2022年各地中考数学解析版试卷分类汇编(第1期)专题31点直线与圆的位置关系.docx
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点直线与圆的位置关系 一、选择题 1.〔2022·湖北鄂州〕如下列图,AB是⊙O的直径,AM、BN是⊙O的两条切线,D、C分别在AM、BN上,DC切⊙O于点E,连接OD、OC、BE、AE,BE与OC相交于点P,AE与OD相交于点Q,AD=4,BC=9. 以下结论: ①⊙O的半径为②OD∥BE③PB=④tan∠CEP= 其中正确的结论有〔〕 A. 1个B. 2个C.3个D. 4个 【考点】直线与圆的位置关系〔直线与圆的相交,直线与圆的相切〕,平行线的判定,矩形的判定和性质,直角三角形的性质及判定,相似三角形的判定和性质,勾股定理,全等三角形的判定和性质,三角函数等. 【分析】①连接OE,那么OE⊥DC,易证明四边形ABCD是梯形,那么其中位线长等于〔4+9〕=,而梯形ABCD的中位线平行于两底,显而易见,中位线的长〔斜边〕大于直角边〔或运用垂线段最短判定〕,故可判断①错误;另外的方法是直接计算出⊙O的半径的长〔做选择题时,不宜〕; ②先证明△AOD≌△EOD,得出∠AOD=∠EOD=∠AOE,再运用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半证明∠AOD=∠ABE,从而得出OD∥BE,故②正确; ③由①知OB=6,根据勾股定理示出OC,再证明△OPB∽△OBC,那么=,可得出PB的长. ④易知∠CEP>∠ECP,所以CP>PE,故tan∠CEP=错误. 【解答】①解法一:易知四边形ABCD是梯形,那么其中位线长等于〔4+9〕=,OE为⊙O的半径,且OE⊥DC,而梯形ABCD的中位线平行于两底,显而易见,中位线的长〔斜边〕大于直角边的长〔或运用垂线段最短判定〕,故可判断①错误; 解法二:过点D作DF⊥BC于点F, ∴AM,BN分别切⊙O于点A,B, ∴AB⊥AD,AB⊥BC, ∴四边形ABFD是矩形, ∴AD=BF,AB=DF, 又∵AD=4,BC=9, ∴FC=9﹣4=5, ∴AM,BN,DC分别切⊙O于点A,B,E, ∴DA=DE,CB=CE, ∴DC=AD+BC=4+9=13, 在RT△DFC中,DC2=DF2+FC2, ∴DF===12, ∴AB=12, ∴⊙O的半径R是6. 故①错误; ②连接OE, ∵AM、DE是⊙O的切线, ∴DA=DE,∠OAD=∠OED=90°, 又∵OD=OD, 在△AOD和△EOD中, DA=DE OD=OD ∴△AOD≌△EOD, ∴∠AOD=∠EOD=∠AOE, ∵∠ABE=∠AOE, ∴∠AOD=∠ABE, ∴OD∥BE. 故②正确; ③根据勾股定理,OC===3; 由①知OB=6, 易知△OPB∽△OBC,那么=, ∴PB===. 故③正确; ④易知∠CEP>∠ECP,所以CP>PE,故tan∠CEP=错误. 综上,正确的答案为:B. 【点评】在解决切线的问题中,一般先连接切点和圆心,再证明垂直;同时熟记切线垂直于经过切点的半径. 在做判断题时,不需要计算出结果时,一定要灵活运用多种方法,以节约时间. 2.(2022安徽,10,4分)﹣如图,Rt△ABC中,AB⊥BC,AB=6,BC=4,P是△ABC内部的一个动点,且满足∠PAB=∠PBC,那么线段CP长的最小值为〔 〕 A.B.2 C.D. 【考点】点与圆的位置关系;圆周角定理. 【分析】首先证明点P在以AB为直径的⊙O上,连接OC与⊙O交于点P,此时PC最小,利用勾股定理求出OC即可解决问题. 【解答】解:∵∠ABC=90°, ∴∠ABP+∠PBC=90°, ∵∠PAB=∠PBC, ∴∠BAP+∠ABP=90°, ∴∠APB=90°, ∴点P在以AB为直径的⊙O上,连接OC交⊙O于点P,此时PC最小, 在RT△BCO中,∵∠OBC=90°,BC=4,OB=3, ∴OC==5, ∴PC=OC=OP=5﹣3=2. ∴PC最小值为2. 应选B. 3. 〔2022,湖北宜昌,13,3分〕在公园的O处附近有E、F、G、H四棵树,位置如下列图〔图中小正方形的边长均相等〕现方案修建一座以O为圆心,OA为半径的圆形水池,要求池中不留树木,那么E、F、G、H四棵树中需要被移除的为〔 〕 A.E、F、GB.F、G、HC.G、H、ED.H、E、F 【考点】点与圆的位置关系. 