2022年中考数学压轴题冲刺提升专题07圆中证明及存在性问题含解析20222209255

1、专题07 圆中证明及存在性问题【例1】（2019·河南南阳一模）如图，已知a的半径为4，ec是圆的直径，点b是a的切线cb上一个动点，连接ab交a于点d，弦efab，连接df，af.（1）求证：abcabf；（2）当cab=时，四边形adfe为菱形；（3）当ab=时，四边形acbf为正方形.【分析】（1）由efab，得efa=fab，cab=aef，又aef=afe，得：bac=baf，又ab=ab，ac=af，证得abcabf；（2）连接fc，根据adfe为菱形，确定出cab的度数；（3）由四边形acbf是正方形，得ab=ac=4.【解析】解：（1）efab，efa=fab，cab

2、=aef，ae=af，aef=afe，bac=baf，又ab=ab，ac=af，abcabf（sas）；（2）如图，连接fc，四边形adfe是菱形，ae=ef=fd=ad，ce=2ae，cfe=90°，ecf=30°，cef=60°，efab，aef=cab=60°，故答案为：60°；（3）由四边形acbf是正方形，得ab=ac=4.【变式1-1】（2019·开封二模）如图，在abd中，abad，ab是o的直径，da、db分别交o于点e、c，连接ec，oe，oc（1）当bad是锐角时，求证：obcoec；（2）填空：若ab2，则aoe

3、的最大面积为 ；当da与o相切时，若ab，则ac的长为 【答案】（1）见解析；（2）；1.【解析】解：（1）连接ac，ab是o的直径，acbd，adab，bacdac，bcec，又ob=oe，oc=oc，obcoec（sss），（2）ab2，oa1，设aoe的边oa上的高为x，saoeoa×hh，要使saoe最大，需h最大，点e在o上，h最大是半径，即：h最大1saoe最大为：；如图所示，当da与o相切时，则dab90°，adab，abd45°，ab是直径，adb90°，acbcab=1.【例2】（2019·济源一模）如图，abc 中，ab=a

4、c，以 ab 为直径的o 与 bc 相交于点 d， 与 ca 的延长线相交于点 e，过点 d 作 dfac 于点 f（1）试说明 df 是o 的切线；（2）当c= °时，四边形 aodf 为矩形；当 tanc= 时，ac=3ae【答案】见解析.【解析】解：（1）证明：连接od，ob=od，b=odb，ab=ac，b=c，odb=c，odac，dfac，oddf，点d在o上，df是o的切线；（2）45°，理由如下：由四边形aodf为矩形，得bod=90°，b=45°，c=b=45°，故答案为：45°；（3），理由如下，连接be，ab是直

5、径，aeb=90°，ab=ac，ac=3ae，ab=3ae，ce=4ae，be2=ab2ae2 =8ae2，即be=ae，在rtbec中，tanc=.故答案为：.【变式2-1】（2019·安阳一模）如图，在abc中，ab=ac=4，以ab为直径的o交bc于点d，交ac于点e，点p是ab的延长线上一点，且pdb=a，连接de，oe（1）求证：pd是o的切线（2）填空：当p的度数为_时，四边形obde是菱形；当bac=45°时，cde的面积为_【答案】（1）见解析；（2）30；.【解析】解：（1）连接od，ob=od, pdb=a，odb=abd=90°a=

6、90°pdb，odb+pdb=90°，odp=90°，od是o的半径，pd是o的切线.（2）30°，理由如下：p=30°，则bod=60°，bod是等边三角形，adp=30°，a=60°，aoe是等边三角形，即aoe=60°，eod=60°，ode是等边三角形，ob=bd=de=oe，即四边形obde是菱形；连接be，ad，如上图，ab为直径，adb=90°，即adbc，aeb=90°，ab=ac，d为bc中点，sdce=sbce，bac=45°，ae=be，abe

7、是等腰直角三角形，ab=ac=4，ae=be=，ce=4-，sdce=sbce，=×be·ce=×××（4-）=.【例3】（2019·洛阳三模）如图，ab 是o 的直径，点 c 是o 上一点，ad 和过点 c 的切线互相垂直，垂足为 d，直线 dc 与 ab 的延长线相交于点 p（1）求证：ac2=ad·ab（2）点 e 是acb 所对的弧上的一个动点（不包括 a，b 两点），连接 ec交直径 ab 于点 f，dap=64°当ecb= °时，pcf 为等腰三角形；当ecb= °时，四边形 acb

