中考数学压轴题 圆中证明及计算问题.docx

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中考数学压轴题圆中证明及计算问题

2020年中考数学压轴题

：

圆中证明及计算问题

【例1】（2019·叶县一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点O在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线与AC的延长线相交于点P．

（1）求证：

PD是⊙O的切线；

（2）求证：

AB•CP＝BD•CD；

（3）当AB＝5cm，AC＝12cm时，求线段PC的长．

【答案】见解析.

【解析】

（1）证明：

连接OD．

∵∠BAD＝∠CAD，

∴弧BD=弧CD，

∴∠BOD＝∠COD＝90°，

∵BC∥PA，

∴∠ODP＝∠BOD＝90°，

即OD⊥PA，

∴PD是⊙O的切线．

（2）证明：

∵BC∥PD，

∴∠PDC＝∠BCD．

∵∠BCD＝∠BAD，

∴∠BAD＝∠PDC，

∵∠ABD+∠ACD＝180°，∠ACD+∠PCD＝180°，

∴∠ABD＝∠PCD，

∴△BAD∽△CDP，

∴

，

∴AB•CP＝BD•CD．

（3）∵BC是直径，

∴∠BAC＝∠BDC＝90°，

∵AB＝5，AC＝12，

由勾股定理得：

BC＝13，

由

（1）知，△BCD是等腰直角三角形，

∴BD＝CD＝

，

∵AB•CP＝BD•CD．

∴PC＝

．

【变式1-1】（2018·焦作一模）如图，△ABC内接于⊙O，且AB=AC，延长BC到点D，使CD=CA，连接AD交⊙O于点E．

（1）求证：

△ABE≌△CDE；

（2）填空：

①当∠ABC的度数为时，四边形AOCE是菱形；

②若AE=6，BE=8，则EF的长为．

【答案】

（1）见解析；

（2）60；

.

【解析】

（1）证明：

连接CE，

∵AB=AC，CD=CA，

∴∠ABC=∠ACB，AB=CD，

∵四边形ABCE是圆内接四边形，

∴∠ECD+∠BCE=∠BAE+∠BCE=180°，

∴∠ECD=∠BAE，

同理，∠CED=∠ABC，

∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，

∴∠CED=∠AEB，

∴△ABE≌△CDE；

（2）①60；

连接AO、OC，

∵四边形ABCE是圆内接四边形，

∴∠ABC+∠AEC=180°，

∵∠ABC=60，

∴∠AEC=∠AOC=120°，

∵OA=OC，

∴∠OAC=∠OCA=30°，

∵AB=AC，

∴△ABC是等边三角形，

∴∠ACB=60°，

∵∠ACB=∠CAD+∠D，AC=CD，

∴∠CAD=∠D=30°，

∴∠ACE=30°，

∴∠OAE=∠OCE=60°，

即四边形AOCE是平行四边形，

∵OA=OC，

∴四边形AOCE是菱形；

②由

（1）得：

△ABE≌△CDE，

∴BE=DE=8，AE=CE=6，∠D=∠EBC，

由∠CED=∠ABC=∠ACB，

得△ECD∽△CFB，

∴

=

，

∵∠AFE=∠BFC，∠AEB=∠FCB，

∴△AEF∽△BCF，

∴

，

即

，

∴EF=

．

【例2】（2019·省实验一模）如图，AB为⊙O的直径，点C为AB上方的圆上一动点，过点C作⊙O的切线l，过点A作直线l的垂线AD，交⊙O于点D，连接OC，CD，BC，BD，且BD与OC交于点E．

（1）求证：

△CDE≌△CBE；

（2）若AB＝4，填空：

①当弧CD的长度是　　时，△OBE是等腰三角形；

②当BC＝　　时，四边形OADC为菱形．

【答案】

（1）见解析；

（2）

；2．

【解析】

（1）证明：

延长AD交直线l于点F，

∵AD垂直于直线l，

∴∠AFC＝90°，

∵直线l为⊙O切线，

∴∠OCF＝90°，

∴∠AFC＝∠OCF＝90°，

∴AD∥OC，

∵AB为⊙O直径，

∴∠ADB＝90°，

∴∠OEB＝90°，

∴OC⊥DB，

∴DE＝BE，∠DEC＝∠BEC＝90°，

∵CE＝CE，

∴△CDE≌△CBE；

（2）①如图2，连接OD，

由

（1）知∠OEB＝90°，

当△OBE是等腰三角形时，

则△OEB为等腰直角三角形，

∴∠BOE＝∠OBE=45°，

∵OD＝OB，OE⊥BD，

∴∠DOC＝∠BOE＝45°，

∵AB＝4，

∴OD＝2，

∴弧CD的长=

=

；

②当四边形OADC为菱形时，

则AD＝DC＝OC＝AO＝2，

由

（1）知，BC＝DC，

∴BC＝2.

