2020年九年级中考三轮冲刺复习 培优同步练习：圆的证明与计算（一）

22/22三轮冲刺复习培优同步练习：圆的证明与计算（一）1．如图已知⊙O经过A、B两点，AB＝6，C是的中点，联结OC交弦AB与点D，CD＝1．（1）求圆⊙O的半径；（2）过点B、点O分别作点AO、AB的平行线，交于点G，E是⊙O上一点，联结EG交⊙O于点F，当EF＝AB，求sin∠OGE的值．2．如图，以△ABC的一边AB为直径的⊙O交AC于点D，点E是弧BD的中点，连接BE并延长交AC于点F．（1）求证：AF＝AB；（2）①若AB＝2，当弧AD的长度是时，四边形FDOE是菱形；②在①的情况下，当CF＝时，CB是⊙O的切线．3．如图，A，B，C三点在⊙O上，＝，AD⊥AB，DE∥AB交BC于点E，在BC的延长线上取一点F，使得EF＝ED．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）连接AF交DE于点M，若AD＝4，BF＝10，求tan∠AFD的值．4．如图．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，AB＝10，DE是△ABC的中位线，连结BD，点F是边BC上的一个动点，连结AF交BD于H，交DE于G．（1）当点F是BC的中点时，求的值及GH的长；（2）当四边形DCFH与四边形BEGH的面积相等时，求CF的长；（3）如图2．以CF为直径作⊙O．①当⊙O正好经过点H时，求证：BD是⊙O的切线；②当的值满足什么条件时，⊙O与线段DE有且只有一个交点．5．如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，以AC为直径作⊙O，交AB于点D．（1）若AB＝8，∠ABC＝30°，求⊙O的半径；（2）若点E是边BC的中点，连结DE，求证：直线DE是⊙O的切线；（3）在（1）的条件下，保持Rt△ACB不动，将⊙O沿直线BC向右平移m个单位长度后得到⊙O′，当⊙O′与直线AB相切时，m＝．6．如图，矩形ABCD中，AB＝13，AD＝6．点E是CD上的动点，以AE为直径的⊙O与AB交于点F，过点F作FG⊥BE于点G．（1）当E是CD的中点时：tan∠EAB的值为；（2）在（1）的条件下，证明：FG是⊙O的切线；（3）试探究：BE能否与⊙O相切？若能，求出此时BE的长；若不能，请说明理由．7．如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形BEFG中，点E在AB的延长线上，点G在BC上，点O在线段AB上，且AO≥BO．以OF为半径的⊙O与直线AB交于点M，N．（1）如图1，若点O为AB中点，且点D，点C都在⊙O上，求正方形BEFG的边长．（2）如图2，若点C在⊙O上，求证：以线段OE和EF为邻边的矩形的面积为定值，并求出这个定值．（3）如图3，若点D在⊙O上，求证：DO⊥FO．8．问题发现：（1）如图1，△ABC内接于半径为4的⊙O，若∠C＝60°，则AB＝；问题探究：（2）如图2，四边形ABCD内接于半径为6的⊙O，若∠B＝120°，求四边形ABCD的面积最大值；解决问题：（3）如图3，一块空地由三条直路（线段AD、AB、BC）和一条弧形道路围成，点M是AB道路上的一个地铁站口，已知AD＝BM＝1千米，AM＝BC＝2千米，∠A＝∠B＝60°，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点P在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段DM、MC、CP、PD，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．9．