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專題訓練(四) [與圓有關的計算和證明] 1.[xx慶陽]如圖ZT4-1,AN是☉M的直徑,NB∥x軸,AB交☉M于點C.點A(0,6),N(0,2),∠ABN=30. 圖ZT4-1 (1)求點B的坐標; (2)若D為線段NB的中點,求證:直線CD是☉M的切線. 2.[xx巴中]如圖ZT4-2,AH是☉O的直徑,AE平分∠FAH,交☉O于點E,過點E的直線FG⊥AF,垂足為F,B為半徑OH上一點,點E,F分別在矩形ABCD的邊BC和CD上. 圖ZT4-2 (1)求證:直線FG是☉O的切線. (2)若AF=12,BE=6,求FCAD的值. 3.[xx貴港]如圖ZT4-3,已知☉O是△ABC的外接圓,且AB=BC=CD,AB∥CD,連接BD. 圖ZT4-3 (1)求證:BD是☉O的切線; (2)若AB=10,cos∠BAC=35,求BD的長及☉O的半徑. 4.[xx曲靖]如圖ZT4-4,AB為☉O的直徑,點C為☉O上一點,將BC沿直線BC翻折,使BC的中點D恰好與圓心O重合,連接OC,CD,BD,過點C的切線與線段BA的延長線交于點P,連接AD,在PB的另一側作∠MPB=∠ADC. 圖ZT4-4 (1)判斷PM與☉O的位置關系,并說明理由; (2)若PC=3,求四邊形OCDB的面積. 5.[xx內江]如圖ZT4-5,在☉O中,直徑CD垂直于不過圓心O的弦AB,垂足為點N,連接AC,點E在AB上,且AE=CE. (1)求證:AC2=AEAB; (2)過點B作☉O的切線交EC的延長線于點P,試判斷PB與PE是否相等,并說明理由; (3)設☉O的半徑為4,點N為OC中點,點Q在☉O上,求線段PQ的最小值. 圖ZT4-5 6.[xx廣東]如圖ZT4-6,四邊形ABCD中,AB=AD=CD,以AB為直徑的☉O經過點C,連接AC,OD交于點E. 圖ZT4-6 (1)證明:OD∥BC; (2)若tan∠ABC=2,證明:DA與☉O相切; (3)在(2)的條件下,連接BD交☉O于點F,連接EF,若BC=1,求EF的長. 參考答案 1.解:(1)∵A的坐標為(0,6),N(0,2), ∴AN=4. ∵∠ABN=30,∠ANB=90, ∴AB=2AN=8, ∴由勾股定理可知NB=43, ∴B(43,2). (2)證明:連接MC,NC.∵AN是☉M的直徑, ∴∠ACN=90,∴∠NCB=90. 在Rt△NCB中,D為NB的中點, ∴CD=12NB=ND,∴∠CND=∠NCD, ∵MC=MN,∴∠MCN=∠MNC. ∵∠MNC+∠CND=90, ∴∠MCN+∠NCD=90, 即MC⊥CD. ∴直線CD是☉M的切線. 2.解:(1)證明:連接OE. ∵OA=OE,∴∠OAE=∠OEA. ∵AE平分∠FAH,∴∠HAE=∠EAF, ∴∠FAE=∠OEA, ∴OE∥AF,∴∠OEG=∠AFG. 又∵AF⊥FG,∴∠AFG=90, ∴∠OEG=∠AFG=90, ∴OE⊥FG,∴直線FG是☉O的切線. (2)∵四邊形ABCD為矩形, ∴BE⊥AB. ∵EF⊥AF,又∵AE平分∠FAB, ∴EF=BE=6. 又∵四邊形ABCD為矩形, ∴∠D=∠C=90. ∵∠D=90,∴∠DAF+∠AFD=90. 又∵AF⊥FG, ∴∠AFG=90, ∴∠AFD+∠CFE=90, ∴∠DAF=∠CFE. 又∵∠D=∠C,∴△ADF∽△FCE, ∴FC∶AD=EF∶AF. ∴FC∶AD=6∶12=1∶2. 3.解:(1)連接BO并延長交AC于H, 由于☉O是△ABC的外接圓,AB=BC,則BH⊥AC且AH=CH, 又∵AB=CD,AB∥CD, ∴四邊形ABDC是平行四邊形,∴AC∥BD, ∴BH⊥BD,即OB⊥BD, ∴BD是☉O的切線. (2)由(1)知,BD=AC, 而AC=2AH=2ABcos∠BAC=21035=12. ∴BD=12. 設圓的半徑為r,OH=x, 則有r+x=BH,連接AO,在Rt△OAH中,AH2+x2=r2, 又BH=AB2-AH2=102-62=8, ∴r+x=8①. 又由AH2+x2=r2得,(r+x)(r-x)=AH2=36, ∴r-x=92②. ①,②聯立,解得r=254, ∴☉O的半徑為254. 4.