圆中的重要模型-圆弧的中点模型练习-中考数学专题
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当圆中出现弦的中点或弧的中点时,我们联想到的是利用垂径定理以及圆周角定理进行思路的突破,这样的解决方式比较直接,而且能够提高大家解题的效率
模型1、与垂径定理相关的中点模型
图1 图2 图3
1)如图1,已知点P是中点,连接OP,则OP⊥AB.
2)如图2,已知过点P作MN∥AB,则MN是圆O的切线.
3)如图3,变换条件:连接BP、AP,若∠BPN=∠A,则MN是圆O切线.
例1.(2023·浙江·九年级假期作业)如图,是半径为8的的弦,点C是优弧的中点,,则弦的长度是( )
A.8B.4C.D.
【答案】D
【分析】连接,过点O作,证明是等边三角形,再根据勾股定理求解即可.
【详解】解:连接,过点O作,如图所示,
∵点C是优弧的中点,∴,∵,∴是等边三角形,∴,
∵的半径为8,∴,∴,∴,故选:D.
【点睛】本题考查圆的性质,涉及到等边三角形的判定和证明,正确作出辅助线是解题的关键.
例2.(2023·山东临沂·统考一模)如图,是半圆的直径,点在半圆上,点为的中点,连接,,,与相交于点,过点作直线,交的延长线于点.
(1)求证:是的切线;(2)若,,求阴影部分的面积.
【答案】(1)见解析(2)
【分析】(1)连接,由垂径定理得,由平行线的性质推出,即可得证;
(2)连接、,过点作,垂足是,由圆周角定理可得,则,,推出是等边三角形,解求得,根据三线合一求得,利用求解即可.
【详解】(1)证明:如图所示,连接,
点为的中点,,,.是的切线.
(2)解:如图所示,连接、,过点作,垂足是,
,点为的中点,,
,,
又,是等边三角形,是半圆的直径,,
在中,,,
,,,
.
【点睛】本题主要考查了切线的判定定理、垂径定理、圆周角定理、平行线的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形,掌握知识点并灵活运用是解题的关键.
例3.(2023·福建龙岩·统考一模)如图,点C是的中点,直线与相切于点C,直线与切线相交于点E,与相交于另一点D,连接,.
(1)求证:;(2)若,求的度数.
【答案】(1)见解析(2)
【分析】(1)连接,,先证明,再利用等腰三角形的三线合一性质得出,由切线的性质可得,最后根据平行线的判定即可得证;
(2)利用等边对等角和三角形外角的性质可得,利用三角形内角的定理并结合条件“”可求出,最后利用三角形外角的性质即可求出的度数.
【详解】(1)证明:连接,,
∵点C是的中点,∴,∴,
又∵,∴,
∵直线EF与相切于点C,∴,∴;
(2)解:∵,∴,∴,
由(1)知,,∴,即,
∵,,∴,∴,
∴.
【点睛】本题考查了圆的切线的性质,等腰三角形的性质等知识,明确题意,找出所求问题需要的条件是解题的关键.
例4.(2023·山东潍坊·统考二模)如图,为的直径,点D为圆周上一点(不与A,B重合),点C为的中点,连接BC并延长至点E,连接AE,AC,恰有AC平分.(1)求证:为的切线;(2)作,,垂足分别为点D,F,若,,求AE的长.
【答案】(1)见解析(2).
【分析】(1)利用圆周角定理,得到,由点C为的中点,得到,再等量代换证明,即可证明结论;(2)延长交于点G,延长交于点H,连接,证明四边形为矩形,求得,再证明,利用相似三角形的性质求得,再根据勾股定理即可求解.
【详解】(1)证明:∵为的直径,
∴,则,
∵点C为的中点,∴,,则,
∵AC平分,∴,则,
∴,∴为的切线;
(2)解:延长交于点G,延长交于点H,连接,
∵,∴,∵,∴,
∵为的直径,∴,
∵,∴,∴四边形为矩形,
∴,在中,,,∴,
∵,,∴,
∴,即,∴,∴.
