專題36第7章圓之證明切線的方法備戰(zhàn)2021中考數(shù)學解題方法系統(tǒng)訓練（全國通用）【有答案】

36第7章圓之證明切線的方法一、單選題1．同學小明在用一副三角板畫出了許多不同度數(shù)的角，但下列哪個度數(shù)他畫不出來（）A．15°B．65°C．75°D．135°【答案】B【解析】試題分析：一副三角板中有30°，45°，60°和90°，60°－45°＝15°，30°＋45°＝75°，45°＋90°＝135°，所以可畫出15°、75°和135°等，但65°畫不出．故選B．點睛：本題考查了角的和差運算，用一副三角板只能畫出三角板上各個角的和差組成的角．二、填空題2．如圖，AB是⊙O的直徑，點D、E是半圓的三等分點，AE、BD的延長線交于點C，若CE＝2，則圖中陰影部分的面積為___．【答案】π﹣．【分析】結合題意，利用三角形邊長關系，得出△OAE、△ODE、△OBD、△CDE都是等邊三角形，將陰影部分的面積轉化為三角形的面積，然后利用扇形面積，建立等式，計算結果，即可.【詳解】連接OE、OD，點D、E是半圓的三等分點，∴∠AOE＝∠EOD＝∠DOB＝60°∵OA＝OE＝OD＝OB∴△OAE、△ODE、△OBD、△CDE都是等邊三角形，∴AB∥DE，S△ODE＝S△BDE；∴圖中陰影部分的面積＝S扇形OAE﹣S△OAE+S扇形ODE＝=．故答案為．【點睛】考查圓綜合問題，考查等邊三角形的判定，關鍵將陰影部分面積轉化為苛求的三角形面積，難度中等．3．如圖是某幾何體的三視圖及相關數(shù)據(jù)（單位：cm），則該幾何體的側面積為_____cm2．【答案】2π．【分析】結合題意，得出直徑和母線的長度，發(fā)現(xiàn)側面展開的圖形是以2為半徑的半圓，計算面積，即可．【詳解】解：由題意得底面直徑為2，母線長為2，∴幾何體的側面積為×2×2π＝2π，故答案為2π．【點睛】考查圓面積計算公式，關鍵得出側面展開圖形是一個半圓，難度中等．4．如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝13，AC＝5，則tan∠ADC＝_____．【答案】【分析】結合勾股定理，計算BC的長度，利用圓周角定理，計算結果，即可．【詳解】解：∵AB為⊙O直徑，∴∠ACB＝90°，∴BC＝＝12，∴tan∠ADC＝tanB＝＝，故答案為:．【點睛】考查勾股定理，考查圓周角定理，關鍵得出，計算結果，即可，難度中等．5．在平面直角坐標系中，O為坐標原點，則直線y=x+與以O點為圓心，1為半徑的圓的位置關系為__．【答案】相切【詳解】解：令y=x+=0，解得：x=﹣，令x=0，解得：y=，∴直線y=x+與x軸交于點A（﹣，0），與y軸交于點B（0，），OA=，OB=，∴AB=設圓心到直線y=x+的距離為r，則∴r==1，∵半徑為1，∴d=r，∴直線y=x+與以O點為圓心，1為半徑的圓的位置關系為相切，故答案為：相切．【點睛】本題考查直線與圓的位置關系；坐標與圖形性質．三、解答題6．如圖，在中，∠C=90°，以BC為直徑的⊙O交AB于點D，在線段AC上取點E，使∠A=∠ADE．（1）求證：DE是⊙O的切線；（2）若∠A=30°，⊙O的半徑為2，求圖中陰影部分的面積．（結果保留π）【答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）如圖（見解析），先根據(jù)等腰三角形的性質可得，再根據(jù)直角三角形的兩銳角互余、等量代換可得，從而可得，然后根據(jù)圓的切線的判定即可得證；（2）如圖（見解析），先根據(jù)等邊三角形的判定與性質可得，再利用勾股定理可得，然后利用扇形的面積公式和三角形的面積公式即可得．【詳解】（1）如圖，連接OD，∵，∴，∵，，，又，，∴，即，∵點D在上，即OD為的半徑，∴DE是的切線；（2）如圖，過點O作于點H，∵，∴，∵，∴為等邊三角形，∴，∴，則陰影部分的面積為．【點睛】本題考查了圓的切線的判定、等邊三角形的判定與性質、勾股定理、扇形的面積公式等知識點，較難的是題（2），熟練掌握等邊三角形的判定與性質是解題關鍵．7．如圖已知AB是⊙O的直徑，，點C，D在⊙O上，DC平分∠ACB，點E在⊙O外，．(1)求證：AE是⊙O的切線；(2)求AD的長．【答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可知，，由直徑所對圓周角是90°，可知和互余，推出和互余，和互余，從而證明結論．（2）DC平分∠ACB可知，根據(jù)圓周角定理可知，是等腰直角三角形，AD的長是圓半徑的倍，計算求出答案．【詳解】（1）和是所對圓周角，；AB是圓的直徑，，在中，，，，，，AE是⊙O的切線．（2）如圖：AB是圓的直徑，DC平分∠ACB，，，，，是直角三角形；，，．【點睛】本題考查圓周角定理、勾股定理，熟練運用圓周角定理是解題關鍵．8．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜邊AB上的中線，以CD為直徑的⊙O分別交AC，BC于點M，N，過點N作NE⊥AB，垂足為E，（1）若⊙O的半徑為，AC=6，求BN的長；（2）求證：NE與⊙O相切．【答案】（1）BN=4；（2）見解析【分析】（1）由直角三角形的性質可求AB=10，由勾股定理可求BC=8，由等腰三角形的性質可得BN=4；

