中考复习圆专题含答案 19页

中考专题复习——圆 一、 垂径定理 垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧.‎ 转为几何语言：‎ ‎∵ CD是直径, CD⊥AB,‎ ‎∴AM=BM, ‎ =，= 如果把条件和结论看成是5个条件，相互间是否还有其它关系呢？‎ 如图,在下列五个条件中:‎ ‎① CD是直径,‎ ‎② CD⊥AB,‎ ‎③ AM=BM,‎ ‎④=，‎ ‎⑤= ‎ 只要具备其中两个条件，就可推出其余三个结论.‎ ‎ 你可以写出相应的命题吗?‎ 条件 结论 命 题 ‎①②‎ ‎③④⑤‎ 垂直于弦的直径平分弦,并且平分弦所的两条弧.‎ ‎①③‎ ‎②④⑤‎ 平分弦(不是直径)的直径垂直于弦,并且平 分弦所对的两条弧.‎ ‎①④‎ ‎②③⑤‎ ‎ 平分弦所对的一条弧的直径,垂直平分弦,并且平分弦所对的另一条弧.‎ ‎①⑤‎ ‎②③④‎ ‎②③‎ ‎①④⑤‎ ‎ 弦的垂直平分线经过圆心,并且平分这条弦所对的两条弧. ‎ ‎②④‎ ‎①③⑤‎ ‎ 垂直于弦并且平分弦所对的一条弧的直线经过圆心,并且平分弦和所对的另一条弧.‎ ‎②⑤‎ ‎①③④‎ ‎③④‎ ‎①②⑤‎ ‎ 平分弦并且平分弦所对的一条弧的直线经过圆心,垂直于弦,并且平分弦所对的另一条弧. ‎ ‎③⑤‎ ‎①②④‎ ‎④⑤‎ ‎①②③‎ ‎ 平分弦所对的两条弧的直线经过圆心,并且垂直平分弦.‎ ‎ 垂径定理是《圆》这一章的重要内容，在实际生活中有着广泛的应用．在各地中考题中对垂径定理的考查频频出现，这类问题常常需要结合勾股定理来解决，现以中考题为例说明如下：‎ 类型一 求直径 ‎【例1】如图，的直径垂直弦于点，且点是半径的中点，，则直径的长是（　　 　）．‎ A． B． C． D． ‎ ‎【解析】解决本题的关键是构造直角三角形，根据勾股定理列出方程求解即可．‎ 连接OD，由垂径定理可知PD=(cm)．‎ 设半径OD=x cm，则OP=(cm)．‎ 在Rt△OPD中，因为，所以．‎ 解这个方程，得．所以直径AB的长为(cm)，故应选D．‎ 类型二 求弦长 ‎【例2】如图，的直径，弦于点E，，⊙O的半径为，则弦的长为（　　 　）．‎ A． 　　　B． 　　　C． 　　　D． ‎ ‎【解析】因为，，所以∠CEO=90°，∠OCD=30°．‎ 又因为⊙O的半径为，所以OE=OC=．‎ 由勾股定理可得．‎ 所以CD=2CE=3(cm)．故应选B．‎ 类型三 求弦心距 ‎【例3】⊙O的半径为10 cm，弦AB=12 cm，则圆心到弦AB的距离为（　　 　）．‎ A．2 cm B．6 cm C．8 cm D．10 cm ‎【解析】画出示意图如图，作于点，连接OA，‎ 由垂径定理，得AC=．‎ 在Rt△AOC中，由勾股定理，得OC=(cm)．故应选C．‎ 类型四 求拱高 ‎【例4】如图，某公园的一座石拱桥是圆弧形（劣弧），其跨度为‎24米，拱的半径为‎13米，则拱高为（　　 　）．‎ A．‎5米 B．‎8米 C．‎7米 D．5米 ‎【解析】设石拱桥圆弧的圆心为O，连接OA、OD，则OD⊥AB．‎ 又因为OA=13，由垂径定理可得AD=．‎ 所以在Rt△AOD中，OD=．‎ 所以CD=OC－OD=13－5=8（米）．故应选B．‎ 类型五 探究线段的最小值 ‎【例5】如图，⊙O的半径弦点为弦上一动点，则点到圆心的最短距离是________cm．‎ ‎【解析】因为连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，‎ 所以需作出弦AB的弦心距．‎ 过点O作OC⊥AB， C为垂足，由垂径定理，知AC=(cm)．‎ 在Rt△AOC中，由勾股定理可得OC=．‎ 故点P到圆心O的最短距离为3 cm．