2018－2019年江西赣州九年级上《第24章圆》期末模拟试卷含答案.docx

‎2018－2019学年江西赣州第24章《圆》期末模拟测试试卷 一、选择题（本大题共6小题，共18.0分）‎ 1. 如图，量角器外沿上有A、B两点，它们的读数分别是70°和40°，则∠1的度数（　　）‎ A. ‎15‎‎∘‎ B. ‎30‎‎∘‎ C. ‎40‎‎∘‎ D. ‎‎70‎‎∘‎ 2. 如图，⊙O的半径为5，AB为弦，点C为AB的中点，若∠ABC=30°，则弦AB的长为（　　）‎ A. ‎1‎‎2‎‎ B. 5 C. ‎5‎‎3‎‎2‎ D. ‎‎5‎‎3‎ 3. 下列命题中，真命题的个数是（　　） ①平分弦的直径垂直于弦；②圆内接平行四边形必为矩形；③90°的圆周角所对的弦是直径；④任意三个点确定一个圆；⑤同弧所对的圆周角相等．‎ A. 5 B. 4 C. 3 D. 2‎ 4. 如图，CD是⊙O的直径，已知∠1=30°，则∠2=（　　）‎ A. ‎30‎‎∘‎‎ B. ‎45‎‎∘‎ C. ‎60‎‎∘‎ D. ‎‎70‎‎∘‎ ‎ ‎ 5. 圆锥的底面半径为10cm，母线长为15cm，则这个圆锥的侧面积是 A. ‎100πcm‎2‎ B. ‎150πcm‎2‎ C. ‎200πcm‎2‎ D. ‎‎250πcm‎2‎ 6. 一块等边三角形的木板，边长为1，现将木板沿水平线翻滚（如图），那么B点从开始至结束所走过的路径长度为（　　） ‎ 第23页，共24页 A. ‎3π‎2‎ B. ‎4π‎3‎ C. 4 D. ‎‎2+‎‎3π‎2‎ 二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）‎ 1. 如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB=10，CD=12，则四边形ABCD的周长为______．‎ 2. 同圆中，已知AB所对的圆心角是100°，则AB所对的圆周角是______．‎ 3. 如图，半径为5的⊙A中，弦BC、ED所对的圆心角分别是∠BAC、∠EAD．已知DE=6，∠BAC+∠EAD=180°，则弦BC等于______． ‎ 4. 如图，在⊙O中，直径AB=4，弦CD⊥AB于E，若∠A=30°，则CD=______． ‎ 5. 第23页，共24页 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（20，0），点B的坐标是（16，0），点C、D在以OA为直径的半圆M上，且四边形OCDB是平行四边形，则点C的坐标为______． ‎ 1. 如图，在直角坐标系中，⊙A的圆心的坐标为（-2，0），半径为2，点P为直线y=-‎3‎‎4‎x+6上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是______．‎ 三、解答题（本大题共12小题，共84.0分）‎ 2. 如图，⊙O中的弦AB=CD，求证：AD=BC． ‎ ‎ ‎ 3. 如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E． （1）证明：DE为⊙O的切线； （2）若BC=4，求DE的长．‎ 第23页，共24页 ‎ ‎ 1. 如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AB与⊙O相切于点D，OB与⊙O相交于点E． (1)求证：AC是⊙O的切线； (2)若BD=‎3‎，BE=1,求阴影部分的面积．‎ ‎ ‎ 2. 如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O外，∠ABC的平分线与⊙O交于点D，∠C=90°． （1）CD与⊙O有怎样的位置关系？请说明理由； （2）若∠CDB=60°，AB=6，求AD的长． ‎ ‎ ‎ 第23页，共24页 1. 如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的圆交AC于点D，交BC于点E，延长AE至点F，使EF=AE，连接FB，FC． （1）求证：四边形ABFC是菱形； （2）若AD=7，BE=2，求半圆和菱形ABFC的面积．