武汉市2015年九年级数学圆专题训练

2015年武汉市九年级数学专题训练---圆1.如图，已知在△ABC中，AD是BC边上的中线，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过D作MN⊥AC于点M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN于G．（1）求证：△BGD∽△DMA；（2）求证：直线MN是⊙O的切线．2.如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作BE的垂线交AB于点F，⊙O是△BEF的外接圆．（1）求证：AC是⊙O的切线．（2）过点E作EH⊥AB于点H，求证：CD=HF．3.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=900，以AB为直径作⊙O，恰与另一腰CD相切于点E，连接OD、OC、BE．(1)求证：OD∥BE；(2)若梯形ABCD的面积是48，设OD=x，OC=y，且x+y=14，求CD的长．4.如图，在平面直角坐标系中，⊙经过轴上一点，与y轴分别交于、两点，连接并延长分别交⊙、轴于点、，连接并延长交y轴于点，若点的坐标为(0,1),点的坐标为(6,－1).=1\*GB2⑴求证：=2\*GB2⑵判断⊙与轴的位置关系，并说明理由.=3\*GB2⑶求直线的解析式.5.如图，AB，AC分别是半⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，过点A作半⊙O的切线AP，AP与OD的延长线交于点P．连接PC并延长与AB的延长线交于点F．（1）求证：PC是半⊙O的切线；（2）若∠CAB=30°，AB=10，求线段BF的长．6.如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，且∠ABC=60°，AB=BC，△ACD的外接圆⊙O交BC于E点，连接DE并延长，交AC于P点，交AB延长线于F．（1）求证：CF=DB；（2）当AD=时，试求E点到CF的距离．1.解答：证明：（1）∵MN⊥AC于点M，BG⊥MN于G，∴∠BGD=∠DMA=90°．∵以AB为直径的⊙O交BC于点D，∴AD⊥BC，∠ADC=90°，∴∠ADM+∠CDM=90°，∵∠DBG+∠BDG=90°，∠CDM=∠BDG，∴∠DBG=∠ADM．在△BGD与△DMA中，，∴△BGD∽△DMA；（2）连结OD．∵BO=OA，BD=DC，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC．∵MN⊥AC，BG⊥MN，∴AC∥BG，∴OD∥BG，∵BG⊥MN，∴OD⊥MN，∴直线MN是⊙O的切线．点评：本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆2.解答：证明：（1）连接OE．∵BE平分∠ABC，∴∠CBE=∠OBE，∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB，∴∠OEB=∠CBE，∴OE∥BC，∴∠AEO=∠C=90°，∴AC是⊙O的切线；（2）如图，连结DE．∵∠CBE=∠OBE，EC⊥BC于C，EH⊥AB于H，∴EC=EH．∵∠CDE+∠BDE=180°，∠HFE+∠BDE=180°，∴∠CDE=∠HFE．在△CDE与△HFE中，，∴△CDE≌△HFE（AAS），∴CD=HF．上3.解答：(1)证明：连接OE,∵CD是⊙O的切线，∴OE⊥CD，在Rt△OAD和Rt△OED中，OA=OE,OD=OD，∴Rt△OADcR≌t△OED，∴∠AOD=∠EOD=∠AOE，在⊙O中，ABE=∠AOE,∴∠AOD=∠ABE，∴OD∥BE(2)同理可证：Rt△COE≌Rt△COB．∴∠COE=∠COB=∠BOE,∴∠DOE+∠COE=900，∴△COD是直角三角形，∵S△DEO=S△DAO,S△COE=S△COB,∴S梯形ABCD=2(S△DOE+S△COE)=2S△COD=OC·OD=48，即xy=48，又∵x+y=14，∴x2+y2=(x+y)2－2xy=142－2×48=100,在Rt△COD中,即CD的长为10．点评：本题主要考查的是三角形全等、直角三角形、勾股定理；、直线与圆的位置关系.4.解析：(1)如图1，作DH⊥轴于点H,∵F(0,1),D(6,-1)∴OF=DH=1,在⊿OCF和⊿HCD中，∴⊿OCF≌⊿HCD(AAS),DC=FC.(2)如图2，⊙P与轴相切.连接PC,∵DC=FC,PD=PA,∴CP是⊿DFA的中位线，∴PC∥轴，∴PC⊥轴,又C是⊙P与轴的交点，∴⊙P切轴于点C.(3)如图3，作PG⊥轴于点G,由(1)知：C(3,0),由(2)知：AF=2PC,设⊙P的半径为r,则：（r-1)2+32=r2,∴r=5,∴A(0,-9)；设直线AD的解析式为，把D(6,-1)代入得：，∴直线AD的解析式为：5.解答：（1）证明：连接OC，∵OD⊥AC，OD经过圆心O，∴AD=CD，∴PA=PC，在△OAP和△OCP中，，∴△OAP≌△OCP（SSS），∴∠OCP=∠OAP∵PA是⊙O的切线，∴∠OAP=90°．∴∠OCP=90°，即OC⊥PC∴PC是⊙O的切线．（2）解：∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∵∠CAB=30°，∴∠COF=60°，∵PC是⊙O的切线，AB=10，∴OC⊥PF，OC=OB=AB=5，∴OF===10，∴BF=OF﹣OB=5，点评：本题考查了切线的性质定理以及判定定理，以及直角三角形三角函数的应用，证明圆的切线的问题常用的思路是根据切线的判定定理转化成证明垂直的问题．6.