8、e 为矩形【答案】见解析.【解析】解：（1）连接oc，cd是切线，occd，adcd，ocad，aco=cad，oa=oc，aco =cao，cad=cao，ab为直径，acb=d=90°，acdabc，,即：ac2=ad·ab（2）45；58，理由如下：dap=64°，p=26°，cab=dac=32°，cfp是acf的外角，cfp>32°，即cfpp，由pcb=cab=32°，知fcp>pcbp，由pcd为等腰三角形，得pc=pf,cfp=77°，acf=45°，ecb=90°a

9、cf=45°，故答案为：45；由acbe是矩形，得f与o重合，ecb=90°aco=90°32°=58°，故答案为：58.【变式3-1】（2019·洛阳二模）如图，abc 内接于o，过点 b 的切线 beac，点 p 是优弧ac 上一动点（不与 a，c 重合），连接 pa，pb，pc，pb 交 ac 于 d（1）求证：pb 平分apc；（2）当 pd=3，pb=4 时，求 ab 的长【答案】见解析.【解析】解：（1）证明：连接ob，则obbe，beac，obac，弧ab=弧bc，apb=bpc，pb平分apc；（2）由（1）知，apb

10、=bpc，bac=bpc，bac=apb，abd=pba，abdpba，,即ab=2，即ab的长为2.1.（2018·河师大附中模拟）如图，在rtabc中，acb=90°，以ac为直径的o与ab交于点d，过d作o的切线交cb于e.（1）求证：eb=ec；（2）若以点o、d、e、c为顶点的四边形是正方形，试判断abc的形状，并说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）证明：连接od，ac为直径，acb=90°，bc为o的切线，de是o的切线，de=ce，ode=90°，oda+edb=90°，oa=od，oad=oda，oad+b=90

11、6;，b=edb，de=be，eb=ec；（2）abc是等腰直角三角形，理由如下：四边形odec是正方形，deb=90°，由（1）知ce=be，bed是等腰直角三角形，b=45°，a=45°，即ac=bc，又acb=90°，abc是等腰直角三角形.2.（2019·焦作二模）如图，以rtabc的直角边ab为直径作o与斜边ac交于点d，e为bc边的中点，连接de，oe（1）求证：de是o的切线（2）填空：当cab= 时，四边形aoed是平行四边形；连接od，在的条件下探索四边形obed的形状为 .【答案】（1）见解析；（2）45；正方形.【解析】（

12、1）连接od，bd，ab为直径，bdc=adb=90°，e为bc的中点，de=be=ce，od=ob，oe=oe，odeobe，ode=obe=90°，odde，即de是o的切线.（2）若四边形aoed是平行四边形，则deab，a=cde，cde=c，a=c，abc=90°，a=45°；由a=45°，得ado=45°，即dob=90°，ebo=ode=90°，四边形obed是矩形，四边形aoed是平行四边形，eob=a=45°，eob=oeb=45°，ob=be，四边形obed是正方形.3.（2

13、019·周口二模）如图，在rtabc中，b=90°，ab=6，cd平分acb交ab于点d，点o在ac上，以co为半径的圆经过点d，ae切o于e（1）求证：ad=ae（2）填空：当acb=_时，四边形adoe是正方形；当bc=_时，四边形adce是菱形【答案】见解析.【解析】解：（1）证明：连接oe，cd平分acb，ocd=bcd，oc=od，ocd=odc，odc=bcd，odbc，b=90°，ado=90°，ad是圆o的切线，ae是圆o的切线，ad=ae.（2）45；2，理由如下：adoe是正方形，od=ad，oad=45°，acb=45&#

14、176;；四边形adce为菱形，ad=cd，cad=acd，bcd=acd，cdb=60°，bcd=30°，cd=2bd，ab=6，bd=2，bc=2,故答案为：45；2.4.（2018·信阳一模）如图，ab是o的弦，d为半径oa的中点，过d作cdoa交弦ab于点e，交o于点f，且ce=cb（1）求证：bc是o的切线；（2）连接af，bf，求abf的度数【答案】见解析.【解析】解：（1）证明：连结ob，ce=cb，cbe=ceb，cdoa，dae+aed=90°，ceb=aed，dae+cbe=90°，oa=ob，oab=oba，oba+cbe

15、=90°，即obc=90°，bc是o的切线；（2）解：连结of，of交ab于h，（见上图）dfoa，ad=od，fa=fo，of=oa，oaf为等边三角形，aof=60°，abf=aof=30°5.（2019·南阳毕业测试）如图，在ace中，acce，o经过点a，c，且与边ae，ce分别交于点d，f，点b是劣弧ac上的一点，且弧bc=弧df，连接ab，bc，cd求证：cdeabc【答案】见解析.【解析】证明：连接df，acce，caee，四边形acfd内接于o，cae+cfd=180°，cfd+dfe=180°，caedfe

