2024中考数学复习 重难题型分类练 题型四 圆的相关证明与计算 (含答案)

这是一份2024中考数学复习 重难题型分类练 题型四 圆的相关证明与计算 (含答案)，共19页。试卷主要包含了圆的相关证明与计算等内容，欢迎下载使用。
类型一 圆基本性质的证明与计算
1. (2023广东省卷)如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB＝∠CDB.
(1)试判断△ABC的形状，并给出证明；
(2)若AB＝ eq \r(2) ，AD＝1，求CD的长度．
第1题图
2. (2023呼和浩特)如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交线段CA的延长线于点E，连接BE.
(1)求证：BD＝CD；
(2)若tan C＝ eq \f(1,2) ，BD＝4，求AE.
第2题图
3. (2022贵阳)如图，在⊙O中，AC为⊙O的直径，AB为⊙O的弦，点E是的中点，过点E作AB的垂线，交AB于点M，交⊙O于点N，分别连接EB，CN.
(1)EM与BE的数量关系是________；
(2)求证：＝；
(3)若AM＝ eq \r(3) ，MB＝1，求阴影部分图形的面积．
第3题图
4. (2023宁波)如图①，⊙O为锐角三角形ABC的外接圆，点D在上，AD交BC于点E，点F在AE上，满足∠AFB－∠BFD＝∠ACB，FG∥AC交BC于点G，BE＝FG，连接BD，DG.设∠ACB＝α.
(1)用含α的代数式表示∠BFD；
(2)求证：△BDE≌△FDG；
(3)如图②，AD为⊙O的直径．
①当的长为2时，求的长；
②当OF∶OE＝4∶11时，求cs α的值．
第4题图
类型二 与切线有关的证明与计算
考向1 与全等三角形结合
5. (2023赤峰)如图，已知AB为⊙O的直径，点C为⊙O外一点，AC＝BC，连接OC，DF是AC的垂直平分线，交OC于点F，垂足为点E，连接AD，CD，且∠DCA＝∠OCA.
(1)求证：AD是⊙O的切线；
(2)若CD＝6，OF＝4，求cs ∠DAC的值．
第5题图
考向2 与相似三角形结合
6. (2023常德)如图，已知AB是⊙O的直径，BC⊥AB于B，E是OA上的一点，ED∥BC交⊙O于D，OC∥AD，连接AC交ED于F.
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若AB＝8，AE＝1，求ED，EF的长．
第6题图
7. (2023眉山)如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，CD与⊙O相切于点C，过点B作BD⊥DC，连接AC，BC.
(1)求证：BC是∠ABD的角平分线；
(2)若BD＝3，AB＝4，求BC的长；
(3)在(2)的条件下，求阴影部分的面积．
第7题图
8. (2023桂林)如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上的一点，CD⊥AD于点D，AD交⊙O于点F，连接AC，若AC平分∠DAB，过点F作FG⊥AB于点G交AC于点H.
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)延长AB和DC交于点E，若AE＝4BE，求cs ∠DAB的值；
(3)在(2)的条件下，求 eq \f(FH,AF) 的值．
第8题图
考向3 与锐角三角函数结合
9. (2023临沂)如图，AB是⊙O的切线，B为切点，直线AO交⊙O于C，D两点，连接BC，BD，过圆心O作BC的平行线，分别交AB的延长线、⊙O及BD于点E，F，G.
(1)求证：∠D＝∠E；
(2)若F是OE的中点，⊙O的半径为3，求阴影部分的面积．
第9题图
10. (2023贵港)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB边的中点．点O在AC边上，⊙O经过点C且与AB边相切于点E，∠FAC＝ eq \f(1,2) ∠BDC.
(1)求证：AF是⊙O的切线；
(2)若BC＝6，sin B＝ eq \f(4,5) ，求⊙O的半径及OD的长．
第10题图
考向4 与其他结合
11. (2023天津)已知AB为⊙O的直径，AB＝6，C为⊙O上一点，连接CA，CB.
(Ⅰ)如图①，若C为的中点，求∠CAB的大小和AC的长；
(Ⅱ)如图②，若AC＝2，OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长．

第11题图
源自人教九上P102第12题
12. (2023贵阳)如图，AB为⊙O的直径，CD是⊙O的切线，C为切点，连接BC，ED垂直平分OB，垂足为E，且交于点F，交BC于点P，连接BF，CF.
