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专题11 与圆有关的位置关系(分层训练)-2024年中考数学总复习重难考点强化训练(全国通用)
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【基础训练】
一、单选题
1.(2023上·福建福州·九年级福建省福州第八中学校考期中)如图,P为⊙O外一点,PA为⊙O的切线,A为切点,PO交⊙O于点B,∠P=30°,OB=4,则线段OP的长为( )
A.6B.43C.4D.8
【答案】D
【分析】连接OA,通过直角三角形的性质求解即可.
【详解】连接OA,
∴OA=OB=4,
∵PA为⊙O的切线,A为切点,
∴∠OAP=90°,
∵∠P=30°,
∴OP=2OA=8,
故选D.
【点睛】此题考查了圆的切线的性质,涉及了直角三角形的性质,解题的关键是掌握圆切线的有关性质.
2.(2023上·河北邢台·九年级统考阶段练习)已知⊙O的半径等于8cm,圆心O到直线l的距离为9cm,则直线l与⊙O的公共点的个数为( )
A.0B.1C.2D.3个或3个以上
【答案】A
【分析】圆的半径为r, 圆心到直线的距离为d, 当d>r时,圆与直线相离,直线与圆没有交点,当d=r时,圆与直线相切,直线与圆有一个交点,d<r时,圆与直线相交,直线与圆有两个交点,根据原理可得答案.
【详解】解:∵ ⊙O的半径等于r为8cm,圆心O到直线l的距离为d为9cm,
∴ d>r,
∴ 直线l与⊙O相离,
所以直线l与⊙O的公共点的个数为0,
故选A
【点睛】本题考查的是圆与直线的位置关系,圆与直线的位置关系有相离,相交,相切,熟悉三种位置关系对应的公共点的个数是解本题的关键.
3.(2023·吉林长春·统考中考真题)如图,AB是⊙O的直径,BC是⊙O的切线,若∠BAC=35°,则∠ACB的大小为( )
A.35°B.45°C.55°D.65°
【答案】C
【分析】根据切线的性质,得∠ABC=90°,再根据直角三角形的性质,即可求解.
【详解】解:∵AB是⊙O的直径,BC是⊙O的切线,
∴AB⊥BC,即∠ABC=90°,
∵∠BAC=35°,
∴∠ACB=90°-35°=55°,
故选C.
【点睛】本题主要考查切线的性质以及直角三角形的性质,掌握圆的切线的性质定理,是解题的关键.
4.(2022·山西吕梁·统考一模)如图,四边形ABCD内接于⊙O,BE与⊙O相切于点B,连接AC,∠D=120°,∠ACB=40°,则∠CBE的度数为( )
A.80°B.70°C.60°D.75°
【答案】A
【分析】连接OB、OC,利用圆内接四边形的性质,利用∠D可求出∠ABC,则在△ABC中,求出∠CAB,因为BE与⊙O相切,则可证得∠CBE=∠BAC,即可得解.
【详解】连接OB、OC,如图,
∵四边形ABCD内接于⊙O,∠D=120°,
∴∠D+∠ABC=180°,
∴∠ABC=180°-120°=60°,
∵∠ACB=40°,
∴在△ABC中,∠CAB=180°-∠ACB-∠ABC=80°,
∵BE与⊙O相切,
∴∠CBE+∠OBC=90°,
∵OC=OB,
∴∠OBC=∠OCB,
∵根据圆周角定理有∠COB=2∠BAC,
又∵∠OBC+∠OCB+∠COB=180°,
∴2∠OBC+2∠BAC=180°,
∴∠OBC+∠BAC=90°,
又已证得∠CBE+∠OBC=90°,
∴∠CBE=∠BAC=80°,
故选:A.
【点睛】本题考查的是圆周角定理、三角形内角和定理、圆内接四边形的性质以及圆的切线等知识,掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.
5.(2022·广西崇左·统考一模)已知⊙O的半径是3,若OP=4,则点P( )
A.在⊙O上B.在⊙O内C.在⊙O外D.无法判定
【答案】C
【分析】点在圆上,则d=r;点在圆外,d>r;点在圆内,d
∴点P在⊙O外,
故选:C.
【点睛】考查了点与圆的位置关系,解题的关键是掌握判断点与圆的位置关系,就是比较点与圆心的距离和半径的大小关系.
6.(2023·广东广州·统考中考真题)如图,RtΔABC中,∠C=90°,AB=5,csA=45,以点B为圆心,r为半径作⊙B,当r=3时,⊙B与AC的位置关系是( )
A.相离B.相切C.相交D.无法确定
【答案】B
【分析】根据RtΔABC中,∠C=90°, csA=45,求出AC的值,再根据勾股定理求出BC 的值,比较BC与半径r的大小,即可得出⊙B与AC的位置关系.
【详解】解:∵RtΔABC中,∠C=90°, csA=45,
∴csA=ACAB=45
∵AB=5,
∴AC=4
∴BC=BC2−AC2=3
当r=3时,⊙B与AC的位置关系是:相切
故选:B
【点睛】本题考查了由三角函数解直角三角形,勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识,利用勾股定理解求出BC是解题的关键.
7.(2023·广东汕头·统考一模)如图,AB与⊙O相切于点A,OB交⊙O于点C,点D在⊙O上,连接AD、CD,OA,若∠ABO=40°,则∠ADC的度数为( )
A.20°B.25°C.40°D.50°
【答案】B
【分析】先根据切线的性质得到∠OAB=90°,则利用互余可计算出∠O=50°,然后根据圆周角定理得到∠ADC的度数.
【详解】解:∵AB是⊙O的切线,
∴OA⊥AB,
∴∠OAB=90°,
∵∠ABO=40°,
∴∠O=90°−40°=50°,
∴∠ADC=12∠O=12×50°=25°.
故选:B.
【点睛】本题考查了切线的性质:圆的切线垂直于经过切点的半径.也考查了圆周角定理.
8.(2022·河南周口·校考二模)如图,AB切⊙O于点B,OA交⊙O于点C,过点B作BD∥AO交⊙O于点D,连接CD.若∠DCO=25°,则∠A的度数为( )
A.35°B.40°C.50°D.55°
【答案】B
【分析】连接OB,由切线的性质得出∠OBA=90°,根据平行线的性质得到∠OBDC的度数,由圆周角定理得出∠AOB=50°,则可得出答案.
【详解】解:连接OB,如图,
∵AB切⊙O于点B,
∴OA⊥AB,
∴∠OBA=90°,
∵BD∥OA,
∴∠DCO=∠BDC=25°.
∴∠BOC=2∠BDC=50°,
∴∠A=90°﹣50°=40°,
故选:B.
【点睛】本题考查切线的性质,圆周角定理,熟练掌握切线的性质定理和圆周角定理是解题的关键.
9.(2022上·江苏泰州·九年级统考阶段练习)如图,⊙O半径OC=5cm,直线l⊥OC,垂足为H,且l交⊙O于A,B两点,AB=8cm,将直线l沿OC所在直线向下平移,若l恰好与⊙O相切时,则平移的距离为( )
A.1cmB.2cmC.3cmD.8cm
【答案】B
【分析】连接OA,由垂径定理和勾股定理得OH=3,当点H平移到点C时,直线与圆相切,求得CH=OC-OH=2cm.
【详解】解:连接OA,
∵OH⊥AB,
∴AH=4,OA=OC=5,
∴OH=3,
∵当点H平移到点C时,直线与圆相切,
∴CH=OC-OH=2cm,
即直线在原有位置向下移动2cm后与圆相切.