【专题】应用题. 【分析】根据网格中两点间的距离分别求出,OE,OF,OG,OH然后和OA比较大小.最后得到哪些树需要移除. 【解答】解:∵OA==, ∴OE=2<OA,所以点E在⊙O内, OF=2<OA,所以点E在⊙O内, OG=1<OA,所以点E在⊙O内, OH==2>OA,所以点E在⊙O外, 应选A 【点评】此题是点与圆的位置关系,主要考查了网格中计算两点间的距离,比较线段长短的方法,计算距离是解此题的关键.点到圆心的距离小于半径,点在圆内,点到圆心的距离大于半径,点在圆外,点到圆心的距离大于半径,点在圆内. 4. 〔2022年浙江省衢州市〕如图,AB是⊙O的直径,C是⊙O上的点,过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E,假设∠A=30°,那么sin∠E的值为〔 〕 A.B.C.D. 【考点】切线的性质. 【分析】首先连接OC,由CE是⊙O切线,可证得OC⊥CE,又由圆周角定理,求得∠BOC的度数,继而求得∠E的度数,然后由特殊角的三角函数值,求得答案. 【解答】解:连接OC, ∵CE是⊙O切线, ∴OC⊥CE, ∵∠A=30°, ∴∠BOC=2∠A=60°, ∴∠E=90°﹣∠BOC=30°, ∴sin∠E=sin30°=. 应选A. 5. 〔2022年浙江省台州市〕如图,在△ABC中,AB=10,AC=8,BC=6,以边AB的中点O为圆心,作半圆与AC相切,点P,Q分别是边BC和半圆上的动点,连接PQ,那么PQ长的最大值与最小值的和是〔 〕 A.6 B.2+1 C.9 D. 【考点】切线的性质. 【分析】如图,设⊙O与AC相切于点E,连接OE,作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1,此时垂线段OP1最短,P1Q1最小值为OP1﹣OQ1,求出OP1,如图当Q2在AB边上时,P2与B重合时, P2Q2最大值=5+3=8,由此不难解决问题. 【解答】解:如图,设⊙O与AC相切于点E,连接OE,作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1, 此时垂线段OP1最短,P1Q1最小值为OP1﹣OQ1, ∵AB=10,AC=8,BC=6, ∴AB2=AC2+BC2, ∴∠C=90°, ∵∠OP1B=90°, ∴OP1∥AC ∵AO=OB, ∴P1C=P1B, ∴OP1=AC=4, ∴P1Q1最小值为OP1﹣OQ1=1, 如图,当Q2在AB边上时,P2与B重合时, P2Q2最大值=5+3=8, ∴PQ长的最大值与最小值的和是9. 应选C. 6.〔2022·山西〕如图,在ABCD中,AB为的直径,与DC相切于点E,与AD相交于点F,AB=12,,那么的长为〔 C 〕 A.B.C.D. 考点:切线的性质,求弧长 分析:如图连接OF,OE 由切线可知,故由平行可知 由OF=OA,且,所以所以△OFA为等 边三角形∴, 从而可以得出所对的圆心角然后根据弧长公式即可求出 解答: r=12÷2=6 ∴= 应选C 7.〔2022·上海〕如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=7,点D在边BC上,CD=3,⊙A的半径长为3,⊙D与⊙A相交,且点B在⊙D外,那么⊙D的半径长r的取值范围是〔 〕 A.1<r<4 B.2<r<4 C.1<r<8 D.2<r<8 【考点】圆与圆的位置关系;点与圆的位置关系. 【分析】连接AD, 根据勾股定理得到AD=5, 根据圆与圆的位置关系得到r>5﹣3=2, 由点B在⊙D外, 于是得到r<4, 即可得到结论. 【解答】解:连接AD, ∵AC=4,CD=3,∠C=90°, ∴AD=5, ∵⊙A的半径长为3,⊙D与⊙A相交, ∴r>5﹣3=2, ∵BC=7, ∴BD=4, ∵点B在⊙D外, ∴r<4, ∴⊙D的半径长r的取值范围是2<r<4, 应选B. 【点评】此题考查了圆与圆的位置关系,点与圆的位置关系,设点到圆心的距离为d,那么当d=r时,点在圆上;当d>r时,点在圆外;当d<r时,点在圆内. 8.〔2022·江苏连云港〕如图,在网格中〔每个小正方形的边长均为1个单位〕选取9个格点〔格线的交点称为格点〕.