中考数学二轮专题复习《圆》解答题专项练习十（含答案）

中考数学二轮专题复习

《圆》解答题专项练习十

1.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F是⊙O上一点，且=，

连接FB，FD，FD交AB于点N．

（1）若AE=1，CD=6，求⊙O的半径；

（2）求证：△BNF为等腰三角形；

（3）连接FC并延长，交BA的延长线于点P，过点D作⊙O的切线，交BA的延长线于点M．求证：ON•OP=OE•OM．

2.在⊙O中,AB为直径,点P在AB延长线上,PC与⊙相切于C,点D为上点,且=,连AD．

（1）如图1,求证：2∠A﹣∠P=90°；

（2）如图2,延长AD、PC交于点E,若∠E=90°.求证：PC=AD；

（3）如图3,延长AD、PC交于点E,点F在AO上,连接DF、CF,∠ECF=∠AFD﹣∠CFP,DF=2,AB=6,求线段CF的长.

3.如图，⊙O是△ABC的外接圆，点O在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线与AC的延长线相交于点P．

（1）求证：PD是⊙O的切线；

（2）求证：AB•CP=BD•CD；

（3）当AB=5cm，AC=12cm时，求线段PC的长．

4.如图，在边长为8的正方形ABCD中，点O为AD上一动点（4＜OA＜8），以O为圆心，OA的长为半径的圆交边CD于点E，连接OE、AE，过点E作⊙O的切线交边BC于F．

（1）求证：△ODE∽△ECF；

（2）在点O的运动过程中，设DE=x：

①求OD•CF的最大值，并求此时⊙O的半径长；

②判断△CEF的周长是否为定值？若是，求出△CEF的周长；否则，请说明理由？

5.如图在⊙O中，BC=2,AB=AC，点D为AC上的动点，且.

(1)求AB的长度；

(2)求AD·AE的值；

(3)过A点作AH⊥BD，求证：BH=CD+DH.