‎ ‎ ‎ 2. 如图，点B在⊙O的直径AC的延长线上，点D在⊙O上，AD=DB，∠B=30°，若⊙O的半径为4． （1）求证：BD是⊙O的切线； （2）求CB的长． ‎ ‎ ‎ 3. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC=45°，AD是⊙O的切线交BC的延长线于D，AB交OC于E．  （1）求证：AD∥OC； （2）若AE=2‎5‎，CE=2．求⊙O的半径和线段BE的长． ‎ 第23页，共24页 ‎ ‎ 1. 如图所示，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，4），B（4，2），C（3，5）（每个方格的边长均为1个单位长度） （1）请画出△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于原点对称； （2）将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A2B2C2，并直接写出线段OB旋转到OB2扫过图形的面积．‎ ‎ ‎ 2. 已知△ABC的边AB是⊙O的弦． （1）如图1，若AB是⊙O的直径，AB=AC，BC交⊙O于点D，且DM⊥AC于M，请判断直线DM与⊙O的位置关系，并给出证明； （2）如图2，AC交⊙O于点E，若E恰好是AB的中点，点E到AB的距离是8，且AB长为24，求⊙O的半径长． ‎ 第23页，共24页 ‎ ‎ ‎ ‎ 1. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB=AC，点D在弧BC上运动，过点D作DE∥BC，DE交AB的延长线于点E，连接AD、BD． （1）求证：∠ADB=∠E； （2）当点D运动到什么位置时，DE是⊙O的切线？请说明理由． （3）当AB=5，BC=6时，求⊙O的半径． ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 2. 若一个四边形的两条对角线互相垂直且相等，则称这个四边形为“非常四边形”，如图1，四边形ABCD中，若AC=BD，AC⊥BD，则称四边形ABCD为“非常四边形”，根据以上信息回答： （1‎ 第23页，共24页 ‎）矩形______“非常四边形”（填“是”或“不是”）； （2）如图2，已知⊙O的内接四边形ABCD是“非常四边形”，若⊙O的半径为6，∠BCD=60°．求“非常四边形”ABCD的面积； （3）如图3，已知⊙O的内接四边形ABCD是“非常四边形”作OM⊥BC于M．请猜测OM与AD的数量关系，并证明你的结论． ‎ ‎ ‎ 第23页，共24页 ‎ ‎ 1. 如图1，点A、B、P分别在两坐标轴上，∠APB=60°，PB=m，PA=2m，以点P为圆心、PB为半径作⊙P，作∠OBP的平分线分别交⊙P、OP于C、D，连接AC． （1）求证：直线AB是⊙P的切线． （2）设△ACD的面积为S，求S关于m的函数关系式． （3）如图2，当m=2时，把点C向右平移一个单位得到点T，过O、T两点作⊙Q交x轴、y轴于E、F两点，若M、N分别为两弧OE、OF的中点，作MG⊥EF，NH⊥EF，垂足为G、H，试求MG+NH的值． ‎ ‎ ‎ 第23页，共24页 答案和解析 ‎1.【答案】A 【解析】‎ ‎【分析】 ​本题主要考查圆周角定理，由读数得到∠AOB的大小是解题的关键．分析题意，由两个读数可求得∠AOB=30°，再利用圆周角定理可求得∠1=∠AOB． 【解答】 解：∵量角器外沿上有A、B两点，它们的读数分别是70°和40°， ∴∠AOB=70°-40°=30°， ∴∠1=∠AOB=×30°=15°， 故选A． ‎ ‎2.【答案】D 【解析】‎ 解：连接OC、OA， ∵∠ABC=30°， ∴∠AOC=60°， ∵AB为弦，点C为的中点， ∴OC⊥AB， 在Rt△OAE中，AE=， ∴AB=， 故选：D． 连接OC、OA，利用圆周角定理得出∠AOC=60°，再利用垂径定理得出AB即可． 此题考查圆周角定理，关键是利用圆周角定理得出∠AOC=60°．‎ ‎3.【答案】C 【解析】‎ ‎【分析】 根据垂径定理、圆内接四边形的性质、圆周角定理、过不在同一直线上的三个点定理即可对每一种说法的正确性作出判断．