中考数学二轮复习题型突破课件：题型三 圆的相关证明与计算

这是一份中考数学二轮复习题型突破课件：题型三 圆的相关证明与计算，共25页。PPT课件主要包含了1求☉O的半径，∠1答案不唯一，△BCD，∠BAC＝90°，∠BCD，∠DAP＝90°，考向3与其他结合等内容，欢迎下载使用。

类型一　与圆的基本性质有关的证明与计算
考向1　与垂径定理有关的证明与计算
（2）求∠BAC的正切值.
2.（2023·贵州）如图，已知☉O是等边三角形ABC的外接圆，连接CO并延长交AB于点D，交☉O于点E，连接EA，EB.
（1）写出图中一个度数为30°的角： 　∠1（答案不唯一）　⁠，图中与△ACD全等的三角形是 　△BCD　⁠. 
（2）求证：△AED∽△CEB.
◉答案　（2）证明：由题意可得∠ADE＝∠CBE＝90°，∠3＝∠2＝30°，∴△AED∽△CEB.
答案　（2）证明：由题意可得∠ADE＝∠CBE＝90°， ∠3＝∠2＝30°，
∴△AED∽△CEB.
（3）连接OA，OB，判断四边形OAEB的形状，并说明理由.
考向2　与圆周角定理有关的证明与计算
3.（2023·衡阳）如图，AB是☉O的直径，AC是一条弦，D是弧AC的中点，DE⊥AB于点E，交AC于点F，交☉O于点H，DB交AC于点G.
（1）求证：AF＝DF.
（1）求证：∠ADC－∠BAC＝90°.（请用两种证法解答）
◉答案　（1）证明：方法一：如图①，连接BD.∵AB是☉O的直径，∴∠ADB＝90°.∵∠ADC－∠BDC＝∠ADB，∠BDC＝∠BAC，∴∠ADC－∠BAC＝90°.方法二：如图②，连接BC.∵AB是☉O的直径，∴∠ACB＝90°.∵∠PBC＝∠BAC＋∠ACB，∴∠PBC－∠BAC＝90°.∵四边形ABCD为☉O的内接四边形，∴∠ADC＋∠ABC＝180°.∵∠PBC＋∠ABC＝180°，∴∠ADC＝∠PBC，∴∠ADC－∠BAC＝90°.
答案　（1）证明：方法一：如图①，连接BD.∵AB是☉O的直径，∴∠ADB＝
90°.∵∠ADC－∠BDC＝∠ADB，∠BDC＝∠BAC，∴∠ADC－∠BAC＝90°.方
法二：如图②，连接BC.∵AB是☉O的直径，∴∠ACB＝90°.∵∠PBC＝∠BAC＋
∠ACB，∴∠PBC－∠BAC＝90°.∵四边形ABCD为☉O的内接四边形，∴∠ADC
＋∠ABC＝180°.∵∠PBC＋∠ABC＝180°，∴∠ADC＝∠PBC，∴∠ADC－
（2）若∠ACP＝∠ADC，☉O的半径为3，CP＝4，求AP的长.
考向3　与圆的内接四边形、三角形有关的证明与计算
5.（2023·安徽）已知四边形ABCD内接于☉O，对角线BD是☉O的直径.
（1）如图①，连接OA，CA，若OA⊥BD，求证：CA平分∠BCD.
（2）解：如图，延长AE交BC于M，延长CE交AB于N.∵AE⊥BC，CE⊥AB，∴∠AMB＝∠CNB＝90°.
6.（2023·陕西）如图，△ABC内接于☉O，∠BAC＝45°，过点B作BC的垂线，交☉O于点D，并与CA的延长线交于点E，作BF⊥AC，垂足为M，交☉O于点F.
（1）求证：BD＝BC.
◉答案　（1）证明：如图，连接DC，则∠BDC＝∠BAC＝45°.∵BD⊥BC，∴∠BCD＝90°－∠BDC＝45°，∴∠BCD＝∠BDC.∴BD＝BC.
答案（1）证明：如图，连接DC，则∠BDC＝∠BAC＝45°.∵BD⊥BC，
∴∠BCD＝90°－∠BDC＝45°，∴∠BCD＝∠BDC.∴BD＝BC.
（2）若☉O的半径r＝3，BE＝6，求线段BF的长.
类型二　与圆的切线有关的证明与计算
考向1　与全等、相似三角形结合
7.（2023·济宁）如图，已知AB是☉O的直径，CD＝CB，BE切☉O于点B，过点C作CF⊥OE交BE于点F，EF＝2BF.
（1）如图①，连接BD，求证：△ADB≌△OBE.
答案（1）证明：∵CF⊥OE，OC是半径，∴CF是圆O的切线.∵BE是圆O的切
∠EBO.∵∠E＋∠EBD＝90°，∠ABD＋∠EBD＝90°，∴∠E＝∠ABD＝30°，
（2）如图②，N是AD上一点，在AB上取一点M，使∠MCN＝60°，连接MN.请问：三条线段MN，BM，DN有怎样的数量关系？请证明你的结论.