6.如图1，在⊙O中，弦AB⊥弦CD，垂足为点E，连接AC、DB并延长相交于点P，连接AO，DO，AD，BC．

（1）求证：∠AOD=90°+∠P；

（2）如图2，若AB平分∠CAO，求证：AD=AB；

（3）如图3，在（2）的条件下，若OA=5，PB=，求四边形ACBD的面积．

7.已知AB是⊙O的直径，AM和BN是⊙O的两条切线，DC与⊙O相切于点E，分别交AM、BN于D、C两点

(1)如图1，求证：AB2=4AD·BC

(2)如图2，连接OE并延长交AM于点F，连接CF．若∠ADE=2∠OFC，AD=1，求图中阴影部分的面积

8.如图,⊙O的半径r=25,四边形ABCD内接于圆⊙O，AC⊥BD于点H,P为CA延长线上的一点，且∠PDA=∠ABD．

（1）试判断PD与⊙O的位置关系,并说明理由；

（2）若tan∠ADB=，PA=AH,求BD的长；

（3）在（2）的条件下,求四边形ABCD的面积．

0.参考答案

1.解：（1）如图1，连接BC，AC，AD，

∵CD⊥AB，AB是直径∴，CE=DE=CD=3

∴∠ACD=∠ABC，且∠AEC=∠CEB

∴△ACE∽△CEB∴∴

∴BE=9∴AB=AE+BE=10

∴⊙O的半径为5

（2）∵=

∴∠ACD=∠ADC=∠CDF，且DE=DE，∠AED=∠NED=90°

∴△ADE≌△NDE（ASA）∴∠DAN=∠DNA，AE=EN

∵∠DAB=∠DFB，∠AND=∠FNB∴∠FNB=∠DFB∴BN=BF，

∴△BNF是等腰三角形

（3）如图2，连接AC，CE，CO，DO，

∵MD是切线，∴MD⊥DO，∴∠MDO=∠DEO=90°，∠DOE=∠DOE

∴△MDO∽△DEO∴∴OD2=OE•OM

∵AE=EN，CD⊥AO∴∠ANC=∠CAN，∴∠CAP=∠CNO，

∵∴∠AOC=∠ABF∵CO∥BF∴∠PCO=∠PFB

∵四边形ACFB是圆内接四边形∴∠PAC=∠PFB

∴∠PAC=∠PFB=∠PCO=∠CNO，且∠POC=∠COE

∴△CNO∽△PCO∴∴CO2=PO•NO，∴ON•OP=OE•OM．

2.解：

（1）如图1，

连接OC，OD，∵PC是⊙O的切线，

∴∠OCP=90°，∴∠POC=90°﹣∠P，

∵=，∴∠AOD=∠POC，

∴∠AOD=90°﹣∠P，

∵OA=OD，

∴∠A=∠ADO

∴∠AOD+∠A+∠ADO=180°，

∴90°﹣∠P+2∠A=180°，

∴2∠A﹣∠P=90°，

（2）如图2，连接OC，CD，

∵PC是⊙O的切线，∴∠PCO=90°，

∵∠E=90°，

∴∠PCO=∠E，∴OC∥AC，∴∠POC=∠A，

在Rt△POC中，∠P+∠POC=90°，

∴∠A+∠P=90°，

由（1）知，2∠A﹣∠P=90°，

∴∠P=30°，∴PC=OC

∵=，∴CD∥AB，

∵OC∥AE，

∴四边形AOCD是平行四边形，

∴OC=AD，∴PC=AD；

（3）如图3，过点C作CH⊥AB于M，连接CD，FH，DH，

延长DF，PH相交于点N，连接CG，HG，

∵CH⊥AB，∴∠FCH=∠FHC，∠CFB=∠HFB，

∵∠ECF=∠AFD﹣∠CFP，∴∠GFH=∠ECH，

∵PC，PH于⊙O相切，∴∠PCH=∠PHC，

∴∠PCH+∠FCH=∠PHC+∠FHC，∴∠PCF=∠PHF，∴∠ECF=∠NHF，

∵∠GFH=∠ECH，∴∠GFH=∠NHF，∴，∴CD∥AB，

∴∠CMA=90°，∴∠DCH=90°，∴DH是⊙O的直径，

∴∠DGH=90°∴∠FHG=90°﹣∠GFH=90°﹣∠FHN，

∵DH是⊙O直径，∴∠DHN=90°，∴∠FHD=90°﹣∠FHN，

∴∠FHG=∠FHD，∴，∵AB=DH=6，FD=2

∴，∴HG=3GF，

在Rt△DGH中，HG2+DG2=HD2，∴9GF2+（2+GF）2=36，∴GF=，

∴FH==GF=．∵CH⊥HB，∴CF=FH=．

3.（1）证明：连接OD．

∵∠BAD=∠CAD，

∴=，

∴∠BOD=∠COD=90°，

∵BC∥PA，

∴∠ODP=∠BOD=90°，

∴OD⊥PA，

∴PD是⊙O的切线．

（2）证明：∵BC∥PD，

∴∠PDC=∠BCD．

∵∠BCD=∠BAD，

