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）

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=.