中考复习圆专题含答案

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中考复习圆专题含答案

中考专题复习——圆 一、 垂径定理 垂径定理:垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧.‎ 转为几何语言:‎ ‎∵ CD是直径, CD⊥AB,‎ ‎∴AM=BM, ‎ =,= 如果把条件和结论看成是5个条件,相互间是否还有其它关系呢?‎ 如图,在下列五个条件中:‎ ‎① CD是直径,‎ ‎② CD⊥AB,‎ ‎③ AM=BM,‎ ‎④=,‎ ‎⑤= ‎ 只要具备其中两个条件,就可推出其余三个结论.‎ ‎ 你可以写出相应的命题吗?‎ 条件 结论 命 题 ‎①②‎ ‎③④⑤‎ 垂直于弦的直径平分弦,并且平分弦所的两条弧.‎ ‎①③‎ ‎②④⑤‎ 平分弦(不是直径)的直径垂直于弦,并且平 分弦所对的两条弧.‎ ‎①④‎ ‎②③⑤‎ ‎ 平分弦所对的一条弧的直径,垂直平分弦,并且平分弦所对的另一条弧.‎ ‎①⑤‎ ‎②③④‎ ‎②③‎ ‎①④⑤‎ ‎ 弦的垂直平分线经过圆心,并且平分这条弦所对的两条弧. ‎ ‎②④‎ ‎①③⑤‎ ‎ 垂直于弦并且平分弦所对的一条弧的直线经过圆心,并且平分弦和所对的另一条弧.‎ ‎②⑤‎ ‎①③④‎ ‎③④‎ ‎①②⑤‎ ‎ 平分弦并且平分弦所对的一条弧的直线经过圆心,垂直于弦,并且平分弦所对的另一条弧. ‎ ‎③⑤‎ ‎①②④‎ ‎④⑤‎ ‎①②③‎ ‎ 平分弦所对的两条弧的直线经过圆心,并且垂直平分弦.‎ ‎ 垂径定理是《圆》这一章的重要内容,在实际生活中有着广泛的应用.在各地中考题中对垂径定理的考查频频出现,这类问题常常需要结合勾股定理来解决,现以中考题为例说明如下:‎ 类型一 求直径 ‎【例1】如图,的直径垂直弦于点,且点是半径的中点,,则直径的长是(    ).‎ A. B. C. D. ‎ ‎【解析】解决本题的关键是构造直角三角形,根据勾股定理列出方程求解即可.‎ 连接OD,由垂径定理可知PD=(cm).‎ 设半径OD=x cm,则OP=(cm).‎ 在Rt△OPD中,因为,所以.‎ 解这个方程,得.所以直径AB的长为(cm),故应选D.‎ 类型二 求弦长 ‎【例2】如图,的直径,弦于点E,,⊙O的半径为,则弦的长为(    ).‎ A.    B.    C.    D. ‎ ‎【解析】因为,,所以∠CEO=90°,∠OCD=30°.‎ 又因为⊙O的半径为,所以OE=OC=.‎ 由勾股定理可得.‎ 所以CD=2CE=3(cm).故应选B.‎ 类型三 求弦心距 ‎【例3】⊙O的半径为10 cm,弦AB=12 cm,则圆心到弦AB的距离为(    ).‎ A.2 cm B.6 cm C.8 cm D.10 cm ‎【解析】画出示意图如图,作于点,连接OA,‎ 由垂径定理,得AC=.‎ 在Rt△AOC中,由勾股定理,得OC=(cm).故应选C.‎ 类型四 求拱高 ‎【例4】如图,某公园的一座石拱桥是圆弧形(劣弧),其跨度为‎24米,拱的半径为‎13米,则拱高为(    ).‎ A.‎5米 B.‎8米 C.‎7米 D.5米 ‎【解析】设石拱桥圆弧的圆心为O,连接OA、OD,则OD⊥AB.‎ 又因为OA=13,由垂径定理可得AD=.‎ 所以在Rt△AOD中,OD=.‎ 所以CD=OC-OD=13-5=8(米).故应选B.‎ 类型五 探究线段的最小值 ‎【例5】如图,⊙O的半径弦点为弦上一动点,则点到圆心的最短距离是________cm.‎ ‎【解析】因为连接直线外一点与直线上各点的所有线段中,垂线段最短,‎ 所以需作出弦AB的弦心距.‎ 过点O作OC⊥AB, C为垂足,由垂径定理,知AC=(cm).‎ 在Rt△AOC中,由勾股定理可得OC=.