最新中考數(shù)學二輪核心考點專題訓練專題15 圓中常作的輔助線-試卷下載-教習網(wǎng)

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專題15 圓中常作的輔助線（解析版）
第一部分典例剖析
類型一連半徑
1．（2021秋?溫州期中）如圖，在⊙O中，∠BAC＝15°，∠ADC＝20°，則∠ABO的度數(shù)為．
思路引領(lǐng)：連接AO，根據(jù)同弧所對圓周角與圓心角的關(guān)系求出∠AOB，進而求解．
解：連接AO，CO，
則∠AOC＝2∠ADC，∠BOC＝2∠BAC，
∴∠AOB＝∠BOC+∠AOC＝2∠BAC+2∠ADC＝2×15°+2×20°＝70°，
∵OA＝OB，
∴∠ABO=12（180°﹣∠AOB）＝55°，
故答案為：55°．
總結(jié)提升：本題考查圓周角定理，解題關(guān)鍵是通過添加輔助線求解．
2．（2022?雙柏縣模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于點D，若⊙O的半徑為2，則CD的長為（）
A．1B．22C．2D．3
思路引領(lǐng)：連接OA，OC，根據(jù)圓周角定理得圓心角為90°，根據(jù)勾股定理求出AC，再根據(jù)在直角三角形中，30°所對的直角邊等于斜邊的一半即可求出CD．
解：如圖，連接OA，OC．
∵∠COA＝2∠CBA＝2×45°＝90°，
在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理得：
AC=OA2+OC2=22+22=22．
∵CD⊥AB，∠CAB＝30°，
∴CD=12AC=2．
故選：C．
總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理，勾股定理，含30°角的直角三角形，其中構(gòu)造圓心角，利用圓周角定理是解題的關(guān)鍵．
作弦心距
3．（2020秋?雁塔區(qū)校級期中）如圖，AB為⊙O的弦，半徑OC，OD分別交AB于點E，F(xiàn)．且AC=DB．
（1）求證：AE＝BF；
（2）作半徑ON⊥AB于點M，若AB＝12，MN＝3，求OM的長．
思路引領(lǐng)：（1）連接OA、OB，證明△AOE≌△BOF（ASA），即可得出結(jié)論；
（2）連接OA，由垂徑定理得出AM=12AB＝6，設(shè)OM＝x，則OA＝ON＝x+3，在Rt△AOM中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
（1）證明：連接OA、OB，如圖1所示：
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠B，
∵AC=BD，
∴∠AOE＝∠BOF，
在△AOE和△OBF中，
∠A=∠BOA=OB∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴AE＝BF．
（2）解：連接OA，如圖2所示：
∵OM⊥AB，
∴AM=12AB＝6，
設(shè)OM＝x，則OA＝ON＝x+3，
在Rt△AOM中，由勾股定理得：62+x2＝（x+3）2，
解得：x＝4.5，
∴OM＝4.5．
總結(jié)提升：本題考查垂徑定理，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．
4．（2022秋?慈溪市期中）如圖，⊙P與x軸交于點A（﹣5，0），B（1，0），與y軸的正半軸交于點C．若∠ACB＝60°，則點C的縱坐標為．
思路引領(lǐng)：過P點作PH⊥AB于H點，PD⊥OC于D點，連接PA、PB、PC，如圖，根據(jù)垂徑定理得到AH＝BH＝3，則OH＝2，再根據(jù)圓周角定理得到∠APB＝2∠ACB＝120°，所以∠APH＝60°，則利用含30度角的直角三角形三邊的關(guān)系計算出PH=3，PA＝23，接著利用四邊形PHOD為矩形得到OD=3，PD＝2，然后利用勾股定理計算出CD，從而得到OC的長．
解：過P點作PH⊥AB于H點，PD⊥OC于D點，連接PA、PB、PC，如圖，
∵A（﹣5，0），B（1，0），
∴OA＝5，OB＝1，
∵PH⊥AB，
∴AH＝BH=12AB＝3，
∴OH＝2，
∵∠APB＝2∠ACB＝2×60°＝120°，
∴∠APH＝60°，
在Rt△PAH中，∵PH=33AH=3，
∴PA＝2PH＝23，
∵∠PHO＝∠PDO＝∠HOD＝90°，
∴四邊形PHOD為矩形，
∴OD＝PH=3，PD＝OH＝2，
