2025年中考数学二轮复习《圆》解答题专项练习三（含答案）

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如图，AB为⊙O的弦，若OA⊥OD，AB、OD相交于点C，且CD＝BD.
(1)判定BD与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
(2)当OA＝3，OC＝1时，求线段BD的长.

如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，OP与⊙O相交于点C，连接CB，若∠OPA＝40°，求∠ABC的度数.
如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连接PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P.当⊙P与正方形ABCD的边相切时，求BP的长.
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．
如图，点D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD.
(1)判断直线CD和⊙O的位置关系，并说明理由.
(2)过点B作⊙O的切线BE交直线CD于点E，若AC＝2，⊙O的半径是3，求BE的长.
如图，已知等边△ABC，以边BC为直径的半圆与边AB，AC分别交于点D，点E，过点D作DF⊥AC，垂足为点F.
(1)判断DF与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
(2)过点F作FH⊥BC，垂足为点H.若等边△ABC的边长为4，求FH的长.(结果保留根号)
如图，PQ为圆O的直径，点B在线段PQ的延长线上，OQ＝QB＝1，动点A在圆O的上半圆运动(含P、Q两点)，
(1)当线段AB所在的直线与圆O相切时，求弧AQ的长(图1)；
(2)若∠AOB＝120°，求AB的长(图2)；
(3)如果线段AB与圆O有两个公共点A、M，当AO⊥PM于点N时，求tan∠MPQ的值(图3).
如图，平行四边形ABCD中，以A为圆心，AB为半径的圆交AD于F，交BC于G，延长BA交圆于E.
(1)若ED与⊙A相切，试判断GD与⊙A的位置关系，并证明你的结论；
(2)在(1)的条件不变的情况下，若GC=CD，求∠C.
如图，平行四边形ABCD中，以A为圆心，AB为半径的圆交AD于F，交BC于G，延长BA交圆于E.
(1)若ED与⊙A相切，试判断GD与⊙A的位置关系，并证明你的结论；
(2)在(1)的条件不变的情况下，若GC＝CD，求∠C.
如图，⊙O的直径DF与弦AB交于点E，C为⊙O外一点，CB⊥AB，G是直线CD上一点，∠ADG＝∠ABD.
求证：AD•CE＝DE•DF；
说明：（1）如果你经历反复探索，没有找到解决问题的方法，请你把探索过程中的某种思路过程写出来（要求至少写3步）；
（2）在你经历说明（1）的过程之后，可以从下列①、②、③中选取一个补充或更换已知条件，完成你的证明.
①∠CDB＝∠CEB；②AD∥EC；③∠DEC＝∠ADF，且∠CDE＝90°.
\s 0 答案
证明：连接OB，

