河南省许昌市2019-2020学年中考数学三模考试卷含解析

??DF??试题分析：(1)连接OB，由垂径定理可得BE=DE，OE⊥BD，BF1?BD ，再由圆周角定理可得2，即?OBC?90? ，命题得证. ?BOE??A ，从而得到∠ OBE＋∠ DBC＝90°

(2)由勾股定理求出OC，再由△OBC的面积求出BE，即可得出弦BD的长. 试题解析：(1)证明：如下图所示，连接OB.

??DF??∵ E是弦BD的中点，∴ BE＝DE，OE⊥ BD，BF∴∠ BOE＝∠ A，∠ OBE＋∠ BOE＝90°. ∵∠ DBC＝∠ A，∴∠ BOE＝∠ DBC，

1?BD， 2∴∠ OBE＋∠ DBC＝90°，∴∠ OBC＝90°，即BC⊥OB，∴ BC是⊙ O的切线．

(2)解：∵ OB＝6，BC＝8，BC⊥OB，∴OC?OB2?BC2?10 , ∵SVOBC?11OB?BC6?8OC?BE?OB?BC ，∴BE???4.8 ， 22OC10∴BD?2BE?9.6.

点睛：本题主要考查圆中的计算问题，解题的关键在于清楚角度的转换方式和弦长的计算方法. 26．（1）4，22,22；（2）旋转后的正方形与原正方形的重叠部分的面积为162?16；（3）t?【解析】 【分析】

（1）连接AB，根据△OCA为等腰三角形可得AD=OD的长，从而得出点A的坐标，则得出正方形AOBC的面积；

（2）根据旋转的性质可得OA′的长，从而得出A′C，A′E，再求出面积即可；

（3）根据P、Q点在不同的线段上运动情况，可分为三种列式①当点P、Q分别在OA、OB时，②当点P在OA上，点Q在BC上时，③当点P、Q在AC上时，可方程得出t． 【详解】

解：（1）连接AB，与OC交于点D， 四边形AOBC是正方形， ∴△OCA为等腰Rt△， ∴AD=OD=

??8. 31OC=22， 2∴点A的坐标为22,22.

??

4，22,22. （2）如图

∵ 四边形AOBC是正方形， ∴ ?AOB?90o，?AOC?45o.

∵ 将正方形AOBC绕点O顺时针旋转45o， ∴ 点A?落在x轴上. ∴OA??OA?4. ∴ 点A?的坐标为?4,0?. ∵ OC?42，

∴ A?C?OC?OA??42?4. ∵ 四边形OACB，OA?C?B?是正方形， ∴ ?OA?C??90o，?ACB?90o. ∴ ?CA?E?90o，?OCB?45o. ∴ ?A?EC??OCB?45o. ∴ A?E?A?C?42?4.

?? SΔOBC?∵ SΔA?EC11S正方形AOBC??42?8， 22211???AC?AE?42?4?24?162， 22?? S四边形OA?EB?SΔOBC?SΔA?EC? 8?24?162?162?16. ∴ ∴旋转后的正方形与原正方形的重叠部分的面积为162?16. （3）设t秒后两点相遇，3t=16，∴t=①当点P、Q分别在OA、OB时， ∵?POQ?90o,OP=t，OQ=2t

??16 3∴ΔOPQ不能为等腰三角形

②当点P在OA上，点Q在BC上时如图2，

当OQ=QP，QM为OP的垂直平分线， OP=2OM=2BQ，OP=t，BQ=2t-4， t=2（2t-4）， 解得：t=

8． 3③当点P、Q在AC上时，

ΔOPQ不能为等腰三角形

综上所述，当t?【点睛】

此题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定以及旋转的性质，是中考压轴题，综合性较强，难度较大．27．（1）AC与⊙O相切，证明参见解析；（2）【解析】

试题分析：（1）由于OC⊥AD，那么∠OAD+∠AOC=90°，又∠BED=∠BAD，且∠BED=∠C，于是∠OAD=∠C，从而有∠C+∠AOC=90°，再利用三角形内角和定理，可求∠OAC=90°，即AC是⊙O的切AB是直径，∠C=∠BED，cos∠BED=线；（2）连接BD，那么∠ADB=90°，在Rt△AOC中，由于AC=8，

，

.

8时ΔOPQ是等腰三角形 3∠OAD=∠BED，cos∠BED=利用三角函数值，可求OA=6，即AB=12，在Rt△ABD中，由于AB=12，同样利用三角函数值，可求AD．

，

试题解析：（1）AC与⊙O相切．∵弧BD是∠BED与∠BAD所对的弧，∴∠BAD=∠BED，∵OC⊥AD，∴∠AOC+∠BAD=90°，∴∠BED+∠AOC=90°，即∠C+∠AOC=90°，∴∠OAC=90°，∴AB⊥AC，即AC与⊙O相切；∵AB是⊙O直径，∴∠ADB=90°∠CAO=90°∵AC=8，（2）连接BD．，在Rt△AOC中，，∠ADB=90°，cos∠C=cos∠BED=

，∴AO=6，∴AB=12，在Rt△ABD中，∵cos∠OAD=cos∠BED=

，

∴AD=AB?cos∠OAD=12×=．

考点：1.切线的判定；2.解直角三角形．