2025年中考數(shù)學二輪復習《圓》解答題專項練習二（含答案）

2025年中考數(shù)學二輪復習《圓》解答題專項練習二LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BD是角平分線，以點D為圓心，DA為半徑的⊙D與AC相交于點E(1)求證：BC是⊙D的切線；(2)若AB＝5，BC＝13，求CE的長.LISTNUMOutlineDefault\l3已知：AB是⊙O的直徑，點P在線段AB的延長線上，BP＝OB＝2，點Q在⊙O上，連接PQ．(1)如圖①，線段PQ所在的直線與⊙O相切，求線段PQ的長；(2)如圖②，線段PQ與⊙O還有一個公共點C，且PC＝CQ，連接OQ，AC交于點D．①判斷OQ與AC的位置關系，并說明理由；②求線段PQ的長．LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，⊙O的直徑為AB，點C在圓周上(異于A，B)，AD⊥CD.(1)若BC＝3，AB＝5，求AC的值；(2)若AC是∠DAB的平分線，求證：直線CD是⊙O的切線.LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，AB是⊙O的直徑，AF是⊙O切線，CD是垂直于AB的弦，垂足為E，過點C作DA的平行線與AF相交于點F，CD＝4eq\r(3)，BE＝2．求證：(1)四邊形FADC是菱形；(2)FC是⊙O的切線．LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，AB為⊙O的直徑，PD切⊙O于點C，交AB的延長線于點D，且∠D＝2∠A.(1)求∠D的度數(shù)；(2)若CD＝2，求BD的長.LISTNUMOutlineDefault\l3如圖,△ABC內接于⊙O,∠CBG＝∠A,CD為直徑,OC與AB相交于點E,過點E作EF⊥BC,垂足為F,延長CD交GB的延長線于點P,連接BD.(1)求證：PG與⊙O相切；(2)若eq\f(EF,AC)＝eq\f(5,8),求eq\f(BE,OC)的值；(3)在(2)的條件下,若⊙O的半徑為8,PD＝OD,求OE的長.LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，已知直線PA交⊙O于A，B兩點，AE是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，且AC平分∠PAE，過C作CD⊥PA，垂足為D.(1)求證：CD為⊙O的切線；(2)若DC＋DA=6，⊙O的直徑為10，求AB的長．LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，AB為⊙O的直徑，直線CD切⊙O于點D，AM⊥CD于點M，BN⊥CD于點N.(1)求證：∠ADC＝∠ABD；(2)求證：AD2＝AM·AB；(3)若AM＝eq\f(18,5)，sin∠ABD＝eq\f(3,5)，求線段BN的長.LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，O是Rt△ABC的直角邊BC上的點，以O為圓心，OC長為半徑的圓的⊙O過斜邊上點D，交BC于點F，DF∥AO.(1)判斷直線AD與⊙O的位置關系，并說明理由；(2)若BD＝4，BC＝8，求DF的長.LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上一點，AD與過點C的切線垂直，垂足為點D，直線DC與AB的延長線相交于點P，弦CE平分∠ACB，交AB點F，連接BE.(1)求證：AC平分∠DAB；(2)求證：PC＝PF；(3)若tan∠ABC＝eq\f(4,3)，AB＝14，求線段PC的長.

