《（湖南專版）2019年中考數(shù)學一輪復習 第五章 圓 5.1 圓的性質(zhì)及與圓有關(guān)的位置關(guān)系（試卷部分）課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（湖南專版）2019年中考數(shù)學一輪復習 第五章 圓 5.1 圓的性質(zhì)及與圓有關(guān)的位置關(guān)系（試卷部分）課件.ppt（277頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第五章圓5.1圓的性質(zhì)及與圓有關(guān)的位置關(guān)系,中考數(shù)學(湖南專用),A組2014—2018年湖南中考題組,五年中考,考點一圓的有關(guān)概念與性質(zhì),1.(2018湖南邵陽,6,3分)如圖所示,四邊形ABCD為☉O的內(nèi)接四邊形,∠BCD=120,則∠BOD的大小是()A.80B.120C.100D.90,解題關(guān)鍵本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理,掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補是解題的關(guān)鍵.,思路分析根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠A,再根據(jù)圓周角定理解答.,答案B∵四邊形ABCD為☉O的內(nèi)接四邊形,∴∠BAD=180-∠BCD=60,由圓周角定理得,∠BOD=2∠A=120,故選B.,2.(2018湖南張家界,6,3分)如圖,AB是☉O的直徑,弦CD⊥AB于點E,OC=5cm,CD=8cm,則AE=()A.8cmB.5cmC.3cmD.2cm,答案A因為AB是☉O的直徑,弦CD⊥AB于點E,所以根據(jù)垂徑定理可得EC=ED=CD=4cm,所以在Rt△OEC中,根據(jù)勾股定理可得OE==3cm,所以AE=AO+OE=8cm.,3.(2017湖南張家界,3,3分)如圖,在☉O中,AB是直徑,AC是弦,連接OC,若∠ACO=30,則∠BOC的度數(shù)是()A.30B.45C.55D.60,答案D∵OA=OC,∴∠A=∠ACO=30,∴∠BOC=2∠A=230=60.,思路分析先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠A的度數(shù),再根據(jù)圓周角定理求出∠BOC的度數(shù).,4.(2016湖南張家界,6,3分)如圖,AB是☉O的直徑,BC是☉O的弦,若∠OBC=60,則∠BAC的度數(shù)是()A.75B.60C.45D.30,答案D∵AB是☉O的直徑,∴∠ACB=90,又∵∠OBC=60,∴∠BAC=180-∠ACB-∠ABC=180-90-60=30.故選D.,思路分析根據(jù)AB是☉O的直徑可得出∠ACB=90,再根據(jù)三角形內(nèi)角和為180以及∠OBC=60,即可求出∠BAC的度數(shù).,解題關(guān)鍵本題考查了圓周角定理以及角的計算,解題的關(guān)鍵是得出∠ACB=90,即直徑所對的圓周角為90.,5.(2015湖南株洲,6,3分)如圖,圓O是△ABC的外接圓,∠A=68,則∠OBC的大小是()A.22B.26C.32D.68,答案A由題可知∠BOC=2∠A=136,∵BO=OC,∴∠OBC=∠OCB==22,故選A.,思路分析先根據(jù)圓周角定理即同弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半求出∠BOC的度數(shù),再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠OBC的度數(shù).,審題技巧在圓中,可通過圓心角的度數(shù)求同弧所對的圓周角的度數(shù),也可通過圓周角的度數(shù)求同弧所對的圓心角的度數(shù).,6.