专题30 与直径有关的辅助线问题-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练

专题30  与直径有关的辅助线问题

【规律总结】

1、遇弦添加过圆心的垂线段或半径；

2、遇直径添加直径所对的圆周角；

3、遇不规则图形化成规则图形；

【典例分析】

例1．（2020·山东烟台市·烟台芝罘中学九年级月考）如图，于点，，，，则⊙O的直径是______．

【答案】

【分析】

延长交于圆上点E，连接BE，先证明，再证明△ABE∽△ADC，利用相似三角形的性质可得答案．

【详解】

延长交于圆上点E，连接BE，则∠E=∠C，

∵为的直径，，

∴∠ADC=∠ABE=90°

∵∠BCA=∠BEA

∴△ABE∽△ADC ，

∴，

∵ AD＝2cm，AB＝4cm，AC＝3cm，

∴，

解得AE=6cm．

∴的直径为．

【点睛】

本题考查的是圆周角定理及相似三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

例2．（2020·哈尔滨市第四十七中学九年级月考）已知：，为的弦，，点、点在上，弧等于弧，连接．

（1）如图，求证：BD//AE；

（2）如图，在的延长线上取一点，连接，若，求证：；

（3）如图，在（2）的条件下，若，，，求的半径的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）

【分析】

（1）利用已知条件证明∠DBE所对的弧DE和∠AEB所对的弧AB相等即可；

（2）设，，根据弧、弦、圆周角之间的关系可得，从而可证得结论；
（3）分别过D、E作AE的垂线与AE相交于H，I，根据矩形和等腰梯形的性质和判定可设AI=EH=a，从而可得EI=4+a，AE=4+2a，过A点作AG⊥BF，根据等腰三角形三线合一可得BG，再利用线段的和差求得GE，在图中的直角三角形中利用勾股定理列出方程即可求得a的值，从而可求得AB和∠BEA的正弦值，连接BO并延长与交于M，可得∠AMB=∠BEA，∠BAM=90°，解Rt△ABM即可求得圆的直径和半径．

【详解】

（1）在中，

∵，

∴弧弧，

∵弧弧，

∴弧弧弧弧，

∴弧弧，

∴弧弧，

∴，

∴BD//AE;

（2）连接，设，

∵，

∴∠ABC=∠ACB，

∵∠AEB=∠ACB，

∴∠AEB=∠ABC，

设，则，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴；

（3）分别过D、E作AE的垂线与AE相交于H，I，

∴∠DHI=∠HIB=90°，

∵弧弧，

∴DE=AB，

∵BE//AE，

∴∠DBI=180°-∠HIB=90°，四边形ABDE为等腰梯形，

∴四边形BIHD为矩形，

设EH=a,则AI=EH=a，EI=4+a，AE=4+2a，

过A点作AG⊥BF，

∵AF=AB，∴,

,

∴根据勾股定理，

解得（舍去），，

，

，

连接BO并延长与交于M，可得∠AMB=∠BEA，∠BAM=90°，

∴，

在Rt△ABM中，

∴，

∴半径OB．

【点睛】

本题主要考查弦、弧、圆周角的关系，圆周角定理、勾股定理、矩形的性质和判定，解直角三角形．（1）中证明圆周角相等其实质是证明圆周角对的弧相等；（2）能借助中间量完成角度得出角相等是解题关键；（3）中解题思路为借助辅助线和直角定理得出弦和该弦所对的圆周角的正弦值，从而转化成解直角三角形求直径．

【好题演练】

一、单选题

1．（2020·武汉十一崇仁初级中学九年级其他模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C为弧AB的中点，弦CD交AB于点E，若，则tan∠B的值是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

如图（见解析），连接OC，过O作于E，过D作于F，先根据垂径定理得到，设，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，又根据相似三角形的判定与性质可得DF、EF的长，从而可得BF的长，最后根据正切三角函数的定义即可得．

