2021年九年级数学中考复习专题之圆的考察：相交弦定理的运用(二)

2021年九年级数学中考复习专题之圆的考察：
相交弦定理的运用（二）
一．选择题（共10小题）
1．如图在一次游园活动中有个投篮游戏，活动开始时四个人A、B、C、D在距篮筐P都是5米处站好，篮球放在AC和BD的交点O处，已知取篮球时A要走6米，B要走3米，C要走2米，则D要走（）
A．2米B．3米C．4米D．5米
2．如图，⊙O的直径AB＝8，弧AC＝弧BC，E为OB上一点，∠AEC＝60°，CE的延长线交⊙O于D，则CD的长为（）
A．6 B．4C．D．
3．如图，已知⊙O的两条弦AB、CD相交于AB的中点E，且AB＝4，DE＝CE+3，则CD的长为（）
A．4 B．5 C．8 D．10
4．如图，⊙O的直径AB＝10，E是OB上一点，弦CD过点E，且BE＝2，DE＝2，则弦心距OF为（）
A．1 B．C．D．
5．如图：若弦BC经过圆O的半径OA的中点P，且PB＝3，PC＝4，则圆O的直径为（）
A．7 B．8 C．9 D．10
6．在⊙O中，弦AB与CD相交于点M，AM＝4，MB＝3，则CM•MD＝（）A．28 B．21 C．12 D．7
7．如图，已知⊙O的弦AB，CD交于点P，且OP⊥CD，若CD＝4，则AP•BP的值为（）
A．2 B．4 C．6 D．8
8．如图，AB为⊙O的直径，AB＝10cm，弦CD⊥AB，垂足为E，且AE：EB＝2：3，则AC＝（）
A．3cm B．4cm C．cm D．cm 9．如图，AB是⊙O的直径，M是⊙O上一点，MN⊥AB，垂足为N．P、Q分别是、上一点（不与端点重合），如果∠MNP＝∠MNQ，下面结论：①∠1＝∠2；②∠P+∠
Q＝180°；③∠Q＝∠PMN；④PM＝QM；⑤MN2＝PN•QN．其中正确的是（）
A．①②③B．①③⑤C．④⑤D．①②⑤
10．如图，已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CD⊥AB于D，AD＝9，BD＝4，以C为圆心，CD为半径的圆与⊙O相交于P，Q两点，弦PQ交CD于E，则PE•EQ 的值是（）
A．24 B．9 C．6 D．27
二．填空题（共5小题）
11．如图，在△ABC与△BCD中，AB＝AC＝4，BD交AC于E点，AE＝3，且∠BAC＝2∠BDC．则BE•ED＝．
12．如图，弦AB与CD交于点E，AE＝3，BE＝2，DE＝，则CE＝．
13．如图，在⊙O中，弦AB平分弦CD于E，若CD＝8，AE：EB＝1：4，则弦AB＝．
14．如图，⊙O过M点，⊙M交⊙O于A，延长⊙O的直径AB交⊙M于C，若AB＝8，BC＝1，则AM＝．
15．如图，⊙O的弦AB、CD相交于点P，已知CP＝3，PD＝4，AP＝2，那么AB＝．
三．解答题（共5小题）
16．已知：如图所示，BC为圆O的直径，A、F是半圆上异于B、C的一点，D是BC上的一点，BF交AH于点E，A是弧BF的中点，AH⊥BC．
（1）求证：AE＝BE；
（2）如果BE•EF＝32，AD＝6，求DE、BD的长．
17．如图，已知圆O，弦AB、CD相交于点M．
（1）求证：AM•MB＝CM•MD；
（2）若M为CD中点，且圆O的半径为3，OM＝2，求AM•MB的值．
18．我们所学的几何知识可以理解为对“构图”的研究：根据给定的（或构造的）几何图形提出相关的概念和问题（或者根据问题构造图形），并加以研究．
例如：在平面上根据两条直线的各种构图，可以提出“两条直线平行”、“两条直线相交”的概念；若增加第三条直线，则可以提出并研究“两条直线平行的判定和性质”等问题（包括研究的思想和方法）．
请你用上面的思想和方法对下面关于圆的问题进行研究：
（1）如图1，在圆O所在平面上，放置一条直线m（m和圆O分别交于点A、B），根据这个图形可以提出的概念或问题有哪些？（直接写出两个即可）
