专题19 圆 2023年中考数学一轮复习专题特训(广东专用)
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一、单选题
1.(2022·深圳)如图所示,已知三角形ABE为直角三角形,∠ABE=90°,BC为圆O切线,C为切点,CA=CD,则△ABC和△CDE面积之比为( )
A.1:3 B.1:2 C.2:2 D.(2-1):1
2.(2022·光明模拟)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=5,⊙O是△ABC的内切圆,半径为2,则图中阴影部分的面积为( )
A.30﹣4π B.303-4π C.60﹣16π D.303-16π
3.(2022·花都模拟)如图,A,B,C是⊙O上的三点,∠OAB=20°,则∠C的度数是( )
A.40° B.70° C.110° D.140°
4.(2022·罗湖模拟)如图,AB是圆O的直径,C,D是AB上的两点,连接AC,BD相交于点E,若∠BEC=56°,那么∠DOC的度数为( )
A.28° B.56° C.64° D.68°
5.(2022·南沙模拟)根钢管放在V形架内,如图是其截面图,O为钢管的圆心,如果钢管的直径为20cm,∠MPN=60°,则OP的长度是( )
A.403cm B.40cm C.203cm D.20cm
6.(2022·广州模拟)如图,△ABC的内切圆⊙O与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F,已知△ABC的周长为36.AB=9,BC=14,则AF的长为( )
A.4 B.5 C.9 D.13
7.(2022·海珠模拟)如图,在⊙O中,AO=3,∠C=60°,则劣弧AB的长度为( )
A.6π B.9π C.2π D.3π
8.(2022·澄海模拟)如图,已知BC是⊙O的直径,半径OA⊥BC,点D在劣弧AC上(不与点A、C重合),BD与OA交于点E.设∠AED=α,∠AOD=β,则下列结论正确的是( )
A.3α+β=180° B.2α+β=180°
C.3α-β=90° D.2α-β=90°
9.(2022·蓬江模拟)同圆中,已知AB所对的圆心角是80°,则AB所对的圆周角度数( )
A.40° B.80° C.100° D.120°
10.(2022·顺德模拟)如图,⊙O的两条弦AB,CD互相垂直,垂足为E,直径CF交线段BE于点G,且AC=AF,点E是AG的中点.下列结论正确的个数是( )
①AB=CD;②∠C=22.5°;③△BFG是等腰三角形;④BG=2AE.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
二、填空题
11.(2022·广州)如图,在△ABC中,AB=AC,点O在边AC上,以O为圆心,4为半径的圆恰好过点C,且与边AB相切于点D,交BC于点E,则劣弧DE的长是 (结果保留π)
12.(2022·广东)扇形的半径为2,圆心角为90°,则该扇形的面积(结果保留 π )为 .
13.(2022·广东模拟)如图,AB是⊙O的直径,点C,D在圆上,∠D=68°,则∠ABC=
14.(2022·番禺模拟)如图,正六边形ABCDEF的边长为2,以A为圆心,AC的长为半径画弧,得EC,连接AC,AE,则图中阴影部分的面积为 .
15.(2022·濠江模拟)如图,⊙O是△ABC的外接圆,∠A=45°,∠B=35°,BC=2,则弧AB的长为 .
16.(2022·福田模拟)如图,AB是⊙O的直径,点M是⊙O内的一定点,PQ是⊙O内过点M的一条弦,连接AM,AP,AQ,若⊙O的半径为4,AM=5,则AP⋅AQ的最大值为 .
17.(2022·南山模拟)如图,点P在双曲线y= kx (x>0)上,以P为圆心的⊙P与两坐标轴都相切,点E为y轴负半轴上的一点,过点P作PF⊥PE交x轴于点F,若OF﹣OE=8,则k的值是 .
18.(2022·深圳模拟)如图,A,B,C是 ⊙O 上的三个点, ∠AOB=40°,∠B=50° ,则 ∠A 的度数为 .
19.(2022·珠海模拟)如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=23.以A为圆心,AB为半径画圆弧,以BC为直径画半圆,则图中阴影部分的面积为 .
20.(2022·英德模拟)学校花园边墙上有一宽(BC)为23m的矩形门ABCD,量得门框对角线AC长为4m,为美化校园,现准备打掉地面BC上方的部分墙体,使其变为以AC为直径的圆弧形门,则要打掉墙体(阴影部分)的面积是 m2.
三、综合题
21.(2022·深圳)一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径,半圆O上点C处有个吊灯EF,EF//AB,CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.
(1)如图①,CM为一条拉线,M在OB上,OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度.
(2)如图②,一个玻璃镜与圆O相切,H为切点,M为OB上一点,MH为入射光线,NH为反射光线,∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH=34,求ON的长度.
(3)如图③,M是线段OB上的动点,MH为入射光线,∠HOM=50°,HN为反射光线交圆O于点N,在M从O运动到B的过程中,求N点的运动路径长.
22.(2022·广东模拟)在Rt△ABC中,∠ACB=90°,以AC为直径的⊙O与AB边交于点D,过点D作⊙O的切线交BC于点E.
