2021年中考数学分类专题提分训练：圆之圆周角定理解答题专项（三）
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圆之圆周角定理解答题专项（三）
1．如图，AB是⊙O的直径，M是OA的中点，弦CD⊥AB于点M，连接AD，点E在BC上，∠CDE＝45°，DE交AB于点F，CD＝6．
（1）求∠OAD的度数；
（2）求DE的长．
2．已知AB为圆O的直径，C为圆周上不同于A、B两点的一点，CH为△ABC的AB边上的高线，且有tanA+tanB﹣4tanAtanB＝0．若△ABC边AB上的中线长为1：
（I）求圆O的面积；
（Ⅱ）求sin∠HCO；
（Ⅲ）若线段BC上一点T满足2CT＝3TB，求点T到直线CO的距离．
3．如图，已知AB为⊙O的直径，AC是⊙O的弦，D是半圆的中点，BE⊥CD交CD的延长线于点E，tan∠CAB＝2．
（1）求证：CD＝DE；
（2）求sin∠ABE的值．
4．如图，A，B，C是⊙O上的点，sinA＝，半径为5，求BC的长．
5．如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，∠B＝∠D．过点C作CH⊥AB交DA的延长线于点E，设垂足为H．以CE为直径作⊙O分别交AD，BC于点F，G，连结CF，若CF＝CH．
（1）求证：四边形ABCD为菱形．
（2）若tanB＝，OH＝9，求AE的长．
6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1，以边AC上一点O为圆心，OA为半径的⊙O经过点B．
（1）求⊙O的半径；
（2）点P为劣弧AB中点，作PQ⊥AC，垂足为Q，求OQ的长；
（3）在（2）的条件下，连接PC，求tan∠PCA的值．
7．如图，AB为⊙O的直径，M为⊙O外一点，连接MA与⊙O交于点C，连接MB并延长交⊙O于点D，经过点M的直线l与MA所在直线关于直线MD对称，作BE⊥l于点E，连接AD，DE
（1）依题意补全图形；
（2）在不添加新的线段的条件下，写出图中与∠BED相等的角，并加以证明．
8．如图，AB是⊙O的直径，M是OA的中点，弦CD⊥AB于点M，过点D作DE⊥CA交CA的延长线于点E．
（1）连接AD，求∠OAD；
（2）点F在上，∠CDF＝45°，DF交AB于点N．若DE＝，求FN的长．
9．如图所示，AB是半圆O的直径，AC是弦，点P沿BA方向，从点B运动到点A，速度为1cm/s，若AB＝10cm，点O到AC的距离为4cm．
（1）求弦AC的长；
（2）问经过多长时间后，△APC是等腰三角形．
10．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，F是上的一点，AF，CD的延长线相交于点G．
（1）若⊙O的半径为，且∠DFC＝45°，求弦CD的长．
（2）求证：∠AFC＝∠DFG．
参考答案
1．解：（1）连接OD．
∵DC⊥OA，AM＝MO，
∴DA＝DO，
∵OA＝OD，
∴OA＝OD＝AD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠OAD＝60°．
（2）连接OC，CF，EC．
∵OA⊥CD，
∴＝，CM＝DM，
∴∠AOC＝∠AOD＝60°，FC＝FD，
∵∠CDE＝45°，
∴CF＝DF，FM＝CM＝DM＝3，DF＝FC＝3，
∵∠CED＝∠COD＝60°，∠CFE＝90°，
∴EF＝CF＝，
∴DE＝EF+DF＝+3．
2．解：（Ⅰ）∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵△ABC边AB上的中线长为1，
∴OC＝1，
∴⊙O的面积为π．
（Ⅱ）设AH＝b，BH＝c，CH＝a，
∵tanA+tanB﹣4tanAtanB＝0，tanA＝，tanB＝，
∴（+）＝4×，
∵b+c＝2，
∴a＝，
在Rt△COH中，OH＝＝＝，
∴sin∠HCO＝＝．
（Ⅲ）作TK⊥OC于K．
∵∠COB＝60°或120°，
∴BC＝1或，
∵＝，
∴CT＝BC，
∴d＝CK＝CT•sin60°＝×1×＝或d＝CK＝CT•sin30°＝××＝，
∴T到CO的距离d＝．
3．解：（1）连接BC、BD、OD，
∵，
∴∠DOB＝90°，
∴∠BCE＝∠DOB＝45°，
∴CE＝BE，
∵∠BDE＝∠A，
∴tan∠BDE＝＝2，BE＝2DE，
∴CD＝DE．
（2）方法一：连接OE、BC、OC，设OE、BC交于点F，
∵OB＝OC，CE＝BE，
∴OE垂直平分BC，设CD＝DE＝2x，则BE＝4x，
∴BC＝BE＝4x，BF＝EF＝BE＝2x，
∵tan∠CAB＝＝2，
∴AC＝2x，
∴OF＝AC＝x，
∴OE＝OF+EF＝3x，OB＝＝x，作EM⊥OB于点M，
∵OB•EM＝OE•BF，
∴EM＝＝，
∴sin∠ABE＝＝．
方法二：连接OC、OE，过点O作OH⊥CD于点H，则CH＝DH＝CD＝DE，易证△OBE≌△OCE，
∴∠ABE＝∠OCE，∠OEB＝∠OEC＝45°，设CH＝DH＝x，则CD＝DE＝2x，OH＝EH＝3x，
∴OC＝x，
∴sin∠ABE＝sin∠OCH＝．