‎ 故点P到圆心O的最短距离为3 cm.‎ 一、 圆周角定理及推论 ‎《圆周角》解题技巧 在数学里,把一个对象转化为另一个对象,常常可以化繁为简,化未知为已知,从而达到解决问题的目的,这种思考问题的方法,就是“转化”.在研究与圆周角有关的问题时,常进行等角间的转化.‎ ‎【例1】如图,已知AB为⊙O的直径,CD是弦,且ABCD于点E.连接AC,OC,BC.‎ ‎(1)求证:∠ACO=∠BCD.‎ ‎(2)若EB=8 cm,CD=24 cm,求⊙O的直径.‎ ‎【分析】(1)欲证∠ACO=∠BCD,关键是进行等角间的转化:∠ACO=∠OAC,∠BCD=∠OAC,转化的依据是等腰三角形的性质定理和圆周角的“等弧所对的圆周角相等”;‎ ‎(2)借助勾股定理构建方程即可求得⊙O的直径.‎ 解:(1)∵AB为⊙O的直径,CD是弦,且ABCD于点E,‎ ‎∴CE=ED,=.‎ ‎∴∠BCD=∠BAC.‎ ‎∵OA=OC,‎ ‎∴∠OAC=∠OCA.‎ ‎∴∠ACO=∠BCD.‎ ‎(2)设⊙O的半径为R cm,则OE=OB-EB=R-8.‎ ‎∴CE=CD=×24=12.‎ 在Rt△CEO中,由勾股定理可得OC2=OE2+CE2,即R2=(R-8)2+122.‎ 解得R=13.‎ 所以2R=2×13=26.‎ ‎【例2】如图,四边形ABCD内接于圆,对角线AC与BD相交于点E,F在AC上,AB=AD,∠BFC=∠BAD=2∠DFC.‎ 求证:(1)CD⊥DF;‎ ‎(2)BC=2CD.‎ ‎【分析】(1)欲证CD⊥DF,可转化为证明∠FCD+∠CFD=90°.‎ 由圆周角的性质有∠FCD=∠ABD,再联系条件∠BAD=2∠CFD,‎ 不难向等腰△ABD的内角和定理进行联想,从而找到解题的切入点;‎ ‎(2)欲证BC=2CD,现在还有一个条件∠BFC=∠BAD没有用,‎ 注意到∠BFC=∠ABF+∠BAC,∠BAD=∠CAD+∠BAC,从而有∠ABF=∠CAD,‎ 而∠CAD=∠CBD,故∠ABF=∠CBD,即∠ABD=∠FBC,而∠ABD=∠ADB=∠FCB,‎ 从而∠FBC=∠FCB,于是得FB=FC.思考到这里,不妨再回头看看证题目标BC=2CD,‎ 可考虑取BC的中点G,于是问题转化为证明CG=CD,即证△FGC≌△FDC.‎ 证明:(1)∵AB=AD,∴∠ABD=∠ADB.‎ 在△ABD中,∠BAD+2∠ABD=180°.‎ 又∠BAD=2∠DFC,∠FCD=∠ABD,∴2∠DFC+2∠FCD=180°.‎ ‎∴∠DFC+∠FCD=90°.∴∠FDC=90°.‎ ‎∴CD⊥DF.‎ ‎(2)∵∠BFC=∠ABF+∠BAC,∠BAD=∠CAD+∠BAC,∴∠ABF=∠CAD.‎ 又∠CAD=∠CBD,∴∠ABF=∠CBD,即∠ABD=∠FBC,‎ 而∠ABD=∠ADB=∠FCB,∴∠FBC=∠FCB,∴FB=FC.‎ 取BC的中点G,连接FG.∴FG⊥BC.∴∠FGC=90°.‎ ‎∵AB=AD,∴=,∴∠ACB=∠ACD.‎ ‎∵∠FGC=∠FDC=90°,FC=FC,∴△FGC≌△FDC.∴CG=CD.‎ ‎∵BC=2CG,∴BC=2CD.‎ 一、 切线及切线长定理 怎样证明直线与圆相切?‎ 在直线与圆的各种位置关系中,相切是一种重要的位置关系.‎ 现介绍以下三种判别直线与圆相切的基本方法:‎ ‎(1)利用切线的定义——在已知条件中有“半径与一条直线交于该半径的外端”,于是只需直接证明这条直线垂直于这个半径即可.‎ ‎【例1】已知:△ABC内接于⊙O,⊙O的直径AE交BC于F点,点P在BC的延长线上,且∠CAP=∠ABC.‎ 求证:PA是⊙O的切线.‎ ‎【证明】连接EC.‎ ‎∵AE是⊙O的直径,∴∠ACE=90°.∴∠E+∠EAC=90°.