中考数学备考之圆压轴突破训练培优篇附解析Word文档下载推荐.docx
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∴HM＝OB＝5
在Rt△OBF中，依据勾股定理可得BF＝4
∴BC＝8，sin∠OBC＝
∵∠A+∠ABO＝∠DEB+∠ABO＝90°
∴∠AKB+∠CKB＝90°
∴OK⊥AC
AC＝2CK，CK＝BC?
sin∠OBC＝
∴AC＝
2．AB为⊙O的直径，点C、D为⊙O上的两个点，AD交BC于点F，点E在AB上，DE交BC
于点G，且∠DGF＝∠CAB．
（1）如图1．求证：
DE⊥AB．
（2）如图2．若AD均分∠CAB．求证：
BC＝2DE．
（3）如图3．在
（2）的条件下，连结OF，若∠AFO＝45°
，AC＝，求OF的长．
（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°
∴∠CAB+∠CBA＝90°
∵∠DGF＝∠CAB，∠DGF＝∠BGE，
∴∠BGE＝∠CAB，
∴∠BGE+∠CBA＝90°
∴∠GEB＝90°
∴DE⊥AB；
（2）如图2，连结OD交BC于H，连结BD，∵AD均分∠CAB，
∴
⊥
＝
ODBC
BHCH
∵
DEAB
ODOB
×
，
S△OBD
ODBH
OBDE
∴BH＝DE，
∴BC＝2DE．
（3）如图3，作FR⊥AB于R，OS⊥AD于S，∵AD均分∠CAB，
∴∠CAD＝∠BAD＝x，
∴∠FBO＝90°
﹣2x，∵∠AFO＝45°
，∴∠FOB＝45°
+x，
∴∠OFB＝180°
﹣（90°
﹣2x）﹣（45°
+x）＝45°
∴∠FOB＝∠OFB
∴BF＝BO＝OA，
∵∠FRB＝∠ACB＝90°
，∠FBR＝∠ABC，
∴△BFR∽△BAC，
∴，
∵AC＝，
∴FR＝，
∴CF＝FR＝，
∴AF＝
，tan
∠FAR＝tan∠FAC＝
设SO＝t，AS＝2t，SF＝SO＝t，
则AF＝AS+SF＝3t＝
，t＝
∴OF＝
t＝
．
3．已知：
在△MAB中，C、D分别为BM、AM上的点，四边形
ABCD内接于⊙
O，连结
AC，∠
MCD＝∠ACD；
（1）如图①，求证：
弧AD＝弧BD；
（2）如图②，若
AB为直径，
CD＝
BC，求
tan
∠DAC值；
（3）如图③，在
（2）的条件下，E为弧CD上一点（不与C、D重合），F为AB上一点，连结EF交AC于点N，连结DN、DE，若DN＝DE，AB＝10，∠ABC﹣45°
＝∠ANF，求AN
的长．
（1）∵∠MCD+∠DCB＝180°
，∠DCB+∠DAB＝180°
∴∠DAB＝∠MCD
又∵∠MCD＝∠ACD
∴∠DAB＝∠ACD
∴弧AD＝弧BD
作DG⊥MB于点G，连结BD（如图2）∵AB为直径
弧AD＝弧BD＝45°
∴∠MCD＝∠DAB＝45°
∴DG＝GC＝CD
又∵CD＝BC
∴BC＝CD
∴DG＝GC＝BC
∴tan∠DBC＝＝
又∵∠DAC＝∠DBC
∴tan∠DAC＝tan∠DBC＝
连结BD交AC，EF分别为点P，点L，连结OP，OE，PE，再作OH⊥EF于点H，NM⊥AD于
点M（如图3所示）
∵∠ABC﹣45°
＝∠ANF，∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝∠ABC45°
∴∠ANF＝∠DBC＝∠DAC
∴EF∥AD
∴EF⊥BD
由
（2）得tan∠DAP＝
即P为BD的中点∴OP⊥BD
∴四边形OPLH为矩形
设HO＝d，则PL＝d．
又∵DN＝DE
∴BD垂直均分NE
∴PE＝PN
∴∠LEP＝∠LNP＝∠DAP
∴LE＝2d
又∵△OPB为等腰直角三角形
∴OP＝BO＝
∴LH＝OP＝
∴HE＝LH+LE＝+2d
222
∵OH+HE＝OE
解得d＝
∴DL＝DP﹣LP＝＝
∴MN＝DL＝
∴AM＝2MN＝
4．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°
，以BC上一点O为圆心作圆与AB相切于点D，与BC
分别交于点F、N，连结DF并延伸交AC的延伸线点E．
（1）求证：
AE＝AD；
（2）过点D作DH⊥BC于点B，连结AF并延伸交⊙O于点G，连结DG，若DO均分∠GDH．求证：