如果以A为圆心,r为半径画圆,选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内,那么r的取值范围为〔 〕 A.2<r<B.<r<3C.<r<5 D.5<r< 【分析】如图求出AD、AB、AE、AF即可解决问题. 【解答】解:如图,∵AD=2,AE=AF=,AB=3, ∴AB>AE>AD, ∴<r<3时,以A为圆心,r为半径画圆,选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内, 应选B. 【点评】此题考查点由圆的位置关系、勾股定理等知识,解题的关键是正确画出图形,理解题意,属于中考常考题型. 9.〔2022·江苏无锡〕如图,AB是⊙O的直径,AC切⊙O于A,BC交⊙O于点D,假设∠C=70°,那么∠AOD的度数为〔 〕 A.70° B.35° C.20° D.40° 【考点】切线的性质;圆周角定理. 【分析】先依据切线的性质求得∠CAB的度数,然后依据直角三角形两锐角互余的性质得到∠CBA的度数,然后由圆周角定理可求得∠AOD的度数. 【解答】解:∵AC是圆O的切线,AB是圆O的直径, ∴AB⊥AC. ∴∠CAB=90°. 又∵∠C=70°, ∴∠CBA=20°. ∴∠DOA=40°. 应选:D. 二、填空题 1. 〔2022·四川成都·5分〕如图,△ABC内接于⊙O,AH⊥BC于点H,假设AC=24,AH=18,⊙O的半径OC=13,那么AB=. 【考点】三角形的外接圆与外心. 【分析】首先作直径AE,连接CE,易证得△ABH∽△AEC,然后由相似三角形的对应边成比例,即可求得⊙O半径. 【解答】解:作直径AE,连接CE, ∴∠ACE=90°, ∵AH⊥BC, ∴∠AHB=90°, ∴∠ACE=∠ADB, ∵∠B=∠E, ∴△ABH∽△AEC, ∴=, ∴AB=, ∵AC=24,AH=18,AE=2OC=26, ∴AB==, 故答案为:. 2. 〔2022·四川凉山州·5分〕如图,四边形ABCD中,∠BAD=∠DC=90°,AB=AD=,CD=,点P是四边形ABCD四条边上的一个动点,假设P到BD的距离为,那么满足条件的点P有 2 个. 【考点】点到直线的距离. 【分析】首先作出AB、AD边上的点P〔点A〕到BD的垂线段AE,即点P到BD的最长距离,作出BC、CD的点P〔点C〕到BD的垂线段CF,即点P到BD的最长距离,由计算出AE、CF的长为,比较得出答案. 【解答】解:过点A作AE⊥BD于E,过点C作CF⊥BD于F, ∵∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=,CD=2, ∴∠ABD=∠ADB=45°, ∴∠CDF=90°﹣∠ADB=45°, ∵sin∠ABD=, ∴AE=AB•sin∠ABD=3•sin45°=3>, CF=2<, 所以在AB和AD边上有符合P到BD的距离为的点2个, 故答案为:2. 3. 〔2022湖北孝感,14,3分〕 九章算术 是东方数学思想之源,该书中记载:“今有勾八步,股一十五步,问勾中容圆径几何.〞其意思为:“今有直角三角形,勾〔短直角边〕长为8步,股〔长直角边〕长为15步,问该直角三角形内切圆的直径是多少步.〞该问题的答案是 6 步. 【考点】三角形的内切圆与内心. 【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边,根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径,得到直径. 【解答】解:根据勾股定理得:斜边为=17, 那么该直角三角形能容纳的圆形〔内切圆〕半径r==3〔步〕,即直径为6步, 故答案为:6. 【点评】此题考查了三角形的内切圆与内心,掌握Rt△ABC中,两直角边分别为为a、b,斜边为c,其内切圆半径r=是解题的关键. 4.〔2022.山东省泰安市,3分〕如图,半径为3的⊙O与Rt△AOB的斜边AB切于点D,交OB于点C,连接CD交直线OA于点E,假设∠B=30°,那么线段AE的长为. 【分析】要求AE的长,只要求出OA和OE的长即可,要求OA的长可以根据∠B=30°和OB的长求得,OE可以根据∠OCE和OC的长求得. 