中考數(shù)學(xué)綜合專題訓(xùn)練【以圓為基礎(chǔ)的幾何綜合題】精品專題解析

.z.中考數(shù)學(xué)綜合專題訓(xùn)練【以圓為根底的幾何綜合題】精品專題解析幾何綜合題一般以圓為根底，涉及相似三角形等有關(guān)知識(shí)；這類題雖較難，但有梯度，一般題目中由淺入深有1～3個(gè)問(wèn)題，解答這種題一般用分析綜合法．【典型例題精析】例1．如圖，⊙O的兩條弦AC、BD相交于點(diǎn)Q，OA⊥BD．〔1〕求證：AB2=AQ·AC：〔2〕假設(shè)過(guò)點(diǎn)C作⊙O的切線交DB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，求證：PC=PQ．分析：要證AB2=AQ·AC，一般都證明△ABQ∽△ACB．∵有一個(gè)公共角∠QAB=∠BAC，∴只需再證明一個(gè)角相等即可．可選定兩個(gè)圓周角∠ABQ=∠ACB加以證明，以便轉(zhuǎn)化，題目中有垂直于弦的直徑，可知AB=AD，AD和AB所對(duì)的圓周角相等．〔2〕欲證PC=PQ，∵是具有公共端點(diǎn)的兩條線段，∴可證∠PQC=∠PCQ〔等角對(duì)等邊〕將兩角轉(zhuǎn)化，一般原地踏步是不可能證明出來(lái)的，沒(méi)有則輕松愉快的題目給你做，因?yàn)閿?shù)學(xué)是思維的體操．∠BQC=∠AQD=90°-∠1〔充分利用直角三角形中互余關(guān)系〕∵∠PCA是弦切角，易發(fā)現(xiàn)應(yīng)延長(zhǎng)AO與⊙交于E，再連結(jié)EC，利用弦切角定理得∠PCA=∠E，同時(shí)也得到直徑上的圓周角∠ACE=90°，∴∠PCA=∠E=90°-∠1．做幾何證明題大家要有信心，拓展思維，不斷轉(zhuǎn)化，尋根問(wèn)底，不斷探索，充分發(fā)揮題目中條件的總體作用，總能得到你想要的結(jié)論，同時(shí)也要做好一局部典型題，這樣有利于做題時(shí)發(fā)生遷移，聯(lián)想．例2．如圖，⊙O1與⊙O2外切于點(diǎn)C，連心線O1O2所在的直線分別交⊙O1，⊙O2于A、E，過(guò)點(diǎn)A作⊙O2的切線AD交⊙O1于B，切點(diǎn)為D，過(guò)點(diǎn)E作⊙O2的切線與AD交于F，連結(jié)BC、CD、DE．〔1〕如果AD：AC=2：1，求AC：CE的值；〔2〕在〔1〕的條件下，求sinA和tan∠DCE的值；〔3〕當(dāng)AC：CE為何值時(shí)，△DEF為正三角形？分析：〔1〕根據(jù)題的構(gòu)造實(shí)質(zhì)上證明△ADC∽△AED，進(jìn)而可求AC，CE，設(shè)CD=2*，則AC=*，易證△ADC∽△AED，∴，∴，∴AE=4*，∴CE=AE-AC=3*，∴AC：CE=*：3*=1：3〔此題憑經(jīng)歷而做〕〔2〕求sinA，必須在直角三角形中，現(xiàn)存的有Rt△ABC和Rt△AEF，但都只知一邊無(wú)法求sinA∴另想方法，連結(jié)DO2，則DO2=*，且∠ADO2=90°，AO2=*+*=*，∴sinA=．欲求tan∠DCE即求，易證△ADC∽△AED，∴==2，∴tan∠DCE=2．〔3〕假設(shè)△DEF為等邊△，則∠FED=∠DCE=60°，∴tan60°==，∴設(shè)DE=*，則DC=*，CE=2*，易證△BDC∽△DEC，∴，∴BC=*，連DO2，易證BC∥DO2，∴即，∴AC=*，∴AC：CE=1：2．中考樣題訓(xùn)練1．〔2004，〕如圖⊙O的直徑DF與弦AB交于點(diǎn)E，C為⊙O外一點(diǎn)，CB⊥AB，G是直線CD上一點(diǎn)，∠ADG=∠ABD，求證：AD·CE=DE·DF．說(shuō)明：〔1〕如果你經(jīng)過(guò)反復(fù)探索，沒(méi)有找到解決問(wèn)題的方法，請(qǐng)你把探索過(guò)程中的*種思路推導(dǎo)過(guò)程寫(xiě)出來(lái)〔要求至少寫(xiě)3步〕．〔2〕在你經(jīng)過(guò)說(shuō)明〔1〕的過(guò)程之后，可以從以下①、②、③中選取一個(gè)補(bǔ)充或更換條件，完成你的證明．①∠CDB=∠CEB；②AD∥EC；③∠DEC=∠ADF，且∠CDE=90°．2．〔2003，〕，如圖，在半徑為4的⊙O中，AB、CD是兩條直徑，M為OB的中點(diǎn)，CM的延長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)E，且EM>MC，連結(jié)DE，DE=．〔1〕求EM的長(zhǎng)；〔2〕求sin∠EOB的值．3．〔2005，**省實(shí)驗(yàn)區(qū)〕如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB是⊙O的直徑，D是AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，AE⊥DC交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，且AC平分∠EAB．〔1〕求證：DE是⊙O切線；〔2〕假設(shè)AB=6，AE=，求BD和BC的長(zhǎng)．4．〔2004，〕如圖：⊙O1與⊙O2外切于點(diǎn)P，O1O2的延長(zhǎng)線交⊙O2于點(diǎn)A，AB切⊙O1于點(diǎn)B，交⊙O2于點(diǎn)C，BE是⊙O1的直徑，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥O1P，垂足為F，延長(zhǎng)BF交PE于點(diǎn)G．