‎ ‎∵∠E=∠B,∠B=∠CAP,∴∠E=∠CAP.‎ ‎∴∠EAC+∠CAP=∠EAC+∠E=90°.‎ ‎∴∠EAP=90°.∴PA⊥OA.又PA经过点A,∴PA是⊙O的切线.‎ ‎(2)利用切线的判定定理——在已知条件中,有“一条直线过圆上某一点(即为切点),但没有半径”,于是先连接圆心与这个点成为半径,然后再证明这条直线和这条半径垂直.‎ ‎【例2】以Rt△ABC的直角边BC为直径作⊙O交斜边AB于点P,点Q为AC的中点.求证:PQ为⊙O的切线.‎ ‎【证明】连接OP,CP.‎ ‎∵BC为直径,∴∠BPC=90°,即∠APC=90°.‎ 又点Q为AC的中点,∴QP=QC.∴∠1=∠2.‎ 又OP=OC,∴∠3=∠4.又∠ACB=90°,‎ ‎∴∠2+∠4=∠1+∠3=∠ACB=90°.∴∠OPQ=90°.‎ ‎∵点P在⊙O上,且点P为半径OP的端点,∴QP为⊙O的切线.‎ 说明:要证PQ与半径垂直,即连接OP.这是判别相切中添加辅助线的常用方法.‎ ‎(3)证明“d=R”,在已知条件中“没有半径,也没有明确直线与圆的公共交点”,于是过圆心作直线的垂线,然后再证明这条垂线段的长(d)等于圆的半径(R)即可.‎ ‎【例3】已知,在△ABC中,AD⊥BC于点D,且AD=BC,点E,F分别为AB,AC的中点,点O为EF的中点. ‎ 求证:以EF为直径的圆与BC相切.‎ ‎【证明】作OH⊥BC于点H,设AD与EF交于点M.‎ ‎∵点E,F分别为AB,AC的中点,∴EF=BC.‎ ‎∴点M也是AD的中点,即MD=AD.‎ 又AD=BC,∴EF=AD,MD=EF.‎ 又AD⊥BC,∴OH∥MD.∴四边形OHDM是矩形.‎ ‎∴OH=MD=EF.∴OH是⊙O的半径.‎ ‎∴以EF为直径的圆与BC相切.‎ 与《切线长定理》相关的中考压轴题 ‎1.已知:以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O,与斜边AC交于点D,过点D作⊙O的切线交BC边于点E.‎ ‎(1)如图,求证:EB=EC=ED;‎ ‎(2)试问在线段DC上是否存在点F,满足BC2=4DF•DC?若存在,作出点F,并予以证明;若不存在,请说明理由.‎ 分析:(1)连接BD,已知ED、EB都是⊙O的切线,由切线长定理可证得OE垂直平分BD,而BD⊥AC(圆周角定理),则OE∥AC;由于O是AB的中点,可证得OE是△ABC的中位线,即E是BC中点,那么Rt△BDC中,DE就是斜边BC的中线,由此可证得所求的结论;‎ ‎(2)由(1)知:BC=2BE=2DE,则所求的比例关系式可转化为=DF•DC,即DE2=DF•DC,那么只需作出与△DEC相似的△DFE即可,这两个三角形的公共角为∠CDE,只需作出∠DEF=∠C即可;‎ ‎①∠DEC>∠C,即180°-2∠C>∠C,0°<∠C<60°时,∠DEF的EF边与线段CD相交,那么交点即为所求的F点;‎ ‎②∠DEC=∠C,即180°-2∠C=∠C,∠C=60°时,F与C点重合,F点仍在线段CD上,此种情况也成立;‎ ‎③∠DEC<∠C,即180°-2∠C<∠C,60°<∠C<90°时,∠DEF的EF边与线段的延长线相交,与线段CD没有交点,所以在这种情况下不存在符合条件的F点.‎ 解:(1)证明:连接BD.‎ 由于ED、EB是⊙O的切线,由切线长定理,得 ED=EB,∠DEO=∠BEO,‎ ‎∴OE垂直平分BD.‎ 又∵AB是⊙O的直径,‎ ‎∴AD⊥BD.∴AD∥OE.即OE∥AC.‎ 又O为AB的中点,∴OE为△ABC的中位线,‎ ‎∴BE=EC,∴EB=EC=ED.‎ ‎(2)解:在△DEC中,由于ED=EC,‎ ‎∴∠C=∠CDE,∴∠DEC=180°-2∠C.