專題36第7之證明切線的方法備戰(zhàn)2021中考數(shù)學(xué)解題系統(tǒng)訓(xùn)練全國通用解析版

36第7之證明切線的方 【答案】30°，45°，60°90°，15°、75°135°65°畫不出．B．如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)D、E是半圓的三等分點(diǎn)，AE、BD的延長線交于點(diǎn)C，若CE＝2，則圖中陰影部分的面積為 4【答案】π﹣33602223460222343故答案為4 33

=4 333：cm， 【答案】2π．如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝13，AC＝5，則 5 考查勾股定理，考查圓周角定理，關(guān)鍵得出tanADCtanB2 與以O(shè)點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓的位置關(guān)系222

2=02

2 222

x軸交于點(diǎn)

22y22

，OA=

22OA222OA2

(2)2((2)2(21ABr1OA 22

22∴直線 與以O(shè)點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓的位置關(guān)系為相切2如圖，在RtABC中，∠C=90°，以BC為直徑的⊙O交AB于點(diǎn)D，段AC上取點(diǎn)E，求證：DE是⊙O（（2） 3如圖（見解析，先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得BODB，再根據(jù)直角三角形的兩銳角互余、等3如圖（見解析，先根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得BOD60,BDOB2，再利用勾股定理可得OH ，然后利用扇形的面積和三角形的面積即可得．3AB90AODB又AADEADEODBD在O上，即OD為O∴DE是OO作OHBD∵A30,C∴OBD∴BOD60,BDOB2OB2BH3∴BHDH1BD1,OHOB2BH3323S扇形OBDSOBD

1BDOH

本題考查了圓的切線的判定、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、扇形的面積等知識(shí)點(diǎn)，較難的是（2AB是⊙OAB10C，D在⊙O上，DC平分∠ACBE在⊙O求證：AE是⊙OAD（2）DB90°，可知DB和BAC互余，推出DBACEAC和BACDC平分∠ACB可知DCA45，根據(jù)圓周角定理可知DOA90，△DOA2形，AD2

D和DBACDBABBCA90DBAC90EACBACBAAE，AE是⊙OAB是圓的直徑，DCQODOA，OA

1AB52522522Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜邊ABCD為直徑的⊙OM，N，過點(diǎn)NNE⊥AB52

，AC=6BN求證：NE與⊙O（）BN=4（2）欲證明NE為⊙O（1）5∵⊙O的半徑為2∵∠ACB=90°，CDABAB2AB2∵CD∴CD=DA=DB=12∴NE為⊙Oy＝1x2+bx+cxA、B兩點(diǎn)（AB的左側(cè)yC4的頂點(diǎn)為M，對(duì)稱軸交x軸于E，點(diǎn)D在第一象限，且在拋物線的對(duì)稱軸上 4＝45°P（1）x＝5（2）y＝x+4（3）

4ac （1）D點(diǎn)坐標(biāo)

，c，M

DMc x

(xx 利 定理求出AE，(xx 2

＝10016c(xx)24x AR ADE(xx)24x A作VCQPKC、QKQ只有一P點(diǎn)坐標(biāo)．D縱坐標(biāo)為MM4acb2cb2DM＝c﹣（c﹣b2）＝25b22552

5（舍去b＝﹣2b

＝ 4

由（1）y＝1x2﹣5 y＝1x2﹣5x+c＝0A、BxA、xB(x(xx)24x A(x(xx

＝10016cRtADE中，AE＝12由勾股定理得：AD2＝DE2+AE252c2

10016c)2225＝c2+25﹣4cc24c

，解得故拋物線的表達(dá)式為y＝1x2﹣5 PQ、PC、QC，作△PQCKKP、KC，K作yyF，交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)N，（m，nP（5，t∴RtKFC≌RtPNK（AAS（m，m﹣1（5，2m﹣1943B、MMB43

