2022年中考数学三轮冲刺专题训练04《与圆有关的计算和证明》（含答案）

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专题训练(四)　[与圆有关的计算和证明]1.如图,AN是☉M的直径,NB∥x轴,AB交☉M于点C.点A(0,6),N(0,2),∠ABN=30°.(1)求点B的坐标;(2)若D为线段NB的中点,求证:直线CD是☉M的切线.         2.如图,AH是☉O的直径,AE平分∠FAH,交☉O于点E,过点E的直线FG⊥AF,垂足为F,B为半径OH上一点,点E,F分别在矩形ABCD的边BC和CD上.(1)求证:直线FG是☉O的切线.(2)若AF=12,BE=6,求的值.            3.如图,已知☉O是△ABC的外接圆,且AB=BC=CD,AB∥CD,连接BD.(1)求证:BD是☉O的切线;(2)若AB=10,cos∠BAC=,求BD的长及☉O的半径.           4.如图,AB为☉O的直径,点C为☉O上一点,将沿直线BC翻折,使的中点D恰好与圆心O重合,连接OC,CD,BD,过点C的切线与线段BA的延长线交于点P,连接AD,在PB的另一侧作∠MPB=∠ADC.(1)判断PM与☉O的位置关系,并说明理由;(2)若PC=,求四边形OCDB的面积.              5.如图,在☉O中,直径CD垂直于不过圆心O的弦AB,垂足为点N,连接AC,点E在AB上,且AE=CE.(1)求证:AC2=AE·AB;(2)过点B作☉O的切线交EC的延长线于点P,试判断PB与PE是否相等,并说明理由;(3)设☉O的半径为4,点N为OC中点,点Q在☉O上,求线段PQ的最小值.          6.如图,四边形ABCD中,AB=AD=CD,以AB为直径的☉O经过点C,连接AC,OD交于点E.(1)证明:OD∥BC;(2)若tan∠ABC=2,证明:DA与☉O相切;(3)在(2)的条件下,连接BD交☉O于点F,连接EF,若BC=1,求EF的长.                 参考答案1.解:(1)∵A的坐标为(0,6),N(0,2),∴AN=4.∵∠ABN=30°,∠ANB=90°,∴AB=2AN=8,∴由勾股定理可知NB=4,∴B(4,2).(2)证明:连接MC,NC.∵AN是☉M的直径,∴∠ACN=90°,∴∠NCB=90°.在Rt△NCB中,D为NB的中点,∴CD=NB=ND,∴∠CND=∠NCD,∵MC=MN,∴∠MCN=∠MNC.∵∠MNC+∠CND=90°,∴∠MCN+∠NCD=90°,即MC⊥CD.∴直线CD是☉M的切线.2.解:(1)证明:连接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,∴直线FG是☉O的切线.(2)∵四边形ABCD为矩形,∴BE⊥AB.∵EF⊥AF,又∵AE平分∠FAB,∴EF=BE=6.又∵四边形ABCD为矩形,∴∠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)连接BO并延长交AC于H,由于☉O是△ABC的外接圆,AB=BC,则BH⊥AC且AH=CH,又∵AB=CD,AB∥CD,∴四边形ABDC是平行四边形,∴AC∥BD,∴BH⊥BD,即OB⊥BD,∴BD是☉O的切线.(2)由(1)知,BD=AC,而AC=2AH=2AB·cos∠BAC=2×10×=12.∴BD=12.设圆的半径为r,OH=x,则有r+x=BH,连接AO,在Rt△OAH中,AH2+x2=r2,又BH===8,∴r+x=8①.又由AH2+x2=r2得,(r+x)(r-x)=AH2=36,∴r-x=②.