解答：（1）证明：连结AE，如图，∵∠ABC=60°，AB=BC，∴△ABC为等边三角形，∵AB∥CD，∠DAB=90°，∴∠ADC=∠DAB=90°，∴AC为⊙O的直径，∴∠AEC=90°，即AE⊥BC，∴BE=CE，CD∥BF，∴∠DCE=∠FBF，在△DCE和△FBE中，，∴△DCE≌△FBE（ASA），∴DE=FE，∴四边形BDCF为平行四边形，∴CF=DB；（2）解：作EH⊥CF于H，如图，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，∴∠DAC=30°，在Rt△ADC中，AD=，∴DC=AD=1，AC=2CD=2，∴AB=AC=2，BF=CD=1，∴AF=3，在Rt△ABD中，BD==，在Rt△ADF中，DF==2，∴CF=BD=，EF=DF=，∵AE⊥BC，∴∠CAE=∠BAE=30°，∴∠EDC=∠CAE=30°，而∠DCA=∠BAC=60°，∴∠DPC=90°，在Rt△DPC中，DC=1，∠CDP=30°，∴PC=DC=，∵∠HFE=∠PFC，∴Rt△FHE∽Rt△FPC，∴=，即=，∴EH=，即E点到CF的距离为．7.解答：（1）证明：连结OC，如图1，∵DE与⊙O切于点C，∴OC⊥DE，∵AD⊥DE，∴OC∥AD，∴∠2=∠3，∵OA=OC，∴∠1=∠3，∴∠1=∠2，即AC平分∠DAB；（2）解：如图1，∵直径AB=4，B为OE的中点，∴OB=BE=2，OC=2，在Rt△OCE中，OE=2OC，∴∠OEC=30°，∴∠COE=60°，∵CF⊥AB，∴∠OFC=90°，∴∠OCF=30°，∴OF=OC=1，CF=OF=；（3）解：连结OC，如图2，∵OC∥AD，∴△OCG∽△DAG，∴==，∵OC∥AD，∴△ECO∽△EDA，∴==，设⊙O的半径为R，OE=x，∴=，解得OE=3R，在Rt△OCE中，sin∠E===．8.解答： （1）证明：连接OC，∵直线CD与⊙O相切于点C，∴OC⊥CD，∵AD⊥CD，∴OC∥AD，∴∠DAC=∠OCA，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∴∠OAC=∠DAC，即AC平分∠DAB；（2）连接BC，OE，过点A作AF⊥BC于点F，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠ADC，∵∠DAC=∠BAC，∴△ADC∽△ACB，∴，即，解得：AB=10，∴BC==6，∵点E为的中点，∴∠AOE=90°，∴OE=OA=AB=5，∴AE==5，∵∠AEF=∠B，∠AFE=∠ACB=90°，∴△ACB∽△AFE，∴，∴，∴AF=4，EF=3，∵∠ACF=∠AOE=45°，∴△ACF是等腰直角三角形，∴CF=AF=4，∴CE=CF+EF=7．点评： 此题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰直角三角形9.解答： （1）证明：∵∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，∴∠CAB=∠BFD，∴FD∥AC，∵∠AEO=90°，∴∠FDO=90°，∴FD是⊙O的一条切线；（2）解：∵AB=10，AC=8，DO⊥AC，∴AE=EC=4，AO=5，∴EO=3，∵AE∥FD，∴△AEO∽△FDO，∴=，∴=，解得：FD=．点评： 此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的判定等知识，得出△AEO∽△FDO是解题关键．10.解：答（1）证明：连接OD，CD，∵BC为⊙O直径，∴∠BCD=90°，即CD⊥AB，∵△ABC是等腰三角形，∴AD=BD，∵OB=OC，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵D点在⊙O上，∴DE为⊙O的切线；（2）解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，∴CD=BC=2，BD=BC•cos30°=2，∴AD=BD=2，AB=2BD=4，∴S△ABC=AB•CD=×4×2=4，∵DE⊥AC，∴DE=AD=×2=，AE=AD•cos30°=3，∴S△ODE=OD•DE=×2×=，S△ADE=AE•DE=××3=，∵S△BOD=S△BCD=×S△ABC=×4=，∴S△OEC=S△ABC﹣S△BOD﹣S△ODE﹣S△ADE=4﹣﹣﹣=．性质11：。解（1）证明：+连接OD，OC，∵PC是⊙O的切线，∴∠PCO=90°，∵AB⊥CD，AB是直径，∴弧BD=弧BC，∴∠DOP=∠COP，在△DOP和△COP中，，∴△DOP≌△COP（SAS），∴∠ODP=∠PCO=90°，∵D在⊙O上，∴PD是⊙O的切线；（2）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∵∠PDO=90°，∴∠ADO=∠PDB=90°﹣∠BDO，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，∴∠A=∠∠PDB，∵∠P=∠P，∴△PDB∽△PAD，∴，∴PD2=PA•PB；（3）解：∵DC⊥AB，∴∠ADB=∠DMB=90°，∴∠A+∠DBM=90°，∠BDC+∠DBM=90°，∴∠A=∠BDC，∵tan∠BDC=，∴tanA==，∵△PDB∽△PAD，∴===∵PD=4，∴PB=2，PA=8，∴AB=8﹣2=6．12.解（1）证明：∵DC2=CE•CA，∴=，△CDE∽△CAD，∴∠CDB=∠DBC，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴BC=CD；（2）解：如图，连接OC，∵BC=CD，∴∠DAC=∠CAB，又∵AO=CO，∴∠CAB=