本题考查了垂径定理、圆内接四边形的性质、圆周角定理和过不在同一直线 第23页，共24页 上的三个点定理，准确掌握各种定理是解题的关键． 【解答】‎ 解：∵平分弦（不能是直径）的直径垂直于弦，①故错误； ∵圆内接四边形对角互补，平行四边形对角相等， ∴圆的内接平行四边形中，含有90°的内角，即为矩形，②故正确； ∵有圆周角定理的推论可知：90°的圆周角所对的弦是直径，③故正确； ∵经过不在同一直线上的三点可以作一个圆，④故错误； ∵有圆周角定理可知：同弧或等弧所对的圆周角相等．⑤故正确， ∴真命题的个数为3个， 故选C． ‎ ‎4.【答案】C 【解析】‎ 解：如图，连接AD． ∵CD是⊙O的直径， ∴∠CAD=90°（直径所对的圆周角是90°）； 在Rt△ACD中，∠CAD=90°，∠1=30°， ∴∠DAB=60°； 又∵∠DAB=∠2（同弧所对的圆周角相等）， ∴∠2=60°， 故选C． 连接AD，构建直角三角形ACD．根据直径所对的圆周角是90°知三角形ACD是直角三角形，然后在Rt△ACD中求得∠BAD=60°；然后由圆周角定理（同弧所对的圆周角相等）求∠2的度数即可． 本题考查了圆周角定理．解答此题的关键是借助辅助线AD，将隐含是题干中的已知条件△ACD是直角三角形展现出来，然后根据直角三角形的两个锐角互余求得∠DAB=60°．‎ ‎5.【答案】B 【解析】‎ 解：圆锥的底面周长是：2×10π=20π， 则×20π×15=150π． 故选：B． 先求得圆锥的底面周长，然后利用扇形的面积公式即可求解． 本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间 第23页，共24页 的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．‎ ‎6.【答案】B 【解析】‎ 解：如图：BC=AB=AC=1， ∠BCB′=120°， ∴B点从开始至结束所走过的路径长度为2×弧BB′=2×=， 故选：B． 根据题目的条件和图形可以判断点B分别以C和A为圆心CB和AB为半径旋转120°，并且所走过的两路径相等，求出一个乘以2即可得到． 本题考查了弧长的计算方法，求弧长时首先要确定弧所对的圆心角和半径，利用公式求得即可．‎ ‎7.【答案】44 【解析】‎ 解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形， ∴AD+BC=AB+CD=22， ∴四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=44， 故答案为：44． 根据圆外切四边形的对边之和相等求出AD+BC，根据四边形的周长公式计算即可． 本题考查的是切线长定理，掌握圆外切四边形的对边之和相等是解题的关键．‎ ‎8.【答案】50° 【解析】‎ 解：弧AB所对的圆心角是100°，则弧AB所对的圆周角为50°． 故答案为50°． 直接利用圆周角定理求解． 本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．‎ ‎9.【答案】8 【解析】‎ 解：作AH⊥BC于H，作直径CF，连结BF，如图， ∵∠BAC+∠EAD=180°， 而∠BAC+∠BAF=180°， ∴∠DAE=∠BAF， ∴=， ∴DE=BF=6， ∵AH⊥BC， ∴CH=BH， ‎ 第23页，共24页 ‎∵CA=AF， ∴AH为△CBF的中位线， ∴AH=BF=3． ∴BH===4， ∴BC=2BH=8． 故答案为：8． 作AH⊥BC于H，作直径CF，连结BF，先利用等角的补角相等得到∠DAE=∠BAF，然后再根据同圆中，相等的圆心角所对的弦相等得到DE=BF=6，由AH⊥BC，根据垂径定理得CH=BH，易得AH为△CBF的中位线，然后根据三角形中位线性质得到AH=BF=3，再利用勾股定理，可求得BH的长，继而求得答案． 此题考查了圆周角定理、垂径定理、三角形中位线的性质以及勾股定理．注意掌握辅助线的作法．‎ ‎10.