全国各地中考数学分类圆的综合综合题汇编附答案Word文档格式.docx
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∴OC∥AB,
∴∠EOC=∠A,∠COD=∠ODA,
∴∠EOC=∠DOC,
在△EOC和△DOC中,
∴△EOC≌△DOC(SAS),
∴∠ODC=∠OEC=90°
,
即OD⊥DC,
∴CD是⊙O的切线;
(2)由
(1)知CD是圆O的切线,
∴△CDO为直角三角形,
∵S△CDO=
CD•OD,
又∵OA=BC=OD=4,
∴S△CDO=
×
6×
4=12,
∴平行四边形OABC的面积S=2S△CDO=24.
2.已知,如图:
O1为x轴上一点,以O1为圆心作⊙O1交x轴于C、D两点,交y轴于M、N两点,∠CMD的外角平分线交⊙O1于点E,AB是弦,且AB∥CD,直线DM的解析式为y=3x+3.
(1)如图1,求⊙O1半径及点E的坐标.
(2)如图2,过E作EF⊥BC于F,若A、B为弧CND上两动点且弦AB∥CD,试问:
BF+CF与AC之间是否存在某种等量关系?
请写出你的结论,并证明.
(3)在
(2)的条件下,EF交⊙O1于点G,问弦BG的长度是否变化?
若不变直接写出BG的长(不写过程),若变化自画图说明理由.
(1)r=5E(4,5)
(2)BF+CF=AC(3)弦BG的长度不变,等于5
分析:
(1)连接ED、EC、EO1、MO1,如图1,可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC,从而可以证到∠EO1D=∠EO1C=90°
.由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1,OM=3.设⊙O1的半径为r.在Rt△MOO1中利用勾股定理就可解决问题.
(2)过点O1作O1P⊥EG于P,过点O1作O1Q⊥BC于Q,连接EO1、DB,如图2.由AB∥DC可证到BD=AC,易证四边形O1PFQ是矩形,从而有O1P=FQ,∠PO1Q=90°
,进而有∠EO1P=∠CO1Q,从而可以证到△EPO1≌△CQO1,则有PO1=QO1.根据三角形中位线定理可得FQ=
BD.从而可以得到BF+CF=2FQ=AC.
(3)连接EO1,ED,EB,BG,如图3.易证EF∥BD,则有∠GEB=∠EBD,从而有
=
,也就有BG=DE.在Rt△EO1D中运用勾股定理求出ED,就可解决问题.
详解:
(1)连接ED、EC、EO1、MO1,如图1.
∵ME平分∠SMC,∴∠SME=∠EMC.
∵∠SME=∠ECD,∠EMC=∠EDC,∴∠ECD=∠EDC,∴∠EO1D=∠EO1C.
∵∠EO1D+∠EO1C=180°
,∴∠EO1D=∠EO1C=90°
.
∵直线DM的解析式为y=3x+3,∴点M的坐标为(0,3),点D的坐标为(﹣1,0),∴OD=1,OM=3.
设⊙O1的半径为r,则MO1=DO1=r.
在Rt△MOO1中,(r﹣1)2+32=r2.
解得:
r=5,∴OO1=4,EO1=5,∴⊙O1半径为5,点E的坐标为(4,5).
(2)BF+CF=AC.理由如下:
过点O1作O1P⊥EG于P,过点O1作O1Q⊥BC于Q,连接EO1、DB,如图2.
∵AB∥DC,∴∠DCA=∠BAC,∴
,∴BD=AC.
∵O1P⊥EG,O1Q⊥BC,EF⊥BF,∴∠O1PF=∠PFQ=∠O1QF=90°
,∴四边形O1PFQ是矩形,∴O1P=FQ,∠PO1Q=90°
,∴∠EO1P=90°
﹣∠PO1C=∠CO1Q.
在△EPO1和△CQO1中,
∴△EPO1≌△CQO1,∴PO1=QO1,∴FQ=QO1.
∵QO1⊥BC,∴BQ=CQ.
∵CO1=DO1,∴O1Q=
BD,∴FQ=
BD.
∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ,∴BF+CF=BD=AC.
(3)连接EO1,ED,EB,BG,如图3.
∵DC是⊙O1的直径,∴∠DBC=90°
,∴∠DBC+∠EFB=180°
,∴EF∥BD,∴∠GEB=∠EBD,∴
,∴BG=DE.
∵DO1=EO1=5,EO1⊥DO1,∴DE=5
,∴BG=5
∴弦BG的长度不变,等于5
点睛:
本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识,综合性比较强,有一定的难度.而由AB∥DC证到AC=BD是解决第
(2)小题的关键,由EG∥DB证到BG=DE是解决第(3)小题的关键.
3.如图,
内接于⊙
的平分线
与⊙
交于点
,与
,延长
的延长线交于点
,连接
是
的中点,连接
.
(1)判断
与
的位置关系,写出你的结论并证明;
(2)求证:
;
(3)若
,求⊙
的面积.
(1)OG⊥CD
(2)证明见解析(3)6π
(1)根据G是CD的中点,利用垂径定理证明即可;
(2)先证明△ACE与△BCF全等,再利用全等三角形的性质即可证明;
(3)构造等弦的弦心距,运用相似三角形以及勾股定理进行求解.
(1)解:
猜想OG⊥CD.证明如下:
如图1,连接OC、OD.∵OC=OD,G是CD的中点,∴由等腰三角形的性质,有OG⊥CD.
(2)证明:
∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=90°
,而∠CAE=∠CBF(同弧所对的圆周角相等).在Rt△ACE和Rt△BCF中,∵∠ACE=∠BCF=90°
,AC=BC,∠CAE=∠CBF,∴Rt△ACE≌Rt△BCF(ASA),∴AE=BF.