(1)求证：∠DCP＝∠DPC；
(2)当BC平分∠ABF时，求证：CF∥AB；
(3)在(2)的条件下，OB＝2，求阴影部分的面积．
第12题图
参考答案与解析
1. 解：(1)△ABC为等腰直角三角形．
证明：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC ＝90°，∠ADC ＝90°，
∵∠ADB ＝∠CDB，
∴∠ADB＝45°，
∴∠ACB＝∠ADB＝45°，
∴△ABC为等腰直角三角形；
(2)由(1)知△ABC为等腰直角三角形，且AB＝ eq \r(2) ，
∴AC＝ eq \r(2) AB＝ eq \r(2) × eq \r(2) ＝2，
在Rt△ACD中，AD＝1，
∴CD＝ eq \r(AC2－AD2) ＝ eq \r(22－12) ＝ eq \r(3) .
2. (1)证明：如解图，连接AD.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠E＝90°.
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD；
(2)解：∵BD＝4，∴CD＝4，则BC＝8.
在Rt△ACD中，∵tan C＝ eq \f(1,2) ，
∴ eq \f(AD,DC) ＝ eq \f(1,2) ，即 eq \f(AD,4) ＝ eq \f(1,2) ，解得AD＝2，
∴AC＝ eq \r(22＋42) ＝2 eq \r(5) .
∵∠C＝∠C，∠ADC＝∠E，
∴△ADC∽△BEC，
∴ eq \f(CD,CE) ＝ eq \f(AC,BC) ，即 eq \f(4,2\r(5)＋AE) ＝ eq \f(2\r(5),8) ，解得AE＝ eq \f(6\r(5),5) .
第2题解图
3. (1)解：BE＝ eq \r(2) EM；
【解法提示】∵如解图，连接EO，AC为⊙O的直径，点E是的中点，∴∠AOE＝90°，∴∠ABE＝ eq \f(1,2) ∠AOE＝45°，∵AB⊥EN，∴△BME是等腰直角三角形，∴BE＝ eq \r(2) EM.
第3题解图
(2)证明：如解图，
由(1)知△BME是等腰直角三角形
∴∠EMB＝90°，
∴∠ABE＝∠BEN＝45°，
∴＝，
∵点E是的中点，
∴＝，
∴＝，
∴－＝－，
∴＝；
(3)解：如解图，连接AE，OB，ON，
∵EN⊥AB，垂足为点M，
∴∠AME＝∠EMB＝90°，
∵BM＝1，由(2)得∠ABE＝∠BEN＝45°，
∴EM＝BM＝1，
又∵BE＝ eq \r(2) EM，
∴BE＝ eq \r(2) ，
∵在Rt△AEM中，EM＝1，AM＝ eq \r(3) ，
∴tan ∠EAB＝ eq \f(1,\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，
∴∠EAB＝30°，
∵∠EAB＝ eq \f(1,2) ∠EOB，
∴∠EOB＝60°，即⊙O的半径为2，
又∵OE＝OB，
∴△EOB是等边三角形，
∴OE＝BE＝ eq \r(2) ，
又∵ eq \x\t(EB) ＝ eq \x\t(CN) ，
∴∠CON＝∠EOB＝60°，
又∵S扇形CON＝ eq \f(60π·（\r(2)）2,360) ＝ eq \f(1,3) π，S△OCN＝ eq \f(\r(3),4) ×( eq \r(2) )2＝ eq \f(\r(3),2) ，
∴S阴影＝S扇形CON－S△OCN＝ eq \f(1,3) π－ eq \f(\r(3),2) .
4. (1)解：∵∠AFB－∠BFD＝∠ACB＝α，①
∠AFB＋∠BFD＝180°，②
②－①，得2∠BFD＝180°－α，
∴∠BFD＝90°－ eq \f(α,2) ；
(2)证明：由(1)得∠BFD＝90°－ eq \f(α,2) ，
∵∠ADB＝∠ACB＝α，
∴∠FBD＝180°－∠ADB－∠BFD＝90°－ eq \f(α,2) ，
∴DB＝DF.
∵FG∥AC，
∴∠CAD＝∠DFG.
∵∠CAD＝∠DBE，
∴∠DFG＝∠DBE.
∵BE＝FG，
∴△BDE≌△FDG(SAS)；
(3)解：①由(2)知△BDE≌△FDG.
