2024年中考数学圆训练专题-综合题型（八）（原卷+解析）

这是一份2024年中考数学圆训练专题-综合题型（八）（原卷+解析），文件包含2024年中考数学圆训练专题-综合题型八原卷docx、2024年中考数学圆训练专题-综合题型八解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。

1．【答案】（1）证明： ∵∠BAC=∠CEB ， ∠CEB=∠DCA ，
∴∠BAC=∠DCA ，
∴AB//CD ；
（2）证明：连接 EO 并延长交 ⊙O 于 G ，连接 CG ，如图1所示：
则 EG 为 ⊙O 的直径，
∴∠ECG=90° ，
∵OC=OG ，
∴∠OCG=∠EGC ，
∵∠EAC=∠EGC ， ∠EAC=∠DCE ，
∴∠DCE=∠EGC=∠OCG ，
∵∠OCG+∠OCE=∠ECG=90° ，
∴∠DCE+∠OCE=90° ，即 ∠DCO=90° ，
∵OC 是 ⊙O 的半径，
∴CD 是 ⊙O 的切线；
（3）解：在 RtΔADC 中，由勾股定理得： AC=AD2+CD2=82+62=10 ，
∴cs∠ACD=CDAC=610=35 ，
∵CD 是 ⊙O 的切线， AB//CD ，
∴∠ABC=∠ACD=∠CAB ，
∴BC=AC=10 ， AB=2BC·cs∠ABC=2×10×35=12 ，
过点B作 BG⊥AC 于C，如图2所示：
设 GC=x ，则 AG=10−x ，
由勾股定理得： AB2−AG2=BG2=BC2−GC2 ，
即： 122−(10−x)2=102−x2 ，
解得： x=145 ，
∴GC=145 ，
∴BG=BC2−GC2=102−(145)2=485 ，
∴tan∠ACB=BGGC=485145=247
2．【答案】（1）证明：∵OD⊥BC，
∴CD=BD ，
∴∠CAD＝∠FCD，
又∵∠ADC＝∠CDF，
∴△ACD∽△CFD；
（2）证明：连接OC，如图1所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠CAB＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠CDA＝∠OBC，∠CDA＝∠GCA，
∴∠OCB＝∠GCA，
∴∠OCG＝∠GCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝90°，
∴CG⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CG是⊙O的切线；
（3）解：连接BD，如图2所示：
∵∠CAD＝∠CBD，
∵OD⊥BC，
∴sin∠CAD＝sin∠CBD＝ DEBD=13 ，BE＝CE，
设DE＝x，OD＝OB＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x
在Rt△BDE中，BE＝ BD2−DE2=9x2−x2=22x ，
∴BC＝2BE＝ 42x ，
在Rt△OBE中，OE2+BE2＝OB2，
即(r﹣x)2+( 22x )2＝r2，
解得：r＝ 92x ，
∴AB＝2r＝9x，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
∴AC2+( 42x )2＝(9x)2，
∴AC＝7x或AC＝﹣7x（舍去），
∴tan∠CDA＝tan∠CBA＝ ACBC=7x42x ＝ 728 .
4．【答案】（1）证明：如图，连接 OE、OD，
∵DA 是 ⊙O 的切线， ∠OAD=90°
在 ΔAOD 和 ΔEOD 中， OA=OE，DA=DE，OD=OD，
∴ΔAOD≌ΔEOD(SSS)
∴∠OAD=∠OED=90°，
∴OE⊥CD，
∴CD 是 ⊙O 的切线.
（2）解：连接 OC，∵AM、BN、DC 是 ⊙O 的切线，
∴∠OAD=∠OBC=∠DEO=∠OEC=90°
∴AM//BN，
∴∠ADE+∠BCE=180°
又 ∵AM、BN、DC 是 ⊙O 的切线，
∴CE=CB ，OD 平分 ∠ADE，OC 平分 ∠BCE，.
∴∠ODE+∠OCE=12(∠ADE+∠BCE)=12×180°=90°
又 ∵∠ODE+∠DOE=90°
∴∠OCE=∠DOE，
又 ∵∠DEO=∠OEC=90° ，
∴ΔDEO∼ΔOEC，
∴OECE=DEOE
∴OE2=DE•CE.
又 ∵OA=OE，
∴OA2=DE•CE.
