中考数学备考之圆压轴突破训练培优篇附解析.docx
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中考数学备考之圆压轴突破训练培优篇附解析
2019年中考数学备考之圆压轴打破训练:
培优篇
1.如图,△ABC内接于⊙O,点D在AB边上,CD与OB交于点E,∠ACD=∠OBC;
(1)如图1,求证:
CD⊥AB;
(2)如图2,当∠BAC=∠OBC+∠BCD时,求证:
BO均分∠ABC;
(3)如图3,在
(2)的条件下,作OF⊥BC于点F,交CD于点G,作OH⊥CD于点H,连结FH并延伸,交OB于点P,交AB边于点M.若OF=3,MH=5,求AC边的长.
解:
(1)
如图1,令∠OBC=∠1,∠ACD=∠2
延伸BO交⊙O于F,连结CF.
∵BF是⊙O的直径,∴∠FCB=90°∴∠1+∠F=90°,
∵弧BC=弧BC,∴∠A=∠F
又∵∠1=∠2,
∴∠2+∠A=90°,
∴∠3=90°,
∴CD⊥AB
(2)
如图2,令∠OBC=∠1,∠BCD=∠4
延伸BO交AC于K
∵∠A=∠1+∠4,∠5=∠1+∠4,
∴∠A=∠5,
∵∠A+∠2=90°,
∴∠5+∠2=90°,
∴∠6=90°
∵∠7=180°﹣∠3=90°,
∴∠6=∠7,
又∵∠5=∠8,∴∠9=∠2
∵∠2=∠1,∴∠9=∠1,
∴BO均分∠ABC
(3)
图3
如图3,延伸BO交AC于点K,延伸CD交⊙O于点N,联络BN
∵OH⊥CN,OF⊥BC
∴CH=NH,BF=CF
∴HF是△CBN的中位线,HF∥BN
∴∠FHC=∠BNC=∠BAC
∵∠BAC=∠OEH,∠FHC=∠EHM
∴∠OEH=∠EHM
设EM、OE交于点P
∵∠OEH+∠EOH=∠EHM+∠OHP=90°
∴∠EOH=∠OHP
∴OP=PH
∵∠ADC=∠OHC=90°
∴AD∥OH
∴∠PBM=∠EOH,∠BMP=∠OHP
∴PM=PB
∴PM+PH=PB+OP
∴HM=OB=5
在Rt△OBF中,依据勾股定理可得BF=4
∴BC=8,sin∠OBC=
∵∠A+∠ABO=∠DEB+∠ABO=90°
∴∠AKB+∠CKB=90°
∴OK⊥AC
AC=2CK,CK=BC?
sin∠OBC=
∴AC=
2.AB为⊙O的直径,点C、D为⊙O上的两个点,AD交BC于点F,点E在AB上,DE交BC
于点G,且∠DGF=∠CAB.
(1)如图1.求证:
DE⊥AB.
(2)如图2.若AD均分∠CAB.求证:
BC=2DE.
(3)如图3.在
(2)的条件下,连结OF,若∠AFO=45°,AC=,求OF的长.
解:
(1)∵AB为⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠CAB+∠CBA=90°,
∵∠DGF=∠CAB,∠DGF=∠BGE,
∴∠BGE=∠CAB,
∴∠BGE+∠CBA=90°,
∴∠GEB=90°,
∴DE⊥AB;
(2)如图2,连结OD交BC于H,连结BD,∵AD均分∠CAB,
∴
,
∴
⊥
,
=
,
ODBC
BHCH
∵
⊥
,
=
,
DEAB
ODOB
∴
=
×
=
×,
S△OBD
ODBH
OBDE
∴BH=DE,
∴BC=2DE.
(3)如图3,作FR⊥AB于R,OS⊥AD于S,∵AD均分∠CAB,
∴∠CAD=∠BAD=x,
∴∠FBO=90°﹣2x,∵∠AFO=45°,∴∠FOB=45°+x,
∴∠OFB=180°﹣(90°﹣2x)﹣(45°+x)=45°+x,
∴∠FOB=∠OFB
∴BF=BO=OA,
∵∠FRB=∠ACB=90°,∠FBR=∠ABC,
∴△BFR∽△BAC,
∴,
∵AC=,
∴FR=,
∴CF=FR=,
∴AF=
,tan
∠FAR=tan∠FAC=
,
设SO=t,AS=2t,SF=SO=t,
则AF=AS+SF=3t=
,t=
,
∴OF=
t=
.