B的坐標(biāo)為（8，0Q的坐標(biāo)為4

r﹣6425r2﹣（7m15）r+20m＝0，關(guān)于r BMQ，r∴△＝（7m+15）2﹣4×25 解得m＝5 （5，t，＝2m﹣1m＝45時(shí)，t＝41 P的坐標(biāo)為（5，9）或（541題中“BMQ”隱含的條件，即△PQCBM相切，這是解決第三個(gè)問PO外一點(diǎn)，POOC，OC=CP=2AB⊥OC，∠AOB=120°BC求證：PBO（）2（2OC=CP=2，△OBCBC=CP，即可得∠P=∠CBP，又由等邊三角形的性質(zhì)，∠OBC=60°，∠CBP=30°，則可證得OB⊥BPPB是⊙O的切線．（1）OAO（2）BO∴PBO如圖，AB為⊙OAB＝4，DB⊥ABBCABC作⊙O的切線BDEOE交⊙OF．①當(dāng) ②當(dāng) （2）①4，②BD＝4OC、BCAB為⊙O的直徑，DB⊥ABBDB是⊙OOE⊥BC，OCEB是正方形，CE＝BE＝OB＝OC＝1AB＝2，由（1）BEBO12

②若四邊形OACFOA＝ACOA＝OC，于是△OAC為等邊三角形，∠A＝60°3Rt△ABD中，由tanA＝BD ，即可求得3∵AB為⊙O的直徑，DB⊥AB∴DB是⊙O∵CE與⊙OEBCOBC∴CE＝BE＝OB＝OC＝12∴BEBO1 OACF∴CO∴△AOC3∴Rt△ABD中，tanA＝BD 3∴BD＝43故答案為：43Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BACABO為圓心，AD求證：BC為⊙O（2）ADOABADADAB的DOD⊥BCBC為⊙O（1）∵AD是∠BAC∴BC是⊙O如圖，在⊙ODABC、E在⊙O上，CE＝CB，∠BCD＝∠CAEAE、BC求證：CD是⊙O2若 ，求線段EF的長22（2）3OC，根據(jù)切線的判定，證明OCD90rRt△OCDOOH⊥AEH OCD，利用對(duì)應(yīng)邊成比例列式求出AH，由垂徑定理得到AEAF-AEEF∵AB∵CE＝CB，∴CECB∵OC是⊙O∴CD是⊙O設(shè)⊙ORt△OCD

)2＝(r＋1)2r＝1222由（1）OOH⊥AEH∵CE＝CB，CECB∴∴ ∴AHAO AH

， 1∴AH＝61∴AE＝2AH＝3 ∴EF＝AF－AE＝1－＝ 如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°DBC邊上，⊙DABBC邊相交E．求證：AC是⊙DCE＝23，求⊙D（2）⊙D連接AD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠B=∠C=30°，∠BAD=∠B=30°，求得∠ADC=60°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和得到∠DAC=180°-60°-30°=90°，于是得到AC是⊙D的切線；連接AE，推出△ADEAE=DE，∠AED=60°，求得∠EAC=∠AED-∠C=30°，得AE=CE=23，于是得到結(jié)論．∴AC是⊙D∴△ADE∴AE＝CE＝23∴⊙DAD＝23AB是O的直徑，ORt△ACDEF，點(diǎn)FBE的中C90AF．DF是OBD1OB2，求tanCAF（2）tan∠CAF5由題意易得△OFD∽△ACD，然后利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解AC的長，然后利用勾股定理及∵AB是⊙OFBEDF是⊙O∴OFOD ∵BD=1，OB=2，∴OD=3，AD=5，OF=2,∴AC2510 AD2AD2AC

5252355535∴CFCDDF 2553532∴tan∠CAF=CF 25 3AB為⊙OCD為O上兩點(diǎn)，連接CDABFEACCD1，?

2? ED為⊙ODF<CFBF=

，求tanACD3（2）3連接OD、OCCD1AB=2OB=2OC=2OD，得到ODC ?

?

60o，設(shè)OACOCA可得?

60o2a，則有

30oa?

30o，則有DODE=?