(1)求证:点E是边BC的中点;
(2)求证:BC2=BD·BA;
(3)当以点O,D,E,C为顶点的四边形是正方形时,求证:△ABC是等腰直角三角形.
23.(2022·深圳模拟)如图,在△ABC中,AC=BC,以BC为直径作⊙O,交AC于点F,过C点作CD⊥AC交AB延长线于点D,E为CD上一点,且EB=ED.
(1)求证:BE为⊙O的切线;
(2)若AF=2,tan∠A=2,求BE的长.
24.(2022·番禺模拟)如图,在菱形ABCD中,O是对角线BD上一点(BO>DO),OE⊥AB,垂足为E,以OE为半径的⊙O分别交DC于点H,交EO的延长线于点F,EF与DC交于点G.
(1)求证:BC是⊙O的切线;
(2)若G是OF的中点,OG=2,DG=1.
①求HE的长;
②求AD的长.
25.(2022·海珠模拟)在Rt△ACB中,∠ACB=90°,以AC长为半径作⊙A.
(1)尺规作图:将△ACB绕点A顺时针旋转得△AC'B',使得点C的对应点C'落在线段AB上(保留作图痕迹,不用写画法);
(2)在(1)的条件下,若线段B'A与⊙A交于点P,连接BP.
①求证:BP与⊙A相切;
②如果CA=5,CB=12,BP与B'C'交于点O,连接OA,求OA的长.
26.(2022·光明模拟)如图,AB是⊙O的直径,N是⊙O上一点,M是AN的中点,连接AN,BM,交于点D.连接NM,OM,延长OM至点C,并使∠CAN=2∠N.AN与OC交于点E.
(1)求证:AC是⊙O的切线;
(2)若DM=10,tanN=34,求⊙O的半径.
27.(2022·罗湖模拟)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,E是BC的中点,以AC为直径的⊙O与AB边交于点D,连接DE.
(1)求证:DE是⊙O的切线;
(2)若CD=3cm,DE=53cm,求⊙O直径的长.
28.(2022·广州模拟)如图,⊙O的直径AB垂直于弦CD,垂足为点E,过点C作⊙O 的切线,交AB的延长线于点P,联结PD.
(1)判断直线PD与⊙O的位置关系,并加以证明;
(2)联结CO并延长交⊙O于点F,联结FP交CD于点G,如果CF=10,cos∠APC=45,求EG的长.
29.(2022·海珠模拟)如图,AC、BD为⊙O的直径,且AC⊥BD,P、Q分别为半径OB、OA(不与端点重合)上的动点,直线PQ交⊙O于M、N.
(1)比较大小:cos∠OPQ sin∠OQP;
(2)请你判断MP-NP与OP·cos∠OPQ之间的数量关系,并给出证明;
(3)当∠APO=60°时,设MQ=m·MP,NQ=n·NP.
①求m+n的值;
②以OD为边在OD上方构造矩形ODKS,已知OD=1,OS=3-1,在Q点的移动过程中,1+m+nMPMK-cMK恒为非负数,请直接写出实数c的最大值.
30.(2022·濠江模拟)如图,在矩形ABCD中,点E是BC边上一点,且AD=DE,以AB为半径作⊙A,交AD边于点F,连接EF.
(1)求证:DE是⊙A的切线;
(2)若AB=2,BE=1,求AD的长;
(3)在(2)的条件下,求tan∠FED.
答案解析部分
1.【答案】B
【解析】【解答】解:如图取DE中点O,连接OC.
∵DE是圆O的直径.
∴∠DCE=∠DCA=90°.
∵BC与圆O相切.
∴∠BCO=90°.
∵∠DCA=∠BCO=90°.
∴∠ACB=∠DCO.
∵∠ABD+∠ACD=180°.
∴∠A+∠BDC=180°.
又∵∠BDC+∠CDO=180°.
∴∠A=∠CDO.
∵∠ACB=∠DCO,AC=DC,∠A=∠CDO.
∴△ABC≅△DOC(ASA).
∴S△ABC=S△DOC.
∵点O是DE的中点.
∴S△DOC=0.5S△CDE.
∴S△ABC=0.5S△CDE.
∴S△ABC:S△CDE=1:2
故答案是:1∶2.
故答案为:B.
【分析】先求出∠BCO=90°,再求出△ABC≅△DOC(ASA),最后求解即可。
2.【答案】A
【解析】【解答】解:过点O作AB、AC、BC的垂线,垂足分别为D、E、F,如图,
∵OE⊥AC,OF⊥BC,∠C=90°,
∴四边形CEOF是矩形,
∵OE=OF,
∴四边形CEOF是正方形,
∴CE=CF=OE=OF=2,
∵⊙O是△ABC的内切圆,
∴BF=BD,AE=AD=AC-CE=5-2=3,
设BF=BD=x,
在Rt△ABC中,AC2+BC2=AB2,
∴52+(2+x)2=(3+x)2,
解得x=10,
∴BC=12,AB=13,
∴S阴影部分=S△ABC-S⊙O=12×5×12-π×22=30-4π.
故答案为:A.