‎ 一、 圆周角定理及推论 ‎《圆周角》解题技巧 在数学里，把一个对象转化为另一个对象，常常可以化繁为简，化未知为已知，从而达到解决问题的目的，这种思考问题的方法，就是“转化”．在研究与圆周角有关的问题时，常进行等角间的转化．‎ ‎【例1】如图，已知AB为⊙O的直径，CD是弦，且ABCD于点E．连接AC，OC，BC．‎ ‎（1）求证：∠ACO=∠BCD．‎ ‎（2）若EB=8 cm，CD=24 cm，求⊙O的直径．‎ ‎【分析】（1）欲证∠ACO=∠BCD，关键是进行等角间的转化：∠ACO=∠OAC，∠BCD=∠OAC，转化的依据是等腰三角形的性质定理和圆周角的“等弧所对的圆周角相等”；‎ ‎（2）借助勾股定理构建方程即可求得⊙O的直径．‎ 解：（1）∵AB为⊙O的直径，CD是弦，且ABCD于点E，‎ ‎∴CE=ED，=．‎ ‎∴∠BCD=∠BAC．‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠OAC=∠OCA．‎ ‎∴∠ACO=∠BCD．‎ ‎（2）设⊙O的半径为R cm，则OE=OB－EB=R－8．‎ ‎∴CE=CD=×24=12．‎ 在Rt△CEO中，由勾股定理可得OC2=OE2＋CE2，即R2=(R－8)2＋122．‎ 解得R=13．‎ 所以2R=2×13=26．‎ ‎【例2】如图，四边形ABCD内接于圆，对角线AC与BD相交于点E，F在AC上，AB=AD，∠BFC=∠BAD=2∠DFC．‎ 求证：（1）CD⊥DF；‎ ‎（2）BC=2CD．‎ ‎【分析】（1）欲证CD⊥DF，可转化为证明∠FCD+∠CFD=90°．‎ 由圆周角的性质有∠FCD=∠ABD，再联系条件∠BAD=2∠CFD，‎ 不难向等腰△ABD的内角和定理进行联想，从而找到解题的切入点；‎ ‎（2）欲证BC=2CD，现在还有一个条件∠BFC=∠BAD没有用，‎ 注意到∠BFC=∠ABF+∠BAC，∠BAD=∠CAD+∠BAC，从而有∠ABF=∠CAD，‎ 而∠CAD=∠CBD，故∠ABF=∠CBD，即∠ABD=∠FBC，而∠ABD=∠ADB=∠FCB，‎ 从而∠FBC=∠FCB，于是得FB=FC．思考到这里，不妨再回头看看证题目标BC=2CD，‎ 可考虑取BC的中点G，于是问题转化为证明CG=CD，即证△FGC≌△FDC．‎ 证明：（1）∵AB=AD，∴∠ABD=∠ADB．‎ 在△ABD中，∠BAD+2∠ABD=180°．‎ 又∠BAD=2∠DFC，∠FCD=∠ABD，∴2∠DFC+2∠FCD=180°．‎ ‎∴∠DFC+∠FCD=90°．∴∠FDC=90°．‎ ‎∴CD⊥DF．‎ ‎（2）∵∠BFC=∠ABF+∠BAC，∠BAD=∠CAD+∠BAC，∴∠ABF=∠CAD．‎ 又∠CAD=∠CBD，∴∠ABF=∠CBD，即∠ABD=∠FBC，‎ 而∠ABD=∠ADB=∠FCB，∴∠FBC=∠FCB，∴FB=FC．‎ 取BC的中点G，连接FG．∴FG⊥BC．∴∠FGC=90°．‎ ‎∵AB=AD，∴=，∴∠ACB=∠ACD．‎ ‎∵∠FGC=∠FDC=90°，FC=FC，∴△FGC≌△FDC．∴CG=CD．‎ ‎∵BC=2CG，∴BC=2CD．‎ 一、 切线及切线长定理 怎样证明直线与圆相切？‎ 在直线与圆的各种位置关系中，相切是一种重要的位置关系．‎ 现介绍以下三种判别直线与圆相切的基本方法：‎ ‎（1）利用切线的定义——在已知条件中有“半径与一条直线交于该半径的外端”，于是只需直接证明这条直线垂直于这个半径即可．‎ ‎【例1】已知：△ABC内接于⊙O，⊙O的直径AE交BC于F点，点P在BC的延长线上，且∠CAP=∠ABC．‎ 求证：PA是⊙O的切线．‎ ‎【证明】连接EC．‎ ‎∵AE是⊙O的直径，∴∠ACE=90°．