2021年中考数学二轮专题复习《圆》解答题精选练习三

这是一份2021年中考数学二轮专题复习《圆》解答题精选练习三，共12页。试卷主要包含了8，求DE的长．，5．等内容，欢迎下载使用。
如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，点E在⊙O外，∠CAE=∠B=60°.
（1）求∠ADC的度数；
（2）求证：AE是⊙O的切线；
（3）当BC=4时，求劣弧AC的长.
如图，以△ABC的边BC为直径作⊙O，点A在⊙O上，点D在线段BC的延长线上，AD=AB，∠D=30°．
(1)求证：直线AD是⊙O的切线；
(2)若直径BC=4，求图中阴影部分的面积．
如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的内接正三角形ACE的面积为48 eq \r(3)，试求正六边形的周长.
如图，点A、B、C在半径为8的⊙O上，过点B作BD∥AC，交OA延长线于点D．连接BC，且∠BCA=∠OAC=30°．
(1)求证：BD是⊙O的切线；
(2)求图中阴影部分的面积．
已知，如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是弧AC上一点，AG与DC的延长线交于点F.
(1)如CD=8，BE=2，求⊙O的半径长；
(2)求证：∠FGC=∠AGD.
如图，Rt△ADB中，∠ADB=90°，∠DAB=30°，⊙O为△ADB的外接圆，DH⊥AB于点H，现将△AHD沿AD翻折得到△AED，AE交⊙O于点C，连接OC交AD于点G．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AB=10，求线段OG的长．
如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，CN为⊙O的切线，OM⊥AB于点O，分别交AC、CN于D、M两点．
（1）求证：MD=MC；
（2）若⊙O的半径为5，AC=4，求MC的长．
如图,点P,D分别是⊙O上的动点、定点、非直径弦CD⊥直径AB,当点P与点C重合时,易证：∠DPB+∠ACD=90°,在不考虑点P于点B或点D重合的情况下,试解答如下问题：
（1）当点P与点A重合时（如图1），∠DPB+∠ACD= 度．
（2）当点P在上时（如图2），（1）中的结论还成立吗？请给予证明．
（3）当点P在上时，先写出∠DPB与∠ACD的数量关系，再说明其理由．
如图，△ABC内接于⊙O，BD为⊙O的直径，BD与AC相交于点H，AC的延长线与过点B的直线相交于点E，且∠A=∠EBC．
（1）求证：BE是⊙O的切线；
（2）已知CG∥EB，且CG与BD、BA分别相交于点F、G，若BG•BA=48，FG=，DF=2BF，求AH的值．
如图，DC是⊙O的直径，点B在圆上，直线AB交CD延长线于点A，且∠ABD=∠C．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若AB=4cm，AD=2cm，求tanA的值和DB的长．
如图，△ABC内接于⊙O，弦AD⊥AB交BC于点E，过点B作⊙O的切线交DA的延长线于点F，且∠ABF=∠ABC．
（1）求证：AB=AC；
（2）若AD=4，cs∠ABF=0.8，求DE的长．
如图，PB切⊙O于B点，直线PO交⊙O于点E，F，过点B作PO的垂线BA，垂足为点D，交⊙O于点A，延长AO交⊙O于点C，连结BC，AF．
（1）求证：直线PA为⊙O的切线；
（2）若BC=6,AD:FD=1∶2，求⊙O的半径的长．

