2021年九级中考数学压轴题满分训练 –几何之圆的专题(二)

2021年九级中考数学压轴题满分训练–
几何之圆的专题（二）
1．如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，∠BAC的平分线交圆O于点D，过D作DE⊥AC交AC的延长线于点E，点F是OA中点，FG⊥OA，FG分别交AD，DE于点H，点G，cos∠ABD＝．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）求证：△DGH是等腰三角形；
（3）若FG＝9.5，求⊙O的周长．
2．如图，△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，点E为AC延长线上一点，且DE是⊙O的切线．
（1）求证：∠BAC＝2∠CDE；
（2）若CE＝4，cos∠ABC＝，求⊙O的半径．
3．如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ABC＝90°，D为圆上一点，且B，D两点位于AC异侧，连接BD，交AC于E，点F为BD延长线上一点，连接AF，使得∠DAF＝∠ABD．
（1）求证：AF为⊙O的切线；
（2）当点D为EF的中点时，求证：AD2＝AO•AE；
（3）在（2）的条件下，若sin∠BAC＝，AF＝2，求BF的长．
4．如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AD平分∠CAB交⊙O于点D，DE⊥AC交AC的延长线于点E．
（1）证明：DE是⊙O的切线；
（2）求证：BC2＝4AE•CE；
（3）如图2，点G是AB下方的半圆的中点，连接CG交AD于点F，连接OF，若AC ＝10，DE＝12，求OF的长．
5．如图1，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足为点E，连接CA．（1）若∠ACD＝30°，求劣弧AB的度数；
（2）如图2，连接BO并延长交⊙O于点G，BG交AC于点F，连接AG．
①若tan∠CAE＝2，AE＝1，求AG的长；
②设tan∠CAE＝x，＝y，求y关于x的函数关系
式．
6．如图，四边形ABCD内接于⊙O，已知直径AD＝6，∠D＝60°，∠ACB＝45°，连接OB交AC于点E．在CB的延长线上取一点P，使AP∥BE．
（1）求AC的长；
（2）求证：直线PA与⊙O相切．
7．已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一动点，连接AC，BC，在BA的延长线上取一点D，连接CD，使CD＝CB．
（1）如图1，若AC＝AD，求证：CD是⊙O的切线；
（2）如图2，延长DC交⊙O于点E，连接AE．
i）若⊙O的直径为，sin B＝，求AD的长；
ii）若CD＝2CE，求cos B的值．
8．已知AB是⊙O的直径，AP是⊙O的切线，A是切点，BP与⊙O交于点C．（1）如图1，若∠P＝40°，求∠ABP的度数；
（2）如图2，若D为AP的中点，求证：直线CD是⊙O的切线．
9．如图，直线AB经过⊙O上的点C，直线AO与⊙O于点E和点D，OB与⊙O交于点F，连接DF，DC．已知OA＝OB，CA＝CB，DE＝10，DF＝6．
（1）求证：①直线AB是⊙O的切线；
②∠EDC＝∠FDC；
（2）求CD的长．
10．如图，AB是半圆O的直径，D是的中点，DE⊥AB于点E，AC交DE于点F．（1）求证：∠DAF＝∠ADF；
（2）若CD＝2，半圆O的半径为5，求BC的长．
11．如图，点A、B、C、D四点顺次在⊙O上，＝，BM⊥AC于M，小华对此进行了研究：首先，他取△ABD为正三角形，且AC为⊙O的直径，计算后发现：AM＝DC+CM；接着，他取△ABD为等腰直角三角形，AC平分∠BAD，试问：AM＝DC+CM 还成立吗？小华利用这种情形还计算出tan22.5°＝﹣1，请问他的结论正确吗？另外，小华还猜想：一般地，AM＝DC+CM恒成立，请你帮助他证明或否定这个结论．（对于前面两问只需作出肯定或否定的回答，无须证明）