（2）如图2，在圆O所在平面上，请你放置与圆O都相交且不同时经过圆心的两条直线m和n（m与圆O分别交于点A、B，n与圆O分别交于点C、D）．请你根据所构造的图形提出一个结论，并证明之；
（3）如图3，其中AB是圆O的直径，AC是弦，D是的中点，弦DE⊥AB于点F．请找出点C和点E重合的条件，并说明理由．
19．如图是一个铁艺制品，一个圆形铁架里面焊接有△ABC和△DBC，其中BD与AC交于点E，若AE＝DE，BC＝CE．
（1）求∠ACB的度数；
（2）过圆心O焊接GF，并使GF⊥AC，垂足为F，GF交BE于点G，若DE＝3，EG
＝2，求AB的长．
20．已知，如图，PA切⊙O于点A，割线PD交⊙O于点C、D，∠P＝45°，弦AB⊥PD，垂足为E，且BE＝2CE，DE＝6，CF⊥PC，交DA的延长线于点F．求tan∠CFE的值．
参考答案
一．选择题
1．解：根据题意得：A、B、C、D在以P为圆心，半径是5米的圆上．∴OA•OC＝OB•OD，即6×2＝3×OD．
解得OD＝4．
故选：C．
2．解：连接OC、OD，过点O作OF⊥CD于点F．
∵AB是⊙O的直径，C为弧AB的中点，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°（等弧所对的圆心角相等）；
又∵O是圆心，OF⊥CD，
∴CF＝DF＝CD，（垂径定理）；
在Rt△OEC中，
∵∠AEC＝60°，
∴∠OCE＝30°（直角三角形的两个锐角互余）；
∴在Rt△OCF中，CF＝OC•cos30°；
又AB＝8，
∴OC＝4；
∴CF＝4×＝2
∴CD＝2CF＝4．
故选：D．
3．解：设CE＝x，则DE＝3+x．
根据相交弦定理，得x（x+3）＝2×2，
x＝1或x＝﹣4（不合题意，应舍去）．
则CD＝3+1+1＝5．
故选：B．
4．解：∵AB＝10，
∴⊙O的半径为5，
又∵BE•AE＝CE•ED，
即BE•（OA+OE）＝CE•ED，
即2×（5+5﹣2）＝2CE，
∴CE＝4，
∴CD＝CE+ED＝4+2＝6，EF＝CD﹣ED＝3﹣2＝，又∵OE＝OB﹣BE＝5﹣2＝3，
在Rt△OEF中，EF＝，OE＝3，
∴OF＝＝＝．
故选：C．
5．解：延长AO交⊙O于点D，
设⊙O的半径是x，
根据相交弦定理，得＝12，x＝4，
因此⊙O的直径是8．
故选：B．
6．解：由相交弦定理知，CM•MD＝AM•MB＝3×4＝12，故选C．7．解：由于OP⊥CD，可通过垂径定理得出CP＝DP＝2，
再根据相交弦定理，AP•BP＝CP•DP＝2•2＝4．
故选：B．
8．解：∵CD⊥AB，∴CE＝DE，
∴CE2＝AE•BE，
∵AB＝10cm，且AE：EB＝2：3，
∴AE＝4cm，EB＝6cm，
∴CE＝2cm，
∴AC＝＝＝2cm．
故选：D．
9．解：延长MN交圆于点W，延长QN交圆于点E，延长PN交圆于点F，连接PE，QF ∵∠PNM＝∠QNM，MN⊥AB，
∴∠1＝∠2（故①正确），
∵∠2与∠ANE是对顶角，
∴∠1＝∠ANE，
∵AB是直径，
∴可得PN＝EN，
同理NQ＝NF，
∵点N是MW的中点，MN•NW＝MN2＝PN•NF＝EN•NQ＝PN•QN（故⑤正确），∴MN：NQ＝PN：MN，
∵∠PNM＝∠QNM，
∴△NPM∽△NMQ，
∴∠Q＝∠PMN（故③正确）．
故选：B．
10．解：延长DC交⊙C于M，延长CD交⊙O于N．
∵CD2＝AD•DB，AD＝9，BD＝4，
∴CD＝6．
在⊙O、⊙C中，由相交弦定理可知，PE•EQ＝DE•EM＝CE•EN，
设CE＝x，则DE＝6﹣x，EN＝6﹣x+6
则（6﹣x）（x+6）＝x（6﹣x+6），
解得x＝3．
所以，CE＝3，DE＝6﹣3＝3，EM＝6+3＝9．
所以PE•EQ＝3×9＝27．
故选：D．
二．填空题（共5小题）
11．解：∵AB＝AC＝4，AE＝3，
∴CE＝1，
∵∠BAC＝2∠BDC，
