专题35 锐角三角函数与圆综合-2023年中考数学二轮专题提升训练

这是一份专题35 锐角三角函数与圆综合-2023年中考数学二轮专题提升训练，共30页。试卷主要包含了利用垂径定理构造直角三角形等内容，欢迎下载使用。

专题35 锐角三角函数与圆综合
第一部分 典例剖析+针对训练
类型一 利用垂径定理构造直角三角形
典例1（2022•三水区一模）
1．如图，已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，AC＝4，以A为圆心，AB为半径画圆，与边BC交于另一点D．

(1)求BD的长；
(2)连接AD，求∠DAC的余弦值．
针对训练
（2021秋•湖州期末）
2．如图，在Rt中，．以点为圆心，长为半径的圆交于点，则的长是（    ）

A．1 B． C． D．2
（2022秋•鄞州区期末）
3．如图，是的外接圆，点在延长线上，且满足．

(1)求证：是的切线；
(2)若是的平分线，，，求的半径．
类型二   利用直径所对的圆周角是直角构造直角三角形
典例2（2022•通辽）
4．如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点，，都在格点上，以为直径的圆经过点，，则的值为（   ）

A． B． C． D．
针对训练
（2021•东海县模拟）
5．如图，某广场上有一块半径125米的圆形绿化空地⊙O，城市管理部门规划在这块空地边缘顺次选择四点：A，B，C，D，建成一个从A﹣B﹣C﹣D﹣A的四边形循环健身步道（步道宽度忽略不计）．若∠A＝90°，∠B＝53.2°，AB＝200米．

(1)求步道AD的长；
(2)求步道围成的四边形ABCD的面积．（参考数据：sin53.2°≈0.80，cos53.2°≈0.60）
类型三 利用圆周角定理把角转化到直角三角形中
典例3 （2021春•中原区校级月考）
6．如图，是的边上一点，连接作的外接圆，将沿直线折叠，点的对应点落在上．

(1)求证：；
(2)填空：
①当时，四边形是菱形．
②当时，
针对训练
（2019•临河区一模）
7．如图，已知是的直径，点C，D在上，且，，则的值为__．

（2019春•西陵区期中）
8．如图，已知是的直径，弦弦，经过点B作的切线交的延长线于点E．

(1)求证：；
(2)若，，求．
类型四   利用切线与相关半径的关系构造直角三角形
典例4（2022•通辽）
9．如图，在中，，以为圆心，的长为半径的圆交边于点，点在边上且，延长交的延长线于点．

(1)求证：是圆的切线；
(2)已知，，求长度及阴影部分面积．
针对训练
（2019•东河区二模）
10．如图，在中，，以边为直径作交于点，过点作的切线，交于点，交的延长线于点；若半径为3，且，则线段的长是（　　）

A． B．5 C． D．
第二部分 专题提优训练
（2022•东城区二模）
11．如图，在边长为1的正方形网格中，点在格点上，以为直径的圆过两点，则的值为______．

（2022•青白江区模拟）
12．如图，在平面直角坐标系中，已知可运动（平移或旋转），且，，，若以点为圆心，2为半径的始终在的内部，则的顶点C到原点O的距离的最小值为__．

（2020秋•上虞区期末）
13．如图，是的直径，，是延长线上一点，且，过点作一直线，分别交于两点，已知．

(1)求与的长；
(2)连接，求圆内接四边形的面积．
（2022秋•思明区校级期中）
14．如图，与⊙O相切于点B，交⊙O于点C，的延长线交⊙O于点D，E是上不与B，D重合的点，．

(1)求的大小；
(2)若点F在的延长线上，且，求证：与⊙O相切．
（2020秋•平邑县期末）
15．如图，已知是的直径，点P在的延长线上，切于点D，过点B作，交的延长线于点C，连接并延长，交于点E．

(1)求证：；
(2)如果，，求的长．
（2022•松阳县二模）
16．如图，已知以为直径的半圆，圆心为O，弦平分，点D在半圆上，过点C作，垂足为点E，交的延长线于点F．

(1)求证：与半圆O相切于点C．
(2)若，求的值．
（2022•石家庄模拟）
17．古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”，它的完美来自对称．其中切弦（chord of contact）亦称切点弦，是一条特殊弦，从圆外一点向圆引两条切线，连接这两个切点的弦称为切弦．此时，圆心与已知点的连线垂直平分切弦．

