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2019年广西柳州市中考专题训练04:与圆有关的计算和证明(有答案)-(数学)
所属科目:数学    文件类型:docx
类别:试题、练习
上传日期:2019/3/15  
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专题训练(四) 
[与圆有关的计算和证明]
1.[2017·庆阳]如图ZT4-1,AN是☉M的直径,NB∥x轴,AB交☉M于点C.点A(0,6),N(0,2),/∠ABN=30°.
/
图ZT4-1
(1)求点B的坐标;
(2)若D为线段NB的中点,求证:直线CD是☉M的切线.



2.[2017·巴中]如图ZT4-2,AH是☉O的直径,AE平分∠FAH,交☉O于点E,过点E的直线FG⊥AF,垂足为F,/B为半径OH上一点,点E,F分别在矩形ABCD的边BC和CD上.
/
图ZT4-2
(1)求证:直线FG是☉O的切线.
(2)若AF=12,BE=6,求


的值.

3.[2018·贵港]如图ZT4-3,已知☉O是△ABC的外接圆,且AB=BC=CD,AB∥CD,连接BD.
/
图ZT4-3
(1)求证:BD是☉O的切线;
(2)若AB=10,cos∠BAC=
3
5
,求BD的长及☉O的半径.




4.[2018·曲靖]如图ZT4-4,AB为☉O的直径,点C为☉//O上一点,将

沿直线BC翻折,使

的中点D恰好与圆心O重合,连接OC,CD,BD,过点C的切线与线段BA的延长线交于点P,连接AD,在PB的另一侧作∠MPB=∠ADC.
/
图ZT4-4
(1)判断PM与☉O的位置关系,并说明理由;
(2)若PC=
3
,求四边形OCDB的面积.




5.[2017·内江]如图ZT4-5,在☉O中,直径CD垂直于不过圆心O的弦AB,垂足为点N,连接AC,点E在AB上,且AE=CE.
(1)求证:AC2=AE·AB;
(2)过点B作☉O的切线交EC的延长线于点P,试判断PB与PE是否相等,并说明理由;
(3)设☉O的半径为4,点N为OC中点,点Q在☉O上,求线段PQ的最小值.
/
图ZT4-5

6.[2018·广东]如图ZT4-6,四边形ABCD中,AB=AD=CD,以AB为直径的☉O经过点C,连接AC,OD交于点E.
/
图ZT4-6
(1)证明:OD∥BC;
(2)若tan∠ABC=2,证明:DA与☉O相切;
(3)在(2)的条件下,连接B/D交☉O于点F,连接EF,若BC=1,求EF的长.






参考答案
1.解:(1)∵A的坐标为(0,6),N(0,2),
∴AN=4.
∵∠ABN=30°,∠ANB=90°,
∴AB=2AN=8,
∴由勾股定理可知NB=4
3
,
∴B(4
3
,2).
(2)证明:连接MC,NC.∵AN是☉M的直径,
∴∠ACN=90°,∴∠NCB=90°.
在Rt△NCB中,D为NB的中点,
∴CD=
1
2
NB=ND,∴∠CND=∠NCD,
∵MC=MN,∴∠MCN=∠MNC.
∵∠MNC+∠CND=90°,
∴∠MCN+∠NCD=90°,
即MC⊥CD.
∴直线CD是☉M的切线.
/
2.解:(1)证明:连接OE.
∵OA=OE,∴∠OAE=∠OEA.
∵AE平分∠FAH,∴∠HAE=∠EAF,
∴∠FAE=∠OEA,
∴OE∥AF,∴∠OEG=∠AFG.
又∵AF⊥FG,∴∠AFG=90°,
∴∠OEG=∠AFG=90°,
∴OE⊥FG,∴直线FG是☉O的切线.
(2)∵四边形ABCD为矩形,
∴BE⊥AB.
∵EF⊥AF,又∵AE平分∠FAB,
∴EF=BE=6.
又∵四边形ABCD为矩形,
∴∠D=∠C=90°.
∵∠D=90°,∴∠DAF+∠AFD=90°.
又∵AF⊥FG,
∴∠AFG=90°,
∴∠AFD+∠CFE=90°,
∴∠DAF=∠CFE.
又∵∠D=∠C,∴△ADF∽△FCE,
∴FC∶AD=EF∶AF.
∴FC∶AD=6∶12=1∶2.
3.解:(1)连接BO并延长交AC于H,
/
由于☉O是△ABC的外接圆,AB=BC,则BH⊥AC且AH=CH,
又∵AB=CD,AB∥CD,
∴四边形ABDC是平行四边形,∴AC∥BD,
∴BH⊥BD,即OB⊥BD,
∴BD是☉O的切线.
(2)由(1)知,BD=AC,
而AC=2AH=2AB·cos∠BAC=2×10×
3
5
=12.
∴BD=12.
设圆的半径为r,OH=x,
则有r+x=BH,连接AO,在Rt△OAH中,AH2+x2=r2,
又BH=


2
-

2

=
1
0
2
-
6
2

=8,
∴r+x=8①.
又由AH2+x2=r2得,(r+x)(r-x)=AH2=36,
∴r-x=
9
2
②.
①,②联立,解得r=
25
4
,
∴☉O的半径为
25
4
.
4.解:(1)过点O作OH⊥PM,连接OD交BC于点E,由于点D为

