2022年中考数学一轮复习第25讲《圆的位置关系》讲学案

这是一份2022年中考数学一轮复习第25讲《圆的位置关系》讲学案，共16页。学案主要包含了考点解析，典例解析，中考热点等内容，欢迎下载使用。
中考数学一轮复习第25讲《圆的位置关系》【考点解析】知识点一  点与圆、直线和圆的位置关系例. (安徽)﹣如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=6，BC=4，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为（　　）A． B．2 C． D．【考点】点与圆的位置关系；圆周角定理．【分析】首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时PC最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题． 【解答】解：∵∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵∠PAB=∠PBC，∴∠BAP+∠ABP=90°，∴∠APB=90°，∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小，在RT△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=4，OB=3，∴OC==5，∴PC=OC=OP=5﹣3=2．∴PC最小值为2．故选B． 【变式】（,湖北宜昌）在公园的O处附近有E、F、G、H四棵树，位置如图所示（图中小正方形的边长均相等）现计划修建一座以O为圆心，OA为半径的圆形水池，要求池中不留树木，则E、F、G、H四棵树中需要被移除的为（　　）A．E、F、G B．F、G、H C．G、H、E D．H、E、F【考点】点与圆的位置关系．【专题】应用题．【分析】根据网格中两点间的距离分别求出，OE，OF，OG，OH然后和OA比较大小．最后得到哪些树需要移除．【解答】解：∵OA==，∴OE=2＜OA，所以点E在⊙O内，OF=2＜OA，所以点E在⊙O内，OG=1＜OA，所以点E在⊙O内，OH==2＞OA，所以点E在⊙O外，故选A【点评】此题是点与圆的位置关系，主要考查了网格中计算两点间的距离，比较线段长短的方法，计算距离是解本题的关键．点到圆心的距离小于半径，点在圆内，点到圆心的距离大于半径，点在圆外，点到圆心的距离大于半径，点在圆内． 知识点二   切线的性质与判定 【例题】（海南）如图，AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点C，连接BC．若∠P=40°，则∠ABC的度数为（　　）A．20° B．25° C．40° D．50°【考点】切线的性质．【分析】利用切线的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质得到圆心角∠PAO的度数，然后利用圆周角定理来求∠ABC的度数．【解答】解：如图，∵AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，∴∠PAO=90°．又∵∠P=40°，∴∠∠PAO=50°，∴∠ABC=∠PAO=25°．故选：B．【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理．圆的切线垂直于经过切点的半径． 【变式】（山东潍坊）如图，在平面直角坐标系中，⊙M与x轴相切于点A（8，0），与y轴分别交于点B（0，4）和点C（0，16），则圆心M到坐标原点O的距离是（　　）A．10 B．8C．4D．2【考点】切线的性质；坐标与图形性质．【分析】如图连接BM、OM，AM，作MH⊥BC于H，先证明四边形OAMH是矩形，根据垂径定理求出HB，在RT△AOM中求出OM即可．【解答】解：如图连接BM、OM，AM，作MH⊥BC于H．∵⊙M与x轴相切于点A（8，0），∴AM⊥OA，OA=8，∴∠OAM=∠MH0=∠HOA=90°，∴四边形OAMH是矩形，∴AM=OH，∵MH⊥BC，∴HC=HB=6，∴OH=AM=10，在RT△AOM中，OM===2．故选D． 知识点三   切线长定理 【例题】（广西南宁）在图“书香八桂，阅读圆梦”读数活动中，某中学设置了书法、国学、诵读、演讲、征文四个比赛项目（•南宁）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若OB=10，CD=8，求BE的长．【考点】切线的判定．【专题】计算题；与圆有关的位置关系．【分析】（1）连接OD，由BD为角平分线得到一对角相等，根据OB=OD，等边对等角得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，进而确定出OD与BC平行，利用两直线平行同位角相等得到∠ODA为直径，即可得证；（2）由OD与BC平行得到三角形OAD与三角形BAC相似，由相似得比例求出OA的长，进而确定出AB的长，连接EF，过O作OG垂直于BC，利用勾股定理求出BG的长，由BG+GC求出BC的长，再由三角形BEF与三角形BAC相似，由相似得比例求出BE的长即可．