(1)为了说明切弦性质的正确性，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”过程．
已知：如图1，P是外一点，__________．
求证：__________．
(2)如图2，在（1）的条件下，CD是的直径，连接AD，BC，若，，，求OP的长．

参考答案：
1．(1)
(2)

【分析】（1）过点A作AH⊥BD于H，利用面积法求出AB和AH，再利用勾股定理求出BH，由垂径定理即可解决问题；
（2）过点D作DM⊥AC于M，利用面积法求出DM，再由勾股定理求出AM即可解决问题．
【详解】（1）过点A作AH⊥BD于H，如图1所示：

∵Rt△ABC，∠BAC＝90°，BC＝6，AC＝4，
∴AB＝＝＝2，
∵AB•AC＝BC•AH，
∴AH＝＝＝，
∴BH＝＝＝，
∵AH⊥BD，
∴BH＝HD＝，
∴BD＝；
（2）过点D作DM⊥AC于M，如图2所示：

由（1）得：AH＝，BD＝，AB＝2，
∴AD＝AB＝2，CD＝BC﹣BD＝6﹣＝，
∵AH•CD＝DM•AC，
∴DM＝＝＝，
在Rt△ADM中，由勾股定理得：AM＝＝＝，
∴cos∠DAC＝＝＝．
【点睛】本题考查了勾股定理、解直角三角形、垂径定理等知识，解题的关键是学会利用面积法解决问题．
2．B
【分析】利用三角函数及勾股定理求出BC、AB，连接CD，过点C作CE⊥AB于E，利用，求出BE，根据垂径定理求出BD即可得到答案．
【详解】解： 在Rt中，，
∴BC=3，，
连接CD，过点C作CE⊥AB于E，
∵，
∴，
解得，
∵CB=CD，CE⊥AB，
∴，
∴，
故选：B．

【点睛】此题考查了锐角三角函数，勾股定理，垂径定理，熟记各定理并熟练应用是解题的关键．
3．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，与相交于点，如图，由，可得，根据圆周角定理可得，由已知，可得，根据三角形内角和定理可得，等量代换可得，即可得出答案；
（2）根据角平分线的定义可得，由已知可得，根据垂径定理可得，，，在中，根据正弦定理可得，即可算出的长度，根据勾股定理可算出的长度，设的半径为，则，在中，，代入计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：连接，与相交于点，如图，

，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：是的平分线，
，
，
，
，，
在中，
，
，
，
，
设的半径为，则，
在中，
，
，
解得：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，垂径定理及解直角三角形，熟练掌握切线的性质与判定，垂径定理及解直角三角形的方法进行求解是解决本题的关键．
4．B
【分析】首先根据勾股定理求出AB的长度，然后根据圆周角定理的推论得出，，计算出即可得到．
【详解】解：∵为直径，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
故选：B．
【点睛】本题考查圆的性质和三角函数，掌握勾股定理及圆周角定理的推论是关键．
5．(1)步道AD的长是150米
(2)步道围成的四边形ABCD的面积是23400平方米

【分析】（1）连接BD，由圆周角定理推论判断BD是⊙O的直径，在中利用勾股定理即可求出AD；
（2）过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥AE于点F，证明四边形CDFE是矩形，则四边形ABCD的面积，分别计算求和即可．
【详解】（1）连接BD，

∵∠A＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴BD＝125×2＝250（米），
∵AB＝200米，
∴AD＝（米），
答：步道AD的长是150米；
（2）过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥AE于点F，

在Rt△ABE中，∠B＝53.2°，AB＝200米，
∴AE＝AB•sin 53.2°≈200×0.80＝160（米），
BE＝AB•cos 53.2°≈200×0.60＝120（米），
∵∠BAE+∠ABE＝∠BAE+∠DAF＝90°，
∴∠DAF＝∠ABE＝53.2°，
在Rt△ADF 中，DF＝AD•sin 53.2°≈150×0.80＝120（米），
∴AF＝90（米），
∴EF＝AE﹣AF＝70（米），
∵AE⊥BC，DF⊥AE，∠BCD＝90°，
∴四边形CDFE是矩形，
∴四边形ABCD的面积为：
×120×160+120×70+×120×90＝23400（平方米）．
答：步道围成的四边形ABCD的面积是23400平方米．
【点睛】本题考查圆周角定理、勾股定理、锐角三角函数解直角三角形、矩形的判定与性质等知识点，本题中正确作出辅助线，证明四边形CDFE是矩形是解题关键．
6．(1)见解析
(2)①；②

