3.3 垂徑定理（B卷能力拓展） -2021-2022學(xué)年九年級數(shù)學(xué)下冊同步分層練習(xí)（基礎(chǔ)鞏固＋能力拓展北師大版）（解析版）

3.3垂徑定理學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________B卷（能力拓展）一、選擇題1．（2021—2022河北九年級期中）如圖，MN是⊙O的直徑，MN=2，點A在⊙O上，∠AMN=40°，B為弧AN的中點，P是直徑MN上一動點，則PA+PB的最小值為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】作點B關(guān)于MN的對稱點C，連接AC交MN于點P，則P點就是所求作的點，然后根據(jù)垂徑定理得到∠CON=∠BON=40°，進(jìn)而得到圓心角的度數(shù)，進(jìn)而即可求得AC的長度．【詳解】解：作點B關(guān)于MN的對稱點C，則點C在圓O上，連接AC交MN于點P，則P點就是所求作的點．此時PA+PB最小，且等于AC的長．連接OA，OC，∵∠AMN=40°，∴∠AON=80°，∵B為弧AN的中點，∴∠AOB=∠BON=40°，根據(jù)垂徑定理得，∴∠CON=∠BON=40°，∴∠AOC=120°，∵M(jìn)N=2，∴OA=OC=1，∴∠OAC=∠OCA=30°，過點O作OG⊥AC于點G，∴AG=CG，OG=OA=，∴AG=CG=，∴AC=．故選：B．【點睛】本題主要考查了軸對稱-最短路線問題，垂徑定理，直角三角形的性質(zhì)等，確定點P的位置是本題的關(guān)鍵．2．（2021·江蘇惠山·中考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，半徑為2的⊙O與x軸的正半軸交于點A，點B是⊙O上一動點，點C為弦AB的中點，直線y＝x﹣3與x軸、y軸分別交于點D、E，則△CDE面積的最小值為（）A．3.5 B．2.5 C．2 D．1.2【答案】C【分析】連接OC，得到∠ACO＝90°，確定點C在以O(shè)A為直徑的圓上（點O、A除外），以O(shè)A為直徑作⊙P，過P點作直線PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，求出點E（0，﹣3），D（4，0），利用勾股定理求出DE＝5，證明△DPH∽△DEO，求出PH＝，得到S△NED＝×5×＝2，S△MED＝×5×＝7，設(shè)△CDE面積為S，由此得到當(dāng)C點與M點重合時，S最大；C點與N點重合時，S最小，由此確定答案【詳解】解：連接OC，如圖，∵點C為弦AB的中點，∴OC⊥AB，∴∠ACO＝90°，∴點C在以O(shè)A為直徑的圓上（點O、A除外），以O(shè)A為直徑作⊙P，過P點作直線PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，當(dāng)x＝0時，y＝x﹣3＝﹣3，則E（0，﹣3），當(dāng)y＝0時，x﹣3＝0，解得x＝4，則D（4，0），∴OD＝4，∴DE＝，∵A（2，0），∴P（1，0），∴OP＝1，∴PD＝OD﹣OP＝3，∵∠PDH＝∠EDO，∠PHD＝∠EOD，∴△DPH∽△DEO，∴PH：OE＝DP：DE，即PH：3＝3：5，解得PH＝，∴MP＝PH+1＝，NH＝PH﹣1＝，∴S△NED＝×5×＝2，S△MED＝×5×＝7，設(shè)△CDE面積為S，當(dāng)C點與M點重合時，S最大；C點與N點重合時，S最小，∴S的范圍為2≤S≤7，∴△CDE面積的最小值為2．故選：C．【點睛】此題考查垂徑定理，勾股定理，一次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)，相似三角形的判定及性質(zhì)，這是一道圖形類的綜合題，綜合掌握各知識點并熟練應(yīng)用解決問題是解題的關(guān)鍵．3．（2021—2022江蘇海安九年級月考）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=60°，BC=，Q為AC上的動點，P為在Rt△ABC內(nèi)一動點，且滿足∠APB=120°．若D為BC的中點，則PQ+DQ的最小值是（）A． B． C． D．2-1【答案】A【分析】如圖以AB為邊，向左邊作等邊△ABE，作△ABE的外接圓⊙O，連接OB，則點P在⊙O上．作點D關(guān)于AC的對稱點D′，連接OD′，OP，PD′，PD′交AC于Q，則PQ+QD=PQ+QD′=PD′，根據(jù)PD′≥OD′-OP，求出OP，OD′即可解決問題．【詳解】解：如圖以AB為邊，向左邊作等邊△ABE，作△ABE的外接圓⊙O，連接OB，則點P在⊙O上，過點O作OF⊥BE于點F，在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠ABC=60°，BC=2，∴AB=4，則BE=AB=4，過點O作OF⊥BE于點F，∴BF==2，∠OBF=30°，∴OB==4，OB⊥BC，作點D關(guān)于AC的對稱點D′，連接OD′，OP，PD′，PD′交AC于Q，則PQ+QD=PQ+QD′≥PD′，∵PD′≥OD′-OP，OP=OB=4，OD′==，∴PD′≥，∴PQ+DQ的最小值為，故選：A．