【答案】2‎3‎ 【解析】‎ 解：由圆周角定理得，∠COB=2∠A=60°， ∴CE=OC•sin∠COE=2×=， ∵AE⊥CD， ∴CD=2CE=2， 故答案为：2， 根据圆周角定理求出∠COB，根据正弦的概念求出CE，根据垂径定理解答即可． 本题考查的是垂径定理和勾股定理的应用，掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．‎ ‎11.【答案】（2，6） 【解析】‎ 解：∵四边形OCDB是平行四边形，B（16，0）， ∴CD∥OA，CD=OB=16， 过点M作MF⊥CD于点F，则CF=CD=8， 过点C作CE⊥OA于点E， ∵A（20，0）， ∴OE=OM-ME=OM-CF=10-8=2． 连接MC，则MC=OA=10， ∴在Rt△CMF中，由勾股定理得MF==6 ∴点C的坐标为（2，6） ‎ 第23页，共24页 故答案为：（2，6）． 过点M作MF⊥CD于点F，则CF=CD=8，过点C作CE⊥OA于点E，由勾股定理可求得MF的长，从而得出OE的长，然后写出点C的坐标． 本题考查了勾股定理、垂径定理以及平行四边形的性质，正确作出辅助线构造出直角三角形是解题关键．‎ ‎12.【答案】4‎2‎ 【解析】‎ 解：如图，作AP⊥直线y=-x+6，垂足为P，作⊙A的切线PQ，切点为Q，此时切线长PQ最小， ∵A的坐标为（-2，0）， 设直线与x轴，y轴分别交于B，C， ∴B（0，6），C（8，0）， ∴OB=6，AC=，10， ∴BC==10， ∴AC=BC， 在△APC与△BOC中， ， ∴△APC≌△BOC， ∴AP=OB=6， ∴PQ==4． 故答案为4 连接AP，PQ，当AP最小时，PQ最小，当AP⊥直线y=-x+6时，PQ最小，根据全等三角形的性质得到AP=6，根据勾股定理即可得到结论． 本题主要考查切线的性质，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键，用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．‎ ‎13.【答案】证明：∵⊙O中的弦AB=CD， ∴AB=CD， ∴AB-BD=CD-BD， ∴AD=BC， ∴AD=BC． 【解析】‎ ‎ 由弦AB=CD，根据弦与弧的关系，可得=，则可得=，即可证 第23页，共24页 得AD=BC． 此题考查了弦与弧的关系．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎14.【答案】（1）证明：连接OD， ∵OD=OB， ∴∠ODB=∠B， ∵AC=BC， ∴∠A=∠B， ∴∠ODB=∠A， ∴OD∥AC， ∴∠ODE=∠DEA=90°， ∴DE为⊙O的切线； （2）解：连接CD， ∵BC为直径， ∴∠ADC=90°， ∵∠A=30°， 又∵AC=BC=4， ∴AD=AC•cos30°=4×‎3‎‎2‎=2‎3‎， ∴DE=‎1‎‎2‎AD=‎3‎． 【解析】‎ ‎ （1）连接OD，由平行线的判定定理可得OD∥AC，利用平行线的性质得∠ODE=∠DEA=90°，可得DE为⊙O的切线； （2）连接CD，由BC为直径，利用圆周角定理可得∠ADC=90°，由∠A=30°，AC=BC=4，利用锐角三角函数可得DE． 本题主要考查了切线的判定、，圆周角定理，平行线的性质及判定定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．‎ ‎15.【答案】（1）证明：连接OD，作OF⊥AC于F，如图， ∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点， ∴AO⊥BC，AO平分∠BAC， ∵AB与⊙O相切于点D， ∴OD⊥AB， 而OF⊥AC， ∴OF=OD， ∴AC是⊙O的切线； （2）解：在Rt△BOD中，设⊙O的半径为r，则OD=OE=r， ∴r2+（‎3‎）2=（r+1）2，解得r=1， ∴OD=1，OB=2， ‎ 第23页，共24页 ‎∴∠B=30°，∠BOD=60°， ∴∠AOD=30°， 在Rt△AOD中，AD=‎3‎‎3‎OD=‎3‎‎3‎， ∴阴影部分的面积=2S△AOD-S扇形DOF =2×‎1‎‎2‎×1×‎3‎‎3‎-‎60⋅π⋅‎‎1‎‎2‎‎360‎ =‎3‎‎3‎-π‎6‎． 