2022年中考数学专题复习类型六 与圆有关的探究题（解析版）

这是一份2022年中考数学专题复习类型六 与圆有关的探究题（解析版），共15页。
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．
【答案】（1）∠E＝α；（2）见解析；（3）①∠AED＝45°；②
【解析】
【分析】
（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=180°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠ACD=∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出，求出，设AD=4x，AC=5x，则有（4x）2+52=（5x）2，解得x=，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【详解】
解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝α，
（2）如图1，延长BC到点T，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC＝∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴，
∵在Rt△ABG中，AG＝，
在Rt△ADE中，AE＝AD，
∴，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x＝，
∴ED＝AD＝，
∴CE＝CD+DE＝，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EM＝CE＝，
∴DM＝DE﹣EM＝，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM＝，
∴S△DEF＝DE•FM＝．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【典例2】在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB=1．给出如下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦（分别为点A，B的对应点），线段长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．
（1）如图，平移线段AB到⊙O的长度为1的弦和，则这两条弦的位置关系是 ；在点中，连接点A与点 的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；
（2）若点A，B都在直线上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为，求的最小值；
（3）若点A的坐标为，记线段AB到⊙O的“平移距离”为，直接写出的取值范围．
【答案】（1）平行，P3；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据圆的性质及“平移距离”的定义填空即可；
（2）过点O作OE⊥AB于点E，交弦CD于点F，分别求出OE、OF的长，由得到的最小值；
（3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在⊙O内找到与之平行，且长度为1的弦即可．平移距离的最大值即点A，B点的位置，由此得出的取值范围．
【详解】
解：（1）平行；P3；
（2）如图，线段AB在直线上，平移之后与圆相交，得到的弦为CD，CD∥AB，过点O作OE⊥AB于点E，交弦CD于点F，OF⊥CD，令，直线与x轴交点为（-2，0），直线与x轴夹角为60°，∴．
由垂径定理得：，
∴；
（3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在⊙O内找到与之平行，且长度为1的弦即可；
点A到O的距离为．
如图，平移距离的最小值即点A到⊙O的最小值：；
平移距离的最大值线段是下图AB的情况，即当A1,A2关于OA对称，且A1B2⊥A1A2且A1B2=1时.∠B2A2A1=60°，则∠OA2A1=30°,
∵OA2=1,∴OM=, A2M=,
∴MA=3,AA2= ,
∴的取值范围为：．
【点睛】
本题考查圆的基本性质及与一次函数的综合运用，熟练掌握圆的基本性质、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系是解题的关键．
【典例3】.如图所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠BAC=60°,AB=8.半径为的⊙M与射线BA相切,切点为N,且AN=3.将Rt△ABC顺时针旋转120°后得到Rt△ADE,点B,C的对应点分别是点D,E．
(1)画出旋转后的Rt△ADE；
(2)求出Rt△ADE 的直角边DE被⊙M截得的弦PQ的长度；
(3)判断Rt△ADE的斜边AD所在的直线与⊙M的位置关系,并说明理由.
【分析】(1)点A不动,由于∠BAC=60°,因此旋转120°后AE与AB在同一条直线上；(2)过点M作MF⊥DE,垂足为F.连接MP,构造出Rt△MPF，再通过勾股定理解直角三角形并结合垂径定理即可求解；(3)易猜想AD与⊙M相切.欲证AD与⊙M相切,只需HM=NM即可,而HM=NM可由△MHA≌△MNA得到．
【答案】证明：(1)如图1，Rt△ADE就是旋转后的图形；
(2)如图2,过点M作MF⊥DE,垂足为F,连接MP．在Rt△MPF中,MP=,MF=4-3=1,由勾股定理易得PF=2,再由垂径定理知PQ=2PF=2；
(3)AD与⊙M相切．
证法一：如图2,过点M作MH⊥AD于H,连接MN, MA,则MN⊥AE且MN=.在Rt△AMN中,tan∠，∴∠MAN=30°.