在Rt△PCD中，∵PC＝PA＝23，PD＝2，
∴CD=(23)2?22=22，
∴OC＝OD+CD=3+22，
∴點C的縱坐標為3+22．
故答案為：3+22．
總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。部疾榱藞A周角定理．
5．（2020秋?肇源縣期末）已知：如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝25°，以點C為圓心、AC為半徑作⊙C，交AB于點D，求AD的度數(shù)．
思路引領(lǐng)：因為弧與垂徑定理有關(guān)；與圓心角、圓周角有關(guān)；與弦、弦心距有關(guān)；弧與弧之間還存在著和、差、倍、半的關(guān)系，因此這道題有很多解法，僅選幾種供參考．
解：解法一：（用垂徑定理求）
如圖，過點C作CE⊥AB于點E，交AD于點F，
∴DF=AF，
又∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，
∴∠FCA＝25°，
∴AF的度數(shù)為25°，
∴AD的度數(shù)為50°；
解法二：（用圓周角求）如圖，延長AC交⊙C于點E，連接ED，
∵AE是直徑，
∴∠ADE＝90°，
∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，
∴∠E＝∠B＝25°，
∴AD的度數(shù)為50°；
解法三：（用圓心角求）如圖，連接CD，
∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，∴∠A＝65°，
∵CA＝CD，∴∠ADC＝∠A＝65°，
∴∠ACD＝50°，
∴AD的度數(shù)為50°．
總結(jié)提升：本題可以利用：1、垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分這條弦所對的兩段?。?、圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．
6．（2021?浦東新區(qū)模擬）如圖，已知AB是圓O的直徑，弦CD交AB于點E，∠CEA＝30°，OE＝4，DE＝53，求弦CD及圓O的半徑長．
思路引領(lǐng)：過點O作OM⊥CD于點M，聯(lián)結(jié)OD，根據(jù)垂徑定理解答即可．
解：過點O作OM⊥CD于點M，聯(lián)結(jié)OD，
∵∠CEA＝30°，∴∠OEM＝∠CEA＝30°，
在Rt△OEM中，∵OE＝4，
∴OM=12OE=2，EM=OE?cs30°=4×32=23，
∵DE=53，
∴DM=DE?EM=33，
∵OM過圓心，OM⊥CD，
∴CD＝2DM，
∴CD=63，
∵OM=2，DM=33，
∴在Rt△DOM中，OD=OM2+DM2=22+(33)2=31，
∴弦CD的長為63，⊙O的半徑長為31．
總結(jié)提升：此題考查了垂徑定理和直角三角形．有關(guān)弦、半徑、弦心距的問題常常利用它們構(gòu)造的直角三角形來研究，所以連半徑、作弦心距是圓中的一種常見輔助線添法．
類型三圓周角為直角，連接直徑
7．如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，且∠CAB＝90°，若AB＝10，AC＝8，求⊙O的半徑．
思路引領(lǐng)：連接BC，由圓周角定理得BC是⊙O的直徑，由勾股定理求出BC＝241，則OB=41．
解：連接BC，如圖所示：
∵∠CAB＝90°，
∴BC是⊙O的直徑，BC=AB2+AC2=102+82=241，
∴OB=41，
即⊙O的半徑為41．
總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理和勾股定理；熟練掌握圓周角定理和勾股定理是解題的關(guān)鍵．
類型四有直徑，做直徑所對的圓周角
8．（2021?濟寧一模）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB＝BC，∠BAC＝30°，AD是直徑，AD＝8，則AC的長為．
思路引領(lǐng)：連接CD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ACB＝∠BAC＝30°，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠D＝180°﹣∠B＝60°，求得∠CAD＝30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