【分析】过点O作AB、AC、BC的垂线,垂足分别为D、E、F,设BF=BD=x,利用勾股定理可得52+(2+x)2=(3+x)2,求出x的值,再利用割补法可得S阴影部分=S△ABC-S⊙O=12×5×12-π×22=30-4π。
3.【答案】B
【解析】【解答】解:∵OA=OB, ∠OAB=20°,
∴∠OAB=∠OBA=20°,
∴∠AOB=180°-2×20°=140°,
∴∠C=12∠AOB=70°.
故答案为:B
【分析】先利用等腰三角形的性质和三角形的内角和求出∠AOB=180°-2×20°=140°,再利用圆周角的性质可得∠C=12∠AOB=70°。
4.【答案】D
【解析】【解答】解:连接BC,如图所示,
∵AB是圆O的直径,
∴∠ACB=90°,
∵∠BEC=56°,
∴∠1=90°-∠BEC=90°-56°=34°,
∴∠DOC=2∠1=2×34°=68°,
故答案为:D.
【分析】连接BC,根据圆周角定理可得∠ACB=90°,再求出∠1,再根据圆周角和圆心角的关系求出∠DOC的度数。
5.【答案】D
【解析】【解答】解:如图,连接OM、ON,
∵圆与V形架的两边相切,且∠MPN=60°,
∴△OMP是直角三角形,∠OPN=∠OPM=30°,
∵钢管的直径为20cm,ON=10cm,
∴OP=2ON=20cm;
故答案为:D.
【分析】连接OM,ON,先求出∠OPN=∠OPM=30°,再利用含30°角的直角三角形的性质可得OP=2ON=20cm。
6.【答案】A
【解析】【解答】解:△ABC的周长为36.AB=9,BC=14,
∴AC=13,
由切线长定理可得,
AE=AF,BF=BD,CD=CE,
设AE=AF=x,BF=BD=y,CD=CE=z,
∴x+y=9x+z=13y+z=14
解得:x=4y=5z=9
∴AF=4;
故答案为:A.
【分析】根据切线长定义可得AE=AF,BF=BD,CD=CE,再设AE=AF=x,BF=BD=y,CD=CE=z,根据题意列出方程组x+y=9x+z=13y+z=14求解即可。
7.【答案】C
【解析】【解答】解:∵∠C=60°
∴∠AOB=120°
lAB=nπr180=120π×3180=2π
故答案为:C
【分析】先利用圆周角求出∠AOB的度数,再利用弧长公式计算即可。
8.【答案】D
【解析】【解答】解:∵OA⊥BC,
∴∠AOC=∠AOB=90°,
∵∠AED=α,∠AOD=β,
∴∠COD=90°-β,∠OBE=90°-∠BOE=90°-α,
∵∠COD=2∠DBC,
∴90°-β =2(90°-α),
得2α-β=90°,
故答案为:D.
【分析】根据直角三角形两锐角互余性质,用α表示∠CBD,进而由圆心角与圆周角关系,用α表示∠COD,最后由角的和差关系得到结果。
9.【答案】A
【解析】【解答】解:∵弧所对的圆心角为80°,
∴这条弧所对的圆周角度数=12×80°=40°.
故答案为:A.
【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解即可。
10.【答案】D
【解析】【解答】解:如图所示,连接OA,BC,AD,
∵AC=AF,CF是圆O的直径,
∴∠AOC=90°,
∴∠ABC=12∠AOC=45°,
∵AB⊥CD,即∠BEC=∠AED=90°,
∴∠BCE=45°=∠EBC,
∴∠BAD=∠BCD=45°,CE=BE,
同理可证AE=DE,
∴AE+BE=CE+DE,即AB=CD,
故①符合题意;
连接AC,
同理可证∠ACF=12∠AOF=45°,
∵E是AG的中点,CE⊥AG,
∴CE垂直平分AG,
∴AC=GC,
∴∠GCE=∠ACE=12∠ACG=22.5°,
故②符合题意;
∴∠CAB=67.5°,∠CGA=67.5°,
∴∠CFB=∠CAB=67.5°,∠BGF=∠CGE=67.5°,
∴∠BGF=∠BFG,
∴BG=BF,即△BGF是等腰三角形,
故③符合题意;
过点G作GH⊥BC于H,则△BHG是等腰直角三角形,
∴BH=HG,
∴BG=BH2+GH2=2GH,
∵∠GCE=22.5°,∠BCE=45°,
∴∠HCG=22.5°=∠GCE,即CG平分∠BCE,
∵EG⊥CE,HG⊥BC,
∴GH=EG=AE,
∴BG=2AE,
故④符合题意;
故答案为:D.
【分析】先证明CE=BE,AE=DE,再利用线段的和差及等量代换可得AB=CD,从而证明①符合题意;先求出∠ACF=12∠AOF=45°,再利用AC=GC,求出∠GCE=∠ACE=12∠ACG=22.5°,从而证明②符合题意;先证明∠BGF=∠BFG,可得BG=BF,从而可得△BGF是等腰三角形,所以③符合题意;先证明CG平分∠BCE,可得GH=EG=AE,再结合BG=BH2+GH2=2GH可得BG=2AE,从而证出④符合题意。
11.【答案】2π
【解析】【解答】解:如图,连接OD,OE,
∵OE=OC=4,
∴∠OEC=∠OCE,
∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB,
∴∠B=∠OEC,
∴AB∥OE,
∴∠A=∠COE,
∵⊙O与边AB相切于点D,
∴∠ADO=90°,
∴∠A+∠AOD=90°,
∴∠COE+∠AOD=90°,
∴∠DOE=180°-90°=90°,
∴DE的长=90π×4180=2π,
故答案为:2π.