【解答】（1）证明：连接OD，∵BD为∠ABC平分线，∴∠1=∠2，∵OB=OD，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴OD∥BC，∵∠C=90°，∴∠ODA=90°，则AC为圆O的切线；（2）解：过O作OG⊥BC，∴四边形ODCG为矩形，∴GC=OD=OB=10，OG=CD=8，在Rt△OBG中，利用勾股定理得：BG=6，∴BC=BG+GC=6+10=16，∵OD∥BC，∴△AOD∽△ABC，∴=，即=，解得：OA=，∴AB=+10=，连接EF，∵BF为圆的直径，∴∠BEF=90°，∴∠BEF=∠C=90°，∴EF∥AC，∴=，即=，解得：BE=12．【点评】此题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键． 【变式】（贵州毕节）如图，在△ABC中，D为AC上一点，且CD=CB，以BC为直径作⊙O，交BD于点E，连接CE，过D作DF⊥AB于点F，∠BCD=2∠ABD．（1）求证：AB是⊙O的切线；（2）若∠A=60°，DF=，求⊙O的直径BC的长．【考点】切线的判定．【分析】（1）由CD=CB，∠BCD=2∠ABD，可证得∠BCE=∠ABD，继而求得∠ABC=90°，则可证得AB是⊙O的切线；（2）由∠A=60°，DF=，可求得AF、BF的长，易证得△ADF∽△ACB，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．【解答】（1）证明：∵CD=CB，∴∠CBD=∠CDB，∵AB是⊙O的直径，∴∠CBE=90°，∴∠CBD+∠BCE=∠CDB+∠DCE，∴∠BCE=∠DCE，即∠BCD=2∠BCE，∵∠BCD=2∠ABD，∴∠ABD=∠BCE，∴∠CBD+∠ABD=∠CBD+∠BCE=90°，∴CB⊥AB，∵CB为直径，∴AB是⊙O的切线；（2）∵∠A=60°，DF=，∴在Rt△AFD中，AF===1，在Rt△BFD中，BF=DF•tan60°=×=3，∵DF⊥AB，CB⊥AB，∴DF∥BC，∴∠ADF=∠ACB，∵∠A=∠A，∴△ADF∽△ACB，∴=，∴=，∴CB=4．【典例解析】【例题1】（湖北荆州·3分）如图，过⊙O外一点P引⊙O的两条切线PA、PB，切点分别是A、B，OP交⊙O于点C，点D是优弧上不与点A、点C重合的一个动点，连接AD、CD，若∠APB=80°，则∠ADC的度数是（　　）A．15° B．20° C．25° D．30°【分析】根据四边形的内角和，可得∠BOA，根据等弧所对的圆周角相等，根据圆周角定理，可得答案．【解答】解；如图，由四边形的内角和定理，得∠BOA=360°﹣90°﹣90°﹣80°=100°，由=，得∠AOC=∠BOC=50°．由圆周角定理，得∠ADC=∠AOC=25°，故选：C．【点评】本题考查了切线的性质，切线的性质得出=是解题关键，又利用了圆周角定理．【例题2】（湖北黄石·8分）如图，⊙O的直径为AB，点C在圆周上（异于A，B），AD⊥CD．（1）若BC=3，AB=5，求AC的值；（2）若AC是∠DAB的平分线，求证：直线CD是⊙O的切线．【分析】（1）首先根据直径所对的圆周角为直角得到直角三角形，然后利用勾股定理求得AC的长即可；（2）连接OC，证OC⊥CD即可；利用角平分线的性质和等边对等角，可证得∠OCA=∠CAD，即可得到OC∥AD，由于AD⊥CD，那么OC⊥CD，由此得证． 【解答】（1）解：∵AB是⊙O直径，C在⊙O上，∴∠ACB=90°，又∵BC=3，AB=5，∴由勾股定理得AC=4；（2）证明：∵AC是∠DAB的角平分线，∴∠DAC=∠BAC，又∵AD⊥DC，∴∠ADC=∠ACB=90°，∴△ADC∽△ACB，∴∠DCA=∠CBA，又∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵∠OAC+∠OBC=90°，∴∠OCA+∠ACD=∠OCD=90°，∴DC是⊙O的切线．【点评】此题主要考查的是切线的判定方法．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．  【例题3】（辽宁丹东）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，CE⊥AD，交AD的延长线于点E．（1）求证：∠BDC=∠A；（2）若CE=4，DE=2，求AD的长．【考点】切线的性质；相似三角形的判定与性质．【分析】（1）连接OD，由CD是⊙O切线，得到∠ODC=90°，根据AB为⊙O的直径，得到∠ADB=90°，等量代换得到∠BDC=∠ADO，根据等腰直角三角形的性质得到∠ADO=∠A，即可得到结论；（2）根据垂直的定义得到∠E=∠ADB=90°，根据平行线的性质得到∠DCE=∠BDC，根据相似三角形的性质得到，解方程即可得到结论．