专题六 圆的相关证明与计算 学案（含答案）2025年中考数学人教版一轮复习

类型一与切线相关的证明与计算(2024·龙岩模拟)如图,在锐角∠MON内部取一点A,过点A分别作AB⊥OM于点B,作AC⊥ON于点C,以AB为直径作☉P,CA的延长线与☉P交于点D,连接BD.(1)求证:∠MON+∠ABD=90°.(2)若OB=BD,点D在OP的延长线上,求证:ON是☉P的切线.(3)当tan∠MON=1时,连接OA,若CP⊥OA于点F,求PFCF1.如图,AB是☉O的直径,P是弦AC上一动点(不与点A,C重合),过点P作PE⊥AB,垂足为E,射线EP交弧AC于点F,交过点C的切线于点D.(1)求证:DC=DP.(2)若∠CAB=30°,AB=4,F是弧AC的中点,求CP的长.2.如图,在△ABC中,AB=AC,以AB为直径的☉O分别交AC,BC于点D,E,点F在AC的延长线上,且BF是☉O的切线.(1)求证:∠BAC=2∠CBF.(2)若☉O的半径为5,sin∠CBF=25类型二圆的综合探究(2024·福建)如图,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,以AB为直径的☉O交BC于点D,AE⊥OC,垂足为E,BE的延长线交AD于点F.(1)求OEAE(2)求证:△AEB∽△BEC.(3)求证:AD与EF互相平分.3.(原创)已知△ABC内接于☉O,D是BC的中点,连接AD,CD,BD,AD与BC交于点P.图1图2(1)如图1,若∠DBC=28°,∠ACB=74°,求∠APB和∠ABC的度数.(2)如图2,当AB为☉O的直径时,过点D的切线与AB的延长线交于点E,若CD∥AB,求∠BDE的度数.4.已知四边形ABCD内接于☉O,AC⊥BD,垂足为E,CF⊥AB,垂足为F,交BD于点G,连接AG.图1图2(1)求证:CG=CD.(2)如图1,若AG=4,BC=10,求☉O的半径.(3)如图2,连接DF,交AC于点H,若∠ABD=30°,CH=6,试判断1CD+15.如图,AB是☉O的直径,C,D为☉O上不同于A,B的两点,并且点C,D位于直径AB的两侧,CA=CD.图1图2(1)如图1,连接BD,求证:∠ABD=2∠BDC.(2)如图2,AB,CD交于点E,过点E作EF⊥DB于点F,延长FE交AC于点M,求证:CE=CM.(3)在(2)的条件下,若tan∠CDB=126.【问题呈现】阿基米德折弦定理:阿基米德(Archimedes,公元前287-公元前212年,古希腊)是有史以来最伟大的数学家之一,他与牛顿、高斯并称为三大数学王子.如图1,AB和BC是☉O的两条弦(即折线ABC是圆的一条折弦),BC>AB,M是ABC的中点,则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点,即CD=DB+BA.下面是运用“截长法”证明CD=DB+BA的部分证明过程.证明:如图2,在CD上截取CG=AB,连接MA、MB、MC和MG.图2∵M是ABC的中点,∴MA=MC.又∵∠A=∠C,BA=GC,∴△MAB≌△MCG,∴MB=MG.又∵MD⊥BC,∴BD=DG,∴AB+BD=CG+DG,即CD=DB+BA.【理解运用】如图1,AB、BC是☉O的两条弦,AB=4,BC=6,M是ABC的中点,MD⊥BC于点D,则BD的长为.图1【针对训练探究】如图3,若点M是AC的中点,【问题呈现】中的其他条件不变,判断CD、DB与BA之间存在怎样的数量关系,并加以证明.图3【实践应用】如图4,BC是☉O的直径,A为圆上一定点,D为圆上一动点,且满足∠DAC=45°,若AB=6,☉O的半径为5,则AD的长为.图4参考答案例1解析:(1)证明:∵AB是☉P的直径,∴∠ADB=90°,即AD⊥BD.∵CD⊥ON,∴BD∥ON,∴∠MON=∠MBD.∵AB⊥OM,∴∠ABD+∠MBD=90°,∴∠MON+∠ABD=90°.(2)证明:如图1,连接OD,则点P在OD上,过点P作PE⊥ON于点E.∵OB=BD,∴∠1=∠2,∴∠MBD=∠1+∠2=2∠1.由(1)可知∠MON=∠MBD=2∠1,∴OP平分∠MON.