2021年数学九年级中考复习专题之圆：考察证明、长度与面积、动点问题等（五）

2021年数学（通用版）九年级中考一轮复习专项训练：
考察证明、长度与面积、动点问题等（五）


1．如图，⊙O的直径AB＝26，P是AB上（不与点A、B重合）的任一点，点C、D为⊙O上的两点，若∠APD＝∠BPC，则称∠CPD为直径AB的“回旋角”．
（1）若∠BPC＝∠DPC＝60°，则∠CPD是直径AB的“回旋角”吗？并说明理由；
（2）若的长为π，求“回旋角”∠CPD的度数；
（3）若直径AB的“回旋角”为120°，且△PCD的周长为24+13，直接写出AP的长．


2．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，G为⊙O上一点，连接AG交CD于K，在CD的延长线上取一点E，使EG＝EK，EG的延长线交AB的延长线于F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）连接DG，若AC∥EF时．
①求证：△KGD∽△KEG；
②若cosC＝，AK＝，求BF的长．

3．如图，以矩形ABCD的边CD为直径作⊙O，点E是AB的中点，连接CE交⊙O于点F，连接AF并延长交BC于点H．
（1）若连接AO，试判断四边形AECO的形状，并说明理由；
（2）求证：AH是⊙O的切线；
（3）若AB＝6，CH＝2，则AH的长为　 　．





4．如图，AB是⊙O的直径，且AB＝4，点C，D，E均在⊙O上（不与A，B重合），EA的延长线交DC的延长线于点F，过点A作⊙O的切线AG交DF于点G，连接AC，AD，DE，DB．
（1）求证：∠DAG＝∠FCA．
（2）填空：
①当DB＝　 　，△ACG是等腰直角三角形；
②当DB＝　 　，四边形ODCA是平行四边形．


5．如图，△ABC中，以AB为直径作⊙O，交BC于点D，E为弧BD上一点，连接AD、DE、AE，交BD于点F．
（1）若∠CAD＝∠AED，求证：AC为⊙O的切线；
（2）若DE2＝EF•EA，求证：AE平分∠BAD；
（3）在（2）的条件下，若AD＝4，DF＝2，求⊙O的半径．





6．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BD于点F，交⊙O于点D，AC与BD交于点G，点E为OC的延长线上一点，且∠OEB＝∠ACD．
（1）求证：BE是⊙O的切线；
（2）求证：CD2＝CG•CA；
（3）若⊙O的半径为，BG的长为，求tan∠CAB．




7．如图1，已知AB是⊙O的直径，点D是弧AB上一点，AD的延长线交⊙O的切线BM于点C，点E为BC的中点，
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）如图2，若DC＝4，tanA＝，延长OD交切线BM于点H，求DH的值；
（3）如图3，若AB＝8，点F是弧AB的中点，当点D在弧AB上运动时，过F作FG⊥AD于G，连接BG，求BG的最小值．




8．如图，已知AB是⊙O的直径，点P是弦BC上动点（不与端点重合），过点P作PE⊥AB于点E，延长EP交弧BC于点F，交过点C的切线于点D．
（1）求证：△DCP是等腰三角形；
（2）若OA＝6，∠CBA＝30°．
①当OE＝EB时，求DC的长；
②若以点B，O，C，F为顶点的四边形是菱形，求的长．





9．定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为　 　；
证明：
（2）如图1，MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，AM，CN相交于点D．
求证：四边形ABCD是对余四边形；
探究：
（3）如图2，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，探究线段AD，CD和BD之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．


10．已知：四边形ABCD内接于⊙O，连接AC，AB＝AD
（1）如图1，求证：CA平分∠BCD；
（2）如图2，连接BD交AC于点E，若BD为⊙O直径，求证：tan∠CAD＝；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F为BC中点，连接AF并延长交⊙O于G，若FG＝2，tan∠GAD＝，求DE的长
．


参考答案
1．解：∠CPD是直径AB的“回旋角”，
理由：∵∠CPD＝∠BPC＝60°，
∴∠APD＝180°﹣∠CPD﹣∠BPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠BPC＝∠APD，
∴∠CPD是直径AB的“回旋角”；