16、，dfee，dfde，弧bc=弧df，bcdf，bcde，四边形abcd内接于o，同理可得：bcde，在cde和abc中，ac=ce，abc=cde，bc=de，cdeabc6.（2019·濮阳二模）如图，ab是半圆o的直径，点p是半圆上不与点a，b重合的动点，pcab，点m是op中点（1）求证：四边形obcp是平行四边形；（2）填空：当bop 时，四边形aocp是菱形；连接bp，当abp 时，pc是o的切线【答案】（1）见解析；（2）120；45【解析】（1）证明：pcab，pcmoam，cpmaom点m是op的中点，ompm，cpmaom，pcoaoaob，pcobpcab，四边

17、形obcp是平行四边形（2）解：四边形aocp是菱形，oapa，oaop，oaoppa，aop是等边三角形，aaop60°，bop120°；pc是o的切线，oppc，opc90°，pcab，bop90°，opob，abpopb45°.7.（2019·南阳模拟）如图，ab为o的直径，f为弦ac的中点，连接of并延长交弧ac于点d，过点d作o的切线，交ba的延长线于点e（1）求证：acde；（2）连接ad、cd、oc填空当oac的度数为 时，四边形aocd为菱形；当oaae2时，四边形acde的面积为 【答案】（1）见解析；（2）30；2

18、【解析】（1）证明：f为弦ac的中点，afcf，of过圆心ofoac，即ofa=90°，de是o切线，odde即edo=90°，deac.（2）当oac30°时，四边形aocd是菱形，理由如下：连接cd，ad，oc，oac30°，ofacaof60°aodo，aof60°ado是等边三角形afdodffo，afcf，四边形aocd是平行四边形aoco四边形aocd是菱形.连接cd，acde, oa=ae=2，od2of，de2afac2af，deac，且deac四边形acde是平行四边形oaaeod2ofdf1，oe4在rtode中，

19、由勾股定理得：de2，s四边形acdede×df2×12答案为：2.8.（2019·商丘二模）如图，在rtabc中，bac90°，c30°，以边上ac上一点o为圆心，oa为半径作o，o恰好经过边bc的中点d，并与边ac相交于另一点f（1）求证：bd是o的切线（2）若ab，e是半圆agf上一动点，连接ae，ad，de填空：当弧ae的长度是 时，四边形abde是菱形；当弧ae的长度是 时，ade是直角三角形【答案】（1）见解析；（2）；或【解析】（1）证明：连接od，在rtabc中，bac90°，c30°，abbc，d是斜边bc

20、的中点，bdbc，abbd，badbda，oaod，oadoda，odbbao90°，即odbc，bd是o的切线（2）若四边形abde是菱形，连接oe，则abde，bac=90°，deac，得：adbdabcdbc，abd是等边三角形，od1，adb60°，cde60°，ade180°adbcde60°，aoe2ade120°，弧ae的长度为：=；故答案为：；ad为弦（不是直径），aed90°，（i）若ade90°，则点e与点f重合，弧ae的长度为：；（ii）若dae90°，则de是直径，则ao

21、e2ado60°，弧ae的长度为：=；故答案为：或9.（2019·开封二模）如图，在rtabc中，acb90°，以点a为圆心，ac为半径，作a，交ab于点d，交ca的延长线于点e，过点e作ab的平行线交a于点f，连接af，bf，df（1）求证：abcabf；（2）填空：当cab °时，四边形adfe为菱形；在的条件下，bc cm时，四边形adfe的面积是6cm2【答案】（1）见解析；（2）60；6【解析】（1）证明：efab，ecab，efafab，ae=af，eefa，fabcab，又af=ca，ab=ab，abcabf；（2）当cab60°时，四边形adfe为菱形由cab60°，得fadeaf60°，efadae=df，四边形adfe是菱形四边形aefd是菱形，aefcab60°，ae，ac=，bc=ac=6. 10.（2019·名校模考）如图，在rtabc中，acb90°，以直角边bc为直径作o，交ab于点d，e为ac的中点，连接de.（1）求证：de为o的切线；（2）已知bc4填空：当de 时，四边形doce为正方形；当de 时，bod为等边三角形【答案】（1）见解析；（2）2；2 .【解析】（1）证明：连接cd，oe