【解析】‎ ‎ （1）连接OD，作OF⊥AC于F，如图，利用等腰三角形的性质得AO⊥BC，AO平分∠BAC，再根据切线的性质得OD⊥AB，然后利用角平分线的性质得到OF=OD，从而根据切线的判定定理得到结论； （2）设⊙O的半径为r，则OD=OE=r，利用勾股定理得到r2+（）2=（r+1）2，解得r=1，则OD=1，OB=2，利用含30度的直角三角三边的关系得到∠B=30°，∠BOD=60°，则∠AOD=30°，于是可计算出AD=OD=，然后根据扇形的面积公式，利用阴影部分的面积=2S△AOD-S扇形DOF进行计算． 本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．圆的切线垂直于经过切点的半径．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．也考查了等腰三角形的性质．‎ ‎16.【答案】解：（1）相切．理由如下： 连接OD， ∵BD是∠ABC的平分线， ∴∠CBD=∠ABD， 又∵OD=OB， ∴∠ODB=∠ABD， ∴∠ODB=∠CBD， ∴OD∥CB， ∴∠ODC=∠C=90°， ∴CD与⊙O相切； （2）若∠CDB=60°，可得∠ODB=30°， ∴∠AOD=60°， 又∵AB=6， ∴AO=3， ∴AD=‎60×π×3‎‎180‎=π． 【解析】‎ 第23页，共24页 ‎ （1）连接OD，只需证明∠ODC=90°即可； （2）由（1）中的结论可得∠ODB=30°，可求得弧AD的圆心角度数，再利用弧长公式求得结果即可． 此题主要考查圆的切线的判定、等腰三角形的性质及圆周角定理的运用．一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点．‎ ‎17.【答案】（1）证明：∵AB是直径， ∴∠AEB=90°， ∴AE⊥BC， ∵AB=AC， ∴BE=CE， ∵AE=EF， ∴四边形ABFC是平行四边形， ∵AC=AB， ∴四边形ABFC是菱形． （2）设CD=x．连接BD． ∵AB是直径， ∴∠ADB=∠BDC=90°， ∴AB2-AD2=CB2-CD2， ∴（7+x）2-72=42-x2， 解得x=1或-8（舍弃） ∴AC=8，BD=‎8‎‎2‎‎-‎‎7‎‎2‎=‎15‎， ∴S菱形ABFC=8‎15‎． ∴S半圆=‎1‎‎2‎•π•42=8π． 【解析】‎ ‎ （1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明； （2）设CD=x，连接BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题； 本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、线段的垂直平分线的性质勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎18.【答案】证明：（1）连接OD， ∵AD=DB，∠B=30°， ∴∠A=∠B=30°， ∴∠COD=60°， ∴∠ODC=180°-30°-60°=90°， ‎ 第23页，共24页 ‎∴OD⊥BD， ∵OD是☉O的半径， ∴BD是☉O的切线； （2）在Rt△OBD中， ∵∠ODB=90°，∠B=30°， ∴OB=2OD=8， ∵OC=4， ∴CB=4． 【解析】‎ ‎ （1）连接OD，由条件可求得∠COD=60°，进一步可求得∠ODB=90°，可得出结论； （2）在Rt△OBD中，利用勾股定理可求得OB的长，结合半径可求得CB的长． 本题主要考查切线的判定及直角三角形的性质，掌握切线的两种判定方法是解题的关键，并注意直角三角形性质的利用．‎ ‎19.