2022年中考数学三轮冲刺《圆》解答题冲刺练习六（含答案）

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2022年中考数学三轮冲刺《圆》解答题冲刺练习六 LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图，点A、B、C分别是⊙O上的点，∠B=60°，AC=3，CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，且AP=AC．（1）求证：AP是⊙O的切线；（2）求PD的长；（3）求PA，PD及围成的图形（即阴影部分）的面积． LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，且AB=BC=CD，AB∥CD，连接BD．（1）求证：BD是⊙O的切线；（2）若AB=10，cos∠BAC=0.6，求BD的长及⊙O的半径． LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图，CD是⊙O的直径，且CD=2cm，点P为CD的延长线上一点，过点P作⊙O的切线PA、PB，切点分别为A、B．（1）连接AC，若∠APO=30°，试证明△ACP是等腰三角形；（2）填空：①当的长为　   　cm时，四边形AOBD是菱形；②当DP=　   　cm时，四边形AOBP是正方形． LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图，点P为正方形ABCD的对角线AC上的一点，连接BP并延长交CD于点E，交AD的延长线于点F，⊙O是△DEF的外接圆，连接DP．（1）求证：DP是⊙O的切线；（2）若tan∠PDC=，正方形ABCD的边长为4，求⊙O的半径和线段OP的长． LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知：AB为⊙O的直径，C是⊙O上一点，如图，AB=12，BC=4eq \r(3).BH与⊙O相切于点B，过点C作BH的平行线交AB于点E.（1）求CE的长；（2）延长CE到F，使EF=eq \r(2)，连接BF并延长BF交⊙O于点G，求BG的长；（3）在（2）的条件下，连接GC并延长GC交BH于点D，求证：BD=BG. LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图,AB是△ABC外接圆⊙O的直径，D是AB延长线上一点,且BD=AB,∠A=30°,CE⊥AB于E,过C的直径交⊙O于点F,连接CD、BF、EF．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）求tan∠BFE的值．  LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图，已知四边形ABCD为菱形，△ABD的外接圆⊙O与CD相切于点D，交AC于点E．（1）判断⊙O与BC的位置关系，并说明理由；（2）若CE=2，求⊙O的半径r． LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图，以AB为直径的⊙O外接于△ABC，过A点的切线AP与BC的延长线交于点P，∠APB的平分线分别交AB，AC于点D，E，其中AE，BD(AE＜BD)的长是一元二次方程x2－5x＋6=0的两个实数根.(1)求证：PA·BD=PB·AE；(2)在线段BC上是否存在一点M，使得四边形ADME是菱形？若存在，请给予证明，并求其面积；若不存在，说明理由. LISTNUM OutlineDefault \l 3 \s 0 2022年中考数学三轮冲刺《圆》解答题冲刺练习六（含答案）答案解析、解答题 LISTNUM OutlineDefault \l 3 （1）证明：连接OA，AD，∵∠B=60°，∴∠ADO=∠B=60°，∵CD是⊙O的直径，∴∠DAC=90°，∴∠ACD=30°，∵AP=AC，∴∠P=∠ACP=30°，∵AO=OC，∴∠ACO=∠CAO=30°，∴∠PAC=120°，∴∠PAO=90°，∴AP是⊙O的切线；（2）解：∵AC=3∴PA=AC=3，∴AO=AP=，∴PO=2AO=2，∴PD=PO﹣OD=；（3）解：S阴影=S△AOP﹣S扇形AOD=×3×﹣=﹣．　 