解：連接CD，
∵AB＝BC，∠BAC＝30°，
∴∠ACB＝∠BAC＝30°，
∴∠B＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴∠D＝180°﹣∠B＝60°，
∵AD是直徑，
∴∠ACD＝90°，
∵∠CAD＝30°，AD＝8，
∴CD=12AD＝4，
∴AC=82?42=43，
故答案為：43．
總結(jié)提升：本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．
9．（2021秋?南寧期末）如圖1，已知AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，AC平分∠DAB，AD⊥CD于點D，并與⊙O交于點E．
（1）求證：CD是⊙O的切線；
（2）若DE＝8，DC＝12，求⊙O的半徑；
（3）如圖2，F(xiàn)為AB中點，連接EF，在（2）的條件下，求EF的長．
思路引領(lǐng)：（1）連接OC，利用角平分線的定義，同圓的半徑相等，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)和圓的切線的判定定理解答即可；
（2）連接OC，過點O作OF⊥AE于點F，利用切割線定理，垂徑定理和矩形的判定與性質(zhì)解答即可；
（3）連接AF，BF，BE，過點B作BH⊥EF于點H，利用（2）的結(jié)論，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理解答即可．
（1）證明：連接OC，如圖，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠BAC．
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠OCA，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴AD∥OC．
∵AD⊥CD于點D，
∴OC⊥CD．
∵OC為⊙O的半徑，
∴CD是⊙O的切線；
（2）解：連接OC，連接CE，過點O作OF⊥AE于點F，如圖，
則AF＝EF=12AE．
由（1）知：CD是⊙O的切線，
∴∠DCE＝∠DAC．
∵∠D＝∠D，
∴△CDE∽△ADC，
∴CD2＝DE?DA，
∵DE＝8，DC＝12，
∴DA＝18．
∴AE＝DA﹣DE＝18﹣8＝10，
∴EF＝5，
∴DF＝EF+DE＝5+8＝13．
由（1）知：OC⊥CD，
∵DA⊥CD，OF⊥AD，
∴四邊形OFDC為矩形，
∴OC＝DF＝13，
∴⊙O的半徑為13；
（3）解：連接AF，BF，BE，過點B作BH⊥EF于點H，如圖，
由（2）知：⊙O的半徑為13，AE＝10，
∴AB＝26，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠AEB＝90°，
∴BE=AB2?AE2=24．
∵F為AB中點，
∴AF=BF，
∴AF＝BF=22AB＝132，
∴∠FAB＝∠FBA＝45°，
∵∠FEB＝∠FAB，
∴∠FEB＝45°，
∴△BHE為等腰直角三角形，
∴BH＝HE=22BE＝122．
∵BH⊥EF，
∴HF=BF2?BH2=52，
∴EF＝EH+HF＝122+52=172．
總結(jié)提升：本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理及其推論，平行線的判定與性質(zhì)，圓的切線的判定與性質(zhì)，切割線定理，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理，連接經(jīng)過切點的半徑和直徑所對的圓周角是解決此類問題常添加的輔助線．
類型五見切線作半徑
10．（2020?八步區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC的角平分線交BC于點D，E為AB上一點，DE＝DC，以D為圓心，DB的長為半徑作⊙D，AB＝5，BE＝3．
（1）求證：AC是⊙D的切線；
（2）求線段AC的長．
思路引領(lǐng)：（1）過點D作DF⊥AC于F，求出BD＝DF等于半徑，得出AC是⊙D的切線．
（2）先證明△BDE≌△DCF（HL），根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等及切線的性質(zhì)的AB＝AF，得出AB+EB＝AC．
（1）證明：過點D作DF⊥AC于F；
∵AB為⊙D的切線，
∴∠B＝90°，
∴AB⊥BC，
