2019九年级数学上册 专题突破讲练 剖析与圆有关的计算试题 （新版）青岛版

2019九年级数学上册 专题突破讲练 剖析与圆有关的计算试题 （新版）青岛版

剖析与圆有关的计算 圆中有关的计算问题主要涉及以下三个知识点：‎ ‎1. 利用勾股定理：要想利用勾股定理解题，必须确定出直角三角形，根据两直角边的平方和等于斜边的平方求出未知线段；或者用同一字母表示出三条边长，并根据勾股定理列出方程求解；‎ ‎2. 利用三角函数：利用三角函数求线段长也必须在直角三角形中才能实施，在直角三角形中知道一角一边即可解此直角三角形得出未知的角和边，因此熟记特殊角的三角函数值是解决问题的基础；‎ 注意：在圆中，往往利用垂径定理和直径所对的圆周角以及切线的性质构造直角三角形。‎ ‎3. 利用相似三角形：利用相似三角形求线段长是圆中最重要的一种解题方法和思路。因此要善于发现和构造相似三角形。‎ 常见的相似三角形模型有：‎ 例题 （南充）如图，已知AB是⊙O的直径，BP是⊙O的弦，弦CD⊥AB于点F，交BP于点G，E在CD的延长线上，EP＝EG，‎ ‎（1）求证：直线EP为⊙O的切线；‎ ‎（2）点P在劣弧AC上运动，其他条件不变，若BG2＝BF•BO。试证明BG＝PG；‎ ‎（3）在满足（2）的条件下，已知⊙O的半径为3，sinB＝。求弦CD的长。‎ 解析：（1）连结OP，先由EP＝EG，证出∠EPG＝∠BGF，再由∠BFG＝∠BGF＋∠OBP＝90°，推出∠EPG＋∠OPB＝90°来求证。‎ ‎（2）连结OG，由BG2＝BF•BO，得出△BFG∽△BGO，得出∠BGO＝∠BFG＝90°，根据垂线定理可得出结论。‎ 18‎ ‎（3）连结AC、BC、OG，由sinB＝，求出OG，由（2）得出∠B＝∠OGF，求出OF，再求出BF，FA，利用直角三角形来求斜边上的高，再乘以2得出CD长度。‎ 解答：（1）证明：连结OP，‎ ‎∵EP＝EG，‎ ‎∴∠EPG＝∠EGP，‎ 又∵∠EGP＝∠BGF，‎ ‎∴∠EPG＝∠BGF，‎ ‎∵OP＝OB，‎ ‎∴∠OPB＝∠OBP，‎ ‎∵CD⊥AB，‎ ‎∴∠BFG＝∠BGF＋∠OBP＝90°，‎ ‎∴∠EPG＋∠OPB＝90°，‎ ‎∴直线EP为⊙O的切线；‎ ‎（2）证明：如图，连结OG，OP，‎ ‎∵BG2＝BF•BO，‎ ‎∴，‎ ‎∴△BFG∽△BGO，‎ ‎∴∠BGO＝∠BFG＝90°，‎ 18‎ 由垂线定理知：BG＝PG；‎ ‎（3）解：如图，连结AC、BC、OG、OP，‎ ‎∵sinB＝，‎ ‎∴，‎ ‎∵OB＝r＝3，‎ ‎∴OG＝，‎ 由（2）得∠EPG＋∠OPB＝90°，‎ ‎∠B＋∠BGF＝∠OGF＋∠BGF＝90°，‎ ‎∴∠B＝∠OGF，‎ ‎∴sin∠OGF＝＝‎ ‎∴OF＝1，‎ ‎∴BF＝BO－OF＝3－1＝2，FA＝OF＋OA＝1＋3＝4，‎ 在Rt△BCA中，‎ CF2＝BF•FA，‎ ‎∴CF＝。‎ ‎∴CD＝2CF＝。‎ 点拨：本题主要考查了圆的综合题，解题的关键是通过作辅助线，找准角之间的关系，灵活运用直角三角形中的正弦值。‎ ‎【解题技巧】‎ ‎1. 充分利用直径，构建直角三角形，利用勾股定理，建立方程。‎ ‎2. 