2022年中考数学二轮专题《圆》解答题专练09（含答案）

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如图1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D.
（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；
（2）如图3，当=时，延长AB至点E，使BE=eq \f(1,2)AB，连接DE.
①求证：DE是⊙O的切线；
②求PC的长.
如图，以矩形ABCD的对角线AC的中点O为圆心，OA长为半径作⊙O，⊙O经过B、D两点，过点B作BK⊥AC，垂足为K．过D作DH∥KB，DH分别与AC、AB、⊙O及CB的延长线相交于点E、F、G、H．
（1）求证：AE=CK；
（2）如果AB=a，AD=a（a为大于零的常数），求BK的长．
如图，AB是⊙O的直径，BC为⊙O的切线，D为⊙O上的一点，CD=CB，延长CD交BA的延长线于点E．
（1）求证：CD为⊙O的切线；
（2）求证：∠C=2∠DBE；
（3）若EA=AO=2，求图中阴影部分的面积．（结果保留π）
如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延长线交于点D，DE⊥PO交PO延长线于点E，连接PB，∠EDB=∠EPB．
（1）求证：PB是⊙O的切线．
（2）若PB=3，DB=4，求DE的长．
如图，⊙O是△ABC的外接圆，FH是⊙O的切线，切点为F，FH∥BC，连接AF交BC于E，∠ABC的平分线BD交AF于D，连接BF.
(1)证明：AF平分∠BAC；
(2)证明：BF=FD；
(3)若EF=4，DE=3，求AD的长.
如图，已知AB为⊙O的直径，CD为⊙O的弦，与直径相交于点E，tan∠D=0.5.
(1)求tan∠ABC；
(2)若D为半圆中点，CE=4，DE=5，求BC及⊙O的半径.

如图，△ABC内接于⊙O，弦AD⊥AB交BC于点E，过点B作⊙O的切线交DA的延长线于点F，且∠ABF=∠ABC．
（1）求证：AB=AC；
（2）若AD=4，cs∠ABF=0.8，求DE的长．
如图，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，E是BD弧上的一点，OE⊥BD于点G，连接AE交BC于点F，AC是⊙O的切线．
(1)求证：∠ACB=2∠EAB；
(2)若cs∠ACB=，AC=10，求BF的长．
\s 0 2022年中考数学二轮专题《圆》解答题专练09（含答案）答案解析
、解答题
解：（1）如图2，连接OD，
∵OP⊥PD，PD∥AB，
∴∠POB=90°，
∵⊙O的直径AB=12，
∴OB=OD=6，
在Rt△POB中，∠ABC=30°，
∴OP=OB•tan30°=6×=2，
在Rt△POD中，
PD===2；
（2）①证明：如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，
∵=，
∴∠DBC=∠ABC=30°，
∴∠ABD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OD⊥FB，
∵BE=AB，
∴OB=BE，
∴BF∥ED，
∴∠ODE=∠OFB=90°，
∴DE是⊙O的切线；
②由①知，OD⊥BC，
∴CF=FB=OB•cs30°=6×=3，
在Rt△POD中，OF=DF，
∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），
∴CP=CF﹣PF=3eq \r(3)﹣3.
解：
（1）∵DH∥KB，BK⊥AC，∴DE⊥AC，∴∠AED=90°，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠EAD=∠KCB，
在△ADE和△CBK中∴Rt△ADE≌Rt△CBK，
∴AE=CK．
（2）在Rt△ABC中，AB=a，AD=BC=a，
∴AC===，
∵S△ABC=AB×BC=AC×BK，∴BK===a．
解：
（1）证明：连接OD，
∵BC是⊙O的切线，∴∠ABC=90°，
∵CD=CB，∴∠CBD=∠CDB，
∵OB=OD，∴∠OBD=∠ODB，
∴∠ODC=∠ABC=90°，即OD⊥CD，
∵点D在⊙O上，∴CD为⊙O的切线；
（2）证明：如图，∠DOE=∠ODB+∠OBD=2∠DBE，
由（1）得：OD⊥EC于点D，
∴∠E+∠C=∠E+∠DOE=90°，∴∠C=∠DOE=2∠DBE；
（3）解：作OF⊥DB于点F，连接AD，
由EA=AO可得：AD是Rt△ODE斜边的中线，
∴AD=AO=OD，∴∠DOA=60°，∴∠OBD=30°，
又∵OB=AO=2，OF⊥BD，∴OF=1，BF=，
∴BD=2BF=2，∠BOD=180°﹣∠DOA=120°，
∴S阴影=S扇形OBD﹣S△BOD=﹣×2×1=﹣．

（1）证明：∵在△DEO和△PBO中，∠EDB=∠EPB，∠DOE=∠POB，
∴∠OBP=∠E=90°，
∵OB为圆的半径，
∴PB为圆O的切线；
（2）解：在Rt△PBD中，PB=3，DB=4，根据勾股定理得：PD==5，
∵PD与PB都为圆的切线，∴PC=PB=3，∴DC=PD﹣PC=5﹣3=2，
在Rt△CDO中，设OC=r，则有DO=4﹣r，
根据勾股定理得：（4﹣r）2=r2+22，解得：r=，∴OP==，
∵∠E=∠PCO，∠CPO=∠CPO，∴△DEP∽△OBP，
∴，∴DE=．

(1)证明：连接OF
∵FH是⊙O的切线
∴OF⊥FH(1分)
∵FH∥BC，
∴OF垂直平分BC
∴，
∴∠1=∠2，
∴AF平分∠BAC
(2)证明：由(1)及题设条件可知
∠1=∠2，∠4=∠3，∠5=∠2
∴∠1+∠4=∠2+∠3
∴∠1+∠4=∠5+∠3(5分)
∵∠1+∠4=∠BDF，∠5+∠3=∠FBD，
∴∠BDF=∠FBD，
∴BF=FD
(3)解：在△BFE和△AFB中
∵∠5=∠2=∠1，∠AFB=∠AFB，
∴△BFE∽△AF
∴═，
∴BF2=FE•FA
∴(9分)，EF=4，BF=FD=EF+DE=4+3=7，
∴
∴AD=AF﹣DF=AF﹣(DE+EF)==
解：
（1）连接AC，tan∠ABC=2；
（2）证明△BCE∽△DCB，BC2=CE×CD，BC=6，半径r=6.
解：

解：(1)连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵AC是⊙O的切线，
∴∠CAB=90°，
∴∠C+∠CAD=∠CAD+∠DAB=90°，
∴∠C=∠DAB，
∵OE⊥BD，
∴2=，
∴∠BAE=BAD，
∴∠ACB=2∠EAB；
(2)∵cs∠ACB=，AC=10，
∴BC=25，
∴AB==5，
∵∠C=∠BAD，∠B=∠B，
∴△ABC∽△DBA，
∴，∴BD==21，
∵OE⊥BD，∴BG=DG=，
∵AD==2，
∵AO=BO，BG=DG，
∴OG=AD=，∴GE=，
∵AD∥GE，
∴=，∴FG=DG=，
∴BF=BG+FG=+=15．