【解答】解:连接OD,如右图所示, 由可得,∠BOA=90°,OD=OC=3,∠B=30°,∠ODB=90°, ∴BO=2OD=6,∠BOD=60°, ∴∠ODC=∠OCD=60°,AO=BOtan30°=, ∵∠COE=90°,OC=3, ∴OE=OCtan60°=, ∴AE=OE﹣OA=, 故答案为:. 【点评】此题考查切线的性质,解题的关键是明确题意,找出所求问题需要的条件. 5.〔2022·江苏无锡〕如图,△AOB中,∠O=90°,AO=8cm,BO=6cm,点C从A点出发,在边AO上以2cm/s的速度向O点运动,与此同时,点D从点B出发,在边BO上以1.5cm/s的速度向O点运动,过OC的中点E作CD的垂线EF,那么当点C运动了s时,以C点为圆心,1.5cm为半径的圆与直线EF相切. 【考点】直线与圆的位置关系. 【分析】当以点C为圆心,1.5cm为半径的圆与直线EF相切时,即CF=1.5cm,又因为∠EFC=∠O=90°,所以△EFC∽△DCO,利用对应边的比相等即可求出EF的长度,再利用勾股定理列出方程即可求出t的值,要注意t的取值范围为0≤t≤4. 【解答】解:当以点C为圆心,1.5cm为半径的圆与直线EF相切时, 此时,CF=1.5, ∵AC=2t,BD=t, ∴OC=8﹣2t,OD=6﹣t, ∵点E是OC的中点, ∴CE=OC=4﹣t, ∵∠EFC=∠O=90°,∠FCE=∠DCO ∴△EFC∽△DCO ∴= ∴EF=== 由勾股定理可知:CE2=CF2+EF2, ∴〔4﹣t〕2=+, 解得:t=或t=, ∵0≤t≤4, ∴t=. 故答案为: 6.〔2022•呼和浩特〕在周长为26π的⊙O中,CD是⊙O的一条弦,AB是⊙O的切线,且AB∥CD,假设AB和CD之间的距离为18,那么弦CD的长为 24 . 【考点】切线的性质. 【分析】如图,设AB与⊙O相切于点F,连接OF,OD,延长FO交CD于点E,首先证明OE⊥CD,在RT△EOD中,利用勾股定理即可解决问题. 【解答】解:如图,设AB与⊙O相切于点F,连接OF,OD,延长FO交CD于点E. ∵2πR=26π, ∴R=13, ∴OF=OD=13, ∵AB是⊙O切线, ∴OF⊥AB, ∵AB∥CD, ∴EF⊥CD即OE⊥CD, ∴CE=ED, ∵EF=18,OF=13, ∴OE=5, 在RT△OED中,∵∠OED=90°,OD=13,OE=5, ∴ED===12, ∴CD=2ED=24. 故答案为24. 三、解答题 1. 〔2022·湖北咸宁〕〔此题总分值9分〕如图,在△ABC中,∠C=90°,∠BAC的平分线交BC于点D,点O在AB上,以点O为圆心,OA为半径的圆恰好经过点D,分别交AC,AB于点E,F. 〔1〕试判断直线BC与⊙O的位置关系,并说明理由; 〔2〕假设BD=2,BF=2,求阴影局部的面积〔结果保存π〕 【考点】直线与圆的位置关系,勾股定理,扇形面积,三角函数. 【分析】〔1〕连接OD,证明OD∥AC即可解决问题; 〔2〕设⊙O的半径为r,那么OD=r,OB= r+2,在Rt△BDO中,OD2+BD2=OB2,求出r,利用S阴影=S△OBD-S扇形BDF即可解决问题. 【解答】解:(1) BC与⊙O相切,理由如下: 连接OD. ∵AD平分∠BAC, ∴∠CAD=∠OAD. 又∵∠OAD=∠ODA, ∴∠CAD=∠ODA, ∴OD∥AC; …………………………………………2分 ∴∠BDO=∠C=90°, ∴BC与⊙O相切. ……………………………………4分 〔2〕解:设⊙O的半径为r,那么OD=r,OB= r+2. 由〔1〕知∠BDO=90°, ∴OD2+BD2=OB2,即r2+(2)2=( r+2)2, 解得r=2. …………………………………………5分 ∵tan∠BOD===, ∴∠BOD=60°. …………………………………7分 S阴影=S△OBD-S扇形BDF=×OD×BD-×πr2=2-π. ………………………………….9分 【点评】此题综合考查了直线与圆的位置关系,勾股定理,扇形面积,三角函数. 第〔1〕小题中,连接OD,证明OD∥AC是解题的关键;第〔2〕小题中,利用勾股定理r和S阴影=S△OBD-S扇形BDF是解题的关键. 2. (2022·四川资阳)如图,在⊙O中,点C是直径AB延长线上一点,过点C作⊙O的切线,切点为D,连结BD. 〔1〕求证:∠A=∠BDC; 〔2〕假设CM平分∠ACD,且分别交AD、BD于点M、N,当DM=1时,求MN的长. 【考点】切线的性质. 