【点睛】此题考查了切线的判定、圆周角定理、三角形中位线的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识,熟记掌握相似三角形的判定与性质、切线的判定、圆周角定理、三角形中位线的判定与性质、矩形的判定与性质并作出合理的辅助线是解题的关键.
模型2、与圆周角定理相关的中点模型(母子型)
图1 图2 图3
1)如图1,已知点P是中点,点C是圆上一点,则∠PCA=∠PCB.
2)如图2,已知点P是半圆中点,则∠PCA=∠PCB=45°.
3)如图3,已知点P是中点,则∠PBA=∠PCA=∠PCB=∠PAB.可得:△PDA∽△PAC;△PDB∽△PBC.
可得:△CAP∽△CDB;△CAD∽△CPB.
例1.(2023·浙江温州·九年级校考阶段练习)如图,在中,点A是的中点,若,则的度数为( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】直接利用圆周角定理求解.
【详解】解:点是的中点,,.故选:D.
【点睛】本题考查了圆周角定理:在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等,都等于这条弧所对的圆心角的一半.
例2.(2023·山东德州·统考二模)如图1,内接于,点是劣弧的中点,且点与点位于的异侧.
(1)请用圆规和无刻度直尺在图1中确定劣弧的中点;
(2)在图1中,连接交于点,连接,求证;
(3)如图2,点是半圆的中点,若⊙O的直径,求和的长.
【答案】(1)见解析(2)见解析(3),
【分析】(1)作线段的垂直平分线与的交点即为点;
(2)根据,证得,进而证明∽,对应线段成比例,从而推出结论;
(3)连接,因为为半圆中点,则为等腰直角三角形,已知斜边可求出的长,可证明∽,得到,求解关于的方程即可求解.
【详解】(1)解:如图所示,点为所作点:
(2)证明:∵点D是劣弧的中点,
∴,∴,
∵,∴∽∴,∴
(3)解:连结BD,∵点D是的中点,∴,∵是的直径,∴
∴为等腰直角三角形,∴
由(1)得∽,,即,
∴,∴,解得或(负值舍去)∴.
【点睛】本题考查了圆周角定理,垂径定理,相似三角形的判定和性质,数量掌握垂径定理和相似三角形的性质是求解的关键.
例3.(2023春·浙江杭州·九年级校考阶段练习)如图,已知是圆的直径,点在圆上,且,过点作弦的平行线与的延长线交于点
(1)若圆的半径为,且点为弧的中点时,求线段的长度;
(2)在(1)的条件下,当,α时,求线段的长度;(答案用含α的代数式表示)
(3)若,且,求的面积.
【答案】(1);(2);(3)108.
【分析】(1)过作于,连接,根据点为弧的中点,可得,进而得出,再根据圆的半径为,即可得到,从而得解;
(2)先判定,从而根据相似三角形的性质即可求解;
(3)连接,,,并延长至点,依据,,判定,即可得到,设,再根据,得
即,再利用勾股定理求出,可得,从而即可得解.
【详解】(1)解∶如图,过作于,连接,则,
∵是圆的直径,∴,
∵点为弧的中点,∴弧弧,∴,
∴,∴,∴,
∵圆的半径为,即,∴,∴;
(2)解:∵,,∴,
∵,∴,∴,
由可知,∴;
(3)解:如图,连接,,,并延长至点,
∵是圆的直径,∴,
∵,,∴垂直平分,∴,
又∵,∴,∴,
又∵,∴,∴即,
设,则,∴,,∴,,
∵,∴,∵,∴,,
∴,即,解,
∴,∴的面积.
【点睛】本题属于圆的综合题,主要考查了相似三角形的判定与性质,垂径定理以及等腰三角形的性质的综合运用,解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形,依据相似三角形的对应边成比例得到方程得出结论.在判定两个三角形相似时,应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件,以充分发挥基本图形的作用,寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形.
例4.(2023·四川巴中·统考一模)如图,是半圆O的直径,D为半圆O上的点(不与A,B重合),连接,点C为的中点,过点C作,交的延长线于点F,连接,交于点E.
