秘籍04圓的綜合

秘籍04圓的綜合概率預測☆☆☆☆☆題型預測解答題☆☆☆☆☆考向預測①有關圓的證明題②有關圓的計算圓的綜合題是全國中考的熱點內容，更是全國中考的必考內容！圓作為一個載體，常與三角形、四邊形結合，難度系數中等。1．從考點頻率看，圓是高頻考點，中考對圓的知識點考查，綜合能力要求極高！2．從題型角度看，以解答題為主，分值14分左右！圓常見輔助線的作法1：連接半徑，構造等腰三角形在圓的相關題目中，不要忽略隱含的已知條件，我們通?？梢赃B接半徑構造等腰三角形，從而利用等腰三角形的性質及圓中的相關定理。2：遇弦添加弦心距或半徑根據垂徑定理，連半徑，可以構造直角三角形。設未知數，利用勾股定理列方程，求線段的長度。3：構造同弧或等弧所對的圓心角或圓周角解題在同一圓中，同弧或等弧所對的圓周角等于圓心角的一半。在同一圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等。4：構造直角或直徑直徑所對的圓周角是90°。5：切線的性質有關的輔助線——添加過切點的半徑利用切線性質，可得半徑與切線垂直6：切線的判定有關的輔助線有公共點，連半徑，證垂直。（2）無公共點，作垂直，證明與半徑相等。7：與三角形內切圓有關的輔助線遇到三角形的內切圓時，連接內心與三角形各頂點，利用內心的性質進行有關計算與證明。典例1．如圖，如圖，點A、B、C在圓O上，，直線，，點O在BD上．(1)判斷直線AD與圓O的位置關系，并說明理由；(2)若圓的半徑為6，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)直線AD與圓O相切，理由見解析(2)【分析】（1）連接OA，根據和AB=AD，可得∠DBC=∠ABD=∠D=30°，從而得到∠BAD=120°，再由OA=OB，可得∠BAO=∠ABD=30°，從而得到∠OAD=90°，即可求解；（2）連接OC，作OH⊥BC于H，根據垂徑定理可得，進而得到，再根據陰影部分的面積為，即可求解．【詳解】（1）解：直線AD與圓O相切，理由如下：如圖，連接OA，∵，∴∠D=∠DBC，∵AB=AD，∴∠D=∠ABD，∵，∴∠DBC=∠ABD=∠D=30°，∴∠BAD=120°，∵OA=OB，∴∠BAO=∠ABD=30°，∴∠OAD=90°，∴OA⊥AD，∵OA是圓的半徑，∴直線AD與園O相切，（2）解：如圖，連接OC，作OH⊥BC于H，∵OB=OC=6，∴∠OCB=∠OBC=30°，∴∠BOC=120°，∴，∴，∴，∴扇形BOC的面積為，∵，∴陰影部分的面積為．【點睛】本題主要考查了切線的判定，求扇形面積，垂徑定理，熟練掌握切線的判定定理，并根據題意得到陰影部分的面積為是解題的關鍵．典例2．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠ABC＝45°．(1)請用尺規(guī)作出⊙O的切線AD（保留作圖痕跡，不寫作法）；(2)在（1）的條件下，若AB與切線AD所夾的銳角為75°，⊙O的半徑為2，求BC的長．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）連接OA，過點A作AD⊥AO即可；（2）連接OB，OC．過點O作于點H，先證明∠ACB＝75°，再利用三角形內角和定理求出∠CAB，推出∠BOC＝120°，求出CH可得結論．【詳解】（1）解：如圖，切線AD即為所求；（2）如圖：連接OB，OC．過點O作于點H，∵AD是切線，∴OA⊥AD，∴∠OAD＝90°，∵∠DAB＝75°，∴∠OAB＝15°，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝15°，∴∠BOA＝150°，∴∠BCA＝∠AOB＝75°，∵∠ABC＝45°，∴∠BAC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，∵OB＝OC＝2，∴∠BCO＝∠CBO＝30°，∵OH⊥BC，∴CH＝BH＝OC?cos30°＝，∴BC＝2．【點睛】本題主要考查了作圓的、三角形的外接圓、切線的判定和性質、解直角三角形等知識點，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．典例3．如圖，點A，B，C，D在⊙O上，＝．求證：(1)AC＝BD；(2)△ABE∽△DCE．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）兩個等弧同時加上一段弧后兩弧仍然相等；再通過同弧所對的弦相等證明即可；（2）根據同弧所對的圓周角相等，對頂角相等即可證明相似．【詳解】（1）∵＝∴＝∴∴BD=AC（2）∵∠B=∠C∠AEB=∠DEC∴△ABE∽△DCE【點睛】本題考查等弧所對弦相等、所對圓周角相等，掌握這些是本題關鍵．典例4．