【分析】（1）利用折叠的性质得出，，再判断出，得出，即可得出结论；
（2）①先判断出是等边三角形，得出，进而求出，再求出；
②先求出，再判断出，利用锐角三角函数求出，进而求出，即可得出结论．
【详解】（1）由折叠知，，，
，
，
，
；
（2）①如图所示：

∵四边形是菱形，
，
连接，
，
，
是等边三角形，
∴∠ADO＝60°，
同理：，
，
由折叠知，，
，
，
，
，
故答案为：；
②如图，过点作于，

由知，，
，
，，
，
在中，
，
∴，
，
由（1）知，，
，
由（1）知，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，解直角三角形，垂径定理等知识，解题的关键是学会利用面积法解决问题，属于中考常考题型．
7．
【分析】先利用圆周角定理得到，再利用勾股定理计算出，利用正切的定义得到，然后根据圆周角定理得到，从而得到的值．
【详解】是的直径，
，
在中，，
，
，
．
故答案为．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径．
8．(1)见解析
(2)

【分析】（ 1）连接，根据切线的性质得出，由圆周角定理得出，即可证得，根据等腰三角形的性质即可证得，从而证得结论；
（2 ）连接，交于M，根据垂径定理得出，然后根据三角形中位线定理求得，然后根据勾股定理得出，解得，解直角三角形求得，根据圆周角定理，即可求得．
【详解】（1）证明：连接，

∵是的切线，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵弦弦BC，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，交于M，
∵，
∴，，
∵，
∴，
设圆的半径为r，
∴，
∵，
∵，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，解一元二次方程，熟练掌握这些性质是解题的关键．
9．(1)证明见详解；
(2)AC=3，阴影部分面积为．

【分析】（1）连接OD，证明∠ODE=90°即可；
（2）在Rt△OCD中，由勾股定理求出OC、OD、CD，在Rt△OCE中，由勾股定理求出OE，用△OCE的面积减扇形面积即可得出阴影部分面积．
【详解】（1）证明：连接OD

∵OD=OB
∴∠OBD=∠ODB
∵AC=CD
∴∠A=∠ADC
∵∠ADC=∠BDE
∴∠A=∠EDB
∵∠AOB=90°
∴∠A+∠ABO=90°
∴∠ODB+∠BDE=90°
即OD⊥CE，
又D在上
∴是圆的切线；
（2）解：由（1）可知，∠ODC=90°
在Rt△OCD中，
∴设OD=OB=4x，则OC=5x，
∴
∴AC=3x
∴OA=OC+AC=8x
在Rt△OAB中：
即：
解得，（-1舍去）
∴AC=3，OC=5，OB=OD=4
在Rt△OCE中，
∴设OE=4y，则CE=5y，
∵

解得，（舍去）
∴

∴阴影部分面积为．
【点睛】本题考查切线的判断和性质、勾股定理、三角函数、阴影部分面积的求法，解题的关键在于灵活运用勾股定理和三角函数求出相应的边长，并能将阴影部分面积转化为三角形与扇形面积的差．
10．A
【分析】连接，如图，利用等腰三角形的性质和平行线的判定得到，再根据切线的性质得到，则，接着在中利用正弦的定义求出，然后在中利用正弦定义可求出的长．
【详解】解：连接，如图，
∵，
，
，
，
，
，
∵为切线，
，
，
在中，
，
，
在中，
，

故选：A．

【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．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了解直角三角形．
11．##0.6
【分析】根据圆周角定理得出∠BCD=∠BAD，在网格中利用勾股定理可得AB，利用等角的正弦值相同即可得出结果．
【详解】解：由图可得∠BCD=∠BAD，
在∆ABD中，AD=4，BD=3，
∴AB=，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，勾股定理、解三角形及正弦的定义，解题的关键是理解题意，综合运用这些知识点求解．
12．
【分析】如图，设与相切于点J，与相切于点T，连接，，，延长交于F，解直角三角形求出，，根据即可解决问题．
【详解】解：设与相切于点J，与相切于点T，连接，，，延长交于F，