(1)求证:是半圆O的切线.(2)求证:.(3)若,,求阴影部分的面积.
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】(1)根据点C为弧的中点,得出,然后得出,根据平行线的性质得出,进而即可证明结果;
(2)连接,根据圆周角定理可得,证明,即可得出结果;
(3)根据,可得,从而可证是等边三角形,即得,即,从而可得,由(2)可知,,从而求出,最后根据即可求出结果.
【详解】(1)证明:连接,∵点C为弧的中点,∴,∴,
又∵,∴,∴,∴,
又∵,∴,∴是半圆O的切线;
(2)证明:连接,∵是半圆O的直径,∴,∴,
∵,∴,∴,∴;
(3)解:∵在中,,,
∴,,
∴,∴,
∴,,
∵,,∴是等边三角形,
∴,∴,∴,∴,
∵由(2)可知,,∴,∴圆O的半径为,
.
【点睛】本题考查切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数及扇形面积公式,熟练掌握相关知识是解题的关键.
模型3、垂径定理与圆周角定理结合的中点模型
如图,AB是直径,点P是中点,过点P作PH⊥AB交AB于点H,则△ADP∽△APC.
以下作图可证明:∠PAC=∠APH,即可得△PAD是等腰三角形.
例1.(2023·湖南长沙·长沙市长郡双语实验中学统考一模)如图,已知是的直径,与相切于点,与相交于点,是弧的中点,现有如下几个结论:,,,,其中正确的个数为( )
A.个B.个C.个D.个
【答案】C
【分析】根据圆的切线定理,同弧或者等弧所对的圆周角相等,同弧或者等弧所对的圆周角是圆心角的一半等依次判断,即可.
【详解】解:∵是的直径,与相切于点,∴,∴正确;
∵是弧的中点、∴
∴,,
∵所对的圆周角是,∴,
∴∴,∴正确;
∵所对的圆心角是,所对的圆周角是,
∴,∴正确;∵,,
但无法证明与的等量关系,∴,∴错误;
综上所述,正确的为:共3个.故选:C.
【点睛】本题考查圆的知识,解题关键是掌握圆的基本性质,圆的切线定理,圆周角,圆心角,弦的关系.
例1.(2023·浙江金华·校联考二模)如图,是的直径,C是上一点,点D是弧的中点,于点E,交于点F,已知,的半径为2,则的长为 .
【答案】/
【分析】延长交于点G,连接、,先由同弧或等弧所对的圆周角相等得,得,由直径所对的圆周角等于得,勾股定理得,则,再由勾股定理求出,则,设,则,然后在中,由勾股定理得出方程,解方程即可.
【详解】解:延长交于点G,连接、,如图所示:
∵点D是弧的中点,∴,
又∵,∴,∴,∴,∴,
∵是的直径,的半径为2,∴,
∴,,∴,
∵∴,∴;即:,
∵,∴,∴,
设,则,在中,由勾股定理得:
,解得:,∴,故答案为:.
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系、勾股定理等知识;熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键.
例3.(2023·河南信阳·统考一模)如图,是的直径,点是圆上一点,点是的中点,,过点作的切线交的延长线于点.
(1)求证:;(2)若,的半径是3,求的长.
【答案】(1)见解析 (2)
【分析】(1)连接,先根据切线定理,得,再根据等弧所对的圆周角相等,得到,再根据垂径定理及等角的余角相等可推出结论.
(2)由已知,结合(1)中结论得即可求出的长.
【详解】(1)证明:连接.
∵是的切线,∴.
∵点是的中点,∴,∴.
∵,∴∴,∴.
∵,,∴.
∵,∴,∴.
(2)解:∵,,
∴,,∴,∴,∴.
∵,∴,∴.
【点睛】本题考查了圆的基本性质,垂径定理,切线的性质。熟练掌握圆的切线的性质及圆中的相关计算是解题的关键.