故选:B.
【点睛】本题利用了垂径定理,勾股定理,及切线的概念求解,正确掌握各定理并应用是解题的关键.
10.(2023·河南信阳·统考一模)如图,AB是⊙O的直径,直线DE与⊙O相切于点C,过点A,B分别作AD⊥DE,BE⊥DE,垂足为点D,E,连接AC,BC.若AD=1,CE=3,则OA的长为( )
A.1B.3C.2D..23
【答案】C
【分析】连接OC,根据切线的性质和三角函数求得∠ACD=30°,从而得到△AOC是等边三角形,进而即可求解.
【详解】解:连接OC,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
∵直线DE与⊙O相切于点C,
∴OC⊥DE,
∵AD⊥DE,BE⊥DE,
∴AD∥OC∥BE,
∵OA=OB,
∴DC=CE=3,
∵AD=1,
∴tan∠ACD=ADCD=33,
∴∠ACD=30°,
∴∠ACO=90°−30°=60°,
∵OA=OC,
∴△AOC是等边三角形,
∴OA=AC,
∵AC=2AD=2,
∴OA=AC=2.
故选C.
【点睛】本题考查了切线的性质,锐角三角函数,30°角的直角三角形的性质等,求得∠ACD=30°是解题的关键.
11.(2023上·山东济宁·九年级统考期末)在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=3cm,BC=4cm,以C为圆心,2.4cm长为半径的圆与AB的位置关系是( )
A.相切B.相交C.相离D.不能确定
【答案】A
【分析】利用面积法求出直角三角形ABC的斜边AB上的高,即得到圆心到直线的距离,然后比较它和圆的半径的大小,得到直线与圆的位置关系
【详解】解:∵∠C=90°,AC=3cm,BC=4cm,
∴AB=AC2+BC2=5cm,
设直角三角形ABC的斜边AB上的高是h,
ℎ=AC⋅BCAB=3×45=2.4cm,
∵2.4=2.4,即圆心C到直线AB的距离等于圆的半径,
∴直线与圆的位置关系是相切.
故选:A.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,解题的关键是掌握直线与圆位置关系的判定方法.
12.(2023上·甘肃定西·九年级校联考阶段练习)已知∠ABC=60°,点O在∠ABC的平分线上,OB=5cm,以点O为圆心,2cm为半径作⊙O,则⊙O与BC的位置关系是( )
A.相离B.相交C.相切D.不确定
【答案】A
【分析】过点O作OD⊥BC于点D,根据30度角所对的直角边等于斜边一半,得到OD=52cm,又因为OD大于半径,即可得到⊙O与BC的位置关系.
【详解】解:过点O作OD⊥BC于点D,
∵∠ABC=60°,点O在∠ABC的平分线上,
∴∠OBC=30°,
在Rt△OBD中,OB=5cm,
∴OD=12OB=52cm,
∵52cm>2cm,
∴⊙O与BC的位置关系是相离,
故选:A.
【点睛】本题考查了角平分线的定义,30度角所对的直角边等于斜边一半,直线和圆的位置关系,熟练掌握直线和圆的位置关系是解题关键.
13.(2022·上海松江·校考三模)已知△ABC,AB=10cm,BC=6cm,以点B为圆心,以BC为半径画圆⊙B,以点A为圆心,半径为r,画圆⊙A.已知⊙A与⊙B外离,则r的取值范围为( )
A.0
【分析】设⊙B半径为Rcm,则R=6cm,根据两圆外离的条件得到AB>r+R,从而得到r的范围.
【详解】解:设⊙B半径为Rcm,则R=BC=6cm,
∵⊙A与⊙B外离,
∴AB>r+R,
∴r
∵r>0,
∴0
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系:两圆的圆心距为d、两圆的半径分别为R,r,两圆外离⇔d>R+r;两圆外切⇔d=R+r;两圆相交⇔R−r
14.(2023·湖北鄂州·校考模拟预测)如图,ΔABC的内切圆⊙O与AB,BC,AC分别相切于点D,E,F,连接OE,OF,若∠C=90°,AC=3,BC=4,则阴影部分的面积为( )
A.2−12πB.4−12πC.4−πD.1−14π
【答案】D
【分析】先由勾股定理求出AB的长,再判定四边形CEOF是正方形,由切线长定理建立方程求出圆的半径,进而计算扇形面积即可解答;
【详解】解:由题意△ABC中AB=AC2+BC2=32+42=5,
∠C=90°,OF⊥AC,OE⊥BC,
∴四边形CEOF是矩形,
OE=OF,
∴矩形CEOF是正方形,
由切线长定理可得CF=CE,AF=AD,BE=BD,
∴AB=AD+DB=AF+BE,
设圆的半径为x,则(3-x)+(4-x)=5,解得x=1,
扇形EOF面积=90°360°π⋅12=14π,
∴阴影面积=正方形CEOF面积-扇形EOF面积=1-14π,
故选:D;
【点睛】本题考查了勾股定理,正方形的判定和性质,切线长定理,扇形面积计算;结合图形求出内切圆半径是解题关键.
15.(2022·广东深圳·深圳市观澜第二中学校考模拟预测)如图,如图,AB是⊙O的直径,点C是⊙O上一点,AD与过点C的切线垂直,垂足为D,直线DC与AB的延长线交于点P,弦CE平分∠ACB,交AB于点F,连接BE,BE=72.下列四个结论:①AC平分∠DAB;②PF2=PB⋅PA;③若BC=12OP,则阴影部分的面积为74π−4943;④若PC=24,则tan∠PCB=34.其中正确的是( )
A.2个B.3个C.4个D.5个
【答案】B
【分析】①连接OC,根据CD是⊙O的切线,AD⊥CD,推出AD∥OC,得到∠DAC=∠ACO,根据OC=OA,推出∠BAC=∠ACO,得到∠DAC=∠BAC=12∠BAD,得到AC平分∠DAB,此结论正确;
②根据AB是⊙O的直径,推出∠ACB=90°,得到∠CAB+∠CBA=∠OCB+∠PCB=90°,根据OB=OC,推出∠OBC=∠OCB,得到∠CAB=∠PCB,根据∠P=∠P,推出△PCB∽△PAC,推出PCPA=PBPC,得到PC2=PB⋅PA,根据CE平分∠ACB,推出∠ACE=∠BCE,根据∠PCF=∠PCB+∠BCE,∠PFC=∠ACE+∠BAC,推出∠PCF=∠PFC,得到PC=PF,得到PF2=PB⋅PA,此结论正确;
③根据若BC=12OP,推出BC是Rt△OPC斜边OP上的中线,推出OB=PB=BC=12OP,根据OB=OC,推出OB=OC=BC,得到△OBC是等边三角形,得到∠BOC=60°,连接AE,则AE=BE=72,根据∠AEB=90°,推出AB=AE2+BE2=2BE=14,得到OB=7,推出S阴影=S扇形BOC−S△BOC =60π×72360−3×724 =49π6−4934,此结论不正确;
④根据OC=OA=7,PC=24,∠OCP=90°,推出OP=OC2+PC2=25,得到PA=OP+OA=32,根据AD∥OC,推出CDOA=PCOP,得到CD=7×2425,根据△POC∽△PAD,推出ADOC=PAOP,得到AD=7×3225,根据∠PCB=∠BAC=∠DAC,推出tan∠PCB=tan∠DAC=CDAD=7×24257×3225=2432=34,此结论正确.