∵∠DAE=∠BAC=60°,∴∠MAD=30°.
∴∠MAN=∠MAD=30°.∴MH=MN(由△MHA≌△MNA或解Rt△AMH求得MH=3,从而得MH=MN 亦可).
∴AD与⊙M相切；
证法二：如图2,连接MA,ME,MD,则S△ADE=S△AMD+S△AME+S△DME,过M作MH⊥AD于H, MF⊥DE于F, 连接MN, 则MN⊥AE且MN=,MF=1,
∴AC·BC=AD·MH+AE·MN+DE·MF,由此可以计算出MH=.∴MH=MN.
∴AD与⊙M相切．
【典例4】（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为弧BC上一动点，
求证：PA=PB+PC；
（2）如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为弧BC上一动点，
求证：；
（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为弧BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，并给予证明．

【思路点拨】
（1）延长BP至E，使PE=PC，连接CE，证明△PCE是等边三角形．利用CE=PC，∠E=60°，
∠EBC=∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA=BE=PB+PC；
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E，证明△ABE≌△CBP，所以PC=AE，可得PA=PC+PB．
（3）在AP上截取AQ=PC，连接BQ可证△ABQ≌△CBP，所以BQ=BP．又因为∠APB=30°．
所以PQ=PB，PA=PQ+AQ=PB+PC．
【答案与解析】
证明：（1）延长BP至E，使PE=PC，
连接CE．∵∠BAC=∠CPE=60°，PE=PC，
∴△PCE是等边三角形，
∴CE=PC，∠E=60°；
又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，
∴∠BCE=∠ACP，
∵△ABC、△ECP为等边三角形，
∴CE=PC，AC=BC，
∴△BEC≌△APC（SAS），
∴PA=BE=PB+PC．
（2）过点B作BE⊥PB交PA于E．
∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°
∴∠1=∠3，
又∵∠APB=45°，
∴BP=BE，∴；
又∵AB=BC，
∴△ABE≌△CBP，
∴PC=AE．
∴．
（3）答：；
证明：过点B，作BM⊥AP，在AP上截取AQ=PC，
连接BQ，∵∠BAP=∠BCP，AB=BC，
∴△ABQ≌△CBP，
∴BQ=BP．
∴MP=QM，
又∵∠APB=30°，
∴cs30°=，
∴PM=PB，
∴
∴
【总结升华】
本题考查三角形全等的性质和判定方法以及正多边形和圆的有关知识．要熟悉这些基本性质才能灵活运用解决综合性的习题．
【典例5】（1）如图①，M、N分别是⊙O的内接正△ABC的边AB、BC上的点且BM=CN，连接OM、ON，
求∠MON的度数；
（2）图②、③、…④中，M、N分别是⊙O的内接正方形ABCD、正五边ABCDE、…
正n边形ABCDEFG…的边AB、BC上的点，且BM=CN，连接OM、ON，则图②中∠MON的度数是 ，图③中∠MON的度数是 ；…由此可猜测在n边形图中∠MON的度数是 ；
（3）若3≤n≤8，各自有一个正多边形，则从中任取2个图形，恰好都是中心对称图形的概率是 .

【答案】
解：（1）连接OB、OC；
∵△ABC是⊙O的内接正三角形，
∴OB=OC∠BOC=120°，∠OBC=∠OCB=∠OBA=30°；
又∵BM=CN，
∴△OBM≌△OCN，
∴∠MOB=∠NOC，
∴∠MON=∠BOC=120°；
（2）90°；72°；．
（3）.