∵PE⊥ON,PB⊥OM,∴PE=PB,∴ON是☉P的切线.(3)解法一:如图2,过点P作PH⊥AD于点H,过点B作BR⊥ON于点R,则AH=DH,∠PHC=∠CRB=90°.设AH=x,AC=y.由(1)得∠OCD=∠CDB=90°,∠COB=∠BAD,∴四边形CDBR是矩形.∴BR=CD=2x+y.∵tan∠MON=1,∴tan∠PAH=1,∴PH=x,BD=CR=2x,OR=BR=2x+y.∵CP⊥OA于点F,∴∠CFO=∠PHC=90°,∴∠3+∠5=90°.∵AC⊥OC,∴∠4+∠5=90°,∴∠3=∠4,∴△OCA∽△CHP,∴ACPH=OCCH,即yx∴y=2x,∴OA=OC2+CA2CP=CH2+PH2∴CF=OC·CAOA=6x·2x210∴PF=2105x,∴PFCF解法二:∵∠ACO=∠AFC=90°,cos∠CAO=AFAC=ACAO,∴AC∵∠ABO=∠AFP=90°,cos∠BAO=AFAP=AB∴AC2=AP·AB.∵AB=2AP,∴AC2=2AP2,∴AC=2AP.如图3,过点P作PH⊥AD于点H.设PA=r,AC=2r,∵tan∠MON=1,∴∠MON=45°.由(1)可知∠BAD=45°,在Rt△APH中,AH=PH=22∴CH=AC+AH=322r,PC=PH∵△CAF∽△CPH,∴CFCH=CACP,∴CF322PF=CP-CF=5r-355r=∴PFCF=255针对训练1.解析:(1)证明:如图,连接OC.∵DC切☉O于点C,∴半径OC⊥DC,∴∠DCP+∠ACO=90°.∵PE⊥AB,∴∠OAC+∠APE=90°.∵∠DPC=∠APE,∴∠OAC+∠DPC=90°.∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA,∴∠DCP=∠DPC,∴CD=PD.(2)如图,连接OF,CF.∵∠CAB=30°,∴∠BOC=2∠CAB=60°,∴∠AOC=120°.∵F是AC的中点,∴∠FOC=∠FOA=60°.∵OF=OC,∴△OFC是等边三角形,∴FC=OC=2.∵∠APE=90°-∠BAC=60°,∴∠DPC=∠APE=60°.∵DP=DC,∴△DPC是等边三角形.∵∠CFO=∠AOF=60°,∴CF∥BE.∵BE⊥DE,∴CF⊥DP.∵sin∠CPF=CFPC=32,FC=2,∴PC=针对训练2.解析:(1)证明:如图,连接AE.∵AB为☉O的直径,∴∠AEB=90°,∴∠BAE+∠ABE=90°.∵AB=AC,∴∠BAE=∠CAE=12∵BF是☉O的切线,∴∠CBF+∠ABE=90°,∴∠CBF=∠BAE=12(2)如图,连接BD.∵AB=AC=2OB=10,sin∠CBF=25∴sin∠BAE=25设CD=x,则AD=10-x.∵AB是☉O的直径,∴∠ADB=90°,∴∠BDC=90°,∴82-x2=102-(10-x)2,解得x=165,∴CD=16例2解析:(1)∵AB=AC,且AB是☉O的直径,∴AC=2AO,∵∠BAC=90°,在Rt△AOC中,tan∠AOC=ACAO∵AE⊥OC,在Rt△AOE中,tan∠AOC=AEOE∴AEOE∴OEAE=1(2)证明:如图1,过点B作BM∥AE,交EO延长线于点M,∴∠BAE=∠ABM,∠AEO=∠BMO=90°.∵AO=BO,∴△AOE≌△BOM(AAS),∴AE=BM,OE=OM.∵OEAE=1∴BM=2OE=EM,∴∠MEB=∠MBE=45°,∠AEB=∠AEO+∠MEB=135°,∠BEC=180°-∠MEB=135°,∴∠AEB=∠BEC.∵AB=AC,∠BAC=90°,∴∠ABC=45°,∴∠ABM=∠CBE,∴∠BAE=∠CBE,∴△AEB∽△BEC.(3)证明:如图2,连接DE,DF.∵AB是☉O的直径,∴∠ADB=∠AFB=90°,AB=2AO.∵AB=AC,∠BAC=90°,∴BC=2BD,∠DAB=45°.由(2)知,△AEB∽△BEC,AEBE=ABBC=2AO2BD∴△AOE∽△BDE,∴∠BED=∠AEO=90°,∴∠DEF=90°,∴∠AFB=∠DEF,∴AF∥DE,由(2)知,∠AEB=135°,∴∠AEF=180°-∠AEB=45°.