例4.(2023·四川成都·统考二模)如图,是的一条弦,点是中点,连接,,交于点.过点作的切线交的延长线于点,延长交于点,连接交于点,连接.(1)求证:;(2)已知,求的值.
【答案】(1)见解析(2)
【分析】(1)由切线的性质,圆周角定理得到,又,即可证明问题;
(2)由得到,由,得到,因此,于是得到.
【详解】(1)证明:∵切于,∴直径,∴,
∵是的直径,,,,
∵,∴;
(2)解:如图所示,连接,
∵C是中点,,
∵,,,,
∵,∴,∴,
,由(1)知,
∴,,
,.
【点睛】本题考查切线的性质,圆周角定理,相似三角形的判定和性质,关键是由, ,得到.
模型4、与托勒密定理相关的中点模型
图1 图2
1)同侧型:
条件:如图5,A为弧BC中点,D为圆上等腰三角形底边下方一点,结论:BD+CD= 2AD×csθ;
特别地:1)当三角形为等边三角形时(即θ=60°); 结论:BD+CD= AD
2)当三角形为等腰直角三角形时(即θ=90°); 结论:BD+CD=AD
3)当三角形为120°的等腰直角三角形时(即θ=120°); 结论:BD+CD=AD
2)异侧型:
条件:如图5,A为弧BC中点,D为圆上等腰三角形底边下方一点,结论:BD-CD= 2AD×csθ;
特别地:1)当三角形为等边三角形时(即θ=60°); 结论:BD-CD= AD
2)当三角形为等腰直角三角形时(即θ=90°); 结论:BD-CD=AD
3)当三角形为120°的等腰直角三角形时(即θ=120°); 结论:BD-CD=AD
例1.(2023·浙江·九年级期中)如图,为圆内接四边形的对角线,且点D为的中点;
(1)如图1,若、直接写出与的数量关系;
(2)如图2、若、平分,,求的长度.
【答案】(1)(2)
【分析】(1)如图:绕B逆时针旋转交于E,即,先说明是等边三角形可得;再说明是等边三角形可得 ,进而证明可得,最后根据即可证明结论;
(2)如图:连接,交于E,先说明为直径,即,再运用圆周角定理和勾股定理可得,进而求得、,最后运用勾股定理即可解答
【详解】(1)解:如图:绕B逆时针旋转交于E,即,
∵,∴,
∴是等边三角形,∴ ,
∵点D为的中点∴,∵,∴是等边三角形,
∴ ,∴,即,
∴,∴,
∴,即.
(2)解:如图:连接,交于E,
∵,∴为直径,即
∵点D为的中点,∴,
∴,即,解得:,
∵平分,∴,
又∵,∴垂直平分,即,∴,
∵.∴是的中位线,∴,
∴,∴.
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点,灵活运用相关定理是解答本题的关键.
例2.(2023·云南红河·统考二模)如图,在中,为的直径,过点C作射线,,点B为弧的中点,连接,,.点P为弧上的一个动点(不与B,C重合),连接,,,.(1)若,判断射线与的位置关系;(2)求证:.
【答案】(1)与相切,理由见解析(2)证明见解析
【分析】(1)根据为的直径,得出,根据,得出,即可证明结论;(2)在上截取,连接,证明,得出,求出,过点B作于点H,根据三角函数求出,得出,即可证明结论.
【详解】(1)解:与相切,理由如下:
∵为的直径,∴,
∵,∴,
∴,∴,
∵且为半径,∴为的切线.
(2)证明:在上截取,连接,如图3,
∵点B为弧的中点,,∴,
∴,,
∵与同对弧,∴,
在和中,,
∴,∴,
又∵,∴,∴,
过点B作于点H,∴,∴,
在中,,∴,∴,
又∵,,∴.
【点睛】本题主要考查了切线的判定,解直角三角形,全等三角形的判断和性质,圆周角定理,解题的关键是理解题意,作出辅助线,熟练掌握相关的性质和判定.
例3.(2023·山西阳泉·九年级统考期末)阅读下列材料,并完成相应的任务.
任务:(1)上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别指什么?