【详解】

如图，连接OC，过O作于E，过D作于F

∵

∴设，则

∴

∵AB为⊙O的直径，点C为弧AB的中点

∴

在和中，

，即

解得或（不符题意，舍去）

∵

∴

∴

，即

解得

则在中，

故选：C．

【点睛】

本题考查了垂径定理、圆心角定理、相似三角形的判定与性质、正切三角函数等知识点，通过作辅助线，构造相似三角形和直角三角形是解题关键．

二、填空题

2．（2019·浙江温州市·九年级零模）如图，已知中，，，以为直径作，交于点，在上取点使，交于点，已知，则__________．

【答案】

【分析】

连接CE，EF，BF，过F作FG⊥AC于点G，设，则，利用求出的值，利用求出和的值，利用求出的值，进而求出，从而得出结论．

【详解】

解：连接CE，

∵BC是直径，∴CE⊥BA，

又∵，∴设，则，

∵，∴，，

∴，

连接EF，

∵四边形BCFE是圆内接四边形，

∴，，

∴

∴，即：

解得：，

∴，

连接BF，过F作FG⊥AC于点G，

∵BC是直径，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

在中，由勾股定理得：

，

∴ ，

∴，∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

故答案为：．

【点睛】

本题属于圆的综合题，难度较大，主要考查了圆内接四边形、相似、勾股定理、直角三角形，三角函数等知识点．在解题过程中，要灵活应用，尤其是辅助线的构造，是解决本题的关键．

3．（2019·全国九年级专题练习）如图所示，中，，，，分别在射线，上移动，且，则点到点的距离的最大值为__.

【答案】.

【解析】

【分析】

过，，三点作，作直径连结，根据等腰直角三角形的性质可得，再根据同弧所对的圆周角相等得出，从而确定的直径即可

【详解】

如图所示，过，，三点作，作直径连结，

∵，

∴，

∵

在中，，∴

在，弦的最大值等于直径

∴到点的距离的最大值为

【点睛】

本题考查了圆周角的性质定理，等腰直角三角形的性质，以及勾股、勾股定理等知识点，掌握直径是圆中最长的弦是解题的关键

三、解答题

4．（2020·郑州一中国际航空港实验学校九年级三模）如图，AB为⊙O的直径，且AB＝4，DB⊥AB于B，点C是弧AB上的任一点，过点C作⊙O的切线交BD于点E．连接OE交⊙O于F．

（1）求证：AD∥OE；

（2）填空：连接OC、CF，

①当DB＝　   　时，四边形OCEB是正方形；

②当DB＝　   　时，四边形OACF是菱形．

【答案】（1）见解析；（2）①4，②BD＝4．

【分析】

（1）连接OC、BC，由AB为⊙O的直径，DB⊥AB于B，推出DB是⊙O的切线，进而证明OE⊥BC，AC⊥BC，即可得出结论；

（2）①若四边形OCEB是正方形，CE＝BE＝OB＝OC＝AB＝2，由（1）可证，得到DE＝BE＝2，BD＝BE+DE＝4即可求出；

②若四边形OACF是菱形，则OA＝AC，又OA＝OC，于是△OAC为等边三角形，∠A＝60°，在Rt△ABD中，由tanA＝，即可求得BD．

【详解】

（1）证明：连接OC、BC，如图1，

∵AB为⊙O的直径，DB⊥AB于B，

∴DB是⊙O的切线，

∵CE与⊙O相切于点C，

∴BE＝CE，

∴点E在BC的垂直平分线上，

∵OB＝OC，

∴点O在BC的垂直平分线上，

∴OE⊥BC，

∵∠ACB＝90°，即AC⊥BC，

∴AD∥OE；

（2）如图2，①若四边形OCEB是正方形，AB＝4，

∴CE＝BE＝OB＝OC＝AB＝2，

∵OE∥AC，

∴，

∴DE＝BE＝2，

∴BD＝BE+DE＝4，

故答案为：4；

②若四边形OACF是菱形，

∴CO平分∠ACF，CF∥OA，

∴∠ACO＝∠FCO＝∠AOC，

∵OA＝OC，

∴∠A＝∠ACO＝∠AOC，

∴△AOC是等边三角形，

∴∠A＝60°，

∵∠ABD＝90°，

∴Rt△ABD中，tanA＝，

∴BD＝4，

故答案为：4；

【点睛】

本题是圆综合题，正方形的性质，菱形的性质，以及等边三角形的性质等知识，熟练掌握圆的相关性质以及菱形和正方形的性质是解题的关键．

5．（2020·上海青浦区·九年级二模）如图，已知AB是半圆O的直径，AB＝6，点C在半圆O上．过点A作AD⊥OC，垂足为点D，AD的延长线与弦BC交于点E，与半圆O交于点F（点F不与点B重合）．