12．如图，AB是⊙O的直径，⊙O交BC的中点于D，DE⊥AC．
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）已知：BC＝8cm，AD＝3cm，求线段AE的长．
13．如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E是AB延长线上的一点，CE交⊙O于点F，连接OC，AC．∠DAO＝105°，∠E＝30°．
（1）求证：AC平分∠DAO；
（2）求∠OCE的度数；
（3）若⊙O的半径为，求线段EF的长．
14．如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，过点D作DF⊥AC于点F，交AB的延长线于点G．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）已知BD＝4，CF＝4，求AE的长．
15．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以AB上一点O为圆心，OA的长为半径作⊙O，交AC，AB分别于D，E两点，连接BD，且∠A＝∠CBD．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若CD＝1，BC＝2，求⊙O的半径．
参考答案1．解：（1）如图1，连接OD，
∴OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠OAD＝∠CAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AE，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
（2）由（1）知，OD⊥DE，
∴∠ODE＝90°，
∴∠ODA+∠ADE＝90°，
∵∠OAD＝∠ODA，
∴∠OAD+∠ADE＝90°，
∵FG⊥AB，
∴∠OAD+∠AHF＝90°，
∴∠ADE＝∠AHF，
∵∠AHF＝∠DHG，
∴∠ADE＝∠DHG，
∴DG＝HG，
∴△DGH是等腰三角形；
（3）如图2，连接OG，
设⊙O的半径为r，则OA＝OD＝OB＝r，
∵点F是OA的中点，
∴OF＝OA＝r，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAD+∠AHF＝90°，
∴∠AHF＝∠ABD，
∵cos∠ABD＝，
∴cos∠AHF＝，
在Rt△AFH中，cos∠AHF＝＝，
设FH＝3a，则AH＝5a，根据勾股定理得，AH2﹣FH2＝AF2＝r2，∴a＝r（舍去负值），
∴FH＝3a＝r，
∴DG＝HG＝FG﹣FH＝9.5﹣r，
在Rt△OFG中，OG2＝OF2+FG2，
在Rt△ODG中，OG2＝DG2+OD2，
∴OF2+FG2＝DG2+OD2，
∴（r）2+（9.5）2＝（9.5﹣r）2+r2，
∴r＝0（舍）或r＝8，
∴⊙O的周长为2π×8＝16π．
2．解：（1）如图，连接OD，AD，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴∠CAD＝∠BAD＝BAC，∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE＝90°，
∴∠ADC＝∠ODE，
∴∠CDE＝∠ADO，
∵OA＝OD，
∴∠CAD＝∠ADO，
∴∠CDE＝∠CAD，
∵∠CAD＝BAC，
∴∠BAC＝2∠CDE；
（2）解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∵cos∠ABC＝，
∴AB＝3BD，
∴AC＝3DC，
设DC＝x，则AC＝3x，
∴AD＝＝2x，
∵∠CDE＝∠CAD，∠DEC＝∠AED，∴△CDE∽△DAE，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴DE＝8，x＝，
∴AC＝3x＝28，
∴⊙O的半径为14．
3．（1）证明：连接CD．