【分析】先求出∠ADO=90°,再利用弧长公式计算求解即可。
12.【答案】π
【解析】【解答】解:由题意得:该扇形的面积为 90×22×π360=π ;
故答案为π.
【分析】利用扇形的面积公式求解即可。
13.【答案】22°
【解析】【解答】解:∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
∵∠A=∠D=68°,
∴∠ABC=90°-68°=22°.
故答案为:22°.
【分析】根据圆周角定理得出∠ACB=90°,∠A=∠D=68°,即可得出∠ABC=90°-68°=22°.
14.【答案】2π
【解析】【解答】解:∵正六边形ABCDEF的边长为2,
∴AB=BC=2,∠ABC=∠BAF=(6-2)×180°6=120° =120°,
∵∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°,
∴∠BAC=12(180°-∠ABC)=12×(180°-120°)=30°,
过B作BH⊥AC于H,
∴AH=CH,BH=12AB=12×2=1,
在Rt△ABH中,
AH=AB2-BH2 =22-12=3,
∴AC=23 ,
同理可证,∠EAF=30°,
∴∠CAE=∠BAF-∠BAC-∠EAF=120°-30°-30°=60°,
∴S扇形CAE=60π·(23)2360=2π
∴图中阴影部分的面积为2π,
故答案为:2π.
【分析】根据多边形的内角和公式求出∠ABC=∠BAF=120°;根据三角形内角和是180°,解得∠BAC=30°;过B作BH⊥AC于H,解Rt△ABH,求AH,AC;根据扇形的面积公式求阴影部分的面积。
15.【答案】8π9
【解析】【解答】如图,连接AO、CO、BO,在AB的下方圆上任意选一点D,连接AD、BD
∵∠CAB=45°
∴∠BOC=90°
又∵BC=2
∴BO=CO=1
又∵∠A=45°,∠B=35°
∴∠ACB=100°
∴∠ADB=180°-100°=80°
∴∠AOB=80°×2=160°
∴弧AB的长=160°×π×12180°=8π9
故答案为:8π9.
【分析】连接AO、CO、BO,在AB的下方圆上任意选一点D,连接AD、BD,先求出∠AOB=80°×2=160°,再利用弧长公式计算即可。
16.【答案】85
【解析】【解答】解:如图,连接BP,过点A作AH⊥PQ交于点H.
∵AB是⊙O的直径,
∴∠APB=90°,
∴∠APB=∠AHQ=90°,
∵∠B=∠Q,
∴△APB∽△AHQ,
∴APAH=ABAQ,
∴AP⋅AQ=AB⋅AH,
∵⊙O的半径为4,
∴AB=8,
∴AP⋅AQ=8AH,
∴当点H与点M重合时,AP⋅AQ有最大值,
即当AH=AM=5时,AP⋅AQ有最大值,其最大值为85,
故答案为:85.
【分析】过点A作AH⊥PQ交于点H,先证明△APB∽△AHQ可得APAH=ABAQ,再结合AB=8,求出AP⋅AQ=8AH,即可得到当AH=AM=5时,AP⋅AQ有最大值,其最大值为85。
17.【答案】16
【解析】【解答】解:过P点作PA ⊥ x轴,PB ⊥ y轴,垂足为A、B,
∵⊙P与两坐标轴都相切,∴PA=PB,四边形OAPB为正方形,
∵∠APB=∠EPF=90°,∴∠BPE=∠APF,
∴Rt△BPE≌Rt△APF,∴BE=AF,
∵OF-OE=8,
∴(OA+AF)-(BE-OB)=8,
即2OA=8,解得OA=4,
所以点P的坐标是(4,4)代入 y=kx 得∶k= 16.
故答案为:16
【分析】过P点作PA ⊥ x轴,PB ⊥ y轴,垂足为A、B,先证明Rt△BPE≌Rt△APF,可得BE=AF,再利用线段的和差可得(OA+AF)-(BE-OB)=8,化简可得OA=4,即可得到点P的坐标,再将点P的坐标代入y=kx可得k的值。
18.【答案】30º
【解析】【解答】解:∵OB=OC,∠B=50°,
∴∠BOC=180°-2∠B=80°,
∵∠AOB=40°,
∴∠AOC=∠BOC+∠AOB=80°+40°=120°,
∵OA=OC,
∴∠A=∠OCA= 180°-120°2=30° ,
故答案为:30º
【分析】先根据OB=OC,∠B=50°,利用三角形的内角和求出∠BOC的度数,再求出∠AOC的度数,再利用三角形的内角和及等腰三角形的性质可得∠A=180°-120°2=30°。
19.【答案】5π4
【解析】【解答】解:取BC的中点O,连接AO,AE,OE.设左边阴影部分的面积为S1,右边阴影部分的面积为S2.