∵AD平分∠BAC，DF⊥AC，
∴BD＝DF，
∴AC與⊙D相切；
（2）解：在△BDE和△DCF中；
BD=DFDE=DC，
∴Rt△BDE≌Rt△DCF（HL），
∴EB＝FC．
∵AB＝AF，
∴AB+EB＝AF+FC，
即AB+EB＝AC，
∴AC＝5+3＝8．
總結(jié)提升：本題考查的是切線的判定、角平分線的性質(zhì)定理、全等三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握切線的判定方法，證明三角形全等得出EB＝FC是解決問題（2）的關(guān)鍵．
11．（2020秋?臨邑縣期末）如圖，BD為△ABC外接圓⊙O的直徑，且∠BAE＝∠C．
（1）求證：AE與⊙O相切于點A；
（2）若AE∥BC，BC＝23，AC＝2，求⊙O的直徑．
思路引領(lǐng)：（1）連接半徑OA，由等腰三角形的性質(zhì)及圓周角定理得出∠OAE＝90°．即可證出結(jié)論；
（2）連接OC，連接OA交BC于點H，證出OA⊥BC，CH＝BH，分別在△ABH，△OBH中通過勾股定理即可求出結(jié)果．
（1）證明：連接OA．
∴OA＝OD．
∴∠D＝∠DAO．
∵∠D＝∠C，
∴∠C＝∠DAO．
∵∠BAE＝∠C，
∴∠BAE＝∠DAO．
∵BD是⊙O的直徑，
∴∠BAD＝90°，即∠DAO+∠BAO＝90°．
∴∠BAE+∠BAO＝90°，即∠OAE＝90°．
∴AE⊥OA．
又∵OA為⊙O的半徑，
∴AE與⊙O相切于點A．
（2）解：連接OC，連接AO交BC于點H，
∵AE∥BC，OA⊥AE，
∴OA⊥BC，
∴CH＝BH=12BC=3，
在Rt△ABH中，
AH=AB2?BH2=1，
在Rt△OBH中，設(shè)OB＝r，
∵OH2+BH2＝OB2，
∴（r﹣1）2+（3）2＝r2，
解得：r＝2，
∴DB＝2r＝4．
即⊙O的直徑為4．
總結(jié)提升：本題考查了三角形的外接圓與外心，切線的判定，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理等知識點，能綜合運用知識點進行推理是解此題的關(guān)鍵．
類型六連切點
12．（2020?湘西州）如圖，PA、PB為圓O的切線，切點分別為A、B，PO交AB于點C，PO的延長線交圓O于點D．下列結(jié)論不一定成立的是（）
A．△BPA為等腰三角形
B．AB與PD相互垂直平分
C．點A、B都在以PO為直徑的圓上
D．PC為△BPA的邊AB上的中線
思路引領(lǐng)：根據(jù)切線的性質(zhì)即可求出答案．
解：（A）∵PA、PB為圓O的切線，
∴PA＝PB，
∴△BPA是等腰三角形，故A選項不符合題意．
（B）由圓的對稱性可知：PD垂直平分AB，但AB不一定平分PD，故B選項符合題意．
（C）連接OB、OA，
∵PA、PB為圓O的切線，
∴∠OBP＝∠OAP＝90°，
∴點A、B、P在以O(shè)P為直徑的圓上，故C選項不符合題意．
（D）∵△BPA是等腰三角形，PD⊥AB，
∴PC為△BPA的邊AB上的中線，故D選項不符合題意．
故選：B．
總結(jié)提升：本題考查切線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練運用切線的性質(zhì)，本題屬于中等題型．
13．（2020?青海）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，則△ABC的內(nèi)切圓半徑r＝ 1 ．
思路引領(lǐng)：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，根據(jù)勾股定理可得AB＝5，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓與三條邊的切點分別為D、E、F，連接OD、OE、OF，可得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，可得矩形EOFC，再根據(jù)切線長定理可得CE＝CF，所以矩形EOFC是正方形，可得CE＝CF＝r，所以AF＝AD＝3﹣r，BE＝BD＝4﹣r，進而可得△ABC的內(nèi)切圓半徑r的值．
解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
根據(jù)勾股定理，得AB＝5，
如圖，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓與三條邊的切點分別為D、E、F，
