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∴∠A+∠2=90°， 又∠A=∠5， ∴∠5+∠2=90°， ∵∠1=∠2， ∴∠5=∠4， ∵∠P=∠P， ∴△PBC∽△PCE， 即PC2=PB?PE； （3）∵BE﹣BP=PC=4， ∴BE=4+BP，
∵PC2=PB?PE=PB?（PB+BE），
∴42=PB?（PB+4+PB），即PB2+2PB﹣8=0， 解得：PB=2，
则BE=4+PB=6， ∴PE=PB+BE=8， 作EF⊥CD于点F， ∵∠P=∠PCF=90°， ∴四边形PCFE为矩形，
∴PC=FE=4，FC=PE=8，∠EFD=∠P=90°， ∵BE∥CD， ∴DE=BC，
在Rt△DEF和Rt△BCP中， ∴Rt△DEF≌Rt△BCP（HL）， ∴DF=BP=2， 则CD=DF+CF=10， ∴⊙O的半径为5．
22（2017湖北随州）．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点O在AB上，经过点A的⊙O与BC相切于点D，交AB于点E． （1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若CD=1，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．
【考点】MC：切线的性质；KF：角平分线的性质；KW：等腰直角三角形；MO：扇形面积的计算． 【分析】（1）连接DE，OD．利用弦切角定理，直径所对的圆周角是直角，等角的余角相等证明∠DAO=∠CAD，进而得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BAC=45°，由BC相切⊙O于点D，得到∠ODB=90°，求得OD=BD，∠BOD=45°，设BD=x，则OD=OA=x，OB=【解答】（1）证明：连接DE，OD． ∵BC相切⊙O于点D， ∴∠CDA=∠AED， ∵AE为直径， ∴∠ADE=90°， ∵AC⊥BC， ∴∠ACD=90°， ∴∠DAO=∠CAD，
x，根据勾股定理得到BD=OD=
∴AD平分∠BAC；
（2）∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC， ∴∠B=∠BAC=45°， ∵BC相切⊙O于点D， ∴∠ODB=90°，
∴OD=BD，∴∠BOD=45°， 设BD=x，则OD=OA=x，OB=∴BC=AC=x+1，
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，于是得到结论．
x，
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∵AC2+BC2=AB2， ∴2（x+1）2=（∴x=
，
，
x+x）2，
∴图中阴影部分的面积=S
DOE=
△
BOD
﹣S．
扇形
﹣=1﹣
∴BD=OD=
22（2017湖北襄阳）．如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两点，∠BAC=∠DAC，过点C做直线EF⊥AD，交AD的延长线于点E，连接BC． （1）求证：EF是⊙O的切线； （2）若DE=1，BC=2，求劣弧
的长l．
【考点】ME：切线的判定与性质；MN：弧长的计算． 【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到 ∠OAC=∠DAC，求得∠DAC=∠OCA，推出AD∥OC， 得到∠OCF=∠AEC=90°，于是得到结论；
（2）连接OD，DC，根据角平分线的定义得到∠DAC=∠OAC，根据三角函数的定义得到∠ECD=30°，得到∠OCD=60°，得到∠BOC=∠COD=60°，OC=2，于是得到结论． 【解答】（1）证明：连接OC， ∵OA=OC，
∴∠OAC=∠DAC，∴∠DAC=∠OCA， ∴AD∥OC，
∵∠AEC=90°，∴∠OCF=∠AEC=90°， ∴EF是⊙O的切线； （2）连接OD，DC， ∵∠DAC=
DOC，∠OAC=
BOC，
∴∠DAC=∠OAC， ∵ED=1，DC=2， ∴sin∠ECD=∴∠ECD=30°， ∴∠OCD=60°， ∵OC=OD，
∴△DOC是等边三角形， ∴∠BOC=∠COD=60°，OC=2，
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，
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∴l==π．
21（2017湖北宜昌）．已知，四边形ABCD中，E是对角线AC上一点，DE=EC，以AE为直径的⊙O与边CD相切于点D．B点在⊙O上，连接OB． （1）求证：DE=OE；
（2）若CD∥AB，求证：四边形ABCD是菱形． 【考点】MC：切线的性质；L9：菱形的判定．
【分析】（1）先判断出∠2+∠3=90°，再判断出∠1=∠2即可得出结论；
（2）先判断出△ABO≌△CDE得出AB=CD，即可判断出四边形ABCD是平行四边形，最后判断出CD=AD即可．
【解答】解：（1）如图，连接OD， ∵CD是⊙O的切线， ∴OD⊥CD，
∴∠2+∠3=∠1+∠COD=90°， ∵DE=EC， ∴∠1=∠2， ∴∠3=∠COD， ∴DE=OE； （2）∵OD=OE， ∴OD=DE=OE，
∴∠3=∠COD=∠DEO=60°， ∴∠2=∠1=30°，
