九年級數(shù)學(xué)上冊 專題突破講練 剖析與圓有關(guān)的計(jì)算試題 （新版）青島版.doc

剖析與圓有關(guān)的計(jì)算 圓中有關(guān)的計(jì)算問題主要涉及以下三個(gè)知識(shí)點(diǎn)： 1. 利用勾股定理：要想利用勾股定理解題，必須確定出直角三角形，根據(jù)兩直角邊的平方和等于斜邊的平方求出未知線段；或者用同一字母表示出三條邊長，并根據(jù)勾股定理列出方程求解； 2. 利用三角函數(shù)：利用三角函數(shù)求線段長也必須在直角三角形中才能實(shí)施，在直角三角形中知道一角一邊即可解此直角三角形得出未知的角和邊，因此熟記特殊角的三角函數(shù)值是解決問題的基礎(chǔ)； 注意：在圓中，往往利用垂徑定理和直徑所對的圓周角以及切線的性質(zhì)構(gòu)造直角三角形。 3. 利用相似三角形：利用相似三角形求線段長是圓中最重要的一種解題方法和思路。因此要善于發(fā)現(xiàn)和構(gòu)造相似三角形。 常見的相似三角形模型有： 例題 （南充）如圖，已知AB是⊙O的直徑，BP是⊙O的弦，弦CD⊥AB于點(diǎn)F，交BP于點(diǎn)G，E在CD的延長線上，EP＝EG， （1）求證：直線EP為⊙O的切線； （2）點(diǎn)P在劣弧AC上運(yùn)動(dòng)，其他條件不變，若BG2＝BF?BO。試證明BG＝PG； （3）在滿足（2）的條件下，已知⊙O的半徑為3，sinB＝。求弦CD的長。 解析：（1）連結(jié)OP，先由EP＝EG，證出∠EPG＝∠BGF，再由∠BFG＝∠BGF＋∠OBP＝90，推出∠EPG＋∠OPB＝90來求證。 （2）連結(jié)OG，由BG2＝BF?BO，得出△BFG∽△BGO，得出∠BGO＝∠BFG＝90，根據(jù)垂線定理可得出結(jié)論。 （3）連結(jié)AC、BC、OG，由sinB＝，求出OG，由（2）得出∠B＝∠OGF，求出OF，再求出BF，F(xiàn)A，利用直角三角形來求斜邊上的高，再乘以2得出CD長度。 解答：（1）證明：連結(jié)OP， ∵EP＝EG， ∴∠EPG＝∠EGP， 又∵∠EGP＝∠BGF， ∴∠EPG＝∠BGF， ∵OP＝OB， ∴∠OPB＝∠OBP， ∵CD⊥AB， ∴∠BFG＝∠BGF＋∠OBP＝90， ∴∠EPG＋∠OPB＝90， ∴直線EP為⊙O的切線； （2）證明：如圖，連結(jié)OG，OP， ∵BG2＝BF?BO， ∴， ∴△BFG∽△BGO， ∴∠BGO＝∠BFG＝90， 由垂線定理知：BG＝PG； （3）解：如圖，連結(jié)AC、BC、OG、OP， ∵sinB＝， ∴， ∵OB＝r＝3， ∴OG＝， 由（2）得∠EPG＋∠OPB＝90， ∠B＋∠BGF＝∠OGF＋∠BGF＝90， ∴∠B＝∠OGF， ∴sin∠OGF＝＝ ∴OF＝1， ∴BF＝BO－OF＝3－1＝2，F(xiàn)A＝OF＋OA＝1＋3＝4， 在Rt△BCA中， CF2＝BF?FA， ∴CF＝。 ∴CD＝2CF＝。 點(diǎn)撥：本題主要考查了圓的綜合題，解題的關(guān)鍵是通過作輔助線，找準(zhǔn)角之間的關(guān)系，靈活運(yùn)用直角三角形中的正弦值。 【解題技巧】 1. 充分利用直徑，構(gòu)建直角三角形，利用勾股定理，建立方程。 2. 已知條件中的三角函數(shù)值，要轉(zhuǎn)化為直角三角形中對應(yīng)邊的比例關(guān)系。 3. 善于利用相似三角形對應(yīng)邊成比例解決問題。 例題 （北京）如圖，AB是⊙O的直徑，PA，PC分別與⊙O 相切于點(diǎn)A，C，PC交AB的延長線于點(diǎn)D，DE⊥PO交PO的延長線于點(diǎn)E。 （1）求證：∠EPD＝∠EDO； （2）若PC＝6，tan∠PDA＝，求OE的長。 