已知AB是⊙O的直径，DA为⊙O的切线，切点为A，过⊙O上的点C作CD∥AB交AD于点D，连接BC、AC．（1）如图①，若DC为⊙O的切线，切点为C，求∠ACD和∠DAC的大小．（2）如图②，当CD为⊙O的割线且与⊙O交于点E时，连接AE，若∠EAD＝30°，求∠ACD和∠DAC的大小．10．如图，AB为⊙O的直径，点C为下方的一动点，连结OC，过点O作OD⊥OC交BC于点D，过点C作AB的垂线，垂足为F，交DO的延长线于点E．（1）求证：EC＝ED．（2）当OE＝OD，AB＝4时，求OE的长．（3）设＝x，tanB＝y．①求y关于x的函数表达式；②若△COD的面积是△BOD的面积的3倍，求y的值．

参考答案1．解：（1）∵AB＝6，C是的中点，CD＝1，∴OC⊥AB且OC平分AB，∴AD＝3，∠ODA＝90°，设OA＝r，则OD＝r﹣1，∴r2＝32+（r﹣1）2，解得，r＝5，即圆⊙O的半径为5；（2）作OH⊥EF于点H，∵AB＝EF，OD＝r﹣1＝4，∴OH＝OD＝4，∠OHG＝90°，∵OA∥BG，OG∥AB，∴四边形OABG是平行四边形，∴OG＝AB，∵AB＝6，∴OG＝6，∴sin∠OGH＝＝＝，即sin∠OGE＝．2．解：（1）证明：连接AE，如图所示，∵点E是弧BD的中点，∴＝，∴∠FAE＝∠BAE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝∠AEF＝90°，在△AEF和△AEB中，，∴△AEF≌△AEB（ASA），∴AF＝AB；（2）①假设四边形FDOE是菱形，则有OD∥BF，∴∠ADO＝∠AFB，∠AOD＝∠ABE，∵OD＝AO，AF＝AB，∴∠A＝∠ADO，∠AFB＝∠ABF，∴∠A＝∠ADO＝∠AOD，∵∠A+∠ADO+∠AOD＝90°，∴∠AOD＝60°，∵AO＝1，∴弧AD的长为：；∴弧AD的长度是时，四边形FDOE是菱形；故答案为：．②若CB是⊙O的切线，则有∠ABC＝90°，由①知∠A＝60°，∴∠ACB＝30°，∵AB＝2，∴AC＝2AB＝4，又AF＝AB＝2，∴CF＝AC﹣AF＝4﹣2＝2，∴当CF＝2时，BC是⊙O的切线．故答案为：2．3．（1）证明：连接BD，∵AD⊥AB，∴BD是⊙O的直径，∵＝，∴BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD．∵DE∥AB，∴∠ABD＝∠BDE．∴∠CBD＝∠BDE．∵ED＝EF，∴∠EDF＝∠EFD．∵∠EDF+∠EFD+∠EDB+∠EBD＝180°，∴∠BDF＝∠BDE+∠EDF＝90°．∴OD⊥DF．∵OD是半径，∴DF是⊙O的切线．（2）解：连接DC，∵BD是⊙O的直径，∴∠BAD＝∠BCD＝90°．∵∠ABD＝∠CBD，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD（AAS）．∴CD＝AD＝4，AB＝BC．∵DE∥AB，∴∠ABD＝∠BDE，∴∠DBE＝∠BDE，∴DE＝BE，∴DE＝EF＝EB＝BF＝5，∴EC＝＝＝3，EF＝DE＝5．∴BC＝BE+EC＝8，∴BD＝＝＝4，连接AC交BD于H，设BD与AF交于N，∵＝，∴AC⊥BD，∴AH＝CH＝＝＝，∴DH＝＝，∵∠DCF＝∠BDF＝90°，∴∠DBF+∠DFB＝∠DFC+∠CDF＝90°，∴∠DBC＝∠CDF，∴△BDF∽△DCF，∴＝，∴DF＝＝2，∵DF⊥BD，AC⊥BD，∴AC∥DF，∴∠CAF＝∠AFD，∴△AHN∽△FDN，∴＝，∴＝，∴DN＝，∴tan∠AFD＝＝＝．4．解：（1）∵D，E，F分别是AC，AB，BC的中点，∴BD，AF的交点H是△ABC的重心，∴DH：BH＝1：2，∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，∴GF＝AF，∵D是AC的中点，∴G是AF的中点，∴AG＝GF，∴HF＝AF，∴GH＝AF，∵在Rt△ABC中，AC＝6，AB＝10，∴BC＝＝＝8，∴AF＝＝＝2，∴GH＝；（2）∵四边形DCFH与四边形BEGH的面积相等，∴四边形DCFG与△DEB的面积相等．