∵∠ABO=90°,AB=3,OB=3,
∴tan∠BAO=33,
∴∠BAO=30°,
∵OA=OA,AB=AE,OB=OE,
∴△AOB≌△AOE(SSS),
∴∠BAO=∠EAO=30°,
∴∠BAE=60°,∠BOE=120°,
∴S1=60×π×32360+120×π×(3)2360-2×12×3×3=5π2-33,
S2=3×23-2×12×3×3-30×π×32360-60×π×(3)2360=33-5π4
∴S阴=S1+S2=5π4.
故答案为5π4.
【分析】取BC的中点O,连接AO,AE,OE.设左边阴影部分的面积为S1,右边阴影部分的面积为S2,分别求出S1、S2即可得解。
20.【答案】(8π3-33)m2
【解析】【解答】解:过点O作OM⊥BC于M,如图,
∵四边形ABCD是矩形,AC=4m,BC=23m,
∴AB=CD=AC2-BC2=2(m),
∴在Rt△ABC中,sin∠ACB=ABAC=12,
∴∠ACB=30゜,
同理∠DBC=30゜
∴∠ACB=∠DBC=30°,
∴∠BOC=∠AOD=120°,
∴∠AOB=∠COD=60° ,
∵OA=OB,OM⊥BC,
∴M为BC的中点,
∵OA=OC
∴OM为△ABC的中位线
∴OM=12AB=1(m)
∴S阴影=S扇形OBAC+SΔBOC-S矩形ABCD,
=240π×22360+12×23×1-23×2
=(8π3-33),
故答案为:(8π3-33)m2.
【分析】利用割补法列出算式S阴影=S扇形OBAC+SΔBOC-S矩形ABCD=240π×22360+12×23×1-23×2=(8π3-33)计算即可。
21.【答案】(1)解:∵DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB
∴DF为△COM的中位线
∴D为CO的中点
∵CO=AO=4
∴CD=2
(2)解:过N点作ND⊥OH,交OH于点D,
∵∠OHN=45°,
∴△NHD为等腰直角三角形,即ND=DH,
又∵tan∠COH=34,
∴tan∠NOD=34,
∴tan∠NOD=NDOD=34,
∴ND:OD=3:4,
设ND=3x=DH,则OD=4x,
∵OD+DH=OH,
∴3x+4x=4,
解得x=47,
∴ND=127,OD=167,
∴在Rt△NOD中,ON=ND2+OD2=(127)2+(167)2=207;
(3)解:如图,当点M与点O重合时,点N也与点O重合. 当点M运动至点A时,点N运动至点T,故点N路径长为:OB+lBT.
∵∠NHO=∠MHO,∠THO=∠MHO,∠HOM=50°.
∴∠OHA=∠OAH=65°.
∴∠THO=65°,∠TOH=50°.
∴∠BOT=80°,
∴lBT=2π×4×80°360°=169π,
∴N点的运动路径长为:OB+lBT=4+169π,
故答案为:4+169π.
【解析】【分析】(1)先求出 DF为△COM的中位线 ,再求出 D为CO的中点 ,最后求出CD的值即可;
(2)利用锐角三角函数和勾股定理计算求解即可;
(3)先求出 ∠BOT=80°, 再求出 lBT=2π×4×80°360°=169π, 最后求解即可。
22.【答案】(1)解:连接OD,
∵DE为⊙O的切线,∴∠EDC+∠ODC=90°
∵∠ACB=90°,∴∠ECD+∠OCD=90°,
又∵OD=OC,∴∠ODC=∠OCD
∴∠EDC=∠ECD,∴ED=EC
∵AC为⊙O的直径,∴∠ADC=90°
∴∠BDE+∠EDC=90°,∠B+∠ECD=90°
∴∠B=∠BDE
∴ED=EB
∴EB=EC,即点E是边BC的中点
(2)解:∵AC为⊙O的直径,∴∠ADC=90°
∴∠BDC=∠ACB=90°,
又∵∠B=∠B,∴△ ABC∽ △ CBD
ABBC=BCBD,BC2=BD·BA
(3)解:当四边形ODEC为正方形时,∠OCD=45°
∵AC为⊙O的直径,∴∠ADC=90°
∴∠CAD=90°−∠OCD=90°−45°=45°
又∵∠ACB=90°
∠ABC=90°-∠BAC=90°-45°=45°
∴∠ABC=∠BAC
∴CB=CA
∴∆ABC为等腰直角三角形.
【解析】【分析】(1)连接OD,根据切线的性质得出∠EDC+∠ODC=90°,再根据等腰三角形的性质和互为余角的性质得出∠EDC=∠ECD, ∠B=∠BDE,得出ED=EC,ED=EB,从而得出EB=EC,即可证出点E是边BC的中点;
(2)证出△ABC∽△CBD,得出ABBC=BCBD,即可得出BC2=BD·BA;
(3)根据正方形的性质得出∠OCD=45°,从而得出∠CAD=90°−∠OCD=45°,∠ABC=90°-∠BAC=45°,得出CB=CA,即可得出∆ABC为等腰直角三角形.