∠AFD＝2∠DFN；
（3）在
（2）的条件下，延伸DG交AE的延伸线于点P，连结PF并延伸交⊙O于点M，若
FM＝5，FH＝9，求OH的长．
（1）证明：
∵∠ACB＝90°
∴∠E+∠CFE＝∠ACB＝90°
∵∠CFE＝∠OFD
∴∠E+∠OFD＝90°
∵AB切⊙O于D
∴OD⊥AB
∴∠ODF+∠ADE＝90°
∵OD＝OF
∴∠OFD＝∠ODF
∴∠E＝∠ADE
∴AE＝AD
（2）证明：
连结DN
∵DO均分∠GDH
∴设∠ODG＝∠ODH＝α，
设∠FDG＝β，则∠FDH＝2α+β
∵OF＝OD
∴∠DFN＝∠ODF＝α+β
∵DH⊥FN
∴∠DHF＝90°
∴∠DFN+∠FDH＝90°
，即α+β+2α+β＝3α+2β＝90°
∵FN为⊙O直径∴∠FDN＝90°
∴∠DNF＝90°
﹣∠DFN＝90°
﹣（2α+β）＝3α+2β﹣（α+β）＝2α+β
∴∠G＝∠DNF＝2α+β
∵∠AFD＝∠G+∠FDG＝2α+β+β＝2α+2β
∴∠AFD＝2∠DFN
（3）过O作OQ∥AB交FM于点Q
∵∠AEF+∠EFC＝90°
，∠DFN+∠FDH＝90°
，∠EFC＝∠DFN
∴∠AEF＝∠FDH＝2α+β
∴∠ADE＝∠AEF＝2α+β
∴∠FAD＝180°
﹣∠AFD﹣∠ADF＝2（3α+2β）﹣（2α+2β）﹣（2α+β）＝2α+β
即∠FAD＝∠ADF
∴AF＝DF
∴F在AD的垂直均分线上
∵∠AEF＝∠FGD＝2α+β，∠AFE＝∠DFG
∴∠EAF＝∠FDG＝β
∴∠PAD＝∠PDA＝β+（2α+β）＝2α+2β
∴PA＝PD
∴P在AD的垂直均分线上即PM垂直均分AD
∴OQ⊥FM
∴∠OQF＝90°
，FQ＝FM＝
∵OQ∥AB
∴∠FOQ＝∠B
∵∠B+∠DOH＝∠DOH+∠ODH＝90°
∴∠B＝∠ODH
∴∠FOQ＝∠ODH
在△FOQ与△ODH中
∴△FOQ≌△ODH（AAS）
∴OH＝FQ＝
5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，AC＝AB，⊙O为△ABC的外接圆．
AD是⊙O的切线；
（2）如图2，CD交⊙O于点E，过点A作AG⊥BE，垂足为F，交BC于点G．①求证：
AG＝BG；
②若AD＝2，CD＝3，求FG的长．
如图1，连结OA，OB，OC．
在△OAC和△OAB中，，
∴△OAC≌△OAB（SSS），
∴∠OAC＝∠OAB，
∴AO均分∠BAC，
∴AO⊥BC．
又∵AD∥BC，
∴AD⊥AO，
∴AD是⊙O的切线．
（2）①证明：
如图2，连结AE．∵∠BCE＝90°
∴∠BAE＝90°
．又∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°
∵∠BAG+∠EAF＝∠AEB+∠EAF＝90°
∴∠BAG＝∠AEB．
∵∠ABC＝∠ACB＝∠AEB，
∴∠BAG＝∠ABC，
∴AG＝BG．
②解：
在△ADC和△AFB中，，
∴△ADC≌△AFB（AAS），
∴AF＝AD＝2，BF＝CD＝3．
设FG＝x，在Rt△BFG中，FG＝x，BF＝3，BG＝AG＝x+2，
2+2＝
2，即
2+32＝（
x
+2）2
FGBF
BGx
∴x＝，
∴FG＝．
6．如图，在平面直角坐标系中，直线
y
＝﹣2
+4与坐标轴交于
B
两点，动点
C
在
轴正
A
半轴上，⊙D为△AOC的外接圆，射线
OD与直线AB交于点E．
（1）如图①，若OE＝DE，求＝；
（2）如图②，当∠
ABC＝2∠ACB时，求OC的长；
（3）点
由原点向
轴正半轴运动过程中，设
的长为
OC
a
①用含
的代数式表示点
E
的横坐标
；
②若
，求
的值．
xE
BC
（1）∵OE＝DE，
∴S＝S，
△AOE△ADE
∵AD＝CD，
△CDE△ADE
∴＝，
故答案为：
；
（2）作OF⊥AC于点F，
对于直线y＝﹣2x+4，当y＝0时，x＝2，当x＝0时，y＝4，
则A的坐标为（0，4），点B的坐标为（2，0），即OA＝4，OB＝2，
∵∠ABC＝2∠ACB，∴∠ADO＝∠ABC，∴∠ODC＝∠ABO，
∴tan∠ODC＝tan∠ABO＝2，
设DF＝m，则OF＝2m，