LISTNUMOutlineDefault\l3\s0答案LISTNUMOutlineDefault\l3證明：(1)過點D作DF⊥BC于點F，∵∠BAD＝90°，BD平分∠ABC，∴AD＝DF.∵AD是⊙D的半徑，DF⊥BC，∴BC是⊙D的切線；(2)解：∵∠BAC＝90°∴AB與⊙D相切，∵BC是⊙D的切線，∴AB＝FB.∵AB＝5，BC＝13，∴CF＝8，AC＝12.在Rt△DFC中，設DF＝DE＝r，則r2＋64＝(12﹣r)2，解得：r＝eq\f(10,3).∴CE＝eq\f(16,3).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)如圖①，連接OQ．∵線段PQ所在的直線與⊙O相切，點Q在⊙O上，∴OQ⊥OP．又∵BP＝OB＝OQ＝2，∴PQ＝2eq\r(3)，即PQ＝2eq\r(3)；(2)OQ⊥AC．理由如下：如圖②，連接BC．∵BP＝OB，∴點B是OP的中點，又∵PC＝CQ，∴點C是PQ的中點，∴BC是△PQO的中位線，∴BC∥OQ．又∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，∴OQ⊥AC．(3)如圖②，PC?PQ＝PB?PA，即0.5PQ2＝2×6，解得PQ＝2eq\r(6)．LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)∵AB是⊙O直徑，C在⊙O上，∴∠ACB＝90°，又∵BC＝3，AB＝5，∴由勾股定理得AC＝4；(2)證明：∵AC是∠DAB的角平分線，∴∠DAC＝∠BAC，又∵AD⊥DC，∴∠ADC＝∠ACB＝90°，∴△ADC∽△ACB，∴∠DCA＝∠CBA，又∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵∠OAC＋∠OBC＝90°，∴∠OCA＋∠ACD＝∠OCD＝90°，∴DC是⊙O的切線.LISTNUMOutlineDefault\l3證明：(1)連接OC，∵AB是⊙O的直徑，CD⊥AB，∴CE＝DE＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)＝2eq\r(3)，設OC＝x，∵BE＝2，∴OE＝x﹣2，在Rt△OCE中，OC2＝OE2＋CE2，∴x2＝(x﹣2)2＋(2eq\r(3))2，解得：x＝4，∴OA＝OC＝4，OE＝2，∴AE＝6，在Rt△AED中，AD＝4eq\r(3)，∴AD＝CD，∵AF是⊙O切線，∴AF⊥AB，∵CD⊥AB，∴AF∥CD，∵CF∥AD，∴四邊形FADC是平行四邊形，∵AD＝CD，∴平行四邊形FADC是菱形；(2)連接OF，AC，∵四邊形FADC是菱形，∴FA＝FC，∴∠FAC＝∠FCA，∵AO＝CO，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠FAC＋∠OAC＝∠FCA＋∠OCA，即∠OCF＝∠OAF＝90°，即OC⊥FC，∵點C在⊙O上，∴FC是⊙O的切線．LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)∵OA＝OC，∴∠A＝∠OCA.∴∠COD＝∠A＋∠OCA＝2∠A.又∵∠D＝2∠A，∴∠COD＝∠D.∵PD與⊙O相切于點C，∴OC⊥PD，即∠OCD＝90°，∴∠D＝45°；(2)由(1)可知△OCD是等腰直角三角形，∴OC＝CD＝2.由勾股定理，得OD＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2).∴BD＝OD－OB＝2eq\r(2)－2.LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)證明：連接OB,則OB＝OD,∴∠BDC＝∠DBO.∵∠BDC＝∠BAC＝∠CBG,∴∠CBG＝∠DBO.∵CD是⊙O的直徑,∴∠DBO＋∠OBC＝90°,∴∠CBG＋∠OBC＝90°,∴∠OBG＝90°,∴PG與⊙O相切；(2)過點O作OM⊥AC于點M,連接OA,則∠AOM＝∠COM＝eq\f(1,2)∠AOC.∵eq\o(AC,\s\up8(︵))＝eq\o(AC,\s\up8(︵)),∴∠ABC＝eq\f(1,2)∠AOC＝∠AOM.又∵∠BFE＝∠OMA＝90°,∴△BEF∽△OAM,∴eq\f(EF,AM)＝eq\f(BE,OA).