【变式2-1】（2019·河南南阳一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为2，∠B=135°，则弧AC的长为（）

A.2πB.πC.

D.

【分析】根据弧长公式

，需先确定弧AC所对的圆心角∠AOC的度数，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到∠AOC=2∠D，根据圆内接四边形对角互补，求出∠D=180°－∠B=45°，再代入弧长公式求解即可.

【解析】解：

∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，

∴∠D=180°－∠B=45°，

∴弧AC所对圆心角的度数为：

2×45°=90°，

∵⊙O的半径为2，

∴弧AC的长为：

=π，

故选B.

1.（2018·洛阳三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O，与斜边AB交于点D，E为BC边的中点，连接DE.

（1）求证：

DE是⊙O的切线；

（2）填空：

①若∠B=30°，AC=

，则BD=

②当∠B=时，以O、D、E、C为顶点的四边形是正方形.

【答案】见解析.

【解析】解：

（1）连接OD，

∵AC为直径，

∴∠ADC=90°，∠CDB=90°，

∵E是BC的中点，

∴DE=CE=BE，

∴∠DCE=∠EDC，

∵OD=OC，

∴∠OCD=∠ODC，

∴∠ODC+∠CDE=∠OCD+∠DCE=90°，

即∠ODE=90°，

∴DE是⊙O的切线；

（2）3；45°，理由如下：

①∵∠B=30°，AC=

，∠BCA=90°，

∴BC=AC÷tan30°=6，

∴DE=3，

②由∠B=∠A=45°，

OA=OD，得∠ADO=∠AOD=45°，

∴∠AOD=90°，∴∠DOC=90°，

又∠ODE=90°，∴四边形ODEC是矩形，

∵OD=OC，

∴四边形ODEC是正方形.

2.（2018·河南第一次大联考）已知△ABC内接于以AB为直径的⊙O，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点D，且DA∶AB=1∶2．

（1）求∠CDB的度数；

（2）在切线DC上截取CE=CD，连接EB，判断直线EB与⊙O的位置关系，并证明．

【答案】见解析.

【解析】解：

（1）如图，连接OC，

∵CD是⊙O的切线，

∴∠OCD=90°．

∵DA：

AB=1：

2，

∴DA=OC，DO=2OC．

在Rt△DOC中，sin∠CDO=

，

∴∠CDO=30°，

即∠CDB=30°．

（2）直线EB与⊙O相切．

证明：

连接OC，

由

（1）可知∠CDO=30°，

∴∠COD=60°，

∵OC=OB，

∴∠OBC=∠OCB=30°，

∴∠CBD=∠CDB，

∴CD=CB，

∵CD是⊙O的切线，

∴∠OCE=90°，

∴∠ECB=60°，

又∵CD=CE，

∴CB=CE，

∴△CBE为等边三角形，

∴∠EBA=∠EBC+∠CBD=90°，

∴EB是⊙O的切线．

3.（2019·偃师一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O与斜边AB交于点D，E为BC边上一点，且DE是⊙O的切线．

（1）求证：

BE=EC；

（2）填空：

①若∠B=30°，AC=2

则DE=；

②当∠B=°时，以O，D，E，C为顶点的四边形是正方形．

【答案】

（1）见解析；

（2）①3；②45.

【解析】解：

（1）证明：

如图，连接OD，

∵∠ACB=90°，AC为⊙O的直径，

∴EC为⊙O的切线，

∵DE为⊙O的切线，

∴EC=ED，

∵∠EDO=90°，

∴∠BDE+∠ADO=90°，

∵OD=OA，

∴∠ADO=∠A，

∴∠BDE+∠A=90°，

∵∠A+∠B=90°，

∴∠BDE=∠B，

∴BE=EC；

（2）①3；②45，理由如下：

①在Rt△ABC中，∠B=30°，AC=2

，

∴BC=6，

由

（1）知，E是BC中点，

∴DE=

BC=3；

②∵ODEC为正方形，

∴∠DEC=90°，

DE=CE=BE，

∴∠B=45°，

故答案为：

3；45.

