中考数学复习专题《圆》解答题专项特训一.docx
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中考数学复习专题《圆》解答题专项特训一
2021中考数学复习专题
《圆》解答题专项复习
(二)
1.如图,AB是⊙O的直径,CD与⊙O相切于D,作CH⊥AB于H,交⊙O于E,交AD于F,若AE∥CD.
(1)求证:
AE=EF;
(2)若cosC=,AB=,求AF的长.
2.如图,已知AB是⊙O的直径,PC切⊙O于点P,过A作直线AC⊥PC交⊙O于另一点D,连接PA、PB.
(1)求证:
AP平分∠CAB;
(2)若P是直径AB上方半圆弧上一动点,⊙O的半径为2,则:
①当的长是 时,以A,O,P,C为顶点的四边形是正方形;
①当弦AP的长度是 时,以A、D、O、P为顶点的四边形是菱形.
3.如图,⊙O是△ABC的外接圆,O点在BC边上,∠BAC的平分线交⊙O于点D,交BC于点E,连接BD、CD,过点D作BC的平行线,与AB的延长线相交于点P.
(1)求证:
PD是⊙O的切线;
(2)求证:
△PBD∽△DCA;
(3)求证:
DE•AD=PB•AC.
4.如图,在⊙O中.
(1)若=,∠ACB=80°,求∠BOC的度数;
(2)若⊙O的半径为13,且BC=10,求点O到BC的距离.
5.如图,AB是⊙O的直径,点C、D在⊙O上,=,过点D作EF⊥AC,垂足为E,交AB的延长线于点F.
(1)求证:
直线EF是⊙O的切线;
(2)若AE=1,∠F=30°,则⊙O半径长为 .
6.如图,△ABC是⊙O的内接三角形,直径AB垂直于弦CG,垂足为点H,过点C作ED⊥CG,交⊙O于点E,且∠CBD=∠A,连接BE,交CG于点F.
(1)求证:
BD是⊙O的切线;
(2)求证:
BC2=BF•BE;
(3)若CG=8,AB=10,求sinE的值.
7.如图,在△AOB中,∠AOB=90°,OA=6,OB=8,动点Q从点O出发,沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动,同时动点P从点A出发,沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动,设运动时间为t秒(0<t≤5),以P为圆心,PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D,连结CD、CQ.
(1)当点Q与点D重合时,求t的值;
(2)若△ACQ是等腰三角形,求t的值;
(3)若⊙P与线段QC只有一个公共点,求t的取值范围.
8.如图,以△ABC的边AB为直径画⊙O,交AC于点D,半径OE∥BD,连接BE、DE、BD,BE交AC于点F,若∠DEB=∠DBC.
(1)求证:
BC是⊙O的切线;
(2)若BF=BC,求证:
四边形OEDB是菱形.
9.如图,AB为⊙O的直径,C、D为⊙O上不同于A、B的两点,∠ABD=2∠BAC,连接CD,过点C作CE⊥DB,垂足为E,直径AB与CE的延长线相交于点F.
(1)求证:
CF是⊙O的切线;
(2)连接BC,求证:
BC2=2BE•BO;
(3)当BD=,sin∠F=,求CD的长.
10.如图,AB是⊙O的直径,C是⊙O上一点,D是弧AC的中点,E为OD延长线上一点,且∠CAE=2∠C,AC与BD交于点H,与OE交于点F.
(1)求证:
AE⊥AB;
(2)求证:
DF2=FH•FC;
(3)若DH=9,tanC=,求半径OA的长.
参考答案
1.
(1)证明:
连接OD,如图1,
∵CD与⊙O相切于D,
∴OD⊥DC,
∴∠ODA+∠ADC=90°,
∵OA=OD,
∴∠ODA=∠OAD,
∴∠OAD+∠ADC=90°,
又∵CH⊥AB,
∴∠AHC=90°,
∴∠OAD+∠AFH=90°,
∴∠ADC=∠AFH,
∵AE∥CD,
∴∠ADC=∠EAF,
∴∠EAF=∠AFH,
∴AE=EF;
(2)解:
∵AE∥CD,
∴∠C=∠E,
∴cos∠C=cos∠E=,
设EH=4x,AE=5x,则AH=3x,
连接OE,如图2,
∵AB=,
∴OA=OE=,
∵EH2+OH2=OE2,
∴,
解得x=1,
∴AE=EF=5,EH=4,AH=3,
∴HF=1,
∴AF==.