【详解】①连接OC,
∵CD是⊙O的切线,
∴CD⊥OC,
∵AD⊥CD,
∴AD∥OC,
∴∠DAC=∠ACO,
∵OC=OA,
∴∠BAC=∠ACO,
∴∠DAC=∠BAC=12∠BAD,
∴AC平分∠DAB,
故AC平分∠DAB正确;
②∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠CAB+∠CBA=90°,
∵∠OCB+∠PCB=90°,
∴∠CAB+∠CBA=∠OCB+∠PCB,
∵OB=OC,
∴∠OBC=∠OCB,
∴∠CAB=∠PCB,
∵∠P=∠P,
∴△PCB∽△PAC,
∴PCPA=PBPC,
∴PC2=PB⋅PA,
∵CE平分∠ACB,
∴∠ACE=∠BCE,
∵∠PCF=∠PCB+∠BCE,∠PFC=∠ACE+∠BAC,
∴∠PCF=∠PFC,
∴PC=PF,
∴PF2=PB⋅PA,
故PF2=PB⋅PA正确;
③∵若BC=12OP,
∴BC是Rt△OPC斜边OP上的中线,
∴OB=PB=BC=12OP,
∵OB=OC,
∴OB=OC=BC,
∴△OBC是等边三角形,
∴∠BOC=60°,
连接AE,则AE=BE=72,
∵∠AEB=90°,
∴AB=AE2+BE2=2BE=14,
∴OB=7,
∴S阴影=S扇形BOC−S△BOC
=60π×72360−3×724
=49π6−4934,
故若BC=12OP,则阴影部分的面积为74π−4943不正确;
④∵OC=OA=7,PC=24,∠OCP=90°,
∴OP=OC2+PC2=25,
∴PA=OP+OA=32,
∵AD∥OC,
∴CDOA=PCOP,
∴CD=7×2425,
∵△POC∽△PAD,
∴ADOC=PAOP,
∴AD=7×3225,
∵∠PCB=∠BAC=∠DAC,
∴tan∠PCB=tan∠DAC=CDAD=7×24257×3225=2432=34.
故若PC=24,则tan∠PCB=34正确.
故选:B.
【点睛】本题主要考查了圆的切线,角平分线,圆周角,勾股定理,平行线,相似三角形,等边三角形,扇形面积,锐角三角函数等,解决问题的关键是添加辅助线,熟练掌握圆的切线的性质,角平分线的定义,圆周角定理的推论,勾股定理解直角三角形,平行线分线段成比例定理,相似三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,扇形面积计算公式,正切的定义.
二、填空题
16.(2023·辽宁抚顺·校联考一模)已知⨀O的半径为6,A为线段OP的中点,当OP的长度为10时,点A与⨀O的位置关系为 .
【答案】点A在圆内 .
【分析】知道OP的长,点A是OP的中点,得到OA的长与半径的关系,求出点A与圆的位置关系.
【详解】解:∵OP=10,A是线段OP的中点,
∴OA=5,小于圆的半径6,
∴点A在圆内.
故答案为点A在圆内.
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系,根据OP的长和点A是OP的中点,得到OA=5,小于圆的半径,可以确定点A的位置.
17.(2023·广西防城港·统考一模)已知⊙O的半径为6,且点A到圆心的距离是5,则点A与⊙O的位置关系是 .
【答案】A在⊙O内
【分析】根据当d
故答案为:A在⊙O内.
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系,关键要记住若半径为r,点到圆心的距离为d,则有:当d>r时,点在圆外;当d=r时,点在圆上,当d
【答案】6013
【分析】由题意易知⊙C与AB有唯一公共点,说明⊙C与直线AB相切,即过点C作CD⊥AB,CD的长即为⊙C的半径r.
【详解】解:由题意得:⊙C与AB有唯一公共点,说明⊙C与直线AB相切,过点C作CD⊥AB,如图所示:
∵∠C=90°,AB=13,AC=5,
∴BC=AB2−AC2=12,
∵AC⋅BC=AB⋅CD,
∴CD=AC⋅BCAB=6013,即r=6013;
故答案为6013.
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系及切线定理,熟练掌握直线与圆的位置关系及切线定理是解题的关键.
19.(2023上·河北唐山·九年级统考期末)如图,AB是⊙O的直径,点P是AB延长线上的一点,PC是⊙O的切线,C为切点.若PA=8,sinP=13.则⊙O的半径为 .
【答案】2
【分析】如图,连接OC,由sinP=13,设圆的半径为r,证明PB=2r ,再求解r ,再利用勾股定理可得答案.
【详解】解:如图,连接OC,
∵ PC是⊙O的切线,
∴∠PCO=90°,
而sinP=13,
∴OCOP=13, 设圆的半径为r, 则rr+PB=13,
∴PB=2r,
∵ PA=8,
∴r+r+2r=8, 解得:r=2.
∴⊙O的半径为2.
故答案为:2.
【点睛】本题考查的是圆的切线的性质,锐角三角函数的应用,解题的关键熟练掌握切线的性质以及锐角三角函数.
20.(2023·福建宁德·统考二模)如图,点A为⊙O上一点,点P为AO延长线上一点,PB切⊙O于点B,连接AB,若∠APB=40°,则∠A的度数为 .
【答案】25°
【分析】连接OB,由切线的性质可以算出∠BOP的度数,再利用圆周角定理即可算出∠A的度数.
【详解】连接OB,
∵PB切⊙O于点B
∴∠OBP=90°,
又∵∠APB=40°
∴∠BOP=90°-40°=50°
∴∠A=12∠BOP=25°
故答案为:25°
【点睛】本题考查了切线的性质以及圆周角定理,连接OB,构造除直角三角形是解题的关键.
21.(2023·云南昆明·统考二模)已知直线l:y=−12x+2,若⊙P的半径为1,圆心P在y轴上,当⊙P与直线l相切时,则点P的坐标是 .
【答案】0,2−52或0,2+52
【分析】先计算直线与两坐标轴交点A、B,再根据勾股定理得到AB=25,设P坐标为(0,m)(m>0),即OP=m,若P在B点下边时,BP=2-m,根据切线的性质得到∠PN′B=90°,根据相似三角形的性质得到m=2−52,此时P0,2−52;若P在B点上边时,同法求得P0,2+52.
【详解】解:令x=0,得y=2,令y=0,得x=4
∴直线l经过点A(4,0),B(0,2),
∴AB=42+22=25,
设P坐标为(0,m)(m>0),即OP=m,
若P在B点下边时,BP=2﹣m,
当AB是⊙O的切线,
∴∠PN'B=90°.
∵∠PBN'=∠ABO,∠PN'B=∠BOA=90°,
∴△PBN'∽△ABO,
∴PN′OA=BPAB,
∴14=2−m25
∴m=2−52
此时P(0,2−52);
若P在B点上边时,BP=m﹣2,
同理△BPN∽△BAO,则有PNOA=BPAB,
∴14=m−225,
∴m=2+52,此时P(0,2+52),
综上所述:P(0,2−52)或P(0,2+52),
故答案为:(0,2−52)或(0,2+52).
【点睛】本题考查了切线的判定和性质,解答本题的关键是画出示意图,熟练掌握切线的性质,难度一般.
22.(2023·浙江宁波·校考三模)已知,Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=3,BC=5.点D在△ABC的一边上,⊙D是以D为圆心,CD为半径,并与△ABC的一边相切,则CD= .
【答案】2或209
【分析】根据题意,进行分类讨论,①当点D在AC上时,⊙D与AB边相切,根据中点的定义进行解答;②当点D在BC边上时,⊙D与AB边相切,根据相似三角形性质进行解答;③当点D在AB边上时,不符合题意,舍去.