如圖，在中，，D是AB上一點，⊙O經過點A、C、D，交BC于點E，過點D作，交⊙O于點F，求證：（1）四邊形DBCF是平行四邊形（2）【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析【分析】（1）利用等腰三角形的性質證明，利用平行線證明，利用圓的性質證明，再證明即可得到結論；（2）如圖，連接，利用平行線的性質及圓的基本性質，再利用圓內接四邊形的性質證明，從而可得結論．【詳解】證明：（1），，，，又,四邊形是平行四邊形．（2）如圖，連接，四邊形是的內接四邊形【點睛】本題考查平行四邊形的判定，圓的基本性質，平行線的性質與判定，等腰三角形的性質，圓內接四邊形的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．典例5．如圖，AC是⊙O的直徑，弦BD交AC于點E，點F為BD延長線上一點，∠DAF＝∠B．(1)求證：AF是⊙O的切線；(2)若⊙O的半徑為5，AD是AEF的中線，且AD＝6，求AE的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）由圓周角定理得∠ADC=90°，則∠ACD+∠DAC=90°，從而說明，即可證明結論；（2）作于點H，利用△ADH～△ACD，，求出AH的長，再利用直角三角形斜邊上中線的性質得出AD=DE，利用等腰三角形的性質可得答案．【詳解】（1）證明：∵AC是直徑，∴∠ADC=90°，∴∠ACD+∠DAC=90°，∵∠ACD=∠B，∠B=∠DAF，∴∠DAF=∠ACD，∴∠DAF+∠DAC=90°，∴，∵AC是直徑，∴AF是⊙O的切線；（2）解：作于點H，∵⊙O的半徑為5，∴AC=10，∵∠AHD=∠ADC=90°，∠DAH=∠CAD，∴△ADH～△ACD，∴，∴，∵AD＝6，∴，∵AD是△AEF的中線，∠EAF=90°，∴AD=ED，．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，切線的判定定理，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質等知識，根據相似三角形的判定與性質求出AH的長是解題的關鍵．典例6．如圖，四邊形內接于，為的直徑，．(1)試判斷的形狀，并給出證明；(2)若，，求的長度．【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形；證明見解析；(2)；【分析】（1）根據圓周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根據等弧對等角可得∠ACB=∠CAB，即可證明；（2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可；【詳解】（1）證明：∵AC是圓的直徑，則∠ABC=∠ADC=90°，∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB，∴∠ACB=∠CAB，∴△ABC是等腰直角三角形；（2）解：∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC=AB=，∴AC=，Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，則CD=，∴CD=．【點睛】本題考查了圓周角定理，等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理等知識；掌握等弧對等角是解題關鍵．典例7．如圖1，正五邊形內接于⊙，閱讀以下作圖過程，并回答下列問題，作法：如圖2，①作直徑；②以F為圓心，為半徑作圓弧，與⊙交于點M，N；③連接．(1)求的度數．(2)是正三角形嗎？請說明理由．(3)從點A開始，以長為半徑，在⊙上依次截取點，再依次連接這些分點，得到正n邊形，求n的值．【答案】(1)(2)是正三角形，理由見解析(3)【分析】（1）根據正五邊形的性質以及圓的性質可得，則(優(yōu)弧所對圓心角)，然后根據圓周角定理即可得出結論；（2）根據所作圖形以及圓周角定理即可得出結論；（3）運用圓周角定理并結合（1）（2）中結論得出，即可得出結論．【詳解】（1）解：∵正五邊形．∴，∴，∵，∴(優(yōu)弧所對圓心角)，∴；（2）解：是正三角形，理由如下：連接，由作圖知：,∵，∴，∴是正三角形，∴，∴，同理，∴，即，∴是正三角形；（3）∵是正三角形，∴．∵，∴，∵，∴，∴．【點睛】本題考查了圓周角定理，正多邊形的性質，讀懂題意，明確題目中的作圖方式，熟練運用圓周角定理是解本題的關鍵．典例8．如圖，內接于⊙O，交⊙O于點D，交于點E，交⊙O于點F，連接．(1)求證：；(2)若⊙O的半徑為3，，求的長（結果保留π）．【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）根據已知條件可證明四邊形是平行四邊形，由平行四邊形的性質可得，等量代換可得，即可得出答案；（2）連接，由（1）中結論可計算出的度數，根據圓周角定理可計算出的度數，再根據弧長計算公式計算即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵，，∴四邊形為平行四邊形，∴，∵，∴，∴．