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1、專題訓練(四)
[與圓有關的計算和證明]
1.[2017·慶陽]如圖ZT4-1,AN是☉M的直徑,NB∥x軸,AB交☉M于點C.點A(0,6),N(0,2),∠ABN=30°.
圖ZT4-1
(1)求點B的坐標;
(2)若D為線段NB的中點,求證:直線CD是☉M的切線.
2.[2017·巴中]如圖ZT4-2,AH是☉O的直徑,AE平分∠FAH,交☉O于點E,過點E的直線FG⊥AF,垂足為F,B為半徑OH上一點,點E,F分別在矩形ABCD的邊BC和CD上.
圖ZT4-2
(1)求證:直線FG是☉O的切線.
(2)若AF=12,BE=6,求FCAD的值.
2、
3.[2018·貴港]如圖ZT4-3,已知☉O是△ABC的外接圓,且AB=BC=CD,AB∥CD,連接BD.
圖ZT4-3
(1)求證:BD是☉O的切線;
(2)若AB=10,cos∠BAC=35,求BD的長及☉O的半徑.
4.[2018·曲靖]如圖ZT4-4,AB為☉O的直徑,點C為☉O上一點,將BC沿直線BC翻折,使BC的中點D恰好與圓心O重合,連接OC,CD,BD,過點C的切線與線段BA的延長線交于點P,連接AD,在PB的另一側作∠MPB=∠ADC.
圖ZT4-4
(1)判斷PM與☉O的位置關系,并說明理由;
(2)若PC=3,求四邊形OC
3、DB的面積.
5.[2017·內(nèi)江]如圖ZT4-5,在☉O中,直徑CD垂直于不過圓心O的弦AB,垂足為點N,連接AC,點E在AB上,且AE=CE.
(1)求證:AC2=AE·AB;
(2)過點B作☉O的切線交EC的延長線于點P,試判斷PB與PE是否相等,并說明理由;
(3)設☉O的半徑為4,點N為OC中點,點Q在☉O上,求線段PQ的最小值.
圖ZT4-5
6.[2018·廣東]如圖ZT4-6,四邊形ABCD中,AB=AD=CD,以AB為直徑的☉O經(jīng)過點C,連接AC,OD交于點E.
圖ZT4-6
(1)證明:OD∥BC;
(2)若tan∠ABC=2
4、,證明:DA與☉O相切;
(3)在(2)的條件下,連接BD交☉O于點F,連接EF,若BC=1,求EF的長.
參考答案
1.解:(1)∵A的坐標為(0,6),N(0,2),
∴AN=4.
∵∠ABN=30°,∠ANB=90°,
∴AB=2AN=8,
∴由勾股定理可知NB=43,
∴B(43,2).
(2)證明:連接MC,NC.∵AN是☉M的直徑,
∴∠ACN=90°,∴∠NCB=90°.
在Rt△NCB中,D為NB的中點,
∴CD=12NB=ND,∴∠CND=∠NCD,
∵MC=MN,∴∠MCN=∠MNC.
∵∠MNC+∠CND=90°,
∴
5、∠MCN+∠NCD=90°,
即MC⊥CD.
∴直線CD是☉M的切線.
2.解:(1)證明:連接OE.
∵OA=OE,∴∠OAE=∠OEA.
∵AE平分∠FAH,∴∠HAE=∠EAF,
∴∠FAE=∠OEA,
∴OE∥AF,∴∠OEG=∠AFG.
又∵AF⊥FG,∴∠AFG=90°,
∴∠OEG=∠AFG=90°,
∴OE⊥FG,∴直線FG是☉O的切線.
(2)∵四邊形ABCD為矩形,
∴BE⊥AB.
∵EF⊥AF,又∵AE平分∠FAB,
∴EF=BE=6.
又∵四邊形ABCD為矩形,
∴∠D=∠C=90°.
∵∠D=90°,∴∠DAF+∠AFD=90°.
6、
又∵AF⊥FG,
∴∠AFG=90°,
∴∠AFD+∠CFE=90°,
∴∠DAF=∠CFE.
又∵∠D=∠C,∴△ADF∽△FCE,
∴FC∶AD=EF∶AF.
∴FC∶AD=6∶12=1∶2.
3.解:(1)連接BO并延長交AC于H,
由于☉O是△ABC的外接圓,AB=BC,則BH⊥AC且AH=CH,
又∵AB=CD,AB∥CD,
∴四邊形ABDC是平行四邊形,∴AC∥BD,
∴BH⊥BD,即OB⊥BD,
∴BD是☉O的切線.
(2)由(1)知,BD=AC,
而AC=2AH=2AB·cos∠BAC=2×10×35=12.
∴BD=12.
設圓的半徑為
7、r,OH=x,
則有r+x=BH,連接AO,在Rt△OAH中,AH2+x2=r2,
又BH=AB2-AH2=102-62=8,
∴r+x=8①.
又由AH2+x2=r2得,(r+x)(r-x)=AH2=36,
∴r-x=92②.
①,②聯(lián)立,解得r=254,
∴☉O的半徑為254.