已知条件中的三角函数值，要转化为直角三角形中对应边的比例关系。‎ ‎3. 善于利用相似三角形对应边成比例解决问题。‎ 例题 （北京）如图，AB是⊙O的直径，PA，PC分别与⊙O 相切于点A，C，PC交AB的延长线于点D，DE⊥PO交PO的延长线于点E。‎ ‎（1）求证：∠EPD＝∠EDO；‎ ‎（2）若PC＝6，tan∠PDA＝，求OE的长。‎ 18‎ 解析：（1）根据切线长定理和切线的性质即可证明：∠EPD＝∠EDO；‎ ‎（2）连接OC，利用，可求出CD＝4，再证明△OED∽△DEP，根据相似三角形的性质和勾股定理即可求出OE的长。‎ 答案：（1）证明：∵PA，PC与⊙O分别相切于点A，C ‎∴PA＝PC，∠APO＝∠EPD ‎∵AB是⊙O的直径 ‎∴PA⊥AB ‎∵DE⊥PO ‎∴∠A＝∠E＝90°‎ ‎∵∠POA＝∠DOE ‎∴∠APO＝∠EDO ‎∴∠EPO＝∠EDO ‎（2）解：连结OC，则OC⊥PD 在Rt△PAD中，∠A＝90°，PA＝PC＝6，tan∠PDA＝‎ 可得AD＝8，PD＝10‎ ‎∴CD＝4‎ 在Rt△OCD中，∠OCD＝90°，CD＝4，tan∠ODC＝‎ 可得OC＝3，OD＝5‎ 在Rt△PCO中，由勾股定理得 PO＝‎ 可证Rt△DEO∽Rt△PCO ‎∴，即 18‎ ‎∴OE＝‎ 点拨：本题综合考查了切线长定理，相似三角形的性质和判定，勾股定理的应用，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键，通过做此题培养了学生的分析问题和解决问题的能力。‎ ‎（答题时间：30分钟）‎ 一、选择题 ‎1. （张家港市二模）如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为（－4，0），⊙O与x轴的负半轴交于B（－2，0）。点P是⊙O上的一个动点，PA的中点为Q。当点Q也落在⊙O上时，cos∠OQB的值等于（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎2. （梧州一模）如图，过等腰△ABC三边的中点D、F、G作⊙O，并与两腰AB、AC分别相交于点H、E，若∠B＝72°，则∠BDH＝（　　）‎ A. 32° B. 34° C. 36° D. 72°‎ ‎3. 已知在△ABC中，∠BAC＝90°，M是边BC的中点，BC的延长线上的点N满足AM⊥AN。△ABC的内切圆与边AB、AC的切点分别为E、F，延长EF分别与AN、BC的延长线交于P、Q，则＝（　　）‎ 18‎ A. 1 B. ‎0.5 ‎ C. 2 D. 1.5‎ ‎*4. 一张半径为2的半圆图纸，沿它的一条弦折叠，使其弧与直径相切，如图所示，O为半圆圆心，如果切点分直径之比为3：1，则折痕长为（　　）‎ A. 3 B. C. D. ‎ ‎**5.（北塘区二模）如图，扇形OMN的半径为1，圆心角是90°。点B是弧MN上一动点，BA⊥OM于点A，BC⊥ON于点C，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，GF与CE相交于点P，DE与AG相交于点Q。