3.已知:
在△MAB中,C、D分别为BM、AM上的点,四边形
ABCD内接于⊙
O,连结
AC,∠
MCD=∠ACD;
(1)如图①,求证:
弧AD=弧BD;
(2)如图②,若
AB为直径,
CD=
BC,求
tan
∠DAC值;
(3)如图③,在
(2)的条件下,E为弧CD上一点(不与C、D重合),F为AB上一点,连结EF交AC于点N,连结DN、DE,若DN=DE,AB=10,∠ABC﹣45°=∠ANF,求AN
的长.
解:
(1)∵∠MCD+∠DCB=180°,∠DCB+∠DAB=180°
∴∠DAB=∠MCD
又∵∠MCD=∠ACD
∴∠DAB=∠ACD
∴弧AD=弧BD
(2)
作DG⊥MB于点G,连结BD(如图2)∵AB为直径
弧AD=弧BD=45°∴∠MCD=∠DAB=45°
∴DG=GC=CD
又∵CD=BC
∴BC=CD
∴DG=GC=BC
∴tan∠DBC==
又∵∠DAC=∠DBC
∴tan∠DAC=tan∠DBC=
(3)
连结BD交AC,EF分别为点P,点L,连结OP,OE,PE,再作OH⊥EF于点H,NM⊥AD于
点M(如图3所示)
∵∠ABC﹣45°=∠ANF,∠DBC=∠ABC﹣∠ABD=∠ABC45°,
∴∠ANF=∠DBC=∠DAC
∴EF∥AD
∴EF⊥BD
由
(2)得tan∠DAP=
∴
∴
即P为BD的中点∴OP⊥BD
∴四边形OPLH为矩形
设HO=d,则PL=d.
又∵DN=DE
∴BD垂直均分NE
∴PE=PN
∴∠LEP=∠LNP=∠DAP
∴
∴LE=2d
又∵△OPB为等腰直角三角形
∴OP=BO=
∴LH=OP=
∴HE=LH+LE=+2d
222
∵OH+HE=OE
∴
解得d=
∴DL=DP﹣LP==
∴MN=DL=
∴AM=2MN=
∴
4.如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,以BC上一点O为圆心作圆与AB相切于点D,与BC
分别交于点F、N,连结DF并延伸交AC的延伸线点E.
(1)求证:
AE=AD;
(2)过点D作DH⊥BC于点B,连结AF并延伸交⊙O于点G,连结DG,若DO均分∠GDH.求证:
∠AFD=2∠DFN;
(3)在
(2)的条件下,延伸DG交AE的延伸线于点P,连结PF并延伸交⊙O于点M,若
FM=5,FH=9,求OH的长.