∴∠FDG＝∠BDE＝α，DE＝DG.
∴∠BDG＝∠BDF＋∠EDG＝2α.
∵DE＝DG，
∴∠DGE＝ eq \f(1,2) (180°－∠FDG)＝90°－ eq \f(α,2) .
∴在△BDG中，∠DBG＝180°－∠BDG－∠DGE＝90°－ eq \f(3α,2) .
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠ABC＝∠ABD－∠DBG＝ eq \f(3α,2) ，
∴与的度数之比为3∶2，
∴与的长度之比为3∶2，
∵的长为2，
∴的长为3；
②如解图，连接BO，
第4题解图
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB＝α，
∴∠BOF＝∠OBD＋∠ODB＝2α.
∵∠BDG＝2α，
∴∠BOF＝∠BDG.
∵∠BGD＝∠BFO＝90°－ eq \f(α,2) ，
∴△BDG∽△BOF，
设△BDG与△BOF的相似比为k，
∴ eq \f(DG,OF) ＝ eq \f(BD,BO) ＝k.
∵ eq \f(OF,OE) ＝ eq \f(4,11) ，
∴设OF＝4x，则OE＝11x，DE＝DG＝4kx，
∴OB＝OD＝OE＋DE＝11x＋4kx，BD＝DF＝15x＋4kx，
∴ eq \f(BD,BO) ＝ eq \f(15x＋4kx,11x＋4kx) ＝ eq \f(15＋4k,11＋4k) ，
由 eq \f(15＋4k,11＋4k) ＝k，得4k2＋7k－15＝0，
解得k1＝ eq \f(5,4) ，k2＝－3(不合题意，舍去)，
∴OD＝11x＋4kx＝16x，BD＝15x＋4kx＝20x，
∴AD＝2OD＝32x，
在Rt△ABD中，cs ∠ADB＝ eq \f(BD,AD) ＝ eq \f(20x,32x) ＝ eq \f(5,8) ，
∴cs α＝ eq \f(5,8) .
5. (1)证明：∵AC＝BC，AO＝BO，
∴CO⊥AB，
∵DF垂直平分AC，
∴DA＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵∠DCA＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴AD∥OC，
∴AD⊥AB.
又∵AB为⊙O的直径，
∴AD是⊙O的切线；
(2)解：如解图，连接AF，
∵DF垂直平分AC，
∴∠CED＝∠CEF＝∠AED＝90°，
∵∠DAC＝∠OCE，AE＝CE，
∴△AED≌△CEF，
∴DE＝FE，
∴DF与AC互相垂直平分，
∴四边形ADCF是菱形，
∴AF＝CF＝AD＝DC.
∵CD＝6，OF＝4，∴AF＝CF＝CD＝6，
∴在Rt△AOF中，由勾股定理得AO＝2 eq \r(5) ，
∵CO＝CF＋FO＝10，
∴在Rt△AOC中，由勾股定理得AC＝2 eq \r(30) ，
∴cs ∠DAC＝cs ∠ACO＝ eq \f(CO,AC) ＝ eq \f(10,2\r(30)) ＝ eq \f(\r(30),6) .
第5题解图
6. (1)证明：如解图，连接OD，
∵OC∥AD，
∴∠BOC＝∠OAD，∠DOC＝∠ODA，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠BOC＝∠DOC，
在△BOC和△DOC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(OB＝OD,∠BOC＝∠DOC,OC＝OC)) ，
∴△OBC≌△ODC(SAS)，
∴∠OBC＝∠ODC，
∵BC⊥AB，
∴∠OBC＝∠ODC＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
第6题解图
(2)解：如解图，过点D作DH⊥BC于点H，
∵ED∥BC，
∴∠OED＝180°－∠ABC＝90°，
则四边形EBHD为矩形，
∴BH＝ED，DH＝BE，
∵AB＝8，AE＝1，
∴OE＝3，DH＝BE＝7，
∴ED＝ eq \r(OD2－OE2) ＝ eq \r(42－32) ＝ eq \r(7) ，
由(1)知△OBC≌△ODC，
∴CB＝CD，
设CB＝CD＝x，则CH＝x－ eq \r(7) ，
在Rt△DHC中，DH2＋CH2＝CD2，
即72＋(x－ eq \r(7) )2＝x2，解得x＝4 eq \r(7) ，
即BC＝4 eq \r(7) ，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴ eq \f(EF,BC) ＝ eq \f(AE,AB) ，即 eq \f(EF,4\r(7)) ＝ eq \f(1,8) ，
∴EF＝ eq \f(\r(7),2) .