5．【答案】（1）解：连接OE．
∵直线EG与⊙O相切于E，
∴OE⊥EG．
∵EG∥BC，
∴OE⊥BC，
∴BE=CE ，
∴∠BAE=∠CAE．
∴AE平分∠BAC；
（2）解：如图，
∵AE平分∠BAC，
∴∠1=∠4，
∵∠1=∠5，
∴∠4=∠5，
∵BF平分∠ABC，
∴∠2=∠3，
∵∠6=∠3+∠4=∠2+∠5，即∠6=∠EBF，
∴EB=EF，
∵DE=3，DF=2，
∴BE=EF=DE+DF=5，
∵∠5=∠4，∠BED=∠AEB，
∴△EBD∽△EAB，
∴BEEA=DEBE ，即 5EA=35 ，
∴AE= 253 ，
∴AF=AE-EF= 253 -5= 103 ．
6．【答案】（1）解： 如图所示，连接OP，
∵PD // AC，
∴∠DPA =∠PAC（两直线平行，内错角相等），
又∵PA=PC，故 △ PAC为等腰三角形，∠PAC=∠PCA，∠PAC是 PC 所对圆周角，∠PCA是 PA 所对圆周角，
∴PC = PA ，且∠PBA是 PA 所对圆周角，故∠PAC=∠PCA=∠PBA，
∵AB是⊙O的直径，直径所对圆周角为直角，
∴∠APB=90°，故∠APO+∠OPB=90°，
又∵OP=OB，故 △ OPB为等腰三角形，∠OPB=∠OBP，
∴∠APO+∠DPA=90°，即∠DPO=90°，
∴PD为⊙O的切线；
（2）解： 如下图所示，作PE ⊥ AC，
∵PA=PC，故 △ PAC为等腰三角形，等腰三角形三线合一，PE既为高线，也为AC边的中垂线，已知AC=12，
∴AE=6，且tan∠PAC= 23 = PEAE ，故PE=4，
由勾股定理可得： AP=AE2+PE2=62+42=213 ，
由（1）已证得∠PAC=∠PCA=∠PBA，故tan∠PBA= 23 ，
∴PAPB=23 ，故 BP=313 ，
由勾股定理可得： AB=PA2+PB2=(213)2+(313)2=13 ．
7．【答案】（1）证明：连接 OC ，
∵OC=OB ，
∴∠OBC=∠OCB ，
∵AB 是 ⊙O 的直径，
∴∠ACB=90° ，则 ∠BCD=90° ，
∵CE 是 RtΔBCD 斜边 BD 上的中线，
∴CE=BE ，
∴∠EBC=∠ECB ，
∵BD 与 ⊙O 相切，
∴∠ABD=90° ，即 ∠OBC+∠EBC=90° ，
∴∠OCB+∠ECB=90° ，即 ∠OCE=90° ，
∴OC⊥CE ，
∴CE 是 ⊙O 的切线；
（2）解：连接OE，
∵∠D=∠D，∠BCD=∠ABD ，
∴ΔBCD∽ΔABD ，
∴BDAD=CDBD ，即 (35)2=5AD ，
∴AD=9 ，
∵OE 是 △ABD 的中位线，
∴OE=12AD=92 ．
8．【答案】（1）解：直线AC是⊙O的切线，
理由如下：如图，连接OA，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD=90°=∠OAB+∠OAD，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠ABC，
又∵∠CAD=∠ABC，
∴∠OAB=∠CAD=∠ABC，
∴∠OAD+∠CAD=90°=∠OAC，
∴AC⊥OA，
又∵OA是半径，
∴直线AC是⊙O的切线；
（2）解：过点A作AE⊥BD于E，
∵OC2=AC2+AO2，
∴(OA+2)2=16+OA2，
∴OA=3，
∴OC=5，BC=8，
∵S△OAC= 12 OA ⋅ AC= 12 OC ⋅ AE，
∴AE= 3×45=125 ，
∴OE= AO2−AE2=32−(125)2=95 ，
∴BE=BO+OE= 245 ，
∴AB= BE2+AE2=(245)2+(125)2= 1255 .
9．【答案】（1）连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分 ∠DAB ，
∴∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD∥OC，
∴∠ADC+∠OCD=180°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°，
∴∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，
∴DC为 ⊙O 的切线；
（2）连接BC，
在Rt△ACD中，∠ADC=90°， AD=3,DC=3 ，
∴tan∠DAC=CDAD=33 ，
∴∠DAC=30°，
∴∠CAB=∠DAC=30°，AC=2CD= 23 ，
∵AB是 ⊙O 的直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB= ACcs∠CAB=4 ，
∴⊙O 的半径为2.