（2）如图1，∵AB＝26，
∴OC＝OD＝OA＝13，
设∠COD＝n°，
∵的长为π，
∴，
∴n＝45，
∴∠COD＝45°，
作CE⊥AB交⊙O于E，连接PE，
∴∠BPC＝∠OPE，
∵∠CPD为直径AB的“回旋角”，
∴∠APD＝∠BPC，
∴∠OPE＝∠APD，
∵∠APD+∠CPD+∠BPC＝180°，
∴∠OPE+∠CPD+∠BPC＝180°，
∴点D，P，E三点共线，
∴∠CED＝∠COD＝22.5°，
∴∠OPE＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠APD＝∠BPC＝67.5°，
∴∠CPD＝45°，
即：“回旋角”∠CPD的度数为45°，

（3）①当点P在半径OA上时，如图2，过点C作CF⊥AB交⊙O于F，连接PF，
∴PF＝PC，
同（2）的方法得，点D，P，F在同一条直线上，
∵直径AB的“回旋角”为120°，
∴∠APD＝∠BPC＝30°，
∴∠CPF＝60°，
∴△PCF是等边三角形，
∴∠CFD＝60°，
连接OC，OD，
∴∠COD＝120°，
过点O作OG⊥CD于G，
∴CD＝2DG，∠DOG＝∠COD＝60°，
∴DG＝ODsin∠DOG＝13×sin60°＝，
∴CD＝13，
∵△PCD的周长为24+13，
∴PD+PC＝24，
∵PC＝PF，
∴PD+PF＝DF＝24，
过O作OH⊥DF于H，
∴DH＝DF＝12，
在Rt△OHD中，OH＝＝5，
在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，
∴OP＝10，
∴AP＝OA﹣OP＝3；
②当点P在半径OB上时，
同①的方法得，BP＝3，
∴AP＝AB﹣BP＝23，
即：满足条件的AP的长为3或23．

2．解：（1）如图，连接OG．

∵EG＝EK，
∴∠KGE＝∠GKE＝∠AKH，
又OA＝OG，
∴∠OGA＝∠OAG，
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG＝90°，
∴∠KGE+∠OGA＝90°，
∴EF是⊙O的切线．

（2）①∵AC∥EF，
∴∠E＝∠C，
又∠C＝∠AGD，
∴∠E＝∠AGD，
又∠DKG＝∠GKE，
∴△KGD∽△KEG；
②连接OG，
∵，AK＝，
设，
∴CH＝4k，AC＝5k，则AH＝3k
∵KE＝GE，AC∥EF，
∴CK＝AC＝5k，
∴HK＝CK﹣CH＝k．
在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2＝AK2，即，
解得k＝1，
∴CH＝4，AC＝5，则AH＝3，
设⊙O半径为R，在Rt△OCH中，OC＝R，OH＝R﹣3k，CH＝4k，
由勾股定理得：OH2+CH2＝OC2，即（R﹣3）2+42＝R2，
∴，
在Rt△OGF中，，
∴，
∴．
3．（1）解：连接AO，四边形AECO是平行四边形．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵E是AB的中点，
∴AE＝AB．
∵CD是⊙O的直径，
∴OC＝CD．
∴AE∥OC，AE＝OC．
∴四边形AECO为平行四边形．
（2）证明：由（1）得，四边形AECO为平行四边形，
∴AO∥EC
∴∠AOD＝∠OCF，∠AOF＝∠OFC．
∵OF＝OC
∴∠OCF＝∠OFC．
∴∠AOD＝∠AOF．
∵在△AOD和△AOF中，AO＝AO，∠AOD＝∠AOF，OD＝OF
∴△AOD≌△AOF（SAS）．
∴∠ADO＝∠AFO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADO＝90°．
∴∠AFO＝90°，即AH⊥OF．
∵点F在⊙O上，
∴AH是⊙O的切线．
（3）∵CD为⊙O的直径，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴AD，BC为⊙O的切线，
又∵AH是⊙O的切线，
∴CH＝FH，AD＝AF，
设BH＝x，
∵CH＝2，
∴BC＝2+x，
∴BC＝AD＝AF＝2+x，
∴AH＝AF+FH＝4+x，
在Rt△ABH中，∵AB2+BH2＝AH2，
∴62+x2＝（4+x）2，
解得x＝．
∴．
故答案为：．
4．（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DBA+∠DAB＝90°，
∵AG是⊙O的切线，
∴∠OAG＝90°，即∠DAG+∠DAB＝90°，
∴∠DBA＝∠DAG，
∵四边形ACDB是⊙O的内接四边形，
∴∠DCA+∠DBA＝180°，
又∵∠DCA+∠FCA＝180°，
∴∠FCA＝∠DBA，
∴∠DAG＝∠FCA；
（2）解：①如图1所示：
∵△ACG是等腰直角三角形，
∴CG＝AG，AG⊥CG，
∴∠CAG＝∠GCA＝45°，
∵AG是⊙O的切线，
∴∠CBA＝∠CDA＝∠CAG＝45°，
∴点D与点C重合，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴BD＝AB＝×4＝2，
故答案为：2；
②如图2所示：连接OC，
∵四边形ODCA是平行四边形，
∵OA＝OD，
∴平行四边形ODCA是菱形，
∴OC＝OA＝AC，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠BAD＝∠OAC＝×60°＝30°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴DB＝AB＝×4＝2，
故答案为：2．