【解答】（1）证明：连接OD，∵CD是⊙O切线，∴∠ODC=90°，即∠ODB+∠BDC=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即∠ODB+∠ADO=90°，∴∠BDC=∠ADO，∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，∴∠BDC=∠A；（2）∵CE⊥AE，∴∠E=∠ADB=90°，∴DB∥EC，∴∠DCE=∠BDC，∵∠BDC=∠A，∴∠A=∠DCE，∵∠E=∠E，∴△AEC∽△CED，∴，∴EC2=DE•AE，∴16=2（2+AD），∴AD=6．【中考热点】【热点1】（黑龙江哈尔滨）如图，AB为⊙O的直径，直线l与⊙O相切于点C，AD⊥l，垂足为D，AD交⊙O于点E，连接OC、BE．若AE=6，OA=5，则线段DC的长为　4　．【考点】切线的性质．【分析】OC交BE于F，如图，有圆周角定理得到∠AEB=90°，加上AD⊥l，则可判断BE∥CD，再利用切线的性质得OC⊥CD，则OC⊥BE，原式可判断四边形CDEF为矩形，所以CD=EF，接着利用勾股定理计算出BE，然后利用垂径定理得到EF的长，从而得到CD的长．【解答】解：OC交BE于F，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∵AD⊥l，∴BE∥CD，∵CD为切线，∴OC⊥CD，∴OC⊥BE，∴四边形CDEF为矩形，∴CD=EF，在Rt△ABE中，BE===8，∵OF⊥BE，∴BF=EF=4，∴CD=4．故答案为4．【热点2】（湖北随州·3分）如图（1），PT与⊙O1相切于点T，PAB与⊙O1相交于A、B两点，可证明△PTA∽△PBT，从而有PT2=PA•PB．请应用以上结论解决下列问题：如图（2），PAB、PCD分别与⊙O2相交于A、B、C、D四点，已知PA=2，PB=7，PC=3，则CD=　　．【考点】相似三角形的判定与性质；切线的性质．【分析】如图2中，过点P作⊙O的切线PT，切点是T，根据PT2=PA•PB=PC•PD，求出PD即可解决问题． 【解答】解：如图2中，过点P作⊙O的切线PT，切点是T．∵PT2=PA•PB=PC•PD，∵PA=2，PB=7，PC=3，∴2×7=3×PD，∴PD=∴CD=PD﹣PC=﹣3=．【热点3】（湖北随州·8分）如图，AB是⊙O的弦，点C为半径OA的中点，过点C作CD⊥OA交弦AB于点E，连接BD，且DE=DB．（1）判断BD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若CD=15，BE=10，tanA=，求⊙O的直径．【考点】直线与圆的位置关系；垂径定理；相似三角形的判定与性质．【分析】（1）连接OB，由圆的半径相等和已知条件证明∠OBD=90°，即可证明BD是⊙O的切线；（2）过点D作DG⊥BE于G，根据等腰三角形的性质得到EG=BE=5，由两角相等的三角形相似，△ACE∽△DGE，利用相似三角形对应角相等得到sin∠EDG=sinA=，在Rt△EDG中，利用勾股定理求出DG的长，根据三角形相似得到比例式，代入数据即可得到结果．【解答】（1）证明：连接OB，∵OB=OA，DE=DB，∴∠A=∠OBA，∠DEB=∠ABD，又∵CD⊥OA，∴∠A+∠AEC=∠A+∠DEB=90°，∴∠OBA+∠ABD=90°，∴OB⊥BD，∴BD是⊙O的切线；（2）如图，过点D作DG⊥BE于G，∵DE=DB，∴EG=BE=5，∵∠ACE=∠DGE=90°，∠AEC=∠GED，∴∠GDE=∠A，∴△ACE∽△DGE，∴sin∠EDG=sinA==，即CE=13，在Rt△ECG中，∵DG==12，∵CD=15，DE=13，∴DE=2，∵△ACE∽△DGE，∴=，∴AC=•DG=，∴⊙O的直径2OA=4AD=．【热点4】（江西·8分）如图，AB是⊙O的直径，点P是弦AC上一动点（不与A，C重合），过点P作PE⊥AB，垂足为E，射线EP交于点F，交过点C的切线于点D．（1）求证：DC=DP；（2）若∠CAB=30°，当F是的中点时，判断以A，O，C，F为顶点的四边形是什么特殊四边形？说明理由．【考点】切线的性质；垂径定理．【分析】（1）连接BC、OC，利用圆周角定理和切线的性质可得∠B=∠ACD，由PE⊥AB，易得∠APE=∠DPC=∠B，等量代换可得∠DPC=∠ACD，可证得结论；（2）由∠CAB=30°易得△OBC为等边三角形，可得∠AOC=120°，由F是的中点，易得△AOF与△COF均为等边三角形，可得AF=AO=OC=CF，易得以A，O，C，F为顶点的四边形是菱形．【解答】（1）证明：连接BC、OC，∵AB是⊙O的直径，∴∠OCD=90°，∴∠OCA+∠OCB=90°，∵∠OCA=∠OAC，∠B=∠OCB，∴∠OAC+∠B=90°，∵CD为切线，∴∠OCD=90°，∴∠OCA+∠ACD=90°，∴∠B=∠ACD，∵PE⊥AB，∴∠APE=∠DPC=∠B，∴∠DPC=∠ACD，∴AP=DC；（2）解：以A，O，C，F为顶点的四边形是菱形；∵∠CAB=30°，∴∠B=60°，∴△OBC为等边三角形，∴∠AOC=120°，连接OF，AF，∵F是的中点，∴∠AOF=∠COF=60°，∴△AOF与△COF均为等边三角形，∴AF=AO=OC=CF，∴四边形OACF为菱形．