∴∠E＋∠EAC=90°．‎ ‎∵∠E=∠B，∠B=∠CAP，∴∠E=∠CAP．‎ ‎∴∠EAC＋∠CAP=∠EAC＋∠E=90°．‎ ‎∴∠EAP=90°．∴PA⊥OA．又PA经过点A，∴PA是⊙O的切线．‎ ‎（2）利用切线的判定定理——在已知条件中，有“一条直线过圆上某一点（即为切点），但没有半径”，于是先连接圆心与这个点成为半径，然后再证明这条直线和这条半径垂直．‎ ‎【例2】以Rt△ABC的直角边BC为直径作⊙O交斜边AB于点P，点Q为AC的中点．求证：PQ为⊙O的切线．‎ ‎【证明】连接OP，CP．‎ ‎∵BC为直径，∴∠BPC=90°，即∠APC=90°．‎ 又点Q为AC的中点，∴QP=QC．∴∠1=∠2．‎ 又OP=OC，∴∠3=∠4．又∠ACB=90°，‎ ‎∴∠2＋∠4=∠1＋∠3=∠ACB=90°．∴∠OPQ=90°．‎ ‎∵点P在⊙O上，且点P为半径OP的端点，∴QP为⊙O的切线．‎ 说明：要证PQ与半径垂直，即连接OP．这是判别相切中添加辅助线的常用方法．‎ ‎（3）证明“d=R”，在已知条件中“没有半径，也没有明确直线与圆的公共交点”，于是过圆心作直线的垂线，然后再证明这条垂线段的长(d)等于圆的半径(R)即可．‎ ‎【例3】已知，在△ABC中，AD⊥BC于点D，且AD=BC，点E，F分别为AB，AC的中点，点O为EF的中点． ‎ 求证：以EF为直径的圆与BC相切．‎ ‎【证明】作OH⊥BC于点H，设AD与EF交于点M．‎ ‎∵点E，F分别为AB，AC的中点，∴EF=BC．‎ ‎∴点M也是AD的中点，即MD=AD．‎ 又AD=BC，∴EF=AD，MD=EF．‎ 又AD⊥BC，∴OH∥MD．∴四边形OHDM是矩形．‎ ‎∴OH=MD=EF．∴OH是⊙O的半径．‎ ‎∴以EF为直径的圆与BC相切．‎ 与《切线长定理》相关的中考压轴题 ‎1．已知：以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，与斜边AC交于点D，过点D作⊙O的切线交BC边于点E．‎ ‎（1）如图，求证：EB=EC=ED；‎ ‎（2）试问在线段DC上是否存在点F，满足BC2=4DF•DC？若存在，作出点F，并予以证明；若不存在，请说明理由．‎ 分析：（1）连接BD，已知ED、EB都是⊙O的切线，由切线长定理可证得OE垂直平分BD，而BD⊥AC（圆周角定理），则OE∥AC；由于O是AB的中点，可证得OE是△ABC的中位线，即E是BC中点，那么Rt△BDC中，DE就是斜边BC的中线，由此可证得所求的结论；‎ ‎（2）由（1）知：BC=2BE=2DE，则所求的比例关系式可转化为=DF•DC，即DE2=DF•DC，那么只需作出与△DEC相似的△DFE即可，这两个三角形的公共角为∠CDE，只需作出∠DEF=∠C即可；‎ ‎①∠DEC＞∠C，即180°-2∠C＞∠C，0°＜∠C＜60°时，∠DEF的EF边与线段CD相交，那么交点即为所求的F点；‎ ‎②∠DEC=∠C，即180°-2∠C=∠C，∠C=60°时，F与C点重合，F点仍在线段CD上，此种情况也成立；‎ ‎③∠DEC＜∠C，即180°-2∠C＜∠C，60°＜∠C＜90°时，∠DEF的EF边与线段的延长线相交，与线段CD没有交点，所以在这种情况下不存在符合条件的F点．‎ 解：（1）证明：连接BD．‎ 由于ED、EB是⊙O的切线，由切线长定理，得 ED=EB，∠DEO=∠BEO，‎ ‎∴OE垂直平分BD．‎ 又∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴AD⊥BD．∴AD∥OE．即OE∥AC．‎ 又O为AB的中点，∴OE为△ABC的中位线，‎ ‎∴BE=EC，∴EB=EC=ED．