23.【答案】(1)证明:∵AC=BC,EB=ED
∴∠A=∠ABC,∠D=∠EBD
∵CD⊥AC
∴∠A+∠D=90°
∴∠ABC+∠EBD=90°
∴∠CBE=90°
∵BC是⊙O的直径.
∴BE是⊙O的切线
(2)解:连接BF
∵BC是⊙O的直径.
∴∠BFC=∠BFA=90°
在Rt△ABF中,tanA= BFAF=BF2=2∴BF=4
设CF=x,则AC=BC=x+2
在Rt△BCF中, BC2=CF2+BF2
即 (x+2)2=x2+42∴x=3 ∴CF=3,BC=5
∵∠ACB=∠AFB=90°∴BF∥CD
∴∠1=∠2
又∵∠CFB=∠EBC=90°
∴△CFB∽△EBC
∴FCBE=FBBC
∴3BE=45∴BE= 154
【解析】【分析】(1)根据等腰三角形的性质得出∠A=∠ABC,∠D=∠EBD,根据直角三角形的两个锐角互余得出∠A+∠D=90°,从而得出∠CBE=90°,即可证出BE为⊙O的切线;
(2)根据锐角三角函数的定义得出BF的长,再根据勾股定理得出CF的长,从而得出BC的长,再证出CFB∽△EBC,得出FCBE=FBBC,代入数值进行计算,即可得出BE的长.
24.【答案】(1)证明:如下图所示,过点O作OM⊥BC于M.
∵四边形ABCD是菱形,
∴∠ABD=∠CBD.
∴OB平分∠EBM.
∵OE⊥AB,OM⊥BC,
∴OE=OM.
∴点M在⊙O上.
∴BC是⊙O的切线.
(2)解:①如下图所示,连接HE.
∵G是OF的中点,OG=2,
∴OF=2OG=4.
∵OE,OH,OF都是⊙O的半径,
∴OE=OH=OF=4.
∴EG=OG+OE=6.
∵四边形ABCD是菱形,
∴DC∥AB.
∴∠OGH+∠OEB=180°.
∵OE⊥AB,
∴∠OEB=90°.
∴∠OGH=180°-∠OEB=90°.
∴GH=OH2-OG2=23.
∴HE=GH2+EG2=43.
②如下图所示,过点D作DN⊥BC于N,设AD=x.
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=AD=x,DC∥AB,即DG∥NE.
∴∠OBE=∠ODG,∠OEB=∠OGD.
∴△OBE∽△ODG.
∴BEDG=OEOG=42=2.
∴BE=2DG.
∵DG=1,
∴BE=2.
∵DN⊥AB,OE⊥AB,
∴DN∥OE,即DN∥GB,AD2=AN2+DN2.
∴四边形DNEG是平行四边形.
∴四边形DNEG是矩形.
∴NE=DG=1,DN=EG=6.
∴AN=AB-NE-BE=x-3.
∴x2=(x-3)2+62.
解得x=152.
∴AD=152.
【解析】【分析】(1)过点O作OM⊥BC于M,证明OE=OM 。
(2)①连接HE,根据ABCD是菱形性质得出∆OGH和∆GEH直角三角形,根据勾股定理求求出HE。
②过点D作DN⊥BC于N ,根据ABCD是菱形性质得出 三角形OBE~ 三角形ODG解得BE=2,求出 四边形DNEG是矩形 ,在三角形AND中根据勾股定理得出AD
25.【答案】(1)解:如图,ΔAB'C'即为所求;
(2)解:①根据旋转可知∠BAP=∠BAC,AP=AC,
∵在△BAP和△BAC中,AB=AB∠BAP=∠BACAP=AC,
∴ΔBAP≌ΔBAC(SAS),
∴∠APB=∠ACB,
∵∠ACB=90°,
∴∠APB=90°,
∴BP与⊙A相切;
②∵在△ABC中,∠ACB=90°,CA=5,CB=12,
∴AB=CA2+CB2=52+122=13,
由旋转可知:AB'=AB=13,
AP=AC'=AC=5,
B'C'=CB=12,
∠AC'B'=∠ACB=90°,
∴PB'=AB'-AP=13-5=8,
由①可知,∠APB=90°,
∴∠B'PO=90°,
∴∠AC'B'=∠B'PO=90°,
又∵∠PB'O=∠C'B'A,
∴ΔPB'O∽ΔC'B'A,
∴POAC'=PB'C'B',
即PO5=812,
∴PO=103,
∴OA=AP2+PO2=52+(103)2=5133.
故答案为:5133.