解:
(1)证明:
∵∠ACB=90°
∴∠E+∠CFE=∠ACB=90°
∵∠CFE=∠OFD
∴∠E+∠OFD=90°
∵AB切⊙O于D
∴OD⊥AB
∴∠ODF+∠ADE=90°
∵OD=OF
∴∠OFD=∠ODF
∴∠E=∠ADE
∴AE=AD
(2)证明:
连结DN
∵DO均分∠GDH
∴设∠ODG=∠ODH=α,
设∠FDG=β,则∠FDH=2α+β
∵OF=OD
∴∠DFN=∠ODF=α+β
∵DH⊥FN
∴∠DHF=90°
∴∠DFN+∠FDH=90°,即α+β+2α+β=3α+2β=90°
∵FN为⊙O直径∴∠FDN=90°
∴∠DNF=90°﹣∠DFN=90°﹣(2α+β)=3α+2β﹣(α+β)=2α+β
∴∠G=∠DNF=2α+β
∵∠AFD=∠G+∠FDG=2α+β+β=2α+2β
∴∠AFD=2∠DFN
(3)过O作OQ∥AB交FM于点Q
∵∠AEF+∠EFC=90°,∠DFN+∠FDH=90°,∠EFC=∠DFN
∴∠AEF=∠FDH=2α+β
∴∠ADE=∠AEF=2α+β
∴∠FAD=180°﹣∠AFD﹣∠ADF=2(3α+2β)﹣(2α+2β)﹣(2α+β)=2α+β
即∠FAD=∠ADF
∴AF=DF
∴F在AD的垂直均分线上
∵∠AEF=∠FGD=2α+β,∠AFE=∠DFG
∴∠EAF=∠FDG=β
∴∠PAD=∠PDA=β+(2α+β)=2α+2β
∴PA=PD
∴P在AD的垂直均分线上即PM垂直均分AD
∴OQ⊥FM
∴∠OQF=90°,FQ=FM=
∵OQ∥AB
∴∠FOQ=∠B
∵∠B+∠DOH=∠DOH+∠ODH=90°
∴∠B=∠ODH
∴∠FOQ=∠ODH
在△FOQ与△ODH中
∴△FOQ≌△ODH(AAS)
∴OH=FQ=
5.如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD⊥CD,AC=AB,⊙O为△ABC的外接圆.
(1)如图1,求证:
AD是⊙O的切线;
(2)如图2,CD交⊙O于点E,过点A作AG⊥BE,垂足为F,交BC于点G.①求证:
AG=BG;
②若AD=2,CD=3,求FG的长.
(1)证明:
如图1,连结OA,OB,OC.
在△OAC和△OAB中,,
∴△OAC≌△OAB(SSS),
∴∠OAC=∠OAB,
∴AO均分∠BAC,
∴AO⊥BC.
又∵AD∥BC,
∴AD⊥AO,
∴AD是⊙O的切线.
(2)①证明:
如图2,连结AE.∵∠BCE=90°,
∴∠BAE=90°.又∵AF⊥BE,
∴∠AFB=90°.
∵∠BAG+∠EAF=∠AEB+∠EAF=90°,
∴∠BAG=∠AEB.
∵∠ABC=∠ACB=∠AEB,
∴∠BAG=∠ABC,
∴AG=BG.
②解:
在△ADC和△AFB中,,
∴△ADC≌△AFB(AAS),
∴AF=AD=2,BF=CD=3.
设FG=x,在Rt△BFG中,FG=x,BF=3,BG=AG=x+2,
∴
2+2=
2,即
2+32=(
x
+2)2
,
FGBF
BGx
∴x=,
∴FG=.
6.如图,在平面直角坐标系中,直线
y
=﹣2
x
+4与坐标轴交于
,
B
两点,动点
C
在
x
轴正
A
半轴上,⊙D为△AOC的外接圆,射线
OD与直线AB交于点E.
(1)如图①,若OE=DE,求=;
(2)如图②,当∠
ABC=2∠ACB时,求OC的长;
(3)点
C
由原点向
x
轴正半轴运动过程中,设
的长为
,
OC
a
①用含
a
的代数式表示点
E
的横坐标
;②若
=
,求
a
的值.
xE
xE
BC
解:
(1)∵OE=DE,
∴S=S,
△AOE△ADE
∵AD=CD,
∴S=S,
△CDE△ADE
∴=,
故答案为:
;
(2)作OF⊥AC于点F,
对于直线y=﹣2x+4,当y=0时,x=2,当x=0时,y=4,
则A的坐标为(0,4),点B的坐标为(2,0),即OA=4,OB=2,
∵∠ABC=2∠ACB,∴∠ADO=∠ABC,∴∠ODC=∠ABO,
∴tan∠ODC=tan∠ABO=2,
设DF=m,则OF=2m,
由勾股定理得,OD==m,
∴CF=(﹣1)m,
∴tan∠OCD=,
∴=,即=,
解得,OC=2﹣2;
(3)①设直线OD交⊙D另一点为G,连结AG,作EH⊥AO于点H,
则EH∥AG,
∴
=
,
=
,
∴
+=
+=1,即
+=1,
解得,xE=
;
②当C在点B右边时,BC=xE,即a﹣2=xE,
∴a﹣2=,
解得,a1=1+,a2=1﹣(舍去),
当C在点B左边时,BC=xE,即2﹣a=xE,
∴2﹣a=,
解得,a1=﹣1+,a2=﹣1﹣(舍去),
因此a的值为±1.
