2025年中考数学二轮复习《圆》解答题专项练习一（含答案）

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如图，△ABD是⊙O的内接三角形，E是弦BD的中点，点C是⊙O外一点且∠DBC=∠A，连接OE延长与圆相交于点F，与BC相交于点C．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为6，BC=8，求弦BD的长．
如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E.求证：AC是⊙O的切线.
如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E.过点D作DF⊥AB，垂足为F，连结DE.
(1)求证：直线DF与⊙O相切；
(2)若AE=7，BC=6，求AC的长．

如图所示，⊙O的半径为4，点A是⊙O上一点，直线l过点A；P是⊙O上的一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l于点B，交⊙O于点E，直径PD延长线交直线l于点F，点A是 弧DE的中点.
（1）求证：直线l是⊙O的切线；
（2）若PA=6，求PB的长
如图，AB是⊙O的直径，点E是弧AD上的一点，∠DBC＝∠BED.
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)已知AD＝3，CD＝2，求BC的长.
如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作⊙O的切线，交AB于点E，交CA的延长线于点F．
(1)求证：EF⊥AB；
(2)若∠C＝30°，EF＝eq \r(6)，求EB的长．
如图，AB为⊙O的直径，直线CD切⊙O于点D，AM⊥CD于点M，BN⊥CD于点N.
(1)求证：∠ADC=∠ABD；
(2)求证：AD2=AM·AB；
(3)若AM=eq \f(18,5)，sin∠ABD=eq \f(3,5)，求线段BN的长.
如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD＝90°，点E在BC的延长线上，且∠DEC＝∠BAC.
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AC∥DE，当AB＝8，CE＝2时，求AC的长.[
如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB上一点，以CD为直径的⊙O交BC于点E，连接AE交CD于点P，交⊙O于点F，连接DF，∠CAE＝∠ADF.
(1)判断AB与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若PC：AP＝1：2，PF＝3，求AF的长.
如图，AB＝AC，点O在AB上，⊙O过点B，分别与BC、AB交于D、E，过D作DF⊥AC于F.
(1)求证：DF是⊙O的切线；
(2)若AC与⊙O相切于点G，⊙O的半径为3，CF＝1，求AC长.
\s 0 答案
（1）证明：连接OB，如图所示：
∵E是弦BD的中点，
∴BE=DE，OE⊥BD，=，
∴∠BOE=∠A，∠OBE+∠BOE=90°，
∵∠DBC=∠A，
∴∠BOE=∠DBC，
∴∠OBE+∠DBC=90°，
∴∠OBC=90°，
即BC⊥OB，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵OB=6，BC=8，BC⊥OB，
∴OC==10，
∵△OBC的面积=OC•BE=OB•BC，
∴BE===4.8，
∴BD=2BE=9.6，
即弦BD的长为9.6．
解：连接OD，
∵BD为∠ABC平分线，
∴∠OBD＝∠CBD，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠CBD＝∠ODB，
∴OD∥BC，
∵∠C＝90°，
∴∠ODA＝90°，则AC为⊙O的切线
解：(1)证明：如图，连结OD.
∵AB=AC，∴∠B=∠C.
∵OD=OC，∴∠ODC=∠C，
∴∠ODC=∠B，∴OD∥AB.
∵DF⊥AB，∴OD⊥DF.
∵点D在⊙O上，∴直线DF与⊙O相切；
(2)∵四边形ACDE是⊙O的内接四边形，
∴∠AED＋∠ACD=180°.
∵∠AED＋∠BED=180°，
∴∠BED=∠ACD.
又∵∠B=∠B，
∴△BED∽△BCA.
∴eq \f(BD,BA)=eq \f(BE,BC).
∵OD∥AB，AO=CO，∴BD=CD=eq \f(1,2)BC=3，
又∵AE=7，∴eq \f(3,7＋BE)=eq \f(BE,6)，解得BE=2.
∴AC=AB=AE＋BE=7＋2=9.
（1）证明： 连接DE，OA.
∵PD是直径， ∴∠DEP=90°，
∵PB⊥FB， ∴∠DEP=∠FBP， ∴DE∥BF，
∵ ， ∴OA⊥DE， ∴OA⊥BF，
∴直线l是⊙O的切线.
（2）作OH⊥PA于H.
∵OA=OP，OH⊥PA， ∴AH=PH=3，