∵OA＝OB，CD＝DB，
∴∠OAC＝∠OBC，∠DCB＝∠DBC．
∵∠OAC＋∠ACO＝90°，∠ACO＝∠DCB，
∴∠OBC＋∠DBC＝90°．
∴OB⊥BD．即BD是⊙O的切线．
(2)BD＝4.
解：∵AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，
∴∠BAP＝90°.
∵∠OPA＝40°，
∴∠AOP＝180°－90°－40°＝50°.
∵OB＝OC，
∴∠ABC＝∠BCO.
又∵∠AOP＝∠ABC＋∠BCO，
∴∠ABC＝eq \f(1,2)∠AOP＝eq \f(1,2)×50°＝25°.
解：由题意知BM＝4.分两种情况：
(1)当⊙P与CD相切时，设BP＝x，则PM＝PC＝8﹣x.
由勾股定理得x2＋42＝(8﹣x)2，解得x＝3；
(2)当⊙P与AD相切时，半径PM＝点P到AD的距离＝8.
由勾股定理得BP2＝82﹣42，解得BP＝4 eq \r(3)(负值已舍).
综上所述，BP的长为3或4 eq \r(3).
解：(1)∵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．
解：(1)直线CD和⊙O的位置关系是相切，理由：连结OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB＋∠DBA＝90°.
∵∠CDA＝∠CBD，
∴∠DAB＋∠CDA＝90°.
∵OD＝OA，
∴∠DAB＝∠ADO，
∴∠CDA＋∠ADO＝90°，即OD⊥CE，即直线CD和⊙O相切
(2)∵AC＝2，⊙O的半径是3，
∴OC＝2＋3＝5，OD＝3，CD＝4.
∵CE切⊙O于点D，EB切⊙O于点B，
∴DE＝EB，∠CBE＝90°，
在Rt△CBE中，由勾股定理得：CE2＝BE2＋BC2.
可得BE＝6.
解：(1)DF与⊙O相切.
证明：连接OD，
∵△ABC是等边三角形，DF⊥AC，
∴∠ADF=30°.
∵OB=OD，∠DBO=60°，
∴∠BDO=60°.
∴∠ODF=180°﹣∠BDO﹣∠ADF=90°.
∴DF是⊙O的切线.
(2)∵△BOD、△ABC是等边三角形，
∴∠BDO=∠A=60°，
∴OD∥AC，
∵O是BC的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴AD=BD=2，
又∵∠ADF=90°﹣60°=30°，
∴AF=1.
∴FC=AC﹣AF=3.
∵FH⊥BC，
∴∠FHC=90°.
在Rt△FHC中，sin∠FCH=，∴FH=FC•sin60°=.
即FH的长为.
解：(1)∵直线AB与圆O相切，
∴∠OAB＝90°，
∵OQ＝QB＝1，
∴OA＝1，OB＝2，
∴OA＝eq \f(1,2)OB，
∴∠B＝30°，
∴∠AOB＝60°，
∴AQ＝eq \f(π,3)；
(2)如图1，连接AP，过点A作AM⊥BP于M，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOP＝60°，
∴AM＝sin∠AOP•AO＝sin60°×1＝eq \f(\r(3),2)，
∵OM＝eq \f(1,2)，
∴BM＝OM＋OB＝eq \f(1,2)＋2＝eq \f(5,2)，
∴AB＝eq \r(7)；
(3)如图2，连接MQ，
∵PQ为圆O的直径，
∴∠PMQ＝90°，
∵ON⊥PM，
∴AO∥MQ，
∵PO＝OQ，
∴ON＝eq \f(1,2)MQ，
∵OQ＝BQ，
∴MQ＝eq \f(1,2)AO，
∴ON＝eq \f(1,4)AO，
设ON＝x，则AO＝4x，
∵OA＝1，∴4x＝1，
∴x＝eq \f(1,4)，∴ON＝eq \f(1,4)，
∴PN＝eq \f(\r(15),4)，
∴tan∠MPQ＝.
解：(1)结论：GD与⊙O相切.理由如下：连接AG.
∵点G、E在圆上，
∴AG=AE.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC.
∴∠B=∠1，∠2=∠3.
∵AB=AG，
∴∠B=∠3.
∴∠1=∠2.
在△AED和△AGD中，
，
∴△AED≌△AGD.
∴∠AED=∠AGD.
∵ED与⊙A相切，
∴∠AED=90°.
∴∠AGD=90°.
∴AG⊥DG.
∴GD与⊙A相切.
(2)∵GC=CD，四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，∠4=∠5，AB=AG.
∵AD∥BC，
∴∠4=∠6.
∴∠5=∠6=∠B.
∴∠2=2∠6.
∴∠6=30°.
∴∠C=180°﹣∠B=180°﹣60°=120°.

解：(1)结论：GD与⊙O相切.理由如下：连接AG.
∵点G、E在圆上，
∴AG＝AE.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC.
∴∠B＝∠1，∠2＝∠3.
∵AB＝AG，
∴∠B＝∠3.
∴∠1＝∠2.
在△AED和△AGD中，
，
∴△AED≌△AGD.
∴∠AED＝∠AGD.
∵ED与⊙A相切，
∴∠AED＝90°.
∴∠AGD＝90°.
∴AG⊥DG.
∴GD与⊙A相切.
(2)∵GC＝CD，四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，∠4＝∠5，AB＝AG.
∵AD∥BC，
∴∠4＝∠6.
∴∠5＝∠6＝∠B.
∴∠2＝2∠6.
∴∠6＝30°.
∴∠C＝180°﹣∠B＝180°﹣60°＝120°.
（1）证明：连接AF，
∵DF是⊙O的直径，
∴∠DAF＝90°，
∴∠F+∠ADF＝90°，
∵∠F＝∠ABD，∠ADG＝∠ABD，
∴∠F＝∠ADG，
∴∠ADF+∠ADG＝90°
∴直线CD是⊙O的切线
∴∠EDC＝90°，
∴∠EDC＝∠DAF＝90°；
（2）选取①完成证明
证明：∵直线CD是⊙O的切线，
∴∠CDB＝∠A.
∵∠CDB＝∠CEB，
∴∠A＝∠CEB.
∴AD∥EC.
∴∠DEC＝∠ADF.
∵∠EDC＝∠DAF＝90°，
∴△ADF∽△DEC.
∴AD：DE＝DF：EC.
∴AD•CE＝DE•DF.