【點睛】本題考查軸對稱-最短問題，垂徑定理，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用軸對稱解決最短問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．4．（2021—2022湖北九年級月考）如圖，在半圓中，直徑，是半圓上一點，將弧沿弦折疊交于，點是弧的中點．連接，則的最小值為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】把弧AEC的圓補(bǔ)全為⊙F，可知點F與點O關(guān)于AC對稱，求出∠F=90°，CE長，OE的最小值為EC-OC．【詳解】解：把弧AEC的圓補(bǔ)全為⊙F，可知點F與點O關(guān)于AC對稱，半徑為2，∴∠FCA=∠ACO，∵OA=OC，∴∠ACO=∠CAO，∴∠FCA=∠CAO，∴CF∥AB，∵是弧的中點，∴FE⊥AB，∴∠F=∠BGE=90°，∵FC=FE=2，∴EC=，∵OE≥EC-OC即OE≥-2，的最小值為，故選：D．【點睛】本題考查了軸對稱、垂徑定理、勾股定理和圓的有關(guān)知識，解題關(guān)鍵是通過作輔助線,根據(jù)三角形三邊關(guān)系確定OE的取值范圍．5．（2020—2021安徽合肥市九年級期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙P的圓心是(2，a)(a＞2)，半徑為2，函數(shù)y=x的圖象被⊙P截得的弦AB的長為，則a的值是（）A． B．2+ C． D．【答案】B【分析】過P點作PE⊥AB于E，過P點作PC⊥x軸于C，交AB于D，連接PA．利用垂徑定理和勾股定理求出PD、DC，相加即可．【詳解】如圖，過P點作PE⊥AB于E，過P點作PC⊥x軸于C，交AB于D，連接PA，∵PE⊥AB，AB=，半徑為2，∴AE=AB=，PA=2，在Rt△APE中，PE===1，∵點A在直線y=x上，∴∠AOC=45°，∵∠DCO=90°，∴∠ODC=45°，∴△OCD是等腰直角三角形，∴OC=CD=2，∴∠PDE=∠ODC=45°，∴∠DPE=∠PDE=45°，∴DE=PE=1，在Rt△PDE中，PD=，∵⊙P的圓心是(2，a)，∴a=PD+CD=2+，故選：B．．【點睛】本題綜合考查了一次函數(shù)與幾何知識的應(yīng)用，垂徑定理和勾股定理，等腰直角三角形的判定及性質(zhì)，題中運(yùn)用圓與直線的關(guān)系以及直角三角形等知識求出線段的長是解題的關(guān)鍵．注意函數(shù)y=x與x軸的夾角是45°．6．（2021—2022湖南長沙市九年級月考）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E是邊BC上一點，且BE＝3，以點A為圓心，3為半徑的圓分別交AB、AD于點F、G，DF與AE交于點H．并與⊙A交于點K，連結(jié)HG、CH．給出下列五個結(jié)論中正確的選（）（1）H是FK的中點（2）△HGD≌△HEC（3）S△AHG：S△DHC＝9：16（4）DK＝（5）HG⊥HCA．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】B【分析】（1）先證明△ABE≌△DAF，得∠AFD＋∠BAE＝∠AEB＋∠BAE＝90°，AH⊥FK，由垂徑定理，得：FH＝HK，即H是FK的中點；（2）只要證明題干任意一組對應(yīng)邊不相等即可；（3）由余弦三角函數(shù)和勾股定理算出HM，HT，再算面積，即得S△AHG：S△DHC＝9：16；（4）由余弦三角函數(shù)和勾股定理算出FK，即可得DK．（5）由(2)可得出，因為△HGD和△HEC不全等，進(jìn)而可以得出，則，即HG⊥HC是錯誤的．【詳解】解：（1）在△ABE與△DAF中，，∴△ABE≌△DAF（SAS），∴∠AFD＝∠AEB，∴∠AFD＋∠BAE＝∠AEB＋∠BAE＝90°，∴AH⊥FK，由垂徑定理，得：FH＝HK，即H是FK的中點，故（1）正確；（2）如圖，過H作HM⊥AD于M，交BC于N，∵AB＝4，BE＝3，∴AE＝＝5，∵∠BAE＝∠HAF＝∠AHM，∴cos∠BAE＝cos∠HAF＝cos∠AHM，∴，∴AH＝，HM＝，∴HN＝4?＝，即HM≠HN，∵M(jìn)NCD，∴MD＝CN，∵HD＝，HC＝，∴HC≠HD，∴△HGD≌△HEC是錯誤的，故（2）不正確；（3）過H作HT⊥CD于T，由（2）知，AM＝，∴DM＝4?，∵M(jìn)NCD，∴MD＝HT＝，∴，故（3）正確；（4）由（2）知，HF＝，∴FK＝2HF＝，∴DK＝DF?FK＝，故（4）正確．（5）由(1)可知，，∴，由（2）知△HGD和△HEC不全等，∴，∴，∴即HG⊥HC是錯誤的，故（5）不正確．故選：B．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了全等的性質(zhì)和垂徑定理，勾股定理和三角函數(shù)解直角三角形，熟練應(yīng)用三角函數(shù)快速計算是本題關(guān)鍵．二、填空題7．（2021—2022江蘇省鹽城中學(xué)九年級月考）如圖，點A、B、C在⊙O上，AC∥OB，BC＝4，⊙O的半徑為，則AC＝___．