【解析】【解答】解:(1)AB与⊙A的交点即为点C',分别以A、C'为圆心,以AB、BC的长为半径画弧,两弧交于点B',连接AB'、C'B',则ΔAB'C'即为所求;
【分析】(1)根据要求作出图形即可;
(2)①根据“SAS”证明ΔBAP≌ΔBAC,得出∠APB=90°即可;
②根据勾股定理求出AB的长,证明ΔPB'O∽ΔC'B'A可得POAC'=PB'C'B',将数据代入可得PO=103,再利用勾股定理求出OA的长即可。
26.【答案】(1)证明:如图,连接AM,
∵M是AN的中点,
∴AM=MN,
∴∠N=∠MAN,
∵∠CAN=2∠N,∠CAN=∠MAN+∠CAM,
∴∠N=∠CAM,
由圆周角定理得:∠N=∠B,∠AMB=90°,
∴∠B=∠CAM,∠B+∠BAM=90°
∴∠CAM+∠BAM=90°,即∠BAC=90°,
∴AC⊥AB,
又∵AB是⊙O的直径,
∴AC是⊙O的切线.
(2)解:如图,连接AM,
由(1)已得:∠AMB=90°,∠N=∠MAN,tanN=34,
∴tan∠MAN=34,
在Rt△ADM中,tan∠MAN=DMAM=10AM=34,
解得AM=403,
又由(1)已得:∠N=∠B,
∴tanB=tanN=34,
在Rt△ABM中,tanB=AMBM=403BM=34,
解得BM=1609,
∴AB=AM2+BM2=2009,
则⊙O的半径为12AB=12×2009=1009.
【解析】【分析】(1)先证明AC⊥AB,再结合AB是⊙O的直径,即可得到AC是⊙O的切线;
(2)连接AM,先证明tan∠MAN=DMAM=10AM=34,求出AM=403,再利用tanB=AMBM=403BM=34,求出BM=1609,最后利用勾股定理求出AB=AM2+BM2=2009即可得到答案。
27.【答案】(1)证明:连接OD,
∵AC为圆O的直径,
∴∠ADC=90°,
∴∠BDC=90°,
∵OD=OC,
∴∠ODC=∠OCD,
在Rt△BCD中,∵E为BC中点,
∴DE=12BC=CE,
∴∠EDC=∠ECD,
∴∠ODC+∠EDC=∠OCD+ECD=90°,即∠ODE=90°,
∴OD⊥DE,
∴DE是圆O的切线;
(2)解:在Rt△BCD中,∵E为BC中点,
∴BC=2DE=103cm,
∵CD=3cm,
∴BD=BC2-CD2=193cm,
∵AC为直径,
∴∠ADC=∠ACB=∠BDC=90°,
又∵∠B=∠B,
∴△ABC∽△CBD,
∴ACCD=BCBD,
∴AC3=103193,
∴AC=301919cm.
【解析】【分析】 (1)连接OD, 根据直角三角形斜边上中线的性质,由∠BDC=90°, E为BC中点, 得到 DE=12BC=CE, 根据等要三角形的性质可得∠ODE=90°, 根据切线的判定定理可得DE是圆O的切线;
(2)根据勾股定理可得BD,证明 △ABC∽△CBD,则ACCD=BCBD,即可求出AC。
28.【答案】(1)解:联结OD
∵在⊙O中,OD=OC,AB⊥CD于点E,
∴∠1=∠2.又∵OP=OP,∴ΔOCP≌ΔODP.
∴∠OCP=∠ODP.
又∵PC切⊙O于点C,OC为⊙O半径,
∴OC⊥PC.
∴∠OCP=900.∴∠ODP=900.∴OD⊥PD于点D.
∴PD与⊙O相切于点D.
(2)解:作FM⊥AB于点M.
∵∠OCP=900,CE⊥OP于点E,∴,∠APC+∠4=900.∴∠3=∠APC.
∵cos∠APC=45,∴Rt△OCE中,cos∠3=CEOC=45.
∵CF=10,∴OF=OC=12CF=5.∴CE=4,OE=3.
又∵FM⊥AB,AB⊥CD,∴∠FMO=∠CEO=900.
∵∠5=∠1,OF=OC,∴ΔOFM≌ΔOCE.∴FM=CE=4,OM=OE=3.
∵在Rt△OCE中,cos∠APC=PCOP=45,设PC=4k,OP=5k,∴OC=3k.
∴3k=5,k=53.∴OP=253.∴PE=OP-OE=163,PM=OP+OM=343.
又∵∠FMO=∠GEP=900,∴FM∥GE.
∴ΔPGE∽ΔPFM.∴GEFM=PEPM,即GE4=163343.
∴GE=3217.
【解析】【分析】(1)利用切线的判定方法求解即可;
(2)作FM⊥AB于点M,先求出PE=OP-OE=163,PM=OP+OM=343,再证明ΔPGE∽ΔPFM可得GEFM=PEPM,将数据代入可得GE4=163343,求出GE=3217即可。
29.【答案】(1)=
(2)解:过点O作OG⊥MN,交MN于点G
∴GM=GN
∴MP-NP=(GM+GP)-(GN-GP)=2GP
∵OG⊥MN
∴OP⋅cos∠OPQ=OP×GPOP=GP
∴MP-NP=2OP⋅cos∠OPQ;
(3)解:点O作OG⊥MN,交MN于点G,连接BN、MD,AP
∵MQ=m·MP,NQ=n·NP
∴m+n
=MQMP+NQNP
=MP-PQMP+NP-PQNP
=2+PQ(1NP-1MP)
=2+PQ×MP-NPNP×MP
根据(2)的结论,得MP-NP=2GP
∴m+n=2+2PQ×GPNP×MP
∵∠GPO=∠OPQ,∠PGO=∠POQ=90°
∴△PGO∽△POQ
∴GPOP=OPPQ,即GP×PQ=OP2
∵∠BNM=∠BDM,∠BPN=∠MPD
∴△BNP∽△MDP
∴NPDP=BPMP
∵OB=OD=OA
∴NP×MP=BP×DP=(OB-OP)(OD+OP)=OB2-OP2
∵∠APO=60°
∴tan∠APO=OAOP=3
∴OA=3OP
∴OB=3OP
∴NP×MP=OB2-OP2=2OP2
∴m+n=2+2×PQ×GPNP×MP=2+2×OP22OP2=3;
②实数c的最大值为22.