〔1〕求證：PB2=PG·PE；〔2〕假設(shè)PF=，tan∠A=，求：O1O2的長(zhǎng)．考前熱身訓(xùn)練1．如圖，P是⊙O外一點(diǎn)，割線PA、PB分別與⊙O相交于A、C、B、D四點(diǎn)，PT切⊙O于點(diǎn)T，點(diǎn)E、F分別在PB、PA上，且PE=PT，∠PFE=∠ABP．〔1〕求證：PD·PF=PC·PE；〔2〕假設(shè)PD=4，PC=5，AF=，求PT的長(zhǎng)．2．如圖，BC是半圓O的直徑，EC是切線，C是切點(diǎn)，割線EDB交半圓O于D，A是半圓O上一點(diǎn)，AD=DC，EC=3，BD=2.5〔1〕求tan∠DCE的值；〔2〕求AB的長(zhǎng)．3．如圖，矩形ABCD，以A為圓心，AD為半徑的圓交AC、AB于M、E，CE的延長(zhǎng)線交⊙A于F，CM=2，AB=4．〔1〕求⊙A的半徑；〔2〕求CE的長(zhǎng)和△AFC的面積．4．如圖，正方形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，延長(zhǎng)BA到E，使AE=AB，連結(jié)ED．〔1〕求證：直線ED是⊙O的切線；〔2〕連結(jié)EO交AD于點(diǎn)F，求證：EF=2FO．答案:中考樣題看臺(tái)1．證明：連結(jié)AF，則∠ABD=∠F．∵∠ADG=∠ABD，∴∠ADG=∠F．∵DF為⊙O的直徑，∴∠DAF=90°，∴∠ADF+∠F=90°，∴∠ADG+∠ADF=∠FDG=90°，∴∠DAF=∠CDE=90°，∵CB⊥AB，∴∠ADG+∠ADF=∠FDG=90°，∴∠DAF=∠CDE=90°，∵CB⊥AB，∴∠CBE=90°．取EC中點(diǎn)M，連結(jié)DM、BM，則DM=BM=CM=EM，即D、E、B、C在以EC為直徑的圓上，∴∠ABD=∠DCE，∴∠DCE=∠F，∴△DAF∽△EDC，∴，∴AD·CE=DE·DF，以下略；2．〔1〕DC為⊙O的直徑，DE⊥EC，EC==7．設(shè)EM=*，由于M為OB的中點(diǎn)，∴BM=2，AM=6，∴AM·MB=*·〔7-*〕，即6×2=*〔7-*〕，解得*1=3，*2=4，∵EM>MC，∴EM=4．〔2〕∵OE=EM=4，∴△OEM為等腰三角形，過(guò)E作EF⊥OM，垂足為F，則OF=1，∴EF==．∴sin∠EOB=．3．〔1〕連結(jié)CO，則AO=BO=CO，∴∠CAO=∠ACO，又∵∠EAC=∠CAO，∠ACO=∠EAC，∴AE∥OC，∴DE是⊙O的切線．〔2〕∵AB=6，∴AO=BO=CO=3．由〔1〕知，AE∥OC，∴△DCO∽△DEA，=．又∵AE=，∴，解得BD=2．∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°．又∵∠EAC=∠CAB，∴Rt△EAC∽R(shí)t△CAB，∴，即AC2=AB·AE=6×=．在Rt△ABC中，由勾股定理，得BC2=AB2-AC2=36-=．∵BC>0，BC==．4．〔1〕∵BE是⊙O1的直徑，∴∠BPE=90°．∵BF⊥O1P，∴∠BPF+∠FBP=90°．∵∠GPE+∠BPF=90°，∴∠GPF=∠BPF．∵O1E=O1P，∴∠E=∠GPF=∠PBF，又∠BPG=∠EPB=90°，∴△GPB∽△BPE，∴PB2=PE·PG．〔2〕∵AB是⊙O1的切線，∴O1B⊥AB，∴△O1BF∽△O1AB，∴∠O1BF=∠A．∵tan∠A=，∴tan∠O1BF=．設(shè)O1F=3m，則BF=4m．由勾股定理得：O1B=5m=O1P，∴PF=5m-3m=2m．又∵PF=，∴m=，∴O1B=O1P，∴BF=×4=3．由tan∠A=，∴AF==4，∴AP=4-=，∴PO2=，∴O1O2=++==5．考前熱身訓(xùn)練

1．〔1〕連CD，因A、B、D、C四點(diǎn)共圓，∴∠DCP=∠ABP，而∠PFE=∠ABP，∴∠DCP=∠PFE，CD∥EF，∴，即PD·PF=PC·PE．〔2〕設(shè)PT長(zhǎng)為*，∴PE=PT，由〔1〕結(jié)論得PF=*，由PT2=PC·PA得*2=5〔*+〕，解之得*1=7，*2=-，∴PT=7．2．〔1〕由得EC2=ED〔ED+〕，解之得ED=2或ED=-〔舍去〕．∵BC為直徑，∴CD⊥BE，由勾股定理得CD=，∴tan∠DCE=．〔2〕連AC交BD于F，由〔1〕得，AD=DC=，BC=．可證△ADF∽△BCF，∴=．設(shè)DF=2*，則CF=3*．由CF-DF=CD，得9*-4*=5，*=1，∴DF=2，CF=3，∴BF=．由相交弦定理得AF=，∴AB==．3．〔1〕