由勾股定理得，OD＝＝m，
∴CF＝（﹣1）m，
∴tan∠OCD＝，
∴＝，即＝，
解得，OC＝2﹣2；
（3）①设直线OD交⊙D另一点为G，连结AG，作EH⊥AO于点H，
则EH∥AG，
+＝
+＝1，即
+＝1，
解得，xE＝
②当C在点B右边时，BC＝xE，即a﹣2＝xE，
∴a﹣2＝，
解得，a1＝1+，a2＝1﹣（舍去），
当C在点B左边时，BC＝xE，即2﹣a＝xE，
∴2﹣a＝，
解得，a1＝﹣1+，a2＝﹣1﹣（舍去），
因此a的值为±
1．
7．已知：
如图，BC为⊙O的弦，点A为⊙O上一个动点，△OBC的周长为16．过C作CD∥
AB交⊙O于D，BD与AC订交于点P，过点P作PQ∥AB交于Q，设∠A的度数为α．
（1）如图1，求∠COB的度数（用含α的式子表示）；
（2）如图2，若∠ABC＝90°
时，AB＝8，求暗影部分面积（用含α的式子表示）；
（3）如图1，当PQ＝2，求的值．
（1）∵∠A的度数为α，
∴∠COB＝2∠A＝2α，
（2）当∠ABC＝90°
时，AC为⊙O的直径，∵CD∥AB，
∴∠DCB＝180°
﹣90°
＝90，∴BD为⊙O的直径，
∴P与圆心O重合，∵PQ∥AB交于Q，
∴OQ⊥BC，∴CQ＝BQ，
∵AB＝8，
∴OQ＝AB＝4，
设⊙O的半径为r，
∵△OBC的周长为16，
∴CQ＝8﹣r，
∴（8﹣r）2+42＝r2，
解得r＝5，CB＝6，
∴暗影部分面积＝；
（3）∵CD∥AB∥PQ，
∴△BPQ∽△BDC，△CPQ∽△CAB，
∵PQ＝2，
∴＝2．
8．如图，△ABC内接于⊙O，且AB＞AC．∠BAC的外角均分线交⊙O于E，EF⊥AB，垂足为
F．
（1）求证：
EB＝EC；
（2）分别求式子、的值；
（3）若EF＝AC＝3，AB＝5，求△AEF的面积．
（1）证明：
∵∠BAC的外角均分线交⊙O于E，∴∠1＝∠2，
∵∠1＝∠EBC，∠2＝∠3，∴∠EBC＝∠3，
∴EB＝EC；
（2）解：
在BA上截取BD＝CA，如图，
在△BED和△CEA中
∴△BED≌△CEA（SAS），
∴ED＝EA，∵EF⊥AD，
∴DF＝AF，
∴AB+AC＝BD+DF+FA+BD＝BF+DF+BD＝2BF，
AB﹣AC＝BD+DF+AF﹣BD＝2AF，
∴＝＝2，＝＝2；
（3）解：
由
（2）得BD＝AC＝3，
∵AB＝BD+DF+AF＝AC+2AF，
∴3+2AF＝5，
∴AF＝1，而EF＝3，
∴△AEF的面积＝×
3×
1＝．
9．如图，AB为⊙O的直径，点C在弧AB上，CD为⊙O的切线，AD⊥CD交⊙O于E，连结AC．
∠BAC＝∠DAC；
（2）如图2，过点C作CF⊥AB于F，交⊙O于M，求证：
BF＝DE；
（3）如图3，在
（2）的条件下，作DG⊥CF，交射线FC于G，在射线DC上截取CH＝CD，
连结BH，GH，点N为半圆上一点，∠NBM＝2∠BNM，若BH＝AF，S△＝，求线段
DGH
MN的长．
（1）如图1所示：
连结OC，则：
∠CAO＝∠ACO，
∵CD为切线，
∴OC⊥CD，而AD⊥CD，
∴OC∥AD，
∴∠ACO＝∠CAD，
∴∠BAC＝∠DAC；
（2）如图2所示：
连结BC、EC，∵CF⊥AB，∠AFC＝∠D＝90°
，而∠BAC＝∠DAC，
∴ED＝CF，
∠EDC＝∠B，
∴Rt△ECD≌Rt△BFC（AAS），
∴BF＝DE；
（3）如图3所示：
连结EB、连结OC交EB于Q，∵CO∥AD，而∠D＝90°
∴∠DCO＝90°
，∵AB是直径，∴∠AEB＝90°
∴四边形DCQE为矩形，
∴EQ＝DC，
∵OC⊥EB，
∴EQ＝BQ，而EQ＝DC，
∴EQ＝BQ＝CH，
∴BE＝DH，而BE∥DH，
∴四边形DEBH为矩形，∵BH＝AF，
设：
HB＝ED＝x，则：
AF＝4x＝AD，AE＝4x﹣x＝3x，
则：
AB＝5x，易证△DAC≌△FAC（AAS），
∴BE＝4x＝DH，而DC＝DH＝2x，
∠NBM＝2∠BNM＝2α，则∠DAC＝α，∠BAM＝α，
∴∠CAM＝2α，
∵DH是切线，∴∠HCM＝∠CAM＝∠DCG，∴Rt△DGC∽Rt△AEB，
∴＝＝，
∵C是DH的中点，
∴S△＝S△，而S△＝，
DCGDHGDGH
∴S△BEA＝24＝?