5．证明：（1）∵AB是直径，
∴∠BDA＝90°，
∴∠DBA+∠DAB＝90°，
∵∠CAD＝∠AED，∠AED＝∠ABD，
∴∠CAD＝∠ABD，
∴∠CAD+∠DAB＝90°，
∴∠BAC＝90°，
即AB⊥AC，且AO是半径，
∴AC为⊙O的切线；

（2）∵DE2＝EF•EA，
∴，且∠DEF＝∠DEA，
∴△DEF∽△AED，
∴∠EDF＝∠DAE，
∵∠EDF＝∠BAE，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴AE平分∠BAD；

（3）如图，过点F作FH⊥AB，垂足为H，

∵AE平分∠BAD，FH⊥AB，∠BDA＝90°，
∴DF＝FH＝2，
∵S△ABF＝AB×FH＝×BF×AD，
∴2AB＝4BF，
∴AB＝2BF，
在Rt△ABD中，AB2＝BD2+AD2，
∴（2BF）2＝（2+BF）2+16，
∴BF＝，BF＝﹣2（不合题意舍去）
∴AB＝，
∴⊙O的半径为．
6．解：（1）∵∠OEB＝∠ACD，∠ACD＝∠ABD，
∴∠OEB＝∠ABD，
∵OF⊥BD，
∴∠BFE＝90°，
∴∠OEB+∠EBF＝90°，
∴∠ABD+∠EBF＝90°，即∠OBE＝90°，
∴BE⊥OB，
∴BE是⊙O的切线；

（2）连接AD，

∵OF⊥BD，
∴＝，
∴∠DAC＝∠CDB，
∵∠DCG＝∠ACD，
∴△DCG∽△ACD，
∴＝，
∴CD2＝AC•CG；

（3）∵OA＝OB，
∴∠CAO＝∠ACO，
∵∠CDB＝∠CAO，
∴∠ACO＝∠CDB，
而∠CFD＝∠GFC，
∴△CDF∽△GCF，
∴＝，
又∵∠CDB＝∠CAB，∠DCA＝∠DBA，
∴△DCG∽△ABG，
∴＝，
∴＝，
∵r＝，BG＝，
∴AB＝2r＝5，
∴tan∠CAB＝tan∠ACO＝＝＝．
7．（1）证明：如图，连接OD，BD，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠CDB＝90°，
∵BM是⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴DE＝BC＝BE＝CE，
∴∠EDB＝∠EBD，
又∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠ODB+∠EDB＝∠OBD+∠EBD＝90°，
即∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE 是⊙O的切线；

（2）解：如图2，连接BD，

∵∠A+∠ABD＝∠ABD+∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠CBD，
∵DC＝4，tanA＝，
∴tan∠CBD＝tanA＝，
∴BD＝8，
∴BC＝＝4，
∴DE＝，
∴AB＝，
∴BO＝OD＝4，
又∵DE是⊙O的切线，
∴∠HDE＝90°，
∴tan∠DHE＝＝，设DH＝x，
则，
∴BH＝2x，
在Rt△BOH中，OB2+BH2＝OH2，
即，解得：x＝或x＝0（舍去），
∴DH＝；