(2015湖南湘潭,7,3分)如圖,四邊形ABCD是☉O的內(nèi)接四邊形,若∠DAB=60,則∠BCD的度數(shù)是()A.60B.90C.100D.120,答案D∵四邊形ABCD是☉O的內(nèi)接四邊形,∴∠DAB+∠BCD=180,∵∠DAB=60,∴∠BCD=180-60=120.故選D.,思路分析根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對角互補求出答案.,解題關(guān)鍵本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì),掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補是解題的關(guān)鍵.,7.(2015湖南永州,6,3分)如圖,P是☉O外一點,PA、PB分別交☉O于C、D兩點,已知和所對的圓心角分別為90和50,則∠P=()A.45B.40C.25D.20,答案D∵和所對的圓心角分別為90和50,∴∠A=25,∠ADB=45,∵∠P+∠A=∠ADB,∴∠P=∠ADB-∠A=45-25=20.故選D.,思路分析根據(jù)同弧所對的圓周角是圓心角的一半可得∠ADB和∠CAD的度數(shù),再由三角形外角的性質(zhì)求解.,易錯警示①不會合理運用圓周角定理;②不理解三角形外角的性質(zhì).,8.(2017湖南長沙,15,3分)如圖,AB為☉O的直徑,弦CD⊥AB于點E,已知CD=6,EB=1,則☉O的半徑為.,答案5,解析連接OC,設(shè)圓O的半徑為r,則OE=r-1,根據(jù)垂徑定理可得CE=3,在Rt△OCE中,由勾股定理可得,CE2+OE2=OC2,即32+(r-1)2=r2,解得r=5.故☉O的半徑為5.,方法總結(jié)在已知直徑與弦垂直的問題中,通常連接半徑構(gòu)造直角三角形,其中斜邊為圓的半徑,兩直角邊是弦長的一半和圓心到弦的距離,從而運用勾股定理來計算.,9.(2017湖南湘潭,13,3分)如圖,在☉O中,已知∠AOB=120,則∠ACB=.,答案60,解析∵∠AOB=120,點C在☉O上,∴∠ACB=∠AOB=60.,10.(2016湖南株洲,25,10分)已知AB是半徑為1的圓O直徑,C是圓上一點,D是BC延長線上一點,過點D的直線交AC于E點,且△AEF為等邊三角形.(1)求證:△DFB是等腰三角形;(2)若DA=AF,求證:CF⊥AB.,證明(1)∵AB是☉O的直徑,∴∠ACB=90,∵△AEF為等邊三角形,∴∠CAB=∠EFA=60,∴∠B=30,∵∠EFA=∠B+∠FDB,∴∠B=∠FDB=30,∴△DFB是等腰三角形.(2)過點A作AM⊥DF于點M,設(shè)AF=2a(a>0),∵△AEF是等邊三角形,∴FM=EM=a,AM=a,在Rt△DAM中,AD=AF=2a,AM=a,∴DM=5a,∴DF=BF=6a,∴AB=AF+BF=8a,在Rt△ABC中,∠B=30,∠ACB=90,∴AC=4a,∵AE=EF=AF=CE=2a,∴∠ECF=∠EFC,∵∠AEF=∠ECF+∠EFC=60,∴∠CFE=30,∴∠AFC=∠AFE+∠EFC=60+30=90,∴CF⊥AB.,思路分析(1)由AB是☉O的直徑,得到∠ACB=90,由△AEF為等邊三角形,得到∠CAB=∠E-FA=60,根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)即可得到結(jié)論;(2)過點A作AM⊥DF于點M,設(shè)AF=2a(a>0),根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到FM=EM=a,AM=a,再根據(jù)已知條件得到AB=AF+BF=8a,根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到AE=EF=AF=CE=2a,推出∠ECF=∠EFC,根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可得到結(jié)論.,11.