‎ ‎（2）解：在△DEC中，由于ED=EC，‎ ‎∴∠C=∠CDE，∴∠DEC=180°-2∠C．‎ ‎①当∠DEC＞∠C时，有180°-2∠C＞∠C，即0°＜∠C＜60°时，在线段DC上存在点F满足条件．‎ 在∠DEC内，以ED为一边，作∠DEF，使∠DEF=∠C，且EF交DC于点F，则点F即为所求．‎ 这是因为：在△DCE和△DEF中，‎ ‎∠CDE=∠EDF，∠C=∠DEF，∴△DEF∽△DCE．‎ ‎∴DE2=DF•DC．即=DF•DC．‎ ‎∴BC2=4DF•DC．‎ ‎②当∠DEC=∠C时，△DEC为等边三角形，即∠DEC=∠C=60°，‎ 此时，C点即为满足条件的F点，于是，DF=DC=DE，仍有BC2=4DE2=4DF•DC．‎ ‎③当∠DEC＜∠C时，即180°﹣2∠C＜∠C，60°＜∠C＜90°；所作的∠DEF＞∠DEC，此时点 F在DC的延长线上，故线段DC上不存在满足条件的点F．‎ 点评：此题主要考查了直角三角形的性质、切线长定理、三角形中位线定理及相似三角形的判定和性质；（2）题一定要注意“线段DC上是否存在点F”的条件，以免造成多解．‎ ‎2．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，以AB为直径的⊙O与DC相切于E．已知AB=8，边BC比AD大6．‎ ‎（1）求边AD、BC的长；‎ ‎（2）在直径AB上是否存在一动点P，使以A、D、P为顶点的三角形与△BCP相似？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由．‎ 分析：过D作DF⊥BC于F，设AD=x，则DE=AD=x，EC=BC=x+6，根据勾股定理就得到一个关于x的方程，就可以解得AD的长；△ADP和△BCP相似，有△ADP∽△BCP和△ADP∽△BPC两种情况进行讨论，根据相似三角形的对应边的比相等，就可以求出AP的长．‎ 解：（1）方法1：过D作DF⊥BC于F，‎ 在Rt△DFC中，DF=AB=8，FC=BC-AD=6，‎ ‎∴DC2=62+82=100，即DC=10．‎ 设AD=x，则DE=AD=x，EC=BC=x+6，‎ ‎∴x+(x+6)=10．‎ ‎∴x=2．∴AD=2，BC=2+6=8．‎ 方法2：连OD、OE、OC，‎ 由切线长定理可知∠DOC=90°，AD=DE，CB=CE，‎ 设AD=x，则BC=x+6，‎ 由射影定理可得：OE2=DE•EC．‎ 即：x(x+6)=16，‎ 解得x1=2，x2=-8，（舍去）‎ ‎∴AD=2，BC=2+6=8．‎ ‎（2）存在符合条件的P点．‎ 设AP=y，则BP=8-y，△ADP与△BCP相似，有两种情况：‎ ‎①△ADP∽△BCP时，有，即．∴y=．‎ ‎②△ADP∽△BPC时，有，即．∴y=4．‎ 故存在符合条件的点P，此时AP=或4．‎ 点评：本题主要考查了相似三角形的判定性质，对应边的比相等的两三角形相似．‎ ‎3．如图，已知AB为⊙O的直径，PA，PC是⊙O的切线，A，C为切点，∠BAC=30°．‎ ‎（Ⅰ）求∠P的大小；‎ ‎（Ⅱ）若AB=2，求PA的长（结果保留根号）．‎ 分析：（Ⅰ）根据切线的性质及切线长定理可证明△PAC为等边三角形，则∠P的大小可求；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知PA=PC，在Rt△ACB中，利用30°的特殊角度可求得AC的长．‎ 解：（Ⅰ）∵PA是⊙O的切线，AB为⊙O的直径，∴PA⊥AB，∴∠BAP=90°；‎ ‎∵∠BAC=30°，∴∠CAP=90°-∠BAC=60°．‎ 又∵PA、PC切⊙O于点A、C，∴PA=PC，∴△PAC为等边三角形，‎ ‎∴∠P=60°．‎ ‎（Ⅱ）如图，连接BC，则∠ACB=90°．