中考数学【二轮复习】精品讲义试卷巩固集训(五)　圆

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1. (万唯原创)如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，连接DO并延长交⊙O于点E，交AC于点F，且∠BCD＝∠CDE ，连接CE.
(1)求证： △CEF∽△DEC；
(2)若tan ∠BCD＝ eq \f(3,4) ，EF＝3，求OF的长．
第1题图
2. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D为BC边上一点且AB＝AD，以AD为直径作⊙O交AB于点E，过点D作⊙O的切线交AC于点F.
(1)求证：DF＝CF；
(2)若⊙O的半径为5，BD＝12，求BC的长．
第2题图
3.(2024云南定心卷)如图，△ABC内接于⊙O，D是 eq \x\t(AB) 上一点，连接AD，BD，∠ABC＝ eq \f(1,2) ∠D，过点C作CE∥AB交DB的延长线于点E，作CF⊥AD，交⊙O于点F，交AD于点G.
(1)判断CE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
(2)求证：DG＝AG＋DB；
(3)连接CD，记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，若CE＝kBC，请用含k的代数式表示S1与S2的关系．
第3题图
4．(2024云大附中三模)如图，点A，B，C在⊙O上，AB为⊙O的直径，延长AC至点D，使得∠DBC＝∠CAB，点E是弦AC上一动点(不与点A，C重合)，过点E作直径AB的垂线，交AB于点F，交BC的延长线于点N，交⊙O于点M(点M在劣弧AC上).
(1)BD是⊙O的切线吗？请作出你的判断并给出证明；
(2)若BD＝10，AE＝ eq \f(17,3) ，tan ∠DBC＝ eq \f(3,4) ，求△CEN的面积.
(3)若⊙O的半径为1，设FM＝x，FE·FN· eq \r(\f(1,BC·BN) ＋ \f(1,AE·AC)) ＝y，试求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围.
参考答案
1．(1)证明：∵∠BCD＝∠CDE，
∴BC∥DE，
∴∠AFO＝∠ACB.
∵AB，DE是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠EFC＝∠AFO＝90°，
∴∠EDC＋∠E＝90°，∠ECF＋∠E＝90°，
∴∠EDC＝∠ECF，
∵∠E＝∠E，
∴△CEF∽△DEC；
(2)解：由(1)得∠BCD＝∠CDE＝∠ECF，
∴ tan∠ECF＝tan ∠BCD＝ eq \f(3,4) .
∵EF＝3，∠EFC＝90°，
∴CF＝4，
∴CE＝ eq \r(EF2＋CF2) ＝ eq \r(32＋42) ＝5.
∵△CEF∽△DEC，
∴ eq \f(CE,DE) ＝ eq \f(EF,EC) ，即 eq \f(5,DE) ＝ eq \f(3,5) ，
解得DE＝ eq \f(25,3) ，
∴OE＝ eq \f(1,2) DE＝ eq \f(25,6) ，
∴OF＝OE－EF＝ eq \f(25,6) －3＝ eq \f(7,6) .
2．(1)证明：∵∠BAC＝90°，
∴∠B＋∠C＝90°，
∵DF为⊙O的切线，OD为⊙O的半径，
∴AD⊥DF，即∠ADF＝90°，
∴∠ADB＋∠FDC＝90°，
∵AB＝AD，
∴∠B＝∠ADB，
∴∠FDC＝∠C，
∴DF＝CF；
(2)解：如解图，连接DE，
第2题解图
∵⊙O的半径为5，
∴AB＝AD＝10，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠AED＝90°，
在Rt△ADE中，DE2＝AD2－AE2，
在Rt△BDE中，DE2＝BD2－BE2，
∴AD2－AE2＝BD2－BE2，
∵AE＋BE＝AB＝10，
∴102－(10－BE)2＝122－BE2，解得BE＝ eq \f(36,5) ，
∵∠BAC＝90°，∠AED＝90°，
∴∠BAC＋∠AED＝180°，
∴DE∥AC，
∴ eq \f(BE,BA) ＝ eq \f(BD,BC) ，
∵AB＝10，BD＝12，BE＝ eq \f(36,5) ，
∴BC＝ eq \f(50,3) .
3．(1)解：CE与⊙O相切．
证明：如解图①，
取AB的中点H，连接CH，
∵∠D＋∠ACB＝180°且∠CAB＋∠ABC＋∠ACB＝180°，
∴∠CAB＋∠ABC＝∠D.
∵∠ABC＝ eq \f(1,2) ∠D，
∴∠CAB＝∠ABC，
∴CA＝CB，
∴△ABC为等腰三角形．
∵H为AB的中点，
∴CH⊥AB.
∵CE∥AB，
∴∠CHB＋∠HCE＝180°，
∴∠HCE＝90°.
∵△ABC内接于⊙O，
∴点O在AB的垂直平分线CH上，即OC为⊙O的半径，
∴CE与⊙O相切于点C；
第3题解图①
(2)证明：如解图②，在GD上截取GM＝GA，连接CM，CD，
∵G为AM的中点且CG⊥AD，
∴AC＝MC，
∴∠CAD＝∠CMA.
∵∠CAD＋∠CBD＝180°，∠CMA＋∠CMD＝180°，
∴∠CMD＝∠CBD.
∵CA＝CB，
∴∠ADC＝∠BDC.