（2）欲證明NE為⊙O的切線，只要證明ON⊥NE．【詳解】解：（1）連接DN，ON

∵⊙O的半徑為，

∴CD=5

∵∠ACB=90°，CD是斜邊AB上的中線，

∴BD=CD=AD=5，

∴AB=10，

∴BC==8

∵CD為直徑

∴∠CND=90°，且BD=CD

∴BN=NC=4

（2）∵∠ACB=90°，D為斜邊的中點，

∴CD=DA=DB=AB，

∴∠BCD=∠B，

∵OC=ON，

∴∠BCD=∠ONC，

∴∠ONC=∠B，

∴ON∥AB，

∵NE⊥AB，

∴ON⊥NE，

∴NE為⊙O的切線．【點睛】本題考查切線的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．9．如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，拋物線的頂點為M，對稱軸交x軸于E，點D在第一象限，且在拋物線的對稱軸上，DE＝OC，DM＝．（1）求拋物線的對稱軸方程；（2）若DA＝DC，求拋物線的解析式；（3）在（2）的條件下，點P是拋物線對稱軸上的一個動點，若在直線BM上只存在一個點Q，使∠PQC＝45°，求點P的坐標．【答案】（1）x＝5；（2）y＝x2﹣x+4；（3）點P的坐標為（5，9）或（5，）．【分析】（1）D點坐標（，c），M點坐標（，），，化簡求出b值；代入計算，即是對稱軸的方程．（2）利用韋達定理求出AE，AE＝AB，AB＝＝＝；在Rt中，DE＝c，AD＝DC＝5，由勾股定理得：AD2＝DE2+AE2，即可求解．（3）作的外接圓，圓心點K到點C、Q距離相等，構造一個含坐標參數(shù)的方程，線段KQ只有一個解，利用根的判別式，計算出P點坐標．【詳解】（1）∵OC＝c，DE＝OC＝c，點D在拋物線對稱軸上，∴點D縱坐標為c，∵點M是拋物線頂點，∴點M的縱坐標為，則DM＝c﹣（c﹣b2）＝，；解得b＝（舍去），或b＝﹣，拋物線的對稱軸為直線x＝﹣＝=5；（2）由（1）可知拋物線的表達式為y＝x2﹣x+c，令y＝x2﹣x+c＝0，設A、B兩點橫坐標為xA、xB，則xA+xB＝10，xAxB＝4c，則AB＝＝＝，在Rt中，AE＝AB，DE＝c，AD＝DC＝5，由勾股定理得：AD2＝DE2+AE2，，25＝c2+25﹣4c，化簡得：，解得c＝4，故拋物線的表達式為y＝x2﹣x+4；（3）如圖，連接PQ、PC、QC，作的外接圓K，連接KP、KC，過點K作y軸的垂線，交y軸于點F，交拋物線的對稱軸于點N，設點K的坐標為（m，n），點P（5，t），∵∠PQC＝45°，故∠PKC＝90°，且PK＝CK＝QK，∵∠FKC+∠NKP＝90°，∠NKP+∠NPK＝90°，∴∠FKC＝∠NPK，∴Rt≌Rt（AAS），∴CF＝NK，PN＝MK，∴4﹣n＝5﹣m，t﹣n＝m，∴n＝m﹣1，t＝2m﹣1，故點K的坐標為（m，m﹣1），點P的坐標為（5，2m﹣1）．由拋物線的表達式知，頂點M的坐標為（5，﹣），點B的坐標為（8，0），由點B、M的坐標得，直線MB的表達式為y＝x﹣6，設點Q的坐標為（r，r﹣6），由KC2＝KQ2得，m2+（m﹣1﹣4）2＝（m﹣r）2+（m﹣1﹣r+6）2，整理得：r2﹣（m+）r+20m＝0，關于r的一元二次方程，∵直線BM上只存在一個點Q，r的解只有一個，∴△＝（m+）2﹣4××20m＝0，解得m＝5或，點P坐標（5，t），t＝2m﹣1，當m＝5時，t＝9；當m＝時，t＝；故點P的坐標為（5，9）或（5，）．【點睛】本題考查勾股定理，一元二次方程根的判別式，二次函數(shù)圖像性質，圓與直線關系；涵蓋知識點多，理解題中“直線BM上只存在一個點Q”隱含的條件，即的外接圓與直線BM相切，這是解決第三個問題的關鍵．10．如圖，已知P是O外一點，PO交圓O于點C，OC=CP=2，弦AB⊥OC，∠AOB=120°，連接PB．(1)求BC的長；(2)求證：PB是O的切線．【答案】（1）2；（2）見解析【分析】（1）由OA=OB，弦AB⊥OC，易證得△OBC是等邊三角形，則可求得BC的長；