【解析】【解答】(1)∵AC⊥BD,
∴cos∠OPQ=OPPQ,sin∠OQP=OPPQ
∴cos∠OPQ=sin∠OQP
故答案为:=;
(3)②如图,过点S作SK⊥y轴,使SK=OD,连接MK、KD,延长OB至点H,使OM2=OP×OH,连接MH,KH,OM
∵OM2=OP×OH,即OMOH=OPOM
∵∠MOP=∠HOM
∴△MOP∽△HOM
∴MPMH=OMOH
∴OM=OA=SK=OD=1
∵tan∠APO=OAOP=3
∴OP=33
∴OH=OM2OP=3
∴MPMH=OMOH=13,即MH=3MP
∵m+n=3
∴m+nMP+MK=3MP+MK=MH+MK≥HK
∵矩形ODKS, OS=3-1
∴KD=OS=3-1
∵OH=OM2OP=3
∴DH=OH+OD=3+1
∴HK=DH2+KD2=(3+1)2+(3-1)2=22
∴m+nMP+MK≥22
∵1+m+nMPMK-cMK=m+nMP+MK-cMK,MK>0
∴1+m+nMPMK-cMK恒为非负数,即m+nMP+MK-c≥0恒成立,
∴c≤m+nMP+MK
∴c≤22
∴实数c的最大值为22.
【分析】(1)根据三角函数定义作出判断即可;
(2)过点O作OG⊥MN,交MN于点G,利用锐角三角函数可得OP⋅cos∠OPQ=OP×GPOP=GP,再利用线段的和差可得MP-NP=2OP⋅cos∠OPQ;
(3)①点O作OG⊥MN,交MN于点G,连接BN、MD,AP,先利用(2)的结果可得m+n=2+2PQ×GPNP×MP,再求出tan∠APO=OAOP=3可得OB=3OP, NP×MP=OB2-OP2=2OP2,再将其代入计算可得m+n=2+2×PQ×GPNP×MP=2+2×OP22OP2=3;
②过点S作SK⊥y轴,使SK=OD,连接MK、KD,延长OB至点H,使OM2=OP×OH,连接MH,KH,OM,根据m+nMP+MK=3MP+MK=MH+MK≥HK,再结合HK=DH2+KD2=(3+1)2+(3-1)2=22可得m+nMP+MK≥22,再根据1+m+nMPMK-cMK恒为非负数,即m+nMP+MK-c≥0恒成立,即可得到c≤m+nMP+MK,从而得解。
30.【答案】(1)证明:过点A作AG⊥DE,
∴∠AGD=90°
在矩形ABCD中,AD∥BC,∠C=90°,
∴∠AGD=∠C,∠ADG=∠DEC
∵AD=DE,
∴△ADG≌△DEC
∴AG=DC,DG=EC,
∵AB=DC,
∴AG=AB,即AG为⊙A的半径
∴DE是⊙A的切线
(2)解:连接AE,
由(1)可知,AG=AB,∠ABE=∠AGE=90°,AE=AE,
∴△ABE≌△AGE(HL),
∴BE=EG ,
设DG=EC=x,
∵AB=2,BE=1,
∴DE=x+1,DC=AB=2,
在Rt△DEC中,
由勾股定理可得,x2+22=(x+1)2
解得,x=32,
∴AD=DE=52
(3)解:过点F作FH⊥DE,
∵AD=52,AF=AB=2,
∴DF=AD-AF=52-2=12,
∵FH⊥DE,AG⊥DE,
∴FH∥AG,
∴△DFH∽△DAG,
∴DFAD=FHAG,即1252=FH2,
解得FH=25,
∵DH=(12)2-(25)2=310,DE=(32)2-22=52,
∴EH=52-310=115
∴tan∠FED=FHEH=211,
【解析】【分析】(1)过点A作AG⊥DE,先证明△ADG≌△DEC可得AG=DC,DG=EC,再结合AG=AB,即AG为⊙A的半径,可得DE是⊙A的切线;
(2)先证明△ABE≌△AGE,可得BE=EG,设DG=EC=x,利用勾股定理列出方程x2+22=(x+1)2,求出x=32,即可得到答案;
(3)先证明△DFH∽△DAG,可得DFAD=FHAG,即1252=FH2,求出FH=25,EH=52-310=115,再利用正切的定义可得tan∠FED=FHEH=211。
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