当四边形EPGQ是矩形时，OA的长为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 二、填空题 ‎6. （甘孜州）如图，两个半圆外切，它们的圆心都在x轴的正半轴上，并都与直线y＝x相切。若半圆O1的半径为1，则半圆O2的半径R＝　　。‎ 18‎ ‎7.（相城区模拟）如图，直线l与圆O相交于A，B两点，与y轴交于点P。若点A的坐标为（1，3），PB＝3PA，则直线l的解析式为　　。‎ ‎8.（西湖区一模）如图，已知△ABC，AC＝BC，∠C＝90°。O是AB的中点，⊙O与AC，BC分别相切于点D与点E。点F是⊙O与AB的一个交点，连DF并延长交CB的延长线于点G。则∠CDG＝　　，若AB＝，则BG＝　　。‎ ‎9.（上城区二模）如图，⊙O的半径OD经过弦AB（不是直径）的中点C，OE∥AB交⊙O于点E，PE∥OD，延长直径AG，交PE于点H，直线DG交OE于点F，交PE于K。若EF＝2，FO＝1，则KH的长度等于　　。‎ 三、解答题 ‎10. （遵义）如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，且∠ABC＝60°，AB＝BC，△ACD的外接圆⊙O交BC于E点，连接DE并延长，交AC于P点，交AB的延长线于F。‎ ‎（1）求证：CF＝DB；‎ 18‎ ‎（2）当AD＝时，试求E点到CF的距离。‎ ‎*11. （襄阳）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠BPC＝60°，过点A作⊙O的切线交BP的延长线于点D。‎ ‎（1）求证：△ADP∽△BDA；‎ ‎（2）试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论；‎ ‎（3）若AD＝2，PD＝1，求线段BC的长。‎ ‎**12. （荆门）如图1，正方形ABCD的边长为2，点M是BC的中点，P是线段MC上的一个动点（不与M、C重合），以AB为直径作⊙O，过点P作⊙O的切线，交AD于点F，切点为E。‎ ‎（1）求证：OF∥BE；‎ ‎（2）设BP＝x，AF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；‎ ‎（3）延长DC、FP交于点G，连接OE并延长交直线DC于H（图2），问是否存在点P，使△EFO∽△EHG（E、F、O与E、H、G为对应点）？如果存在，试求（2）中x和y的值；如果不存在，请说明理由。‎ 18‎ 一、选择题 ‎1. C 解析：当点P运动到恰好点Q落在⊙O上，连接QO并延长交⊙O于点C，连接QB，OP，BC，则∠CBQ＝90°（直径所对的圆周角是直角）‎ ‎∵B、Q分别是OA、AP的中点，‎ ‎∴BQ∥OP，‎ ‎∵点A坐标为（－4，0），⊙O与x轴的负半轴交于B（－2，0）。‎ ‎∴OP＝OB＝BA＝OA＝2，‎ ‎∴QB＝1‎ 在Rt△CQB中，∠CBQ＝90°‎ ‎∴cos∠OQB＝＝。