4.解:(1)過點O作OH⊥PM,連接OD交BC于點E,由于點D為BC中點,且沿BC折疊與O重合,所以OD垂直平分BC,OE=12OD=12OB,
所以∠OBC=30°,所以∠ADC=∠MPB=30°,
則∠POH=60°,
又因為∠POC=2∠OBC=60°,
所以∠POH=∠POC,
8、又因為∠PHO=∠PCO,PO=PO,所以△PHO≌△PCO,
所以OH=OC,直線PM到圓心的距離等于半徑,且OH⊥PM,因此PM是☉O的切線.
(2)由于D是BC中點,且沿BC折疊與點O重合,
所以OB=DB,OC=CD,
又因為OC=OB,
所以OC=CD=DB=BO,
所以△COD是等邊三角形,四邊形OCDB是菱形,由(1)得出∠CPO=∠HPO=30°,
所以OC=PC×tan30°=3×33=1,
則四邊形OCDB的面積為2×12×1×1×32=32,
因此四邊形OCDB的面積為32.
5.解:(1)證明:如圖,連接BC,∵CD⊥AB,
∴CB=CA,∴∠
9、CAB=∠CBA.
又∵AE=CE,∴∠CAE=∠ACE.
∴∠ACE=∠ABC.
∵∠CAE=∠BAC,∴△CAE∽△BAC.
∴ACAB=AEAC,即AC2=AE·AB.
(2)PB=PE.理由如下:如圖,連接BD,OB.
∵CD是直徑,∴∠CBD=90°.
∵BP是☉O的切線,
∴∠OBP=90°.
∴∠BCD+∠D=∠PBC+∠OBC=90°.
∵OB=OC,∴∠OBC=∠OCB.
∴∠PBC=∠D.
∵∠A=∠D,∴∠PBC=∠A.
∵∠ACE=∠ABC,∠PEB=∠A+∠ACE,∠PBN=∠PBC+∠ABC,
∴∠PEB=∠PBN.∴PE=PB.
10、(3)如圖,連接PO交☉O于點Q,
則此時線段PQ有最小值.
∵N是OC的中點,∴ON=2.
∵OB=4,∴∠OBN=30°,
∴∠PBE=60°.
∵PE=PB,∴△PEB是等邊三角形.
∴∠PEB=60°,PB=BE.
在Rt△BON中,BN=OB2-ON2=42-22=23.
在Rt△CEN中,EN=CNtan60°=23=233.
∴BE=BN+EN=833.
∴PB=BE=833.
∴PQ=PO-OQ=OB2+PB2-OQ=42+(833)?2-4=4321-4.
6.[解析] (1)連接OC,由SSS可證得△OAD≌△OCD,得∠ADO=∠CDO,由AD=C
11、D可證DE⊥AC,再由AB為直徑證得BC⊥AC,從而得OD∥BC;(2)根據(jù)tan∠ABC=2,可設BC=a,則AC=2a,AD=AB=AC2+BC2=5a,由OE為中位線知OE=12a,AE=CE=12AC=a,進一步求得DE=AD2-AE2=2a,在△AOD中利用勾股定理的逆定理證∠OAD=90°即可;(3)先證△AFD∽△BAD,得DF·BD=AD2,再證△AED∽△OAD,得OD·DE=AD2,從而可得DF·BD=OD·DE,即DFOD=DEBD,結合∠EDF=∠BDO知△EDF∽△BDO,據(jù)此可得EFOB=DEBD,結合(2)所得相關線段的長,代入計算可得.
解:(1)證明:連接O
12、C,
在△OAD和△OCD中,
∵OA=OC,AD=CD,OD=OD,
∴△OAD≌△OCD(SSS),
∴∠ADO=∠CDO.
∵AD=CD,
∴DE⊥AC,
∴∠AEO=90°.
∵AB為☉O的直徑,
∴∠ACB=90°,
∴∠AEO=∠ACB,
∴OD∥BC.
(2)證明:∵tan∠ABC=ACBC=2,
∴設BC=a,則AC=2a,
∴AD=AB=AC2+BC2=5a.
∵OE∥BC,且AO=BO,
∴OE=12BC=12a,AE=CE=12AC=a.
在△AED中,DE=AD2-AE2=2a.
在△AOD中,AO2+AD2=52a2+(5a)2
13、=254a2,OD2=(OE+DE)2=12a+2a2=254a2,
∴AO2+AD2=OD2,
∴∠OAD=90°,
則DA與☉O相切.
(3)連接AF,
∵AB是☉O的直徑,
∴∠AFD=∠BAD=90°,
又∵∠ADF=∠BDA,
∴△AFD∽△BAD,
∴DFAD=ADBD,即DF·BD=AD2. ①
∵∠AED=∠OAD=90°,∠ADE=∠ODA,
∴△AED∽△OAD,
∴ADOD=DEAD,即OD·DE=AD2. ②
由①②可得DF·BD=OD·DE,即DFOD=DEBD,
又∵∠EDF=∠BDO,
∴△EDF∽△BDO,
∵BC=1,
∴AB=AD=5,OD=52,ED=2,BD=10,OB=52,
∴EFOB=DEBD,即EF52=210,
解得EF=22.
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