专题14 与圆有关的证明和计算- 2024年中考数学压轴专题重难点突破

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（1）切线判定： = 1 \* GB3 ①经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
= 2 \* GB3 ②和圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）
= 3 \* GB3 ③如果圆心到一条直线的距离等于圆的半径，那么这条直线是圆的切线
（2）切线判定常用的证明方法：
①知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；
②不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径．
1．如图，在中，，以为直径作圆，分别交于点，交的延长线于点，过点作于点，连接交线段于点．
(1)求证：EH=CH；
(2)求证：是圆的切线；
(3)若，求圆的半径．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（1）先判断出是等腰三角形，即可得出结论；
（2）连接OD，先判断出是等腰三角形，进而得出，进而判断出，即可得出结论
（3）设的半径为r，即，先判断出，进而得出，得出，，进而得出，再判断出，得出比例式建立方程求解，即可求出答案．
（1）
证明： ，
，
在⊙中，，
∴，
是等腰三角形，
∵，
∴
（2）
证明：连接，如图1，
，
是等腰三角形，
，
，
，
，
∴，
，
，
∵是的半径，
是圆的切线；
（3）
连接，如图1，，
设⊙的半径为，即，
，
，
∵，
，
则，
，
，
∵是等腰三角形，
∴，
，
∴是等腰三角形，
∵是⊙的直径，
∴，
∴，
，
在⊙中，，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
解得：，舍，
综上所述，⊙的半径为．
【我思故我在】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，用方程的思想解决问题是解（3）的关键．
2．小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．
（1）更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在中，是劣弧的中点，直线于点，则．请证明此结论；
（2）从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，，组成的一条折弦．是劣弧的中点，直线于点，则．可以通过延长、相交于点，再连接证明结论成立．请写出证明过程；
（3）如图3，，组成的一条折弦，若是优弧的中点，直线于点，则，与之间存在怎样的数量关系？请写出证明过程．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）连接，，易证为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得．
（2）根据圆内接四边形的性质，先，再证为等腰三角形，进一步证得，从而证得结论．
（3）根据，从而证明，得出，然后判断出，进而求得．
【详解】证明：（1）如图1，连接，，
是劣弧的中点，
，
，
，
，，
，
为等腰三角形，
，
；
（2）如图2，延长、相交于点，再连接，
是圆内接四边形，
，
是劣弧的中点，
，
，
为等腰三角形，
，，
，
，
（3）．
连接，，，、相交于点，
弧弧，
，
，
，，
，
，
，，
，
，，
，
，
．
【我思故我在】本题主要考查了垂径定理及其推论，等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握垂径定理在5个条件中，1．平分弦所对的一条弧；2．平分弦所对的另一条弧；3．平分弦；4．垂直于弦；5．经过圆心（或者说直径）．只要具备任意两个条件，就可以推出其他的三个．
3．如图，AB是的直径，AC是的切线，连接OC，弦，连接BC，DC．
求证：DC是的切线；
若，求的值．
【分析】连接OD，如图，利用切线的性质得，再利用平行线的性质证明，则可判定≌，从而得到，然后根据切线的判定方法得到结论；作于E，如图，在中由于，则可设，，所以，则，再在中利用正弦可表示出，利用勾股定理可得到，于是得到，从而在中根据正切定义得到，然后根据平行线的性质即可得到的值．
【详解】证明：连接OD，如图，
为切线，
，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
≌，
，
，
是的切线；
解：作于E，如图，
在中，，
设，，
，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
，
，
的值为．
【我思故我在】本题考查了切线的性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”也考查了解直角三角形．
4．图，是的直径，点C在的延长线上，平分交于点D，过点A作，垂足为点E．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求的半径以及线段的长．
【答案】(1)是的切线，理由见解析
(2)3；
【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质得出，根据角平分线的定义得出，即，根据平行线的判定方法得出，根据，得出，根据即可得出结论；
（2）设，在中，由勾股定理列出关于x的方程即可；先求出，然后再根据，得出，代入数据即可得出答案．