依据1: 依据2:
(2)当圆内接四边形ABCD是矩形时,托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理: (请写出定理名称).
(3)如图(3),四边形ABCD内接于⊙O,AB=3,AD=5,∠BAD=60°,点C是弧BD的中点,求AC的长.
【答案】(1)同弧所对的圆周角相等;两角分别对应相等的两个三角形相似(2)勾股定理(3) AC =
【分析】(1)根据圆周角定理的推论以及三角形相似的判定定理,即可得到答案;
(2)根据矩形的性质和托勒密定理,即可得到答案;
(3)连接BD,过点C作CE⊥BD于点E.由四边形ABCD内接于⊙O,点C是弧BD的中点,可得∆BCD是底角为30°的等腰三角形,进而得BD=2 DE=CD,结合托勒密定理,列出方程,即可求解.
【详解】(1)依据1指的是:同弧所对的圆周角相等;
依据2指的是:两角分别对应相等的两个三角形相似 .
故答案是:同弧所对的圆周角相等;两角分别对应相等的两个三角形相似;
(2)∵当圆内接四边形ABCD是矩形时,∴AC=BD,BC=AD,AB=CD,
∵由托勒密定理得:AC·BD=AB·CD+BC·AD,∴.故答案是:勾股定理;
(3)如图,连接BD,过点C作CE⊥BD于点E.
∵四边形ABCD内接于⊙O,∴∠BAD+∠BCD =180°,∵∠BAD=60°, ∴∠BCD =120°,
∵点C是弧BD的中点,∴ 弧BC=弧CD,∴ BC =CD,∴∠CBD =30°.
在Rt△CDE中,DE=CD·cs30°,∴DE=CD ,∴ BD=2 DE=CD.
由托勒密定理得: AC·BD=AB·CD+BC·AD.∴AC·CD=3CD+5CD.∴AC =.
【点睛】本题主要考查圆的内接四边形的性质与相似三角形的综合,添加辅助线,构造底角为30°的等腰三角形,是解题的关键.
课后专项训练
1.(2023·陕西宝鸡·统考三模)如图,,是的两条直径,点是劣弧的中点,连接,.若,则的度数为( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】连接,由题意易得,则有,然后可得,进而根据圆周角定理可求解.
【详解】解:连接,如图所示:
∵,,∴,∴,
∵E是劣弧的中点,∴,∴;故选B.
【点睛】本题主要考查圆周角定理及垂径定理,熟练掌握圆周角定理及垂径定理是解题的关键.
2.(2023·重庆·三模)如图,是半径为6的的直径,是弦,是弧的中点,与相交于点,若为的中点,则的长为( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】先根据圆周角定理得到,根据垂径定理得到,,则可证明为的中位线,所以,通过证明得到,所以,则可计算出,然后利用勾股定理计算出,从而得到的长.
【详解】解:是半径为6的的直径,,
是弧的中点,,,
,为的中位线,,为的中点,,
在和中,,,,,
,即,,解得:,
在中,,,故选:C.
【点睛】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系:在同圆或等圆中,如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等,那么它们所对应的其余各组量都分别相等,也考查了垂径定理和圆周角定理.
3.(2023·浙江温州·校考二模)如图,点A,B在以为直径的半圆上,B是的中点,连接交于点E,若,则的度数是( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】连接AD,根据点B是中点求出,根据三角形内角和可求解.
【详解】解:连接,
∵B是的中点,,∴,
∴,
∵是直径,∴,∴.故选:C.
【点睛】本题考查了圆的性质,掌握圆内弧和圆周角的关系以及三角形内角和是解题的关键.
4.(2023·山东德州·统考一模)如图,是的直径,点E,C在上,点A是的中点,过点A作的切线,交的延长线于点D,连接.若,则的度数( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】根据切线的性质得到,根据直角三角形的性质求出,根据圆周角定理得到,进而求出,根据垂径定理得到,进而得出答案.
【详解】解:∵过点A作的切线,交的延长线于点D,∴,
∵,∴,
∵是的直径,∴,∴,
∵点A是的中点,∴,∴故选:B.