【典例6】如图，已知⊙O的直径AB＝2，直线m与⊙ O相切于点A，P为⊙ O上一动点（与点A、点B不重合），PO的延长线与⊙ O相交于点C，过点C的切线与直线m相交于点D．
（1）求证：△APC∽△COD．
（2）设AP＝x，OD＝y，试用含x的代数式表示y．
（3）试探索x为何值时， △ACD是一个等边三角形．
【思路点拨】
(1)可根据“有两个角对应相等的两个三角形相似”来说明 △APC∽△COD； (2)根据相似三角形的对应边成比例,找出与的关系；(3)若△ACD是一个等边三角形,逆推求得的值.
【答案与解析】
解 （1）∵是⊙O的直径，CD是⊙O的切线, ∴∠PAC＝∠OCD＝90°.
由△DOA≌△DOC,得到∠DOA＝∠DOC , ∴∠APC＝∠COD, ∴△APC∽△COD.
（2）由△APC∽△COD，得 , ∴ 则
(3)若是一个等边三角形，则
于是,可得，从而,故当时，是一个等边三角形.
【总结升华】
本例是一道动态几何题.(1)考查了相似三角形的判定,证三角形相似有:两个角分别对应相等的两个三角形相似;两条边分别对应成比例,且夹角相等的两个三角形相似;三条边分别对应成比例的两个三角形相似;(2)考查了相似三角形的性质.利用第一问的结论,得出对应边成比例,找出y与x间的关系.(3)动点问题探求条件.一般运用结论逆推的方法找出结论成立的条件.本题应从是一个等边三角形出发,逆推,于是，可得，从而, 故当时，是一个等边三角形.
【典例7】 如图①，半圆O的直径AB=6，AM和BN是它的两条切线，CP与半圆O相切于点P，并于AM，BN分别相交于C，D两点．
（1）请直接写出∠COD的度数；
（2）求AC•BD的值；
（3）如图②，连接OP并延长交AM于点Q，连接DQ，试判断△PQD能否与△ACO相似？若能相似，请求AC：BD的值；若不能相似，请说明理由．
【答案与解析】
解：（1）∠COD=90°．
理由：如图①中，∵AB是直径，AM、BN是切线，
∴AM⊥AB，BN⊥AB，
∴AM∥BN，
∵CA、CP是切线，
∴∠ACO=∠OCP，同理∠ODP=∠ODB，
∵∠ACD+∠BDC=180°，
∴2∠OCD+2∠ODC=180°，
∴∠OCD+∠ODC=90°，
∴∠COD=90°．
（2）如图①中，∵AB是直径，AM、BN是切线，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠ACO+∠AOC=90°，
∵∠COD=90°，
∴∠BOD+∠AOC=90°，
∴∠ACO=∠BOD，
∴RT△AOC∽RT△BDO，
∴=，
即AC•BD=AO•BO，
∵AB=6，
∴AO=BO=3，
∴AC•BD=9．
（3）△PQD能与△ACQ相似．
∵CA、CP是⊙O切线，
∴AC=CP，∠1=∠2，
∵DB、DP是⊙O切线，
∴DB=DP，∠B=∠OPD=90°，OD=OD，
∴RT△ODB≌RT△ODP，
∴∠3=∠4，
①如图②中，当△PQD∽△ACO时，∠5=∠1，
∵∠ACO=∠BOD，即∠1=∠3，
∴∠5=∠4，
∴DQ=DO，
∴∠PDO=∠PDQ，
∴△DCQ≌△DCO，
∴∠DCQ=∠2，
∵∠1+∠2+∠DCQ=180°，
∴∠1=60°=∠3，
在RT△ACO，RT△BDO中，分别求得AC=，BD=3，
∴AC：BD=1：3．
②如图②中，当△PQD∽△AOC时，∠6=∠1，
∵∠2=∠1，
∴∠6=∠2，
∴CO∥QD，
∴∠1=∠CQD，
∴∠6=∠CQD，
∴CQ=CD，
∵S△CDQ=•CD•PQ=•CQ•AB，
∴PQ=AB=6，
∵CO∥QD，
∴=，即=，
∴AC：BD=1：2