∴点B、C、D在以点A为圆心，AB为半径的圆上，∴根据相交弦定理，得BE•ED＝CE•（AE+AB），∴BE•ED＝1×（3+4）＝7．
故答案为：7．
12．解：由相交弦定理得，AE•BE＝DE•CE，
∴3×2＝×CE，
解得，CE＝4，
故答案为：4．
13．解：设AE＝x，则EB＝4x，
∵弦AB平分弦CD于E，
∴CE＝DE＝CD＝×8＝4，
∵AE•BE＝CE•DE，
即x•4x＝4•4，解得x＝2或x＝﹣2（舍去），
∴AB＝AE+BE＝5x＝10．
故答案为10．
14．解：作过点M、B的直径EF，交圆于点E、F，
则EM＝MA＝MF，
由相交弦定理知，AB•BC＝EB•BF＝（EM+MB）（MF﹣MB）＝AM2﹣MB2＝8，∵AB是圆O的直径，
∴∠AMB＝90°，
由勾股定理得，AM2+MB2＝AB2＝64，
∴AM＝6．
15．解：由相交弦定理得：PA•PB＝PC•PD，
∴BP＝＝＝6，
∴AB＝8，
故答案为8．
三．解答题（共5小题）
16．解：（1）连接AB；
∵BC是直径，且BC⊥AH，
∴；
∵A是的中点，
∴＝＝；
∴∠BAE＝∠ABE；
∴AE＝BE；
（2）易知DH＝AD＝6；
∴AE＝6﹣DE，EH＝6+DE；
由相交弦定理，得：AE•EH＝BE•EF，即：
（6﹣DE）（6+DE）＝32，解得DE＝2；
Rt△BDE中，BE＝AE＝AD﹣DE＝4，DE＝2；
由勾股定理，得：BD＝＝2．
17．解：（1）连接AD、BC．
∵∠A＝∠C，∠D＝∠B，
∴△ADM∽△CBM
∴
即AM•MB＝CM•MD．
（2）连接OM、OC．
∵M为CD中点，
∴OM⊥CD
在Rt△OMC中，∵OC＝3，OM＝2
∴CD＝CM＝
＝
＝
由（1）知AM•MB＝CM•MD．
∴AM•MB＝•
＝5．
18．解：（1）弦（图中线段AB）、弧（图中的ACB弧）、弓形、求弓形的面积（因为是封闭图形）等．
（写对一个给（1分），写对两个给2分）
（2）如图，AB为弦，CD为弦，且AB与CD在圆内相交于点P．
结论：PA•PB＝PC•PD．
证明：连接AD，BC，
∵∠APD＝∠BPC，∠D＝∠B
∴△APD∽△BPC
∴PA•PB＝PC•PD；
（3）若点C和点E重合，
则由圆的对称性，知点C和点D关于直径AB对称，（8分）
设∠BAC＝x，则∠BAD＝x，∠ABC＝90°﹣x，（9分）
又D是的中点，所以2∠CAD＝∠CAD+∠ACD＝180°﹣∠ABC，
即2•2x＝180°﹣（90°﹣x），（10分）
解得x＝∠BAC＝30°．（11分）
（若求得AB＝或AF＝3•FB等也可，评分可参照上面的标准；也可以先直觉猜测
点B、C是圆的十二等分点，然后说明．）19．（1）证明：∵AE•EC＝DE•BE，AE＝DE，∴EB＝EC，
又∵BC＝CE，
∴BE＝CE＝BC，
∴△EBC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°；
（2）解：作BM⊥AC于点M，
∵OF⊥AC，
∴AF＝CF，
∵△EBC为等边三角形，
∴∠GEF＝60°，
∴∠EGF＝30°，
∵EG＝2，
∴EF＝1，
又∵AE＝ED＝3，
∴CF＝AF＝4，
∴AC＝8，EC＝5，
∴BC＝5，
∵∠BCM＝60°，
∴∠MBC＝30°，
∴CM＝，BM＝＝，
∴AM＝AC﹣CM＝，
∴AB＝＝7．
20．解：由相交弦定理，得AE•BE＝DE•CE 又∵BE＝2CE
∴AE•2CE＝6CE
∴AE＝3
∵AB⊥PD
∴∠AEP＝90°
又∵∠P＝45°
∴∠EAP＝∠P＝45°
∴PE＝AE＝3
在Rt△AEP中，由勾股定理，得：
PA ＝＝＝
∵PA切⊙O于点A
∴PA2＝PC•PD
∴PC＝
∴CE＝PE﹣PC＝3﹣2＝1
∵FC⊥PD∴∠FCE＝90°
又∵∠AED＝90°
∴∠AED＝∠FCE
∴AE∥FC
∴＝
∴FC＝＝＝
∴tan∠CFE＝＝＝．。