‎ ‎①当∠DEC>∠C时,有180°-2∠C>∠C,即0°<∠C<60°时,在线段DC上存在点F满足条件.‎ 在∠DEC内,以ED为一边,作∠DEF,使∠DEF=∠C,且EF交DC于点F,则点F即为所求.‎ 这是因为:在△DCE和△DEF中,‎ ‎∠CDE=∠EDF,∠C=∠DEF,∴△DEF∽△DCE.‎ ‎∴DE2=DF•DC.即=DF•DC.‎ ‎∴BC2=4DF•DC.‎ ‎②当∠DEC=∠C时,△DEC为等边三角形,即∠DEC=∠C=60°,‎ 此时,C点即为满足条件的F点,于是,DF=DC=DE,仍有BC2=4DE2=4DF•DC.‎ ‎③当∠DEC<∠C时,即180°﹣2∠C<∠C,60°<∠C<90°;所作的∠DEF>∠DEC,此时点 F在DC的延长线上,故线段DC上不存在满足条件的点F.‎ 点评:此题主要考查了直角三角形的性质、切线长定理、三角形中位线定理及相似三角形的判定和性质;(2)题一定要注意“线段DC上是否存在点F”的条件,以免造成多解.‎ ‎2.如图所示,在梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,以AB为直径的⊙O与DC相切于E.已知AB=8,边BC比AD大6.‎ ‎(1)求边AD、BC的长;‎ ‎(2)在直径AB上是否存在一动点P,使以A、D、P为顶点的三角形与△BCP相似?若存在,求出AP的长;若不存在,请说明理由.‎ 分析:过D作DF⊥BC于F,设AD=x,则DE=AD=x,EC=BC=x+6,根据勾股定理就得到一个关于x的方程,就可以解得AD的长;△ADP和△BCP相似,有△ADP∽△BCP和△ADP∽△BPC两种情况进行讨论,根据相似三角形的对应边的比相等,就可以求出AP的长.‎ 解:(1)方法1:过D作DF⊥BC于F,‎ 在Rt△DFC中,DF=AB=8,FC=BC-AD=6,‎ ‎∴DC2=62+82=100,即DC=10.‎ 设AD=x,则DE=AD=x,EC=BC=x+6,‎ ‎∴x+(x+6)=10.‎ ‎∴x=2.∴AD=2,BC=2+6=8.‎ 方法2:连OD、OE、OC,‎ 由切线长定理可知∠DOC=90°,AD=DE,CB=CE,‎ 设AD=x,则BC=x+6,‎ 由射影定理可得:OE2=DE•EC.‎ 即:x(x+6)=16,‎ 解得x1=2,x2=-8,(舍去)‎ ‎∴AD=2,BC=2+6=8.‎ ‎(2)存在符合条件的P点.‎ 设AP=y,则BP=8-y,△ADP与△BCP相似,有两种情况:‎ ‎①△ADP∽△BCP时,有,即.∴y=.‎ ‎②△ADP∽△BPC时,有,即.∴y=4.‎ 故存在符合条件的点P,此时AP=或4.‎ 点评:本题主要考查了相似三角形的判定性质,对应边的比相等的两三角形相似.‎ ‎3.如图,已知AB为⊙O的直径,PA,PC是⊙O的切线,A,C为切点,∠BAC=30°.‎ ‎(Ⅰ)求∠P的大小;‎ ‎(Ⅱ)若AB=2,求PA的长(结果保留根号).‎ 分析:(Ⅰ)根据切线的性质及切线长定理可证明△PAC为等边三角形,则∠P的大小可求;‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知PA=PC,在Rt△ACB中,利用30°的特殊角度可求得AC的长.‎ 解:(Ⅰ)∵PA是⊙O的切线,AB为⊙O的直径,∴PA⊥AB,∴∠BAP=90°;‎ ‎∵∠BAC=30°,∴∠CAP=90°-∠BAC=60°.‎ 又∵PA、PC切⊙O于点A、C,∴PA=PC,∴△PAC为等边三角形,‎ ‎∴∠P=60°.‎ ‎(Ⅱ)如图,连接BC,则∠ACB=90°.‎ 在Rt△ACB中,AB=2,∠BAC=30°,‎ ‎∵cos∠BAC=,∴AC=AB•cos∠BAC=2cos30°=.‎ ‎∵△PAC为等边三角形,∴PA=AC,∴PA=.