(3)解:
如图2,过点O作BD的垂线,垂足为H,则H为BD的中点,∴OH=
AD,即AD=2OH,又∠CAD=∠BAD⇒CD=BD,∴OH=OG.在Rt△BDE和Rt△ADB中,∵∠DBE=∠DAC=∠BAD,∴Rt△BDE∽Rt△ADB,∴
,即BD2=AD•DE,∴
.又BD=FD,∴BF=2BD,∴
①,设AC=x,则BC=x,AB=
.∵AD是∠BAC的平分线,∴∠FAD=∠BAD.在Rt△ABD和Rt△AFD中,∵∠ADB=∠ADF=90°
,AD=AD,∠FAD=∠BAD,∴Rt△ABD≌Rt△AFD(ASA),∴AF=AB=
,BD=FD,∴CF=AF﹣AC=
.在Rt△BCF中,由勾股定理,得:
②,由①、②,得
,∴x2=12,解得:
或
(舍去),∴
,∴⊙O的半径长为
,∴S⊙O=π•(
)2=6π.
本题是圆的综合题.解题的关键是熟练运用垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质.
4.(8分)已知AB为⊙O的直径,OC⊥AB,弦DC与OB交于点F,在直线AB上有一点E,连接ED,且有ED=EF.
(1)如图①,求证:
ED为⊙O的切线;
(2)如图②,直线ED与切线AG相交于G,且OF=2,⊙O的半径为6,求AG的长.
(1)见解析;
(2)12
(1)连接OD,由ED=EF可得出∠EDF=∠EFD,由对顶角相等可得出∠EDF=∠CFO;
由OD=OC可得出∠ODF=∠OCF,结合OC⊥AB即可得知∠EDF+∠ODF=90°
,即∠EDO=90°
,由此证出ED为⊙O的切线;
(2)连接OD,过点D作DM⊥BA于点M,结合
(1)的结论根据勾股定理可求出ED、EO的长度,结合∠DOE的正弦、余弦值可得出DM、MO的长度,根据切线的性质可知GA⊥EA,从而得出DM∥GA,根据相似三角形的判定定理即可得出△EDM∽△EGA,根据相似三角形的性质即可得出GA的长度
解:
(1)连接OD,∵ED=EF,∴∠EDF=∠EFD,∵∠EFD=∠CFO,∴∠EDF=∠CFO.∵OD=OC,∴∠ODF=∠OCF.∵OC⊥AB,∴∠CFO+∠OCF=∠EDF+∠ODF=∠EDO=90°
,∴ED为⊙O的切线;
(2)连接OD,过点D作DM⊥BA于点M,由
(1)可知△EDO为直角三角形,设ED=EF=a,EO=EF+FO=a+2,由勾股定理得,EO2=ED2+DO2,即(a+2)2=a2+62,解得,a=8,即ED=8,EO=10.∵sin∠EOD=
,cos∠EOD=
,∴DM=OD•sin∠EOD=6×
,MO=OD•cos∠EOD=6×
,∴EM=EO﹣MO=10﹣
,EA=EO+OA=10+6=16.
∵GA切⊙O于点A,∴GA⊥EA,∴DM∥GA,∴△EDM∽△EGA,∴
,即
,解得GA=12.
本题考查的是切线的判定、垂径定理和勾股定理的应用、等腰三角形的性质、角的三角函数值、相似三角形的判定及性质,解题的关键是:
(1)通过等腰三角形的性质找出∠EDO=90°
;
(2)通过相似三角形的性质找出相似比.
5.如图,正三角形ABC内接于⊙O,P是BC上的一点,且PB<PC,PA交BC于E,点F是PC延长线上的点,CF=PB,AB=
,PA=4.
△ABP≌△ACF;
(2)求证:
AC2=PA•AE;
(3)求PB和PC的长.
(1)证明见解析;
(2)证明见解析;
(3)PB=1,PC=3.
【解析】试题分析:
(1)先根据等边三角形的性质得到AB=AC,再利用圆的内接四边形的性质得∠ACF=∠ABP,于是可根据“SAS”判断△ABP≌△ACF;
(2)先根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=60°
,再根据圆周角定理得∠APC=∠ABB=60°
,加上∠CAE=∠PAC,于是可判断△ACE∽△APC,然后利用相似比即可得到结论;
(3)先利用AC2=PA•AE计算出AE=
,则PE=AP-AE=
,再证△APF为等边三角形,得到PF=PA=4,则有PC+PB=4,接着证明△ABP∽△CEP,得到PB•PC=PE•A=3,然后根据根与系数的关系,可把PB和PC看作方程x2-4x+3=0的两实数解,再解此方程即可得到PB和PC的长.
(1)∵∠ACP+∠ABP=180°
又∠ACP+∠ACF=180°
∴∠ABP=∠ACF
在
和
中,
∵AB=AC,∠ABP=∠ACF,
∴
≌
.
(2)在
∵∠APC=∠ABC,
而
是等边三角形,故∠ACB=∠ABC=60º
∴∠ACE=∠APC.
又∠CAE=∠PAC,
∽
即
.
由
(1)知
∴∠BAP=∠CAF,
∴∠BAP+∠PAC=∠CAF+∠PAC
∴∠PAF=∠BAC=60°
,又∠APC=∠ABC=60°
是等边三角形
∴AP=PF
∵∠BAP=∠ECP,
又∠APB=∠EPC=60°
由
(2)
,
因此PB和PC的长是
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