（3）解：如图3，连接BF，取AF中点N，构造圆N，连接NG，

∵FG⊥AD于点G，
∴当点D 在弧AB上运动时，点G在圆N上运动，
∴当点N、G、B三点共线时，BG有最小值，
∵AB＝8，点F是弧AB 的中点，
∴∠AFB＝90°，AF＝BF＝，
∴NG＝NF＝，
BN＝＝＝2，
∴BG＝BN﹣NG＝2．
8．（1）证明：连接OC，如图1，
∵CD为⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
即∠OCB+∠BCD＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵PE⊥AB，
∴∠B+∠BPE＝90°，
∵∠BPE＝∠DPC，
∴∠OCB+∠DPC＝90°，
∴∠DPC＝∠BCD，
∴DC＝DP，
∴△DCP是等腰三角形；
（2）解：①连接AC，如图2，
∵AB是⊙O的直径，AB＝2AO＝12，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝30°，
∴AC＝AB＝6，BC＝AC＝6，
Rt△PEB中，∵OE＝BE＝3，∠ABC＝30°，
∴PE＝BE＝，PB＝2 PE＝2，
∴CP＝BC﹣PB＝6 ﹣2 ＝4，
∵∠DCP＝∠CPD＝∠EPB＝60°，
∴△PCD为等边三角形，
∴DC＝CP＝4 ；
②连接OF，如图3所示：，
∵四边形OCFB是菱形，
∴OB＝OC＝CF＝BF，OF⊥BC，∠BOF＝∠COF，
∵∠CBA＝30°，
∴∠BOF＝∠COF＝60°，
∴的长＝＝2π．



9．（1）解：∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠A+∠C＝90°或∠A+∠C＝360°﹣90°＝270°，
故答案为：90°或270°；
（2）证明：∵MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，
∴∠BAM+∠BCN＝90°，
即∠BAD+∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
（3）解：线段AD，CD和BD之间数量关系为：AD2+CD2＝BD2，理由如下：
∵对余四边形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∵AB＝BC，
∴将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，如图3所示：
∴△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°
∴BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，
∴△BFD是等边三角形，
∴BF＝BD＝DF，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADB+∠BDC＝30°，
∴∠BFA+∠ADB＝30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴∠AFD+∠ADF＝90°，
∴∠FAD＝90°，
∴AD2+AF2＝DF2，
∴AD2+CD2＝BD2．

10．（1）证明：∵AB＝AD，
∴＝，
∴∠ACB＝∠ACD，
∴CA平分∠BCD；

（2）证明：如图2，过点D作AC的平行线交BC延长线于Q，
∵＝，
∴∠CAD＝∠CBD，
∵BD为直径，
∴∠BCD＝90°，
∴tan∠CAD＝tan∠CBD＝，
∵DQ∥AC
∴∠Q＝∠ACB，∠ACD＝∠CDQ，
由（1）得∠ACB＝∠ACD，
∴∠Q＝∠CDQ，
∴CD＝CQ，
∵CE∥DQ，
∴DE：EB＝CQ：BC，
即DE：EB＝CD：CB，
∴tan∠CAD＝；

（3）如图3，过点D、B分别作DH⊥AG于H，BN⊥AG于N，过O作OM⊥AG于M，
∵tan∠GAD＝，
∴设AH＝3k，DH＝4k，
∵∠BAN+∠NAD＝90°，∠NAD+∠ADH＝90°，
∴∠BAN＝∠ADH，
又∵∠BNA＝∠AHD＝90°，AB＝AD，
∴△ADH≌△BAN（AAS），
∴BN＝AH＝3k，AN＝DH＝4k，
∵DH∥OM∥BN，且OB＝OD，
∴MH＝MN，NH＝AN﹣AH＝k，
∵OM⊥AG，
∴MA＝MG，
∴AH＝NG＝3k，
∴FN＝3k﹣2，
连接CG，过点C作CP∥AB，
则∠ABF＝∠PCF，∠BAF＝∠P，
又BF＝CF，
∴△ABF≌△PCF（AAS），
∴FA＝FP，
∵＝，
∴∠BAF＝∠GCB，
∴∠GCF＝∠P，
∴△FCG∽△FPC，
∴CF2＝FG•FP，CF＝BF，
即BN2+FN2＝FG•FA，
∴（3k）2+（3k﹣2）2＝2（4k+3k﹣2），
解得k＝1 或k＝（∵FN＞0∴舍去），
∴在Rt△AHD中，
AH＝3，DH＝4，
∴AD＝＝5，
∴BD＝AB＝5，
∴BF2＝BN2+FN2＝（3k）2+（3k﹣2）2＝10，
∴BF＝，
∴BC＝2，
∴在Rt△BCD中，
CD＝＝，
∴tan∠CBD＝＝＝，
∴DE＝BD＝．