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵∠ABD＝∠ACD，∠DAF＝∠ABC，∴∠DAF＝∠ACD，
∴∠DAF+∠DAC＝90°，
∴∠FAC＝90°，
∴AF为⊙O的切线．
（2）证明：∵∠FAE＝90°，DF＝DE，
∴AD＝DE＝DF，
∴∠DAE＝∠AED，
∵OA＝OD，
∴∠DAE＝∠ADO，
∴∠ADO＝∠AED，
∵∠OAD＝∠DAE，
∴△ADO∽△AED，
∴＝，
∴AD2＝AO•AE．
（3）解：过点B作BJ⊥EC于J．
∵AC是直径，
∴∠ABC＝90°，
∴sin∠BAC＝＝，
∴可以假设BC＝a，AC＝3a，
∵BJ⊥AC，
∴∠AJB＝90°，
∴∠BAC+∠ABJ＝90°，∠ABJ+∠CBJ＝90°，∴∠CBJ＝∠BAC，
∴sin∠CBJ＝sin∠BAC＝＝，
∴CJ＝a，
∴BJ＝＝＝a，
∵DA＝DE，
∴∠DAE＝∠AED＝∠CEB，
∴∠CEB＝∠CBE，
∴CE＝CB＝a，
∴EJ＝EC﹣CJ＝a﹣a＝a，AE＝AC﹣EC＝2a，
∵AF∥BJ，
∴＝，
∴，
∴a＝，
∴AE＝2，EJ＝，BJ＝，
∴EF＝＝＝6，BE＝＝
＝2，
∴BF＝EF+BE＝6+2＝8．
4．解：（1）连接OD，交BC于点H，
∵OA＝OD＝r，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴∠CAD＝∠DAO，
∴∠CAD＝∠ADO，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴直线DE为圆O的切线；
（2）连接CD，
∵OD∥AE，BC⊥AE，
∴BC⊥OD，
又∵，
∴CH＝BH，
又∵DE⊥OD，BC⊥OD，
∴BC∥DE，
∴四边形DECH为矩形，
∴DE＝，∠EDC＝∠DCH＝∠DBC＝∠CAE，
∵∠E＝∠E，
∴△ECD∽△EDA，
∴DE2＝EC•AE，
∴（BC）2＝EC•AE，
∴BC2＝4EC•AE；
（3）如图，连接OD交BC于H，过点F作FK⊥BC于K，FJ⊥AF于J，FT⊥AB 于T．
∵AC＝10，DE＝12，四边形DECH为矩形，
∴CH＝DE＝12，CH＝BH＝12，∠DHC＝90°，
∴，
∴OA＝OB＝OD＝13，
∵G为圆O中直径AB的中点，，
∴∠ACG＝∠GCB，
∵AD平分∠CAB，
∴点F是△ACB的内心，四边形CKFJ是正方形，设边长为r，则（AC+BC+AB）•r＝•AC•BC，
∴r＝4，
∴FT＝CJ＝4，
∵AC＝10，
∴AJ＝AT＝6，
∵OA＝OB＝13，
∴OT＝7，
∴OF＝＝＝．
5．解：（1）如图1，连接OA，OB，
∵CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD，
∴＝，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵∠ACD＝30°，
∴∠AOD＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∴劣弧AB的度数是120°；
（2）①∵CD⊥AB，
∴AE＝BE＝1，∠AEC＝90°，
在Rt△AEC中，tan∠CAE＝＝2，
∴CE＝2，
设OE＝x，则OC＝2﹣x＝OB，
在Rt△OEB中，由勾股定理得：OB2＝OE2+BE2，即（2﹣x）2＝x2+1，
解得：x＝，
∴OE＝，
∵OG＝OB，AE＝BE，
∴OE是△AGB的中位线，
∴AG＝2OE＝；
②∵BG是⊙O的直径，
∴∠BAG＝90°，
∵∠BAG＝∠BEO＝90°，
∴OC∥AG，
∴∠C＝∠GAC，
∵∠GFA＝∠OFC，
∴△GAF∽△OCF，
∴，
∵，且GF+BF＝2OG，
∴OG＝•GF，
∵OF＝OG﹣GF，
∴OF＝，
∴＝，
如图3，连接OA，
∵OA＝OC，AG＝2OE，
∴＝＝，
∵tan∠CAE＝＝x，
∴CE＝x•AE＝OA+OE，
∴AE＝，
Rt△AOE中，OA2＝OE2+AE2，
∴OA2＝OE2+（）2，即OA2＝OE2+（OA2+2OA•OE+OE2），
