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九年级上册圆 几何综合专题练习(解析版)

九年级上册圆几何综合专题练习(解析版)一、初三数学圆易错题压轴题(难)1.已知:四边形ABCD内接于⊙O,∠ADC=90°,DE⊥AB,垂足为点E,DE的锯长线交⊙O于点F,DC的延长线与FB的延长线交于点G.(1)如图1,求证:GD=GF;(2)如图2,过点B作BH⊥AD,垂足为点M,B交DF于点P,连接OG,若点P在线段OG上,且PB=PH,求∠ADF的大小;(3)如图3,在(2)的条件下,点M是PH的中点,点K在BC上,连接DK,PC,D交PC点N,连接MN,若AB=122,HM+CN=MN,求DK的长.【答案】(1)见解析;(2)∠ADF=45°;(3)1810.【解析】【分析】(1)利用“同圆中,同弧所对的圆周角相等”可得∠A=∠GFD,由“等角的余角相等”可得∠A=∠GDF,等量代换得∠GDF=∠GFD,根据“三角形中,等角对等边”得GD=GF;(2)连接OD、OF,由△DPH≌△FPB可得:∠GBH=90°,由四边形内角和为360°可得:∠G=90°,即可得:∠ADF=45°;(3)由等腰直角三角形可得AH=BH=12,DF=AB=12,由四边形ABCD内接于⊙O,可得:∠BCG=45°=∠CBG,GC=GB,可证四边形CDHP是矩形,令CN=m,利用勾股定理可求得m=2,过点N作NS⊥DP于S,连接AF,FK,过点F作FQ⊥AD于点Q,过点F 作FR⊥DK交DK的延长线于点R,通过构造直角三角形,应用解直角三角形方法球得DK.【详解】解:(1)证明:∵DE⊥AB∴∠BED=90°∴∠A+∠ADE=90°∵∠ADC=90°∴∠GDF+∠ADE=90°∴∠A=∠GDF∵BD BD∴∠A=∠GFD∴∠GDF =∠GFD∴GD =GF(2)连接OD 、OF∵OD =OF ,GD =GF∴OG ⊥DF ,PD =PF在△DPH 和△FPB 中PD PF DPH FPB PH PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DPH ≌△FPB (SAS )∴∠FBP =∠DHP =90°∴∠GBH =90°∴∠DGF =360°﹣90°﹣90°﹣90°=90°∴∠GDF =∠DFG =45°∴∠ADF =45°(3)在Rt △ABH 中,∵∠BAH =45°,AB =∴AH =BH =12∴PH =PB =6∵∠HDP =∠HPD =45°∴DH =PH =6∴AD =12+6=18,PN =HM =12PH =3,PD =∵∠BFE =∠EBF =45°∴EF =BE∵∠DAE =∠ADE =45°∴DE =AE∴DF =AB =∵四边形ABCD 内接于⊙O∴∠DAB +∠BCD =180°∴∠BCD =135°∴∠BCG =45°=∠CBG∴GC =GB又∵∠CGP =∠BGP =45°,GP =GP∴△GCP ≌△GBP (SAS )∴∠PCG =∠PBG =90°∴∠PCD =∠CDH =∠DHP =90°∴四边形CDHP 是矩形∴CD =HP =6,PC =DH =6,∠CPH =90°令CN =m ,则PN =6﹣m ,MN =m +3 在Rt △PMN 中,∵PM 2+PN 2=MN 2∴32+(6﹣m )2=(m +3)2,解得m =2∴PN =4过点N 作NS ⊥DP 于S ,在Rt △PSN 中,PS =SN =22DS =62﹣22=42SN 221tan DS 242SDN ∠=== 连接AF ,FK ,过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ,过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R 在Rt △DFQ 中,FQ =DQ =12∴AQ =18﹣12=6∴tan 1226FQ FAQ AQ ∠=== ∵四边形AFKD 内接于⊙O ,∴∠DAF +∠DKF =180°∴∠DAF =180°﹣∠DKF =∠FKR在Rt △DFR 中,∵DF =1122,tan 2FDR ∠= ∴12102410,FR DR == 在Rt △FKR 中,∵FR =1210 tan ∠FKR =2 ∴KR =6105∴DK =DR ﹣KR =24106101810=-= .