連接OD、OE、OF，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵∠C＝90°，
∴四邊形EOFC是矩形，
根據(jù)切線長定理，得
CE＝CF，
∴矩形EOFC是正方形，
∴CE＝CF＝r，
∴AF＝AD＝AC﹣FC＝3﹣r，
BE＝BD＝BC﹣CE＝4﹣r，
∵AD+BD＝AB，
∴3﹣r+4﹣r＝5，
解得r＝1．
則△ABC的內(nèi)切圓半徑r＝1．
故答案為：1．
總結(jié)提升：本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，解決本題的關(guān)鍵是掌握三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心．
類型七構(gòu)造弦或圓
14．（2021秋?江寧區(qū)期中）如圖，⊙O經(jīng)過菱形ABCD的B，D兩頂點，分別交AB，BC，CD，AD于點E，F(xiàn)，G，H．
（1）求證AE＝AH；
（2）連接EF，F(xiàn)G，GH，EH，若BD是⊙O的直徑，求證：四邊形EFGH是矩形．
思路引領(lǐng)：（1）連接DE、BH，利用△ADE≌△ABH即可得出結(jié)論；
（2）連接DE，DF，通過證明△ADE≌△CDF和△AEH≌△CFG得到四邊形EFGH的兩組對邊相等，可以判定四邊形EFGH為平行四邊形，再利用平行四邊形的性質(zhì)和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明∠FEH＝90°，則四邊形EFGH為矩形．
證明：（1）連接DE、BH，如圖，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
在△ADE和△ABH中，
∠ADE=∠ABHAD=AB∠A=∠A，
∴△ADE≌△ABH（ASA），
∴AE＝AH．
（2）∵AB＝AD，AE＝AH．
∴AB﹣AE＝AD﹣AH．
即BE＝DH．
∴BE=DH．
同理BF=DG
∴BE+BF=DH+DG．
即EF=GH．
∴EF＝GH．
連接DE，DF，如圖，
∵BD是⊙O的直徑，
∴∠BED＝∠BFD＝90°．
∴∠AED＝∠CFD＝90°．
在△ADE和△CDF中，
∠A=∠C∠AED=∠CFDAD=CD，
∴△ADE≌△CDF（AAS）．
∴AE＝CF．
∵用（1）中同樣的方法可證CF＝CG
∴AH＝CG．
在△AEH和△CFG中，
AE=CF∠A=∠CAH=CG，
∴△AEH≌△CFG（SAS）．
∴EH＝FG．
∴四邊形EFGH是平行四邊形．
∴∠FEH＝∠FGH．
∵四邊形EFGH是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠FEH+∠FGH＝180°．
∴∠FEH＝90°．
∴四邊形EFGH是矩形．
總結(jié)提升：本題主要考查了圓周角定理，三角形全等的匹配度與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，矩形的判定，利用同弧所對的圓周角相等是解題的關(guān)鍵．
15．（2021?鄂州）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝23，BC＝3．點P為△ABC內(nèi)一點，且滿足PA2+PC2＝AC2．當PB的長度最小時，△ACP的面積是（）
A．3B．33C．334D．332
思路引領(lǐng)：取AC中點O，連接OP，BO，由勾股定理的逆定理可求∠APC＝90°，可得點P在以AC為直徑的圓上運動，由三角形的三邊關(guān)系可得BP≥BO﹣OP，當點P在線段BO上時，BP有最小值，由銳角三角函數(shù)可求∠BOC＝60°，即可求解．
解：取AC中點O，連接OP，BO，
∵PA2+PC2＝AC2，
∴∠APC＝90°，
∴點P在以AC為直徑的圓上運動，
在△BPO中，BP≥BO﹣OP，
∴當點P在線段BO上時，BP有最小值，
∵點O是AC的中點，∠APC＝90°，
∴PO＝AO＝CO=3，
∵tan∠BOC=BCCO=3，
∴∠BOC＝60°，
∴△COP是等邊三角形，
∴S△COP=34OC2=34×3=334，
∵OA＝OC，
∴△ACP的面積＝2S△COP=332，
故選：D．
總結(jié)提升：本題考查了點與圓的位置關(guān)系，直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理的逆定理等知識，找出點P在以AC為直徑的圓上運動是解題的關(guān)鍵．
專題提優(yōu)訓練