【答案】【分析】過點O作OM⊥BC于點M，過點O作ON⊥AC于點N，過點C作CD⊥OB于點D，連接OC，利用勾股定理求出OM的值，結(jié)合三角形的面積求出CD的值，進(jìn)而即可求解．【詳解】解：過點O作OM⊥BC于點M，過點O作ON⊥AC于點N，過點C作CD⊥OB于點D，連接OC，∴∠CMO=90°，CM=BC=2，∴OM=，∵，∴×4=CD，即：CD=，∵AC∥OB，ON⊥AC，CD⊥OB，∴四邊形CDON是矩形，∴ON=CD=，∵∠CNO=90°，∴，∴AC=2CN=．故答案是：．【點睛】本題主要考查勾股定理、垂徑定理，三角形的面積法，添加輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．8．（2020—2021浙江九年級期中）如圖所示，在內(nèi)有折線，其中，則的長為__________．【答案】【分析】過點O分別作OD⊥AB，OE⊥BC，垂足分別為點D、E，延長DO交BC于點H，連接OB，然后根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可求OD的長，進(jìn)而可得BD，然后利用勾股定理及垂徑定理可求解問題．【詳解】解：過點O分別作OD⊥AB，OE⊥BC，垂足分別為點D、E，延長DO交BC于點H，如圖所示：∴BE=CE，∵，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴OH=4，∵∠HDB=90°，∴∠HOE=30°，∴，∴，∴；故答案為．【點睛】本題主要考查垂徑定理及含30°直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握垂徑定理及含30°直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2021·安徽·中考一模）如圖，在矩形ABCD中，AD＝6，AB＝4，以AD為直徑在矩形內(nèi)作半圓，點E為半圓上的一動點（不與A、D重合），連接DE、CE，當(dāng)△DEC為等腰三角形時，DE的長為_____．【答案】4或【分析】分四種情形分別求解即可解決問題．【詳解】①當(dāng)DE=DC時，△CDE是等腰三角形，此時DE=DC=AB=4．②當(dāng)CD=CE時，△CDE是等腰三角形．此時CD、CE是⊙O的切線，連接OC交DE于F．∵CD=CE，OD=OE，∴OC垂直平分線段DE，∴DF=EF=，∴．③當(dāng)EC=ED時，△ECD是等腰三角形．作EH⊥CD于H，交⊙O于E′，作OF⊥EE′．在Rt△EFO中，，∴，∴，，綜上所述，DE的長為4或或或．故答案為4或或或．【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題．10．（2021—2022北京市第五中學(xué)九年級期中）如圖，在中，弦，點在上移動，連接，過點作交于點，則的最大值為________________．【答案】【分析】連接OD，如圖，利用勾股定理得到CD，利用垂線段最短得到當(dāng)OC⊥AB時，OC最小，再求出即可．【詳解】解：連接OD，如圖，∵CD⊥OC，∴∠DCO=90°，∴，當(dāng)OC的值最小時，CD的值最大，而OC⊥AB時，OC最小，此時D、B兩點重合，∴CD=CB=AB=×1=，即CD的最大值為，故答案為：．【點睛】本題考查了垂線段最短，勾股定理和垂徑定理等知識點，能求出符合題意的點C的位置是解此題的關(guān)鍵．11．（2021·河南省淮濱縣九年級期末）如圖，已知⊙O的半徑為5，P是直徑AB的延長線上一點，BP=1，CD是⊙O的一條弦，CD=6，以PC，PD為相鄰兩邊作平行四邊形PCED，當(dāng)C，D點在圓周上運(yùn)動時，線段PE長的最小值是_______________．【答案】4【分析】連接OC，設(shè)CD與PE交于點K，連接OK，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)結(jié)合垂徑定理求出OK的長，在三角形PKO中，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系得到線段PK的取值范圍，再由，得到結(jié)果．【詳解】解：如圖，連接OC，設(shè)CD與PE交于點K，連接OK，∵四邊形PCED是平行四邊形，∴，，∴根據(jù)垂徑定理在中，，，∴，∵，∴，即，∵，∴，∴線段PE的最小值是4．故答案是：4．【點睛】本題考查線段最值問題，解題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形的性質(zhì)和圓的垂徑定理，再利用三角形三邊的數(shù)量關(guān)系求出線段的取值范圍從而得到最小值．12．如圖，為的直徑，，，為上兩動點（，不與，重合），且為定長，于，是的中點，則的最大值為___________．【答案】5【分析】當(dāng)CD∥AB時，EM的值最大，連接OM、CE、OC，利用垂徑定理及題意證明四邊形OMCE是矩形，即可得到答案．