广东省深圳市2024年中考数学专题专练圆的证明与计算专题

PAGEPAGE6圆的证明与计算专题1.如图，A，P，B，C是圆上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°，AP，CB的延长线相交于点D.(1)求证：△ABC是等边三角形；(2)若∠PAC＝90°，AB＝2eq\r(3)，求PD的长．2.如图，OA，OD是⊙O半径，过A作⊙O的切线，交∠AOD的平分线于点C，连接CD，延长AO交⊙O于点E，交CD的延长线于点B.(1)求证：直线CD是⊙O的切线；(2)假如D点是BC的中点，⊙O的半径为3cm，求eq\o(DE,\s\up8(︵))的长度．(结果保留π)3.如图，点D是等边三角形ABC的外接圆上一点，M是BD上一点，且满意DM＝DC，点E是AC与BD的交点．(1)求证：CM∥AD；(2)假如AD＝1，CM＝2.求线段BD的长及△BCE的面积．4.如图，△ABC内接于⊙O，BD为⊙O的直径，BD与AC相交于点H，AC的延长线与过点B的直线交于点E，且∠A＝∠EBC.(1)求证：BE是⊙O的切线；(2)已知CG∥EB，且CG与BD、BA分别相交于点F、G，若BG·BA＝48，FG＝eq\r(2)，DF＝2BF；求AH的值．5.如图，AB为△ABC外接圆⊙O的直径，点P是线段CA延长线上一点，点E在圆上且满意PE2＝PA·PC，连接CE，AE，OE，OE交CA于点D.(1)求证：△PAE∽△PEC；(2)求证：PE为⊙O的切线；(3)若∠B＝30°，AP＝eq\f(1,2)AC，求证：DO＝DP.6.如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的⊙O与AD,AC分别交于点E,F，且∠ACB＝∠DCE.(1)推断直线CE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；(2)若tan∠ACB＝eq\f(\r(2),2)，BC＝2，求⊙O的半径．7.如图①，以△ABC的边AB为直径的⊙O交边BC于点E，过点E作⊙O的切线交AC于点D，且ED⊥AC.(1)试推断△ABC的形态，并说明理由；(2)如图②，若线段AB、DE的延长线交于点F，∠C＝75°，CD＝2－eq\r(3)，求⊙O的半径和BF的长．8.如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB，DC，DF.(1)求∠CDE的度数；(2)求证：DF是⊙O的切线；(3)若AC＝2eq\r(5)DE，求tan∠ABD的值．9.如图，在Rt△ABC与Rt△OCD中，∠ACB＝∠DCO＝90°，O为AB的中点．(1)求证：∠B＝∠ACD；(2)已知点E在AB上，且BC2＝AB·BE.(i)若tan∠ACD＝eq\f(3,4)，BC＝10，求CE的长；(ii)试判定CD与以A为圆心，AE为半径的⊙A的位置关系，并说明理由．参考答案1.(1)证明：由题意可得：∠BPC＝∠BAC，∠APC＝∠ABC，∵∠APC＝∠CPB＝60°，∴∠ABC＝∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形．(2)解：∵∠PAC＝90°，∴PC是圆的直径，∴∠PBC＝90°，∴∠PBD＝90°，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝2eq\r(3)，∵∠CPB＝60°，∴PB＝eq\f(2\r(3),tan60°)＝2，∵∠APC＝60°，∴∠DPB＝180°－60°－60°＝60°，∴PD＝2PB＝4.2.(1)证明：∵CA切⊙O于点A，∴∠CAO＝90°.∵OC平分∠AOD，∴∠AOC＝∠DOC，在△AOC和△DOC中，，∴△AOC≌△DOC(SAS)，∴∠CDO＝∠CAO＝90°，∵OD是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线．(2)解：由(1)知：OD⊥BC，又∵D是BC的中点，∴OD是BC的垂直平分线，∴OC＝OB，∴∠BOD＝∠DOC＝∠COA＝eq\f(1,3)×180°＝60°，∴∠DOE＝60°，∴eq\o(DE,\s\up8(︵))的长度为eq\f(60,180)π×3＝π.3.