∵△DEB的面积＝4×3÷2＝6，设DG＝a，CF＝2a，则（a+2a）×3÷2＝6，∴a＝，∴CF＝；（3）①如图2，连结CH，OH，∵CF为⊙O的直径，∴∠FHC＝∠AHC＝90°．∵D为AC的中点，∴AD＝CD＝DH，∴∠DCH＝∠DHC．∵OC＝OH，∴∠OCH＝∠OHC，∴∠DHO＝∠ACO＝90°，∴BD是⊙O的切线．②⊙O与线段DE有且只有一个交点时：（ⅰ）⊙O与DE相切，则⊙O的半径r＝3，则BF＝BC﹣CF＝8﹣6＝2，DG＝3，∴，（ⅱ）当⊙O经过点E时，设⊙O的半径为r，如图，连接OE，作OM⊥DE于点M，则ME＝4﹣r，OM＝3，OE＝r，∴ME2+OM2＝OE2，∴（4﹣r）2+32＝r2，解得：r＝，∴BF＝8﹣2r＝，DG＝，∴，综上，当或时，⊙O与线段DE有且只有一个交点．5．解：（1）在Rt△ABC中，∵AB＝8，∠ABC＝30°，∴AC＝ABsin∠ABC＝8sin30°＝4，∴⊙O的半径为2；（2）证明：连接OD，CD，∵AC为⊙O的直径，∴CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，∵点E是边BC的中点，∴DE＝CE＝CB，∴∠DCE＝∠CDE，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∴∠ACE＝∠ACD+∠DCE＝90°，∴∠ODE＝∠ODC+∠CDE＝90°，∴OD⊥DE，∴直线DE是⊙O的切线；（3）连接OO′交AB于F，设⊙O′与AB相切于G，连接O′G，则∠O′GF＝90°，∵将⊙O沿直线BC向右平移m个单位长度后得到⊙O′，∴OO′∥BC，AO＝O′G，∴∠AOF＝∠ACB＝90°，∵∠AFO＝∠O′FG，∴△AOF≌△O′GF（AAS），∴O′F＝AF，∵在Rt△AOF中，∵∠A＝60°，AO＝2，∴AF＝4，OF＝2，∴O′F＝AF＝4，∴OO′＝4+2，∴m＝4+2．故答案为：4+2．6．（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，CD∥AB，CD＝AB＝13，∴∠EAB＝∠DEA，∵E是CD的中点，∴DE＝CD＝，∴tan∠DEA＝＝＝．故答案为：．（2）证明：连接OF，在矩形ABCD中，AD＝BC，∠ADE＝∠BCE＝90°，又CE＝DE，∴△ADE≌△BCE（SAS），∴AE＝BE，∴∠EAB＝∠EBA．∵OF＝OA，∴∠OAF＝∠OFA，∴∠OFA＝∠EBA．∴OF∥EB．∵FG⊥BE，∴FG⊥OF，∴FG是⊙O的切线．（3）解：若BE能与⊙O相切，由AE是⊙O的直径，则AE⊥BE，∠AEB＝90°．设DE＝x，则EC＝13﹣x．由勾股定理得：AE2+EB2＝AB2，即（36+x2）+[（13﹣x）2+36]＝132，整理得x2﹣13x+36＝0，解得：x1＝4，x2＝9，∴DE＝4或9，当DE＝4时，CE＝9，BE＝＝＝3，当DE＝9时，CE＝4，BE＝＝＝2，∴BE能与⊙O相切，此时BE＝2或3．7．解：（1）如图1，连接OC，∵四边形ABCD和四边形BEFG为正方形，∴AB＝BC＝1，BE＝EF，∠OEF＝∠ABC＝90°，∵点O为AB中点，∴OB＝AB＝，设BE＝EF＝x，则OE＝x+，在Rt△OEF中，∵OE2+EF2＝OF2，∴，在Rt△OBC中，∵OB2+BC2＝OC2，∴＝OC2，∵OC，OF为⊙O的半径，∴OC＝OF，∴，解得：x＝，∴正方形BEFG的边长为；（2）证明：如图2，连接OC，设OB＝y，BE＝EF＝x，同（1）可得，OE2+EF2＝OF2，OB2+BC2＝OC2，∴OF2＝x2+（x+y）2，OC2＝y2+12∵OC，OF为⊙O的半径，∴OC＝OF，∴x2+（x+y）2＝y2+12，∴2x2+2xy＝1，∴x2+xy＝，即x（x+y）＝，∴EF×OE＝，∴以线段OE和EF为邻边的矩形的面积为定值，这个定值为．