【详解】解:根据勾股定理可得:AC=AB2−BC2=4,
①当点D在AC上时,
∵CD=AD,
∴CD=12AC=2;
②当点D在BC边上时,
设CD=DE=x,
∵⊙D与AB相切,
∴DE⊥AB,
∵∠BAC=90°,
∴DE∥AC,
∴∠BDE=∠BCA,∠BED=∠BAC,
∴△BDE∽△BCA,
∴DEAC=BDBC,即x4=5−x5,
解得:x=209,
③当点D在AB边上时,不符合题意,舍去.
综上:CD=2或209,
故答案为:2或209.
【点睛】本题主要考查了勾股定理,切线的判定和性质,相似三角形的判定和性质,解题的关键是熟练掌握切线的判定定理和相似三角形对应边成比例.
23.(2023上·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨德强学校校考开学考试)如图,PA切⊙O于点A,直径BC的延长线交PA于点P,PA=6,PC=2,∠P的正切值为 .
【答案】43
【分析】连接OA,设半径OA=OC=x,则OP=x+2,由切线的性质可得∠OAP=90°,进而根据勾股定理列方程求得OA=8,最后再根据正切值的定义计算即可.
【详解】解:如图,连接OA,
设半径OA=OC=x,则OP=x+2,
∵PA切⊙O于点A,
∴∠OAP=90°,
∵在Rt△OAP中,OA2+AP2=OP2,
∴x2+62=(x+2)2,
解得:x=8,
∴OA=8,
∴在Rt△OAP中,tan∠P=OAAP=86=43,
故答案为:43.
【点睛】本题考查了切线的性质,勾股定理,正切值的定义,熟练掌握切线的性质是解决本题的关键.
24.(2023·安徽芜湖·校联考二模)如图,在Rt△ABO中,OB=4,∠A=30°,⊙O的半径为r,点P是AB边上的动点,过点P作⊙O的一条切线PQ(其中点Q为切点).当⊙O与直线AB只有一个公共点时,r= ;当r=3时,线段PQ长度的最小值为 .
【答案】 23 3
【分析】先利用直角三角形的性质、勾股定理可得AB=8,OA=43,设⊙O与直线AB的切点为点C,连接OC,再根据圆的切线的性质可得OC⊥AB,且OC=r,然后利用三角形的面积公式求出OC长即可得;连接OP,OQ,先根据圆的切线的性质可得OQ⊥PQ,OQ=r=3,再利用勾股定理可得PQ=OP2−3,从而可得当OP⊥AB时,OP取得最小值,线段PQ长度最小,同上可得OP的最小值为23,由此即可得出答案.
【详解】解:∵在Rt△ABO中,OB=4,∠A=30°,∠AOB=90°,
∴AB=2OB=8,OA=AB2−OB2=43,
当⊙O与直线AB只有一个公共点时,则⊙O与直线AB相切,
如图,设⊙O与直线AB的切点为点C,连接OC,
则OC⊥AB,且OC=r,
∴S△ABO=12OA⋅OB=12AB⋅OC,
∴OC=OA⋅OBAB=43×48=23,
即r=23;
如图,连接OP,OQ,
∵PQ与⊙O的相切于点Q,
∴OQ⊥PQ,OQ=r=3,
在Rt△POQ中,PQ=OP2−OQ2=OP2−3,
要使线段PQ长度最小,则只需OP取得最小值即可,
由垂线段最短可知,当OP⊥AB时,OP取得最小值,
由上可知,OP的最小值为23,
则线段PQ长度的最小值为(23)2−3=3,
故答案为:23,3.
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形、勾股定理、圆的切线的性质等知识点,熟练掌握圆的切线的性质是解题关键.
25.(2022·江苏盐城·校考一模)如图,在ΔABC中,∠ACB=45°,AB=4,点E、F分别在边BC、AB上,点E为边BC的中点,AB=3AF,连接AE、CF相交于点P,则ΔABP面积最大值为 .
【答案】1+2
【分析】作AH∥BC交CF的延长线于点H,则△AHF∼△BCF,得AHBC=AFBF=12,所以AH=12BC=EC,再证明△APH≅△EPC,则AP=PE=12AE,所以SΔABP=12SΔABE=14SΔABC,可知当SΔABC最大时,则SΔABP最大;作△ABC的外接圆⊙O,作CG⊥AB于点G,OD⊥AB于点D,OI⊥CG于点I,连接OC,可证明当点I与点O重合,即C、O、D三点在同一条直线上时,CG最大,此时S△ABC最大;当点C在DO的延长线上,连接OA、OB,则∠AOB=2∠ACB=90°,由勾股定理求得OC=OA=22,而OD=AD=BD=12AB=2,所以CD=2+22,即可求得S△ABC最大=4+42,SΔABP最大=1+2.
【详解】解:如图1,作AH∥BC交CF的延长线于点H,则△AHF∼△BCF,
∵AB=3AF,EC=EB=12BC,
∴ AHBC=AFBF=12,
∴AH=12BC,
∴AH=EC,
∵∠H=∠PCE,∠APH=∠EPC,
∴△APH≅△EPC(AAS),
∴AP=PE=12AE,
∴SΔABP=12SΔABE,
∵SΔABE=12SΔABC,
∴SΔABP=14SΔABC,
∴当SΔABC最大时,则SΔABP最大;
作△ABC的外接圆⊙O,作CG⊥AB于点G,OD⊥AB于点D,OI⊥CG于点I,连接OC,
∵∠ODG=∠OIG=∠IGD=90°,
∴四边形OIGD是矩形,
∴IG=OD,
∵IC≤OC,
∴IC+IG≤OC+OD,
即CG≤OC+OD,
∴当点I与点O重合,即C、O、D三点在同一条直线上时,CG最大,此时SΔABC最大;
如图2,△ABC的外接圆⊙O,OD⊥AB于点D,点C在DO的延长线上,连接OA、OB,
∵∠ACB=45°,
∴∠AOB=2∠ACB=90°,
∵OA2+OB2=AB2,OA=OB,AB=4,
∴2OA2=42,
∴OC=OA=22,
∵AD=BD,
∴OD=AD=BD=12AB=2,
∴CD=2+22,
∴SΔABC最大=12×4×2+22=4+42,
∴SΔABP最大=14×4+42=1+2,
∴ΔABP面积最大值为1+2,
故答案为:1+2.
【点睛】此题重点考查三角形的外接圆、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、垂线段最短等知识,正确地作出所需要的辅助线是解题的关键.
三、解答题
26.(2022·河南郑州·郑州外国语中学校考模拟预测)如图,已知AB是⊙O的直径,BD是⊙O的弦,延长BD到C,使DC=BD,连接AC,过点D作DE⊥AC,垂足为E.
(1)求证:AB=AC;
(2)求证:DE是⊙O的切线;
(3)若⊙O的半径为6,∠BAC=60°,则DE=________.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)33.
【分析】(1)连接AD,由直径所对的圆周角度数及中点可证AD是BC的垂直平分线,根据线段垂直平分线的性质可得结论;
(2)连接OD,由中位线的性质可得OD∥AC,由平行的性质与切线的判定可证;
(3)易知△ABC是等边三角形,由等边三角形的性质可得CB长及∠C度数,利用直角三角形30度角的性质及勾股定理可得结果.
【详解】(1)连接AD.
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°.