（2）由OC=CP=2，△OBC是等邊三角形，可求得BC=CP，即可得∠P=∠CBP，又由等邊三角形的性質，∠OBC=60°，∠CBP=30°，則可證得OB⊥BP，繼而證得PB是⊙O的切線．【詳解】解：（1）∵OA=OB，弦AB⊥OC，∴∠AOC=∠BOC=12∠AOB=60°，∵OB=OC，∴△OBC是等邊三角形，∴BC=OC=2；（2）證明：∵OC=CP，BC=OC，∴BC=CP，∴∠CBP=∠CPB，∵△OBC是等邊三角形，∴∠OBC=∠OCB=60°，∴∠CBP=30°，∴∠OBP=∠CBP+∠OBC=90°，∴OB⊥BP，∵點B在O上，∴PB是O的切線．【點睛】本題考查了切線的判定，等邊三角形的判定與性質．要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心與這點（即為半徑），再證垂直即可．11．如圖，AB為⊙O的直徑，且AB＝4，DB⊥AB于B，點C是弧AB上的任一點，過點C作⊙O的切線交BD于點E．連接OE交⊙O于F．（1）求證：AD∥OE；（2）填空：連接OC、CF，①當DB＝時，四邊形OCEB是正方形；②當DB＝時，四邊形OACF是菱形．【答案】（1）見解析；（2）①4，②BD＝4．【分析】（1）連接OC、BC，由AB為⊙O的直徑，DB⊥AB于B，推出DB是⊙O的切線，進而證明OE⊥BC，AC⊥BC，即可得出結論；（2）①若四邊形OCEB是正方形，CE＝BE＝OB＝OC＝AB＝2，由（1）可證，得到DE＝BE＝2，BD＝BE+DE＝4即可求出；②若四邊形OACF是菱形，則OA＝AC，又OA＝OC，于是△OAC為等邊三角形，∠A＝60°，在Rt△ABD中，由tanA＝，即可求得BD．【詳解】（1）證明：連接OC、BC，如圖1，∵AB為⊙O的直徑，DB⊥AB于B，∴DB是⊙O的切線，∵CE與⊙O相切于點C，∴BE＝CE，∴點E在BC的垂直平分線上，∵OB＝OC，∴點O在BC的垂直平分線上，∴OE⊥BC，∵∠ACB＝90°，即AC⊥BC，∴AD∥OE；（2）如圖2，①若四邊形OCEB是正方形，AB＝4，∴CE＝BE＝OB＝OC＝AB＝2，∵OE∥AC，∴，∴DE＝BE＝2，∴BD＝BE+DE＝4，故答案為：4；②若四邊形OACF是菱形，∴CO平分∠ACF，CF∥OA，∴∠ACO＝∠FCO＝∠AOC，∵OA＝OC，∴∠A＝∠ACO＝∠AOC，∴△AOC是等邊三角形，∴∠A＝60°，∵∠ABD＝90°，∴Rt△ABD中，tanA＝，∴BD＝4，故答案為：4；【點睛】本題是圓綜合題，正方形的性質，菱形的性質，以及等邊三角形的性質等知識，熟練掌握圓的相關性質以及菱形和正方形的性質是解題的關鍵．12．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分線，以AB上一點O為圓心，AD為弦作⊙O．（1）尺規(guī)作圖：作出⊙O（不寫作法與證明，保留作圖痕跡）；（2）求證：BC為⊙O的切線．