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理,掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键.
5.(2023·安徽滁州·校考三模)如图,圆内接四边形的边过圆心O,过点C的切线与边的延长线交于点E,若点D是的中点,,则的度数为( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】连接,先根据切线的性质证明,再求出的度数,再根据圆内接四边形的性质求出的度数,再根据点D是的中点,得,即可求出结果.
【详解】解:连接,
∵过点C的切线与边的延长线交于点E,,即,
,
,,
∵四边形是圆内接四边形,,
∵点D是的中点,,,故选:B.
【点睛】本题考查切线的性质,等腰三角形性质,三角形内角和定理以及圆内接四边形,掌握切线的性质,等腰三角形性质,三角形内角和定理以及圆内接四边形的性质是正确解答的关键.
6.(2023·重庆·校考二模)如图,在中,是圆的直径,过点B作的切线,连接交于点D,点E为弧中点,连接,若,,则的长为( )
A.2B.C.D.
【答案】C
【分析】连接、,根据点E是中点,得出,根据是圆的直径,,根据,得出 ,进而得出,,求出,即可得出.
【详解】解:连接、,∵点E是中点,∴,∴,
∵是圆的直径,∴,
∵,∴,即,∴,∴,
∵与相切,∴,则,
∵,∴,∴.故选:C.
【点睛】本题主要考查了圆周角定理,解直角三角形,解题的关键是掌握解直角三角形的方法和步骤,在同圆中,相等的弧所对的圆周角相等,直径所对的圆周角为直角.
7.(2023·湖北十堰·统考模拟预测)如图,⊙O的内接四边形中,,,,点C为弧的中点,则的长是( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】根据圆内接四边形,可得,根据角平分线的性质可得,将绕点C逆时针旋转得,根据旋转的性质得出,,,可得,即A、B、E三点共线,过C作于M,求出,根据解直角三角形即可求出.
【详解】如图:
∵A、B、C、D四点共圆,∴
∵,平分∴
将绕点C逆时针旋转得
则,,
∴
∴A、B、E三点共线过C作于M∵∴
在中,故选:C.
【点睛】本题考查了圆内接四边形性质,角平分线的性质,旋转的性质,解直角三角形,能正确作出辅助线是解此题的关键.
8.(2023·江苏盐城·景山中学校考三模)如图,四边形内接于, A为中点,,则等于( )
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】由 A为中点得到,由得到的度数为,则的度数为,即可得到的度数.
【详解】解:∵ A为中点,∴,
∵,∴的度数为,
∴的度数为,∴,故选:A
【点睛】此题考查了圆周角定理,熟练掌握圆周角定理是解题的关键.
9.(2023·河南三门峡·统考二模)如图,在扇形中,,,点是中点,点分别为线段上的点,连接,当的值最小时,图中阴影部分的面积为 .
【答案】
【分析】当时,最小,连接,根据点是中点,,可得,由,可得为等边三角形,根据等边三角形的性质、勾股定理以及锐角三角函数可得,分别计算出、、,由,进行计算即可得到答案.
【详解】解:如图,当时,最小,连接,
,当在同一条线上时,即最小时,最小,
当时,最小,
点是中点,,,
,是等边三角形,
,,,
,,,
,,,
,故答案为:.
【点睛】本题主要考查了扇形的面积计算—求不规则图形的面积,等边三角形的判定与性质,勾股定理,解直角三角形,添加适当的辅助线,掌握等边三角形的判定与性质,将不规则图形面积进行转换为,是解题的关键.
10.(2022·广东东莞·九年级校考期末)如图,A,B,C,D是圆上的四个点,点是弧的中点,如果,那么 .
【答案】/54度
【分析】根据圆内接四边形的性质可知,由此可得的度数,再依据等弧所对圆周角相等可得的度数.
【详解】解:∵四边形内接于,
∴,∴,
∵点B是优弧的中点,∴,
∴,故答案为:.
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理,解决这类问题的技巧是找到同弧或等弧推理角相等.
