2024浙江中考数学二轮专题训练 题型七 圆的综合题 (含答案)
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这是一份2024浙江中考数学二轮专题训练 题型七 圆的综合题 (含答案),共12页。
母题变式练
母题1 (2023杭州23题12分)如图,锐角三角形ABC内接于⊙O,∠BAC的平分线AG交⊙O于点G,交BC边于点F,连接BG.
(1)求证:△ABG∽△AFC;
【思维教练】结合角平分线的性质及同弧所对的圆周角相等,即可得证.
母题1题图
(2)已知AB=a,AC=AF=b,求线段FG的长(用含a,b的代数式表示);
【思维教练】结合相似三角形的性质进行等量代换,即可得解.
母题1题图
(3)已知点E在线段AF上(不与点A,点F重合),点D在线段AE上(不与点A,点E重合),∠ABD=∠CBE,求证:BG2=GE·GD.
【思维教练】结合相似三角形的性质,进行恒等变形,即可得证.
母题1题图
母题变式
【变式角度】题干中AB由⊙O的弦变为直径,角平分线变为弧的中点.
1. 如图,△ABC内接于⊙O,AB是⊙O的直径,点D是劣弧AC上的一点(不与点A、C重合),连接AD并延长与BC的延长线交于点E,AC、BD相交于点M.
(1)求证:BC·CE=AC·MC;
(2)若点D是劣弧AC的中点,tan∠ACD=eq \f(1,3),MD·BD=10,求⊙O的半径;
(3)若CD∥AB,过点A作AF∥BC,交CD的延长线于点F,求eq \f(CF,CD)-eq \f(BC,CE)的值.
第1题图
针对演练
2. 如图,已知AC,BD为⊙O的两条直径,连接AB,BC,OE⊥AB于点E,点F是半径OC的中点,连接EF.
(1)设⊙O的半径为1,若∠BAC=30°,求线段EF的长;
(2)连接BF,DF,设OB与EF交于点P.
①求证:PE=PF;
②若DF=EF,求∠BAC的度数.
第2题图
类型二 与函数结合的证明及计算
母题变式练
母题2 如图,△ABC是⊙O的内接三角形,点D在eq \(BC,\s\up8(︵))上,点E在弦AB上(E不与A重合),且四边形BDCE为菱形.
母题2题图
(1)求证:AC=CE;
【思维教练】要证AC=CE,即要证∠CAE=∠CEA,由圆内接四边形的对角互补,可知∠BDC+∠BAC=180°,由四边形BDCE为菱形得到∠BDC=∠BEC,而∠BEC+∠CEA=180°,等量代换即可得证.
(2)求证:BC2-AC2=AB·AC;
【思维教练】由所证结论BC2-AC2易联想到需构造直角三角形,结合AC=CE可想到过点C作CF⊥AB得到Rt△BCF和Rt△ACF,利用勾股定理得到关于BC2、AC2的关系式,两者作差即可得证.
(3)已知⊙O的半径为3.
①若eq \f(AB,AC)=eq \f(5,3),求BC的长;
②当eq \f(AB,AC)为何值时,AB·AC的值最大?
【思维教练】①由eq \f(AB,AC)的值结合(2)中所证结论,可得到AB,AC,BC三者的比值,而四边形BDCE为菱形,AC=CE=BD,由此想到连接ED,且点O在ED上,构造以BC长度的一半,点D到弦BC的距离所组成的直角三角形,同时在⊙O中构造以半径,BC长度的一半,点O到弦BC的距离所组成的直角三角形,二者结合即可求解;②设eq \f(AB,AC)=t,按照①中的思路求解即可.
母题变式
【变式角度】由AB为⊙O的弦变为AB为⊙O的直径,由构造直角三角形解决问题变为构造相似三角形解决问题.
1. 如图,△ABC是⊙O的内接三角形,点D为线段AC上一动点(不与点A、C重合),且直径AB=10,sinA=eq \f(3,5),过点D作DF⊥AB于点F,连接BD并延长交⊙O于点H,连接CF.
(1)当DF经过圆心O时,求AD的长;
(2)求证:△ACF∽△ABD;
(3)求CF·DH的最大值.
第1题图
针对演练
2. 如图,等边△ABC的顶点A,C在⊙O上,B在⊙O内,圆心O在△ABC内,AB,CB的延长线分别交⊙O于点D,E,连接DE,BF⊥EC交AE于点F.
(1)求证:BD=BE;
(2)当AF∶EF=4∶3,AC=8时,求AE的长;
(3)设eq \f(AF,EF)=m,tan∠DAE=n.求n关于m的函数表达式.
第2题图
参考答案
类型一 纯几何图形的证明与计算
母题1 (1)证明:∵AG平分∠BAC,
∴∠BAG=∠FAC,
又∵∠G=∠C,
∴△ABG∽△AFC;
(2)解:由(1)得△ABG∽△AFC,eq \f(AB,AF)=eq \f(AG,AC),
∵AC=AF=b,
∴AG=AB=eq \f(AF·AG,AC)=a,
∴FG=AG-AF=a-b;
(3)证明:∵∠CAG=∠CBG,∠BAG=∠CAG,
∴∠BAG=∠CBG,
∵∠ABD=∠CBE,
∴∠BDG=∠BAG+∠ABD=∠CBG+∠CBE=∠EBG,
又∵∠DGB=∠BGE.
∴△DGB∽△BGE,
∴eq \f(GD,GB)=eq \f(BG,EG),
∴BG2=GE·GD.