10．【答案】（1）证明：如图：连接OA
∵OA=OB
∴∠OBA=∠OAB
∵AB=AC
∴∠OBA=∠C
∴∠OAB=∠C
∵∠CAD=∠C
∴∠OAB=∠CAD
∵BD是直径
∴∠BAD=90°
∵∠OAC=∠BAD-∠OAB+∠CAD=90°
∴AC 是 ⊙O 的切线；
（2）由(2)可知，∠BAD=∠OAC=90°，∠C=∠OBA=∠OAB=∠CAD，
∴∠C+∠OBA+∠OAB+∠OAC=180°，
即3∠C+90°=180°，解得∠C=30°，
∴∠C=∠OBA=∠OAB=∠CAD=30°，
在Rt△BAD中，设AD=CD=x，则2r=BD=2x，
由∠C=∠C，∠CAD=∠CBA=30°，
∴△CAD∽△CBA，
∴CDAC=ACBC，即x4=4x+2x，
解得x=433，
∴⊙O 的半径为433.
10．【答案】（1）连 OD ，据题意得 OB=OD ，
∠ODB=∠OBD ，
∵BD 平分 ∠ABC ，
∴∠CBD=∠OBD ，
∴∠CBD=∠ODB ，
∴OD//BC ，
又∵DE⊥BC ，
∴DE⊥OD ，
∴DE 与 ⊙O 相切．
（2）AB 为 ⊙O 的直径可得： ∠ADB=90° ，
据（1） ∠CBD=∠OBD 且 ∠DEB=90° ，
∴在 △DBE 和 △ABD 中，
∠EBD=∠ABD，∠DEB=∠ADB ，
∴△DBE∽△ABD ，
∴BD2=AB⋅BE ，
又∵AB=5，BE=4 ，
∴BD=20=25 ．
（3）CE=AB−BE ．
由 ∠EBD=∠ABD 得 CD=AD ，
∵∠ADB=90°，∠CED=90° ，
∴CD2=AD2=AB2−BD2 ，
DE2=BD2−BE2 ，
CE2=CD2−DE2=AB2+BE2−2BD2=(AB−BE)2 ，
由 Rt△DBE，Rt△ABD 得 AB>BD>BE ，
∴CE=AB−BE ．
11．【答案】（1）证明：连接OD，
∵AC=CD=BD ，
∴∠BOD＝ 13× 180°＝60°，
∵CD=DB ，
∴∠EAD＝∠DAB＝ 12∠ BOD＝30°，
∵OA＝OD，
∴∠ADO＝∠DAB＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°，
∴∠EDA＝60°，
∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠DAB＝30°，AB＝6，
∴BD＝ 12 AB＝3，
∴AD＝ 62−32 ＝3 3 ．
12．【答案】（1）证明：连接OE，OP，
∵PE⊥AB，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴PB＝BE，
∵OE＝OP，OB＝OB，
∴△BEO≌△BPO（SSS），
∴∠BEO＝∠BPO，
∵BP为⊙O的切线，
∴∠BPO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∴EF=ED ．
（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，
∴EP⊥AB，
∵CG⊥AB，
∴CG∥EP，
∵∠ACB＝∠BEO＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠AEO，
∵OA＝OE，
∴∠EAQ＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，
∴△ACE≌△AQE（AAS），
∴CE＝QE，
∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，
∴∠CEH＝∠AHG，
∵∠AHG＝∠CHE，
∴∠CHE＝∠CEH，
∴CH＝CE，
∴CH＝EQ，
∴四边形CHQE是平行四边形，
∵CH＝CE，
∴四边形CHQE是菱形，
∵sin∠ABC═sin∠ACG═ AGAC ＝ 35 ，
∵AC＝15，
∴AG＝9，
∴CG＝ AC2−AG2 ＝12，
∵△ACE≌△AQE，
∴AQ＝AC＝15，
∴QG＝6，
∵HQ2＝HG2+QG2，
∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，
解得：HQ＝ 152 ，
∴CH＝HQ＝ 152 ，
∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ＝ 152 ×6＝45．
13．【答案】（1）证明：∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∵BC和AB相切，
∴∠ABC=90°，
∵DG为圆O直径，
∴∠DAG=90°，
∵∠C=180°-∠CAB-∠ABC，∠AGD=180°-∠DAG-∠ADO，
∴∠C=∠AGD；
（2）解：连接BD，
∵AB为直径，
∴∠ADB=∠CDB=90°，
∵BC=6 ， CD=4 ，
∴BD= 62−42=25 ，
∵OA=OB=OD=OG，∠AOG=∠BOD，
∴△BOD≌AOG（SAS），
∴AG=BD= 25 ，
∵FG⊥AB，BC⊥AB，
∴FG∥BC，
∴∠AEG=∠C，
∵∠EAG=∠CDB=90°，AG=BD，
∴△AEG≌△DCB（AAS），
∴EG=BC=6，AE=CD=4，
∵AH⊥FG，AB为直径，
∴AH=AE×AG÷EG= 453 ，FH=GH，
∴FH=GH= (25)2−(453)2 = 103 ，
∴FG=2HG= 203 ，
∴EF=FG-EG= 203 -6= 23 ．