2021年中考数学复习专题-【圆】解答题专项测练02

2021中考数学复习
【圆】解答题专项测练02
1．已知：如图，AB＝AC，以AB为弦作⊙O与AC切于点A，交BC于D，连接AD；
①求证：DA＝DC；
②若BD＝4，CD＝8，求⊙O半径．
2．如图，AB是⊙O的弦，点C为半径OA上的一点，过点C作CD⊥OA交弦AB于点E，连接BD，且DE＝DB．
（1）判断BD与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若CD＝15，BE＝10，tan A＝，求⊙O的直径．
3．如图，在△ABC中，∠B＝90°，点D为AC上一点，以CD为直径的⊙O交AB于点E，连接CE，且CE平分∠ACB．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）连接DE，若∠A＝30°，求．
4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AC，BD⊥AC，垂足为E．
（1）若∠BAC＝40°，则∠ADC＝°；
（2）求证：∠BAC＝2∠DAC；
（3）若AB＝10，CD＝5，求BC的值．
5．如图，AB是O的直径，C是弧BD的中点，CE⊥AB，垂足为E，BD交CE于点F．（1）求证：CF＝BF；
（2）若AD＝6，⊙O的半径为5，求BC的长．
6．如图，已知⊙O，A是的中点，过点A作AD∥BC．求证：AD与⊙O相切．
7．如图，AB为⊙O的直径，射线AD交⊙O于点F，点C为劣弧的中点，过点C作CE⊥AD，垂足为E，连接AC．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若∠BAC＝30°，AB＝4，求阴影部分的面积．
8．如图，已知⊙O是边长为6的等边△ABC的外接圆，点D，E分别是BC，AC上两点，且BD＝CE，连接AD，BE相交于点P，延长线段BE交⊙O于点F，连接CF．
（1）求证：AD∥FC；
（2）连接PC，当△PEC为直角三角形时，求tan∠ACF的值．
9．（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为上一动点，求证：PA＝PB+PC．下面给出一种证明方法，你可以按这一方法补全证明过程，也可以选择另外的证明方法．证明：在AP上截取AE＝CP，连接BE
∵△ABC是正三角形
∴AB＝CB
∵∠1和∠2的同弧圆周角
∴∠1＝∠2
∴△ABE≌△CBP
（2）如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为上一动点，求证：PA＝PC+PB．（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为上一动点，请探究PA、PB、PC 三者之间有何数量关系，直接写出结论．
10．如图，AB为⊙O的直径，C、D为圆上的两点，OC∥BD，弦AD与BC，OC分别交于E、F．（1）求证：＝；
（2）若CE＝1，EB＝3，求⊙O的半径；
（3）若BD＝6，AB＝10，求DE的长．
参考答案1．证明：①连接AO并延长，交⊙O于点E，连接OD，DE，
∵⊙O与AC相切于点A，
∴AC⊥AE，
∴∠DAC+∠OAD＝90°，
∴AE为⊙O直径，
∴∠ADE＝90°，
∴∠OAD+∠E＝90°，
∵∠DAC+∠OAD＝90°，
∴∠DAC＝∠E＝∠B，
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠B，
∴∠DAC＝∠C，
∴DA＝DC；
②解：设半径为R，作DM⊥AC于M，则AM＝CM，
∵∠DAC＝∠C＝∠ABC，∠DCA＝∠ACB，∴△ACD∽△BCA，
∴，
∴AC2＝CD•CB＝8×12＝96，
∴AC＝4，
∴AM＝CM＝2，
∴Rt△CBM中，BM＝2，
∵∠C＝∠B＝∠E，
∴sin∠C＝sin∠E，
∴，
∴，
∴R＝．
2．解：（1）BD是⊙O的切线．
理由如下：
连接OB，∵OB＝OA，DE＝DB，
∴∠A＝∠OBA，∠DEB＝∠ABD，
又∵CD⊥OA，
∴∠A+∠AEC＝∠A+∠DEB＝90°，
∴∠OBA+∠ABD＝90°，
∴OB⊥BD，
∴BD是⊙O的切线．
（2）如图，过点D作DG⊥BE于点G，
∵DE＝DB，
∴EG＝BE＝5，
∵∠ACE＝∠DGE＝90°，∠AEC＝∠GED，∴∠GDE＝∠A，
∴△ACE∽△DGE，
∴tan∠EDG＝tan A＝，即DG＝12，在Rt△EDG中，
∵DG＝＝12，
∴DE＝13，∵CD＝15，∴CE＝2，
∵△ACE∽△DGE，
∴，
∴AC＝•DG＝，
∴⊙O的直径为2OA＝4AC＝．
3．（1）证明：连接OE，如图1所示：∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE，
又∵OE＝OC，
∴∠ACE＝∠OEC，
∴∠BCE＝∠OEC，
∴OE∥BC，
∴∠AEO＝∠B，
又∵∠B＝90°，
∴∠AEO＝90°，
即OE⊥AE，
∵OE为⊙O的半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解：连接DE，如图2所示：
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠B，
又∵∠DCE＝∠ECB，
∴△DCE∽△ECB，
∴＝，
∵∠A＝30°，∠B＝90°，
∴∠ACB＝60°，
∴∠DCE＝∠ACB＝×60°＝30°，∴＝cos∠DCE＝cos30°＝，