【点睛】本题是一道有关圆的几何综合题,难度较大,主要考查了圆内接四边形的性质,圆周角定理,全等三角形性质及判定,等腰直角三角形性质,解直角三角形等知识点;解题关键是添加辅助线构造直角三角形.2.如图①,一个Rt△DEF直角边DE落在AB上,点D与点B重合,过A点作二射线AC 与斜边EF平行,己知AB=12,DE=4,DF=3,点P从A点出发,沿射线AC方向以每秒2个单位的速度运动,Q为AP中点,设运动时间为t秒(t>0)•(1)当t=5时,连接QE,PF,判断四边形PQEF的形状;(2)如图②,若在点P运动时,Rt△DEF同时沿着BA方向以每秒1个单位的速度运动,当D点到A点时,两个运动都停止,M为EF中点,解答下列问题:①当D、M、Q三点在同一直线上时,求运动时间t;②运动中,是否存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切?若存在,求出此时的运动时间t;若不存在,说明理由.【答案】(1)平行四边形EFPQ是菱形;(2)t=;当t为5秒或10秒时,以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切.【解析】试题分析:(1)过点Q作QH⊥AB于H,如图①,易得PQ=EF=5,由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形,易证△AHQ∽△EDF,从而可得AH=ED=4,进而可得AH=HE=4,根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ,即可得到PQ=EQ,即可得到平行四边形EFPQ是菱形;(2)①当D、M、Q三点在同一直线上时,如图②,则有AQ=t,EM=EF=,AD=12-t,DE=4.由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ,然后运用相似三角形的性质就可求出t的值;②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切,则点Q在∠ADF的角平分线上(如图③)或在∠FDB的角平分线(如图④)上,故需分两种情况讨论,然后运用相似三角形的性质求出AH、DH(用t表示),再结合AB=12,DB=t建立关于t的方程,然后解这个方程就可解决问题.试题解析:(1)四边形EFPQ是菱形.理由:过点Q作QH⊥AB于H,如图①,∵t=5,∴AP=2×5=10.∵点Q是AP的中点,∴AQ=PQ=5.∵∠EDF=90°,DE=4,DF=3,∴EF==5,∴PQ=EF=5.∵AC∥EF,∴四边形EFPQ是平行四边形,且∠A=∠FEB.又∵∠QHA=∠FDE=90°,∴△AHQ∽△EDF,∴.∵AQ=EF=5,∴AH=ED=4.∵AE=12-4=8,∴HE=8-4=4,∴AH=EH,∴AQ=EQ,∴PQ=EQ,∴平行四边形EFPQ是菱形;(2)①当D、M、Q三点在同一直线上时,如图②,此时AQ=t,EM=EF=,AD=12-t,DE=4.∵EF∥AC,∴△DEM∽△DAQ,∴,∴,解得t=;②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切,此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上.Ⅰ.当点Q在∠ADF的角平分线上时,过点Q作QH⊥AB于H,如图③,则有∠HQD=∠HDQ=45°,∴QH=DH.∵△AHQ∽△EDF(已证),∴,∴,∴QH=,AH=,∴DH=QH=.∵AB=AH+HD+BD=12,DB=t,∴++t=12,∴t=5;Ⅱ.当点Q在∠FDB的角平分线上时,过点Q作QH⊥AB于H,如图④,同理可得DH=QH=,AH=.∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12,DB=t,∴-+t=12,∴t=10.综上所述:当t为5秒或10秒时,以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切.考点:1.圆的综合题;2.线段垂直平分线的性质;3.勾股定理;4.菱形的判定;5.相似三角形的判定与性质.3.如图,△ABC内接于⊙O,AB是直径,过点A作直线MN,且∠MAC=∠ABC.(1)求证:MN是⊙O的切线.(2)设D是弧AC的中点,连结BD交AC于点G,过点D作DE⊥AB于点E,交AC于点F.