中考数学二轮专题复习《圆》解答题专项练习二（含答案）

中考数学二轮专题复习

《圆》解答题专项练习二

1.已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．

(1)如图①，当∠BAC=120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式：　   　；

(2)如图②，当∠BAC=90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；

(3)如图③，若BC=5，BD=4，求的值．

2.如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OB，垂足为M，DE=4，连接AD，过E作AD平行线交AB延长线于点C．

（1）求⊙O的半径；

（2）求证：CE是⊙O的切线；

（3）若弦DF与直径AB交于点N，当∠DNB=30°时，求图中阴影部分的面积．

3.如图，已知等边△ABC，AB=12，以AB为直径的半圆与BC边交于点D，过点D作DF⊥AC，垂足为F，过点F作FG⊥AB，垂足为G，连结GD．

（1）求证：DF是⊙O的切线；

（2）求FG的长；

（3）求tan∠FGD的值．

4.如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA=∠CBD．

  (1)求证：CD是⊙O的切线；

  (2)若⊙O的半径为1，∠CBD=30°，则图中阴影部分的面积；

  (3)过点B作⊙O的切线交CD的延长线于点E若BC=12，tan∠CDA=，求BE的长．

5.如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，点P是半径OB上一动点(不与O，B重合)，过点P作射线1⊥AB，分别交弦BC，于D，E两点，在射线l上取点F，使FC=FD．

(1)求证：FC是⊙O的切线；

(2)当点E是的中点时，

①若∠BAC=60°，判断以O，B，E，C为顶点的四边形是什么特殊四边形，并说明理由；

②若tan∠ABC=，且AB=20，求DE的长．

6.如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O交斜边AC于点D，过圆心O作OE∥AC，交BC于点E，连接DE．

（1）判断DE与⊙O的位置关系并说明理由；

（2）求证：2DE2=CD•OE；

（3）若tanC=，DE=，求AD的长．

7.如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径的⊙O交AC于点D，E是BC的中点，连接DE、OE．

（1）试判断DE与⊙O的位置关系并证明；

（2）求证：BC2=2CD•OE；

（3）若tanC=，DE=2，求AD的长．

8.已知,AB为⊙O的直径,点C为⊙O上一点,过点C作CD⊥AB,垂足为点D,过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E．