(2015湖南衡陽,26,8分)如圖,AB是☉O的直徑,點C、D為半圓O的三等分點,過點C作CE⊥AD,交AD的延長線于點E.(1)求證:CE為☉O的切線;(2)判斷四邊形AOCD是否為菱形,并說明理由.,解析(1)證明:連接OD,∵點C、D為半圓O的三等分點,∴∠BOC=∠BOD,又∠BAD=∠BOD,∴∠BOC=∠BAD,∴AE∥OC,∵AD⊥EC,∴OC⊥EC,∵OC為☉O的半徑,∴CE為☉O的切線.(2)四邊形AOCD是菱形.理由如下:∵點C、D為半圓O的三等分點,,∴∠AOD=∠COD=60,∵OA=OD=OC,∴△AOD和△COD都是等邊三角形,∴OA=AD=DC=OC=OD,∴四邊形AOCD是菱形.,考點二與圓有關(guān)的位置關(guān)系,1.(2016湖南邵陽,9,3分)如圖所示,AB是☉O的直徑,點C為☉O外一點,CA,CD是☉O的切線,A,D為切點,連接BD,AD.若∠ACD=30,則∠DBA的大小是()A.15B.30C.60D.75,答案D∵CA,CD是☉O的切線,A,D為切點,∴∠CAB=90,CA=CD,故△CAD是等腰三角形.∵∠C=30,∴∠CAD=∠CDA=75,∴∠BAD=15,∵AB是☉O的直徑,∴∠BDA=90.∴∠DBA=75,故選D.,2.(2016湖南湘西,18,4分)在Rt△ABC中,∠C=90,BC=3cm,AC=4cm,以點C為圓心,2.5cm長為半徑畫圓,則☉C與直線AB的位置關(guān)系是()A.相交B.相切C.相離D.不能確定,答案A過C作CD⊥AB于D,如圖所示.在Rt△ABC中,∠C=90,AC=4cm,BC=3cm,∴AB==5cm.∵△ABC的面積=ACBC=ABCD,∴34=5CD,∴CD=2.4cm0),則MD=8x,∴OA=OD=13x,又∵AB=12,AB⊥CD,∴AM=6.在Rt△AOM中,(5x)2+62=(13x)2,解得x=(舍負),∴半徑OA=,∴☉O的周長為13π.,方法規(guī)律如圖,設(shè)圓的半徑為r、弦長為a、弦心距為d,弓形的高為h,則+d2=r2(h=r-d或h=r+d).已知其中任意兩個量即可求出其余兩個量.,3.(2017云南,14,4分)如圖,B、C是☉A上的兩點,AB的垂直平分線與☉A交于E、F兩點,與線段AC交于D點.若∠BFC=20,則∠DBC=()A.30B.29C.28D.20,答案A∵∠BFC=20,∴∠BAC=2∠BFC=40,∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB==70.∵EF是線段AB的垂直平分線,∴AD=BD,∴∠ABD=∠A=40,∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=70-40=30.故選A.,4.(2015吉林長春,7,3分)如圖,四邊形ABCD內(nèi)接于☉O,若四邊形ABCO是平行四邊形,則∠ADC的大小為()A.45B.50C.60D.75,答案C設(shè)∠ADC=x,則∠AOC=2x.∵四邊形ABCO是平行四邊形,∴∠B=∠AOC.∵∠B+∠D=180,∴x+2x=180.∴x=60.∴∠ADC=60.故選C.,5.(2015甘肅蘭州,9,4分)如圖,經(jīng)過原點O的☉P與x、y軸分別交于A、B兩點,點C是劣弧OB上一點,則∠ACB=()A.80B.90C.100D.無法確定,答案B根據(jù)同弧所對的圓周角相等,得到∠ACB=∠AOB=90,故選B.,6.(2015山東臨沂,8,3分)如圖,A,B,C是☉O上的三個點,若∠AOC=100,則∠ABC等于()A.50B.80C.100D.130,答案D如圖,在優(yōu)弧AC上任取一點D,連接AD、CD.∵∠AOC=100,∴∠ADC=∠AOC=50.∵∠ADC+∠ABC=180,∴∠ABC=180-50=130.故選D.,7.(2018湖北黃岡,11,3分)如圖,△ABC內(nèi)接于☉O,AB為☉O的直徑,∠CAB=60,弦AD平分∠CAB,若AD=6,則AC=.,答案2,解析連接BD,因為AB為☉O的直徑,所以∠ADB=90,因為∠CAB=60,弦AD平分∠CAB,所以∠BAD=30,因為=cos30,所以AB===4.