（2）解：連接，如圖，由（1）得，∵，∴，∴的長．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，圓的性質與弧長公式，考查化歸與轉化思想，推理能力，幾何直觀等數學素養(yǎng)．中考圓的綜合題常見的隱含條件：①同圓所有的半徑都相等；②直徑所對的圓周角相等；③同弧或等弧所對的圓周角相等。有關圓的解答題綜合性特別強，會用到初中階段所學所有幾何知識點，如果所有方法都嘗試不行，記得用相似，對應邊成比例。典例9．如圖所示，正方形中，為對角線，點為上一點，過作，交于，求證：.【答案】見解析.【分析】先根據正方形的性質可得∠CDA=90°，再根據得到∠AEF=90°，從而得證，，，共圓，，繼而得出AE=FE.【詳解】在正方形ABCD中，,∠BDC=45°∵∴∴∠ADC+∠AEF=180°∴，，，共圓，∴，∴∴.【點睛】本題考查了正方形的性質，四點共圓，以及等腰三角形的判定，熟練掌握相關知識是解題的關鍵典例10．如圖，已知AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為H.(1)求證：AHAB=AC2；(2)若過A的直線與弦CD(不含端點)相交于點E，與⊙O相交于點F，求證：AEAF=AC2；(3)若過A的直線與直線CD相交于點P，與⊙O相交于點Q，判斷APAQ=AC2是否成立(不必證明).【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）成立.【分析】（1）連接CB，證明△CAH∽△BAC即可；（2）連接CF，證△AEC∽△ACF，根據射影定理即可證得；（3）由（1）（2）的結論可知，AP?AQ=AC2成立．【詳解】(1)連結CB，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°.而∠CAH=∠BAC，∴△CAH∽△BAC.∴，即AHAB=AC2.(2)連結FB，易證△AHE∽△AFB，∴AEAF=AHAB，∴AEAF=AC2.(也可連結CF，證△AEC∽△ACF)(3)結論APAQ=AC2成立.【點睛】本題考查相似三角形的性質，其中由相似三角形的性質得出比例式是解題關鍵．1．（2023·寧夏吳忠·統(tǒng)考二模）如圖，是⊙的直徑，弦于點，點在⊙上，．(1)求證：；(2)若，，求⊙的直徑．【答案】(1)見解析；(2)．【分析】（1）根據，則，根據同弧或者等弧所對的圓周角相等，即可；（2）根據，垂徑定理，得，連接，根據同弧或者等弧所對的圓周角相等，則，根據，則，即可．【詳解】（1）∵，∴，∴．（2）連接，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴．【點睛】本題考查圓的基本性質，解題的關鍵是掌握垂徑定理，同弧或者等弧所對的圓周角相等．2．（2023·廣東肇慶·統(tǒng)考一模）如圖，為的直徑，是延長線上一點，點為上方上的點，已知．(1)求證：直線為的切線．(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）如圖所示，連接，根據切線的證明方法即可求解；（2）根據題意，證明，再根據相似三角形的性質即可求解．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，∵，∴，∵，∴，∵AB為的直徑，∴，∴．∴，∴，∴．又∵OD是的半徑，∴直線CD為的切線．（2）解：∵，，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查圓與三角形的綜合，掌握相似三角形的判定與性質，切線的判定定理及其推論是解題的關鍵．3．（2023·湖北荊門·統(tǒng)考一模）如圖，分別與相切于點是的直徑，連接．(1)求證：；(2)連接，若，求的值．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接、，由切線的性質可得，由切線長定理可得及，再利用互余關系及三角形內角和，可得結論；（2）作，交延長線于點，連接，得出，根據得出，，設，則，則得出，在中得出，在中，根據正切的定義即可求解．【詳解】（1）證明：連接、，與、相切，，由切線長定理得：，（），．，（2）作，交延長線于點，連接，由（）得，，，∴，∵，∴，，設，則，∴，又∵，∴，在中，，