【分析】〔1〕由圆周角推论可得∠A+∠ABD=90°,由切线性质可得∠CDB+∠ODB=90°,而∠ABD=∠ODB,可得答案; 〔2〕由角平分线及三角形外角性质可得∠A+∠ACM=∠BDC+∠DCM,即∠DMN=∠DNM,根据勾股定理可求得MN的长. 【解答】解:〔1〕如图,连接OD, ∵AB为⊙O的直径, ∴∠ADB=90°,即∠A+∠ABD=90°, 又∵CD与⊙O相切于点D, ∴∠CDB+∠ODB=90°, ∵OD=OB, ∴∠ABD=∠ODB, ∴∠A=∠BDC; 〔2〕∵CM平分∠ACD, ∴∠DCM=∠ACM, 又∵∠A=∠BDC, ∴∠A+∠ACM=∠BDC+∠DCM,即∠DMN=∠DNM, ∵∠ADB=90°,DM=1, ∴DN=DM=1, ∴MN==. 3. (2022·四川自贡)如图,⊙O是△ABC的外接圆,AC为直径,弦BD=BA,BE⊥DC交DC的延长线于点E. 〔1〕求证:∠1=∠BAD; 〔2〕求证:BE是⊙O的切线. 【考点】三角形的外接圆与外心;圆周角定理;切线的判定. 【分析】〔1〕根据等腰三角形的性质和圆周角定理得出即可; 〔2〕连接BO,求出OB∥DE,推出EB⊥OB,根据切线的判定得出即可; 【解答】证明:〔1〕∵BD=BA, ∴∠BDA=∠BAD, ∵∠1=∠BDA, ∴∠1=∠BAD; 〔2〕连接BO, ∵∠ABC=90°, 又∵∠BAD+∠BCD=180°, ∴∠BCO+∠BCD=180°, ∵OB=OC, ∴∠BCO=∠CBO, ∴∠CBO+∠BCD=180°, ∴OB∥DE, ∵BE⊥DE, ∴EB⊥OB, ∵OB是⊙O的半径, ∴BE是⊙O的切线. 【点评】此题考查了三角形的外接圆与外心,等腰三角形的性质,切线的判定,熟练掌握切线的判定定理是解题的关键. 4. (2022·云南)如图,AB为⊙O的直径,C是⊙O上一点,过点C的直线交AB的延长线于点D,AE⊥DC,垂足为E,F是AE与⊙O的交点,AC平分∠BAE. 〔1〕求证:DE是⊙O的切线; 〔2〕假设AE=6,∠D=30°,求图中阴影局部的面积. 【考点】切线的判定;扇形面积的计算. 【分析】〔1〕连接OC,先证明∠OAC=∠OCA,进而得到OC∥AE,于是得到OC⊥CD,进而证明DE是⊙O的切线; 〔2〕分别求出△OCD的面积和扇形OBC的面积,利用S阴影=S△COD﹣S扇形OBC即可得到答案. 【解答】解:〔1〕连接OC, ∵OA=OC, ∴∠OAC=∠OCA, ∵AC平分∠BAE, ∴∠OAC=∠CAE, ∴∠OCA=∠CAE, ∴OC∥AE, ∴∠OCD=∠E, ∵AE⊥DE, ∴∠E=90°, ∴∠OCD=90°, ∴OC⊥CD, ∵点C在圆O上,OC为圆O的半径, ∴CD是圆O的切线; 〔2〕在Rt△AED中, ∵∠D=30°,AE=6, ∴AD=2AE=12, 在Rt△OCD中,∵∠D=30°, ∴DO=2OC=DB+OB=DB+OC, ∴DB=OB=OC=AD=4,DO=8, ∴CD===4, ∴S△OCD===8, ∵∠D=30°,∠OCD=90°, ∴∠DOC=60°, ∴S扇形OBC=×π×OC2=, ∵S阴影=S△COD﹣S扇形OBC ∴S阴影=8﹣, ∴阴影局部的面积为8﹣. 【点评】此题主要考查了切线的判定以及扇形的面积计算,解〔1〕的关键是证明OC⊥DE,解〔2〕的关键是求出扇形OBC的面积,此题难度一般. 5. (2022·云南)四边形ABCD的对角线交于点E,有AE=EC,BE=ED,以AB为直径的半圆过点E,圆心为O. 〔1〕利用图1,求证:四边形ABCD是菱形. 〔2〕如图2,假设CD的延长线与半圆相切于点F,直径AB=8. ①连结OE,求△OBE的面积. ②求弧AE的长. 【考点】菱形的判定与性质;切线的性质. 【分析】〔1〕先由AE=EC、BE=ED可判定四边形为平行四边形,再根据∠AEB=90°可判定该平行四边形为菱形; 〔2〕①连结OF,由切线可得OF为△ABD的高且OF=4,从而可得S△ABD,由OE为△ABD的中位线可得S△OBE=S△ABD; ②作DH⊥AB于点H,结合①可知四边形OHDF为矩形,即DH=OF=4,根据sin∠DAB==知∠EOB=∠DAH=30°,即∠AOE=150°,根据弧长公式可得答案 【解答】解:〔1〕∵AE=EC,BE=ED, ∴四边形ABCD是平行四边形. ∵AB为直径,且过点E, ∴∠AEB=90°,即AC⊥BD. ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴四边形ABCD是菱形. 〔2〕①连结OF. ∵CD的延长线与半圆相切于点F, ∴OF⊥CF. ∵FC∥AB, ∴OF即为△ABD中AB边上的高. ∴S△ABD=AB×OF=×8×4=16, ∵点O是AB中点,点E是BD的中点, ∴S△OBE=S△ABD=4. ②过点D作DH⊥AB于点H. ∵AB∥CD,OF⊥CF, ∴FO⊥AB, ∴∠F=∠FOB=∠DHO=90°. ∴四边形OHDF为矩形,即DH=OF=4. ∵在Rt△DAH中,sin∠DAB==, ∴∠DAH=30°. ∵点O,E分别为AB,BD中点, ∴OE∥AD, ∴∠EOB=∠DAH=30°. ∴∠AOE=180°﹣∠EOB=150°. ∴弧AE的长==. 【点评】此题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质,熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键. 6. 〔2022·四川达州·8分〕如图,AB为半圆O的直径,C为半圆O上一点,连接AC,BC,过点O作OD⊥AC于点D,过点A作半圆O的切线交OD的延长线于点E,连接BD并延长交AE于点F. 〔1〕求证:AE•BC=AD•AB; 〔2〕假设半圆O的直径为10,sin∠BAC=,求AF的长. 【考点】相似三角形的判定与性质;勾股定理;切线的性质;锐角三角函数的定义. 【分析】〔1〕只要证明△EAD∽△ABC即可解决问题. 〔2〕作DM⊥AB于M,利用DM∥AE,得=,求出DM、BM即可解决问题. 【解答】〔1〕证明:∵AB为半圆O的直径, ∴∠C=90°, ∵OD⊥AC, ∴∠CAB+∠AOE=90°,∠ADE=∠C=90°, ∵AE是切线, ∴OA⊥AE, ∴∠E+∠AOE=90°, ∴∠E=∠CAB, ∴△EAD∽△ABC, ∴AE:AB=AD:BC, ∴AE•BC=AD•AB. 〔2〕解:作DM⊥AB于M, ∵半圆O的直径为10,sin∠BAC=, ∴BC=AB•sin∠BAC=6, ∴AC==8, ∵OE⊥AC, ∴AD=AC=4,OD=BC=3, ∵sin∠MAD==, ∴DM=,AM===,BM=AB﹣AM=, ∵DM∥AE, ∴=, ∴AF=. 7. 〔2022·四川广安·9分〕如图,以△ABC的BC边上一点O为圆心,经过A,C两点且与BC边交于点E,点D为CE的下半圆弧的中点,连接AD交线段EO于点F,假设AB=BF. 〔1〕求证:AB是⊙O的切线; 〔2〕假设CF=4,DF=,求⊙O的半径r及sinB. 【考点】切线的判定. 【分析】〔1〕连接OA、OD,如图,根据垂径定理得OD⊥BC,那么∠D+∠OFD=90°,再由AB=BF,OA=OD得到∠BAF=∠BFA,∠OAD=∠D,加上∠BFA=∠OFD,所以∠OAD+∠BAF=90°,那么OA⊥AB,然后根据切线的判定定理即可得到AB是⊙O切线; 〔2〕先表示出OF=4﹣r,OD=r,在Rt△DOF中利用勾股定理得r2+〔4﹣r〕2=〔〕2,解方程得到r的值,那么OA=3,OF=CF﹣OC=4﹣3=1,BO=BF+FO=AB+1. 然后在Rt△AOB中利用勾股定理得AB2+OA2=OB2,即AB2+32=〔AB+1〕2,解方程得到AB=4的值,再根据三角函数定义求出sinB. 【解答】〔1〕证明:连接OA、OD,如图, ∵点D为CE的下半圆弧的中点, ∴OD⊥BC, ∴∠EOD=90°, ∵AB=BF,OA=OD, ∴∠BAF=∠BFA,∠OAD=∠D, 而∠BFA=∠OFD, ∴∠OAD+∠BAF=∠D+∠BFA=90°,即∠OAB=90°, ∴OA⊥AB, ∴AB是⊙O切线; 〔2〕解:OF=CF﹣OC=4﹣r,OD=r,DF=, 在Rt△DOF中,OD2+OF2=DF2,即r2+〔4﹣r〕2=〔〕2, 解得r1=3,r2=1〔舍去〕; ∴半径r=3, ∴OA=3,OF=CF﹣OC=4﹣3=1,BO=BF+FO=AB+1. 在Rt△AOB中,AB2+OA2=OB2, ∴AB2+32=〔AB+1〕2, ∴AB=4,OB=5, ∴sinB==. 8. 〔2022·四川乐山·10分〕如图13,在中,,以边为直径作⊙交边于点,过点作于点,、的延长线交于点. 