【詳解】解：如圖，當(dāng)CD∥AB時，EM的值最大，連接OM、CE、OC，∵DM=CM，∴OM⊥CD，∵CD∥AB，CE⊥AB，∴∠OMC=∠MOB=∠OEC=90°,∴四邊形OMCE是矩形，∴EM=OC=5，∴EM的最大值為5，故答案為：5．【點睛】此題考查圓的垂徑定理，矩形的判定定理及性質(zhì)定理，正確掌握垂徑定理及應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．13．（2021·廣東廣州·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E是邊BC上一點，且，以點A為圓心，3為半徑的圓分別交AB、AD于點F、G，DF與AE交于點H．并與交于點K，連結(jié)HG、CH．給出下列四個結(jié)論．（1）H是FK的中點；（2）；（3）；（4），其中正確的結(jié)論有________（填寫所有正確結(jié)論的序號）．【答案】（1）（3）（4）．【分析】由正方形的性質(zhì)可證明，則可推出，利用垂徑定理即可證明結(jié)論（1）正確；過點H作交BC于N，交AD于M，由三角形面積計算公式求出，再利用矩形的判定與性質(zhì)證得，并根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)分別求出，，則最后利用銳角三角函數(shù)證明，即可證明結(jié)論（2）錯誤；根據(jù)（2）中結(jié)論并利用相似三角形的性質(zhì)求得，即可證明結(jié)論（3）正確；利用（1）所得結(jié)論并由勾股定理求出FH，再求得DK，即可證明結(jié)論（4）正確．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴，．又∵，∴．∴．∵，∴，∴，∴，∴，即H是FK的中點；故結(jié)論（1）正確；（2）過點H作交BC于N，交AD于M，由（1）得，則．∵，∴．∵四邊形ABCD是正方形，，∴．∴四邊形ABNM是矩形．∴，．∵，∴．即．∵，∴．∵，∴．∴．即．解得．則．∵，．∵，，∴．∴．∴．∴與不全等，故結(jié)論（2）錯誤；（3）∵，∴．即．解得．由（2）得，．∴；故結(jié)論（3）正確；（4）由（1）得，H是FK的中點，∴．由勾股定理得．∴；故結(jié)論（4）正確．故答案為：（1）（3）（4）．【點睛】本題考查了正方形的綜合問題，掌握特殊四邊形、相似三角形的判定與性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．三、解答題14．（2021—2022湖北宜昌市九年級期中）小明學(xué)習(xí)了垂徑定理，做了下面的探究，請根據(jù)題目要求幫小明完成探究．（1）更換定理的題設(shè)和結(jié)論可以得到許多真命題．如圖1，在中，是劣弧的中點，直線于點，則．請證明此結(jié)論；（2）從圓上任意一點出發(fā)的兩條弦所組成的折線，成為該圓的一條折弦．如圖2，，組成的一條折弦．是劣弧的中點，直線于點，則．可以通過延長、相交于點，再連接證明結(jié)論成立．請寫出證明過程；（3）如圖3，，組成的一條折弦，若是優(yōu)弧的中點，直線于點，則，與之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出證明過程．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3），理由見解析【分析】（1）連接，，易證為等腰三角形，根據(jù)等腰三角形三線合一這一性質(zhì)，可以證得．（2）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，先，再證為等腰三角形，進(jìn)一步證得，從而證得結(jié)論．（3）根據(jù)，從而證明，得出，然后判斷出，進(jìn)而求得．【詳解】證明：（1）如圖1，連接，，是劣弧的中點，，，，，，，為等腰三角形，，；（2）如圖2，延長、相交于點，再連接，是圓內(nèi)接四邊形，，是劣弧的中點，，，為等腰三角形，，，，，（3）．連接，，，、相交于點，弧弧，，，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題主要考查了垂徑定理及其推論，等腰三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握垂徑定理在5個條件中，1．平分弦所對的一條??；2．平分弦所對的另一條?。?．平分弦；4．垂直于弦；5．經(jīng)過圓心（或者說直徑）．只要具備任意兩個條件，就可以推出其他的三個．15．（2021—2022江蘇昭陽湖九年級月考）如圖，在⊙O中，AB是直徑，P為AB上一點，過點P作弦MN，∠NPB=45°．（1）若AP=2，BP=6，求MN的長；（2）若MP=3，NP=5，求AB的長；（3）當(dāng)P在AB上運(yùn)動時（∠NPB=45°不變），的值是否發(fā)生變化？若不變，請求出其值；若變化，請求出其范圍．【答案】（1）；（2）；（3）不變，值為【分析】（1）作OH⊥MN于H，連接ON，先計算出OA=4，OP=2，在Rt△POH中，由于∠OPH=45°，則OH=OP=，再在Rt△OHN中，利用勾股定理計算出NH=，然后根據(jù)垂徑定理由OH⊥MN得到HM=HN，所以MN=2NH=2；