（1）当点F为的中点时，求弦BC的长；

（2）设OD＝x，＝y，求y与x的函数关系式；

（3）当△AOD与△CDE相似时，求线段OD的长．

【答案】（1）3；（2）y＝；（3）

【分析】

（1）连结OF，交BC于点H．得出∠BOF＝∠COF．则∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，可求出BH，BC的长；

（2）连结BF．证得OD∥BF，则，即，得出，则得出结论；

（3）分两种情况：①当∠DCE＝∠DOA时，AB∥CB，不符合题意，舍去，②当∠DCE＝∠DAO时，连结OF，证得∠OAF＝30°，得出OD＝，则答案得出．

【详解】

解：（1）如图1，连结OF，交BC于点H．

∵F是中点，

∴OF⊥BC，BC＝2BH．

∴∠BOF＝∠COF．

∵OA＝OF，OC⊥AF，

∴∠AOC＝∠COF，

∴∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，

在Rt△BOH中，sin∠BOH＝，

∵AB＝6，

∴OB＝3，

∴BH＝，

∴BC＝2BH＝3；

（2）如图2，连结BF．

∵AF⊥OC，垂足为点D，

∴AD＝DF．

又∵OA＝OB，

∴OD∥BF，BF＝2OD＝2x．

∴，

∴，

即，

∴，

∴y＝．

（3）△AOD和△CDE相似，分两种情况：①当∠DCE＝∠DOA时，AB∥CB，不符合题意，舍去．

②当∠DCE＝∠DAO时，连结OF．

∵OA＝OF，OB＝OC，

∴∠OAF＝∠OFA，∠OCB＝∠OBC．

∵∠DCE＝∠DAO，

∴∠OAF＝∠OFA＝∠OCB＝∠OBC．

∵∠AOD＝∠OCB+∠OBC＝2∠OAF，

∴∠OAF＝30°，

∴OD＝．

即线段OD的长为．

【点睛】

本题属于圆综合题，考查了垂径定理，勾股定理，直角三角形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造基本图形解决问题．

6．（2020·哈尔滨市第四十七中学九年级月考）如图，四点都在上，弧弧，连接，．

（1）如图1，求证：是的直径；

（2）如图2，过点作于点，点在弧上，连接交于点，求证：平分；

（3）如图3，在（2）的条件下，与相切于点，交的延长线于点，连接，若，，求线股的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．

【分析】

（1）求出，根据90度的圆周角所对的弦是直径可得结论；

（2）连接OC，OD，AB与CD交于点H，利用三角形内角和定理分别求出，，然后根据等量代换得到即可；

（3）如图作辅助线，根据角的关系求出点M在AD的垂直平分线上，然后构造矩形MQDT，根据矩形的性质和等腰直角三角形的性质求出的半径，然后由勾股定理列方程求出BE，进而得到AD，AC的值，然后再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求出AP，得到PD即可解决问题．

【详解】

解：（1）如图1，连接BD，

∵，，

∴，

∴∠ADB＝，

∴是的直径；

（2）如图2，连接OC，OD，AB与CD交于点H，

∵，，，

∴，

∵，

∴，

∵OC＝OD，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，即平分；

（3）如图3，延长CO交于K，连接DM，则∠KOD＝2∠KCD，

∵，，

∴，

∴，即，

∵，

∴，

∴AM＝DM，

∴点M在AD的垂直平分线上，

连接MO并延长交AD于Q，则MQ⊥AD，AQ＝DQ，

∵是的切线，是的直径，

∴QM⊥MN，QD⊥BD，

延长DB交MN于T，连接BC，则四边形MQDT是矩形，

∴MT＝QD，QM＝DT，

设BE＝x，则，

∵，

∴，

∴，，

∴

设的半径为r，

则，

解得：，

∴，，

∴，

∴，

由勾股定理得：AD2+BD2＝AB2，即，

∴（舍去负值），，

易得△ABC，△PCD是等腰直角三角形，

∴，

设AP＝y，则PD＝PC＝，

由勾股定理得：AP2+PC2＝AC2，即，

∴，（舍去），

∴PD＝PC＝，

∴．

【点睛】

本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理及其推论、切线的性质、圆周角弧弦之间的关系、等腰三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理以及解一元二次方程等知识点，其中第（3）问难度较大，合理作出辅助线，构造出矩形和等腰三角形，求出半径和BE的长是解题的关键．