在△CMD和△CBD中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠CMD＝∠CBD,∠MDC＝∠BDC,CD＝CD)) ，
∴△CMD≌△CBD(AAS)，
∴MD＝BD.
∵DG＝GM＋MD，
∴DG＝AG＋DB；
第3题解图②
(3)解：如解图③，过点C作CK⊥DE于点K，
∵CE∥AB，
∴∠ECB＝∠ABC.
∵CA＝CB，
∴＝，
∴∠ABC＝∠CDB＝∠ADC，
∴∠ECB＝∠CDB.
∵∠E＝∠E，
∴△BCE∽△CDE，
∴ eq \f(CE,BE) ＝ eq \f(DE,CE) ，
即CE2＝BE·DE.
∵∠CAD＋∠CBD＝180°，∠CBE＋∠CBD＝180°，
∴∠CBE＝∠CAD.
∵∠ADC＝∠BDC，∠ECB＝∠CDB，
∴∠ADC＝∠BCE，
∴△ACD∽△BEC，
∴ eq \f(AC,BE) ＝ eq \f(AD,BC) ，
即AC·BC＝BE·AD.
∵CA＝CB，
∴BC2＝BE·AD.
∵CE＝kBC，
∴CE2＝k2BC2＝k2BE·AD.
∵CE2＝BE·DE，
∴k2BE·AD＝BE·DE，
∴ eq \f(AD,DE) ＝ eq \f(1,k2) .
∵∠ADC＝∠BDC，CK⊥DE，CG⊥AD，CD＝CD，
∴△CDG≌△CDK，
∴CG＝CK.
∵S1＝ eq \f(1,2) AD·CG，
S2＝ eq \f(1,2) DE·CK，
∴ eq \f(S1,S2) ＝ eq \f(\f(1,2)AD·CG,\f(1,2)DE·CK) ＝ eq \f(AD,DE) ＝ eq \f(1,k2) ，
∴S1与S2的关系为 eq \f(S1,S2) ＝ eq \f(1,k2) .
第3题解图③
4．解：(1) BD是⊙O的切线．
证明：∵AB是⊙O的直径．
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB＋∠ABC＝90°.
又∵∠DBC＝∠CAB，
∴∠DBC＋∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝90°，
∴DB⊥AB，
又∵AB是⊙O的直径，
∴BD是⊙O的切线；
(2)∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠NCE＝∠BCD＝180°－∠ACB＝90°，
由tan ∠DBC＝ eq \f(CD,BC) ＝ eq \f(3,4) ，
设CD＝3x，BC＝4x，
∴BD＝ eq \r(BC2 ＋CD2) ＝5x＝10，
∴x＝2，
∴CD＝6，BC＝8，
∵∠DBC＝∠CAB，
∴ eq \f(BC,AC) ＝tan ∠CAB＝tan ∠DBC＝ eq \f(3,4) ，
∴AC＝ eq \f(4,3) BC＝ eq \f(32,3) ，
∴CE＝AC－AE＝ eq \f(32,3) － eq \f(17,3) ＝5，
∵NF⊥AB，
∴∠AFE＝∠NFB＝90°，
∴∠ABC ＋∠N＝∠ABC＋∠CAB＝90°，
∴∠N＝∠CAB，
∴ eq \f(CE,CN) ＝tan N＝tan ∠CAB＝ eq \f(3,4) ，
∴CN＝ eq \f(4,3) CE＝ eq \f(20,3) ，
∴S△CEN＝ eq \f(1,2) CN·CE＝ eq \f(1,2) × eq \f(20,3) ×5＝ eq \f(50,3) ；
(3)设∠CAB＝α，
∵∠CAB＋∠ABC＝∠ABC＋∠DBC＝∠ABC＋∠N＝ 90°，
∴∠CAB＝∠DBC＝∠N＝α.
如解图，连接OM.
第4题解图
在Rt△OFM中，OF＝ eq \r(OM2－FM2) ＝ eq \r(1－x2) .
∴BF＝BO＋OF＝1＋ eq \r(1－x2) ，AF＝OA－OF＝1－ eq \r(1－x2) .
∴在Rt△AFE中，EF＝AF·tan α＝(1－ eq \r(1－x2) )·tan α，
AE＝ eq \f(AF,cs α) ＝ eq \f(1－\r(1－x2),cs α) .
∵r＝1，∴AB＝2，
∴在Rt△ABC中，BC＝AB·sin α＝2sin α，AC＝AB·cs α＝2cs α.
在Rt△BFN中，BN＝ eq \f(BF,sin α) ＝
eq \f(1＋\r(1－x2),sin α) ，FN＝ eq \f(BF,tan α) ＝ eq \f(1＋\r(1－x2),tan α) ，
∴y＝FE·FN· eq \r(\f(1,BC·BN)＋ \f(1,AE·AC))
＝x2· eq \r(\f(1,2＋2\r(1－x2))＋\f(1,2－2\r(1－x2)))
＝x2· eq \r(\f(2－2\r(1－x2)＋2＋2\r(1－x2),4－4（1－x2）))
＝x2· eq \r(\f(1,x2))
＝x2· eq \f(1,x)
＝x.
即y＝x.
∵FM⊥AB，
∴FM最大值为F与O重合时，即为1.
∴0