【答案】（1）作圖見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）因為AD是弦，所以圓心O即在AB上，也在AD的垂直平分線上，作AD的垂直平分線，與AB的交點即為所求；（2）因為D在圓上，所以只要能證明OD⊥BC就說明BC為⊙O的切線．【詳解】解：（1）如圖所示，⊙O即為所求；（2）證明：連接OD．∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AD是∠BAC的角平分線，∴∠CAD＝∠OAD，∴∠ODA＝∠CAD，∴OD∥AC．又∵∠C＝90°，∴∠ODB＝90°，∴BC是⊙O的切線．【點睛】本題主要考查圓的切線，熟練掌握直線與圓的位置關系是解題的關鍵．13．如圖，在⊙O中，點D在直徑AB的延長線上，點C、E在⊙O上，CE＝CB，∠BCD＝∠CAE，延長AE、BC交于點F．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)若BD＝1，CD＝，求線段EF的長．【答案】（1）詳見解析；（2）【分析】（1）連OC，根據(jù)切線的判定，證明；（2）設半徑為r，在用勾股定理列式求出半徑，過O作OH⊥AE于H，證明，利用對應邊成比例列式求出AH，由垂徑定理得到AE，最后用AF-AE求得EF長．【詳解】（1）連OC，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵AB為直徑，∴∠ACB＝90°，∵CE＝CB，∴，∴∠CAE＝∠OAC，∵∠BCD＝∠CAE，∴∠BCD＝∠OCA，∴∠OCD＝∠BCD＋∠OCB＝∠OCA＋∠OCB＝90°，∵OC是⊙O半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）設⊙O的半徑為r，在Rt△OCD中，OC2＋CD2＝OD2，即：r2＋()2＝(r＋1)2，解得r＝，由（1）得，∠CAB＝∠CAF，AC⊥BF，∴AF＝AB＝1，過O作OH⊥AE于H，則AH＝EH，∵CE＝CB，，∴∠EAB＝∠COB，∵，∴，∴，即，∴AH＝，∴AE＝2AH＝，∴EF＝AF－AE＝1－＝．【點睛】本題考查的是圓的綜合題，涉及切線的證明和相似三角形的性質和判定，解題的關鍵是掌握這些性質定理結合題目條件進行證明．14．如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，點D在BC邊上，⊙D經(jīng)過點A和點B且與BC邊相交于點E．（1）求證：AC是⊙D的切線；（2）若CE＝2，求⊙D的半徑．【答案】（1）見解析；（2）⊙D的半徑AD＝2．【分析】（1）連接AD，根據(jù)等腰三角形的性質得到∠B=∠C=30°，∠BAD=∠B=30°，求得∠ADC=60°，根據(jù)三角形的內角和得到∠DAC=180°-60°-30°=90°，于是得到AC是⊙D的切線；