（2）作OH⊥MN于H，連接ON，先計算出HM=HN=4，PH=1，在Rt△POH中，由∠OPH=45°得到OH=1，再在Rt△OHN中利用勾股定理可計算出ON=，所AB=2ON=2；(3)作OH⊥MN于H，連接ON，根據(jù)垂定理得HM=HN，設(shè)圓的半徑為R，在Rt△OHN中，利用勾股定理得到OH2+NH2=ON2=R2，在Rt△POH中，由∠OPH=45°得OH=PH，則PH2+NH2=R2，然后變形PM2+PN2可得到2（PH2+NH2），所以PM2+PN2的值為2R2，又AB=2R，代入計算即可求出答案．【詳解】解：（1）作OH⊥MN于H，連接ON，

∵AP=2，BP=6，

∴AB=8，

∴OA=4，OP=2，

在Rt△POH中，∵∠OPH=45°，

∴OH=OP=，

在Rt△OHN中，∵ON=4，OH=，∴NH===，∵OH⊥MN，

∴HM=HN，

∴MN=2NH=2；（2）作OH⊥MN于H，連接ON，

則HM=HN，

∵M(jìn)P=3，NP=5，

∴MN=8，

∴HM=HN=4，

∴PH=1，

在Rt△POH中，∵∠OPH=45°，

∴OH=1，

在Rt△OHN中，∵HN=4，OH=1，

∴ON==，

∴AB=2ON=2；（3）的值不發(fā)生變化，為定值，作OH⊥MN于H，連接ON，

則HM=HN，設(shè)圓的半徑為R，

在Rt△OHN中，OH2+NH2=ON2=R2，

在Rt△POH中，∵∠OPH=45°，

∴OH=PH，

∴PH2+NH2=R2，

∵PM2+PN2=（HM-PH）2+（NH+PH）2

=（NH-PH）2+（NH+PH）2

=2（PH2+NH2）

=2R2．又AB2=4R2，∴==∴的值不發(fā)生變化，為定值．【點睛】本題考查了垂徑定理：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。部疾榱斯垂啥ɡ恚?6．（2020—2021福建福州九年級月考）已知：如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，A（2，－1），以M（－1，0）為圓心，以AM為半徑的圓交y軸于點B，連結(jié)BM并延長交⊙M于點C，動點P在線段BC上運(yùn)動，長為的線段PQ