解析：（1）根據(jù)切線長定理和切線的性質(zhì)即可證明：∠EPD＝∠EDO； （2）連接OC，利用，可求出CD＝4，再證明△OED∽△DEP，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和勾股定理即可求出OE的長。 答案：（1）證明：∵PA，PC與⊙O分別相切于點(diǎn)A，C ∴PA＝PC，∠APO＝∠EPD ∵AB是⊙O的直徑 ∴PA⊥AB ∵DE⊥PO ∴∠A＝∠E＝90 ∵∠POA＝∠DOE ∴∠APO＝∠EDO ∴∠EPO＝∠EDO （2）解：連結(jié)OC，則OC⊥PD 在Rt△PAD中，∠A＝90，PA＝PC＝6，tan∠PDA＝ 可得AD＝8，PD＝10 ∴CD＝4 在Rt△OCD中，∠OCD＝90，CD＝4，tan∠ODC＝ 可得OC＝3，OD＝5 在Rt△PCO中，由勾股定理得 PO＝ 可證Rt△DEO∽R(shí)t△PCO ∴，即 ∴OE＝ 點(diǎn)撥：本題綜合考查了切線長定理，相似三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理的應(yīng)用，能綜合運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理和計(jì)算是解此題的關(guān)鍵，通過做此題培養(yǎng)了學(xué)生的分析問題和解決問題的能力。 （答題時(shí)間：30分鐘） 一、選擇題 1. （張家港市二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A坐標(biāo)為（－4，0），⊙O與x軸的負(fù)半軸交于B（－2，0）。點(diǎn)P是⊙O上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，PA的中點(diǎn)為Q。當(dāng)點(diǎn)Q也落在⊙O上時(shí)，cos∠OQB的值等于（　?。? A. B. C. D. 2. （梧州一模）如圖，過等腰△ABC三邊的中點(diǎn)D、F、G作⊙O，并與兩腰AB、AC分別相交于點(diǎn)H、E，若∠B＝72，則∠BDH＝（　?。? A. 32 B. 34 C. 36 D. 72 3. 已知在△ABC中，∠BAC＝90，M是邊BC的中點(diǎn)，BC的延長線上的點(diǎn)N滿足AM⊥AN?！鰽BC的內(nèi)切圓與邊AB、AC的切點(diǎn)分別為E、F，延長EF分別與AN、BC的延長線交于P、Q，則＝（　?。? A. 1 B. 0.5 C. 2 D. 1.5 *4. 一張半徑為2的半圓圖紙，沿它的一條弦折疊，使其弧與直徑相切，如圖所示，O為半圓圓心，如果切點(diǎn)分直徑之比為3：1，則折痕長為（　?。? A. 3 B. C. D. **5.（北塘區(qū)二模）如圖，扇形OMN的半徑為1，圓心角是90。點(diǎn)B是弧MN上一動(dòng)點(diǎn)，BA⊥OM于點(diǎn)A，BC⊥ON于點(diǎn)C，點(diǎn)D、E、F、G分別是線段OA、AB、BC、CO的中點(diǎn)，GF與CE相交于點(diǎn)P，DE與AG相交于點(diǎn)Q。當(dāng)四邊形EPGQ是矩形時(shí)，OA的長為（　?。? A. B. C. D. 二、填空題 6. （甘孜州）如圖，兩個(gè)半圓外切，它們的圓心都在x軸的正半軸上，并都與直線y＝x相切。若半圓O1的半徑為1，則半圓O2的半徑R＝　　。 7.（相城區(qū)模擬）如圖，直線l與圓O相交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)P。若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，3），PB＝3PA，則直線l的解析式為　　。 8.（西湖區(qū)一模）如圖，已知△ABC，AC＝BC，∠C＝90。