∴AD⊥BC
又∵DC=BD,
∴AD是BC的垂直平分线
∴AB=AC.
(2)连接OD.
∵DE⊥AC,
∴∠CED=90°.
∵O为AB中点,D为BC中点,
∴OD∥AC.
∴∠ODE=∠CED=90°.
∴DE是⊙O的切线.
(3)由(1)得AC=AB
∵∠BAC=60°
∴△ABC是等边三角形
∴∠C=60°,BC=AB=2×6=12
∴DC=BD=12BC=6
在Rt△CED中,∠CDE=90°−60°=30°
∴CE=12CD=3
根据勾股定理得CE2+DE2=CD2
∴DE=CD2−CE2=62−32=33
【点睛】本题考查了圆与三角形的综合,涉及的知识点主要有圆的切线的判定、圆周角定理的推论、垂直平分线的性质、等边三角形与直角三角形的性质,灵活的将图形与已知条件相结合是解题的关键.
27.(2023·河南·统考一模)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,以直角边BC为直径作⊙O、交AB于点D,E为AC的中点,连接DE
(1)求证:DE为⊙O的切线;
(2)已知BC=4.填空.
①当DE= 时,四边形DOCE为正方形;
②当DE= 时,△BOD为等边三角形.
【答案】(1)证明见解析;(2)①2;②23.
【分析】(1)连接CD,根据圆周角定理得出∠CDB=90°,根据直角三角形性质得出DE=CE=AE,求出∠ACD+∠DCO=∠EDC+∠CDO,求出OD⊥DE,根据切线的判定得出即可;
(2)①若四边形DOCE为正方形,则OC=OD=DE=CE=2;
②若△BOD为等边三角形,则∠DOE=60°,则Rt△ODE中,则DE=23.
【详解】(1)如图,连接CD,OE,
∵BC为⊙O的直径,
∴∠BDC=90°,
∵DE为Rt△ADC的斜边AC上的中线,
在△COE与△DOE中,OD=CC,OE=OE,DE=CE,
∴△COE≌△DOE,
∴∠OCE=∠ODE=90°,
DE为⊙O的切线;
(2)①若四边形DOCE为正方形,则OC=OD=DE=CE,
∵BC=4,
∴DE=2.
②若△BOD为等边三角形,
∴∠BOD=60°,
∴∠COD=180°﹣∠BOD=120°,
∴∠DOE=60°,
∴Rt△ODE中,DE=OD⋅tan60°=23.
故答案为2,23.
【点睛】本题为圆的综合题,涉及到直角三角形中线定理、正方形的性质,等边三角形的性质以及切线的判定和性质,熟练掌握圆的相关性质以及等边三角形、正方形的性质是解题的关键.
28.(2023·内蒙古鄂尔多斯·三模)如图,AB、CN为⊙O的直径,弦CD⊥OB于点E,点F在AB延长线上,CN交弦AD于点M,B为OF的中点,sin∠ADO= 12.
(1)求证:CF为⊙O的切线;
(2)求CE= 3,求图中阴影部分的面积.
【答案】(1)见解析
(2)2π3−32
【分析】(1)连接BC,根据特殊角的三角函数值得出∠ADO=30°,进而证明△OBC是等边三角形,△OCF是直角三角形,即可得出结论;
(2)根据勾股定理求得CE,进而求得OM =1,DM=3,根据图中阴影部分的面积=S扇形DON−S△DOM,即可求解.
【详解】(1)证明:连接BC,
∵sin∠ADO= 12.
∴∠ADO=30°,
∵OD=OA,
∴∠A=30°,
∴∠DOB=2∠A=60°,
∵CD⊥OB
∴BC=BD,
∴∠BOC=∠BOD=60°,
∴△OBC是等边三角形,
∴BC=OB,
∵B为OF的中点,
∴OF=2BC,
∴OB=BC=BF,
∴∠BCF=∠FBC=12180°−∠CBF=12180°−120°=30°,
∴∠OCF=∠OCB+∠BCF=90°,
∴△OCF是直角三角形,
∴∠OCF=90°,
∵OC是⊙O的半径,
∴CF为⊙O的切线;
(2)解:∵∠OCF=90°,∠COF=60°,
∴∠F=30°,
∴∠A=∠F,
∴ AD∥CF,
∴CN⊥AD,
∴∠AMO=90°,
∴∠AOM=60°,
∴∠DON=180°−∠AOM−∠DOF=60°,
∵CD⊥OB,
∴∠CEO=90°,
∵CE= 3,
∴OC=OD=2,
∴OM= 12 OD=1,DM=32OD=3,
∴图中阴影部分的面积=S扇形DON−S△DOM=60⋅π×22360−12×1×3=2π3−32.
【点睛】本题考查了切线的判定,垂径定理,扇形面积公式,特殊角的三角函数值,熟练掌握以上知识是解题的关键.
29.(2023·天津东丽·统考二模)如图,AB是⊙O的直径,点E为⊙O上一点,AD和过E的切线互相垂直,垂足为D,切线DE交AB的延长线于点C.
(1)若∠DEA=66°,求∠C的度数;
(2)若∠C=30°,AB=6,求AD的长.
【答案】(1)42°
(2)92
【分析】(1)连接OE,可推出AD∥OE,故∠DAE=∠AEO;根据∠EOC=∠EAO+∠AEO、∠C=90°−∠EOC即可求解;
(2)在Rt△OEC中可求出OC,进而可确定AC; 在Rt△ADC中即可求出AD的长.
【详解】(1)解:连接OE,
∵CD与⊙O相切
∴OE⊥CD
∵AD⊥CD
∴AD∥OE
∵∠DEA=66°,∠ADE=90°
∴∠DAE=∠AEO=90°−66°=24°
∵OE=OA
∴∠EAO=∠AEO=24°
∴∠EOC=∠EAO+∠AEO=48°
∴∠C=90°−∠EOC=42°
(2)解:∵AB=6
∴OA=OB=OE=3
在Rt△OEC中:OE=3,∠C=30°
∴OC=2OE=6
∴AC=OA+OC=9
在Rt△ADC中:AC=9,∠C=30°
∴AD=12AC=92
【点睛】本题考查了切线的性质定理、直角三角形的性质以及勾股定理等知识.熟记相关结论即可.
30.(2023·江苏扬州·校联考二模)如图,△ABC中,AB=AC,⊙O过B、C两点,且AB是⊙O的切线,连接AO交劣弧BC于点P.
(1)证明:AC是⊙O的切线;
(2)若AB=8,AP=4,求⊙O的半径;
【答案】(1)见解析
(2)⊙O的半径为6
【分析】(1)直接根据“SSS”证明△ABO≌△ACO即可得出结论;
(2)设⊙O的半径为r,则AO=r+4,然后根据勾股定理列出方程求解即可.
【详解】(1)证明:在△ABO和△ACO中,
AB=ACBO=COAO=AO,
∴△ABO≌△ACO(SSS),
∴∠ABO=∠ACO,
∵AB是⊙O的切线,
∴∠ABO=∠ACO=90°,
∵CO是⊙O的半径,
∴AC是⊙O的切线;
(2)解:设⊙O的半径为r,
则AO=r+4,
在Rt△ABO中,AB2+BO2=AO2,
即82+r2=(4+r)2,
解得:r=6,
故⊙O的半径为6.
【点睛】本题考查了切线的判定与性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识点,灵活运用所学知识点是解本题的关键.