‎ 点评:本题考查的是切线长定理,切线长定理图提供了很多等线段,分析图形时关键是要仔细探索,找出图形的各对相等切线长.‎ 一、 正多边形与圆 ‎4.(1)已知如图①所示,△ABC是⊙O的内接正三角形,点P为上一动点,求证PA=PB+PC.‎ 下面给出一种证明方法,你可以按这一方法补全证明过程,也可以选择另外的证明方法.‎ 证明:在AP上截取AE=CP,连接BE.‎ ‎∵△ABC是正三角形,‎ ‎∴AB=CB.‎ ‎∴∠1和∠2是同弧所对的圆周角.‎ ‎∴∠1=∠2.‎ ‎∴△ABE≌△CBP. ‎ ‎(2)如图②所示,四边形ABCD是⊙O的内接正方形,点P为上一动点,求证:PA=PC+PB.‎ ‎(3)如图③所示,六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形,点P为上一动点,请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系,直接写出结论.‎ ‎4.证明:‎ ‎(1)如图④所示,延长BP至E,使PE=PC,连接CE.‎ 易知∠CPE=∠CAB=60°,∴△PCE是等边三角形.‎ ‎∴CE=PC,∠ECP=60°.‎ ‎∴∠ECP+∠PCB=∠BCA+∠PCB,‎ 即∠ECB=∠PCA.‎ 在△CAP和△CBE中,CA=CB,CP=CE,∠PCA=∠ECB,‎ ‎∴△CAP≌△CBE.‎ ‎∴PA=BE=PB+PC.‎ ‎(2)如图⑤所示,过点B作BE⊥PB交PA于E.‎ ‎∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°,‎ ‎∴∠1=∠3.‎ 又∵AB=BC,∠BAP=∠BCP,‎ ‎∴△ABE≌△CBP,∴PC=AE.‎ ‎∵∠APB=45°,∴BP=BE,∴PE=PB.‎ ‎∴PA=AE+PE=PC+PB.‎ ‎(3)PA=PC+PB.‎ 证明:如图⑥所示,在AP上截取AQ=PC,连接BQ.‎ ‎∵∠BAP=∠BCP,AB=BC,AQ=CP,‎ ‎∴△ABQ≌△CBP,∴BQ=BP.‎ 又∵∠APB=30°,∴PQ=PB.‎ ‎∴PA=PQ+AQ=PB+PC.‎ 一、 与圆有关的计算 ‎1.如图,将圆沿AB折叠后,圆弧恰好经过圆心,则弧AMB的度数是(  ).‎ A.60°    B.90°    C.120°    D.150°‎ ‎2.如图,王虎使一长为4 cm、宽为3 cm的长方形木板,在桌面上做无滑动的翻滚(顺时针方向),木板上点A位置变化为A→A1→A2,其中第二次翻滚被桌面上一小木板档住,使木板与桌面成30°角,则点A翻滚到A2位置时共走过的路径长为(  ).‎ A.‎10 cm    B.4π cm    C.π cm    D. cm ‎3.如图,有一圆锥形粮堆,其正视图是边长为6 cm的正三角形ABC,粮堆母线AC的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食,此时小猫正在B处,它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠,则小猫所经过的最短路程是________cm(结果不取近似值).‎ ‎4、如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,AC=,BC=1,将Rt△ABC绕点C旋转90°后得Rt△A'B'C,再将Rt△A'B'C绕点B'旋转为Rt△A''B'C'使得点A,C,B',A''在同一条直线上,则点A运动到点A''所走的路径长为___________.‎
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