7.已知:
如图,BC为⊙O的弦,点A为⊙O上一个动点,△OBC的周长为16.过C作CD∥
AB交⊙O于D,BD与AC订交于点P,过点P作PQ∥AB交于Q,设∠A的度数为α.
(1)如图1,求∠COB的度数(用含α的式子表示);
(2)如图2,若∠ABC=90°时,AB=8,求暗影部分面积(用含α的式子表示);
(3)如图1,当PQ=2,求的值.
解:
(1)∵∠A的度数为α,
∴∠COB=2∠A=2α,
(2)当∠ABC=90°时,AC为⊙O的直径,∵CD∥AB,
∴∠DCB=180°﹣90°=90,∴BD为⊙O的直径,
∴P与圆心O重合,∵PQ∥AB交于Q,
∴OQ⊥BC,∴CQ=BQ,
∵AB=8,
∴OQ=AB=4,
设⊙O的半径为r,
∵△OBC的周长为16,
∴CQ=8﹣r,
∴(8﹣r)2+42=r2,
解得r=5,CB=6,
∴暗影部分面积=;
(3)∵CD∥AB∥PQ,
∴△BPQ∽△BDC,△CPQ∽△CAB,
∴,
∴,
∵PQ=2,
∴,
∴=2.
8.如图,△ABC内接于⊙O,且AB>AC.∠BAC的外角均分线交⊙O于E,EF⊥AB,垂足为
F.
(1)求证:
EB=EC;
(2)分别求式子、的值;
(3)若EF=AC=3,AB=5,求△AEF的面积.
(1)证明:
∵∠BAC的外角均分线交⊙O于E,∴∠1=∠2,
∵∠1=∠EBC,∠2=∠3,∴∠EBC=∠3,
∴EB=EC;
(2)解:
在BA上截取BD=CA,如图,
在△BED和△CEA中
,
∴△BED≌△CEA(SAS),
∴ED=EA,∵EF⊥AD,
∴DF=AF,
∴AB+AC=BD+DF+FA+BD=BF+DF+BD=2BF,
AB﹣AC=BD+DF+AF﹣BD=2AF,
∴==2,==2;
(3)解:
由
(2)得BD=AC=3,
∵AB=BD+DF+AF=AC+2AF,
∴3+2AF=5,
∴AF=1,而EF=3,
∴△AEF的面积=×3×1=.
9.如图,AB为⊙O的直径,点C在弧AB上,CD为⊙O的切线,AD⊥CD交⊙O于E,连结AC.
(1)如图1,求证:
∠BAC=∠DAC;
(2)如图2,过点C作CF⊥AB于F,交⊙O于M,求证:
BF=DE;
(3)如图3,在
(2)的条件下,作DG⊥CF,交射线FC于G,在射线DC上截取CH=CD,
连结BH,GH,点N为半圆上一点,∠NBM=2∠BNM,若BH=AF,S△=,求线段
DGH
MN的长.
解:
(1)如图1所示:
连结OC,则:
∠CAO=∠ACO,
∵CD为切线,
∴OC⊥CD,而AD⊥CD,
∴OC∥AD,
∴∠ACO=∠CAD,
∴∠BAC=∠DAC;
(2)如图2所示:
连结BC、EC,∵CF⊥AB,∠AFC=∠D=90°,而∠BAC=∠DAC,
∴ED=CF,
∠EDC=∠B,
∴Rt△ECD≌Rt△BFC(AAS),
∴BF=DE;
(3)如图3所示:
连结EB、连结OC交EB于Q,∵CO∥AD,而∠D=90°,
∴∠DCO=90°,∵AB是直径,∴∠AEB=90°,
∴四边形DCQE为矩形,
∴EQ=DC,
∵OC⊥EB,
∴EQ=BQ,而EQ=DC,
∴EQ=BQ=CH,
∴BE=DH,而BE∥DH,
∴四边形DEBH为矩形,∵BH=AF,
设:
HB=ED=x,则:
AF=4x=AD,AE=4x﹣x=3x,
则:
AB=5x,易证△DAC≌△FAC(AAS),
∴BE=4x=DH,而DC=DH=2x,
设:
∠NBM=2∠BNM=2α,则∠DAC=α,∠BAM=α,
∴∠CAM=2α,
∵DH是切线,∴∠HCM=∠CAM=∠DCG,∴Rt△DGC∽Rt△AEB,
∴==,
∵C是DH的中点,
∴S△=S△,而S△=,
DCGDHGDGH
∴S△BEA=24=?