2.
(1)证明:
∵PC切⊙O于点P,
∴OP⊥PC,
∵AC⊥PC,
∴AC∥OP,
∴∠CAP=∠APO,
∵OP=OA,
∴∠OAP=∠OPA,
∴∠CAP=∠OAP,
∴AP平分∠CAB;
(2)解:
①当∠AOP=90°,四边形AOPC为矩形,而OA=OP,此时矩形AOPC为正方形,
∴的长为=π;
②当AD=AP=OP=OD时,四边形ADOP为菱形,△AOP和△AOD为等边三角形,则∠AOP=60°,AP=OP=2.
当AD=DP=PO=OA时,四边形ADPO为菱形,△AOD和△DOP为等边三角形,则∠AOP=120°,则AP=2.
故答案为:
①π;②2或2.
3.证明:
(1)连接OD,如图所示:
∵∠BAC的平分线交⊙O于点D,
∴∠BAD=∠DAC,
∴,
∴BD=CD,
∵O是BC的中点,
∴OD⊥BC,
∵PD∥BC,
∴PD⊥OD,
又∵OD是⊙O的半径,
∴PD是⊙O的切线;
(2)∵∠PDB=∠BAD,∠BAD=∠DAC,
∴∠PDB=∠DAC,
又∵∠PBD=∠DCA,
∴△PBD∽△DCA;
(3)由
(1)得:
,
∴∠BAD=∠DBC,DB=DC,
又∵∠BDE=∠ADB,
∴△BDE∽△ADB,
∴=,
∴DB2=DE•AD,
由
(2)得:
△PBD∽△DCA,
∴=,
∴DB•DC=PB•AC,
∴DB2=PB•AC,
∴DE•AD=PB•AC.
4.解:
(1)∵=,
∴∠ABC=∠ACB=80°,
∴∠A=180°﹣80°﹣80°=20°,
∴∠BOC=2∠A=40°;
(2)作OH⊥BC于H,如图,则BH=CH=BC=5,
在Rt△OBH中,OH===12,
即点O到BC的距离为12.
5.解:
(1)证明:
连接OD,AD.
∵=,
∴∠DAB=∠DAC,
∵EF⊥AC,
∴∠E=90°.
在⊙O中,∵OA=OD,
∴∠DAO=∠ODA,
∴∠ODA=∠DAC,
∴OD∥AE,
∴∠ODF=∠E=90°,
即OD⊥EF,
又∵点D在⊙O上,
∴直线EF是⊙O的切线.
(2)在Rt△AEF中,AE=1,∠F=30°,
∴AF=2AE=2,
在Rt△ODF中,∠F=30°,
∴OF=2OD,
∴OB=BF=OD=AF=.
则⊙O半径长为.
故答案为:
.
6.
(1)证明:
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠A+∠ABC=90°,
∵∠CBD=∠A,
∴∠CBD+∠ABC=90°,
即∠ABD=90°,
∴BD⊥OB,
又∵OB是⊙O的半径,
∴BD是⊙O的切线;
(2)证明:
∵AB⊥CG,BD⊥AB,
∴CG∥BD,
∴∠CBD=∠BCF,
∵∠CBD=∠A,
∴∠BCF=∠A,
∵∠E=∠A,
∴∠BCF=∠E,
又∵∠CBF=∠EBC,
∴△CBF∽△EBC,
∴BC:
BE=BF:
BC,
∴BC2=BF•BE;
(3)解:
连接OC,如图所示:
∵AB⊥CG,
∴CH=CG=4,
∵AB=10,
∴OC=OA=AB=5,
∴OH===3,
∴AH=OA+OH=8,
∴AC===4,
∵∠E=∠A,
∴sinE=sinA===.
