2015年中考数学第24题专题训练答案

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2015年中考数学第24题专题训练-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.

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,

(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.

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.

,∴△BGD∽△DMA;

证明:(1)连接OE. ∵BE平分∠ABC,∴∠CBE=∠OBE,

1

∵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. 3. (2014?山东枣庄)如图,A为⊙O外一点,AB切⊙O于点B,AO交⊙O于C,CD⊥OB于E,交⊙O于点D,连接OD.若AB=12,AC=8. (1)求OD的长; (2)求CD的长.

解:(1)设⊙O的半径为R, ∵AB切⊙O于点B,∴OB⊥AB, 在Rt△ABO中,OB=R,AO=OC+AC=R+8,AB=12, ∵OB2+AB2=OA2,∴R2+122=(R+8)2,解得R=5, ∴OD的长为5; (2)∵CD⊥OB,∴DE=CE,而OB⊥AB, ∴CE∥AB, ∴△OEC∽△OBA,∴∴CE=

2

=,即. =, ,∴CD=2CE=

4.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.

解:(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=在⊙O中,ABE=

1∠AOE, 21∠AOE, ∴∠AOD=∠ABE, ∴OD∥BE 21(2)同理可证:Rt△COE≌Rt△COB.∴∠COE=∠COB=∠BOE,

2∴∠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,CD?即CD的长为10.

OC2?OD2?x2?y2?100?10

5.如图,在平面直角坐标系中,⊙P经过x轴上一点C,与y轴分别交于A、B

两点,连接AP并延长分别交⊙P、x轴于点D、E,连接DC并延长交y轴于点F,若点F的坐标为(0 ,1),点D的坐标为(6 ,-1).

⑴ 求证:DC?FC ⑵ 判断⊙P与x轴的位置关系,并说明理由. ⑶ 求直线AD的解析式.

解:(1)如图1,

3

作DH⊥

x轴于点H,

∵F(0,1),D(6,-1) ∴OF=DH=1,

在⊿OCF和⊿HCD中,

? ??FCO??DCO??FOC??DHC?90?

??OF?DH ∴⊿OCF≌⊿HCD(AAS), DC=FC. (2)如图2,

⊙P与

x轴相切.

连接PC,∵DC=FC, PD=PA, ∴CP是⊿DFA的中位线,∴PC∥y轴, ∴PC⊥

x轴 , 又C是⊙P与x轴的交点 , ∴⊙P切

x轴于点C.

(3)如图3,

4

作PG⊥

y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y?ax?94,把D(6,-1)代入得:a?3 , ∴直线AD的解析式为:y?43x?9 6. 已知:AB是⊙O的直径,直线CP切⊙O于点C,过点B作BD⊥CP于D.(1)求证:△ACB∽△CDB; (2)若⊙O的半径为1,∠BCP=30°,求图中阴影部分的面积.

解:(1)证明:∵直线CP是⊙O的切线, ∴∠BCD=∠BAC, ∵AB是直径, ∴∠ACB=90°, 又∵BD⊥CP ∴∠CDB=90°, ∴∠ACB=∠CDB=90° ∴△ACB∽△CDB;

(2)解:如图,连接OC,

∵直线CP是⊙O的切线,∠BCP=30°, ∴∠COB=2∠BCP=60°, ∴△OCB是正三角形, ∵⊙O的半径为1, ∴S△OCB=

,S扇形OCB=

=π,

∴阴影部分的面积=S扇形OCB﹣S△OCB=π﹣

5

7,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.

解: (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=,

6

∵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 8,如图1,AB为半圆的直径,O为圆心,C为圆弧上一点,AD垂直于过C点的切线,垂足为D,AB的延长线交直线CD于点E. (1)求证:AC平分∠DAB;

(2)若AB=4,B为OE的中点,CF⊥AB,垂足为点F,求CF的长; (3)如图2,连接OD交AC于点G,若

=,求sin∠E的值.

解: (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,

7

∴∠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

9,如图,在⊙O中,AB,CD是直径,BE是切线,B为切点,连接AD,BC,BD.(1)求证:△ABD≌△CDB;

(2)若∠DBE=37°,求∠ADC的度数.

解答: (1)证明:∵AB,CD是直径, ∴∠ADB=∠CBD=90°, 在△ABD和△CDB中, , ∴△ABD和△CDB(HL); (2)解:∵BE是切线, ∴AB⊥BE, ∴∠ABE=90°, ∵∠DBE=37°, ∴∠ABD=53°, ∵OA=OD, ∴∠BAD=∠ODA=90°﹣53°=37°, ∴∠ADC的度数为37°. 10,如图,已知AB是⊙O的直径,直线CD与⊙O相切于点C,AD⊥CD于点D. (1)求证:AC平分∠DAB; (2)若点E为

的中点,AD=

,AC=8,求AB和CE的长.