4.如图，AB为⊙O的直径，C为半圆上一动点，过点C作⊙O的切线l的垂线BD，垂足为D，BD与⊙O交于点E，连接OC，CE，AE，AE交OC于点F．

（1）求证：

△CDE≌△EFC；

（2）若AB=4，连接AC．

①当AC=时，四边形OBEC为菱形；

②当AC=时，四边形EDCF为正方形．

【答案】见解析．

【解析】

（1）证明：

如图，

∵BD⊥CD，

∴∠CDE=90°，

∵AB是直径，

∴∠AEB=90°，

∵CD是切线，

∴∠FCD=90°，

∴四边形CFED矩形，

∴CF=DE，EF=CD，

∵CE=CE，

∴△CDE≌△EFC．

（2）解：

①当AC=2时，四边形OCEB是菱形．

理由：

连接OE．

∵AC=OA=OC=2，

∴△ACO是等边三角形，

∴∠CAO=∠AOC=60°，

∵∠AFO=90°，

∴∠EAB=30°，

∵∠AEB=90°，

∴∠B=60°，

∵OE=OB，

∴△OEB是等边三角形，

∴∠EOB=60°，

∴∠COE=180°﹣60°﹣60°=60°，

∵CO=OE，

∴△COE是等边三角形，

∴CE=CO=OB=EB，

∴四边形OCEB是菱形．

故答案为2．

②当四边形DEFC是正方形时，

∵CF=FE，∴∠CEF=∠FCE=45°，

∵OC⊥AE，∴弧AC=弧CE，

∴∠CAE=∠CEA=45°，

∴∠ACE=90°，

∴AE是⊙O的直径，

∴△AOC是等腰直角三角形，

∴AC=2

．

∴AC=2

时，四边形DEFC是正方形．

故答案为2

．

5.（2019·三门峡二模）如图，AB是半圆O的直径，D为半圆上的一个动点（不与点A，B重合），连接AD，过点O作AD的垂线，交半圆O的切线AC于点C，交半圆O于点E．连接BE，DE．

（1）求证：

∠BED＝∠C．

（2）连接BD，OD，CD．

填空：

①当∠ACO的度数为时，四边形OBDE为菱形；

②当∠ACO的度数为时，四边形AODC为正方形．

【答案】

（1）见解析；

（2）30；45．

【解析】解：

（1）证明：

设AD，OC交于点P，

∵OC⊥AD，

∴∠APC＝90°．

∴∠C+∠CAP＝90°

∵AC是半圆O的切线，

∴∠CAO＝∠CAP+∠BAD＝90°，

∴∠BAD＝∠C，

∵∠BED＝∠BAD，

∴∠BED＝∠C；

（2）①30，理由如下：

连接BD，如图：

∵AB是半圆O的直径，

∴∠ADB＝90°，

∵∠DAB＝∠ACO＝30°，

∴∠DBA＝60°，

∵OE⊥AD，

∴弧AE=弧AD，

∴∠DBE＝∠ABE＝30°

∵∠DEB＝∠DAB＝30°，

∴∠DEB＝∠ABE，DE∥AB

∵∠ADB＝90°，即BD⊥AD，OE⊥AD，

∴OE∥BD，

∴四边形OBDE是平行四边形

∵OB＝OE

∴四边形OBDE是菱形；

故答案为30°；

②45，理由如下：

连接CD、OD，

∵∠BED＝∠ACO＝45°，

∴∠BOD＝2∠BED＝90°，

∴∠AOD＝90°，

∵OC⊥AD，

∴OC垂直平分AD，

∴∠OCD＝∠OCA＝45°，

∴∠ACD＝90°，

∵∠ACO＝90°，

∴四边形AODC是矩形，

∵OA＝OD，

∴四边形AODC是正方形，

故答案为45°．

6.（2019·开封模拟）如图，CD是⊙O的直径，且CD＝2cm，点P为CD的延长线上一点，过点P作⊙O的切线PA、PB，切点分别为A、B．

（1）连接AC，若∠APO＝30°，试证明△ACP是等腰三角形；

（2）填空：

①当弧AB的长为cm时，四边形AOBD是菱形；

②当DP＝cm时，四边形AOBP是正方形．

【答案】

（1）见解析；

（2）

；

.

【解析】解：

（1）连接AO，

∵PA是⊙O的切线，

∴∠PAO＝90°，

∵∠APO＝30°，

∴∠AOP＝60°，

∵OA＝OC，

∴∠C＝∠CAO＝30°，

∴∠C＝∠APO=30°，

∴△ACP是等腰三角形；

（2）①若四边形AOBD是菱形，则AO＝AD，

∵AO＝OD，

∴△AOD是等边三角形，∠AOD＝60°，

∴∠AOB＝120°，

∵CD=2，

∴圆O的半径为1，

∴弧AB的长为：

=

.