7. (1)证明：如解图，连接OC，
∵CD与⊙O相切于点C，
∴OC⊥CD.
∵BD⊥CD，
∴OC∥BD，
∴∠OCB＝∠DBC.
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠DBC＝∠OBC，
∴BC是∠ABD的平分线；
第7题解图
(2)解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，
∵BD⊥DC，∴∠ACB＝∠D，
∵∠DBC＝∠OBC，
∴△ABC∽△CBD，
∴ eq \f(AB,BC) ＝ eq \f(BC,BD) ，
∴ eq \f(4,BC) ＝ eq \f(BC,3) ，
∴BC2＝12，则BC＝2 eq \r(3) (负值已舍去)；
(3)解：如解图，在Rt△ABC中，cs ∠ABC＝ eq \f(BC,AB) ＝ eq \f(2\r(3),4) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
∴∠ABC＝30°，∴∠AOC＝60°.
∴△AOC为等边三角形，
∵AB＝4，∴OA＝2，
∴S阴影＝S扇形AOC－S△AOC＝ eq \f(60π×22,360) － eq \f(\r(3),4) ×22＝ eq \f(2,3) π－ eq \r(3) .
8. (1)证明：如解图，连接OC.
第8题解图
∵CD⊥AD，AC平分∠DAB，
∴∠D＝90°，∠DAC＝∠BAC，
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠OCA，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴OC∥AD，
∴∠OCD＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：设BE＝x，则AE＝4BE＝4x，
∴AB＝AE－BE＝3x，
∴OB＝OC＝ eq \f(1,2) AB＝ eq \f(3,2) x，OE＝ eq \f(5,2) x，
由(1)知OC∥AD，
∴∠DAB＝∠COE，
∴cs ∠DAB＝cs ∠COE＝ eq \f(OC,OE) ＝ eq \f(\f(3,2)x,\f(5,2)x) ＝ eq \f(3,5) ；
(3)解：∵FG⊥AB，
∴∠FAG＋∠AFG＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠DAG＋∠E＝90°，
∴∠AFG＝∠E，
∵∠HAG＋∠AHG＝90°，∠CAB＋∠ABC＝90°，
∴∠AHG＝∠ABC，
∴∠AHF＝∠CBE，
∴△FAH∽△ECB，
∴ eq \f(FH,EB) ＝ eq \f(AF,CE) ，即 eq \f(FH,AF) ＝ eq \f(BE,CE) ，
由(2)得OE＝ eq \f(5,2) BE，OC＝ eq \f(3,2) BE，
∴在Rt△OCE中，CE＝ eq \r(OE2－OC2) ＝2BE，
∴ eq \f(FH,AF) ＝ eq \f(BE,CE) ＝ eq \f(1,2) .
9. (1)证明：如解图，连接OB，
∵AB是⊙O的切线，
∴∠OBE＝90°，
∴∠E＋∠1＝90°，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠CBD＝90°，
∴∠D＋∠2＝90°，
∵OE∥BC，
∴∠1＝∠3，
∵OB＝OC，
∴∠3＝∠2，
∴∠1＝∠2，
∴∠D＝∠E；
第9题解图
(2)解：∵ F是OE的中点，⊙O的半径为3，
∴OB＝OF＝EF＝3，∴OE＝6.
在Rt△OBE中，sin E＝ eq \f(OB,OE) ＝ eq \f(1,2) ，
∴∠E＝30°，
∴∠BOG＝60°，
∵OE∥BC，∠DBC＝90°，
∴∠OGB＝90°，
在Rt△OBG中，BG＝OB·sin ∠BOG＝ eq \f(3\r(3),2) ，OG＝OB·cs ∠BOG＝ eq \f(3,2) .
∴S阴影＝S扇形BOF－S△OGB＝ eq \f(60π×32,360) － eq \f(1,2) × eq \f(3,2) × eq \f(3\r(3),2) ＝ eq \f(3,2) π－ eq \f(9\r(3),8) .