9

解: (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.

11,如图,AB为⊙O的直径,PD切⊙O于点C,交AB的延长线于点D,且∠D=2∠CAD.(1)求∠D的度数;

(2)若CD=2,求BD的长.

10

解:(1)∵OA=OC, ∴∠A=∠ACO,∴∠COD=∠A+∠ACO=2∠A, ∵∠D=2∠CAD,∴∠D=∠COD, ∵PD切⊙O于C,∴∠OCD=90°,∴∠D=∠COD=45°; (2)∵∠D=∠COD,CD=2, ∴OC=OB=CD=2, 222在Rt△OCD中,由勾股定理得:2+2=(2+BD), 解得:BD=2﹣2. 12,如图,AB是⊙O的直径,OD垂直于弦AC于点E,且交⊙O于点D,F是BA延长线上一点,若∠CDB=BFD. (1)求证:FD是⊙O的一条切线; (2)若AB=10,AC=8,求DF的长.

解: (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=

13,如图,已知等腰三角形ABC的底角为30°,以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D,过D作DE⊥AC,垂足为E. (1)证明:DE为⊙O的切线; (2)连接OE,若BC=4,求△OEC的面积.

11

解: (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 14,已知:如图,P是⊙O外一点,过点P引圆的切线PC(C为切点)和割线PAB,分别交⊙O于A、B,连接AC,BC. (1)求证:∠PCA=∠PBC;

(2)利用(1)的结论,已知PA=3,PB=5,求PC的长.

12

解: (1)证明:连结OC,OA, ∵OC=OA, ∴∠ACO=∠CAO, ∵PC是⊙O的切线,C为切点, ∴PC⊥OC, ∴∠PCO=90°,∠PCA+∠ACO=90°, 在△AOC中,∠ACO+∠CAO+∠AOC=180°, ∵∠AOC=2∠PBC, ∴2∠ACO+2∠PBC=180°, ∴∠ACO+∠PBC=90°, ∵∠PCA+∠ACO=90°, ∴∠PCA=∠PBC; (2)解:∵∠PCA=∠PBC,∠CPA=∠BPC, ∴△PAC∽△PCB, ∴=2, ∴PC=PA?PB, ∵PA=3,PB=5, ∴PC==. 15,如图,四边形ABCD内接于⊙O,AB是⊙O的直径,AC和BD相交于点E,且DC=CE?CA. (1)求证:BC=CD;

(2)分别延长AB,DC交于点P,过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F,若PB=OB,CD=求DF的长.

2

13

2解: (1)证明:∵DC=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=∠ACO,∴∠DAC=∠ACO, ∴AD∥OC,∴=∴PC=4,∵PB=OB,CD=,∴= 又∵PC?PD=PB?PA∴PA=4也就是半径OB=4, 在RT△ACB中, AC===2, ∵AB是直径,∴∠ADB=∠ACB=90°∴∠FDA+∠BDC=90° ∠CBA+∠CAB=90°∵∠BDC=∠CAB∴∠FDA=∠CBA 又∵∠AFD=∠ACB=90°∴△AFD∽△ACB ∴ , , 在Rt△AFP中,设FD=x,则AF=∴在RT△APF中有,求得DF=. 16,如图,Rt△ABC中,∠ABC=90°,以AB为直径作半圆⊙O交AC与点D,点E为BC的中点,连接DE.

(1)求证:DE是半圆⊙O的切线. (2)若∠BAC=30°,DE=2,求AD的长.

14

解: (1)证明:连接OD,OE, ∵AB为圆O的直径,∴∠ADB=∠BDC=90°, 在Rt△BDC中,E为斜边BC的中点, ∴DE=BE,在△OBE和△ODE中, , ∴△OBE≌△ODE(SSS), ∴∠ODE=∠ABC=90°, 则DE为圆O的切线; (2)在Rt△ABC中,∠BAC=30°, ∴BC=AC,∵BC=2DE=4,∴AC=8, 又∵∠C=60°,DE=DC,∴△DEC为等边三角形,即DC=DE=2,则AD=AC﹣DC=6. 17,如图,AB是⊙O的直径,点E是

上的一点,∠DBC=∠BED.

(1)求证:BC是⊙O的切线;

(2)已知AD=3,CD=2,求BC的长.