(1)证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ACB＝60°，∴∠BDC＝∠BAC＝60°，∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠ADC＝120°，∵DM＝DC，∴△DMC是等边三角形，∴∠MCD＝60°，∴∠MCD＋∠ADC＝180°，∴CM∥AD.(2)解：∵BC＝AC，∠ADC＝∠BMC＝120°，∠CBM＝∠CAD，∴△ADC≌△BMC，∴AD＝MB＝1，∴BD＝BM＋MD＝AD＋CM＝1＋2＝3，∵CM∥AD，∴∠CAD＝∠ACM，∠ADE＝∠EMC，∴△ADE∽△CME，∴eq\f(AD,CM)＝eq\f(AE,EC)＝eq\f(DE,EM)＝eq\f(1,2)，∴S△ADE＝eq\f(1,4)S△EMC，∵S△CMD＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×2＝eq\r(3)，∴S△EMC＝eq\f(2,3)S△CMD＝eq\f(2,3)eq\r(3)，S△EDC＝eq\f(1,3)S△CDM＝eq\f(\r(3),3)，∴S△ADE＝eq\f(1,4)S△EMC＝eq\f(\r(3),6)，∴S△ADC＝S△ADE＋S△DCE＝eq\f(\r(3),6)＋eq\f(\r(3),3)＝eq\f(\r(3),2)，∴S△BCE＝S△BMC＋S△MCE＝S△ADC＋S△CME＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(2,3)eq\r(3)＝eq\f(7,6)eq\r(3).4.解：(1)连接DC，∵DB是⊙O的直径，∴∠DCB＝90°，∴∠D＋∠DBC＝90°，∵∠D＝∠A，∠EBC＝∠A.∴∠D＝∠EBC，∴∠EBC＋∠DBC＝90°，即∠DBE＝90°，∴BE是⊙O的切线．(2)∵CG∥EB，∴∠BCG＝∠EBC，∴∠A＝∠BCG，又∵∠CBG＝∠ABC，∴△ABC∽△CBG，∴eq\f(BC,BG)＝eq\f(AB,BC)，即BC2＝BG·AB＝48，∴BC＝4eq\r(3)，∵CG∥EB，∴CF⊥BD，∴∠CFB＝∠DCB＝90°，又∵∠CBF＝∠DBC，∴Rt△BFC∽Rt△BCD，∴eq\f(BF,BC)＝eq\f(BC,BD)，∴BC2＝BF·BD＝48，又∵DF＝2BF，BD＝DF＋BF＝3BF，∴BF＝4，在Rt△BCF中，CF＝eq\r(BC2－BF2)＝4eq\r(2)，∴CG＝CF＋FG＝5eq\r(2)，在Rt△BFG中，BG＝eq\r(BF2＋FG2)＝3eq\r(2)，∵BA＝eq\f(48,BG)＝8eq\r(2)，∴AG＝5eq\r(2)，∴CG＝AG，∴∠A＝∠ACG＝∠BCG，∠CFH＝∠CFB＝90°，∴∠CHF＝∠CBF，∴CH＝CB＝4eq\r(3)，∵∠ABC＝∠CBG，∠BCG＝∠A，∴△ABC∽△CBG，∴eq\f(AC,CG)＝eq\f(BC,BG)，∴AC＝eq\f(BC·CG,BG)＝4eq\r(3)×eq\f(5\r(2),3\r(2))＝eq\f(20\r(3),3)，∴AH＝AC－CH＝eq\f(20\r(3),3)－4eq\r(3)＝eq\f(8\r(3),3).5.(1)解：∵PE2＝PA·PC，∴eq\f(PA,PE)＝eq\f(PE,PC)，∵∠P＝∠P，∴△PAE∽△PEC.(2)证明：∵△PAE∽△PEC，∴∠PEA＝∠PCE，∵OA＝OE，∴∠OEA＝∠OAE，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠OAE＋∠ECA＝90°，∴∠PEO＝∠PEA＋∠OEA＝∠PCE＋∠OAE＝90°，∵OE为⊙O半径，∴PE是⊙O的切线．(3)证明：过点O作OH⊥CP于点H，∵AB是⊙O的直径，∠B＝30°，∴BC＝eq\f(AC,tan30°)＝eq\f(AC,\f(\r(3),3))＝eq\r(3)AC，∵O是AB的中点，∴OH＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(3),2)AC，∵PE2＝PA·PC，AP＝eq\f(1,2)AC，∴PE2＝eq\f(1,2)AC·(eq\f(1,2)AC＋AC)＝eq\f(1,2)AC·eq\f(3,2)AC＝eq\f(3,4)AC2，∴PE＝eq\f(\r(3),2)AC，∴OH＝PE，∵∠OHA＝∠PED＝90°，∠HDO＝∠EDP，∴△HDO≌△EDP，∴DO＝DP.6.