11.(2023·安徽安庆·校考二模)已知,如图,点是优弧的中点,,,则的半径是 .
【答案】2
【分析】如图所示,连接,先根据题意得到,进而证明平分,则,由圆周角定理得,再证明是等边三角形,得到,则的半径是2.
【详解】解:如图所示,连接,
∵点是优弧的中点,∴,∴,
∵点O是的外接圆,∴,∴平分,
∴,∴,
又∵,∴是等边三角形,∴,
∴的半径是2,故答案为:2.
【点睛】本题主要考查了圆周角定理,等边三角形的性质与判定,弧与弦之间的关系等等,推出平分是解题的关键.
12.(2023·黑龙江哈尔滨·校考二模)如图,是的内接三角形,点D是弧的中点,已知,,则 度.
【答案】100
【分析】连接,易得,根据三角形内角和定理得,由点是弧的中点得,所以,然后利用进行计算.
【详解】解:连接,如图,
,,,
点是弧的中点,,
∵∴是等边三角形,,
.故答案为:.
【点睛】本题考查了圆周角定理:在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等,都等于这条弧所对的圆心角的一半,等边三角形的判定与性质.熟练掌握圆周角定理是解题的关键.
13.(2023·湖南岳阳·统考中考真题)如图,在中,为直径,为弦,点为的中点,以点为切点的切线与的延长线交于点.
(1)若,则的长是 (结果保留);(2)若,则 .
【答案】
【分析】(1)连接,根据点为的中点,根据已知条件得出,然后根据弧长公式即可求解;(2)连接,根据垂径定理的推论得出,是的切线,则,得出,根据平行线分线段成比例得出,设,则,勾股定理求得,J进而即可求解.
【详解】解:(1)如图,连接,
∵点为的中点,∴,
又∵,∴,∴,
∵,∴,∴,故答案为:.
(2)解:如图,连接,
∵点为的中点,∴,∴,
∵是的切线,∴,∴
∴,∵,∴,
设,则,,
∴,,∴.故答案为:.
【点睛】本题考查了垂径定理,圆周角定理,切线的性质,弧长公式,平行线分线段成比例定理等知识,综合性较强,熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
14.(2023·辽宁鞍山·统考三模)如图,是的直径,是中点,若,则 .
【答案】
【分析】根据圆周角定理可求出的度数,根据D为的中点,可得的度数,根据等腰三角形的性质即可得答案.
【详解】解:如下图,连接,
分别是所对的圆周角和圆心角,,
为的中点,,,
,,故答案为:.
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,圆周角定理,解题的关键是熟记在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等,都等于所对圆心角的一半.
15.(2023·四川南充·统考中考真题)如图,是的直径,点D,M分别是弦,弧的中点,,则的长是 .
【答案】4
【分析】根据圆周角定理得出,再由勾股定理确定,半径为,利用垂径定理确定,且,再由勾股定理求解即可.
【详解】解:∵是的直径,∴,
∵,∴,∴,
∵点D,M分别是弦,弧的中点,
∴,且,∴,
∴,故答案为:4.
【点睛】题目主要考查圆周角定理、垂径定理及勾股定理解三角形,理解题意,综合运用这些知识点是解题关键.
16.(2023春·浙江金华·九年级校联考期中)如图,是的切线,为切点,直线交于两点,连接,.过圆心作的平行线,分别交的延长线、及于点.
(1)求证:是的中点;(2)求证:;(3)若是的中点,的半径为6,求阴影部分的面积.
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】(1)根据圆周角定理、平行线的性质、垂径定理即可得到结论;
(2)连接,由切线的性质得出,由圆周角定理得出,证出,即可得出结论;
(3)求出,由三角形的面积公式及扇形的面积公式可得出答案.
【详解】(1)证明:为的直径,,
,,即,是的中点;
(2)证明:连接,
是的切线,,,
为的直径,,,,,
,,,;
(3)解:为的中点,,,
,,,,,
,,
,,
.
【点睛】本题考查了切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理、扇形的面积公式,熟练掌握切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理,是解题的关键.
