2015年中考数学第24题专题训练答案

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）．］

18

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/frc7.html