①求证:FD=FG.②若BC=3,AB=5,试求AE的长.【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②AE=1【解析】【分析】(1)由AB为直径知∠ACB=90°,∠ABC+∠CAB=90°.由∠MAC=∠ABC可证得∠MAC+∠CAB=90°,则结论得证;(2)①证明∠BDE=∠DGF即可.∠BDE=90°﹣∠ABD;∠DGF=∠CGB=90°﹣∠CBD.因为D是弧AC的中点,所以∠ABD=∠CBD.则问题得证;②连接AD、CD,作DH⊥BC,交BC的延长线于H点.证明Rt△ADE≌Rt△CDH,可得AE=CH.根据AB=BH可求出答案.【详解】(1)证明:∵AB是直径,∴∠ACB=90°,∴∠CAB+∠ABC=90°;∵∠MAC=∠ABC,∴∠MAC+∠CAB=90°,即MA⊥AB,∴MN是⊙O的切线;(2)①证明:∵D是弧AC的中点,∴∠DBC=∠ABD,∵AB是直径,∴∠CBG+∠CGB=90°,∵DE⊥AB,∴∠FDG+∠ABD=90°,∵∠DBC=∠ABD,∴∠FDG=∠CGB=∠FGD,∴FD=FG;②解:连接AD、CD,作DH⊥BC,交BC的延长线于H点.∵∠DBC =∠ABD ,DH ⊥BC ,DE ⊥AB ,∴DE =DH ,在Rt △BDE 与Rt △BDH 中,DH DE BD BD =⎧⎨=⎩, ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH (HL ),∴BE =BH ,∵D 是弧AC 的中点,∴AD =DC ,在Rt △ADE 与Rt △CDH 中,DE DH AD CD =⎧⎨=⎩, ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH (HL ).∴AE =CH .∴BE =AB ﹣AE =BC+CH =BH ,即5﹣AE =3+AE ,∴AE =1.【点睛】本题是圆的综合题,考查了切线的判定,圆周角定理,全等三角形的判定与性质,等腰三角形的判定,正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键.4.如图,点A 在直线l 上,点Q 沿着直线l 以3厘米/秒的速度由点A 向右运动,以AQ 为边作Rt△ABQ,使∠BAQ=90°,tan∠ABQ= 34,点C 在点Q 右侧,CQ=1厘米,过点C 作直线m⊥l,过△ABQ 的外接圆圆心O 作OD⊥m 于点D ,交AB 右侧的圆弧于点E .在射线CD 上取点F ,使DF=13CD ,以DE 、DF 为邻边作矩形DEGF .设运动时间为t 秒.(1)直接用含t 的代数式表示BQ 、DF ; (2)当0<t <1时,求矩形DEGF 的最大面积;(3)点Q 在整个运动过程中,当矩形DEGF 为正方形时,求t 的值.【答案】(1)BQ=5t ,DF=23t;(2)16;(3)t 的值为35或3. 【解析】试题分析:(1)AB 与OD 交于点H ,根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长;根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长,再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长,即可表示出FD ;(2)根据题意表示出矩形的长和宽,然后构造二次函数,通过二次函数的最值可求解;(3)当矩形为正方形时,分别让其长与宽相等,列方程求解即可.试题解析:(1)5t BQ =,2DF=t 3; (2)DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ,()22211·t 13326S DF DE t t ⎛⎫==-=--+ ⎪⎝⎭,∴当t=12时,矩形DEGF 的最大面积为16; (3)当矩形DEGF 为正方形时,221133t t t t -=-=或,解得335t t ==或.5.如图①、②、③是两个半径都等于2的⊙O 1和⊙O 2,由重合状态沿水平方向运动到互相外切过程中的三个位置,⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B 两点,分别连结O 1A 、O 1B 、O 2A 、O 2B 和AB .