BD，作OT^CDAHCD，根據(jù)CABCDB

DFBDCAF~DBDFDF=AFAF=15xDFaBF=1BFxAB=16x OF=7x，可得AF

15x2DFCFDF3xCF5x，則CT=3FT=x，根據(jù)ODC為正三角形得到OD=OC=DC=1AB=8x，OT= 32根據(jù)OT//AH得到DOTF~DAHFOT

TF=OF

7x

7AH

603xFH=15xCH

20x，利用tan7

AH

（1）CD AB=2OB=CD \OD=OC=\?

?

又又OA設(shè)OACOCA則?

?

?

?

60o+又? 2?\? 30o+a∵?

?

?

60o+∴?

?ACD?

(60o+a)-(30o+a)=\?ODE=?

?

30o=（2）BD，作OT^CDAHCD

?\DCAF~D\DF= ∵BF= AF=15xDFaBFxAB=16xOF=由上式，AF 又由（1）DF+CF=CD=1AB=2∴CF=8x-DF=8x-\a(8x-a)=解得a3x或DF<DF3x，CF又QOT^\CT=DT=1CD=2∴FT=CF

CT=5x

4x=x3∴OD=OC=DC=1AB=8x，OT=32QOT//\DOTF~DOT=TF=OF=7x= ∴AH=15OT=603x，F(xiàn)H=15TF=15x ∴CH=CF

FH=5x

15x=20 \tan?

AH

6033 =32071，CD是⊙OCD過弦ABHBCADE作EF∥BC，交BAFCECEABGFE＝FG．求證：EF是⊙O7373CDFE的延長線交于點(diǎn)M，tanF＝4

DM257 7

，tan∠CBH=tanγ4sinγ5，cosγ5，CH=BCsinγ37

，設(shè)圓的半徑為r，則OB2=OH2+BH2，求出rRt△CDEFG＝157727案連接OE，則∠OCE＝∠OEC＝∴∠FGE＝∠FEG＝∵H是AB∴∠GCH＋∠CGH＝＋∴∠FEO＝∠FEG＋∠CEO＝＋∴AC∴BE ∴BE2BGBF設(shè)∠CBA＝∠CEB＝∠GFE＝tan＝347∴∠FEC＝∠BCG＝，故△BCG為等腰三角形，則 7

，tan∠CBH＝tan＝3747sin＝3，cos＝477577CH＝BCsin

737 5

，同理 77

）2，解得：r＝257777677777

1cos∠GCH＝373731則tan∠CGH＝3＝tan，則cos 1DE，則∠CED＝90°，Rt△CDE中3cos∠GCH＝CECE ，解得：CE＝5703 11 31在△FEG中，cos＝ 4 解得：FG＝1572∵FH＝FG＋GH＝1772∴HM＝FHtan∠F＝177×3＝517 ∵CM＝HM＋CH＝7578∴MD＝CM﹣CD＝CM﹣2r＝257CBCD與⊙O2【答案（1）CD與⊙O相切．理由見解析（2）AC＝6 2BODE的長，易證△EOB∽△ECD，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)CDCBRt△ABC中利用勾股定理求解即可．（1）CDOC，如圖，在△COD和△COB∴△COD≌△COB（SSS∴CD為⊙O（2）Rt△OBE5252Rt△ABC6262

22AB是O的直徑，點(diǎn)C為OOFBCF，交OEAEBCHD為OE的延長線上一點(diǎn)，且ODBAECBD是OCE2EHEA（2）BD是⊙O的切線；連接ACBECE，得出∠CAE＝∠ECB，再由公共角∠CEA＝∠HEC ODBAECODBABC即OBD90BDOBBD是OAC∵OFBC∴BECE∴CE:AEEH:CE∴CE2EHEA如圖，已知OABACABABC與ODACE，使EDEA．ED是O①當(dāng)OA3，AE4時(shí)，則BC ②連接OD，當(dāng)ABC的度數(shù) （2①10連接OD

DEOSSS，得到OAEODE90EAC中點(diǎn)，再