解：(1)直线CE与⊙O相切．证明如下：连接OE，∴∠OAE＝∠AEO，∵四边形ABCD是矩形，∴BC∥AD，∠ACB＝∠DAC,又∵∠ACB＝∠DCE，∴∠DAC＝∠AEO＝∠DCE，∵∠DCE＋∠DEC＝90°，∴∠AEO＋∠DEC＝90°，∴∠OEC＝90°，∵OE是⊙O的半径，∴直线CE与⊙O相切．(2)∵tan∠ACB＝eq\f(AB,BC)＝eq\f(\r(2),2)，BC＝2，∴AB＝BC·tan∠ACB＝eq\r(2)，∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(6)，又∵∠ACB＝∠DCE，∴tan∠DCE＝eq\f(\r(2),2)，∴DE＝DC·tan∠DCE＝AB·tan∠DCE＝eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝1，在Rt△CDE中，CE＝eq\r(CD2＋DE2)＝eq\r(3)，设⊙O的半径为r，在Rt△COE中，CO2＝OE2＋CE2，即(eq\r(6)－r)2＝r2＋3，解得r＝eq\f(\r(6),4).∴⊙O的半径为eq\f(\r(6),4).7.解：(1)△ABC为等腰三角形，理由如下：如解图①，连接OE，在⊙O中，∵OE＝OB，∴∠OEB＝∠B，图①∵DE是⊙O的切线，∴∠OED＝90°，∵ED⊥AC，∴∠ADE＝90°＝∠OED，∴OE∥AC且BE＝CE＝eq\f(1,2)BC，∴∠OEB＝∠C，∴∠B＝∠C，∴AC＝AB，∴△ABC为等腰三角形．(2)如图②，过点B作BH⊥DF，∵AC⊥DF，∴BH∥AC，∠EBH＝∠C，由(1)知∠CDE＝∠BHE＝90°，BE＝CE，∴△CDE≌△BHE(AAS)，∴CD＝BH＝2－eq\r(3)，∵∠HBF＝180°－∠OBE－∠EBH＝180°－75°－75°＝30°，图②∴∠F＝90°－30°＝60°，在Rt△BFH中，∴BF＝eq\f(BH,sin60°)＝eq\f(4\r(3)－6,3)，设OE＝x，在Rt△OEF中，sin60°＝eq\f(OE,OF)＝eq\f(x,x＋BF)，解得x＝2，故⊙O的半径为2，BF的长为eq\f(4\r(3)－6,3).8.(1)解：∵对角线AC为⊙O直径，∴∠ADC＝90°，∴∠CDE＝90°.(2)证明：连接OD，∵AC为⊙O的直径，CE⊥AC，∴∠ADC＝∠CDE＝90°，∠ACF＝90°，又∵在Rt△CDE中，点F为斜边CE的中点，∴DF＝FC，∠CDF＝∠DCF，又∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD，∴∠ODF＝∠ODC＋∠CDF＝∠OCD＋∠DCF＝∠ACE＝90°，∵OD为⊙O半径，∴DF是⊙O的切线．(3)解：由圆周角定理可得，∠ABD＝∠ACD，由题意知，∠ADC＝∠CDE＝90°，∠CAD＝∠ECD，∴△ADC∽△CDE，∴eq\f(AD,CD)＝eq\f(CD,DE)，∴CD2＝AD·DE，∵AC＝2eq\r(5)DE，设DE＝a，AD＝b，∴AC＝2eq\r(5)a，CD＝eq\r(ab)，在Rt△ACD中，由勾股定理可得：AD2＋CD2＝AC2，即b2＋(eq\r(ab))2＝(2eq\r(5)a)2，上式两边同时除以a2，整理后得到：(eq\f(b,a))2＋eq\f(b,a)－20＝0，解得eq\f(b,a)＝4或eq\f(b,a)＝－5(舍去)．∴tan∠ABD＝tan∠ACD＝eq\f(AD,CD)＝eq\f(b,\r(ab))＝eq\r(\f(b,a))＝2.9.(1)证明：∵点O为直角三角形斜边AB上的中点，∴OC＝OB，∴∠B＝∠BCO，∵∠ACB＝∠DCO＝90°，即∠ACO＋∠BCO＝∠ACO＋∠ACD＝90°，∴∠BCO＝∠ACD∴∠B＝∠ACD.(2)解：(i)∵BC2＝AB·BE，即eq\f(BC,BA)＝eq\f(BE,BC)，又∵∠B＝∠B，∴△BCA∽△BEC，∴∠BEC＝∠BCA＝90°，∵tan∠ACD＝eq\f(3,4)，又由(