(1)如图②,当∠AO 1B =120°时,求两圆重叠部分图形的周长l ;(2)设∠AO 1B 的度数为x ,两圆重叠部分图形的周长为y ,求y 关于x 的函数关系式,并写出自变量x 的取值范围;(3)在(2)中,当重叠部分图形的周长时,则线段O 2A 所在的直线与⊙O 1有何位置关系?请说明理由.除此之外,它们是否还有其它的位置关系?如果有,请直接写出其它位置关系时的x 的取值范围.【答案】(1)83π(2)(0≤x ≤180) (3)O 2A 与⊙O 1相切;当0≤x ≤90和0≤x ≤180时,线段O 2A 所在的直线与⊙O 1相交【解析】试题分析:(1)解法一、依对称性得,∠AO 2B =∠AO 1B =120°,∴解法二、∵O 1A=O 1B=O 2A=O 2B∴AO 1BO 2是菱形 ∴∠AO 2B =∠AO 1B =120° ∴l =2׈A= (2)∵由(1)知,菱形AO 1BO 2中∠AO 2B =∠AO 1B=x 度,∴重叠图形的周长, 即(0≤x ≤180) (3) 当时,线段O 2A 所在的直线与⊙O 1相切!理由如下:∵,由(2)可知:, 解之x =90度 ∴AO 1B =90°,因此菱形AO 1BO 2是正方形,∴O 1AO 2=90°,即O 2A ⊥O 1A ,而O 1A 是⊙O 1的半径,且A 为半径之外端;∴O 2A 与⊙O 1相切.还有如下位置关系:当0≤x ≤90和0≤x ≤180时,线段O 2A 所在的直线与⊙O 1相交考点:直线与圆的位置关系点评:本题主要考查直线与圆的位置关系,掌握判定直线与圆的位置关系是解本题的关键,会求函数的解析式,本题难度比较大6.已知ABD △内接于圆O ,点C 为弧BD 上一点,连接BC AC AC 、,交BD 于点E ,CED ABC ∠=∠.(1)如图1,求证:弧AB =弧AD ;(2)如图2,过B 作BF AC ⊥于点F ,交圆O 点G ,连接AG 交BD 于点H ,且222EH BE DH =+,求CAG ∠的度数;(3)如图3,在(2)的条件下,圆O 上一点M 与点C 关于BD 对称,连接ME ,交AB 于点N ,点P 为弧AD 上一点,PQ BG ∥交AD 于点Q ,交BD 的延长线于点R ,AQ BN =,ANE 的周长为20,52DR =O 半径.【答案】(1)见解析;(2)∠CAG=45°;(3)r=62【解析】【分析】(1)证∠ABD=∠ACB 可得;(2)如下图,△AHD 绕点A 旋转至△ALE 处,使得点D 与点B 重合,证△ALE ≌△AHE ,利用勾股定理逆定理推导角度;(3)如下图,延长QR交AB于点T,分别过点N、Q作BD的垂线,交于点V,I,取QU=AE,过点U作UK垂直BD.先证△AEN≌△QUD,再证△NVE≌△RKU,可得到NV=KR=DK,进而求得OB的长.【详解】(1)∵∠CED是△BEC的外角,∴∠CED=∠EBC+∠BCA∵∠ABC=∠ABD+∠EBC又∵∠CED=∠ABC∴∠ABD=∠ACB∴弧AB=弧AD(2)如下图,△AHD绕点A旋转至△ALE处,使得点D与点B重合∵△ALB是△AHD旋转所得∴∠ABL=∠ADB,AL=AH设∠CAG=a,则∠CBG=a∵BG⊥AC∴∠BCA=90°-a,∴∠ADB=∠ABD=90°-a∴在△BAD中,BAE+∠HAD=180-a-(90°-a)-(90°-a)=a∴∠LAE=∠EAH=a∵LA=AH,AE=AE∴△ALE≌△AHE,∴LE=EH∵HD=LB,222EH BE DH=+∴△LBE为直角三角形∴∠LBE=(90°-a)+(90°-a)=90°,解得:a=45°∴∠CAG=45°(3)如下图,延长QR交AB于点T,分别过点N、Q作BD的垂线,交于点V,I,取QU=AE,过点U作UK垂直BD由(2)得∠BAD=90°∴点O在BD上设∠R=n,则∠SER=∠BEC=∠MEB=90°-n ∴∠AEN=2n∵SQ⊥AC∴∠TAS=∠AQS=∠DQR,AN=QD∵QU=AE∴△AEN≌△QUD∴∠QUD=∠AEN=2n∴UD=UR=NE,∵△ANE的周长为20∴QD+QR=20在△DQR中,QD=7∵∠ENR=∠UDK=∠R=n∴△NVE≌△RKU∴NV=KR=DK=2 2∴BN=5∴22r【点睛】本题考查了圆的证明,涉及到全等、旋转和勾股定理,解题关键是结合图形特点,适当构造全等三角形7.如图,AB为⊙O的直径,CD⊥AB于点G,E是CD上一点,且BE=DE,延长EB至点P,连接CP,使PC=PE,延长BE与⊙O交于点F,连结BD,FD.