（3）证明：连接OD，设OA＝a，BE＝EF＝b，则OB＝1﹣a，则OE＝1﹣a+b，∵∠DAO＝∠OEF＝90°，∴DA2+OA2＝OD2，OE2+EF2＝OF2，∴12+a2＝OD2，（1﹣a+b）2+b2＝OF2，∵OD＝OF，∴12+a2＝（1﹣a+b）2+b2，∴（b+1）（a﹣b）＝0，∵b+1≠0，∴a﹣b＝0，∴a＝b，∴OA＝EF，在Rt△AOD和Rt△EFO中，，∴Rt△AOD≌Rt△EFO（HL），∴∠FOE＝∠ODA，∵∠DAO＝90°，∴∠ODA+∠AOD＝90°，∴∠FOE+∠AOD＝90°，∴∠DOF＝90°，∴DO⊥FO．8．解：（1）如图1，连接OA、OB，过点O作OH⊥AB于点H，∵∠C＝60°，∴∠AOB＝120°，∵OA＝OB，∴△OAB为等腰三角形，∵OH⊥AB，∴∠AOH＝∠BOH＝60°，∴AH＝OAsin∠AOH＝4×＝2，则AB＝2AH＝4；故答案为4；（2）如图2，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E，过点B作BF⊥AC于点F，∵四边形ABCD的面积S＝AC×DEAC×BF＝AC×（DE+BF），∴当D、E、F、B四点共线且为直径时，四边形ABCD的面积S最大；∵∠ABC＝120°，∴∠ADC＝60°，∴∠AOC＝120°，在△AOC中，由（1）知，AC＝2×OAsin60°＝2×6×＝6，∴四边形ABCD的面积S的最大值为：×AC×BD＝6×12＝36，故四边形ABCD的面积的最大值为36；（3）如图3，过点D作DK⊥AB于点K，连接CD，在△ADM中，DK＝AD•sinA＝1×＝，同理AK＝，则KM＝AM﹣AK＝2﹣＝，则tan∠DMK＝＝∴∠DMK＝30°，故△ADM为直角三角形，同理△CMB为直角三角形，在Rt△ADM中，DM＝＝＝，∴∠DMC＝180°﹣∠DMA﹣∠CMB＝60°∵AD＝BM，AM＝BC，∠A＝∠B＝60°，∴Rt△ADM≌Rt△BMC（SAS），∴DM＝CM，∴△CDM为等边三角形；设所在的圆的圆心为R，连接DR、CR、MR，∵DM＝CM，RM＝RM，DR＝CR，∴△DRM≌△CRM（SSS），∴∠DMR＝∠CMR＝∠DMC＝30°，在△DMR中，DR＝1，∠DMR＝30°，DM＝＝CM，过点R作RH⊥DM于点H，则RM＝＝＝1＝RD，故D、P、C、M四点共圆，∴∠DPC＝120°，如图4，连接MP，在PM上取PP′＝PC，∵△CDM为等边三角形，∴∠CDM＝60°＝∠CPM，∴△P′PC为等边三角形，则PP′＝P′C＝PC，∵∠PMC＝∠PDC，∠CP′M＝180°﹣∠PP′C＝120°＝∠DPC，CD＝CM，∴△PDC≌△P′MC（AAS），∴PD＝P′M，∴PD+PC＝PP′+PD＝PP′+P′M＝PM，故当PM是直径时，PD+PC最大值为2；∵四边形DMCP的周长＝DM+CM+PC+PD＝2+PD+PC，而PD+PC最大值为2；故四边形DMCP的周长的最大值为：2+2，即四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大为2+2．9．解：（1）∵AB是⊙O的直径，DA为⊙O的切线，切点为A，∴DA⊥AB，∴∠DAB＝90°，∵DC为⊙O的切线，切点为C，∴DC＝DA，∵CD∥AB，∴∠D+∠DAB＝180°，∴∠D＝90°，∴∠ACD＝∠DAC＝45°；（2）∵AB是⊙O的直径，DA为⊙O的切线，切点为A，∴DA⊥AB，∴∠DAB＝90