1．（2020秋?寶應(yīng)縣期末）如圖，點A、B、S在圓上，若弦AB的長度等于圓半徑的3倍，則∠ASB的度數(shù)是（）
A．30°B．60°C．90°D．120°
思路引領(lǐng)：連接OA，OB，過O作OC⊥AB于C，求出AC＝BC，解直角三角形求出∠OAB的度數(shù)，求出∠AOB，再根據(jù)圓周角定理求出答案即可．
解：連接OA，OB，過O作OC⊥AB于C，
設(shè)OA＝OB＝R，
∵弦AB的長度等于圓半徑的3倍，
∴AB=3R，
∵OA＝OB，OC⊥AB，
∴AC＝BC=12AB=123R，
∴cs∠OAB=ACOA=123RR=32，
∴∠OAB＝30°，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB＝30°，
∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝120°，
∴∠ASB=12∠AOB＝60°，
故選：B．
總結(jié)提升：本題考查了解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)和圓周角定理，注意：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半．
2．（2021秋?遜克縣期末）如圖，⊙O的半徑為2，弦AB=23，AC=14AB，則OC的長為．
思路引領(lǐng)：過O作OD⊥AB于D，根據(jù)垂徑定理求出BD，根據(jù)勾股定理求出OD，根據(jù)勾股定理求出OC即可．
解：過O作OD⊥AB于D，
∵OD⊥AB，OD過O，AB=23，
∴AD＝BD=12AB=3，
∵AB=23，點C在弦AB上，AC=14AB，
∴AC=123，CD＝AD﹣AC=123，
在Rt△OBD中，由勾股定理得：OD=22?(3)2=1，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OC=OD2+CD2=12+(123)2=72，
故答案為：72．
總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理和勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形，運用定理進行推理和計算的能力．
3．（2021?吉林三模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接BD．若AC=BC，∠BDC＝50°，則∠ADC的大小是度．
思路引領(lǐng)：根據(jù)圓周角定理求出∠ABC，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)計算，得到答案．
解：∵AC=BC，
∴∠ABC＝∠BDC＝50°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣50°＝130°，
故答案為：130．
總結(jié)提升：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．
4．（2021秋?鄖陽區(qū)期中）如圖，射線PG平分∠EPF，O為射線PG上一點，以O(shè)為圓心，13為半徑作⊙O，分別與∠EPF的兩邊相交于A、B和C、D，連接OA，且OA∥PE．
（1）求證：AP＝AO；
（2）若弦AB＝24，求OP的長．
思路引領(lǐng)：（1）由PG平分∠EPF可得∠CPO＝∠APO，由AO∥PD可得∠CPO＝∠AOP，從而有∠APO＝∠AOP，則有AP＝AO．
（2）過點O作OH⊥AB于H，如圖．根據(jù)垂徑定理可得AH＝BH＝12，從而可求出PH，在Rt△AHO中，運用勾股定理可求出OH的長，從而進一步可得OP的長．
（1）證明：如圖，
∵PG平分∠EPF，
∴∠CPO＝∠APO．
∵AO∥PE，
∴∠CPO＝∠AOP，
∴∠APO＝∠AOP，
∴AP＝AO．
（2）解：過點O作OH⊥AB于H，如圖．
根據(jù)垂徑定理可得AH＝BH=12AB＝12，
∴PH＝PA+AH＝AO+AH＝13+12＝25．
在Rt△AHO中，
OH=OA2?AH2=132?122=5，
由勾股定理得：OP=OH2+PH2=52+252=650=526．
則OP的長為526．
總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、平行線的性質(zhì)、角平分線的定義等知識，綜合性比較強．