∴，∴，在中，，∴．【點睛】本題考查了切線長定理，切線的性質，解直角三角形，正確的添加輔助線是解題的關鍵．4．（2023·河南安陽·統(tǒng)考二模）如圖，是的切線，點C在的直徑上方的圓弧上運動(不與點A，B重合)，射線交于點E，，交于點P．(1)求證：平分；(2)若，，求的值．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）先連接交于，由切線的性質，平行線的性質，等腰三角形的性質推出，即可證明平分；（2）平行線等分線段定理得到，推出是的中位線，求出，得到的長，由相似三角形的性質即可解決問題．【詳解】（1）證明：連接交于，∵切于，∴，∵，∵，∴，∵，∴，∴，∴平分；（2）解：∵，∴，∵，∴，∴是的中位線，∴，∵，∴，∴，∵，∴．∴的值是．【點睛】本題考查切線性質，相似三角形的判定和性質，平行線的性質，角平分線的定義，三角形中位線定理，關鍵是連接求出的長．5．（2023·陜西西安·高新一中校考模擬預測）如圖，是的外接圓，是的直徑，F是延長線上一點，連接，，且．(1)求證：是切線；(2)若直徑，，求的長．【答案】(1)見解析；(2)．【分析】（1）根據直徑所對的圓周角是直角，余角的性質即可求得結論；（2）根據已知條件可知，再根據余弦的定義和相似三角形的性質得到線段的關系即可求得線段的長度．【詳解】（1）證明：連接，∵是的直徑，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，即，∴是的切線；（2）解：∵，∴，∵在中，∴∴，∴，∵，∴，∴，設，則，又∵，即，解得（取正值），∴．【點睛】本題考查了圓周角的性質，切線的判定定理，余弦的定義，相似三角形的性質和判定，找出正切的定義與相似三角形的相似比是解題的關鍵．6．（2023·江蘇無錫·統(tǒng)考一模）如圖，在中，C，D分別為半徑，弦的中點，連接并延長，交過點B的切線于點E．(1)求證：；(2)若，，求半徑的長．【答案】(1)見解析；(2)【分析】（1）連接，根據切線的性質得出，根據三角形的中位線求出，即可求出答案；（2）解直角三角形求出，連接，根據平行線得出，解直角三角形求出，即可得出答案．【詳解】（1）證明：連接，∵是的切線，∴，∴，∵C，D分別為半徑，弦的中點，∴為的中位線．∴，∴，∴；（2）如圖．連接，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，設，則，∴，解得：∴即⊙O半徑的長為【點睛】本題考查了解直角三角形，切線的性質，平行線的性質，勾股定理等知識點，能綜合運用定理進行推理是解此題的關鍵．7．（2023·安徽滁州·統(tǒng)考一模）如圖，是的直徑，C，D是上異于A，B的兩點，且，過點C作交的延長線于點F，交的延長線于點E，連接．(1)是的切線；(2)若，求BE的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）通過圓心角和圓周角的二倍關系推出等角，而后證明平行線，最后推出直角來證明切線；（2）根據平行相似得到邊的關系，列方程直接求解即可．【詳解】（1）證明：連接CO

∵，，∴，∴，∵，∴，∵是半徑，∴為的切線．（2）∵，∴，∵，∴，∴，，∴．【點睛】此題考查圓的綜合題型，解題關鍵是通過證明直角說明是切線，以及通過相似找到邊之間的數量關系．8．（2023·江蘇南通·校考一模）如圖，A，B，C三點在上，直徑平分，過點D作交弦于點E，在的延長線上取一點F，使得．(1)求證：是的切線；(2)連接交于點M，若，，求的值．【答案】(1)見解析；(2)2【分析】（1）先得出，進而得出，即可得出結論；（2）連接，利用全等三角形的判定得出，進而解答即可．【詳解】（1）證明：平分，．，．．，．，．．是半徑，是的切線．（2）連接，是的直徑，．，，．，．，，．∴，∴．【點睛】本題考查了切線的判定，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，關鍵是根據全等三角形的判定和性質解答．9．（2023·江西萍鄉(xiāng)·萍鄉(xiāng)市安源中學?？寄M預測）如圖（1）是的直徑，且，點是半圓的中點，點是上一動點，將沿直線折疊交于點，連接，．(1)求證：；(2)當點與點重合時，如圖（2），求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）如圖，作點關于的對稱點，連接，，，，由折疊的性質可知，，根據圓周角定理可知，，可得，繼而得到，即；（2）證明是等邊三角形，可知所對圓心角為，利用弧長公式可求的長．【詳解】（1）證明：如圖，作點關于的對稱點，連接，，，，由折疊的性質可知，，又∵，，∴，∴，∴．（2）解：由（1）知，又∵，∴是等邊三角形，∴，∴所對圓心角為，∴的長為．【點睛】本題考查了軸對稱的性質、圓周角定理和弧長公式，根據題意及軸對稱的性質作出輔助線是解答本題的關鍵．10．（2023·浙江金華·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，以為直徑的交于點D，過點D作交于點E，的延長線與的延長線交于點F．(1)求證：是的切線．(2)若．①求的值．②當時，求的長．【答案】(1)見解析(2)①；②【詳解】（1）解：（1）如圖，連結．．．．為的半徑，是的切線．（2）解：①連結．由（1）得，．是的直徑，．．，．．．．．．．②由①得，．，．．即．．【點睛】本題考查了切線的證明，相似三角形的性質與判定，銳角三角比等知識點，正確輔助線的添加是解題關鍵．11．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考二模）如圖1，在矩形中，，，把AB繞點B順時針旋轉得到，連接，過B點作于E點，交矩形邊于F點．