【答案】（1）证明：连结OA，如图， ∵AD是⊙O的切线， ∴OA⊥AD， ∵∠AOC=2∠ABC=2×45°=90°， ∴OA⊥OC， ∴AD∥OC； （2）解：设⊙O的半径为R，则OA=R，OE=R-2，AE=2‎5‎， 在Rt△OAE中，∵AO2+OE2=AE2， ∴R2+（R-2）2=（2‎5‎）2，解得R=4， 作OH⊥AB于H，如图，OE=OC-CE=4-2=2， 则AH=BH， ∵‎1‎‎2‎OH•AE=‎1‎‎2‎•OE•OA， ∴OH=OE⋅OAAE=‎4×2‎‎2‎‎5‎=‎4‎‎5‎‎5‎， 在Rt△AOH中，AH=OA‎2‎-OH‎2‎=‎8‎‎5‎‎5‎， ∴HE=AE-AH=2‎5‎-‎8‎‎5‎‎5‎=‎2‎‎5‎‎5‎ ∴BH=‎8‎‎5‎‎5‎， ∴BE=BH-HE=‎8‎‎5‎‎5‎-‎2‎‎5‎‎5‎=‎6‎‎5‎‎5‎． 【解析】‎ ‎ （1）连结OA，根据切线的性质得到OA⊥AD，再根据圆周角定理得到∠AOC=2∠ABC=90°，然后根据平行线的判定即可得到结论； ‎ 第23页，共24页 ‎（2）设⊙O的半径为R，则OA=R，OE=R-2，AE=2，在Rt△OAE中根据勾股定理可计算出R=4；作OH⊥AB于H，根据垂径定理得AH=BH，再利用面积法计算出OH=，然后根据勾股定理计算出AH=，则HE=AE-AH=2-=，再利用BE=BH-HE进行计算． 本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．也考查了圆周角定理、垂径定理和勾股定理．‎ ‎20.【答案】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求； （2）如图所示，△A2B2C2即为所求． ∵OB=‎2‎‎2‎‎+‎‎4‎‎2‎=2‎5‎，∠BOB2=90°， 线段OB旋转到OB2扫过图形的面积为‎90×π×(2‎‎5‎‎)‎‎2‎‎360‎=5π． 【解析】‎ ‎ 本题主要考查了运用旋转变换进行作图以及扇形的面积，根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形． ​（1）根据△A1B1C1与△ABC关于原点对称进行作图即可；‎ ‎（2）根据△ABC绕点O逆时针旋转90°，即可得到旋转后得到的△A2B2C2，依据扇形的面积计算公式，即可得到线段OB旋转到OB2扫过图形的面积．‎ ‎21.【答案】证明：（1）连接OD． ∵OB=OD， ∴∠B=∠ODB， ∵AB=AC， ∴∠B=∠C， ∴∠ODB=∠C， ‎ 第23页，共24页 ‎∴OD∥AC， ∵DM⊥AC， ∴DM⊥OD， ∴DM是⊙O的切线． （2）连接OA、连接OE交AB于点H， ∵E 是AB中点，AB=24， ∴OE⊥AB，AH=‎1‎‎2‎AB=12， 连接OA，设OA=x， ∵EH=8，可得OH=x-8， 在Rt△OAH中，根据勾股定理可得（x-8）2+122=x2， 解得x=13， ∴⊙O的半径为13． 【解析】‎ ‎ （1）连接OD，只要证明OD∥AC即可解决问题； （2）连接OA、连接OE交AB于点H，连接OA，设OA=x，在Rt△OAH中，根据勾股定理可得（x-8）2+122=x2，解方程即可； 本题考查直线与圆的位置关系、切线的判定、勾股定理、平行线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．属于中考常考题型．‎ ‎22.【答案】（1）证明：∵在△ABC中，AB=AC， ∴∠ABC=∠C． ∵DE∥BC， ∴∠ABC=∠E， ∴∠E=∠C， 又∵∠ADB=∠C， ∴∠ADB=∠E； （2）解：当点D是弧BC的中点时，DE是⊙O的切线（如图1）． 理由是：∵当点D是弧BC的中点时，AB=AC， ∴AD是BC的垂直平分线， ∴AD是直径， ∴AD⊥BC， ∴AD过圆心O， 又∵DE∥BC， ∴AD⊥ED． ∴DE是⊙O的切线； （3）解：过点A作AF⊥BC于F，连接BO（如图2）， ‎ 第23页，共24页 则点F是BC的中点，BF=‎1‎‎2‎BC=3， 连接OF，则OF⊥BC（垂径定理）， ∴A、O、F三点共线， ∵AB=5， ∴AF=4； 设⊙O的半径为r，在Rt△OBF中，OF=4-r，OB=r，BF=3， ∴r2=32+（4-r）2 解得r=‎25‎‎8‎， ∴⊙O的半径是‎25‎‎8‎． 