(1)连结BC,求证:△BCD≌△DFB;(2)求证:PC是⊙O的切线;(3)若tan F=23,AG﹣BG533,求ED的值.【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3)DE=1339.【解析】【分析】(1)由BE=DE可知∠CDB=∠FBD,而∠BFD=∠DCB,BD是公共边,结论显然成立.(2)连接OC,只需证明OC⊥PC即可.根据三角形外角知识以及圆心角与圆周角关系可知∠PEC=2∠CDB=∠COB,由PC=PE可知∠PCE=∠PEC=∠COB,注意到AB⊥CD,于是∠COB+∠OCG=90°=∠OCG+∠PEC=∠OCP,结论得证.(3)由于∠BCD=∠F,于是tan∠BCD=tanF=23=BGCG,设BG=2x,则CG=3x.注意到AB是直径,连接AC,则∠ACB是直角,由射影定理可知CG2=BG•AG,可得出AG的表达式(用x表示),再根据AG-BG=53求出x的值,从而CG、CB、BD、CD的长度可依次得出,最后利用△DEB∽△DBC列出比例关系算出ED的值.【详解】解:(1)证明:因为BE=DE,所以∠FBD=∠CDB,在△BCD和△DFB中:∠BCD=∠DFB∠CDB=∠FBDBD=DB所以△BCD≌△DFB(AAS).(2)证明:连接OC.因为∠PEC=∠EDB+∠EBD=2∠EDB,∠COB=2∠EDB,所以∠COB=∠PEC,因为PE =PC ,所以∠PEC =∠PCE ,所以∠PCE =∠COB ,因为AB ⊥CD 于G ,所以∠COB+∠OCG =90°,所以∠OCG+∠PEC =90°,即∠OCP =90°,所以OC ⊥PC ,所以PC 是圆O 的切线.(3)因为直径AB ⊥弦CD 于G ,所以BC =BD ,CG =DG ,所以∠BCD =∠BDC ,因为∠F =∠BCD ,tanF =23, 所以∠tan ∠BCD =23=BG CG, 设BG =2x ,则CG =3x .连接AC ,则∠ACB =90°,由射影定理可知:CG 2=AG•BG ,所以AG =229922x C x G x G B ==,因为AG ﹣BG ,所以2392x x -=,解得x =3,所以BG =2x CG =3x =所以BC =,所以BD =BC =3, 因为∠EBD =∠EDB =∠BCD ,所以△DEB ∽△DBC , 所以BDB DC DE D =,因为CD =2CG =所以DE =21339DB CD =. 【点睛】本题为圆的综合题,主要考查了垂径定理,圆心角与圆周角的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、切线的判定、射影定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等重要知识点.第(1)、(2)问解答的关键是导角,难度不大,第(3)问解答的要点在于根据射影定理以及条件当中告诉的两个等量关系求出BG 、CG 、BC 、BD 、CD 的值,最后利用“共边子母型相似”(即△DEB ∽△DBC )列比例方程求解ED .8.如图,PA ,PB 分别与O 相切于点A 和点B ,点C 为弧AB 上一点,连接PC 并延长交O 于点F ,D 为弧AF 上的一点,连接BD 交FC 于点E ,连接AD ,且2180APB PEB ∠+∠=︒.(1)如图1,求证://PF AD ;(2)如图2,连接AE ,若90APB ∠=︒,求证:PE 平分AEB ∠;(3)如图3,在(2)的条件下,连接AB 交PE 于点H ,连接OE ,8AD =,4sin 5ABD ∠=,求PH 的长. 【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)257 【解析】【分析】(1)连接OA 、OB ,由切线的性质可得90OAP OBP ∠=∠=︒,由四边形内角和是360︒,得180∠+∠=︒P AOB ,由同弧所对的圆心角是圆周角的一半,得到2AOB ADB ∠=∠,等量代换得到ADB PEB ∠=∠,由同位角相等两直线平行,得到//PF AD ;(2)过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K ,由90APB ∠=︒得290PEB ∠=︒,从而45PEB ∠=︒,由切线的性质,得PA PB =,由PK PE ⊥,45PEK ∠=︒,得PE