两边同时除以OA2，得：1＝（）2+（+1）2，设＝a，则原方程变形为：a2+（a2+2a+1）﹣1＝0，（1+）a2++﹣1＝0，
（a+1）[（1+）a+（﹣1）]＝0，
∴a1＝﹣1（舍），a2＝，
∴＝，
∴＝，
∴y＝﹣．
6．解：（1）∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°．
∵AD＝6，∠D＝60°，
∴AC＝AD•sin60°＝6×＝3；
（2）∵∠ACB＝45°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝90°．
∵BE∥AP．
∴∠PAO+∠AOB＝180°，
∴∠PAO＝90°，
∴PA⊥OA．
∴直线PA与⊙O相切．
7．（1）证明：连接OC，
∵CD＝BC，
∴∠B＝∠D，
∵AC＝AD，
∴∠D＝∠ACD，
∴∠B＝∠ACD，
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠OCA，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B+∠BAC＝90°，
∴∠ACD+∠OCA＝90°，∴∠DCO＝90°，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
解：（2）i）连接OC，
∵∠ACB＝90°，AB＝，sin B＝，
在Rt△ACB中，AC＝AB•sin B，
∴AC＝＝1，
在Rt△ACB中，BC＝＝＝3，∵OB＝CO，
∴∠OCB＝∠B，
∵∠B＝∠D，
∴∠OCB＝∠D，
∵∠CBO＝∠DBC，
∴△COB∽△DCB，
∴，
∴CB2＝OB•BD，
∵AB＝，
∴OA＝OB＝，
∴BD＝32×＝，
∴AD＝BD﹣AB＝；
ii）连接CO，
∵CD＝2CE，
设CE＝k，
∴CD＝BC＝2k，
∴DE＝3k，
∵∠E＝∠B，∠OCB＝∠B＝∠D，
∴△DAE∽△COB，
∴，
设⊙O的半径为r，
∴AD＝r，
∴BD＝AD+AB＝r+2r＝r，∵△COB∽△DCB，
∴，
∴BC2＝OB•BD，
∴（2k）2＝r×r，
∴k＝r，
∴BC＝2k＝r，
∴cos B＝．
8．解：（1）∵AP是⊙O的切线，∴∠BAP＝90°，
∵∠P＝40°，
∴∠ABP的度数为50°；
（2）如图，
连接AC，OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ACP＝90°，
∵D为AP的中点，
∴DC＝AD＝DP，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠OAC+∠DAC＝∠OCA+∠DCA，
∵∠OAC+∠DAC＝∠BAP＝90°，
∴∠OCA+∠DCA＝∠OCD＝90°．
∵OC是半径，
∴直线CD是⊙O的切线．
9．（1）①证明：连接OC．
∵OA＝OB，AC＝CB，
∴OC⊥AB，
∵点C在⊙O上，
∴AB是⊙O切线．
②证明：∵OA＝OB，AC＝CB，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵OD＝OF，
∴∠ODF＝∠OFD，
∵∠AOB＝∠ODF+∠OFD＝∠AOC+∠BOC，
∴∠BOC＝∠OFD，
∴OC∥DF，
∴∠CDF＝∠OCD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠ADC＝∠CDF．
（2）解：作ON⊥DF于N，延长DF交AB于M．∵ON⊥DF，
∴DN＝NF＝3，
在Rt△ODN中，∠OND＝90°，OD＝5，DN＝3，
∴ON＝＝4，
∵∠OCM+∠CMN＝180°，∠OCM＝90°，
∴∠OCM＝∠CMN＝∠MNO＝90°，
∴四边形OCMN是矩形，
∴ON＝CM＝4，MN＝OC＝5，
在Rt△CDM中，∠DMC＝90°，CM＝4，DM＝DN+MN＝8，∴CD＝＝＝4．
10．（1）证明：连接BD，
∵D为的中点，
∴＝，
∴∠DAC＝∠ABD，
∵AB为半圆O的直径，DE⊥AB，