7.解:
(1)∵OA=6,OB=8,∠AOB=90°
∴AB===10,
由题意知:
OQ=AP=t,
∴AC=2t,
∵AC是⊙P的直径,
∴∠CDA=90°,
∴CD∥OB,
∴△ACD∽△ABO,
∴,
∴AD=,
当Q与D重合时,AD+OQ=OA,
∴+t=6,
∴t=.
(2)(Ⅰ)若AC=AQ,则2t=6﹣t得:
t=2.
(Ⅱ)若AC=QC,则AD=QD,即:
,
解得:
.
(Ⅲ)若AQ=QC,则AQ2=QC2,
由
(1)知,△ACD∽△ABO,
∴,
∴CD=,
即:
,
解得:
,t2=0(舍去),
(注:
第(Ⅲ)情况,连接QP,利用△AQP∽△ABO可得:
即:
则更简单).
综上所述,满足条件的t的值为2或或.
(3)当QC与⊙P相切时,
此时∠QCA=90°,
∵OQ=AP=t,
∴AQ=6﹣t,AC=2t,
∵∠A=∠A,∠QCA=∠O,
∴△AQC∽△ABO,
∴,
∴,
∴t=,
∴当0<t≤时,⊙P与QC只有一个交点,
当QC⊥OA时,
此时Q与D重合,
由
(1)可知:
t=,
∴当<t≤5时,⊙P与QC只有一个交点,
综上所述,当,⊙P与QC只有一个交点,t的取值范围为:
0<t≤或<t≤5.
8.证明:
(1)∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°,
∴∠A+∠ABD=90°,
∵∠A=∠DEB,∠DEB=∠DBC,
∴∠A=∠DBC,
∵∠DBC+∠ABD=90°,
∴BC是⊙O的切线;
(2)∵OE∥BD,
∴∠OEB=∠DBE,
∵OE=OB,
∴∠OEB=∠OBE,
∴∠OBE=∠DBE,
∵BF=BC,∠ADB=90°,
∴∠CBD=∠EBD,
∵∠DEB=∠DBC,
∴∠EBD=∠DBE,
∴∠DEB=∠OBE,
∴ED∥OB,
∵ED∥OB,OE∥BD,OE=OB,
∴四边形OEDB是菱形.
9.解:
(1)连接OC.如图所示:
∵OA=OC,
∴∠1=∠2.
又∵∠3=∠1+∠2,
∴∠3=2∠1.
又∵∠4=2∠1,
∴∠4=∠3,
∴OC∥DB.
∵CE⊥DB,
∴OC⊥CF.
又∵OC为⊙O的半径,
∴CF为⊙O的切线;
(2)连接BC,
∵AB为⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠CEB=∠ACB,
∵CF是⊙O的切线,
∴∠1=∠BCE,
∴△CBE∽△ABC,
∴,
∴BC2=AB•BE,
∵AB=2OB,
∴BC2=2BE•BO;
(3)连接AD.如图所示:
∵AB是直径,
∴∠D=90°,
∴CF∥AD,
∴∠BAD=∠F,
∴sin∠BAD=sinF==,
∴AB=BD=6,
∴OB=OC=3,
∵OC⊥CF,
∴∠OCF=90°,
∴sinF==,
解得:
OF=5,
由勾股定理得:
CF==4,
∵OC∥DB,
∴=,
即=,
解得:
CE=,
∴EF=,
∵BF=OF﹣OB=2,
∴BE===,
∴DE=BD+BE=,
∴CD==12.
10.解:
(1)∵D是的中点,
∴OE⊥AC,
∴∠AFE=90°,
∴∠E+∠EAF=90°,
∵∠AOE=2∠C,∠CAE=2∠C,
∴∠CAE=∠AOE,
∴∠E+∠AOE=90°,
∴∠EAO=90°,
∴AE⊥AB;
(2)∵OD=OB,
∴∠B=∠FDH,
∵∠C=∠B,
∴∠C=∠FDH,
∵∠DFH=∠CFD,
∴△DFH∽△CFD,
∴=,
∴DF2=FH•CF;
(3)连接AD,在Rt△ADH中,
∵∠DAC=∠C,
∴tan∠DAC=tanC=,
∵DH=9,
∴AD=12,
在Rt△BDA中,∵tanB=tanC=,
∴sinB=,
∴AB=20,
∴OA=AB=10.
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