在Rt△ABC中,AC=ABcos60=4=2.,考點二與圓有關(guān)的位置關(guān)系,1.(2017上海,17,4分)如圖,已知Rt△ABC中,∠C=90,AC=3,BC=4.分別以點A、B為圓心畫圓,如果點C在☉A內(nèi),點B在☉A外,且☉B(tài)與☉A內(nèi)切,那么☉B(tài)的半徑長r的取值范圍是.,答案80).∵AEEB=CEED,∴51=9x5x,∴x=.,∴CE=3,DE=.(5分)過點C作CF⊥AB于點F,∵OC=CE=3,∴OF=EF=OE=1.∴BF=2.在Rt△OCF中,∵∠CFO=90,∴CF2+OF2=OC2.∴CF=2.在Rt△CFB中,∵∠CFB=90,∴tan∠OBC===.(8分)∵CF⊥AB,∴∠CFB=90.∵BP是☉O的切線,AB是☉O的直徑,∴∠EBP=90,∴∠CFB=∠EBP.又∵EF=BE=1,∠CEF=∠PEB,∴△CEF≌△PEB.∴EP=CE=3.,∴DP=EP-ED=3-=.(10分),24.(2017河北,23,9分)如圖,AB=16,O是AB中點,點C在線段OB上(不與點O,B重合),將OC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)270后得到扇形COD,AP,BQ分別切優(yōu)弧于點P,Q,且點P,Q在AB異側(cè),連接OP.(1)求證:AP=BQ;(2)當BQ=4時,求優(yōu)弧的長(結(jié)果保留π);(3)若△APO的外心在扇形COD的內(nèi)部,求OC的取值范圍.,解析(1)證明:連接OQ.(1分)∵AP,BQ分別與優(yōu)弧相切,∴OP⊥AP,OQ⊥BQ,即∠APO=∠Q=90.又OA=OB,OP=OQ,∴Rt△APO≌Rt△BQO.(3分)∴AP=BQ.(4分)(2)∵BQ=4,OB=AB=8,∠Q=90,∴sin∠BOQ=.∴∠BOQ=60.(5分)∵OQ=8cos60=4,∴優(yōu)弧的長為=.(7分)(3)設(shè)點M為Rt△APO的外心,則M為OA的中心,∴OM=4.當點M在扇形COD的內(nèi)部時,OM0,由勾股定理可得BE2+CE2=BC2,∴(4x)2+(3x)2=100,解得x=2,∴CE=6.(ii)相切.理由:過點A作AF⊥CD于點F,∵∠CEB=90,∴∠B+∠ECB=90,∵∠ACE+∠ECB=90,∴∠B=∠ACE,∵∠ACD=∠B,∴∠ACD=∠ACE,∴CA平分∠DCE,∵AF⊥CD,AE⊥CE,,∴AF=AE,∴直線CD與☉A相切.,解題關(guān)鍵本題考查圓的綜合問題,涉及等量代換,勾股定理,相似三角形的判定與性質(zhì),銳角三角函數(shù)等知識,知識點較綜合,需要學生靈活運用所學知識解決問題.,A組2016—2018年模擬基礎(chǔ)題組考點一圓的有關(guān)概念與性質(zhì),三年模擬,1.(2018湖南長沙二模,8)如圖,☉O是△ABC的外接圓,∠OCB=40,則∠A的度數(shù)為()A.60B.80C.40D.50,答案D在△OBC中,OB=OC,∠OCB=40,∴∠OBC=40,根據(jù)三角形內(nèi)角和等于180知∠BOC=100,∴∠A=∠BOC=50,故選D.,2.(2017湖南長沙二模,11)如圖,CD是☉O的直徑,AB是☉O的弦,已知∠1=30,則∠2的度數(shù)為()A.30B.45C.60D.70,答案C連接AD,∵CD是☉O的直徑,∴∠CAD=90.在Rt△ACD中,∠CAD=90,∠1=30,∴∠DAB=60.又∵∠DAB=∠2,∴∠2=60.,3.(2016湖南長沙南雅中學一模,11)如圖,A,B,P是半徑為2的☉O上的三點,∠APB=45,則弦AB的長為()A.2B.4C.D.2,答案D連接OA,OB,∵∠APB=45,∴∠AOB=2∠APB=90,∵OA=OB=2,∴AB==2.故選D.,4.