‎ ‎2. C 解：如图，连接AD、GD，‎ ‎∵AB＝AC，点D是BC的中点，‎ ‎∴AD⊥BC，‎ ‎∵∠B＝72°，‎ ‎∴∠BAD＝90°－∠B＝90°－72°＝18°，‎ ‎∵G是AB的中点，‎ ‎∴DG＝AG，‎ ‎∴∠BAD＝∠ADG，‎ ‎∴∠BGD＝∠BAD＋∠ADG＝18°＋18°＝36°，‎ ‎∵G、F分别是AB、AC的中点，‎ ‎∴GF是△ABC的中位线，‎ ‎∴AD垂直平分GF，‎ ‎∴AD经过圆心O，‎ ‎∴∠BDH＝∠BGD＝36°。‎ 18‎ ‎3. A 解：取△ACB的内切圆的圆心是O，连接OE、OF，作NA的延长线AG，‎ 则OE⊥AB，OF⊥AC，OE＝OF，‎ ‎∵∠BAC＝90°，‎ ‎∴四边形AEOF是正方形，‎ ‎∴AE＝AF，‎ ‎∴∠AEF＝∠AFE，‎ ‎∵∠BAC＝90°，M为斜边BC上中线，‎ ‎∴AM＝CM＝BM，‎ ‎∴∠MAC＝∠MCA，‎ ‎∵∠BAC＝90°，AN⊥AM，‎ ‎∴∠BAC＝∠MAG＝∠MAN＝90°，‎ ‎∴∠GAE＋∠EAM＝90°，∠EAM＋∠MAC＝90°，∠MAC＋∠CAN＝90°，‎ ‎∴∠GAE＝∠MAC＝∠MCA，∠EAM＝∠CAP，‎ ‎∵∠GAE＝∠APE＋∠AEP，∠MCA＝∠Q＋∠CFQ，‎ ‎∵∠AEF＝∠AFE＝∠CFQ，∠EPA＝∠NPQ，‎ ‎∴∠Q＝∠NPQ，‎ ‎∴PN＝QN，‎ ‎∴＝1‎ ‎4. C 解：过O作弦BC的垂线OP，垂足为D，与弧的交点分别为A、G，过切点F作PF⊥半径OE交OP于P点，如图，‎ ‎∵OP⊥BC，‎ ‎∴BD＝DC，即OP为BC的中垂线，‎ ‎∴OP必过弧BGC所在圆的圆心，‎ 18‎ 又∵OE为弧BGC所在圆的切线，PF⊥OE，‎ ‎∴PF必过弧BGC所在圆的圆心，‎ ‎∴点P为弧BGC所在圆的圆心，‎ ‎∵弧BAC沿BC折叠得到弧BGC，‎ ‎∴⊙P的半径等于⊙O的半径，即PF＝PG＝OE＝2，并且AD＝GD，‎ ‎∴OG＝AP，‎ 而F点分⊙O的直径为3：1两部分，‎ ‎∴OF＝1，‎ 在Rt△OPF中，设OG＝x，则OP＝x＋2，‎ ‎∴OP2＝OF2＋PF2，即（x＋2）2＝12＋22，解得x＝－2，‎ ‎∴AG＝2－（－2）＝4－，‎ ‎∴DG＝＝2－，‎ ‎∴OD＝OG＋DG＝－2＋2－＝，‎ 在Rt△OBD中，BD2＝OB2－OD2，即BD2＝22－（）2，‎ ‎∴BD＝，‎ ‎∴BC＝2BD＝。‎ ‎5. A 解：如图，连结OB。‎ ‎∵四边形EPGQ是矩形。‎ ‎∴∠AED＋∠CEB＝90°。‎ 又∵∠DAE＝∠EBC＝90°，‎ ‎∴∠AED＝∠BCE。‎ ‎∴△AED∽△BCE，‎ ‎∴，‎ 设OA＝x，AB＝y，则：＝：x，‎ 得y2＝2x2，‎ 又∵OA2＋AB2＝OB2，‎ 即x2＋y2＝12。‎ ‎∴x2＋2x2＝1，‎ 解得：x＝。‎ 即当四边形EPGQ是矩形时，OA的长度为。‎ 18‎ 二、填空题 ‎6. 3＋2解析：作O‎1A⊥直线y＝x于A，作O2B⊥直线y＝x于B，O‎1C⊥O2B于C，如图，‎ 则O‎1C∥直线y＝x，‎ ‎∴∠CO1O2＝∠AOO1，‎ ‎∵直线y＝x平分∠xOy，‎ ‎∴∠AOO1＝45°，‎ ‎∴∠CO1O2＝45°，‎ ‎∴△CO1O2为等腰直角三角形，‎ ‎∵⊙O1和⊙O2与直线y＝x相切，‎ ‎∴O‎1A＝1，O2B＝R，‎ ‎∴BC＝1，O‎2C＝R－1，‎ 而⊙O1和⊙O2外切，‎ ‎∴O1O2＝R＋1，‎ ‎∴O1O2＝O‎2C，即R＋1＝（R－1），‎ ‎∴R＝3＋2。