17.(2023春·广东东莞·九年级校考开学考试)如图,是的直径,是半圆上的一点,平分,垂足为,交于,连接.
(1)求出:是的切线;(2)若,求的长;
(3)若是弧的中点,的半径为,求图中阴影部分的面积.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】(1)由平分得,加上,则,于是可判断,由于,所以,则可根据切线的判定定理得到是的切线;
(2)如图,过点作与,根据垂径定理得,再证明四边形为矩形,得到,,在中利用勾股定理计算出,则,然后在中根据勾股定理可计算出的长;
(3)如图,连接,点是弧的中点得到,先证明四边形为菱形,得到,,和为等边三角形,从而得到,,,
在中,可计算出,,所以,然后利用即可得出结论.
【详解】(1)证明:∵平分,,
∴,,∴,
∴,∴,
∵,∴,
∴,
∴,∴为的切线.
(2)解:如图,过点作与,∴,
∵,,,∴∴四边形为矩形,
∵,,∴,,
在中,∵,,∴,∴,
在中,∵,,∴.∴的长为.
(3)如图,连接,∵是弧的中点,的半径为,∴,∴,
∵,∴,∴,
又∵,∴四边形为平行四边形,∵,∴四边形为菱形,
∴,,∴和为等边三角形,
∴,∴,∴,
∵,∴,在中,,
∴,,
∴,∴.
【点睛】本题考查切线的判定,垂径定理,圆周角定理,矩形的判定,菱形的判定和性质,平行四边形的判定,勾股定理,直角三角形中所对的直角边等于斜边的一半,等边三角形的判定和性质,三角形的面积,扇形的面积,弓形的面积等知识点,运用了等积变换的思想.根据题意作适当的辅助线是解题的关键.
18.(2023·河南周口·周口恒大中学校考三模)如图,为的直径,点C、D为上两点,且点D为的中点,连接.过点D作于点F,过点D作的切线,交的延长线于点E.
(1)求证:;(2)若,求的长.
【答案】(1)证明见解析(2)6
【分析】(1)连接,由点D为的中点可得,再根据同圆的半径相等得,进而得到,然后再根据切线的性质得到结论;
(2)根据勾股定理求出的长,再根据圆内接四边形的性质得到,即可得到,从而得出结果.
【详解】(1)证明:连接,
∵点D为弧的中点,∴,∴,
∵,∴,∴,∴,
∵为的半径,为的切线,∴,即:,∴.
(2)解:∵由勾股定理得:,
∵四边形内接于,∴,由(1)可知:,∴,
在和中,∴,∴
【点睛】本题考查圆的切线性质,圆内接四边形的性质,弦、弧、圆心角的关系,全等三角形的判定和性质,解题的关键是掌握圆的有关性质.
19.(2022·广东广州·九年级校考阶段练习)如图,在平面直角坐标系中,过原点,与轴交于,与轴交于,点为劣弧的中点,连接并延长到,使,连接.
(1)求的半径.(2)证明:为的切线.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)先根据90度的圆周角所对的弦是直径得到是的直径,再利用勾股定理求出的长即可得到答案;(2)如图所示,设与交于E,连接,利用勾股定理得到,进而利用勾股定理求出,则,再由圆周角定理得到,利用勾股定理求出进而求出,最后利用勾股定理的逆定理证明即可.
【详解】(1)解:∵都在上,∴是的直径,
∵,,∴,
∴,∴的半径为;
(2)证明:如图所示,设与交于E,连接,
∵点为劣弧的中点,∴,∴,
∴,∴,∴,
∵,∴,∴,
∵是的直径,∴,∴,∴,
∵,∴,∴,
∵是的直径,∴是的切线.
【点睛】本题主要考查了圆周角定理,垂径定理,切线的判定,勾股定理,坐标与图形等等,熟知切线的判定定理和圆周角定理是解题的关键.
20.(2023·贵州贵阳·统考三模)如图,为的直径,为上的点,是的中点,交的延长线于点.
(1)填空:________(选填“>”“=”或“