②若四边形AOBP为正方形时，则PA＝AO＝1，

则OP=

，

∵OD=1，

∴PD=

－1，

所以答案为：

－1．

7.（2019·西华县一模）如图，AB为⊙O的直径，F为弦AC的中点，连接OF并延长交弧AC于点D，过点D作⊙O的切线，交BA的延长线于点E．

（1）求证：

AC∥DE；

（2）连接CD，若OA=AE=2时，求出四边形ACDE的面积．

【答案】见解析．

【解析】证明：

（1）∵F为弦AC（不是直径）的中点，

∴AF=CF，OD⊥AC，

∵DE是⊙O的切线，

∴OD⊥DE，

∴AC∥DE．

（2）连接CD，

∵AC∥DE，OA=AE=2，

∴OF=FD，

∵AF=CF，∠AFO=∠CFD，

∴△AFO≌△CFD，

∴S△AFO=S△CFD，

∴S四边形ACDE=S△ODE

∵OD=OA=AE=2，

∴OE=4，

由勾股定理得：

DE=2

，

∴S四边形ACDE=S△ODE

=

×OD×OE

=

×2×2

=2

．

8.（2019·郑州联考）已知：

如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连结AD．

（1）求证：

∠DAC＝∠DBA；

（2）求证：

P是线段AF的中点；

（3）连接CD，若CD＝3，BD＝4，求⊙O的半径和DE的长．

【答案】见解析．

【解析】

（1）证明：

∵BD平分∠CBA，

∴∠CBD＝∠DBA，

∵∠DAC与∠CBD是弧CD所对的圆周角，

∴∠DAC＝∠CBD，

∴∠DAC＝∠DBA；

（2）证明：

∵AB为直径，

∴∠ADB＝90°，

∵DE⊥AB于E，

∴∠DEB＝90°，

∴∠ADE+∠BDE＝∠DBE+∠BDE＝90°，

∴∠ADE＝∠DBE＝∠DAC，

∴PD＝PA，

∵∠DFA+∠DAF＝∠ADE+∠BDE＝90°，

∴∠PDF＝∠PFD，

∴PD＝PF，

∴PA＝PF，即P是线段AF的中点；

（3）解：

∵∠CBD＝∠DBA，CD＝3，

∴CD＝AD＝3，

由勾股定理得：

AB＝5，

即⊙O的半径为2.5，

由DE×AB＝AD×BD，

即：

5DE＝3×4，

∴DE＝2.4．

即DE的长为2.4．

9.（2019·安阳二模）如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的圆O与AD，AC分别交于点E，F，且∠ACB＝∠DCE．

（1）判断直线CE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；

（2）若tan∠ACB＝

，BC＝4，求⊙O的半径．

【答案】见解析．

【解析】

（1）直线CE与⊙O相切，

证明：

连接OE，

∵OA＝OE，

∴∠EAO＝∠AEO，

∵∠ACB＝∠DCE，

∴∠AEO＝∠ACB＝∠DCE，

∵四边形ABCD是矩形，

∴BC∥AD，

∴∠ACB＝∠DAC，

∵∠ACB＝∠DCE，

∴∠DAC＝∠DCE，

由∠D＝90°，得：

∠DCE+∠DEC＝90°，

∴∠AEO+∠DEC＝90°，

∴∠OEC＝90°，即OE⊥EC，

∵OE为半径，

∴直线CE与⊙O相切；

（2）解：

在Rt△ACB中，AB＝tan∠ACB×BC=

×4＝2，

由勾股定理得：

AC＝2

，

∵∠ACB＝∠DCE，

∴tan∠DCE＝tan∠ACB＝

，

在Rt△DCE中，CD＝AB＝2，DE＝DC×tan∠DCE＝2×

＝1，

由勾股定理得：

CE＝

，

在Rt△COE中，CO2＝CE2+OE2，OE=OA，

（2

﹣OA）2＝OA2+（

）2，

解得：

OA＝

，

即⊙O的半径是

．

10.（2019·平顶山三模）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB是⊙C的切线，切点为点D，直线AC交⊙C于点E、F，且CF=

AC，

（1）求证：

△ABF是直角三角形；

（2）若AC＝6，则直接回答BF的长是多少．

【答案】见解析.

【解析】

（1）证明：

连接CD，则CF＝CD，

∵AB是⊙C的切线．

∴CD⊥AB，∠ADC＝∠BDC＝90°，

在Rt△ACD中，CF=

AC，

∴CD＝CF=

AC，∴∠A＝30°

∵AC＝BC，

∴∠ABC＝∠A＝30°，

∴∠ACB＝120°，∠BCD＝∠BCF＝60°，

∵BC＝BC，

∴△BCD≌△BCF，

∴∠BFC＝∠BDC＝90°，

∴△ABF是直角三角形．

（2）解：

由

（1）知：

AC＝BC，CD⊥AB，

∴AD＝BD＝BF，

在Rt△ACD中，∠A＝30°，AC＝6，

∴CD＝3，∴AD=

CD＝3

．∴BF＝3

.