1. (1)证明:∵CD=CD,
∴∠MBC=∠EAC,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠BCM=∠ACE=90°,
∴△CBM∽△CAE,
∴eq \f(BC,AC)=eq \f(MC,EC),
∴BC·CE=AC·MC;
(2)解:∵点D是劣弧AC的中点,
∴eq \(AD,\s\up8(︵))=eq \(CD,\s\up8(︵)),
∴∠ABD=∠MAD,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=∠MDA=90°,
∴△BAD∽△AMD,
∴eq \f(AD,MD)=eq \f(BD,AD),
∴AD2=MD·BD=10,
解得AD=eq \r(10)(负值已舍去),
∵∠ACD=∠ABD,
∴tan∠ACD=tan∠ABD=eq \f(1,3),
∴eq \f(AD,BD)=eq \f(1,3),
∴BD=3eq \r(10),
在Rt△ABD中,由勾股定理得AB2=AD2+BD2,
∴AB=eq \r((\r(10))2+(3\r(10))2)=10,
∴⊙O的半径为eq \f(1,2)AB=5;
(3)解:∵CD∥AB,
∴eq \f(BC,CE)=eq \f(AD,DE),
∵AF∥BC,
∴△ADF∽△EDC,
∴eq \f(AD,ED)=eq \f(DF,DC),
∴eq \f(BC,CE)=eq \f(DF,DC),
∴eq \f(CF,CD) - eq \f(BC,CE)=eq \f(CF,CD) - eq \f(DF,CD)=eq \f(CF-DF,CD)=eq \f(CD,CD)=1.
2. (1)解:∵OE⊥AB,∠BAC=30°,OA=1,
∴∠AOE=60°,OE=eq \f(1,2)OA=eq \f(1,2),AE=eq \f(\r(3),2),
∵∠OFE=eq \f(1,2)∠AOE=30°,
∴∠BAC=∠OFE,
∴EF=AE=eq \f(\r(3),2);
(2)①证明:如解图,过点F作FG⊥AB交AB于点G,与BO交于点H,连接EH.
第2题解图
∵AC为⊙O的直径,
∴∠ABC=90°,
∴FG∥BC,
∴△OFH∽△OCB,
∵点F是OC的中点,
∴eq \f(FH,CB)=eq \f(OF,OC)=eq \f(1,2),同理eq \f(OE,BC)=eq \f(1,2),
∴FH=OE.
∵OE⊥AB,FG⊥AB,
∴FH∥OE,
∴四边形OEHF是平行四边形,
∴PE=PF;
②解:∵OE∥FG∥BC,
∴eq \f(EG,GB)=eq \f(OF,FC)=1,
∴EG=GB,
∴EF=BF,
∵DF=EF,
∴DF=BF,
∵DO=BO,
∴FO⊥BD,
∴△AOB是等腰直角三角形,
∴∠BAC=45°.
类型二 与函数结合的证明与计算
母题2 (1)证明:∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形,
∴∠BDC+∠BAC=180°,
∵四边形BDCE是菱形,
∴∠BDC=∠BEC,
∴∠BEC+∠CAE=180°,
∵∠BEC+∠CEA=180°,
∴∠CEA=∠CAE,
∴AC=CE;
(2)证明:如解图,过点C作CF⊥AB于点F,
母题2解图
∵CE=CA,
∴AF=EF,
在Rt△BCF中,BC2=BF2+CF2,在Rt△ACF中,AC2=AF2+CF2,
∴BC2-AC2=(BF2+CF2)-(AF2+CF2)=BF2-AF2=(BE+EF)2-AF2=BE2+2BE·EF+EF2-AF2=BE(BE+2EF)=BE·AB,
∵四边形BDCE是菱形,
∴BE=CE=AC,
∴BC2-AC2=AB·AC;
(3)解:① ∵eq \f(AB,AC)=eq \f(5,3),
∴设AB=5k,AC=3k,
由(2)知BC=2eq \r(6)k,BD=AC=3k,
如解图,连接OB,ED,设ED交BC于点M,
∵四边形BDCE是菱形,
∴ED垂直平分BC,
∴点O在ED上,BM=CM=eq \r(6)k,
在Rt△BDM中,由勾股定理得
DM=eq \r(BD2-BM2)=eq \r(3)k,
∴OM=OD-DM=3-eq \r(3)k,
在Rt△BOM中,由勾股定理得OB2=BM2+MO2,
即32=(eq \r(6)k)2+(3-eq \r(3)k)2,
解得k1=eq \f(2\r(3),3),k2=0(舍去),
∴BC=2eq \r(6)k=2eq \r(6)×eq \f(2\r(3),3)=4eq \r(2);
②令eq \f(AB,AC)=t,设AC=x,则AB=tx,则AB·AC=tx2,
由(2)得BC2=AB·AC+AC2=(1+t)x2,BD=AC=x,
∴BC=eq \r(1+t) x,
∴BM=eq \f(\r(1+t),2)x.
在Rt△BDM中,由勾股定理得BM=eq \r(BD2-DM2)=eq \f(\r(1+t),2)x,
解得DM=eq \f(\r(3-t),2)x(负值已舍去),
∴OM=OD-DM=3-eq \f(\r(3-t),2)x,
在Rt△BOM中,由勾股定理得BM2+OM2=BO2,
即eq \f(1+t,4)x2+(3-eq \f(\r(3-t),2)x)2=32,
解得x=3eq \r(3-t)或x=0(舍去),
∴AB·AC=tx2=9t(3-t)=-9(t-eq \f(3,2))2+eq \f(81,4),
∵-9
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