O是AB的中點(diǎn)，⊙O與AC，BC分別相切于點(diǎn)D與點(diǎn)E。點(diǎn)F是⊙O與AB的一個(gè)交點(diǎn)，連DF并延長交CB的延長線于點(diǎn)G。則∠CDG＝　　，若AB＝，則BG＝　　。 9.（上城區(qū)二模）如圖，⊙O的半徑OD經(jīng)過弦AB（不是直徑）的中點(diǎn)C，OE∥AB交⊙O于點(diǎn)E，PE∥OD，延長直徑AG，交PE于點(diǎn)H，直線DG交OE于點(diǎn)F，交PE于K。若EF＝2，F(xiàn)O＝1，則KH的長度等于　　。 三、解答題 10. （遵義）如圖，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90，且∠ABC＝60，AB＝BC，△ACD的外接圓⊙O交BC于E點(diǎn)，連接DE并延長，交AC于P點(diǎn)，交AB的延長線于F。 （1）求證：CF＝DB； （2）當(dāng)AD＝時(shí)，試求E點(diǎn)到CF的距離。 *11. （襄陽）如圖，A，P，B，C是⊙O上的四個(gè)點(diǎn)，∠APC＝∠BPC＝60，過點(diǎn)A作⊙O的切線交BP的延長線于點(diǎn)D。 （1）求證：△ADP∽△BDA； （2）試探究線段PA，PB，PC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論； （3）若AD＝2，PD＝1，求線段BC的長。 **12. （荊門）如圖1，正方形ABCD的邊長為2，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，P是線段MC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與M、C重合），以AB為直徑作⊙O，過點(diǎn)P作⊙O的切線，交AD于點(diǎn)F，切點(diǎn)為E。 （1）求證：OF∥BE； （2）設(shè)BP＝x，AF＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量x的取值范圍； （3）延長DC、FP交于點(diǎn)G，連接OE并延長交直線DC于H（圖2），問是否存在點(diǎn)P，使△EFO∽△EHG（E、F、O與E、H、G為對應(yīng)點(diǎn)）？如果存在，試求（2）中x和y的值；如果不存在，請說明理由。  一、選擇題 1. C 解析：當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到恰好點(diǎn)Q落在⊙O上，連接QO并延長交⊙O于點(diǎn)C，連接QB，OP，BC，則∠CBQ＝90（直徑所對的圓周角是直角） ∵B、Q分別是OA、AP的中點(diǎn)， ∴BQ∥OP， ∵點(diǎn)A坐標(biāo)為（－4，0），⊙O與x軸的負(fù)半軸交于B（－2，0）。 ∴OP＝OB＝BA＝OA＝2， ∴QB＝1 在Rt△CQB中，∠CBQ＝90 ∴cos∠OQB＝＝。 2. C 解：如圖，連接AD、GD， ∵AB＝AC，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)， ∴AD⊥BC， ∵∠B＝72， ∴∠BAD＝90－∠B＝90－72＝18， ∵G是AB的中點(diǎn)， ∴DG＝AG， ∴∠BAD＝∠ADG， ∴∠BGD＝∠BAD＋∠ADG＝18＋18＝36， ∵G、F分別是AB、AC的中點(diǎn)， ∴GF是△ABC的中位線， ∴AD垂直平分GF， ∴AD經(jīng)過圓心O， ∴∠BDH＝∠BGD＝36。 