PK =,从而90APE EPB ︒∠=-∠,进而APE BPK ∠=∠,即可证得APE BPK ∆∆≌由此45K AEP ∠=∠=︒,得到AEP PEB ∠=∠,即可证得PE 平分AEB ∠;(3)连接AO 并延长交圆O 于点M ,连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM ,由45ADE ∠=︒,90AED ∠=︒,可得DE AE =,由OA 、OD 为半径,可得OA OD =,即可证出DEO AEO ∆∆≌,由直径所对的圆周角是直角,可得90ADM ∠=︒,在Rt ADM ∆中,由正弦定义可得10AM =,由此5OA OB ==,由OAPB 为正方形,对角线AB 垂直平分OP ,从而,OH PH =.在Rt OAP ∆中,252OP OA ==.延长EO 交AD 于K ,在Rt OEP ∆中,由勾股定理得7PE =,在Rt OEH ∆中,由勾股定理得257PH =. 【详解】 (1)连接OA 、OB∵PA 、PB 与圆O 相切于点A 、B ,且OA 、OB 为半径,∴OA AP ⊥,OB BP ⊥,∴90OAP OBP ∠=∠=︒,∴在四边形AOBP 中,360180180P AOB ∠+∠=︒-︒=︒,∵AB AB =,∴2AOB ADB ∠=∠,∴2180P ADB ∠+∠=︒,∵2180P PEB ∠+∠=︒,∴ADB PEB ∠=∠,∴//PF AD(2)过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K∵90APB ∠=︒,∴21809090PEB ∠=︒-︒=︒,∴45PEB ∠=︒,∵PA 、PB 为圆O 的切线,∴PA PB =,∵PK PE ⊥,45PEK ∠=︒,∴PE PK = ,∵9090APE EPB KPB EPB ︒︒∠=-∠=∠=-∠,∴APE BPK ∠=∠,∴APE BPK ∆∆≌,∴45K AEP ∠=∠=︒,∴AEP PEB ∠=∠,∴PE 平分AEB ∠;(3)连接AO 并延长交圆O 于点M ,连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM∵45ADE ∠=︒,90AED ∠=︒,∴DE AE =,∵OA 、OD 为半径,∴OA OD =,∵OE OE =,∴DEO AEO ∆∆≌,∴1452AEO OED AED ∠=∠=∠=︒, ∴90OEP ∠=︒,∵AM 为圆O 的直径,∴90ADM ∠=︒,∵弧AD =弧AD ,∴ABD AMD ∠=∠,在Rt ADM ∆中,8AD =,4sin 5AMD ∠=,则10AM =, ∴5OA OB ==,由题易证四边形OAPB 为正方形,∴对角线AB 垂直平分OP ,AB OP =,∵H 在AB 上,∴OH PH =,在Rt OAP ∆中,252OP OA ==延长EO 交AD 于K ,∵DE AE =,可证OK AD ⊥,DOK ABD ∠=∠,∴4DK KE ==,3OK =,1OE =∴在Rt OEP ∆中,227PE OP OE =-=在Rt OEH ∆中,222OH OE EH =+∵OH PH =,7EH PE HP PH =-=-∴()22217PH PH =+- ∴257PH =. 【点睛】 本题考查了圆的综合题,圆的性质,等腰三角形的性质,相交弦定理,正弦定理,勾股定理,灵活运用这些性质定理解决问题是本题的关键.9.AB 是O 直径,,C D 分别是上下半圆上一点,且弧BC =弧BD ,连接,AC BC ,连接CD 交AB 于E ,(1)如图(1)求证:90AEC ∠=︒;(2)如图(2)F 是弧AD 一点,点,M N 分别是弧AC 和弧FD 的中点,连接FD ,连接MN 分别交AC ,FD 于,P Q 两点,求证:MPC NQD ∠=∠(3)如图(3)在(2)问条件下,MN 交AB 于G ,交BF 于L ,过点G 作GH MN ⊥交AF 于H ,连接BH ,若,6,BG HF AG ABH ==∆的面积等于8,求线段MN 的长度【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)24105MN =. 【解析】【分析】(1)由垂径定理即可证明; (2)利用等弧所对的圆周角相等和三角形外角性质即可得到结论;(3)由∠MPC=∠NQD 可得:∠BGL=∠BLG ,BL=BG ,作BR ⊥MN ,GT ⊥AF ,HK ⊥AB ,证明:GH 平分∠AGT ,利用相似三角形性质和角平分线性质求得△AGT 三边关系,再求出HK 与GH ,OS ⊥MN ,再利用相似三角形性质求出OS ,利用勾股定理求MN 即可.