10. (1)证明：如解图，过点O作OG⊥AF于点G，连接OE,
∵AB与⊙O相切于点E，
∴OE⊥AB，
∴∠AEO＝∠AGO＝90°，
∵点D是AB的中点，∠ACB＝90°，
∴CD＝AD＝BD，
∴∠BAC＝ eq \f(1,2) ∠BDC，
∵∠FAC＝ eq \f(1,2) ∠BDC，
∴∠BAC＝∠FAC，
在△EAO和△GAO中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠AEO＝∠AGO,∠EAO＝∠GAO,OA＝OA)) ，
∴△EAO≌△GAO(AAS)，
∴OG＝OE.
∴OG是⊙O的半径，
∴AF是⊙O的切线；
第10题解图
(2)解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∵BC＝6，sin B＝ eq \f(AC,AB) ＝ eq \f(4,5) ，
∴设AC＝4a，AB＝5a，则(4a)2＋62＝(5a)2，
解得a＝2(负值已舍去)，∴AC＝8，AB＝10，
∴AD＝ eq \f(1,2) AB＝5，cs B＝ eq \f(BC,AB) ＝ eq \f(3,5) ，
∵∠OAE＋∠AOE＝90°，∠OAE＋∠B＝90°，
∴∠AOE＝∠B.
∴OA＝ eq \f(OE,cs ∠AOE) ＝ eq \f(OE,cs B) ＝ eq \f(OC,\f(3,5)) ＝ eq \f(5,3) OC.
∵OA＋OC＝AC，∴ eq \f(5,3) OC＋OC＝8，
解得OC＝3，∴OA＝5，
∴OE＝OC＝3，AE＝OA·sin ∠AOE＝OA·sin B＝5× eq \f(4,5) ＝4，
∴DE＝AD－AE＝5－4＝1，
在Rt△ODE中，OD＝ eq \r(DE2＋OE2) ＝ eq \r(12＋32) ＝ eq \r(10) ，
∴⊙O的半径为3，OD的长为 eq \r(10) .
11. 解：(Ⅰ)∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.
由C为的中点，得＝.
∴AC＝BC，∠CAB＝∠ABC，
在Rt△ABC中，∠CAB＋∠ABC＝90°，∴∠CAB＝45°.
根据勾股定理，得AC2＋BC2＝AB2，
∵AB＝6，∴2AC2＝36，
∴AC＝3 eq \r(2) (负值已舍去)；
(Ⅱ)∵FD是⊙O的切线，
∴OD⊥FD，即∠ODF＝90°.
∵OD⊥CB，垂足为E，∴∠CED＝90°，CE＝ eq \f(1,2) CB.
同(Ⅰ)可得∠ACB＝90°，∴∠FCE＝90°，
∴∠FCE＝∠CED＝∠ODF＝90°，
∴四边形ECFD为矩形，∴FD＝CE＝ eq \f(1,2) CB.
在Rt△ABC中，∵AB＝6，AC＝2，
∴CB＝ eq \r(AB2－AC2) ＝4 eq \r(2) ，
∴FD＝2 eq \r(2) .
12. (1)证明：如解图，连接OC.
∵DC与⊙O相切于点C，
∴∠DCO＝90°，
∴∠DCP＋∠BCO＝90°.
∵DE⊥OB，
∴∠BEP＝90°，
∴∠BPE＋∠CBO＝90°.
∵OC＝OB，
∴∠BCO＝∠CBO，
∴∠DCP＝∠BPE.
又∵∠DPC＝∠BPE，
∴∠DCP＝∠DPC；
第12题解图
(2)证明：如解图，连接OF，
∵DE垂直平分OB，
∴BF＝OF.
∵OB＝OF，
∴BF＝OF＝OB，
∴△OBF为等边三角形，
∴∠ABF＝∠BOF＝60°.
∵BC平分∠ABF，
∴∠ABC＝∠CBF＝30°.
由圆周角定理，得∠BCF＝ eq \f(1,2) ∠BOF＝30°.
∴∠ABC＝∠BCF，
∴CF∥AB；
(3)解：由圆周角定理，得∠COF＝2∠CBF＝60°.
∵OC＝OF，
∴△OCF为等边三角形，
∵S△OCF＝ eq \f(\r(3),4) OC2＝ eq \f(\r(3),4) OB2＝ eq \r(3) ，S扇形COF＝ eq \f(60π×22,360) ＝ eq \f(2,3) π，
∴S阴影＝S扇形－S△OCF＝ eq \f(2,3) π－ eq \r(3) .