（2）連接AE，推出△ADE是等邊三角形，得到AE=DE，∠AED=60°，求得∠EAC=∠AED-∠C=30°，得到AE=CE=2，于是得到結論．【詳解】（1）證明：連接AD，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，∵AD＝BD，∴∠BAD＝∠B＝30°，∴∠ADC＝60°，∴∠DAC＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∴AC是⊙D的切線；（2）解：連接AE，∵AD＝DE，∠ADE＝60°，∴△ADE是等邊三角形，∴AE＝DE，∠AED＝60°，∴∠EAC＝∠AED﹣∠C＝30°，∴∠EAC＝∠C，∴AE＝CE＝2，∴⊙D的半徑AD＝2．【點睛】本題考查了切線的判定和性質，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定和性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．15．如圖，已知是的直徑，與的兩直角邊分別交于點、，點是弧的中點，，連接．（1）求證：直線是的切線；（2）若，，求的值．【答案】（1）見解析；（2）tan∠CAF=．【分析】（1）連結OF，BE，由題意易得BE∥CD，再由點F是中點可求證OF⊥CD，問題得證；（2）由題意易得△OFD∽△ACD，然后利用相似三角形的性質進行求解AC的長，然后利用勾股定理及線段比例關系進行求解即可．【詳解】（1）證明：連結OF，BE，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB=90°，∵∠C=90°，∴∠AEB=∠ACD，∴BE∥CD，∵點F是弧BE的中點，∴OF⊥BE，∴OF⊥CD，∴直線DF是⊙O的切線；（2）解：∵∠C=∠OFD=90°，∴AC∥OF，∴△OFD∽△ACD，∴，∵BD=1，OB=2，∴OD=3，AD=5，OF=2,∴，∴CD=，，∴，∴tan∠CAF=．【點睛】本題主要考查圓與直線的位置關系及解直角三角形，關鍵是根據(jù)題意得到切線，然后根據(jù)相似三角形的性質及勾股定理進行求解三角函數(shù)即可．16．已知為⊙O直徑，、為上兩點，連接交于點，點為延長線上一點，且，（1）求證：為⊙O切線（2）若，且，求的值【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）連接、，根據(jù)，且，得到為正三角形，得到，設可得，則有，可求出，則有，可證為⊙O切線；（2）連接，作、，根據(jù)，，可得，得到，設，，根據(jù)，則有，，，可得，根據(jù)，可解得，，則，根據(jù)為正三角形得到，，根據(jù)得到，可有，可得，，則，利用可得結果．【詳解】解：（1）連接、，且∴為正三角形又設則又，∵∴為⊙O切線（2）連接，作、，易知，∵設，，則，，由上式，又由（1）可知，∴解得或又，又∴，∵為正三角形∴，∴，，∴【點睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，相似三角形的判定和性質，切線的判定與性質，三角函數(shù)等知識，掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．17．如圖1，CD是⊙O的直徑，且CD過弦AB的中點H，連接BC，過弧AD上一點E作EF∥BC，交BA的延長線于點F，連接CE，其中CE交AB于點G，且FE＝FG．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）如圖2，連接BE，求證：BE2＝BG?BF；（3）如圖3，若CD的延長線與FE的延長線交于點M，tanF＝，BC＝5，求DM的值．【答案】（1）見解析（2）見解析（3）【分析】（1）根據(jù)已知得出∠GCH+∠CGH=α+β=90°，而∠FEO=∠FEG+∠CEO=α+β=90°，即可求解；