∴＝．
4．（1）解：∵AB＝AC，∠BAC＝40°，∴∠ABC＝∠ACB＝70°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＝180°﹣∠BAC＝110°，
故答案为：110；
（2）证明：∵BD⊥AC，
∴∠AEB＝∠BEC＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠CBD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝90°﹣∠CBD，
∴∠BAC＝180°﹣2∠ABC＝2∠CBD，∵∠DAC＝∠CBD，
∴∠BAC＝2∠DAC；
（3）解：过A作AH⊥BC于H，
∵AB＝AC，
∴∠BAH＝∠CAH＝CAB，CH＝BH，∵∠BAC＝2∠DAC，
∴∠CAG＝∠CAH，
过C作CG⊥AD交AD的延长线于G，∴∠G＝∠AHC＝90°，
∵AC＝AC，
∴△AGC≌△AHC（AAS），
∴AG＝AH，CG＝CH，
∵∠CDG＝∠ABC，
∴△CDG∽△ABH，
∴＝＝，
∴＝，
设BH＝k，AH＝2k，
∴AB＝＝k＝10，
∴k＝2，
∴BC＝2k＝4．
5．（1）证明：连接AC，如图1所示：∵C是弧BD的中点，
∴∠DBC＝∠BAC，
在ABC中，∠ACB＝90°，CE⊥AB，
∴∠BCE+∠ECA＝∠BAC+∠ECA＝90°，∴∠BCE＝∠BAC，
又C是弧BD的中点，
∴∠DBC＝∠CDB，
∴∠BCE＝∠DBC，
∴CF＝BF．
（2）解：连接OC交BD于G，如图2所示：
∵AB是O的直径，AB＝2OC＝10，
∴∠ADB＝90°，
∴BD＝＝＝8，
∵C是弧BD的中点，
∴OC⊥BD，DG＝BG＝BD＝4，
∵OA＝OB，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝AD＝3，
∴CG＝OC﹣OG＝5﹣3＝2，
在Rt△BCG中，由勾股定理得：BC＝＝＝2．
6．证明：过点O作OF⊥BC于F，延长OF交⊙O于点E，如图所示：∴＝，∠OFB＝90°，
∴E是的中点，
∵A是的中点，
∴点E与点A重合，
∵AD∥BC，
∴∠OAD＝∠OFB＝90°，
∴OA⊥AD，
∵点A为半径OA的外端点，
∴AD与⊙O相切．
7．解：（1）连接BF，OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，即BF⊥AD，∵CE⊥AD，
∴BF∥CE，
连接OC，
∵点C为劣弧的中点，
∴OC⊥BF，
∵BF∥CE，
∴OC⊥CE，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）连接OF，CF，
∵OA＝OC，∠BAC＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∵点C为劣弧的中点，∴，
∴∠FOC＝∠BOC＝60°，
∵OF＝OC，
∴∠OCF＝∠COB，
∴CF∥AB，
∴S
△ACF ＝S
△COF
，
∴阴影部分的面积＝S
，
扇形COF
∵AB＝4，
∴FO＝OC＝OB＝2，
∴S
＝，扇形FOC
即阴影部分的面积为：．
8．解：（1）∵△ABC为等边三角形，∴AB＝BC，
∴∠ABD＝∠∠BCE＝60°，
∵BD＝CE，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BDA＝∠CEB，
∵∠CEB＝∠F+∠FCE，
∵∠F＝∠BAC＝∠BCA＝60°，
∴∠CEB＝∠BCA+∠FCE＝∠BCF，
∴∠BDA＝∠BCF，
∴AD∥CF；
（2）如图，连接PC，
当△PEC为直角三角形时，
∠PEC＝90°，
∵∠PEC＝∠F+∠ACF，
∵∠F＝60°，
∴∠ACF＝30°，
∴tan∠ACF＝．
9．证明：（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE．∵∠1＝∠2＝60°，∠3＝∠4＝60°，∴∠CPE＝60°，
∴△PCE是等边三角形，
∴CE＝PC，∠E＝∠3＝60°；
又∵∠EBC＝∠PAC，
∴△BEC≌△APC，
∴PA＝BE＝PB+PC．（2分）
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E．∵∠1+∠2＝∠2+∠3＝90°
∴∠1＝∠3，
又∵∠APB＝45°，
∴BP＝BE，∴；
又∵AB＝BC，
∴△ABE≌△CBP，
∴PC＝AE．
∴．（4分）
（3）答：；
证明：在AP上截取AQ＝PC，
连接BQ，∵∠BAP＝∠BCP，AB＝BC，∴△ABQ≌△CBP，
∴BQ＝BP．
又∵∠APB＝30°，
∴
∴（7分）10．（1）证明：∵AB是圆的直径，∴∠ADB＝90°，
∵OC∥BD，
∴∠AFO＝∠ADB＝90°，
∴OC⊥AD
∴＝；
（2）解：连接AC，如图，
∵＝，
∴∠CAD＝∠ABC，
∵∠ECA＝∠ACB，
∴△ACE∽△BCA，
∴AC：CE＝CB：AC，
∴AC2＝CE•CB，即AC2＝1×（1+3），∴AC＝2，
∵AB是圆的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AB＝＝2，
∴⊙O的半径为；
（3）解：在Rt△DAB中，AD＝＝8，∵OC⊥AD，
∴AF＝DF＝4，
∵OF＝＝3，
∴CF＝2，
∵CF∥BD，
∴△ECF∽△EBD，
∴＝＝＝，
∴＝
∴DE＝×4＝3．。