【详解】（1）：是的切线，理由如下：
连接OD，如图所示：
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：设，在中，由勾股定理得，，
即，
解得，
即半径为3；
∵，
∴，
根据解析（1）可知，，
∴，
即，
解得：．
【我思故我在】本题主要考查了切线的判定，平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是根据平行线的性质得出．
5．如图，在等腰中，，以为直径的与交于点D，，垂足为E，的延长线与的延长线交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为，，求的长．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，连接，
∵是的直径，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴
∴．
【我思故我在】本题考查等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
6．如图，在中，，以为直径的与斜边交于点，点为边的中点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)填空
①若，，则___________；
②当___________时，以，，，为顶点的四边形是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【详解】（1）证明：∵是直径，
∴，
∵点为边的中点，
∴DE=CE=BE，
∴，，
连接，则，
∴，
∴是的切线．
（2）解：①∵在中，，
∴，
∴，
故答案为：；
②只要，以，，，为顶点的四边形就是正方形，
则，
故答案为：．
【我思故我在】本题考查了圆的切线的判定及解直角三角形的知识和正方形的判定，通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形是解答本题的关键．
7．如图，AB是⊙O的直径，弦，E是CA延长线上的一点，连接DE交⊙O于点F连接AF，CE．
(1)若，求的度数．
(2)求证：AF平分．
(3)若，，且CF经过圆心O，求CE的长．
【答案】(1)70° (2)详见解析 (3)
【分析】（1）由垂径定理得到，从而得到与的关系，通过直角三角形的性质可以得到,由圆周角定理的推理即可得出；
（2）由垂径定理和圆周角定理的推理可以得出,再由圆内接四边形和得出与的关系，从而得到，由圆周角定理的推理得出与的关系，从而得出与的关系，得证；
（3）由垂径定理可以得出CH，由勾股定理得出OH，从而得出AH的长，再由勾股定理得出AC的长，由，根据平行线分线段成比例定理，得出，从而得出CE的长．
(1)
（1）解：如图，连接OD，AD，设AB交CD于H．
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴∠AFC＝∠ADH＝70°．
(2)
（2）证明：∵AB是直径，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴AF平分．
(3)
（3）解：如图，设AB交CD于H．
∵AB是直径，，
∴，
∵，，
∴
∴，
∴
∵CF是直径，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴．
【我思故我在】本题考查了垂径定理、圆周角定理及推理、勾股定理、平行线分线段成比例定理，熟练掌握相关定理是解决本题的关键．
8．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AC与BD交于点E，P为CB延长线上一点，连接PA，且∠PAB=∠ADB．
(1)求证：PA为⊙O的切线；
(2)若AB=6，tan∠ADB=，求PB的长；
(3)在（2）的条件下，若AD=CD，求△CDE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)5
【分析】（1）连接OA，根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠OBA，根据圆周角定理得到∠CAB=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据三角函数的定义得到AC=8，根据勾股定理得到BC=，求得OB=5，过B作BF⊥AP于F，设AF=4k，BF=3k，求得BF=，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）连接OD交AC于H，根据垂径定理得到AH=CH=4，得到OH=，根据相似三角形的性质得到DE=，根据三角形的面积公式即可得到结论．
(1)
证明：连接OA，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠CAB=90°，
∴∠ACB＋∠ABC=90°，
∵∠ADB=∠ACB=∠PAB，
∴∠PAB＋∠OAB=90°，
∴∠OAP=90°，
∴PA为⊙O的切线；
(2)
解：∵∠ADB=∠ACB，
∴tan∠ADB=tan∠ACB=，
∵AB=6，
∴AC=8，
∴BC=，
∴OB=5，
过B作BF⊥AP于F，
∵∠ADB=∠BAF，
∴tan∠ADB=tan∠BAF=，
∴设AF=4k，BF=3k，
∴AB=5k=6，
∴k=，
∴BF=，
∵OA⊥AP，BF⊥AP，
∴BFOA，
∴△PBF∽△POA，
∴，
即，
∴PB=；
(3)
解：连接OD交AC于H，
∵AD=CD，
∴，
∴OD⊥AC，
∴AH=CH=4，
∴OH=，
∴DH=2，
∴CD=，
∴BD=，