‎ ‎7. y＝x＋2 解析：过A作AD⊥x轴于D，BE⊥y轴于E，AD与BE相交于C，连结OA、OB，如图，‎ ‎∵A点坐标为（1，3），‎ ‎∴OD＝1，AD＝3，‎ ‎∴EC＝1，‎ ‎∵AC∥PE，‎ ‎∴PA：PB＝CE：BE，‎ 而PB＝3PA，‎ ‎∴BE＝3CE＝3，‎ 在Rt△OAD中，OA＝，‎ ‎∴OB＝OA＝，‎ 18‎ 在Rt△OBE中，OE＝‎ ‎∴B点坐标为（－3，－1），‎ 设直线AB的解析式为y＝kx＋b，‎ 把A（1，3）和B（－3，－1）代入得，解得，‎ ‎∴直线l的解析式为y＝x＋2。‎ ‎8. 67.5°，－2 解析：连接OD。‎ ‎∵CD切⊙O于点D，‎ ‎∴∠ODA＝90°，∠DOA＝45°，‎ ‎∵OD＝OF，‎ ‎∴∠ODF＝∠OFD＝∠DOA＝22.5°，‎ ‎∴∠CDG＝∠CDO－∠ODF＝90°－22.5°＝67.5°。‎ ‎∵AC为圆O的切线，‎ ‎∴OD⊥AC，‎ 又O为AB的中点，∴AO＝BO＝AB＝2，‎ ‎∴圆的半径DO＝FO＝AOsinA＝2×＝2，‎ ‎∴BF＝OB－OF＝2－2。‎ ‎∵GC⊥AC，OD⊥AC，‎ ‎∴OD∥CG，‎ ‎∴∠ODF＝∠G，又∠OFD＝∠BFG，‎ ‎∴△ODF∽△BGF，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴BG＝2－2。‎ ‎9. 2 解析：∵EF＝2，OF＝1，‎ ‎∴EO＝DO＝3，‎ ‎∵PE∥OD，‎ 18‎ ‎∴∠KEO＝∠DOE，∠K＝∠ODG，‎ ‎∴△OFD∽△EFK，‎ ‎∴EF：OF＝KE：OD＝2：1‎ ‎∴KE＝6，‎ ‎∵AC＝BC，AB不是直径，‎ ‎∴OD⊥AB，∠PCO＝90°，‎ ‎∵PE∥OD，‎ ‎∴∠P＝90°，‎ ‎∵EO∥AB，‎ ‎∴∠PEO＝90°，‎ ‎∵OG＝OD，‎ ‎∴∠OGD＝∠ODG，‎ ‎∵PE∥OD，‎ ‎∴∠K＝∠ODG，‎ ‎∵∠OGD＝∠HGK，‎ ‎∴∠K＝∠HGK，‎ ‎∴HK＝HG，‎ 设KH＝HG＝x，‎ 则HE＝6－x，HO＝3＋x，EO＝3，‎ 则EO2＋HE2＝HO2，‎ 即32＋（6－x）2＝（3＋x）2，‎ 解得：x＝2，‎ 故KH的长度等于2。‎ 三、解答题 ‎10.（1）证明：连结AE，如图，‎ ‎∵∠ABC＝60°，AB＝BC，‎ ‎∴△ABC为等边三角形，‎ ‎∵AB∥CD，∠DAB＝90°，‎ ‎∴∠ADC＝∠DAB＝90°，‎ ‎∴AC为⊙O的直径，‎ ‎∴∠AEC＝90°，即AE⊥BC，‎ ‎∴BE＝CE，‎ 18‎ CD∥BF，‎ ‎∴∠DCE＝∠FBE，‎ 在△DCE和△FBE中，‎ ‎∴△DCE≌△FBE（ASA），‎ ‎∴DE＝FE，‎ ‎∴四边形BDCF为平行四边形，‎ ‎∴CF＝DB；‎ ‎（2）解：作EH⊥CF于H，如图，‎ ‎∵△ABC为等边三角形，‎ ‎∴∠BAC＝60°，‎ ‎∴∠DAC＝30°，‎ 在Rt△ADC中，AD＝，‎ ‎∴DC＝1‎ AC＝2CD＝2，‎ ‎∴AB＝AC＝2，BF＝CD＝1，‎ ‎∴AF＝3，‎ 在Rt△ABD中，BD＝，‎ 在Rt△ADF中，DF＝＝2，‎ ‎∴CF＝BD＝，EF＝DF＝，‎ ‎∵AE⊥BC，‎ ‎∴∠CAE＝∠BAE＝30°，‎ ‎∴∠EDC＝∠CAE＝30°，‎ 而∠DCA＝∠BAC＝60°，‎ ‎∴∠DPC＝90°，‎ 在Rt△DPC中，DC＝1，∠CDP＝30°，‎ ‎∴PC＝DC＝，‎ ‎∵∠HFE＝∠PFC，‎ ‎∴Rt△FHE∽Rt△FPC，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴EH＝，‎ 即E点到CF的距离为。‎ 18‎ ‎11. （1）证明：作⊙O的直径AE，连接PE，‎ ‎∵AE是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，‎ ‎∴∠DAE＝∠APE＝90°，‎ ‎∴∠PAD＋∠PAE＝∠PAE＋∠E＝90°，‎ ‎∴∠PAD＝∠E，‎ ‎∵∠PBA＝∠E，∴∠PAD＝∠PBA，‎ ‎∵∠PAD＝∠PBA，∠ADP＝∠BDA，‎ ‎∴△ADP∽△BDA；‎ ‎（2）PA＋PB＝PC，‎ 证明：在线段PC上截取PF＝PB，连接BF，‎ ‎∵PF＝PB，∠BPC＝60°，‎ ‎∴△PBF是等边三角形，‎ ‎∴PB＝BF，∠BFP＝60°，‎ ‎∴∠BFC＝180°－∠PFB＝120°，‎ ‎∵∠BPA＝∠APC＋∠BPC＝120°，‎ ‎∴∠BPA＝∠BFC，‎ 在△BPA和△BFC中，，‎ ‎∴△BPA≌△BFC（AAS），‎ ‎∴PA＝FC，‎ ‎∴PA＋PB＝PF＋FC＝PC；‎ ‎（3）解：∵△ADP∽△BDA，‎ ‎∴，‎ ‎∵AD＝2，PD＝1，‎ ‎∴BD＝4，AB＝2AP，‎ ‎∴BP＝BD－DP＝3，‎ ‎∵∠APD＝180°－∠BPA＝60°，‎ ‎∴∠APD＝∠APC，‎ ‎∵∠PAD＝∠E，∠PCA＝∠E，‎ ‎∴∠PAD＝∠PCA，‎ ‎∴△ADP∽△CAP，‎ ‎∴，‎ ‎∴AP2＝CP•PD，‎ ‎∴AP2＝（3＋AP）•1，‎ 18‎ 解得：AP＝或AP＝（舍去），‎ ‎∴BC＝AB＝2AP＝1＋。‎ ‎12. （1）证明：连接OE FE、FA是⊙O的两条切线 ‎∴∠FAO＝∠FEO＝90°‎ 在Rt△OAF和Rt△OEF中，‎ ‎∴Rt△FAO≌Rt△FEO（HL），‎ ‎∴∠AOF＝∠EOF＝∠AOE，‎ ‎∴∠AOF＝∠ABE，‎ ‎∴OF∥BE ‎（2）解：过F作FQ⊥BC于Q ‎∴PQ＝BP－BQ＝x－y PF＝EF＋EP＝FA＋BP＝x＋y ‎∵在Rt△PFQ中 ‎∴FQ2＋QP2＝PF2‎ ‎∴22＋（x－y）2＝（x＋y）2‎ 化简得：（1＜x＜2）‎ ‎（3）解：存在这样的P点，‎ 理由：∵∠EOF＝∠AOF，‎ ‎∴∠EHG＝∠EOA＝2∠EOF，‎ 当∠EFO＝∠EHG＝2∠EOF时，‎ 即∠EOF＝30°时，Rt△EFO∽Rt△EHG，‎ 此时Rt△AFO中，‎ y＝AF＝OA•tan30°＝，‎ ‎∴‎ ‎∴当时，△EFO∽△EHG。‎ 18‎ 18‎