‎ 在Rt△ACB中，AB=2，∠BAC=30°，‎ ‎∵cos∠BAC=，∴AC=AB•cos∠BAC=2cos30°=．‎ ‎∵△PAC为等边三角形，∴PA=AC，∴PA=．‎ 点评：本题考查的是切线长定理，切线长定理图提供了很多等线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．‎ 一、 正多边形与圆 ‎4．（1）已知如图①所示，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为上一动点，求证PA＝PB＋PC．‎ 下面给出一种证明方法，你可以按这一方法补全证明过程，也可以选择另外的证明方法．‎ 证明：在AP上截取AE＝CP，连接BE．‎ ‎∵△ABC是正三角形，‎ ‎∴AB＝CB．‎ ‎∴∠1和∠2是同弧所对的圆周角．‎ ‎∴∠1＝∠2．‎ ‎∴△ABE≌△CBP． ‎ ‎（2）如图②所示，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为上一动点，求证：PA＝PC＋PB．‎ ‎（3）如图③所示，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，直接写出结论．‎ ‎4．证明：‎ ‎（1）如图④所示，延长BP至E，使PE＝PC，连接CE．‎ 易知∠CPE＝∠CAB＝60°，∴△PCE是等边三角形．‎ ‎∴CE＝PC，∠ECP＝60°．‎ ‎∴∠ECP＋∠PCB＝∠BCA＋∠PCB，‎ 即∠ECB＝∠PCA．‎ 在△CAP和△CBE中，CA＝CB，CP＝CE，∠PCA＝∠ECB，‎ ‎∴△CAP≌△CBE．‎ ‎∴PA＝BE＝PB＋PC．‎ ‎（2）如图⑤所示，过点B作BE⊥PB交PA于E．‎ ‎∵∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，‎ ‎∴∠1＝∠3．‎ 又∵AB＝BC，∠BAP＝∠BCP，‎ ‎∴△ABE≌△CBP，∴PC＝AE．‎ ‎∵∠APB＝45°，∴BP＝BE，∴PE＝PB．‎ ‎∴PA＝AE＋PE＝PC＋PB．‎ ‎（3）PA＝PC＋PB．‎ 证明：如图⑥所示，在AP上截取AQ＝PC，连接BQ．‎ ‎∵∠BAP＝∠BCP，AB＝BC，AQ＝CP，‎ ‎∴△ABQ≌△CBP，∴BQ＝BP．‎ 又∵∠APB＝30°，∴PQ＝PB．‎ ‎∴PA＝PQ＋AQ＝PB＋PC．‎ 一、 与圆有关的计算 ‎1．如图，将圆沿AB折叠后，圆弧恰好经过圆心，则弧AMB的度数是（　　）．‎ A．60°　　　 B．90°　　　 C．120°　　　 D．150°‎ ‎2．如图，王虎使一长为4 cm、宽为3 cm的长方形木板，在桌面上做无滑动的翻滚（顺时针方向），木板上点A位置变化为A→A1→A2，其中第二次翻滚被桌面上一小木板档住，使木板与桌面成30°角，则点A翻滚到A2位置时共走过的路径长为（　　）．‎ A．‎10 cm　　　 B．4π cm　　　 C．π cm　　　 D． cm ‎3．如图，有一圆锥形粮堆，其正视图是边长为6 cm的正三角形ABC，粮堆母线AC的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是________cm（结果不取近似值）．‎ ‎4、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AC=，BC=1，将Rt△ABC绕点C旋转90°后得Rt△A'B'C，再将Rt△A'B'C绕点B'旋转为Rt△A''B'C'使得点A，C，B'，A''在同一条直线上，则点A运动到点A''所走的路径长为___________．‎