【解析】‎ 本题主要考查了圆周角定理，切线的判定，平行线的性质，垂径定理等知识点，正确运用好圆心角，弧，弦的关系是解题的关键． （1）根据圆周角定理及平行线的性质不难求解； （2）要使DE是圆的切线，那么D就是切点，AD⊥DE，又根据AD过圆心O，BC∥ED，根据垂径定理可得出D应是弧BC的中点． （3）可通过构建直角三角形来求解，连接BO、AO，并延长AO交BC于点F，根据垂径定理BF=CF，AF=R+OF，那么直角三角形OBF中可以用R表示出OF，OB，然后根据勾股定理求出半径的长．‎ ‎23.【答案】解：（1）矩形的对角线相等但不垂直， ∴矩形不是”非常四边形“； （2）如图，连接OB、OD，作OH⊥BD于H， 则BH=DH， ∵∠BOD=2∠BCD=120°， ∴∠OBD=30°， 在Rt△OBH中， ∵∠OBH=30°， ∴OH=‎1‎‎2‎OB=3， ∴BH=‎3‎OH=3‎‎3‎， ∵BD=2BH， ∴AC=BD=‎6‎‎3‎， ∴”非常四边形“ABCD的面积=‎1‎‎2‎‎×6‎3‎×6‎3‎=54‎； （3）OM=‎1‎‎2‎AD. 理由如下：‎ 第23页，共24页 ‎ 如图，连接OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E， 则AE=ED， ∵∠BOC=2∠BAC， ∵∠BOC=2∠BOM， ∴∠BAC=∠BOM， 同理可得∠AOE=∠ABD， ∵BD⊥AC， ∴∠BAC+∠ABD=90°， ∴∠BOM+∠AOE=90°， ∴∠OBM=∠AOE， 在△BOM和△OEA中， ‎∠BMO=∠OEA‎∠OBM=∠AOEOB=AO‎ ‎∴△BOM≌△OAE， ∴OM=AE， ∴OM=‎1‎‎2‎AD. 【解析】‎ 本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是理解新定义，并熟练掌握圆心角定理、圆周角定理及全等三角形的判定与性质等知识点． （1）由矩形的对角线相等但不垂直即可判断； （2）连结OB、OD，作OH⊥BD，由∠BOD=2∠BCD=120°知∠OBD=30°，在Rt△OBH中求得BH=3，则AC=BD=2BH=6，进而得出四边形的面积； （3）连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD，证△BOM≌△OAE可得OM=AE，从而得出答案． ‎ ‎24.【答案】解：（1）∵∠POB=90°，∠APB=60°， ∴PB=m， ∴PO=‎1‎‎2‎PB=‎1‎‎2‎m，OB=‎3‎‎2‎m， 又∵PA=2m， ∴OA=‎3‎‎2‎m， 在 第23页，共24页 RT△OAB中，AB=‎3‎m ∴PA2+AB2=PA2 ∴∠ABP=90°， ∵PB是⊙P的半径， ∴直线AB是⊙P的切线． （2）连接PC， ∵∠APB=90°-∠OBP=∠OBA，∠OBC=∠PBC， ∴∠ADB=∠PBC+∠PBC=∠ABD ∴AD=AB=‎3‎m， 又∵PB=PC=m， ∴PC∥OB ∴∠CPA=∠POB=90°， ∴S△ACD=‎1‎‎2‎AD×CP=‎1‎‎2‎×‎3‎m×m=‎3‎‎2‎m2； （3）作TJ⊥x轴，TK⊥y轴，连接ET、FT， 当m=2时，PO=‎1‎‎2‎m，由（2）知∠CPA=90°， ∴C点为（ 1，-2）， ∴T为（2，-2，）TJ=TK=2， ∴点T在∠EOF的平分线上， ∴ET‎=‎FT ∴TE=TF， ∴△ETJ≌△FTK， ∴EF=FK， ∴OE+OF=OJ-EJ+OK+FK=OJ+OK=4 延长NH交⊙Q于R，连接QN，QR，∵∠EOF=90°， ∴EF为⊙Q的直径，∴FR=FN ∴FO‎=‎NR ∴NR=OF ∴NH=‎1‎‎2‎NR=‎1‎‎2‎OF 同理MG=‎1‎‎2‎OE ∴MG+NH=‎1‎‎2‎（OE+OF）=‎1‎‎2‎×4=2 【解析】‎ ‎ （1）根据切线的判定定理证得∠ABP=90°后即可判定切线； （2）连接PC，根据∠APB=90°-∠OBP=∠OBA，∠OBC=∠PBC，得到∠ADB=∠PBC+∠PBC=∠ABD，从而得到∠CPA=∠POB=90°，利用三角形的面 第23页，共24页 积公式得到S=m2； （3）作TJ⊥x轴，TK⊥y轴，连接ET、FT，得到△ETJ≌△FTK，从而得到NH=NR=OF和MG=，最后求得MG+NH=（OE+OF）=×4=2 本题考查了圆的综合知识，难度较大，一般为中考题的压轴题．‎ 第23页，共24页