∵AM＝eq\f(1,2)AC,OA＝OC,∴eq\f(EF,\f(1,2)AC)＝eq\f(BE,OC).又∵eq\f(EF,AC)＝eq\f(5,8),∴eq\f(BE,OC)＝2×eq\f(EF,AC)＝2×eq\f(5,8)＝eq\f(5,4)；(3)∵PD＝OD,∠PBO＝90°,∴BD＝OD＝8,在Rt△DBC中,BC＝eq\r(DC2－BD2)＝8eq\r(3).又∵OD＝OB,∴△DOB是等邊三角形,∴∠DOB＝60°.∵∠DOB＝∠OBC＋∠OCB,OB＝OC,∴∠OCB＝30°,∴eq\f(EF,CE)＝eq\f(1,2),eq\f(FC,EF)＝eq\r(3),∴可設EF＝x,則EC＝2x,FC＝eq\r(3)x,∴BF＝8eq\r(3)－eq\r(3)x.由(2)得eq\f(BE,OC)＝eq\f(5,4),OC＝8,∴BE＝10.在Rt△BEF中,BE2＝EF2＋BF2,∴100＝x2＋(8eq\r(3)－eq\r(3)x)2,解得x＝6±eq\r(13).∵6＋eq\r(13)＞8,舍去,∴x＝6－eq\r(13),∴EC＝12－2eq\r(13),∴OE＝8－(12－2eq\r(13))＝2eq\r(13)－4.LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)連接OC，證∠DAC=∠CAO=∠ACO，∴PA∥CO，又∵CD⊥PA，∴CO⊥CD，∴CD為⊙O的切線(2)過O作OF⊥AB，垂足為F，∴四邊形OCDF為矩形．∵DC＋DA=6，設AD=x，則OF=CD=6－x，AF=5－x，在Rt△AOF中，有AF2＋OF2=OA2，即(5－x)2＋(6－x)2=25，解得x1=2，x2=9，由AD＜DF知0＜x＜5，故x=2，從而AD=2，AF=5－2=3，由垂徑定理得AB=2AF=6.LISTNUMOutlineDefault\l3證明：(1)連結OD.∵直線CD切⊙O于點D，∴∠CDO＝90°.∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3.∵OB＝OD，∴∠3＝∠4，∴∠ADC＝∠ABD.(2)證明：∵AM⊥CD，∴∠AMD＝∠ADB＝90°.又∵∠1＝∠4，∴△ADM∽△ABD，∴eq\f(AM,AD)＝eq\f(AD,AB)，∴AD2＝AM·AB.(3)解：∵sin∠ABD＝eq\f(3,5)，∴sin∠1＝eq\f(3,5).∵AM＝eq\f(18,5)，∴AD＝6，∴AB＝10，∴BD＝eq\r(AB2－AD2)＝8.∵BN⊥CD，∴∠BND＝90°，∴∠DBN＋∠BDN＝∠1＋∠BDN＝90°，∴∠DBN＝∠1，∴sin∠DBN＝eq\f(3,5)，∴DN＝eq\f(24,5)，∴BN＝eq\r(BD2－DN2)＝eq\f(32,5).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)直線AD與⊙O的位置關系是相切，理由是：連接OD，∵OD＝OF，∴∠ODF＝∠OFD，∵DF∥AO，∴∠ODF＝∠AOD，∠OFD＝∠AOC，∴∠AOD＝∠AOC，在△ACO和△ADO中∴△ACO≌△ADO，∴∠ADO＝∠ACO，∵∠ACO＝90°，∴∠ADO＝90°，∵OD為半徑，∴直線AD與⊙O的位置關系是相切；(2)設⊙O的半徑是R，∵BC＝8，∴BO＝8﹣R，在Rt△ODB中，由勾股定理得：OD2＋BD2＝OB2，即R2＋42＝(8﹣R)2，解得：R＝3，即OD＝3，BO＝8﹣3＝5，過D作DM⊥OB于M，則S△ODB＝eq\f(1,2)×OD×BD＝eq\f(1,2)OB×DM，3×4＝5×DM，解得：DM＝2.4，在Rt△DMO中，由勾股定理得：OM＝1.8，∴MF＝3﹣1.8＝1.2，在Rt△DMF中，由勾股定理得：DF＝eq\f(6\r(5),5).LISTNUMOutlineDefault\l3(1)證明：∵PD切⊙O于點C，∴OC⊥PD，又∵AD⊥PD，∴OC∥AD，∴∠ACO＝∠DAC.∵OC＝OA，∴∠ACO＝∠CAO，∴∠DAC＝∠CAO，即AC平分∠DAB；(2)證明：∵AD⊥PD，∴∠DAC＋∠ACD＝90°.又∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°.∴∠PCB＋