(1)求的最小值：(2)若A點所經過的路徑長為2π，求點到直線的距離；(3)如圖2，若，求的值．【答案】(1)最小值為4；(2)點到直線的距離為3；(3)．【分析】（1）連接，先由勾股定理求得，由旋轉可得，，因為，所以當點落在上時，最小，據此求解即可；（2）先由弧長公式求得，得是等邊三角形，從而求得，過點作于M點，可由直角三角形性質得求解；（3）先證，得，即可求出，過E作于H點，則，證明，則，即可求出，，，即可由求解．【詳解】（1）解：連接，如圖，∵四邊形是矩形，∴，∵，，∴，由旋轉可得，，∵，∴當點落在上時，最小，最小值為，∴最小值為4；（2）解：由題意得，，解得：，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，過點作于M點，∴，∴點到直線的距離為3；（3）解：∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，過E作于H點，∴，∴，∴，∴，，∴，∴．【點睛】本題考查矩形的性質，旋轉的性質，兩點之間，線段最短，勾股定理，相似三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，直角三角形的性質，三角函數定義，弧形長公式，垂徑定理等知識，熟練掌握相關性質是解題的關鍵．12．（2023·江蘇無錫·校考一模）如圖，在中，為直徑，為弦，點D在的延長線上，線段交于點E，過點E作分別交、于點F、G，連接．(1)求證：；(2)當，，時，求的長．【答案】(1)見詳解(2)【分析】（1）先證明，接著證明，即可得出結論．（2）連接和，求出、、、，接著根據，，即可求出．【詳解】（1），，．（2）如圖，連接，為直徑，，由（1）知，，，解得：．即的長為．【點睛】本題考查了圓周角定理，相似三角形的判定與性質，解直角三角形，勾股定理等知識，熟練利用圓的性質判定三角形相似是解題的關鍵．13．（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考一模）已知，為的直徑，弦與交于點E，點A為弧的中點．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，點F為弧上一點，連接，，，過點C作交于點G，求證：．(3)如圖3，在（2）的條件下，連接交于點L，連接，若，，求線段的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）連接，，利用等弧所對的圓心角相等得到，再根據等腰三角形的三線合一即可證的結論；（2）先根據（1）和圓周角定理證得，進而證得，證明四邊形是平行四邊形即可證得結論；（3）連接，，，，過G作于M，過O作于K，則，設，，，證明平行四邊形是菱形和四邊形為矩形，得到，再證明，得到，，進而證得四邊形是平行四邊形，，，，，設，則，利用勾股定理可求得，，，再利用，求得即可求解．【詳解】（1）證明：如圖1，連接，，∵點A為弧的中點，∴，∴，∵，∴；（2）證明：如圖2，連接，，，則，∵，∴，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，又，∴；（3）解：如圖3，連接，，，，過G作于M，過O作于K，則，設，則，，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴平行四邊形是菱形，∴,∴，則；∵，∴∴四邊形為矩形，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，即，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，，∴，∵，∴設，則，∴，即，∴，則，∴，則，∴，，則，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴．【點睛】本題考查圓的綜合問題，涉及等腰三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質，垂徑定理、圓周角定理，解直角三角形，特殊平行四邊形的判定與性質，勾股定理等知識，綜合程度較高，難度較大，需要學生靈活運用所學知識，第（3）作出合適的輔助線是解答的關鍵．14．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市虹橋初級中學校校考二模）圓內接，是圓的切線，點為切點，，(1)如圖1，連接，求證：；(2)如圖2，當為直徑，點在弧上，連接、、時；求證：(3)如圖3，在（2）的條件下，連接與交于點，連延長與交于點，，，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）連接并延長交于點，設，由是圓的切線，得到，，因為，所以，所以由，可得到最后結論；（2）過點作于，交于點，所以，設，由和直徑是直徑得到，從而證明，得到為等腰直角三角形，進而證明，所以，，得到為等腰直角三角形，進而求出最后結果；（