【详解】解:()1证明:∵BC BD =,AB 为直径,∴AB ⊥CD∴∠AEC=90°;()2连接,OM ON ,∵点M 是弧AC 的中点,点N 是弧DF 的中点,∴AM CM =,FN DN =,∴,OM AC ON FD ⊥⊥,∵OM=ON ,∴M N ∠=∠,∵90M MPC N NQB ∠+∠=∠+∠=︒,MPC NQD ∴∠=∠;()3如图3,过G 作GT ⊥AF 于T ,过H 作HK ⊥AB 于K ,过B 作BR ⊥MN 于R ,过O 作OS ⊥MN 于S ,连接OM ,设BG=m ,∵△ABH 的面积等于8,AG=6 ∴HK=166m +, ∵BC BD =,∴∠BAC=∠BFD ,由(2)得∠MPC=∠NQD∴∠AGM=∠FLN∴∠BGL=∠BLG∴BL=BG ,∵BR ⊥MN∴∠ABR=∠FBR∵GH ⊥MN∴GH ∥BR∴∠AGH=∠ABR∵AB 是直径,GT ⊥AF∴∠AFB=∠ATG=90°∴GT ∥BF ,又∵GH ∥BR∴∠TGH=∠FBR∴∠AGH=∠TGH ,又∵HK ⊥AG ,HT ⊥GT ,∴HT=HK=166m +, ∵FH=BG=m , ∴FT=16(8)(2)66m m m m m +--=++, ∵GT ∥BF , ∴AT AG FT BG=, ∴6(8)(2)(6)m m AT m m +-=+,616m AH m -=,48(6)(38)m KG TG m m ==+-, ∵222AT TG AG +=,代入解得:m=4;∴AB=10,OM=5,GK=245,HK=85,OG=1∴GH=5, ∵OS ⊥MN∴∠OSG=∠GKH=90°,GH ∥OS∴∠HGK=∠GOS∴△HGK ∽△GOS , ∴OS GK OG GH=,∴OS =∴MG =∴MN =【点睛】 本题考查了圆的性质,圆周角定理,垂径定理,相似三角形判定和性质,勾股定理等,综合性较强,尤其是第(3)问难度很大,计算量大,解题的关键是熟练掌握所学的知识,正确作出辅助线,运用数形结合的思想进行解题.10.如图,平行四边形ABCD中,AB=5,BC=8,cosB=45,点E是BC边上的动点,以C为圆心,CE长为半径作圆C,交AC于F,连接AE,EF.(1)求AC的长;(2)当AE与圆C相切时,求弦EF的长;(3)圆C与线段AD没有公共点时,确定半径CE的取值范围.【答案】(1)AC=5;(2)4105EF=;(3)03CE≤<或58CE<≤.【解析】【分析】(1)过A作AG⊥BC于点G,由cos45B=,得到BG=4,AG=3,然后由勾股定理即可求出AC的长度;(2)当点E与点G重合时,AE与圆C相切,过点F作FH⊥CE,则CE=CF=4,则CH=3.2,FH=2.4,得到EH=0.8,由勾股定理,即可得到EF的长度;(3)根据题意,可分情况进行讨论:①当圆C与AD相离时;②当CE>CA时;分别求出CE的取值范围,即可得到答案.【详解】解:(1)过A作AG⊥BC于点G,如图:在Rt△ABG中,AB=5,4 cos5BGBAB==,∴BG=4,∴AG=3,∴844CG=-=,∴点G是BC的中点,在Rt△ACG中,22345AC+=;(2)当点E与点G重合时,AE与圆C相切,过点F作FH⊥CE,如图:∴CE=CF=4,∵AB=AC=5,∴∠B=∠ACB ,∴4cos cos 5CH B ACB CF =∠==, ∴CH=3.2,在Rt △CFH 中,由勾股定理,得FH=2.4,∴EH=0.8,在Rt △EFH 中,由勾股定理,得 224100.8 2.4EF =+=; (3)根据题意,圆C 与线段AD 没有公共点时,可分为以下两种情况:①当圆C 与AD 相离时,则CE<AE ,∴半径CE 的取值范围是:03CE ≤<;②当CE>CA 时,点E 在线段BC 上,∴半径CE 的取值范围是:58CE <≤;综合上述,半径CE 的取值范围是:03CE ≤<或58CE <≤.【点睛】本题考查了解直角三角形,直线与圆的位置关系,平行四边形的性质,勾股定理,以及线段的动点问题,解题的关键是熟练掌握所学的知识,正确作出辅助线,正确确定动点的位置,从而进行解题.。

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