31.(2023·内蒙古呼伦贝尔·统考一模)已知,如图,AB是⊙O的直径,点C为⊙O上一点,OF⊥BC于点F,交⊙O于点E,AE与BC交于点H,点D为OE的延长线上一点,且∠ODB=∠AEC.
(1)求证:BD是⊙O的切线;
(2)若⊙O的半径为5,sinA=35,求BH的长.
【答案】(1)证明见解析;(2)BH=152.
【分析】(1)由圆周角定理和已知条件证出∠ODB=∠ABC,再证出∠ABC+∠DBF=90°,即∠OBD=90°,即可得出BD是⊙O的切线;
(2) 连接BE,由圆周角定理得出∠AEB=90°,设BH=5x,EH=3x,在Rt△BEH 中BH2−EH2=BE2,即可进行求解.
【详解】(1)证明:∵∠ODB=∠AEC,∠AEC=∠ABC,
∴∠ODB=∠ABC,
∵OF⊥BC,
∴∠BFD=90°,
∴∠ODB+∠DBF=90°,
∴∠ABC+∠DBF=90°,
即∠OBD=90°,
∴BD⊥OB,
∴BD是⊙O的切线;
(2)解:连接BE,如图2所示:
∵AB是⊙O的直径,
∴∠AEB=90°,
∵⊙O的半径为5,sin∠BAE=35,
∴AB=10,BE=AB•sin∠BAE=10×35=6,
∵BE=CE,
∴∠CBE=∠A,
∴sin∠CBE=sin∠A=35,
∴EHBH=35,
设BH=5x,EH=3x,
在Rt△BEH 中BH2−EH2=BE2,
(5x)2−(3x)2=62,解得,x=32,
∴BH=152.
【点睛】本题是圆的综合题目,考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理,正确作出辅助线是解题的关键.
32.(2023·安徽合肥·统考三模)如图,已知AC是⊙O的直径,PA⊥AC于点A,连接OP,弦CB//OP,直线PB交直线AC于点D.
(1)求证:直线PB是⊙O的切线:
(2)若BD=2PA,OA=3,PA=4,求BC的长.
【答案】(1)见详解;(2)103
【分析】(1)连接OB.利用SAS证明△POB≌△POA,根据全等三角形对应角相等得出∠PBO=∠PAO=90°,即直线PB是⊙O的切线;
(2)根据△POB≌△POA得出PB=PA,由已知条件“BD=2PA”、等量代换可以求得BD=2PB;然后由相似三角形的对应边成比例可以求得BC=23PO,进而即可求解.
【详解】(1)证明:如解图,连接OB.
∵BC//OP,
∴∠BCO=∠POA,∠CBO=∠POB.
又∵OC=OB,
∴∠BCO=∠CBO,
∴∠POB=∠POA.
在△POB与△POA中,
OB=OA∠POB=∠POAPO=PO,
∴△POB≌△POA SAS.
∴∠PBO=∠PAO=90°,
又∵OB是⊙O的半径,
∴PB是⊙O的切线;
(2)解:∵△POB≌△POA,
∴PB=PA.
∵BD=2PA,
∴BD=2PB.
∵BC//OP,
∴△DBC∽△DPO,
∴BCPO=BDPD=23,
∴BC=23PO=23×32+42=103.
【点睛】本题考查了切线的判定,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.同时考查了全等三角形、相似三角形的判定与性质及勾股定理.
33.(2023·四川攀枝花·统考二模)如图,⊙O是四边形ABCD的外接圆,AC是⊙O的直径,BE⊥DC,交DC的延长线于点E,CB平分∠ACE.
(1)求证:BE是⊙O的切线;
(2)若cs∠BAD=25,AC=10,求CE的长.
【答案】(1)见解析
(2)EC=85
【分析】(1)连接OB,求出EC∥OB,然后得出OB⊥BE,根据切线的判定即可得出结论;
(2)根据圆内接四边形的性质得出∠ECB=∠BAD,再证得△ECB∽△BCA,得出比例式ECBC=BCAC=25,从而可得结论
【详解】(1)证明:连接OB,如图,
∵CB平分∠ACE,
∴∠BCA=∠ECB.
∵OB=OC,
∴∠OBC=∠BCA
∴∠ECB=∠OBC
∴EC∥OB
∵BE⊥DC
∴OB⊥BE.
∵OB为⊙O的半径,
∴BE是⊙O的切线;
(2)∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形,
∴∠DCB+∠BAD=180°
∵∠DCB+∠ECB=180°
∴∠ECB=∠BAD.
∵cs∠BAD=25,
∴cs∠ECB=25,
∵BE⊥DC,
∴cs∠ECB=ECBC=25.
∵AC是⊙O的直径,
∴∠ABC=90°,
∴∠ABC=∠CEB=90°.
∵∠ECB=∠BCA,
∴△ECB∽△BCA,
∴ECBC=BCAC=25,
∴BC10=25,
∴BC=4
∴EC4=25,
∴EC=85,
【点睛】本题考查了切线的判定,圆内接四边形的性质,相似三角形的判定与性质以及三角函数等知识,正确地作出辅助线是解题的关键.
34.(2022·湖北鄂州·统考中考真题)如图,△ABC内接于⊙O,P是⊙O的直径AB延长线上一点,∠PCB=∠OAC,过点O作BC的平行线交PC的延长线于点D.
(1)试判断PC与⊙O的位置关系,并说明理由;
(2)若PC=4,tanA=12,求△OCD的面积.
【答案】(1)PC与⊙O相切,理由见解析
(2)9
【分析】(1)先证明∠ACB=90°,然后推出∠PCB=∠OCA,即可证明∠PCO=90°即可;
(2)先证明BCAC=12,再证明△PBC∽△PCA,从而求出PA=4,PB=1,AB=3,OC=OB=32,OP=52,最后证明△PBC∽△POD,求出PD=10,则CD=6,由此求解即可.
【详解】(1)解:PC与⊙O相切,理由如下:
∵AB是圆O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠OCB+∠OCA=90°,
∵OA=OC,
∴∠OCA=∠OAC,
∵∠PCB=∠OAC,
∴∠PCB=∠OCA,
∴∠PCB+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°,即∠PCO=90°,
∴PC与⊙O相切;
(2)解:∵∠ACB=90°,tanA=12,
∴BCAC=12,
∵∠PCB=∠OAC,∠P=∠P,
∴△PBC∽△PCA,
∴PCPA=PBPC=BCCA=12,
∴PA=8,PB=2,
∴AB=6,
∴OC=OB=3,
∴OP=5,
∵BC∥OD,
∴△PBC∽△POD,
∴PBOP=PCPD,即25=4PD,
∴PD=10,
∴CD=6,
∴S△OCD=12OC⋅CD=9.
【点睛】本题主要考查了切线的判定,等边对等角证明,解直角三角形,直径所对的圆周角是直角,相似三角形的性质与判定等等,熟练掌握圆切线的判定是解题的关键.
35.(2023·辽宁·统考一模)如图,AD是⊙O的直径,点E是⊙O上一点,过点E的直线交AD的延长线于点B,过A作BE的垂线,垂足为C,交⊙O于点G,且E为DG的中点.
(1)求证:BC是⊙O的切线;
(2)若AC+GC=6,求⊙O的直径.
【答案】(1)证明见解析;(2)⊙O的直径为6.
【分析】(1)根据题意连接OE,通过证明OE⊥BC即可得到BC是⊙O的切线;
(2)根据题意连接DE,GE,过E作EH⊥AB于点H,通过证明RtΔACE≅RtΔAHE,RtΔGCE≅RtΔDHE,进而即可得解.