∵OA∥PB， ∴∠OAH=∠APB，
∵∠AHO=∠ABP=90°， ∴△AOH∽△PAB，
解：(1)∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠DBC＝∠BED，∠BED＝∠A，
∴∠DBC＝∠A，
∵∠A＋∠ABD＝90°，
∴∠DBC＋∠ABD＝90°，
即∠ABC＝90°，
∵OB⊙O是半径，
∴BC是⊙O的切线；
(2)∵∠BAD＝∠DBC，∠C＝∠C，
∴△ABC∽△BDC，
∴，
∴BC2＝AC•CD＝(AD＋CD)•CD＝10，
∴BC＝eq \r(10).
证明：(1)连接AD、OD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
又∵AB＝AC，
∴CD＝DB，
又CO＝AO，
∴OD∥AB，
∵FD是⊙O的切线，
∴OD⊥EF，
∴FE⊥AB；
(2)∵∠C＝30°，
∴∠AOD＝60°，
∴∠F＝30°，
∴OA＝OD＝eq \f(1,2)OF，
∵∠AEF＝90°EF＝eq \r(6)，
∴AE＝eq \r(2)，
∵OD∥AB，OA＝OC＝AF，
∴OD＝2AE＝2eq \r(2)，AB＝2OD＝4eq \r(2)，
∴EB＝3eq \r(2)．
(1)证明：连结OD.∵直线CD切⊙O于点D，
∴∠CDO=90°.
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠1＋∠2=∠2＋∠3=90°，
∴∠1=∠3.
∵OB=OD，
∴∠3=∠4，
∴∠ADC=∠ABD.
(2)证明：∵AM⊥CD，
∴∠AMD=∠ADB=90°.
又∵∠1=∠4，
∴△ADM∽△ABD，
∴eq \f(AM,AD)=eq \f(AD,AB)，
∴AD2=AM·AB.
(3)解：∵sin∠ABD=eq \f(3,5)，
∴sin∠1=eq \f(3,5).
∵AM=eq \f(18,5)，
∴AD=6，
∴AB=10，
∴BD=eq \r(AB2－AD2)=8.
∵BN⊥CD，
∴∠BND=90°，
∴∠DBN＋∠BDN=∠1＋∠BDN=90°，
∴∠DBN=∠1，
∴sin∠DBN=eq \f(3,5)，
∴DN=eq \f(24,5)，
∴BN=eq \r(BD2－DN2)=eq \f(32,5).
解：(1)如图，连接BD，∵∠BAD＝90°，
∴点O必在BD上，即：BD是直径，
∴∠BCD＝90°，
∴∠DEC＋∠CDE＝90°，
∵∠DEC＝∠BAC，
∴∠BAC＋∠CDE＝90°，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠BDC＋∠CDE＝90°，
∴∠BDE＝90°，即：BD⊥DE，
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
(2)∵DE∥AC，
∵∠BDE＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴CB＝AB＝8，AF＝CF＝eq \f(1,2)AC，
∵∠CDE＋∠BDC＝90°，∠BDC＋∠CBD＝90°，
∴∠CDE＝∠CBD，
∵∠DCE＝∠BCD＝90°，
∴△BCD∽△DCE，
∴，∴，
∴CD＝4，
在Rt△BCD中，BD＝4eq \r(5)
同理：△CFD∽△BCD，
∴，∴，
∴CF＝eq \f(8\r(5),5)，
∴AC＝2AF＝eq \f(16,5)eq \r(5).
解：(1)AB是⊙O切线.
理由：连接DE、CF.∵CD是直径，
∴∠DEC＝∠DFC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DEC＋∠ACE＝180°，
∴DE∥AC，
∴∠DEA＝∠EAC＝∠DCF，
∵∠DFC＝90°，
∴∠FCD＋∠CDF＝90°，
∵∠ADF＝∠EAC＝∠DCF，
∴∠ADF＋∠CDF＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴CD⊥AD，
∴AB是⊙O切线.
(2)∵∠CPF＝∠CPA，∠PCF＝∠PAC，
∴△PCF∽△PAC，
∴＝，
∴PC2＝PF•PA，
设PC＝a.则PA＝2a，
∴a2＝3×2a，
∴a＝6，
∴PA＝2a＝12，
则AF＝12﹣3＝9.
(1)证明：连接OD，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵OB＝OD，
∴∠B＝∠ODB，
∴∠ODB＝∠C，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴OD⊥DF，
则DF为圆O的切线；

(2)解：连接OG，
∵AC与圆O相切，
∴OG⊥AC，
∴∠OGF＝∠GFD＝∠ODF＝90°，且OG＝OD，
∴四边形ODFG为边长为3的正方形，
设AB＝AC＝x，则有AG＝x﹣3﹣1＝x﹣4，AO＝x﹣3，
在Rt△AOG中，利用勾股定理得：AO2＝AG2＋OG2，
即(x﹣3)2＝(x﹣4)2＋32，
解得：x＝8，
则AC＝8.