AE?
BE＝?
3x?
4x，
∴x＝2，x＝﹣2（舍去），
∴MN＝BE＝4x＝8．
答：
线段MN的长为8．
10．已知如图，AC⊥BD，垂足为E，CF是⊙O的直径，连结AB、CD、DF．
（1）如图1，连结BC，求证：
AB＝DF；
（2）如图2，连结OA、OB，OA交BD于点M，若∠ABM＝∠AOB，求证：
AB＝BM；
（3）在第二问的基础上，若⊙O的半径为7，AM＝5，求点O到线段CD的距离OK的长．
如图1中，连结AF，AD．
∵AF是直径，
∴∠CAF＝90°
∵AC⊥BD，
∴∠CED＝∠CAF＝90°
∴AF∥BD，
∴∠FAD＝∠ADB，
∴AB＝DF．
如图2中，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB，
∵∠AOB+∠OBA+∠OAB＝180°
，∠ABM+∠BAM+∠BMA＝180°
，∠ABM＝∠AOB，
∴∠BAM＝∠BMA，
∴BA＝BM．
（3）解：
∵OK⊥CD，
∴KC＝KD，∵OC＝OF，
∴OK∥DF，OK＝DF，
∵∠ABM＝∠AOB，∠BAM＝∠OAB，
∴△ABM∽△AOB，
∴AB＝，
∴DF＝AB＝，
∴OK＝．
11．如图，已知CD垂直均分AB，CD＝BD，点E为CD上一点，连结AE交BC于点F，过点E
作EG⊥AE，连结GF，以GF为直径作△EGF的外接⊙O，且点B在⊙O上．
（1）求证：
∠G+∠A＝45°
（2）求证：
AE＝EG；
（3）若⊙O与AB交于另一点H，若CE＝3，AH＝5，FG＝5，求BF的长．
（1）如图1，连结BE，
∵CD垂直均分AB，
∴EA＝EB，∠CDB＝90°
∴∠A＝∠EBA，
∵CD＝BD，
∴∠C＝∠CBD＝45°
，即∠CBE+∠EBA＝45°
又∠CBE＝∠G，
∴∠G+∠A＝45°
（2）如图2，连结BE、BG、HE、HG，
由
（1）知∠A＝∠ABE，
∵∠ABE＝∠HGE，
∴∠A＝∠HGE，
∵FG是⊙O的直径，∴∠FBG＝90°
，又∠ABC＝45°
∴∠HEG＝∠HBG＝45°
∵EG⊥AF，即∠AEG＝90°
，∴∠AEH＝∠GEH＝45°
∵EH＝EH，
∴△AEH≌△GEH（AAS），
∴AE＝EG；
（3）如图3，连结HE、HG、BE，
由
（1）
（2）知AE＝BE＝GE，
∴∠EHB＝∠EFB，
∵∠CFE＝∠EHB，
∴∠CFE＝∠EFB，
作EN⊥CB于N，作EK⊥EG于K，则EN＝EK，NF＝KF，
∵∠C＝45°
，CE＝3，
∴EN＝EK＝，
∵∠GEF＝∠EKG＝90°
∴△EKF∽△GKE，
2
∴＝，即EK＝GK?
KF，
∵GK+FK＝FG＝5，
∴（）2＝GK（?
5﹣GK），
解得：
GK＝
则KF＝
∵∠B＝∠KGE、∠ENB＝∠EKG＝90°
、EB＝EG，
∴△ENB≌△EKG（AAS），
∴NB＝KG，
则BF＝NB﹣NF＝KG﹣KF＝
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