中点,且沿BC折叠与O重合,所以OD垂直平分BC,OE=
1
2
OD=
1
2
OB,
所以∠OBC=30/°,所以∠ADC=∠MPB=30°,
则∠POH=60°,
又因为∠POC=2∠OBC=60°,
所以∠POH=∠POC,
又因为∠PHO=∠PCO,PO=PO,所以△PHO≌△PCO,
所以OH=OC,直线PM到圆心的距离等于/半径,且OH⊥PM,因此PM是☉O的切线.
/
(2)由于D是

中点,且沿BC折叠与点O重合,
所以OB=DB,OC=CD,
又因为OC=OB,
所以OC=CD=DB=BO,
所以△COD是等边三角形,四边形OCDB是菱形,由(1)得出∠CPO=∠HPO=30°,
所以OC=PC×tan30°=
3
×

3

3
=1,
则四边形OCDB的面积为2×
1
2
×1×/1×

3

2
/=

3

2
,
因此四边形OCDB的面积为

3

2
.
5.解:(1)证明:如图,连接BC,∵CD⊥AB,


=

,∴∠CAB=∠CBA.
又∵AE=CE,∴∠CAE=∠ACE.
∴∠ACE=∠ABC.
∵∠CAE=∠BAC,∴△CAE∽△BAC.



=


,即AC2=AE·AB.
/
(2)PB=PE.理由如下:如图,连接BD,OB.
∵CD是直径,∴∠CBD=90°.
∵BP是☉O的切线,
∴∠OBP=90°.
∴∠BCD+∠D=∠PBC+∠OBC=90°.
∵OB=OC,∴∠OBC=∠OCB.
∴∠PBC=∠D.
∵∠A=∠D,∴∠PBC=∠A.
∵∠ACE=∠ABC,∠PEB=∠A+∠ACE,∠PBN=∠PBC+∠ABC,
∴∠PEB=∠PBN.∴PE=PB.
(3)如图,连接PO交☉O于点Q,
则此时线段PQ有最小值.
∵N是OC的中点,∴ON=2.
∵OB=4,∴∠OBN=30°,
∴∠PBE=60°.
∵PE=PB,∴△PEB是等边三角形.
∴∠PEB=60°,PB=BE.
在Rt△BON中,BN=


2
-

2

=

4
2
-
2
2

=2
3
.
在Rt△CEN中,EN=

tan60°/
=
2

3

=
2
3

3
.
∴BE=BN+/EN=
8
3

3
.
∴PB=BE=
8
3

3
.
∴PQ=PO-OQ=


2
+

2

-OQ=

4
2
+(
8
3

3
)
?
2

-4=
4
3

21
-4.
6.[解析] (1)连接OC,由SSS可证得△OAD≌△OCD,得∠ADO=∠CDO,由AD=CD可证DE⊥AC,再由AB为直径证得BC⊥AC,从而得OD∥BC;(2)根据tan∠ABC=2,可设BC=a,则AC=2a,AD=AB=


2
+

2

=
5
a,由OE为中位线知OE=
1
2
a,AE=CE=
1
2
AC=a,进一步求得DE=


2
-

2

=2a,在△AOD中利用勾股定理的逆定理证∠OAD=90°即可;(3)先证△AFD∽△BAD,得DF·BD=AD2,再证△AED∽△OAD,得OD·DE=AD2,从而可得DF·BD=OD·DE,即


=


,结合∠EDF=∠BDO知△EDF∽△BDO,据此可得


=


,结合(2)所得相关线段的长,代入计算可得.
解:(1)证明:连接OC,
在△OAD和△OCD中,


= ,
= ,
= ,


∴△OAD≌△OCD(SSS),
∴∠ADO=∠CDO.
∵AD=CD,
∴DE⊥AC,
∴∠AEO=90°.
∵AB为☉O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠AEO=∠ACB,
∴OD∥BC.
/
(2)证明:∵tan∠ABC=


=2,
∴设/BC=a,则AC=2a,
∴AD=AB=


2
+

2

=
5
a.
∵OE∥BC,且AO=BO,
∴OE=
1
2
BC=
1
2
a,AE=CE=
1
2
AC=a.
在△AED中,DE=


2
-

2

=2a.
在△AOD中,AO2+AD2=/

5

2
a/2+(
5
a)2=
25
4
a2,OD2=(OE+DE)2=/
1
2
a+2a/2=
25
4
/a2,
∴AO2+AD2=OD2,
∴∠OAD=90°,
则DA与☉O相切.
(3)连接AF,
∵AB是☉O的直径,
∴∠AFD=∠BAD=90°,
又∵∠ADF=∠BDA,
∴△AFD∽△BAD,



=


,即DF·BD=AD2. ①
∵∠AED=∠OAD=90°,∠/ADE=∠ODA,
∴△AED∽△OAD,



=


,即OD·DE=AD2. ②
由①②可得DF·BD=OD·DE,即


=


,
又∵∠EDF=∠BDO,
∴△EDF∽△BDO,
∵BC=1,
∴AB=AD=
5
,OD=
5
2
,ED=2,BD=
10
,OB=

5

2
,



=


,即



5

2

=
2

10

,
解得EF=

2

2
.
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