∵∠ADE=∠BDA，∠DAE=∠ABD，
∴△ADE∽△BDA，
∴，
即，
∴DE=，
∴△CDE的面积为．
9．问题提出
(1)如图1，AB为圆O的弦，在圆O上找一点P，使点P到AB的距离最大．
(2)问题探究
如图2，在扇形AMB中，点M为扇形所在圆的圆心，点P为上任意一点，连接PM，与AB交于点Q，若AB＝10，AM＝7，求出PQ的最大值．
(3)问题解决
如图3，小华家有一块扇形AOB的田地，线段OA、线段OB以及分别为扇形AOB的边沿部分．经过市场调查发现，小华爸爸打算在扇形AOB的田地中圈出一片空地用作种植当季蔬菜，具体操作方式如下：在上选取点C，过点C作CMOB，CNOA，则四边形MONC为小华爸爸所圈空地．已知：扇形AOB的圆心角∠AOB＝60°，OA＝OB＝90m，且用于修建围挡的线段MC部分与线段CN部分的成本均为30元/米．请你根据以上数据计算：小华爸爸最终所花费的修建费预算最多是多少元？（即求出CM+CN的最大值）（结果保留整数，取1.73）
【答案】(1)见解析
(2)
(3)210元
解：如图1，过点O作OP⊥AB，
此时点P处于中心位置，
∵在圆内，弦所对弧的中点到弦的垂线段距离最大，
∴此时P点到AB的距离最大；
(2)
解：如下图，Q点在AB的中点时，QM最小，则PQ最大，
∵MA＝MB，AQ＝BQ，
∴QM⊥AM，
∵AB＝10，AM＝7，
∴AQ＝BQ＝5，
∴，
∴；
(3)
解：由题意可知，当点C处于中点时，对角线最长，
此时，OC＝OA＝90，AB⊥OC与点Q，
∵CMOB，
∴∠AMC＝60°，
∵CNOA，
∴∠CNB＝60°，
∴∠CMQ＝∠CNQ＝60°，
∴△CMN为等边三角形，
同理证明△OMN也为等边三角形，
在Rt△OMQ中，OQOC＝45，OM＝2MQ，OM2＝MQ2+OQ2，
∴OM＝1526.01，
∴▱OMCN的周长C＝OM+ON+NC+MC＝4OM＝8MQ＝208.08≈209（不足1米按照1米计算），
∵成本均为30元/米，
∴，
则预算最多为：7×30＝210（元）．
【我思故我在】本题考查了弦所对弧的中点到弦的垂线段距离最大，点到弦之间的距离垂线段最短，平行四边形周长的最大值，解题关键是把求平行四边形四条边的平方的和，换成求平行四边形对角线的最大值，问题就得以解决．
10．如图，在中，，，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．
（1）求证：；
（2）填空：
①若，且点E是的中点，则DF的长为 ；
②取的中点H，当的度数为 时，四边形OBEH为菱形．
【答案】（1）见解析（2）①②30°
【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，可得，再应用同角的余角相等可得，易得，得证；
（2）作，应用等弧所对的圆周角相等得，再应用角平分线性质可得结论；由菱形的性质可得，结合三角函数特殊值可得．
【详解】
解：（1）证明：如图1，，，
AB是的直径，
，
；
（2）①如图2，过F作于H，点E是的中点，
，
，
，即
，
，即，
故答案为．
②连接OE，EH，点H是的中点，
，
四边形OBEH为菱形，
．
故答案为
11．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一动点，AG，DC的延长线交于点F，连接AC，AD，GC，GD．
（1）求证：∠FGC＝∠AGD；
（2）若AD＝6．
①当AC⊥DG，CG＝2时，求sin∠ADG；
②当四边形ADCG面积最大时，求CF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）①sin∠ADG＝；②CF＝6．
【分析】（1）由垂径定理可得CE＝DE，CD⊥AB，由等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质可得∠FGC＝∠ADC＝∠ACD＝∠AGD；
（2）①如图，设AC与GD交于点M，证△GMC∽△AMD，设CM＝x，则DM＝3x，在Rt△AMD中，通过勾股定理求出x的值，即可求出AM的长，可求出sin∠ADG的值；
②S四边形ADCG＝S△ADC+S△ACG，因为点G是上一动点，所以当点G在的中点时，△ACG的的底边AC上的高最大，此时△ACG的面积最大，四边形ADCG的面积也最大，分别证∠GAC＝∠GCA，∠F＝∠GCA，推出∠F＝∠GAC，即可得出FC＝AC＝6．
【详解】证明：（1）∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴CE＝DE，CD⊥AB，
∴AC＝AD，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵四边形ADCG是圆内接四边形，
∴∠ADC＝∠FGC，
∵∠AGD＝∠ACD，
∴∠FGC＝∠ADC＝∠ACD＝∠AGD，
∴∠FGC＝∠AGD；
（2）①如图，设AC与GD交于点M，
∵，
∴∠GCM＝∠ADM，
又∵∠GMC＝∠AMD，
∴△GMC∽△AMD，
∴＝＝＝，
设CM＝x，则DM＝3x，
由（1）知，AC＝AD，
∴AC＝6，AM＝6﹣x，
在Rt△AMD中，
AM2+DM2＝AD2，
∴（6﹣x）2+（3x）2＝62，
解得，x1＝0（舍去），x2＝，
∴AM＝6﹣＝，
∴sin∠ADG＝＝＝；
②S四边形ADCG＝S△ADC+S△ACG，
∵点G是上一动点，
∴当点G在的中点时，△ACG的底边AC上的高最大，此时△ACG的面积最大，四边形ADCG的面积也最大，∴GA＝GC，
∴∠GAC＝∠GCA，
∵∠GCD＝∠F+∠FGC，
由（1）知，∠FGC＝∠ACD，且∠GCD＝∠ACD+∠GCA，
∴∠F＝∠GCA，
∴∠F＝∠GAC，
∴FC＝AC＝6．