(2016湖南張家界三模,6)如圖,AB為☉O的直徑,CD為☉O的弦,∠ABD=53,則∠BCD=()A.37B.47C.45D.53,答案A連接AC,∵AB是☉O的直徑,∴∠BCA=90,又∠ACD=∠ABD=53,∴∠BCD=∠ACB-∠ACD=90-53=37.故選A.,思路分析連接AC,由AB是☉O的直徑可得直角,根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得∠ACD的度數(shù),利用兩角差可得答案.,解題關(guān)鍵本題考查了圓周角定理;直徑在題目已知中出現(xiàn)時,往往要利用其所對的圓周角是直角這一結(jié)論,做題時注意應(yīng)用,連接AC是正確解答本題的關(guān)鍵.,5.(2016湖南湘潭一模,6)如圖,AB是☉O的直徑,∠AOC=130,則∠D=()A.25B.65C.15D.35,答案A如圖,連接AD,∵∠AOC=2∠ADC=130,∴∠ADC=65,∵AB是☉O的直徑,∴∠ADB=90,∴∠BDC=∠ADB-∠ADC=90-65=25,故選A.,6.(2018湖南長沙一模,16)如圖,AB是☉O的直徑,C、D為圓O上的兩點,若∠CDB=35,則∠ABC的度數(shù)為度.,答案55,解析AB是☉O的直徑,由圓周角定理可知∠ACB=90,則∠A+∠ABC=90,由在同圓或等圓中,同弧所對的圓周角相等可知∠A=∠CDB=35,由此得∠ABC=90-∠A=55,故答案為55.,7.(2018湖南株洲模擬,15)如圖,在☉O中,弦AB∥CD,若∠ABC=35,則∠BOD=.,答案70,解析∵AB∥CD,∴∠C=∠ABC=35,∴∠BOD=2∠C=70.故答案為70.,8.(2016湖南益陽模擬,22)如圖,已知△ABC內(nèi)接于☉O,且AB=AC,直徑AD交BC于點E,F是OE上的一點,使CF∥BD,連接BF.(1)求證:BE=CE;(2)試判斷四邊形BFCD的形狀,并說明理由;(3)若BC=8,AD=10,求CD的長.,解析(1)證明:∵AD是☉O的直徑,∴∠ABD=∠ACD=90,在Rt△ABD和Rt△ACD中,∴Rt△ABD≌Rt△ACD,∴∠BAD=∠CAD,在△ABE和△ACE中,∴△ABE≌△ACE,∴BE=CE.(2)四邊形BFCD是菱形.理由:由(1)知△ABE≌△ACE,∴∠AEB=∠AEC=90.∵CF∥BD,∴∠FCE=∠DBE,在△BED和△CEF中,,∴△BED≌△CEF,∴BD=CF,∴四邊形BFCD是平行四邊形,∵∠BAD=∠CAD,∴BD=CD,∴四邊形BFCD是菱形.(3)∵∠ABD=∠BED=90,∴∠EBD+∠BDE=90,∠BAD+∠BDA=90,∴∠BAD=∠EBD,∵∠CAE=∠BAD,∴∠CAE=∠DBE.又∵∠AEC=∠BED,∴△AEC∽△BED.∴CEBE=DEAE,又∵CE=BE,∴CE2=DEAE,設(shè)DE=x,∵BC=8,AD=10,,∴CE=BC=4,AE=10-x,∴42=x(10-x),解得x=2或x=8(舍去),在Rt△CED中,CD===2.,考點二與圓有關(guān)的位置關(guān)系,1.(2018湖南株洲模擬,6)如圖,AB是☉O的直徑,直線PA與☉O相切于點A,PO交☉O于點C,連接BC.若∠P=40,則∠ABC的度數(shù)為()A.20B.25C.40D.50,答案B∵AB是☉O的直徑,直線PA與☉O相切于點A,∴∠PAO=90.又∵∠P=40,∴∠POA=50,∴∠ABC=∠POA=25.故選B.,2.(2018湖南長沙麓山國際實驗學校模擬,18)如圖,在平面直角坐標系中,點A在第一象限,☉A與x軸相切于B,與y軸交于C(0,1)、D(0,4)兩點,則點A的坐標是.,答案,解析過點A作AM⊥CD,連接AB、AC.∵☉A與x軸相切于點B,與y軸交于C(0,1),D(0,4)兩點,∴OC=1,CD=3,DM=CM=1.5,∴OM=AB=2.5,∴☉A的半徑R=2.5,∴AC=2.5,∴AM==2,即點A的坐標是.,3.(2016湖南長沙六模,17)如圖,PA、PB是☉O的切線,Q為上一點,過點Q的直線MN與☉O相切.