∴∠BAD=∠PDC，

∵∠ABD+∠ACD=180°，∠ACD+∠PCD=180°，

∴∠ABD=∠PCD，

∴△BAD∽△CDP，∴=，

∴AB•CP=BD•CD．

（3）解：∵BC是直径，

∴∠BAC=∠BDC=90°，

∵AB=5，AC=12，

∴BC==13，

∴BD=CD=，

∵AB•CP=BD•CD．

∴PC==．

4.解：

（1）证明：∵EF切⊙O于点M，∴∠OEF=90°，∴∠OED+∠CEF=90°，

∵∠C=90°，∴∠CEF+∠CFE=90°，∴∠OED=∠EFC，

∵∠D=∠C=90°，∴△ODE∽△ECF；

（2）解：①由（1）知：△ODE∽△ECF，∴=，∴OD•CF=DE•EC，

∵DE=x，∴EC=8﹣x，∴OD•CF=x（8﹣x）=﹣x2+8x=﹣（x﹣4）2+16，

当x=4时，OD•CF的值最大，最大值为16，

设此时半径为r，则OA=OE=r，OD=8﹣r，

在Rt△ODE中，

∵OD2+DE2=OE2，∴（8﹣r）2+42=r2，解得r=5，

即此时半径长为5；

②△CEF的周长为定值，△CEF的周长=16，

在Rt△ODE中，OD2+DE2=OE2，OA=OE，

即：（8﹣OE）2+x2=OE2，∴OE=4+，OD=8﹣OE=4﹣，

∵Rt△DOE∽Rt△CEF，即==，∴==，

解得：CF=，EF=，

∴△CEF的周长=CE+CF+EF=8﹣x++=16．

5.解：

6.解：

（1）证明：∵AB⊥CD，∴∠AEC=90°，∴∠CAE+∠ACD=90°

∵，∴∠CAE=∠CDB∵，∴∠AOD=2∠ACD，

∵∠ACD=∠CDB+∠P

∴∠AOD=∠ACD+（∠CDB+∠P）=∠ACD+∠CAE+∠P=90°+∠P；

（2）如图1，延长AO交BD于点F，交CD于G，

∵AB平分∠CAO，AB⊥CD，∴AC=AG，∴∠ACG=∠AGC，

∵∠AGC=∠DGF，∠CAB=∠CDB，∴∠CAB+∠ACG=∠DGF+∠CDB，

∴∠GFD=90°，由垂径定理可知：AF垂直平分线段BD，

∴AB=AD；

（3）过点O作OM⊥AB于点M，交AC于点H，连接HB，

设∠CAB=α，∴由（2）可知：∠CAB=∠BAO=∠DAO=α，

∴∠ACD=90°﹣α，∠PHB=2α，

∠AOD=2∠ACD=2（90°﹣α）=180°﹣2α，

由（1）可知：∠AOD=90°+∠P，

∴∠PHB+∠P=2α+∠P=2α+∠AOD﹣90°=90°，

由（2）可知：AH=AO，由垂径定理可知：AH=HB，∴HB=AO=5，

∵PB=，∴由勾股定理可知：PH=，

∵∠PHB=∠DAB=2α，∴tan∠PHB=tan∠DAB==，

∴设AE=4m，ED=3m，∴由勾股定理可知：AD=5m，

∵AB=AD=5m，∴EB=5m﹣4m=m，

∵∠CDB=∠CAB，∴tan∠CDB=tan∠BAO==，

∵由垂径定理可知：AM=AB=m，∴tan∠BAO=，tan∠CAE=，

∴OM=，CE=，∴CD=m，

∵由勾股定理可知：AO2=AM2+OM2，∴52=（m）2+（m）2，∴m=，

∴四边形ACBD的面积为： AB•CE+AB•ED=AB•CD=m2=39．

7.解：

8.解：

（1）PD与圆O相切．理由：如图，连接DO并延长交圆于点E，连接AE，

∵DE是直径，∴∠DAE=90°，∴∠AED+∠ADE=90°，

∵∠PDA=∠ABD=∠AED，∴∠PDA+∠ADE=90°，即PD⊥DO，

∴PD与圆O相切于点D；

（2）∵tan∠ADB=∴可设AH=3k，则DH=4k，

∵PA=AH，∴PA=（4﹣3）k，∴PH=4k，

∴在Rt△PDH中，tan∠P==，∴∠P=30°，∠PDH=60°，

∵PD⊥DO，∴∠BDE=90°﹣∠PDH=30°，

连接BE，则∠DBE=90°，DE=2r=50，∴BD=DE•cos30°=；

（3）由（2）知，BH=﹣4k，∴HC=（﹣4k），

又∵PD2=PA×PC，∴（8k）2=（4﹣3）k×[4k+（25﹣4k）]，

解得：k=4﹣3，∴AC=3k+（25﹣4k）=24+7，

∴S四边形ABCD=BD•AC=×25×（24+7）=900+．