（2）解：MN＝BM＋DN，理由如下：如图，延长ND至H，使得DH＝BM，连接CH，BD.∵∠CBM＋∠NDC＝180°，∠HDC＋∠NDC＝180°，∴∠HDC＝∠MBC.∵CD＝CB，DH＝BM，∴△HDC≌△MBC（SAS），∴∠BCM＝∠DCH，CM＝CH，由（1）可得∠ABD＝30°.∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∴∠A＝60°，∴∠DCB＝180°－∠A＝120°.∵∠MCN＝60°，∴∠BCM＋∠NCD＝120°－∠NCM＝120°－60°＝60°，∴∠DCH＋∠NCD＝∠NCH＝60°，∴∠NCH＝∠NCM.∵NC＝NC，∴△CNH≌△CNM（SAS），∴NH＝MN，∴MN＝DN＋DH＝DN＋BM，∴MN＝BM＋DN.
（2）解：MN＝BM＋DN，理由如下：如图，延长ND至H，使得DH＝BM，连接
CH，BD.∵∠CBM＋∠NDC＝180°，∠HDC＋∠NDC＝180°，∴∠HDC＝
∠MBC.∵CD＝CB，DH＝BM，∴△HDC≌△MBC（SAS），∴∠BCM＝∠DCH，
CM＝CH，由（1）可得∠ABD＝30°.∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∴∠A＝
60°，∴∠DCB＝180°－∠A＝120°.∵∠MCN＝60°，∴∠BCM＋∠NCD＝
120°－∠NCM＝120°－60°＝60°，∴∠DCH＋∠NCD＝∠NCH＝60°，
∴∠NCH＝∠NCM.∵NC＝NC，∴△CNH≌△CNM（SAS），∴NH＝MN，
∴MN＝DN＋DH＝DN＋BM，∴MN＝BM＋DN.
8.（2023·怀化）如图，AB是☉O的直径，点P是☉O外一点，PA与☉O相切于点A，点C为☉O上的一点.连接PC，AC，OC，且PC＝PA.
（1）求证：PC为☉O的切线.
答案（1）证明：∵AB为☉O的直径，PA为☉O的切线，∴PA⊥OA，即∠PAO
∴△POC≌△POA（SSS），∴∠PCO＝∠PAO＝90°，即PC⊥OC.又∵OC为☉O
的半径，∴PC为☉O的切线.　
（2）延长PC与AB的延长线交于点D，求证：PD·OC＝PA·OD.
（2）证明：由（1）可知，OC⊥PD，∴∠DCO＝
（3）解：连接BC，过点C作CE⊥OB于点E.∵∠CAB＝30°，∴∠COB＝60°.又
∵OC＝OB，∴△OCB为等边三角形.∵CE⊥OB，∴OE＝BE，设OE＝a，显然
a≠0，则OA＝OB＝OC＝2a，在Rt△OCE中，OE＝a，OC＝2a，由勾股定理，得
考向2　与锐角三角函数结合
9.（2023·南充）如图，AB与☉O相切于点A，半径OC∥AB，BC与☉O相交于点D，连接AD.
（1）求证：∠OCA＝∠ADC.
答案（1）证明：连接OA交BC于点F.∵AB是☉O的切线，∴∠OAB＝ 90°.
∵OC∥AB，∴∠AOC＝∠OAB＝90°.∵CO＝OA，∴∠OCA＝45°，
10.（2023·乐山）如图，已知☉O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，D是圆上一点，E是DC延长线上一点，连接AD，AE，且AD＝AE，CA＝CE.
（1）求证：直线AE是☉O是的切线.
答案（1）证明：∵∠ACB＝90°，∴AB是☉O的直径.∵AD＝AE，∴∠E＝
∠D.∵∠B＝∠D，∴∠E＝∠B.∵CA＝CE，∴∠E＝∠CAE，∴∠CAE＝∠B，
∴∠OAE＝∠CAE＋∠CAB＝∠B＋∠CAB＝90°.∵OA是☉O的半径，且
AE⊥OA，∴直线AE是☉O的切线.　
（1）求证：CD是☉O的切线.
∠BAC.∵OA＝OC，∴∠BAC＝∠OCA，∴∠EAC＝∠OCA，∴AE∥OC，
∴∠ADC＝∠OCF.∵CD⊥AE，∴∠ADC＝90°，∴∠OCF＝90°，即OC⊥DF.又
∵OC为☉O的半径，∴CD是☉O的切线.　
（2）解：如图，连接CE，BC，由（1）知CD是☉O的切线， ∴由题意可得CD2＝DE·AD.∵DE＝1，DC＝2，∴AD＝4，
12.（2023·大连）如图①，在☉O中，AB为☉O的直径，点C为☉O上一点，AD为∠CAB的平分线交☉O于点D，连接OD交BC于点E.
（1）求∠BED的度数.
答案　解：（1）∵AB为☉O的直径，∴∠ACB＝90°.∵AD为∠CAB的平分线，
∴∠BAC＝2∠BAD.∵OA＝OD，∴∠BAD＝∠ODA，∴∠BOD＝∠BAD＋
∠ODA＝2∠BAD，∴∠BOD＝∠BAC，∴OD∥AC，∴∠OEB＝∠ACB＝90°，
∴∠BED＝90°.