①,②联立,解得r=,∴☉O的半径为.4.解:(1)过点O作OH⊥PM,连接OD交BC于点E,由于点D为中点,且沿BC折叠与O重合,所以OD垂直平分BC,OE=OD=OB,所以∠OBC=30°,所以∠ADC=∠MPB=30°,则∠POH=60°,又因为∠POC=2∠OBC=60°,所以∠POH=∠POC,又因为∠PHO=∠PCO,PO=PO,所以△PHO≌△PCO,所以OH=OC,直线PM到圆心的距离等于半径,且OH⊥PM,因此PM是☉O的切线.(2)由于D是中点,且沿BC折叠与点O重合,所以OB=DB,OC=CD,又因为OC=OB,所以OC=CD=DB=BO,所以△COD是等边三角形,四边形OCDB是菱形,由(1)得出∠CPO=∠HPO=30°,所以OC=PC×tan30°=×=1,则四边形OCDB的面积为2××1×1×=,因此四边形OCDB的面积为.5.解:(1)证明:如图,连接BC,∵CD⊥AB,∴=,∴∠CAB=∠CBA.又∵AE=CE,∴∠CAE=∠ACE.∴∠ACE=∠ABC.∵∠CAE=∠BAC,∴△CAE∽△BAC.∴=,即AC2=AE·AB.(2)PB=PE.理由如下:如图,连接BD,OB.∵CD是直径,∴∠CBD=90°.∵BP是☉O的切线,∴∠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)如图,连接PO交☉O于点Q,则此时线段PQ有最小值.∵N是OC的中点,∴ON=2.∵OB=4,∴∠OBN=30°,∴∠PBE=60°.∵PE=PB,∴△PEB是等边三角形.∴∠PEB=60°,PB=BE.在Rt△BON中,BN===2.在Rt△CEN中,EN=== .∴BE=BN+EN= .∴PB=BE= .∴PQ=PO-OQ=-OQ=-4= -4.6.[解析] (1)连接OC,由SSS可证得△OAD≌△OCD,得∠ADO=∠CDO,由AD=CD可证DE⊥AC,再由AB为直径证得BC⊥AC,从而得OD∥BC;(2)根据tan∠ABC=2,可设BC=a,则AC=2a,AD=AB==a,由OE为中位线知OE=a,AE=CE=AC=a,进一步求得DE==2a,在△AOD中利用勾股定理的逆定理证∠OAD=90°即可;(3)先证△AFD∽△BAD,得DF·BD=AD2,再证△AED∽△OAD,得OD·DE=AD2,从而可得DF·BD=OD·DE,即=,结合∠EDF=∠BDO知△EDF∽△BDO,据此可得=,结合(2)所得相关线段的长,代入计算可得.解:(1)证明:连接OC,在△OAD和△OCD中,∵∴△OAD≌△OCD(SSS),∴∠ADO=∠CDO.∵AD=CD,∴DE⊥AC,∴∠AEO=90°.∵AB为☉O的直径,∴∠ACB=90°,∴∠AEO=∠ACB,∴OD∥BC.(2)证明:∵tan∠ABC==2,∴设BC=a,则AC=2a,∴AD=AB==a.∵OE∥BC,且AO=BO,∴OE=BC=a,AE=CE=AC=a.在△AED中,DE==2a.在△AOD中,AO2+AD2=a2+(a)2=a2,OD2=(OE+DE)2=a+2a2=a2,∴AO2+AD2=OD2,∴∠OAD=90°,则DA与☉O相切.(3)连接AF,∵AB是☉O的直径,∴∠AFD=∠BAD=90°,又∵∠ADF=∠BDA,∴△AFD∽△BAD,∴=,即DF·BD=AD2. ①∵∠AED=∠OAD=90°,∠ADE=∠ODA,∴△AED∽△OAD,∴=,即OD·DE=AD2. ②由①②可得DF·BD=OD·DE,即=,又∵∠EDF=∠BDO,∴△EDF∽△BDO,∵BC=1,∴AB=AD=,OD=,ED=2,BD=,OB=,∴=,即=,解得EF=.