已知PA=4,則△PMN的周長=.,答案8,解析由切線長定理可知,PA=PB=4,AM=MQ,QN=NB,∴△PMN的周長=PM+MQ+QN+PN=PM+AM+NB+PN=PA+PB=2PA=8.,4.(2018湖南長沙麓山國際實驗學校模擬,24)如圖,在△ABC中,∠C=90,AC=3,AB=5,點O在BC邊的中線AD上,☉O與BC相切于點E,且∠OBA=∠OBC.(1)求證:AB為☉O的切線;(2)求☉O的半徑;(3)求tan∠BAD.,解析(1)證明:如圖,作OF垂直AB于點F,∵☉O與BC相切于點E,∴OE⊥BC,又∠OBA=∠OBC,∴OE=OF,∴AB為☉O的切線.(2)∵∠C=90,AC=3,AB=5,∴BC==4,又D為BC的中點,,∴CD=DB=2,設(shè)☉O的半徑為r,∵S△ACD+S△DOB+S△AOB=S△ABC,即ACCD+BDr+ABr=ACBC,∴6+2r+5r=12,∴r=.∴☉O的半徑為.(3)∵∠C=90,OE⊥BC,∴OE∥AC,∴Rt△ODE∽Rt△ADC,∴=,即=,∴DE=,∴BF=BE=,∴AF=AB-BF=5-=,,∴tan∠BAD==.,思路分析(1)作OF垂直AB于點F,然后根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理即可證得OE=OF,從而證得結(jié)論;(2)根據(jù)勾股定理求得BC的長,進而求得CD=DB=2,設(shè)☉O的半徑為r,然后根據(jù)S△ACD+S△DOB+S△AOB=S△ABC得到ACCD+BDr+ABr=ACBC,解關(guān)于r的方程即可求得☉O的半徑長;(3)易證得Rt△ODE∽Rt△ADC,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得DE=,即可求得BF=BE=,AF=AB-BF=,即可求得tan∠BAD的值.,5.(2018湖南衡陽模擬,25)如圖,在Rt△ABC中,∠C=90,∠ABC的平分線交AC于點D,點O是AB上一點,☉O過B、D兩點,且分別交AB、BC于點E、F.(1)求證:AC是☉O的切線;(2)已知AB=10,BC=6,求☉O的半徑r.,解析(1)證明:連接OD.∵OB=OD,∴∠OBD=∠ODB(等邊對等角).∵BD平分∠ABC,∴∠ABD=∠DBC,∴∠ODB=∠DBC(等量代換),∴OD∥BC(內(nèi)錯角相等,兩直線平行).又∵∠C=90(已知),∴∠ADO=90(兩直線平行,同位角相等),,∴AC⊥OD,∴AC是☉O的切線.(2)由(1)知,OD∥BC,∴=,∴=,解得r=,即☉O的半徑r為.,思路分析(1)連接OD.欲證AC是☉O的切線,只需證明AC⊥OD即可;(2)利用平行線截線段成比例推知=,然后將圖中線段間的和差關(guān)系代入該比例式,通過解方程即可求得r的值.,6.(2016湖南株洲一模,24)如圖,AB是☉O的直徑,OD⊥弦BC于點F,交☉O于點E,連接CE、AE、CD,若∠AEC=∠ODC.(1)求證:直線CD為☉O的切線;(2)若AB=5,BC=4,求線段CD的長.,解析(1)證明:連接OC,∵∠CEA=∠CBA,∠AEC=∠ODC,∴∠CBA=∠ODC,又∵∠CFD=∠BFO,∴∠DCB=∠BOF,∵CO=BO,∴∠OCF=∠B,∵∠B+∠BOF=90,∴∠OCF+∠DCB=90,∴CD⊥OC,∴直線CD為☉O的切線.,(2)連接AC,∵AB是☉O的直徑,∴∠ACB=90,∴∠DCO=∠ACB,又由(1)知∠D=∠B,∴△OCD∽△ACB,∵∠ACB=90,AB=5,BC=4,∴AC=3,∴=,即=,解得CD=.,思路分析(1)利用圓周角定理結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)得出∠OCF+∠DCB=90,即可得證;(2)利用直徑所對的圓周角為直角得出∠ACB=90,利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出CD的長.,解題技巧證切線的常用方法:連半徑,證垂直,即證∠OCD=90即可,結(jié)合已知及圓的性質(zhì)易證.