LISTNUM OutlineDefault \l 3 解：  LISTNUM OutlineDefault \l 3 解：（1）如图1，连接AO，∵PA是⊙O的切线，∴∠PAO=90°，∵∠APO=30°，∴∠AOP=60°，∵OA=OC，∴∠C=∠CAO=30°，∴∠C=∠APO，∴△ACP是等腰三角形；（2）如图2，①∵四边形AOBD是菱形，∴AO=AD，∵AO=OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD=60°，则∠AOB=120°，∴的长为： =或=故答案是：或；②当四边形AOBP为正方形时，则有PA=AO=1cm，∵PA为⊙O的切线，∴PA2=PD•PC，且CD=2cm，∴1=PD（PD+2），整理可得PD2+2PD﹣1=0，解得PD=﹣1或PD=﹣﹣1（舍去），∴PD=﹣1（cm），∴当PD=（﹣1）cm时，四边形AOBP为正方形；故答案为：（﹣1）． LISTNUM OutlineDefault \l 3 解：（1）连接OD，∵正方形ABCD中，CD=BC，CP=CP，∠DCP=∠BCP=45°，∴△CDP≌△CBP（SAS），∴∠CDP=∠CBP，∵∠BCD=90°，∴∠CBP+∠BEC=90°，∵OD=OE，∴∠ODE=∠OED，∠OED=∠BEC，∴∠BEC=∠OED=∠ODE，∴∠CDP+∠ODE=90°，∴∠ODP=90°，∴DP是⊙O的切线；（2）∵∠CDP=∠CBE，∴tan，∴CE=，∴DE=2，∵∠EDF=90°，∴EF是⊙O的直径，∴∠F+∠DEF=90°，∴∠F=∠CDP，在Rt△DEF中，，∴DF=4，∴==2，∴，∵∠F=∠PDE，∠DPE=∠FPD，∴△DPE∽△FPD，∴，设PE=x，则PD=2x，∴，解得x=，∴OP=OE+EP=． LISTNUM OutlineDefault \l 3 解：（1）∵BH与⊙O相切于点B，∴AB⊥BH，∵BH∥CE，∴CE⊥AB，∵AB是直径，∴∠CEB=∠ACB=90°，∵∠CBE=∠ABC，∴△ABC∽△CBE，∴=，∵AC==4，∴CE=4eq \r(2).（2）连接AG.∵∠FEB=∠AGB=90°，∠EBF=∠ABG，∴△ABG∽△FBE，∴=，∵BE==4，∴BF==3eq \r(2)，∴=，∴BG=8eq \r(2).（3）易知CF=4eq \r(2)+eq \r(2)=5eq \r(2)，∴GF=BG﹣BF=5eq \r(2)，∴CF=GF，∴∠FCG=∠FGC，∵CF∥BD，∴∠GCF=∠BDG，∴∠BDG=∠BGD，∴BG=BD. LISTNUM OutlineDefault \l 3 解：（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵∠A=30°，∴BC=，∵OB=，BD=，∴BC=OB=BD，∴BC=，∴OC⊥CD，∵OC是半径，∴CD是⊙O的切线；（2）解：过点E作EH⊥BF于H，设EH=a，∵CF是⊙O直径，∴∠CBF=90°=∠ACB，∴∠CBF+∠ACB=180°，∴AC∥BF，∴∠ABF=∠A=30°，∴BH=EH=a，BE=2EH=2a，∵CE⊥AB于E，∴∠A+∠ABC=90°=∠ECB+∠ABC，∴∠ECB=∠A=30°，∴BC=2BE=4a，∵∠BFC=∠A=30°，∠CBF=90°，∴BF==4a，∴FH=BF﹣BH=4a﹣a=3a，∴tan∠BFE===．  LISTNUM OutlineDefault \l 3 解：（1）⊙O与BC相切，理由如下连接OD、OB，∵⊙O与CD相切于点D，∴OD⊥CD，∠ODC=90°．∵四边形ABCD为菱形，∴AC垂直平分BD，AD=CD=CB．∴△ABD的外接圆⊙O的圆心O在AC上，∵OD=OB，OC=OC，CB=CD，∴△OBC≌△ODC．∴∠OBC=∠ODC=90°，又∵OB为半径，∴⊙O与BC相切；（2）∵AD=CD，∴∠ACD=∠CAD．∵AO=OD，∴∠OAD=∠ODA．∵∠COD=∠OAD+∠AOD，∠COD=2∠CAD．∴∠COD=2∠ACD又∵∠COD+∠ACD=90°，∴∠ACD=30°．∴OD=0.5OC，即r==0.5（r+2）．∴r=2．  LISTNUM OutlineDefault \l 3 解：(1)证明：∵DP平分∠APB，∴∠APE=∠BPD.∵AP与⊙O相切，∴∠BAP=∠BAC＋∠EAP=90°.∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=∠BAC＋∠B=90°，∴∠EAP=∠B，∴△PAE∽△PBD，∴eq \f(PA,AE)=eq \f(PB,BD)，∴PA·BD=PB·AE.(2)过点D作DF⊥PB于点F，作DG⊥AC于点G，∵DP平分∠APB，AD⊥AP，DF⊥PB，∴AD=DF.∵∠EAP=∠B，∴∠APC=∠BAC，易证DF∥AC，∴∠BDF=∠BAC，由于AE，BD(AE＜BD)的长是x2－5x＋6=0，解得AE=2，BD=3，∴由(1)可知：eq \f(PA,2)=eq \f(PB,3)，∴cos∠APC=eq \f(PA,PB)=eq \f(2,3)，∴cos∠BDF=cos∠APC=eq \f(2,3)，∴eq \f(DF,BD)=eq \f(2,3)，∴DF=2，∴DF=AE，∴四边形ADFE是平行四边形.∵AD=DF，∴四边形ADFE是菱形，此时点F即为点M.∵cos∠BAC=cos∠APC=eq \f(2,3)，∴sin∠BAC=eq \f(\r(5),3)，∴eq \f(DG,AD)=eq \f(\r(5),3)，∴DG=eq \f(2\r(5),3)，∴在线段BC上存在一点M，使得四边形ADME是菱形，其面积为DG·AE=2×eq \f(2\r(5),3)=eq \f(4\r(5),3).