（2）∠CBA=∠F，故∠F=∠CEB，而∠FBE=∠GBE，故△FEB∽△EGB，即可求解；（3）在Rt△BCH中，BC=5，tan∠CBH=tanγ=則sinγ=，cosγ=，CH=BCsinγ=，同理HB=，設圓的半徑為r，則OB2=OH2+BH2，求出r的值，解Rt△CDE求得FG＝，繼而得出答案【詳解】（1）連接OE，則∠OCE＝∠OEC＝，∵FE＝FG，∴∠FGE＝∠FEG＝，∵H是AB的中點，∴CH⊥AB，∴∠GCH＋∠CGH＝＋＝90°，∴∠FEO＝∠FEG＋∠CEO＝＋＝90°，∴EF是⊙O的切線；（2）∵CH⊥AB，∴∴∠CBA＝∠CEB，∵EF∥BC，∴∠CBA＝∠F，故∠F＝∠CEB，∴∠FBE＝∠GBE，∴△FEB∽△EGB，∴∴；（3）如圖2，過點F作FR⊥CE于點R，設∠CBA＝∠CEB＝∠GFE＝，則tan＝，∵EF∥BC，∴∠FEC＝∠BCG＝，故△BCG為等腰三角形，則BG＝BC＝5，在Rt△BCH中，BC＝5，tan∠CBH＝tan＝，則sin＝，cos＝，CH＝BCsin＝5×＝3，同理HB＝4；設圓的半徑為r，則OB2＝OH2＋BH2，即r2＝（r﹣3）2＋（4）2，解得：r＝；GH＝BG﹣BH＝5﹣4＝，tan∠GCH＝，則cos∠GCH＝，則tan∠CGH＝3＝tan，則cos＝，連接DE，則∠CED＝90°，在Rt△CDE中cos∠GCH＝，解得：CE＝，在△FEG中，cos＝，解得：FG＝；∵FH＝FG＋GH＝，∴HM＝FHtan∠F＝×＝；∵CM＝HM＋CH＝，∴MD＝CM﹣CD＝CM﹣2r＝．【點睛】此題屬于圓的綜合題，涉及了相似三角形的判定與性質、三角函數(shù)值的知識，切線的判定，熟練掌握相關知識是解題的關鍵，綜合性較強．18．如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB為直徑作⊙O，D為⊙O上一點，且CD＝CB，連接DO并延長交CB的延長線于點E．（1）判斷直線CD與⊙O的位置關系，并說明理由；（2）若BE＝4，OE＝5，求AC的長．【答案】（1）CD與⊙O相切．理由見解析；（2）AC＝6．【分析】（1）連接OC，如圖，根據(jù)SSS可證△COD≌△COB，于是可得∠CDO＝∠CBO＝90°，進而可得結論；（2）根據(jù)勾股定理可得BO的長，進而可得DE的長，易證△EOB∽△ECD，然后根據(jù)相似三角形的性質可求出CD的長，即為CB的長，再在Rt△ABC中利用勾股定理求解即可．【詳解】解：（1）CD與⊙O相切．理由如下：連接OC，如圖，在△COD和△COB中，∵CO=CO，OD=OB，CD=CB，∴△COD≌△COB（SSS），∴∠CDO＝∠CBO＝90°，∴OD⊥CD，∴CD為⊙O的切線；（2）在Rt△OBE中，OE＝5，BE＝4，∴OB＝＝3，∴DE＝OE+OD＝8，∵∠OEB＝∠CED，∠OBE＝∠CDE，∴△EOB∽△ECD，∴OB：CD＝EB：ED，即3：CD＝4：8，∴CD＝