〔1〕求证:是⊙的切线; 〔2〕假设,且,求⊙的半径与线段的长. 解析: 〔1〕证明:如图2所示,连结, ∵,∴. ∵,∴. ∴,∴∥.…………〔2分〕 ∵,∴. ∴是⊙的切线…………〔5分〕 〔2〕在和中, ∵,∴ . 设,那么.∴,.…………〔6分〕 ∵,∴.…………〔7分〕 ∴,解得=,…………〔9分〕 ∴⊙的半径长为,=……………………〔10分〕 9. 〔2022湖北襄阳,22,8分〕如图,直线AB经过⊙O上的点C,直线AO与⊙O交于点E和点D,OB与⊙O交于点F,连接DF、DC.OA=OB,CA=CB,DE=10,DF=6. 〔1〕求证:①直线AB是⊙O的切线;②∠FDC=∠EDC; 〔2〕求CD的长. 【考点】切线的判定. 【分析】〔1〕①欲证明直线AB是⊙O的切线,只要证明OC⊥AB即可. ②首先证明OC∥DF,再证明∠FDC=∠OCD,∠EDC=∠OCD即可. 〔2〕作ON⊥DF于N,延长DF交AB于M,在RT△CDM中,求出DM、CM即可解决问题. 【解答】〔1〕①证明:连接OC. ∵OA=OB,AC=CB, ∴OC⊥AB, ∵点C在⊙O上, ∴AB是⊙O切线. ②证明:∵OA=OB,AC=CB, ∴∠AOC=∠BOC, ∵OD=OF, ∴∠ODF=∠OFD, ∵∠AOB=∠ODF+∠OFD=∠AOC+∠BOC, ∴∠BOC=∠OFD, ∴OC∥DF, ∴∠CDF=∠OCD, ∵OD=OC, ∴∠ODC=∠OCD, ∴∠ADC=∠CDF. 〔2〕作ON⊥DF于N,延长DF交AB于M. ∵ON⊥DF, ∴DN=NF=3, 在RT△ODN中,∵∠OND=90°,OD=5,DN=3, ∴ON==4, ∵∠OCM+∠CMN=180°,∠OCM=90°, ∴∠OCM=∠CMN=∠MNO=90°, ∴四边形OCMN是矩形, ∴ON=CM=4,MN=OC=5, 在RT△CDM中,∵∠DMC=90°,CM=4,DM=DN+MN=8, ∴CD===4. 【点评】此题考查切线的判定,等腰三角形的性质、垂径定理、平行线的判定和性质、勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题,属于中考常考题型. 10. 〔2022湖北孝感,23,10分〕如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,点O在AB上,经过点A的⊙O与BC相切于点D,与AC,AB分别相交于点E,F,连接AD与EF相交于点G. 〔1〕求证:AD平分∠CAB; 〔2〕假设OH⊥AD于点H,FH平分∠AFE,DG=1. ①试判断DF与DH的数量关系,并说明理由; ②求⊙O的半径. 【考点】切线的性质;角平分线的性质;垂径定理. 【分析】〔1〕连接OD.先证明OD∥AC,得到∠CAD=∠ODA,再根据OA=OD,得到∠OAD=∠ODA,进而得到∠CAD=∠BAD,即可解答. 〔2〕①DF=DH,利用FH平分∠AFE,得到∠AFH=∠EFH,再证明∠DFH=∠DHF,即可得到DF=DH. ②设HG=x,那么DH=DF=1+x,证明△DFG∽△DAF,得到,即,求出x=1,再根据勾股定理求出AF,即可解答. 【解答】解:〔1〕如图,连接OD, ∵⊙O与BC相切于点D, ∴OD⊥BC, ∵∠C=90°, ∴OD∥AC, ∴∠CAD=∠ODA, ∵OA=OD, ∴∠OAD=∠ODA, ∴∠CAD=∠BAD, ∴AD平分∠CAB. 〔2〕①DF=DH,理由如下: ∵FH平分∠AFE, ∴∠AFH=∠EFH, 又∠DFG=∠EAD=∠HAF, ∴∠DFG=∠EAD=∠HAF, ∴∠DFG+∠GFH=∠HAF+∠HFA, 即∠DFH=∠DHF, ∴DF=DH. ②设HG=x,那么DH=DF=1+x, ∵OH⊥AD, ∴AD=2DH=2〔1+x〕, ∵∠DFG=∠DAF,∠FDG=∠FDG, ∴△DFG∽△DAF, ∴, ∴, ∴x=1, ∵DF=2,AD=4, ∵AF为直径, ∴∠ADF=90°, ∴AF= ∴⊙O的半径为. 【点评】此题考查了切线的性质,相似三角形的判定和性质,此题涉及的知识点:两直线平行,等腰三角形的判定、三角形相似. 11. 〔2022湖北宜昌,21,8分〕如图,CD是⊙O的弦,AB是直径,且CD∥AB,连接AC、AD、OD,其中AC=CD,过点B的切线交CD的延长线于E. 