【详解】(1)证明:如下图,连接OE,
∵OA=OE,
∴∠OAE=∠OEA,
∵E为DG的中点,
∴EG=DE,
∴∠OAE=∠CAE,
∴∠OEA=∠CAE,
∴OE//AC,
∵AC⊥BC,
∴OE⊥BC,
∵OE是⊙O半径,
∴BC是⊙O的切线;
(2)解:如下图,连接DE,GE,过E作EH⊥AB于点H,
∵E为DG的中点,
∴DE=GE,
由(1)知∠OAE=∠CAE,
∵AC⊥BC,EH⊥AB,
∴CE=EH,
∴RtΔACE≅RtΔAHE,RtΔGCE≅RtΔDHE,
∴AC=AH,DH=CG,
∴AD=AH+HD=AC+CG=6,
即⊙O的直径为6.
【点睛】本题主要考查了切线的判定及三角形全等的应用,熟练掌握相关证明辅助线作法是解决本题的关键.
【能力提升】
36.(2023上·湖南湘西·九年级校考期中)如图,AC与⊙O相切于点C,AB经过⊙O上的点D,BC交⊙O于点E,DE∥OA,CE是⊙O的直径.
(1)求证:AB是⊙O的切线;
(2)如果AC=3,BC=4,
①求BD的长;
②求⊙O的半径.
(3)求C、D两点间的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)①BD=2;②⊙O的半径是32
(3)CD=655
【分析】(1)连接OD,根据等腰三角形的性质得出∠OED=∠ODE,根据平行线的性质得出∠OED=∠AOC,∠ODE=∠AOD,即可得出∠AOC=∠AOD,进而证得△AOD≌△AOC,得到∠ADO=∠ACB=90°,即可证得结论;
(2)①先由勾股定理求得AB的长,然后再求得BD的长.
②在Rt△OBD中,利用勾股定理可解得半径.
(3)先由勾股定理求得OA的长度,然后再利用S四边形OCAD=12OA⋅CD与S四边形OCAD=2S△OCA可求得CD的长.
【详解】(1)证明:连接OD,如图:
∵OE=OD,
∴∠OED=∠ODE,
∵DE∥OA,
∴∠OED=∠AOC,∠ODE=∠AOD,
∴∠AOC=∠AOD.
在△AOD和△AOC中,AO=AO∠AOD=∠AOCOD=OC,
∴△AOD≌△AOCSAS,
∴∠ADO=∠ACO,
∵AC与⊙O相切,
∴∠ADO=∠ACO=90°,
又∵OD是⊙O的半径,
∴AB是⊙O的切线;
(2)①∵△AOD≌△AOC
∴AD=AC=3,又BC=4
∴在Rt△ABC中,AB=AC2+BC2=32+42=5,
∴BD=AB−AD=5−3=2
②设⊙O的半径OC=OD=r,则OB=BC−OC=4−r
在Rt△OBD中,OD2+BD2=OB2,
即:r2+22=4−r2,解得:r=32
∴⊙O的半径是32.
(3)连接CD
∵AC=AD,OC=OD,
∴OA垂直平分CD.
∴S四边形OCAD=12OA⋅CD
∵OA=AC2+OC2=32+322=325
S四边形OCAD=2S△OCA=2×12×OC×AC=32×3=92
∴92=12×325×CD
∴CD=655
【点睛】本题主要考查了等边对等角、平行线的性质、切线的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质等,解题的关键是熟知相关的性质与定理并能综合解题.
37.(2023上·江苏苏州·九年级校联考阶段练习)如图,线段AB经过⊙O的圆心O,交⊙O于A、C两点,BC=1,AD为⊙O的弦,连接BD,∠BAD=∠ABD=30°,连接DO并延长交⊙O于点E,连接BE交⊙O于点M.
(1)求证:直线BD是⊙O的切线;
(2)求⊙O的半径OD的长;
(3)求线段BM的长.
【答案】(1)见解析
(2)1
(3)377
【分析】(1)根据等腰三角形的性质得到∠BAD=∠ADO=30°,求出∠DOB=60°,求出∠ODB=90°,根据切线的判定推出即可;
(2)根据直角三角形的性质得到OD=12OB,于是得到结论;
(3)解直角三角形得到DE=2,BD=3,根据勾股定理得到BE=BD2+DE2=7,根据圆周角定理可证△BMD∽△BDE,根据BDBC=BMBD即可得到结论.
【详解】(1)证明:∵OA=OD,∠BAD=∠ABD=30°,
∴∠BAD=∠ADO=30°,
∴∠DOB=∠DAO+∠ADO=60°,
∴∠ODB=180°−∠DOB−∠ABD=180°−60°−30°=90°,
∵OD是⊙O的半径,
∴直线BD是⊙O的切线;
(2)由(1)可知∠ODB=90°,
在△ODB中,∠ABD=30°,
∴OD=12OB,
∵OC=OD,
∴BC=OC=1,
∴⊙O的半径OD的长1;
(3)如图,连接DM,
∵OD=1,
∴DE=2,BD=3,
∴BE=BD2+DE2=7,
∵DE为⊙O的直径,
∴∠DME=90°,
∴∠E+∠MDE=90°,
∵∠BDE=90°,
∴∠MDE+∠BDE=90°,
∴∠MBD=∠DBE,
∴△BMD∽△BDE,
∴BDBC=BMBD,
∴BD2=BM⋅BE,
∴BM=BD2BE=37=377.
【点睛】本题考查了相似三角形判定与性质,切线的判定和性质,圆周角定理,直角三角形的性质,勾股定理,切割线定理,正确的识别图形是解题的关键.
38.(2023上·广东珠海·九年级校考阶段练习)如图,AB是圆O的直径,O为圆心,AD、BD是半圆的弦,且∠PDA=∠PBD.延长PD交圆的切线BE于点E.
(1)判断直线PD是否为⊙O的切线,并说明理由;
(2)如果∠BED=60°,PD=3,求PA的长.
(3)在(2)的条件下,将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF,点F正好在圆O上,如图2,求证:四边形DFBE为菱形.
【答案】(1)PD是⊙O的切线,理由见解析;
(2)1;
(3)证明见解析.
【分析】本题考查了切线的性质和判定,正切,菱形的判定,平行线的判定,对称,同弧所对的圆周角相等,含30度角的直角三角形性质,切线长定理。
(1)连接OD,由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°,进而求得∠ADO+∠PDA=90°,即可得出直线PD为⊙O的切线;
(2)求出∠P=30°,解直角三角形求出OD,根据含30°角直角三角形求出即可;
(3)根据折叠和已知求出∠P=∠ABF,根据平行线的判定推出DE∥BF,求出DF⊥AB,BE⊥AB,推出DF∥BE,求出ED=EB,根据切线长定理可得,BE=DE,进而结论得证.
【详解】(1)直线PD为⊙O的切线,理由如下:
如图1,连接OD,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°,
∴∠ADO+∠BDO=90°,
∵DO=BO,
∴∠BDO=∠PBD
∵∠PDA=∠PBD,
∴∠BDO=∠PDA,
∴∠ADO+∠PDA=90°,即PD⊥OD,
∵OD是⊙O的半径,
直线PD为⊙O的切线;
(2)∵BE为⊙O切线,
∴∠PBE=90°,
∵∠BED=∠60°,
∴∠P=90°−∠BED=90°−60°=30°,
在Rt△PDO中,∠PDO=90°,PD=3,
∴OD=PD×tan30°=3×33=1,
PO=2OD=2,
∵OA=OD=1,
∴PA=PO−OA=2−1=1;
(3)如图2,连接OD,
由题意得:∠ADF=∠PDA,∠APD=∠AFD,
∴∠PDA=∠PBD,
∵∠ADF=∠ABF,∠PAD=∠DAF,
∴∠ADF=∠AFD=∠BPD=∠ABF,
∴∠APD=∠ABF,
∴AD=AF,BF∥PD,
∴DF⊥PB,
∵BE为切线,
∴BE⊥PB,
∴DF∥BE,
四边形DFBE为平行四边形,
∵PE、BE为切线,
∴BE=DE,
四边形DFBE为菱形.