3. A 解：取△ACB的內(nèi)切圓的圓心是O，連接OE、OF，作NA的延長線AG， 則OE⊥AB，OF⊥AC，OE＝OF， ∵∠BAC＝90， ∴四邊形AEOF是正方形， ∴AE＝AF， ∴∠AEF＝∠AFE， ∵∠BAC＝90，M為斜邊BC上中線， ∴AM＝CM＝BM， ∴∠MAC＝∠MCA， ∵∠BAC＝90，AN⊥AM， ∴∠BAC＝∠MAG＝∠MAN＝90， ∴∠GAE＋∠EAM＝90，∠EAM＋∠MAC＝90，∠MAC＋∠CAN＝90， ∴∠GAE＝∠MAC＝∠MCA，∠EAM＝∠CAP， ∵∠GAE＝∠APE＋∠AEP，∠MCA＝∠Q＋∠CFQ， ∵∠AEF＝∠AFE＝∠CFQ，∠EPA＝∠NPQ， ∴∠Q＝∠NPQ， ∴PN＝QN， ∴＝1 4. C 解：過O作弦BC的垂線OP，垂足為D，與弧的交點(diǎn)分別為A、G，過切點(diǎn)F作PF⊥半徑OE交OP于P點(diǎn)，如圖， ∵OP⊥BC， ∴BD＝DC，即OP為BC的中垂線， ∴OP必過弧BGC所在圓的圓心， 又∵OE為弧BGC所在圓的切線，PF⊥OE， ∴PF必過弧BGC所在圓的圓心， ∴點(diǎn)P為弧BGC所在圓的圓心， ∵弧BAC沿BC折疊得到弧BGC， ∴⊙P的半徑等于⊙O的半徑，即PF＝PG＝OE＝2，并且AD＝GD， ∴OG＝AP， 而F點(diǎn)分⊙O的直徑為3：1兩部分， ∴OF＝1， 在Rt△OPF中，設(shè)OG＝x，則OP＝x＋2， ∴OP2＝OF2＋PF2，即（x＋2）2＝12＋22，解得x＝－2， ∴AG＝2－（－2）＝4－， ∴DG＝＝2－， ∴OD＝OG＋DG＝－2＋2－＝， 在Rt△OBD中，BD2＝OB2－OD2，即BD2＝22－（）2， ∴BD＝， ∴BC＝2BD＝。 5. A 解：如圖，連結(jié)OB。 ∵四邊形EPGQ是矩形。 ∴∠AED＋∠CEB＝90。 又∵∠DAE＝∠EBC＝90， ∴∠AED＝∠BCE。 ∴△AED∽△BCE， ∴， 設(shè)OA＝x，AB＝y(tǒng)，則：＝：x， 得y2＝2x2， 又∵OA2＋AB2＝OB2， 即x2＋y2＝12。 ∴x2＋2x2＝1， 解得：x＝。 即當(dāng)四邊形EPGQ是矩形時(shí)，OA的長度為。 二、填空題 6. 3＋2解析：作O1A⊥直線y＝x于A，作O2B⊥直線y＝x于B，O1C⊥O2B于C，如圖， 則O1C∥直線y＝x， ∴∠CO1O2＝∠AOO1， ∵直線y＝x平分∠xOy， ∴∠AOO1＝45， ∴∠CO1O2＝45， ∴△CO1O2為等腰直角三角形， ∵⊙O1和⊙O2與直線y＝x相切， ∴O1A＝1，O2B＝R， ∴BC＝1，O2C＝R－1， 而⊙O1和⊙O2外切， ∴O1O2＝R＋1， ∴O1O2＝O2C，即R＋1＝（R－1）， ∴R＝3＋2。 7. y＝x＋2 解析：過A作AD⊥x軸于D，BE⊥y軸于E，AD與BE相交于C，連結(jié)OA、OB，如圖， ∵A點(diǎn)坐標(biāo)為（1，3）， ∴OD＝1，AD＝3， ∴EC＝1， ∵AC∥PE， ∴PA：PB＝CE：BE， 而PB＝3PA， ∴BE＝3CE＝3， 在Rt△OAD中，OA＝， ∴OB＝OA＝， 在Rt△OBE中，OE＝ ∴B點(diǎn)坐標(biāo)為（－3，－1）， 設(shè)直線AB的解析式為y＝kx＋b， 把A（1，3）和B（－3，－1）代入得，解得， ∴直線l的解析式為y＝x＋2。 8. 67.5，－2 解析：連接OD。 ∵CD切⊙O于點(diǎn)D， ∴∠ODA＝90，∠DOA＝45， ∵OD＝OF， ∴∠ODF＝∠OFD＝∠DOA＝22.5， ∴∠CDG＝∠CDO－∠ODF＝90－22.5＝67.5。 ∵AC為圓O的切線， ∴OD⊥AC， 又O為AB的中點(diǎn)，∴AO＝BO＝AB＝2， ∴圓的半徑DO＝FO＝AOsinA＝2＝2， ∴BF＝OB－OF＝2－2。 ∵GC⊥AC，OD⊥AC， ∴OD∥CG， ∴∠ODF＝∠G，又∠OFD＝∠BFG， ∴△ODF∽△BGF， ∴，即， ∴BG＝2－2。 9. 