∵OA=OB=OE，OE=DE=EC， ∴OA=OB=DE=EC， ∵AB∥CD， ∴∠4=∠1，
∴∠1=∠2=∠4=∠OBA=30°， ∴△ABO≌△CDE， ∴AB=CD，
∴四边形A∴D是平行四边形， ∴∠DAE=∠DOE=30°， ∴∠1=∠DAE， ∴CD=AD， ∴?ABCD是菱形．
24（2017江苏南通）．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，点O在AB上，OB=2，以OB为半径的⊙O与AC相切于点D，交BC于点E，求弦BE的长． 【考点】MC：切线的性质；KQ：勾股定理．
【分析】连接OD，首先证明四边形OECD是矩形，从而得到BE的长，然后利用垂径定理求得BF的长即可．
【解答】解：连接OD，作OE⊥BF于点E． ∴BE=BF， ∵AC是圆的切线，
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∴OD⊥AC，
∴∠ODC=∠C=∠OFC=90°， ∴四边形ODCF是矩形， ∵OD=OB=EC=2，BC=3， ∴BE=BC﹣EC=BC﹣OD=3﹣2=1， ∴BF=2BE=2．
26（2017江苏镇江）.如图，Rt?ACB中，?C?900，点D在AC上，?CBD??A，过A,D两点的圆的圆心O在AB上.（1）利用直尺和圆规在图1中画出⊙O（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线条描清楚）；
（2）判断BD所在直线与（1）中所作的⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（3）设⊙O交AB于点E，连接DE，过点E作EF?BC，F为垂足.若点D是线段AC的黄金分割点（即
DCAD，）如图2，试说明四边形DEFC是正方形. ?ADAC25（2017江苏扬州）．如图，已知平行四边形OABC的三个顶点A、B、C在以O为圆心的半圆上，过点C作CD⊥AB，分别交AB、AO的延长线于点D、E，AE交半圆O于点F，连接CF． （1）判断直线DE与半圆O的位置关系，并说明理由； （2）①求证：CF=OC；
②若半圆O的半径为12，求阴影部分的周长．
【考点】MB：直线与圆的位置关系；L5：平行四边形的性质；MN：弧长的计算．
DE是⊙O的切线．【分析】（1）结论：首先证明△ABO，△BCO都是等边三角形，再证明四边形BDCG是矩形，即可解决问题；
（2）①只要证明△OCF是等边三角形即可解决问题； ②求出EC、EF、弧长CF即可解决问题．【解答】解：（1）结论：DE是⊙O的切线． 理由：∵四边形OABC是平行四边形， 又∵OA=OC，
∴四边形OABC是菱形， ∴OA=OB=AB=OC=BC，
∴△ABO，△BCO都是等边三角形， ∴∠AOB=∠BOC=∠COF=60°， ∵OB=OF，
∴OG⊥BF，
∵AF是直径，CD⊥AD，
∴∠ABF=∠DBG=∠D=∠BGC=90°， ∴四边形BDCG是矩形， ∴∠OCD=90°， ∴DE是⊙O的切线．
（2）①由（1）可知：∠COF=60°，OC=OF， ∴△OCF是等边三角形，
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∴CF=OC．
②在Rt△OCE中，∵OC=12，∠COE=60°，∠OCE=90°，
∴OE=2OC=24，EC=12
，
∵OF=12， ∴EF=12， ∴
的长=
=4π，
．
∴阴影部分的周长为4π+12+12
24（2017江苏盐城）．如图，△ABC是一块直角三角板，且∠C=90°，∠A=30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部．
（1） 如图①，当圆形纸片与两直角边AC、BC都相切时， （2） 试用直尺与圆规作出射线CO； （3） （不写作法与证明，保留作图痕迹）
（2）如图②，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周， 回到起点位置时停止，若BC=9，圆形纸片的半径为2， 求圆心O运动的路径长．
【考点】O4：轨迹；MC：切线的性质；N3：作图—复杂作图．
【分析】（1）作∠ACB的平分线得出圆的一条弦，再作此弦的中垂线可得圆心O，作射线CO即可；（2）添加如图所示辅助线，圆心O的运动路径长为
，先求出△ABC的三边长度，得出其周
长，证四边形OEDO1、四边形O1O2HG、四边形OO2IF均为矩形、四边形OECF为正方形，得出∠OO1O2=60°=∠ABC、∠O1OO2=90°，从而知△OO1O2∽△CBA，利用相似三角形的性质即可得出答案． 【解答】解：（1）如图①所示，射线OC即为所求； （2）如图，圆心O的运动路径长为
，
过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G， 过点O作OE⊥BC，垂足为点E，连接O2B， 过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I， 在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°， ∴AC=∴C△ABC=9+9
=
=9
，AB=2BC=18，∠ABC=60°， ，
+18=27+9
∵O1D⊥BC、O1G⊥AB， ∴D、G为切点， ∴BD=BG，
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2017中考数学全国试题汇编------圆(含详细解析)