39.(2023上·江苏泰州·九年级泰州市第二中学附属初中校考阶段练习)欧几里得,古希腊数学家,被称为“几何之父”,他最著名的著作《几何原本》是欧洲数学的基础,总结了平面几何五大公设,被广泛的认为是历史上最成功的教科书.他在第Ⅲ卷中提出这样一个命题:“由已知点作直线切于已知圆”.如图,设A是已知点,小圆O为已知圆.具体作法是:以O为圆心,OA为半径作大圆O,连接OA交小圆O于点B,过B作BC⊥OA,交大圆O于点C,连接OC,交小圆O于点D,连接AD,则AD是小圆O的切线.
(1)为了说明这一方法的正确性,需要对其进行证明,如下给出了不完整的“已知”和“求证”,请补充完整,并写出“证明”的过程;
已知:如图,点A,C和点B,D分别在以O为圆心的同心圆上,______.
求证:______.
证明:
(2)如图1,OA长不变,改变小圆O的半径,延长AD交大圆O于点F,CB延长线交大圆O于点E,当EF经过圆心O时,求OB:OA的值;
(3)在(2)中,若改变小圆O的半径时,EF与小圆O相切,直接写出∠A的度数.
【答案】(1)证明见解析
(2)12
(3)18°
【分析】(1)通过证明三角形全等即可得到∠ODA=∠OBC,从而证明切线.
(2)证明∠AOC=∠FOC=∠AOE,结合∠EOF=180°,可得∠AOE=60°,从而可得答案;
(3)如图,由EF,CB,AD都为小圆O的切线,记EF与小圆O的切点为H,证明∠A=∠C=∠OFD=∠OFH=∠OEH=∠OEB,可得∠FOH=∠EOH=∠AOE=∠AOC=∠COE=360°5=72°,可得∠A=90°−72°=18°.
【详解】(1)已知:如图,点A,C和点B,D分别在以O为圆心的同心圆上,CB⊥OA
求证:AD是小圆O的切线
证明:∵点A,C和点B,D分别在以O为圆心的同心圆上,
∴OA=OC,OB=OD.
在△OAD和△OCB中OA=OC∠O=∠OOD=OB,
∴△OAD≌△OCB,
∴∠ODA=∠OBC,
∵CB⊥OA,
∴∠OBC=90°,
∴∠ODA=90°,
∴AD是小圆O的切线.
(2)由(1)得:∠ODA=∠OBC=90°,OC=OB,OA=OF,
∴∠AOC=∠AOE,∠AOC=∠FOC,
∴∠AOC=∠FOC=∠AOE,
∵∠EOF=180°,
∴∠AOE=60°,
∴cs∠AOE=cs60°=OBOE=OBOA=12.
(3)如图,∵EF,CB,AD都为小圆O的切线,记EF与小圆O的切点为H,
∴∠OEB=∠OEF,∠OFD=∠OFH,
∵OA⊥BC,OC⊥AD,OA=OC=OF=OE,
∴∠OEB=∠C,∠OFD=∠A,
∴∠A=∠C=∠OFD=∠OFH=∠OEH=∠OEB,
而OH⊥EF,
∴∠FOH=∠EOH=∠AOE=∠AOC=∠COE=360°5=72°
∴∠A=90°−72°=18°.
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质,全等三角形的判定与性质,切线的判定与性质,锐角三角函数的应用,作出适当的辅助线是解本题的关键.
40.(2023上·江苏无锡·九年级无锡市天一实验学校校考期中)【学习心得】
(1)小雯同学在学习完“圆”这一章内容后,感觉到一些几何问题如果添加辅助圆,运用圆的知识解决,可以使问题变得非常容易.
例如:如图1,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,D是△ABC外一点,且AD=AC,求∠BDC的度数.若以点A为圆心,AB长为半径作辅助圆⊙A,则C,D两点必在⊙A上,∠BAC是⊙A的圆心角,∠BDC是⊙A的圆周角,则∠BDC=______°.
【初步运用】
(2)如图2,在四边形ABCD中,∠BAD=∠BCD=90°,∠BDC=24°,求∠BAC的度数;
【方法迁移】
(3)如图3,已知线段AB和直线l,用直尺和圆规在l上作出所有的点P,使得∠APB=30°(不写作法,保留作图痕迹);
【问题拓展】
(4)①如图4①,已知矩形ABCD,AB=2,BC=m,M为边CD上的点.若满足∠AMB=45°的点M恰好有两个,则m的取值范围为______.
②如图4②,在△ABC中,∠BAC=45°,AD是BC边上的高,且BD=6,CD=2,求AD的长.
【答案】(1)45;(2)24°;(3)见解析;(4)①2≤m<1+2;②27+4
【分析】本题是圆的综合题,考查了等边三角形的性质、圆周角定理、作图、勾股定理、等腰直角三角形的性质、垂径定理等知识.
(1)由圆周角定理可得出答案;
(2)取BD的中点O,连接AO、CO.由直角三角形的性质证明点A、B、C、D共圆,由圆的性质得出∠BDC=∠BAC,则可得出答案;
(3)作出等边三角形OAB,由圆周角定理作出图形即可;
(4)①在BC上截取BF=BA=2,连接AF,以AF为直径⊙O,由图形可知BF≤m
∴∠BDC=12∠BAC=45°;
故答案为:45;
(2)如图2,BD的中点O,连接AO、CO.
∵∠BAD=∠BCD=90°,
∴OA=12BD,OC=12BD,
∴OA=OB=OC=OD,
∴点A、B、C、D共圆,
∴∠BDC=∠BAC,
∵∠BDC=24°,
∴∠BAC=24°;
(3)作图如下:由图知,∠AP1B=∠AOB=30°;同理∠AP2B=30°.
(4)①4≤m<2+22.
在BC上截取BF=BA=2,连接AF,以AF为直径⊙O,⊙O交AD于E,交BC于F,连接EF,过圆心O作OG⊥EF于H且交圆O于G,过G作⊙O的切线KQ交AD于K交BC于Q,如图所示:
∵BA=BF=2,
∴AF=22,
∴⊙O的半径为2,即OF=OG=2,
∵OG⊥EF,
∴FH=1,
∴OH=1,
∴GH=2−1,
∴BF≤m
故答案为:2≤m<1+2;
②如图,作△ABC的外接圆,过圆心O作OE⊥BC于点E,作OF⊥AD于点F,连接OA、OB、OC.
∵∠BAC=45°,
∴∠BOC=90°.
在Rt△BOC中,BC=6+2=8,
∴BO=CO=42.
∵OE⊥BC,O为圆心,
∴BE=CE=12BC=4,
∴DE=OF=2.
在Rt△BOE中,BO=42,BE=4,
∴DF=OE=BO2−BE2=4.
在Rt△AOF中,AO=BO=42,OF=2,
∴AF=OA2−OF2=27,
∴AD=27+4.
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