15

解: (1)证明:∵AB是⊙O的切直径, ∴∠ADB=90°, 又∵∠BAD=∠BED,∠BED=∠DBC, ∴∠BAD=∠DBC, ∴∠BAD+∠ABD=∠DBC+ABD=90°, ∴∠ABC=90°, ∴BC是⊙O的切线; (2)解:∵∠BAD=∠DBC,∠C=∠C, ∴△ABC∽△BDC, ∴=,即BC=AC?CD=(AD+CD)?CD=10, 2∴BC=. 18,如图,点P在O的直径BA的延长线上,AB=2PA,PC切O于点C,连结BC。 (1)求?P的正弦值;

(2)若O的半径r=2cm,求BC的长度。 解:(1)连结OC,因为PC切O于点C,?PC?OC C又直径AB=2PA?OC?AO?AP?1   ?sin?P?.2(或:在Rt?POC,sin?P?1PO,??P?30?,2 PAOCOC1??) PO2PO2COB(2)连结AC,由AB是直??ACB?90?,?COA?90??P30??60?, AOB又OC?OA,??CAO是正三角形。?CA?r?2,?CB?4?2?2342 19,如图,AB是O的切线,A为切点,AC是O的弦,过O作OH?AC于点H.若OH?2,

AB?12,BO?13.

求:(1)O的半径; (2)sin∠OAC的值;

(3)弦AC的长(结果保留两个有效数字).

解:(1)

B

O C H A 16

AB是O的切线,??OAB?90,

?AO2?OB2?AB2,?OA?5.

(2)(3)

OH⊥AC,??OHA?90,?sin?OAC?OH2?. OA5OH?AC,?AH2?AO2?OH2,AH?CH,?AH2?25?4?21,

?AH?21,?AC?2AH?221≈9.2.

20、如图,已知点A、B、C、D均在已知圆上,AD∥BC,AC平分∠BCD,∠ADC=120°,四边

形ABCD的周长为10。 (1)求此圆的半径;

(2)求图中阴影部分的面积。

21、如图,A是以BC为直径的O上一点,AD?BC于点D,过点B作O的切线,与CA的延长线相交于点E,G是AD的中点,连结CG并延长与BE相交于点F,延长AF与CB的延长线相交于点P.

(1)求证:BF?EF; E (2)求证:PA是O的切线;

A (3)若FG?BF,且O的半径长为32,求BDF 和FG的长度.

∵BC是O的直径,BE是O的切线,(1)证明: P ∴EB?BC.

又∵AD?BC,∴AD∥BE.

易证△BFC∽△DGC,△FEC∽△GAC.

G B D O C

∴BFCFEFCFBFEF?,??.∴. DGCGAGCGDGAG∵G是AD的中点,∴DG?AG.∴BF?EF. (2)证明:连结AO,AB.

∵BC是O的直径,∴?BAC?90°.

P 在Rt△BAE中,由(1),知F是斜边BE的中点, ∴AF?FB?EF.∴?FBA??FAB.

E A F G B H C

D O 17

又∵OA?OB,∴?ABO??BAO. ∵BE是O的切线,∴?EBO?90°.

∵?EBO??FBA??ABO??FAB??BAO??FAO?90°,∴PA是O的切线. (3)解:过点F作FH?AD于点H.∵BD?AD,FH?AD,∴FH∥BC. 由(1),知?FBA??BAF,∴BF?AF.

由已知,有BF?FG,∴AF?FG,即△AFG是等腰三角形.

∵FH?AD,∴AH?GH.∵DG?AG,∴DG?2HG,即HG1DG?2.

∵FH∥BD,BF∥AD,?FBD?90°, ∴四边形BDHF是矩形,BD?FH. ∵FH∥BC,易证△HFG∽△DCG. ∴FHCD?FGCG?HGBDDG,即CD?FGCG?HG1DG?2. ∵O的半径长为32,∴BC?62.

∴BDCD?BDBC?BD?BD62?BD?12.解得BD?22.∴BD?FH?22. ∵FGCG?HGDG?12,∴FG?12CG.∴CF?3FG. 在Rt△FBC中,∵CF?3FG,BF?FG,由勾股定理,得CF2?BF2?BC2.

∴(3FG)2?FG2?(62)2.解得FG?3(负值舍去)

.∴FG?3. [或取CG的中点H,连结DH,则CG?2HG.易证△AFC≌△DHC,

∴FG?HG,故CG?2FG,CF?3FG. 由GD∥FB,易知△CDG∽△CBF,∴CDCB?CGCF?2FG23FG?3. 由62?BD62?23,解得BD?22. 又在Rt△CFB中,由勾股定理,得(3FG)2?FG2?(62)2,∴FG?3(舍去负值).]

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本文来源:https://www.bwwdw.com/article/8r6g.html

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