〔1〕求证:DA平分∠CDO; 〔2〕假设AB=12,求图中阴影局部的周长之和〔参考数据:π=3.1, =1.4, =1.7〕. 【考点】切线的性质;弧长的计算. 【分析】〔1〕只要证明∠CDA=∠DAO,∠DAO=∠ADO即可. 〔2〕首先证明==,再证明∠DOB=60°得△BOD是等边三角形,由此即可解决问题. 【解答】证明:〔1〕∵CD∥AB, ∴∠CDA=∠BAD, 又∵OA=OD, ∴∠ADO=∠BAD, ∴∠ADO=∠CDA, ∴DA平分∠CDO. 〔2〕如图,连接BD, ∵AB是直径, ∴∠ADB=90°, ∵AC=CD, ∴∠CAD=∠CDA, 又∵CD∥AB, ∴∠CDA=∠BAD, ∴∠CDA=∠BAD=∠CAD, ∴==, 又∵∠AOB=180°, ∴∠DOB=60°, ∵OD=OB, ∴△DOB是等边三角形, ∴BD=OB=AB=6, ∵=, ∴AC=BD=6, ∵BE切⊙O于B, ∴BE⊥AB, ∴∠DBE=∠ABE﹣∠ABD=30°, ∵CD∥AB, ∴BE⊥CE, ∴DE=BD=3,BE=BD×cos∠DBE=6×=3, ∴的长==2π, ∴图中阴影局部周长之和为2=4π+9+3=4×3.1+9+3×1.7=26.5. 【点评】此题考查切线的性质、平行线的性质、等边三角形的判定和性质、弧长公式等知识,解题的关键是灵活应用这些知识解决问题,学会添加常用辅助线,属于中考常考题型. 12. 〔2022江苏淮安,25,10分〕如图,在Rt△ABC中,∠B=90°,点O在边AB上,以点O为圆心,OA为半径的圆经过点C,过点C作直线MN,使∠BCM=2∠A. 〔1〕判断直线MN与⊙O的位置关系,并说明理由; 〔2〕假设OA=4,∠BCM=60°,求图中阴影局部的面积. 【考点】直线与圆的位置关系;扇形面积的计算. 【分析】〔1〕MN是⊙O切线,只要证明∠OCM=90°即可. 〔2〕求出∠AOC以及BC,根据S阴=S扇形OAC﹣S△OAC计算即可. 【解答】解:〔1〕MN是⊙O切线. 理由:连接OC. ∵OA=OC, ∴∠OAC=∠OCA, ∵∠BOC=∠A+∠OCA=2∠A,∠BCM=2∠A, ∴∠BCM=∠BOC, ∵∠B=90°, ∴∠BOC+∠BCO=90°, ∴∠BCM+∠BCO=90°, ∴OC⊥MN, ∴MN是⊙O切线. 〔2〕由〔1〕可知∠BOC=∠BCM=60°, ∴∠AOC=120°, 在RT△BCO中,OC=OA=4,∠BCO=30°, ∴BO=OC=2,BC=2 ∴S阴=S扇形OAC﹣S△OAC=﹣=﹣4. 【点评】此题考查直线与圆的位置关系、扇形面积、三角形面积等知识,解题的关键是记住切线的判定方法,扇形的面积公式,属于中考常考题型. 13.〔2022·广东茂名〕如图,在△ABC中,∠C=90°,D、F是AB边上的两点,以DF为直径的⊙O与BC相交于点E,连接EF,过F作FG⊥BC于点G,其中∠OFE=∠A. 〔1〕求证:BC是⊙O的切线; 〔2〕假设sinB=,⊙O的半径为r,求△EHG的面积〔用含r的代数式表示〕. 【考点】切线的判定. 【分析】〔1〕首先连接OE,由在△ABC中,∠C=90°,FG⊥BC,可得FG∥AC,又由∠OFE=∠A,易得EF平分∠BFG,继而证得OE∥FG,证得OE⊥BC,那么可得BC是⊙O的切线; 〔2〕由在△OBE中,sinB=,⊙O的半径为r,可求得OB,BE的长,然后由在△BFG中,求得BG,FG的长,那么可求得EG的长,易证得△EGH∽△FGE,然后由相似三角形面积比等于相似比的平方,求得答案. 【解答】〔1〕证明:连接OE, ∵在△ABC中,∠C=90°,FG⊥BC, ∴∠BGF=∠C=90°, ∴FG∥AC, ∴∠OFG=∠A, ∴∠OFE=∠OFG, ∴∠OFE=∠EFG, ∵OE=OF, ∴∠OFE=∠OEF, ∴∠OEF=∠EFG, ∴OE∥FG, ∴OE⊥BC, ∴BC是⊙O的切线; 〔2〕解:∵在Rt△OBE中,sinB=,⊙O的半径为r, ∴OB=r,BE=r, ∴BF=OB+OF=r, ∴FG=BF•sinB=r, ∴BG==r, ∴EG=BG﹣BE=r, ∴S△FGE=EG•FG=r2,EG:FG=1:2, ∵BC是切线, ∴∠GEH=∠EFG, ∵∠EGH=∠- 配套讲稿:
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