2 解析：∵EF＝2，OF＝1， ∴EO＝DO＝3， ∵PE∥OD， ∴∠KEO＝∠DOE，∠K＝∠ODG， ∴△OFD∽△EFK， ∴EF：OF＝KE：OD＝2：1 ∴KE＝6， ∵AC＝BC，AB不是直徑， ∴OD⊥AB，∠PCO＝90， ∵PE∥OD， ∴∠P＝90， ∵EO∥AB， ∴∠PEO＝90， ∵OG＝OD， ∴∠OGD＝∠ODG， ∵PE∥OD， ∴∠K＝∠ODG， ∵∠OGD＝∠HGK， ∴∠K＝∠HGK， ∴HK＝HG， 設(shè)KH＝HG＝x， 則HE＝6－x，HO＝3＋x，EO＝3， 則EO2＋HE2＝HO2， 即32＋（6－x）2＝（3＋x）2， 解得：x＝2， 故KH的長度等于2。 三、解答題 10.（1）證明：連結(jié)AE，如圖， ∵∠ABC＝60，AB＝BC， ∴△ABC為等邊三角形， ∵AB∥CD，∠DAB＝90， ∴∠ADC＝∠DAB＝90， ∴AC為⊙O的直徑， ∴∠AEC＝90，即AE⊥BC， ∴BE＝CE， CD∥BF， ∴∠DCE＝∠FBE， 在△DCE和△FBE中， ∴△DCE≌△FBE（ASA）， ∴DE＝FE， ∴四邊形BDCF為平行四邊形， ∴CF＝DB； （2）解：作EH⊥CF于H，如圖， ∵△ABC為等邊三角形， ∴∠BAC＝60， ∴∠DAC＝30， 在Rt△ADC中，AD＝， ∴DC＝1 AC＝2CD＝2， ∴AB＝AC＝2，BF＝CD＝1， ∴AF＝3， 在Rt△ABD中，BD＝， 在Rt△ADF中，DF＝＝2， ∴CF＝BD＝，EF＝DF＝， ∵AE⊥BC， ∴∠CAE＝∠BAE＝30， ∴∠EDC＝∠CAE＝30， 而∠DCA＝∠BAC＝60， ∴∠DPC＝90， 在Rt△DPC中，DC＝1，∠CDP＝30， ∴PC＝DC＝， ∵∠HFE＝∠PFC， ∴Rt△FHE∽R(shí)t△FPC， ∴，即， ∴EH＝， 即E點(diǎn)到CF的距離為。 11. （1）證明：作⊙O的直徑AE，連接PE， ∵AE是⊙O的直徑，AD是⊙O的切線， ∴∠DAE＝∠APE＝90， ∴∠PAD＋∠PAE＝∠PAE＋∠E＝90， ∴∠PAD＝∠E， ∵∠PBA＝∠E，∴∠PAD＝∠PBA， ∵∠PAD＝∠PBA，∠ADP＝∠BDA， ∴△ADP∽△BDA； （2）PA＋PB＝PC， 證明：在線段PC上截取PF＝PB，連接BF， ∵PF＝PB，∠BPC＝60， ∴△PBF是等邊三角形， ∴PB＝BF，∠BFP＝60， ∴∠BFC＝180－∠PFB＝120， ∵∠BPA＝∠APC＋∠BPC＝120， ∴∠BPA＝∠BFC， 在△BPA和△BFC中，， ∴△BPA≌△BFC（AAS）， ∴PA＝FC， ∴PA＋PB＝PF＋FC＝PC； （3）解：∵△ADP∽△BDA， ∴， ∵AD＝2，PD＝1， ∴BD＝4，AB＝2AP， ∴BP＝BD－DP＝3， ∵∠APD＝180－∠BPA＝60， ∴∠APD＝∠APC， ∵∠PAD＝∠E，∠PCA＝∠E， ∴∠PAD＝∠PCA， ∴△ADP∽△CAP， ∴， ∴AP2＝CP?PD， ∴AP2＝（3＋AP）?1， 解得：AP＝或AP＝（舍去）， ∴BC＝AB＝2AP＝1＋。 12. （1）證明：連接OE FE、FA是⊙O的兩條切線 ∴∠FAO＝∠FEO＝90 在Rt△OAF和Rt△OEF中， ∴Rt△FAO≌Rt△FEO（HL）， ∴∠AOF＝∠EOF＝∠AOE， ∴∠AOF＝∠ABE， ∴OF∥BE （2）解：過F作FQ⊥BC于Q ∴PQ＝BP－BQ＝x－y PF＝EF＋EP＝FA＋BP＝x＋y ∵在Rt△PFQ中 ∴FQ2＋QP2＝PF2 ∴22＋（x－y）2＝（x＋y）2 化簡得：（1＜x＜2） （3）解：存在這樣的P點(diǎn)， 理由：∵∠EOF＝∠AOF， ∴∠EHG＝∠EOA＝2∠EOF， 當(dāng)∠EFO＝∠EHG＝2∠EOF時(shí)， 即∠EOF＝30時(shí)，Rt△EFO∽R(shí)t△EHG， 此時(shí)Rt△AFO中， y＝AF＝OA?tan30＝， ∴ ∴當(dāng)時(shí)，△EFO∽△EHG。