解:(1)過點O作OH⊥PM,連接OD交BC于點E,由于點D為BC中點,且沿BC折疊與O重合,所以OD垂直平分BC,OE=12OD=12OB, 所以∠OBC=30,所以∠ADC=∠MPB=30, 則∠POH=60, 又因為∠POC=2∠OBC=60, 所以∠POH=∠POC, 又因為∠PHO=∠PCO,PO=PO,所以△PHO≌△PCO, 所以OH=OC,直線PM到圓心的距離等于半徑,且OH⊥PM,因此PM是☉O的切線. (2)由于D是BC中點,且沿BC折疊與點O重合, 所以OB=DB,OC=CD, 又因為OC=OB, 所以OC=CD=DB=BO, 所以△COD是等邊三角形,四邊形OCDB是菱形,由(1)得出∠CPO=∠HPO=30, 所以OC=PCtan30=333=1, 則四邊形OCDB的面積為2121132=32, 因此四邊形OCDB的面積為32. 5.解:(1)證明:如圖,連接BC,∵CD⊥AB, ∴CB=CA,∴∠CAB=∠CBA. 又∵AE=CE,∴∠CAE=∠ACE. ∴∠ACE=∠ABC. ∵∠CAE=∠BAC,∴△CAE∽△BAC. ∴ACAB=AEAC,即AC2=AEAB. (2)PB=PE.理由如下:如圖,連接BD,OB. ∵CD是直徑,∴∠CBD=90. ∵BP是☉O的切線, ∴∠OBP=90. ∴∠BCD+∠D=∠PBC+∠OBC=90. ∵OB=OC,∴∠OBC=∠OCB. ∴∠PBC=∠D. ∵∠A=∠D,∴∠PBC=∠A. ∵∠ACE=∠ABC,∠PEB=∠A+∠ACE,∠PBN=∠PBC+∠ABC, ∴∠PEB=∠PBN.∴PE=PB. (3)如圖,連接PO交☉O于點Q, 則此時線段PQ有最小值. ∵N是OC的中點,∴ON=2. ∵OB=4,∴∠OBN=30, ∴∠PBE=60. ∵PE=PB,∴△PEB是等邊三角形. ∴∠PEB=60,PB=BE. 在Rt△BON中,BN=OB2-ON2=42-22=23. 在Rt△CEN中,EN=CNtan60=23=233. ∴BE=BN+EN=833. ∴PB=BE=833. ∴PQ=PO-OQ=OB2+PB2-OQ=42+(833)2-4=4321-4. 6.[解析] (1)連接OC,由SSS可證得△OAD≌△OCD,得∠ADO=∠CDO,由AD=CD可證DE⊥AC,再由AB為直徑證得BC⊥AC,從而得OD∥BC;(2)根據tan∠ABC=2,可設BC=a,則AC=2a,AD=AB=AC2+BC2=5a,由OE為中位線知OE=12a,AE=CE=12AC=a,進一步求得DE=AD2-AE2=2a,在△AOD中利用勾股定理的逆定理證∠OAD=90即可;(3)先證△AFD∽△BAD,得DFBD=AD2,再證△AED∽△OAD,得ODDE=AD2,從而可得DFBD=ODDE,即DFOD=DEBD,結合∠EDF=∠BDO知△EDF∽△BDO,據此可得EFOB=DEBD,結合(2)所得相關線段的長,代入計算可得. 解:(1)證明:連接OC, 在△OAD和△OCD中, ∵OA=OC,AD=CD,OD=OD, ∴△OAD≌△OCD(SSS), ∴∠ADO=∠CDO. ∵AD=CD, ∴DE⊥AC, ∴∠AEO=90. ∵AB為☉O的直徑, ∴∠ACB=90, ∴∠AEO=∠ACB, ∴OD∥BC. (2)證明:∵tan∠ABC=ACBC=2, ∴設BC=a,則AC=2a, ∴AD=AB=AC2+BC2=5a. ∵OE∥BC,且AO=BO, ∴OE=12BC=12a,AE=CE=12AC=a. 在△AED中,DE=AD2-AE2=2a. 在△AOD中,AO2+AD2=52a2+(5a)2=254a2,OD2=(OE+DE)2=12a+2a2=254a2, ∴AO2+AD2=OD2, ∴∠OAD=90, 則DA與☉O相切. (3)連接AF, ∵AB是☉O的直徑, ∴∠AFD=∠BAD=90, 又∵∠ADF=∠BDA, ∴△AFD∽△BAD, ∴DFAD=ADBD,即DFBD=AD2. ① ∵∠AED=∠OAD=90,∠ADE=∠ODA, ∴△AED∽△OAD, ∴ADOD=DEAD,即ODDE=AD2. ② 由①②可得DFBD=ODDE,即DFOD=DEBD, 又∵∠EDF=∠BDO, ∴△EDF∽△BDO, ∵BC=1, ∴AB=AD=5,OD=52,ED=2,BD=10,OB=52, ∴EFOB=DEBD,即EF52=210, 解得EF=22.