∵∠DFB=∠DAB=45°,∴∠DFB=∠AEF,∴AE∥FD,∴四边形AEDF是平行四边形,∴AD与EF互相平分.针对训练3.解析:(1)∵∠DBC=28°,∴∠CAD=28°,∴∠APB=∠CAD+∠ACB=28°+74°=102°.∵D是BC的中点,∴CD=BD,∴∠DAB=∠CBD=28°.在△ABP中,∠DAB=28°,∠APB=102°,∴∠ABC=180°-∠DAB-∠APB=50°,∴∠APB=102°,∠ABC=50°.(2)如图,连接OD.∵CD∥AB,∴∠DCB=∠ABC.∵D是BC的中点,∴CD=BD,∴∠DCB=∠DBC=∠DAB.∵AB为☉O的直径,∴∠ADB=90°,∴∠DAB+∠ABC+∠DBC=90°,∴∠DAO=30°.∵DE为☉O的切线,∴OD⊥DE,∴∠BDE+∠ODB=90°.∵∠ADO+∠ODB=90°,∴∠BDE=∠ADO.∵OD=OA,∴∠ADO=∠DAO,∴∠BDE=∠DAO=30°.针对训练4.解析:(1)证明:如图1.图1∵AC⊥BD,CF⊥AB,∴∠AEB=∠AFC=90°,∴∠2+∠BAC=90°,∠1+∠BAC=90°,∴∠1=∠2.∵∠1=∠3,∴∠2=∠3.∵∠DEC=∠GEC=90°,∴∠3+∠CDE=90°,∠2+∠CGE=90°,∴∠CDE=∠CGE,∴CG=CD.(2)如图2,连接CO并延长交☉O于点Q,连接BQ,图2由(1)知,CG=CD,∠2=∠3,∴AC是DG的中垂线,∴AG=AD.∵AC⊥BD,∴∠CED=90°,∴∠CDE+∠ECD=90°.∵CQ为☉O的直径,∴∠CBQ=90°,∴∠CQB+∠QCB=90°.∵∠CQB=∠CDB,∴∠QCB=∠3,∴BQ=AD,∴BQ=AD=AG=4.在Rt△CQB中,根据勾股定理得CQ=42+10∴☉O的半径为29.(3)1CD+1如图3,过点H作HM∥CD交CF于点M,图3∴∠CHM=∠3.由(1)知,∠2=∠3,∴∠CHM=∠2,∴CM=HM.∵HM∥CD,∴△FMH∽△FCD,∴FMCF=HMCD=∵FMCF+CMCF=∴CMCD+CM∴1CD+1CF=过点M作MN⊥CH于点N,则CN=12在Rt△CMN中,cos∠2=CNCM=3∵∠ABD=30°,∴∠1=∠2=∠3=30°,∴CM=3cos30°=23∴1CD+1CF=针对训练5.解析:(1)证明:如图1,连接OC,OD.图1在△OCA和△OCD中,OC=OC,∴△OCA≌△OCD(SSS),∴∠ACO=∠DCO.∵OA=OC,∴∠A=∠ACO.∵∠A=∠CDB,∴∠CDB=∠OCD,∴OC∥DB,∴∠ABD=∠BOC.∵∠BOC=2∠BDC,∴∠ABD=2∠BDC.(2)证明:如图2,连接AD.图2∵MF⊥BD,∴∠MFB=90°.∵AB是☉O的直径,∴∠ADB=90°,∴∠EFB=∠ADB,∴MF∥AD,∴∠CME=∠CAD,∠CEM=∠CDA.∵CA=CD,∴∠CAD=∠CDA,∴∠CME=∠CEM,∴CM=CE.(3)如图3,连接AD,BC,CO,延长CO交AD于点H,图3由(1)知,∠ACO=∠DCO.∵CA=CD,∴CH⊥AD,AH=DH.∵∠CDB=∠CAO=∠ACH,∴tan∠CDB=tan∠CAO=tan∠ACH=12,设BC=2a,则AC=4a,AB=25a,AH=455∴OH=CH-OC=35∴tan∠OAH=OHAH=355∵EF∥AD,∴∠BEF=∠OAH,∴tan∠BEF=34∵EB=5,∴BF=3,EF=4.∵tan∠EDF=12=EF∴DF=8,DE=45,BD=11,∴AD=43×11=443,AB=53∴AE=AB-EB=403∵∠ECB=∠EAD,∠EBC=∠EDA,∴△ECB∽△EAD,∴ECEA=EB∴EC403=∴CE=105针对训练6.解析:【理解运用】由题意可得CD=DB+BA,即CD=6-CD+AB,∴CD=6-CD+4,∴CD=5,∴BD=BC-CD=6-5=1.故答案为1.【针对训练探究】DB=CD+BA.证明:如图1,在DB上截取BG=BA,连接MA,MB,MC,MG.图1∵M是弧AC的中点