而求線段的長可用解直角三角形,相似或全等,本題所給線段AB,BC與CD不在同一三角形中,且結(jié)合(1)易證△OCD∽△ACB,即利用相似可求CD的長.,解答題(共80分),B組2016—2018年模擬提升題組(時間:45分鐘分值:80分),1.(2018湖南婁底模擬,25)如圖,在☉O中,AB為直徑,OC⊥AB,弦CD與OB交于點F,在AB的延長線上有一點E,且EF=ED.(1)求證:DE是☉O的切線;(2)若tanA=,探究線段AB和BE之間的數(shù)量關(guān)系,并證明;(3)在(2)的條件下,若OF=1,求圓O的半徑.,解析(1)證明:連接OD,如圖.∵EF=ED,∴∠EFD=∠EDF.∵∠EFD=∠CFO,∴∠CFO=∠EDF.∵OC⊥OF,∴∠OCF+∠CFO=90.∵OC=OD,∴∠OCF=∠ODF,∴∠ODC+∠EDF=90,即∠ODE=90,∴OD⊥DE.∵點D在☉O上,∴DE是☉O的切線.(2)線段AB、BE之間的數(shù)量關(guān)系為AB=3BE.證明如下:∵AB為☉O的直徑,∴∠ADB=90,∴∠ADO=∠BDE.∵OA=OD,∴∠ADO=∠A,∴∠BDE=∠A,又∠BED=∠DEA,∴△EBD∽△EDA,∴==.∵在Rt△ABD中,tanA==,∴==,,∴AE=2DE,DE=2BE,∴AE=4BE,∴AB=3BE.(3)設(shè)BE=x(x>0),則DE=EF=2x,AB=3x,半徑OD=x.∵OF=1,∴OE=1+2x.在Rt△ODE中,由勾股定理可得:+(2x)2=(1+2x)2,∴x=-(舍去)或x=2,∴圓O的半徑為3.,解題關(guān)鍵本題是有關(guān)圓的綜合題,主要考查了切線的判定和性質(zhì),等腰三角形的性質(zhì),銳角三角函數(shù),相似三角形的判定和性質(zhì),勾股定理,判斷出△EBD∽△EDA是解答本題的關(guān)鍵.,2.(2018湖南長郡集團模擬,23)如圖,AB是☉O的弦,D為半徑OA的中點,過D作CD⊥OA交弦AB于點E,交☉O于點F,且BC是☉O的切線.(1)求證:CE=CB;(2)連接AF,BF,求∠ABF的正弦值;(3)如果CD=15,BE=10,sin∠DAE=,求☉O的半徑.,解析(1)證明:連接OB,∵BC是☉O的切線,∴OB⊥BC.∴∠OBC=90,即∠OBA+∠CBE=90,∵OA=OB,∴∠OAB=∠OBA,又CD⊥OA,∴∠DAE+∠DEA=90,又∠CEB=∠DEA,∴∠CBE=∠CEB,∴CE=CB.(2)連接OF,∵DC⊥OA,且D為AO的中點,∴AF=OF,又OA=OF,∴△AOF是等邊三角形,∴∠ABF=∠AOF=30,,∴sin∠ABF=.(3)過點C作CG⊥AB于點G,易證明△ADE∽△CGE,又sin∠DAE=,∴==,∵CE=CB,BE=10,∴EG=BG=5,∴CE=13,∵CD=15,∴DE=2,∴AE=,AD=,∴OA=2AD=.∴☉O的半徑為.,3.(2018湖南株洲模擬,25)如圖,在Rt△ABC中,∠ABC=90,AB=CB,以AB為直徑的☉O交AC于點D,點E是AB邊上一點(點E不與點A、B重合),DE的延長線交☉O于點G,DF⊥DG,且交BC于點F.(1)求證:AE=BF;(2)連接GB,EF,求證:GB∥EF;(3)若AE=1,EB=2,求DG的長.,解析(1)證明:連接BD.在Rt△ABC中,∠ABC=90,AB=BC,∴∠A=∠C=45,∵AB為圓O的直徑,∴∠ADB=90,即BD⊥AC,∴AD=DC=BD=AC,∠CBD=∠C=45,∴∠A=∠FBD,∵DF⊥DG,,∴∠FDG=90,∴∠FDB+∠BDG=90,∵∠EDA+∠BDG=90,∴∠EDA=∠FDB,在△AED和△BFD中,∠A=∠FBD,AD=BD,∠EDA=∠FDB,∴△AED≌△BFD(ASA),∴AE=BF.(2)證明:∵△AED≌△BFD,∴DE=DF,∵∠EDF=90,∴△EDF是等腰直角三角形,∴∠DEF=45,∵∠G=∠A=45,,∴∠G=∠DEF,∴GB∥EF.