\s 0 答案解析
解：
（1）∵∠ABC与∠ADC都是弧AC所对的圆周角，
∴∠ADC=∠B=60°．
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=30°．
∴∠BAE=∠BAC+∠EAC=30°+60°=90°，即 BA⊥AE．
∴AE是⊙O的切线．
（3）略 SKIPIF 1 < 0 .
解：
(1)证明：连接OA，则∠COA=2∠B，
∵AD=AB，
∴∠B=∠D=30°，
∴∠COA=60°，
∴∠OAD=180°﹣60°﹣30°=90°，
∴OA⊥AD，
即CD是⊙O的切线；
(2)解：∵BC=4，∴OA=OC=2，
在Rt△OAD中，OA=2，∠D=30°，
∴OD=2OA=4，AD=2，所以S△OAD=OA•AD=×2×2=2，
因为∠COA=60°，所以S扇形COA==π，
所以S阴影=S△OAD﹣S扇形COA=2﹣．
解：如图，连接OA，作OH⊥AC于点H，则∠OAH=30°.
在Rt△OAH中，设OA=R，则OH=eq \f(1,2)R，
由勾股定理可得AH=eq \r(OA2－OH2)=eq \r(R2－（\f(1,2)R）2)=eq \f(1,2) eq \r(3)R.
而△ACE的面积是△OAH面积的6倍，
即6×eq \f(1,2)×eq \f(1,2) eq \r(3)R×eq \f(1,2)R=48 eq \r(3)，解得R=8，
即正六边形的边长为8，所以正六边形的周长为48.
解：
(1)证明：连接OB，交CA于E，
∵∠C=30°，∠C=∠BOA，∴∠BOA=60°，
∵∠BCA=∠OAC=30°，∴∠AEO=90°，即OB⊥AC，
∵BD∥AC，∴∠DBE=∠AEO=90°，
∴BD是⊙O的切线；
(2)解：∵AC∥BD，∠OCA=90°，∴∠D=∠CAO=30°，
∵∠OBD=90°，OB=8，∴BD=OB=8，
∴S阴影=S△BDO﹣S扇形AOB=×8×8﹣=32﹣．
(1)解：连接OC.设⊙O的半径为R.
∵CD⊥AB，
∴DE=EC=4，
在Rt△OEC中，∵OC2=OE2+EC2，
∴R2=(R﹣2)2+42，解得R=5.
(2)证明：连接AD，
∵弦CD⊥AB
∴=，
∴∠ADC=∠AGD，
∵四边形ADCG是圆内接四边形，
∴∠ADC=∠FGC，
∴∠FGC=∠AGD.
解：（1）连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
由翻折得：∠OAD=∠EAD，∠E=∠AHD=90°，
∴∠ODA=∠EAD，
∴OD∥AE，
∴∠E+∠ODE=180°，
∴∠ODE=90°，
∴DE与⊙O相切；
（2）∵将△AHD沿AD翻折得到△AED，
∴∠OAD=∠EAD=30°，
∴∠OAC=60°，
∵OA=OD，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠AOG=60°，
∵∠OAD=30°，
∴∠AGO=90°，
∴OG=2.5．
解：
解：
（1）∵弦CD⊥直径AB,∴CE=DE,∠AED=90°，
∴∠ACD=∠ADC，∠AED=90°．
∵∠DPB+∠ADC=90°，
∴∠DPB+∠ACD=90°．故答案为：90；
（2）成立．理由：如图2，∵AB⊥CD，AB是⊙O的直径，
∴=，∴∠DPB=∠A．
∵∠A+∠ACD=90°，
∴∠DPB+∠ACD=90°．
（3）∠DPB﹣∠ACD=90°．理由：
如图3，连接AP，则∠BPD=∠BPA+∠APD．
∵AB是⊙O的直径，∴∠BPA=90°，∠ACD=∠APD，
∴∠BPD=90°+∠ACD，即∠BPD﹣∠ACD=90°．
解：
解：
（1）证明：连结OB，如图所示：
∵OB=OD，∴∠ODB=∠OBD，
∵DC是⊙O的直径，∴∠DBC=90°，∴∠CDB+∠C=90°，
∵∠ABD=∠C，∴∠OBD+∠ABD=90°，即∠OBA=90°，
∴OB⊥AB，∴AB是⊙O的切线；
（2）解：设半径为r，则OA=x+2，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得：x2+42=（x+2）2，解得：r=3，
∴tanA==，
∵∠A=∠A，∠ABD=∠C，∴△ADB∽△ACB，∴==，
设DB=x，则BC=2x，
∵CD=6，∴由勾股定理得：x2+（2x）2=62，解得：x=，
即DB的长为．
解：

解：
（1）证明：如图，连接OB
∵ PB是⊙O的切线，∴ ∠PBO=90°．
∵ OA=OB，BA⊥PO于D，∴ AD=BD，∠POA=∠POB．
又∵ PO=PO，∴ △PAO≌△PBO．∴ ∠PAO=∠PBO=90°．
∴ 直线PA为⊙O的切线．
（2）∵ OA=OC，AD=BD，BC=6，∴ OD=0.5BC=3．设AD=x．
∵AD:DF=1∶2，∴ FD=2x，OA=OF=2x－3．
在Rt△AOD中，由勾股定理 ，得(2x－3)2=x2＋32．
解之得，x1=4，x2=0（不合题意，舍去）．
∴ AD=4，OA=2x－3=5．
即⊙O的半径的长5．