4．证明：方法Ⅰ：连接OB，OC，过点O作OD⊥BC，如图1
∵OB＝OC，且OD⊥BC，
∴∠BOD＝∠COD＝∠BOC，
∵∠A＝∠BOC，
∴∠BOD＝∠A，sinA＝sin∠BOD＝，
∵在Rt△BOD中，
∴sin∠BOD＝＝，
∵OB＝5，
∴＝，BD＝4，
∵BD＝CD，
∴BC＝8．
方法Ⅱ：作射线BO，交⊙O于点D，连接DC，如图2．
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∵∠BDC＝∠A，
∴sinA＝sin∠BDC＝，
∵在Rt△BDC中，
∴sin∠BDC＝＝．
∵OB＝5，BD＝10，
∴＝，
∴BC＝8．
5．（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠D+∠DAB＝180°，
∵∠B＝∠D，
∴∠B+∠DAB＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵CE是直径，CH⊥AB，
∴∠CFD＝90°＝∠CHB，
∵CF＝CH，
∴△CFD≌△CHB（AAS），
∴CB＝CB，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：由（1）可知，BC∥AD，CF⊥AD，
∴BC⊥CF，
∴∠B＝∠BAE，
∵BH＝DF，AB＝AD，
∴AF＝AH，
∵tan∠B＝＝tan∠BAE，
∴可以假设AH＝4a，则HE＝3a，AE＝5a，AF＝4a，
∵∠E＝∠E，∠AHE＝∠EFC＝90°，
∴△EAH∽△ECF，
∴＝＝，
∴＝＝
∴CF＝12a，CE＝15a，
∵OH＝9，
∴15a＝2（3a+9），
∴a＝2，
∴AE＝5a＝10．
6．解：（1）作OH⊥AB于H．
在Rt△ACB中，∵∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，
∴AB＝2BC＝2，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB＝1，
∴OA＝AH÷cos30°＝．
（2）如图2中，连接OP，PA．设OP交AB于H．
∵＝，
∴OP⊥AB，
∴∠AHO＝90°，
∵∠OAH＝30°，
∴∠AOP＝60°，
∵OA＝OP，
∴△AOP是等边三角形，
∵PQ⊥OA，
∴OQ＝QA＝OA＝．
（3）连接PC．
在Rt△ABC中，AC＝BC＝，
∵AQ＝QO＝AO＝．
∴QC＝AC﹣AQ＝﹣＝，
∵△AOP是等边三角形，PQ⊥OA，
∴PQ＝1，
∴tan∠ACP＝＝＝．
7．解：（1）如图，
（2）∠BAD＝∠BED．理由如下：
连结BC、CD，如图，
∴AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，
∵直线l与MA所在直线关于直线MD对称，
∴MD平分∠EMC，
∴BC＝BE，
∴点C与点E关于直线MD对称，
∴△BCD≌△BED，
∴∠BCD＝∠BED，
∵∠BCD＝∠BAD，
∴∠BAD＝∠BED．
8．解：（1）如图1，连接OD，
∵是⊙的直径，于点
∴AB垂直平分CD，
∵M是OA的中点，
∴，
∴，
∴∠DOM＝60°，
∵AO＝OD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠OAD＝60°；
（2）如图2，连接CF，CN，
∵OA⊥CD于点M，
∴点M是CD的中点，
∴AB垂直平分CD，
∴NC＝ND，
∵∠CDF＝45°，
∴∠NCD＝∠NDC＝45°，
∴∠CND＝90°，
∴∠CNF＝90°，
由（1）可知，∠AOD＝60°，
∴∠ACD＝30°，
又∵DE⊥CA交CA的延长线于点E，
∴∠E＝90°，
∵∠ACD＝30°，DE＝．
∴CD＝2DE＝2，
∴CN＝CD•sin45°＝2，
由（1）可知，∠CAD＝2∠OAD＝120°，
∴∠F＝180°﹣120°＝60°，
在Rt△CFN中，FN＝．
9．解：（1）如图1，过O作OD⊥AC于D，
易知AO＝5，OD＝4，
从而AD＝＝3，
∴AC＝2AD＝6；
（2）设经过t秒△APC是等腰三角形，则AP＝10﹣t
①如图2，若AC＝PC，过点C作CH⊥AB于H，
∵∠A＝∠A，∠AHC＝∠ODA＝90°，
∴△AHC∽△ADO，
∴AC：AH＝OA：AD，即AC：＝5：3，
解得t＝s，
∴经过s后△APC是等腰三角形；
②如图3，若AP＝AC，
由PB＝x，AB＝10，得到AP＝10﹣x，
又∵AC＝6，
则10﹣t＝6，解得t＝4s，
∴经过4s后△APC是等腰三角形；
③如图4，若AP＝CP，P与O重合，
则AP＝BP＝5，
∴经过5s后△APC是等腰三角形．
综上可知当t＝4或5或s时，△APC是等腰三角形．
10．解：（1）如图1，连接OD，OC，
∵直径AB⊥CD，
∴，DE＝CE，
∴，
又∵在Rt△DEO中，，
∴DE＝3，
∴CD＝6；
（2）证明：如图2，连接AC，
∵直径AB⊥CD，
∴＝，
∴∠ACD＝∠AFC，
∵四边形ACDF内接于⊙O，
∴∠DFG＝∠ACD，
∴∠DFG＝∠AFC．
