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P、Q同时从点A出发，运动时间为t秒．其中点P沿射线AB运动，速度为每秒4个单位长度，点Q沿射线AO运动，速度为每秒5个单位长度．以点Q为圆心，PQ长为半径作⊙Q． （1）求证：直线AB是⊙Q的切线；
（2）过点A左侧x轴上的任意一点C（m，0），作直线AB的垂线CM，垂足为M．若CM与⊙Q相切于点D，求m与t的函数关系式（不需写出自变量的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，是否存在点C，直线AB、CM、y轴与⊙Q同时相切？若存在，请直接写出此时点C的坐标；若不存在，请说明理由． 【考点】FI：一次函数综合题．
【分析】（1）只要证明△PAQ∽△BAO，即可推出∠APQ=∠AOB=90°，推出QP⊥AB，推出AB是⊙O的切线；
（2）分两种情形求解即可：①如图2中，当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四
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边形PQDM是正方形．②如图3中，当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形．分别列出方程即可解决问题． （3）分两种情形讨论即可，一共有四个点满足条件． 【解答】（1）证明：如图1中，连接QP． 在Rt△AOB中，OA=4，OB=3， ∴AB=
=5，
∵AP=4t，AQ=5t， ∴
=
=，∵∠PAQ=∠BAO，
∴△PAQ∽△BAO， ∴∠APQ=∠AOB=90°， ∴QP⊥AB， ∴AB是⊙O的切线．
（2）解：①如图2中，当直线CM在⊙O的左侧与⊙Q相切时， 设切点为D，则四边形PQDM是正方形． 易知PQ=DQ=3t，CQ=?3t=∵OC+CQ+AQ=4， ∴m+
t+5t=4， t．
，
∴m=4﹣
②如图3中，当直线CM在⊙O的右侧与⊙Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形． ∵OC+AQ﹣CQ=4， ∴m+5t﹣
t=4，
∴m=4﹣t．
（3）解：存在．理由如下：
如图4中，当⊙Q在y则的右侧与y轴相切时， 3t+5t=4，t=， 由（2）可知，m=﹣或
．
如图5中，当⊙Q在y则的左侧与y轴相切时，5t﹣3t=4，t=2，
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由（2）可知，m=﹣或．
，0）或（﹣
，0）或（，0）．
综上所述，满足条件的点C的坐标为（﹣，0）或（
22．（2017湖北鄂州）如图，已知BF是⊙O的直径，A为 ⊙O上（异于B、F）一点. ⊙O的切线
MA与FB的延长线交于点M；P为AM上一点，PB的延长线交⊙O于点C，D为BC上一点且PA =PD，AD的延长线交⊙O于点E. （1）求证：BE= CE；
（2）若ED、EA的长是一元二次方程x2－5x＋5=0的两根，求BE的长； （3）若MA =62，sin?AMF? , 求AB的长. （1）∵PA =PD ∴∠PAD=∠PDA
∴∠BAD+∠PAB=∠DBE+∠E ∵⊙O的切线MA ∴∠PAB=∠DBE
∴∠BAD=∠CBE∴BE= CE
（2）∵ED、EA的长是一元二次方程x2－5x＋5=0的两根、 ∴ED·EA=5
∵∠BAD=∠CBE,∠E=∠E ∴△BDE∽△ABE
∴BE2=ED·EA=5 ∴BE=5
21．（2017湖北黄石）如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC为⊙O的直径，点E为△ABC的内心，连接AE并延长交⊙O于D点，连接BD并延长至F，使得BD=DF，连接CF、BE． （1）求证：DB=DE；
（2）求证：直线CF为⊙O的切线．
【考点】MI：三角形的内切圆与内心；MD：切线的判定． 【分析】（1）欲证明DB=DE，只要证明∠DBE=∠DEB； （2）欲证明直线CF为⊙O的切线，只要证明BC⊥CF即可； 【解答】（1）证明：∵E是△ABC的内心， ∴∠BAE=∠CAE，∠EBA=∠EBC，
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∵∠BED=∠BAE+∠EBA，∠DBE=∠EBC+∠DBC，∠DBC=∠EAC， ∴∠DBE=∠DEB， ∴DB=DE． （2）连接CD． ∵DA平分∠BAC， ∴∠DAB=∠DAC， ∴
=
，
∴BD=CD， ∵BD=DF， ∴CD=DB=DF， ∴∠BCF=90°， ∴BC⊥CF，
∴CF是⊙O的切线．
23（2017湖北恩施）．如图，AB、CD是⊙O的直径，BE是⊙O的弦，且BE∥CD，过点C的切线与EB的延长线交于点P，连接BC． （1）求证：BC平分∠ABP； （2）求证：PC2=PB?PE；
（3）若BE﹣BP=PC=4，求⊙O的半径．
【考点】MC：切线的性质；KD：全等三角形的判定与性质；S9：相似三角形的判定与性质． 【分析】（1）由BE∥CD知∠1=∠3，根据∠2=∠3即可得∠1=∠2；
（2）连接EC、AC，由PC是⊙O的切线且BE∥DC，得∠1+∠4=90°，由∠A+∠2=90°且∠A=∠5知∠5+∠2=90°，根据∠1=∠2得∠4=∠5，从而证得△PBC∽△PCE即可；
（3）由PC2=PB?PE、BE﹣BP=PC=4求得BP=2、BE=6，作EF⊥CD可得PC=FE=4、FC=PE=8，再Rt△DEF≌Rt△BCP得DF=BP=2，据此得出CD的长即可．【解答】解：（1）∵BE∥CD， ∴∠1=∠3， 又∵OB=OC， ∴∠2=∠3，
∴∠1=∠2，即BC平分∠ABP； （2）如图，连接EC、AC，
∵PC是⊙O的切线， ∴∠PCD=90°， 又∵BE∥DC， ∴∠P=90°， ∴∠1+∠4=90°， ∵AB为⊙O直径，
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2017中考数学全国试题汇编------圆(含详细解析)