（1）如图1,求证:CB平分∠DCE；

（2）如图2,点F在⊙O上,连接OC,∠ECF=2∠OCB，求证:CF=2CD；

（3）如图3,在（2）的条件下,连接AF,若AF=3,CD=3,求BE的长．

0.参考答案

1.解：(1)如图①在AD上截取AE=AB，连接BE，

∵∠BAC=120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，

∴∠DBC=∠DAC=60°，∠DCB=∠BAD=60°，

∴△ABE和△BCD都是等边三角形，

∴∠DBE=∠ABC，AB=BE，BC=BD，

∴△BED≌△BAC(SAS)，∴DE=AC，

∴AD=AE+DE=AB+AC；故答案为：AB+AC=AD．

(2)AB+AC=AD．理由如下：

如图②，延长AB至点M，使BM=AC，连接DM，

∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD=∠ACD，

∵∠BAD=∠CAD=45°，∴BD=CD，∴△MBD≌△ACD(SAS)，

∴MD=AD，∠M=∠CAD=45°，∴MD⊥AD．

∴AM=，即AB+BM=，

∴AB+AC=；

(3)如图③，延长AB至点N，使BN=AC，连接DN，

∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠NBD=∠ACD，

∵∠BAD=∠CAD，∴BD=CD，∴△NBD≌△ACD(SAS)，

∴ND=AD，∠N=∠CAD，

∴∠N=∠NAD=∠DBC=∠DCB，∴△NAD∽△CBD，

∴，∴，

又AN=AB+BN=AB+AC，BC=5，BD=4，

∴=．

2.解：

；

3.（1）证明：连结OD，如图，

∵△ABC为等边三角形，∴∠C=∠A=∠B=60°，

而OD=OB，∴△ODB是等边三角形，∠ODB=60°，

∴∠ODB=∠C，∴OD∥AC，

∵DF⊥AC，∴OD⊥DF，

∴DF是⊙O的切线；

（2）解：∵OD∥AC，点O为AB的中点，

∴OD为△ABC的中位线，∴BD=CD=6．

在Rt△CDF中，∠C=60°，∴∠CDF=30°，

∴CF=CD=3，∴AF=AC﹣CF=12﹣3=9，

在Rt△AFG中，∵∠A=60°，

∴FG=AF×sinA=9×=；

（3）解：过D作DH⊥AB于H．

∵FG⊥AB，DH⊥AB，∴FG∥DH，∴∠FGD=∠GDH．

在Rt△BDH中，∠B=60°，∴∠BDH=30°，

∴BH=BD=3，DH=BH=3．

在Rt△AFG中，∵∠AFG=30°，∴AG=AF=，

∵GH=AB﹣AG﹣BH=12﹣﹣3=，∴tan∠GDH===，

∴tan∠FGD=tan∠GDH=．

4.解：

（1）证明：如图所示，连结OD，

∵OB=OD，

∴∠OBD=∠BDO，

∵∠CDA=∠CBD，

∴∠CDA=∠ODB，

又AB是⊙O的直径，

∵∠ADO+∠ODB=90°，∠ADO+∠CDA=90°

即∠CDO=90°，

∴CD是⊙O的切线；

（2）阴影部分面积：

5.解：

(1)证明：连接OC，∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，

∵PF⊥AB，∴∠BPD=90°，∴∠OBC+∠BDP=90°，

∵FC=FD∴∠FCD=∠FDC

∵∠FDC=∠BDP∴∠OCB+∠FCD=90°

∴OC⊥FC

∴FC是⊙O的切线．

(2)如图2，连接OC，OE，BE，CE，

①以O，B，E，C为顶点的四边形是菱形．理由如下：

∵AB是直径，∴∠ACB=90°，

∵∠BAC=60°，∴∠BOC=120°，

∵点E是的中点，∴∠BOE=∠COE=60°，

∵OB=OE=OC∴△BOE，△OCE均为等边三角形，

∴OB=BE=CE=OC

∴四边形BOCE是菱形；

②若tan∠ABC=，且AB=20，求DE的长．

∵=tan∠ABC=，设AC=3k，BC=4k(k＞0)，

由勾股定理得AC2+BC2=AB2，即(3k)2+(4k)2=202，解得k=4，

∴AC=12，BC=16，

∵点E是的中点，∴OE⊥BC，BH=CH=8，

∴OE×BH=OB×PE，即10×8=10PE，解得：PE=8，

由勾股定理得OP===6，∴BP=OB﹣OP=10﹣6=4，

∵=tan∠ABC=，即DP=BP==3∴DE=PE﹣DP=8﹣3=5．

6.解：

（1）DE是⊙O的切线，理由：如图，连接OD，BD，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB=∠BDC=90°，

∵OE∥AC，OA=OB，

∴BE=CE，

∴DE=BE=CE，

∴∠DBE=∠BDE，

∵OB=OD，

∴∠OBD=∠ODB，

∴∠ODE=∠OBE=90°，

∵点D在⊙O上，

∴DE是⊙O的切线；

（2）∵∠BCD=∠ABC=90°，∠C=∠C，

∴△BCD∽△ACB，

∴，

∴BC2=CD•AC，

由（1）知DE=BE=CE=0.5BC，

∴4DE2=CD•AC，

由（1）知，OE是△ABC是中位线，

∴AC=2OE，

∴4DE2=CD•2OE，

∴2DE2=CD•OE；

（3）∵DE=2.5，∴BC=5，

在Rt△BCD中，tanC==，

设CD=3x，BD=4x，根据勾股定理得，（3x）2+（4x）2=25，∴x=﹣1（舍）或x=1，

∴BD=4，CD=3，

由（2）知，BC2=CD•AC，

∴AC==，∴AD=AC﹣CD=﹣3=．

7.解：

（1）DE与⊙O相切．理由如下：连接OD，BD．

∵AB是直径，∴∠ADB=∠BDC=90°，

∵E是BC的中点，∴DE=BE=EC，∴∠EBD=∠EDB，

又∵OD=OB，∴∠OBD=∠ODB，

∴∠EDO=∠EBO=90°，即OD⊥DE，

∴DE与⊙O相切；

（2）证明：∵E是BC的中点，O点是AB的中点，

∴OE是△ABC的中位线，∴AC=2OE，

∵∠ACB=∠BCD，∴Rt△ABC∽Rt△BDC，

∴=，即BC2=CD•AC，∴BC2=2CD•OE；

（3）解：在Rt△BDC中，∵DE=BE=EC，∴BC=2DE=4，

∵tanC==，∴设BD=x，CD=2x，

∵BD2+CD2=BC2，∴（x）2+（2x）2=42，解得x=±（负值舍去），

∴x=，∴BD=x=，

在Rt△ABD中，∵∠ABD=∠C，∴tan∠ABD=tan∠C，

∴=，∴AD=BD=．

8.解：

（1）证明：如图（1），

连接OC，∵CE与⊙O相切，OC是半径，

∴OC⊥CE，∴∠OCE=90°，∴∠OCB+∠BCE=90°，

∵CD⊥AB，∴∠CDB=90°∴∠DCB+∠DBC=90°，

∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC∴∠DCB=∠BCE，

∴CB平分∠DCE，

（2）证明：如图（2），过O作OH⊥CF于H，

∵OH过圆心，

∴CF=2CH由（1）可知：CB平分∠DCE，∴∠DCE=2∠DCB，

∵∠ECF=2∠OCB，

∴∠FCD=2∠OCD，∴∠FCO=∠OCD，

∵∠CDO=∠CHO=90° OC=OC，

∴△CHO≌△CDO∴CH=CD，∴CF=2CD，

（3）如图（3），延长CD交⊙O于G，分别连接AG、AC，

过C作CM⊥AF于M，过C作CN⊥AG于N．

∵CD⊥AB  AB是直径，∴CG=2CD    

由（2）可知CF=2CD，∴CG=CF∴∠CAG=∠CAF；∴AC平分∠FAG

∵M⊥AF  CN⊥AG，

∴CM=CN，∠CMA=∠CNA=90°∴△CMA≌△CNA，∴AM=AN，

∵CM=CN  CF=CG，

∴Rt△CMF≌Rt△CNG，∴MF=NG，

设MF=a  则NG=a，

∵AF=3，

∴MA=a+3，∴AN=a+3，∴AG=2a+3，

∵CD⊥AB CD=GD∴AD垂直平分CG，∴CA=GA=2a+3

在Rt△CMA中，CM2=CA2﹣AM2=（2a+3）2﹣（a+3）2

在Rt△CMF中，CM2=CF2﹣MF2=（6）2﹣a2

∴（2a+3）2﹣（a+3）2=（6）2﹣a2∴a1=﹣（舍），a2=6

∴AM=9，AC=AG=15，∴AD==6

设⊙O的半径为r，在Rt△CDO中，（6﹣r）2+（3） 2=r2，

∴r=，∴OD=，∴cos∠COD==，

在Rt△COE中cos∠COD==，∴OE=，∴BE=．