∴∠DEA＝∠ADB＝90°，
∴∠ADF+∠DAE＝∠DAE+∠ABD＝90°，
∴∠ADF＝∠ABD，
∴∠DAF＝∠ADF；
（2）解：连接OD交AC于H，
∵＝，OD过O，
∴OD⊥AC，AD＝CD＝2，
在Rt△AOH中，AH2＝OA2﹣OH2，
在Rt△ADH中，AH2＝AD2﹣DH2，
∴OA2﹣OH2＝AD2﹣DH2，
即52﹣OH2＝（2）2﹣（5﹣OH）2，
解得：OH＝3，
∵D为的中点，OD过O，
∴AH＝CH，
∵AO＝BO，
∴OH＝BC，
∴BC＝2OH＝6．
11．解：（1）成立．在MA上截取ME＝MC，连接BE，如图，
∵BM⊥AC，而ME＝MC，
∴BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵＝，
∴∠ADB＝∠BAD，
而∠ADB＝∠BCE，
∴∠BEC＝∠BAD，
又∵∠BCD+∠BAD＝180°，∠BEA+∠BCE＝180°，
∴∠BEA＝∠BCD，
而∠BAE＝∠BDC，
所以△ABE≌△DBC（AAS），
∴AE＝CD，
∴AM＝DC+CM．
（2）结论正确．
理由：如图，当△ABD是等腰直角三角形时，设BC＝CD＝m，则BM＝CM＝m，
∵∠BAC＝∠CAD＝∠BAD＝22.5°，
∴AM＝CD+CM＝m+m，
∴tan∠BAM＝＝＝﹣1，
∴tan22.5°＝﹣1．
12．（1）证明：连接OD，
∵D是BC的中点，
∴BD＝CD．
∵OA＝OB，
∴OD∥AC．
又∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE．
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵D是BC的中点，
∴BD＝CD＝BC＝4（cm），
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∴AC＝AB，
∵AD＝3cm，
∴AC＝＝＝5（cm），
∵DE⊥AC，
∴DE＝＝＝（cm），
∴AE＝＝＝（cm）．
13．（1）证明：∵直线CD与⊙O相切，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD∥OC，
∴∠DAC＝∠OCA，
∵OC＝OA，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴AC平分∠DAO；
（2）解：∵AD∥OC，∠DAO＝105°，
∴∠EOC＝∠DAO＝105°，
∵∠E＝30°，
∴∠OCE＝45°；
（3）解：如图，作OG⊥CE于点G，
根据垂径定理，得FG＝CG，
∵OC＝，∠OCE＝45°．
∴CG＝OG＝2，
∴FG＝2，
在Rt△OGE中，
∵∠E＝30°，
∴GE＝，
∴EF＝GE﹣FG＝．14．（1）证明：连接OD，AD，∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，∵AB＝AC，
∴BD＝CD，
又∵OA＝OB，
∴OD∥AC，
∵DG⊥AC，
∴OD⊥FG，
∴直线FG与⊙O相切；
（2）解：连接BE．
∵BD＝4，
∴CD＝BD＝4，
∵CF＝4，
∴DF＝＝＝8，∵AB是直径，
∴∠AEB＝∠CEB＝90°，
∴BE⊥AC，
∵DF⊥AC，
∴DF∥BE，
∴EF＝FC，
∴BE＝2DF＝16，
∵cos∠C＝cos∠ABC，
∴，
∴，
∴AB＝20，
∴AE＝＝＝12．15．（1）证明：连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ODA，
∵∠C＝90°，
∴∠CBD+∠CDB＝90°，
而∠A＝∠CBD，
∴∠ODA+∠CDB＝90°，
∴∠ODB＝90°，
∴OD⊥BD，
∴BD为⊙O的切线；
（2）解：∵∠A＝∠CBD，∠C＝∠C，∴△ABC∽△BDC，
∴，
∴CB2＝CD•CA，
∵CD＝1，BC＝2，
∴CA＝4，
∴BD＝＝，
∴AB＝＝2，
设圆O的半径为r，则OB＝2﹣r，∵OB2＝OD2+BD2，
∴，
解得r＝．。