(3)∵AE=BF,AE=1,∴BF=1,在Rt△EBF中,∠EBF=90,EB=2,BF=1,根據(jù)勾股定理得EF==,∵△DEF為等腰直角三角形,∠EDF=90,∴cos∠DEF=,∴DE==,∵∠G=∠A,∠GEB=∠AED,∴△GEB∽△AED,∴=,即GEED=AEEB,∴GE=2,即GE=,,則GD=GE+ED=.,思路分析(1)連接BD,由三角形ABC為等腰直角三角形,求出∠A與∠C的度數(shù),根據(jù)AB為圓O的直徑,利用圓周角定理得到∠ADB為直角,即BD垂直AC,利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半,得到AD=DC=BD=AC,進而確定出∠A=∠FBD,再利用同角的余角相等得到一對角相等,利用ASA得到三角形AED與三角形BFD全等,利用全等三角形的對應(yīng)邊相等即可得證;(2)由三角形AED與三角形BFD全等,得到ED=FD,進而得到三角形DEF為等腰直角三角形,利用同圓或等圓中,同弧所對的圓周角相等及等腰直角三角形的性質(zhì)得到一對同位角相等,利用同位角相等兩直線平行即可得證;(3)由(1)及已知得AE=BF=1,在直角三角形BEF中,利用勾股定理求出EF的長,利用銳角三角形函數(shù)定義求出DE的長,利用兩對角相等的三角形相似得到三角形AED與三角形GEB相似,由相似得對應(yīng)線段成比例,求出GE的長,由GE+ED求出GD的長即可.,4.(2017湖南長沙三模,23)如圖,在△ABC中,AB=AC,以AB為直徑作☉O交BC于點D,DE⊥AC于點E.(1)求證:DE是☉O的切線;(2)若∠ABC=60,☉O的半徑r=4,求CE的長.,解析(1)證明:如圖,連接OD.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB.∵OB=OD,∴∠ABC=∠ODB,∴∠ACB=∠ODB,∴OD∥AC.∵DE⊥AC,∴DE⊥OD.∵OD是☉O的半徑,∴DE是☉O的切線.(2)∵∠ABC=60,AB=AC,∴△ABC是等邊三角形,∴∠ACB=60,BC=AB,∴∠CDE=30.∵AB為☉O的直徑,∴∠ADB=90,,∴∠ADC=90,DC=BC,∵r=4,∴AB=BC=8,∴DC=4.在Rt△DEC中,∠CDE=30,∴CE=CD=2.,5.(2017湖南長沙二模,23)如圖,△ABC內(nèi)接于☉O,BD為☉O的直徑,BD與AC相交于點H,AC的延長線與過點B的直線相交于點E,且∠A=∠EBC.(1)求證:BE是☉O的切線;(2)已知CG∥EB,且CG與BD、BA分別相交于點F、G,若BGBA=48,FG=,DF=2BF,求AH的值.,解析(1)證明:連接CD,∵BD是☉O的直徑,∴∠BCD=90,即∠D+∠CBD=90.∵∠A=∠D,∠A=∠EBC,∴∠CBD+∠EBC=90,即∠DBE=90,∴BE⊥BD,∴BE是☉O的切線.(2)∵CG∥EB,∴∠BCG=∠EBC,∴∠A=∠BCG.∵∠CBG=∠ABC,∴△ABC∽△CBG,∴=,即BC2=BGBA=48,∴BC=4.∵CG∥EB,∴CF⊥BD,∴△BFC∽△BCD,∴BC2=BFBD.,∵DF=2BF,∴BF=4.在Rt△BCF中,CF==4,∴CG=CF+FG=5.在Rt△BFG中,BG==3,∵BGBA=48,∴BA=8,∴AG=5,∴CG=AG,∴∠A=∠ACG=∠BCG,又∠CFH=∠CFB=90,∴∠CHF=∠CBF,∴CH=CB=4.∵△ABC∽△CBG,∴=,∴AC==,∴AH=AC-CH=.,思路分析(1)連接CD,根據(jù)BD為☉O的直徑,得出∠BCD=90,再結(jié)合“同弧所對的圓周角相等”,得出∠A=∠D,再用等量代換證明∠EBD=90.(2)先判定△ABC∽△CBG,△BFC∽△BCD,再結(jié)合勾股定理求出各線段的長度.,6.(2016湖南邵陽模擬,24)如圖,AB是☉O的直徑,C是☉O上一點,OD⊥BC于點D,過點C作☉O的切線,交OD的延長線于點E,OE交☉O于點F,連接BE.(1)求證:BE與☉O相切;(2)連接AD并延長交BE于點G.若OB=9,sin∠ABC=,求BG的長