∵，是的切线，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为．
故答案为:．
【点睛】本题考查解直角三角形，切线的性质，坐标由图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
13．(1)，
(2)

【分析】（1）过点作于点，连接，解直角三角形求得，再利用勾股定理求得，进而即可求得和；
（2）求得和的面积，进而即可求得四边形的面积．
【详解】（1）解：过点作于点，连接，
∵，，
∴，，
∵在中，，
∴，，
∴在中，，
∵，
∴，
∴．
∴；
（2）解：由（1）知：，，，
∴，
∴，
∴．

【点睛】本题考查垂径定理，解直角三角形以及勾股定理的应用，三角形的面积，通过解直角三角形得到三角形的高是解题的关键．
14．(1)
(2)证明见详解

【分析】（1）根据切线的性质，得出，进而求出，，再根据圆周角定理得出答案；
（2）根据等腰三角形的判定和性质可得，进而得出，根据“三角形一边的中线等于这边的一半，这个三角形是直角三角形”得出即可得到答案；
【详解】（1）解：连接，
∵与⊙O相切于点B，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；

（2）证明：连接，
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴是直角三角形，
即，
∵，是半径，
∴是⊙O的切线；
【点睛】本题考查切线的性质和判定，圆周角定理以及等腰三角形、直角三角形性质，熟练掌握相关的性质定理是解本题的关键．
15．(1)见解析
(2)3

【分析】（1）连接，如图，根据切线的性质得到，则可判断，可得，再由，可得，然后根据等腰三角形的判定定理得到结论；
（2）根据，可得，根据含30度的直角三角形三边的关系得到，从而得到，然后在中利用得到的长．
【详解】（1）证明：连接，如图，

∵切于点D，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，．
【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．也考查了含30度的直角三角形三边的关系及解三角形，熟练掌握切线的性质定理及特殊角的三角函数是解题关键．
16．(1)见解析
(2)

【分析】（1）利用直角三角形的两锐角互余和角平分线的定义即可求证；
（2）先利用求得OF的长，然后在Rt△COF中利用勾股定理求得CF的长，再利用得到求得CE的长，最后证得，利用相似三角形的性质即可求得AE，利用正切函数的定义即可求解．
【详解】（1）（1）∵，
∴
又∵平分，
∴，
∴
又∵，
∴
∴，
∴
又∵点C在半圆O上，
∴与半圆O相切于点C．
（2）∵，
∴，
又∵，
∴
又∵与半圆O相切于点C，
∴
∴
∵，，
∴，
∴
∴，
∴
∵，
∴，
∴
∴，
∴
∴在中有，．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了切线的判定定理：过半径的外端点且与半径垂直的直线为圆的切线．也考查了相似三角形的判定，等腰三角形的性质以及解直角三角形．
17．(1)PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，连接AB，OP；OP垂直平分AB
(2)OP的长为

【分析】（1）根据命题的条件和结论即可写成已知和求证，连接OA、OB，根据切线的性质可得∠OAP=∠OBP=90°，然后证明Rt△OAP≌Rt△OBP，从而可得∠AOP=∠BOP，最后利用等腰三角形的三线合一性质即可解答；
（2）连接OA、OB，根据等腰三角形的性质求出∠AOD和∠BOC，从而求出∠AOB，然后在Rt△OBP中利用锐角三角函数进行计算即可解答．
【详解】（1）解：已知：如图，P是⊙O外一点，PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，连接AB，OP，
求证：OP垂直平分AB，
证明：连接OA、OB，

∵PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），
∴∠AOP=∠BOP，
∵OA=OB，
∴OP垂直平分AB；
故答案为：PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，连接AB，OP；OP垂直平分AB；
（2）解：连接OA、OB，

∵OA=OD，
∴∠ADC=∠DAO=50°，
∴∠AOD=180°-∠ADC-∠DAO=80°，
∵OB=OC，
∴∠DCB=∠OBC=70°，
∴∠BOC=180°-∠DCB-∠OBC=40°，
∴∠AOB=180°-∠AOD-∠BOC=60°，
由（1）得：
∠BOP=∠AOP=∠AOB=30°，
∵∠OBP=90°，OB=OC=2，
∴OP=，
∴OP的长为．
【点睛】本题考查了解直角三角形，切线的性质，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是根题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线．