5．（2021秋?思明區(qū)校級期中）已知△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，點D是⊙O上的點．
（1）如圖1，若∠BAC＝40°，BD為⊙O的直徑，連接CD，求∠DBC和∠ACD的大?。?br>（2）如圖2，若CD∥BA，連接AD，延長OC到E，連接DE，使得3∠BAC﹣∠E＝90°，判斷DE與⊙O關(guān)系并證明．
思路引領(lǐng)：（1）如圖1，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和計算出∠ABC＝70°，再根據(jù)圓周角定理得到∠BCD＝90°，∠D＝40°，利用互余計算出∠DBC的度數(shù)，利用圓周角定理計算∠ABD的度數(shù)，從而得到∠ACD的度數(shù)；
（2）利用三角形內(nèi)角和定理證明∠DOE+∠E＝90°，推出OD⊥DE，可得結(jié)論．
解：（1）如圖1中，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB=12（180°﹣∠BAC）=12×（180°﹣40°）＝70°
∵BD為直徑，
∴∠BCD＝90°，
∵∠D＝∠BAC＝40°，
∴∠DBC＝90°﹣∠D＝90°﹣40°＝50°，
∴∠ACD＝∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝70°﹣50°＝20°；
（2）結(jié)論：DE是⊙O的切線．
理由：如圖2中，連接OD，OB，AO，延長AO交BC于點T．設(shè)∠BAC＝α．
∵AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC，
∴AD=BC，
∴∠BOC＝∠AOD＝2α，
∵AB＝AC，
∴AB=AC，
∴AT⊥BC，
∵OB＝OC，
∴∠COT＝∠BOT＝α，
∴∠DOE＝180°﹣∠AOD﹣∠COT＝180°﹣3α，
∵3∠BAC﹣∠E＝90°，
∴3α﹣∠E＝90°，
∴∠DOE+∠E＝180°﹣3α+∠E＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切線．
總結(jié)提升：本題考查直線與圓的位置關(guān)系，圓周角定理，垂徑定理等知識，解題的關(guān)鍵是垂徑定理，圓周角定理，屬于中考?？碱}型．
6．（2022?東明縣二模）如圖，AB是⊙O的直徑，點D在直徑AB上（D與A，B不重合），CD⊥AB，且CD＝AB，連接CB，與⊙O交于點F，在CD上取一點E，使EF＝EC．
（1）求證：EF是⊙O的切線：
（2）連接AF，若D是OA的中點，AB＝8，求CF的長．
思路引領(lǐng)：（1）連接OF，易證∠DBC+∠C＝90°，由等腰三角形的性質(zhì)得∠DBC＝∠OFB，∠C＝∠EFC，推出∠OFB+∠EFC＝90°，則∠OFE＝90°，即可得出結(jié)論；
（2）連接AF，則∠AFB＝90°，求出BD＝3OD＝6，CD＝AB＝8，根據(jù)勾股定理得到BC＝5，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到求出BF，由CF＝BC﹣BF即可得出結(jié)果．
（1）證明：連接OF，如圖1所示：
∵CD⊥AB，
∴∠DBC+∠C＝90°，
∵OB＝OF，
∴∠DBC＝∠OFB，
∵EF＝EC，
∴∠C＝∠EFC，
∴∠OFB+∠EFC＝90°，
∴∠OFE＝180°﹣90°＝90°，
∴OF⊥EF，
∵OF為⊙O的半徑，
∴EF是⊙O的切線；
（2）解：連接AF，如圖2所示：
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠AFB＝90°，
∵D是OA的中點，
∴OD＝DA=12OA=14AB=14×8＝2，
∴BD＝3OD＝6，
∵CD⊥AB，CD＝AB＝8，
∴∠CDB＝90°，
由勾股定理得：BC=BD2+CD2=62+82=10，
∵∠AFB＝∠CDB＝90°，∠FBA＝∠DBC，
∴△FBA∽△DBC，
∴BFBD=ABBC，
∴BF=AB?BDBC=8×610=245，
∴CF＝BC﹣BF＝10?245=265．
總結(jié)提升：本題考查了切線的判定、等腰三角形的性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識；熟練掌握切線的判定和相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

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