AE?
BE=?
3x?
4x,
∴x=2,x=﹣2(舍去),
∴MN=BE=4x=8.
答:
线段MN的长为8.
10.已知如图,AC⊥BD,垂足为E,CF是⊙O的直径,连结AB、CD、DF.
(1)如图1,连结BC,求证:
AB=DF;
(2)如图2,连结OA、OB,OA交BD于点M,若∠ABM=∠AOB,求证:
AB=BM;
(3)在第二问的基础上,若⊙O的半径为7,AM=5,求点O到线段CD的距离OK的长.
(1)证明:
如图1中,连结AF,AD.
∵AF是直径,
∴∠CAF=90°,
∵AC⊥BD,
∴∠CED=∠CAF=90°,
∴AF∥BD,
∴∠FAD=∠ADB,
∴=,
∴AB=DF.
(2)证明:
如图2中,
∵OA=OB,
∴∠OBA=∠OAB,
∵∠AOB+∠OBA+∠OAB=180°,∠ABM+∠BAM+∠BMA=180°,∠ABM=∠AOB,
∴∠BAM=∠BMA,
∴BA=BM.
(3)解:
如图2中,
∵OK⊥CD,
∴KC=KD,∵OC=OF,
∴OK∥DF,OK=DF,
∵∠ABM=∠AOB,∠BAM=∠OAB,
∴△ABM∽△AOB,
∴=,
∴=,
∴AB=,
∴DF=AB=,
∴OK=.
11.如图,已知CD垂直均分AB,CD=BD,点E为CD上一点,连结AE交BC于点F,过点E
作EG⊥AE,连结GF,以GF为直径作△EGF的外接⊙O,且点B在⊙O上.
(1)求证:
∠G+∠A=45°;
(2)求证:
AE=EG;
(3)若⊙O与AB交于另一点H,若CE=3,AH=5,FG=5,求BF的长.
解:
(1)如图1,连结BE,
∵CD垂直均分AB,
∴EA=EB,∠CDB=90°,
∴∠A=∠EBA,
∵CD=BD,
∴∠C=∠CBD=45°,即∠CBE+∠EBA=45°,
又∠CBE=∠G,
∴∠G+∠A=45°;
(2)如图2,连结BE、BG、HE、HG,
由
(1)知∠A=∠ABE,
∵∠ABE=∠HGE,
∴∠A=∠HGE,
∵FG是⊙O的直径,∴∠FBG=90°,又∠ABC=45°,
∴∠HEG=∠HBG=45°,
∵EG⊥AF,即∠AEG=90°,∴∠AEH=∠GEH=45°,
∵EH=EH,
∴△AEH≌△GEH(AAS),
∴AE=EG;
(3)如图3,连结HE、HG、BE,
由
(1)
(2)知AE=BE=GE,
∴∠EHB=∠EFB,
∵∠CFE=∠EHB,
∴∠CFE=∠EFB,
作EN⊥CB于N,作EK⊥EG于K,则EN=EK,NF=KF,
∵∠C=45°,CE=3,
∴EN=EK=,
∵∠GEF=∠EKG=90°,
∴△EKF∽△GKE,
2
∴=,即EK=GK?
KF,
∵GK+FK=FG=5,
∴()2=GK(?
5﹣GK),
解得:
GK=
,
则KF=
,
∵∠B=∠KGE、∠ENB=∠EKG=90°、EB=EG,
∴△ENB≌△EKG(AAS),
∴NB=KG,
则BF=NB﹣NF=KG﹣KF=