北师大版九年级下册第三章圆高分突破压轴专练试卷（二）（Word版含答案）

第三章《圆》高分突破压轴专练（二）
1．如图①，在平面直角坐标系中，直径为2的⊙A经过坐标系原点O（0，0），与x轴交于点B，与y轴交于点C（0，）．
（1）求点B的坐标；
（2）如图②，过点B作⊙A的切线交直线OA于点P，求点P的坐标；
（3）过点P作⊙A的另一条切线PE，请直接写出切点E的坐标．
2．如图，已知△ABC是等边三角形，以AB为直径作⊙O，交BC边于点D，交AC边于点F，作DE⊥AC于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若△ABC的边长为4，求EF的长度．
3．如图，AB为⊙O的弦，AB＝OA．
（1）如图1，求tanA；
（2）如图2，CD为⊙O的弦，CD分别交OA、OB于点E、F，CD∥AB，求证：CE＝DF；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作OB的平行线交⊙O于点G，连接CG，EF＝4，DG＝11，求点O到直线CG的距离．
4．如图，△ABC内接于⊙O，点E为弦BC上的一点，CE＝CA，OE⊥BC，延长AE交⊙O于点D，连接BD、OE．
（1）如图1，当AB为⊙O直径时，求证：BD＝OE；
（2）如图2，求证：∠C+2∠DBC＝180°；
（3）在（2）的条件下，如图3，作直径AH，连接HB、OD，若tan∠DOE＝，BC＝4，求BH的长．
5．如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA＝5，OA与⊙O相交于点P，点B在⊙O上，BP的延长线交直线l于点C，连结AB，AB＝AC．
（1）直线AB与⊙O相切吗？请说明理由；
（2）线段BC的中点为M，当⊙O的半径r为多少时，直线AM与⊙O相切．
6．如图PA、PB分别切⊙O于点A、B，线段PO交⊙O于点D，AO的延长线交⊙O于点C，过点P作PM∥AC交CB的延长线于点M．
（1）求证：四边形POCM是平行四边形；
（2）若△PAB为等边三角形，判断点A、D、M是否在同一条直线上并说明理由；
（3）若线段PA、PD长是方程x2﹣6x+8＝0的两个根，求平行四边形POCM的面积．
7．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD⊥AB于D，AD＝2，CD＝4．∠BCD的角平分线CE与过点B的切线l交过点E．
（1）求⊙O半径的长；
（2）求点E到直线BC的距离．
8．已知，如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，⊙O分别与AB、AC相切于点B、点D，点F在CD上，连接OF交⊙O于点G，且G在BC上，∠AFO＝45°，过D作DH⊥BC于H，交⊙O于E，交OF于点N；
（1）求证：∠FND＝3∠C；
（2）射线BO交DE于M，求证：OM＝FG；
（3）在
（2）条件下，连接BE，若由BC、DC和弧BD所围成图形的面积为π+﹣时，求四边形ABED的面积．
9．已知，AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，动点M、N分别在线段OC、CD上，AM的延长线与射线ON相交于点E，与弦CD相交于点F．
（1）如图1，若DN＝OM，求证：AM＝ON；
（2）如图2，点P是弦CD上一点，若AP＝OP，∠APO＝90°，求∠COP的度数；
（3）在（1）的条件下，若AB＝20，cos∠AOC＝，当点E在ON的延长线上，且NE＝NF时，求线段EF的长．
10．如图，⊙O与射线AM相切于点B，⊙O的半径为3．连结DA，作OC⊥OA交⊙O于点C，连结BC，交DA于点D．
（1）求证：AB＝AD；
（2）若OD＝1，求AB的长；
（3）是否存在△AOB与△COD全等的情形？若存在，求AB的长，若不存在，请说明理由．
参考答案
1．解：（1）如图①，连接BC，
∵∠BOC＝90°，
∴BC是⊙A的直径，
∴，
∵，
∴．
∴OB＝＝3，
∴B（3，0）；
（2）如图②，过点P作PD⊥x轴于点D，
∵PB为⊙A的切线，
，
∴．
∴∠OBC＝30°，
∴∠AOB＝30°．
∴∠OPB＝180°﹣∠POB﹣∠ABO﹣∠ABP＝30°．
∴OB＝BP＝3，
在Rt△PBD中，∠PDB＝90°，∠PBD＝60°，BP＝3，
∴，．
∵OB＝3，
∴．
∴；
（3）由（2）得，∠OPB＝30°，
∵PE、PB是⊙A的切线，
∴∠EPA＝∠OPB＝30°，
∴∠EPB＝60°，又∠PBD＝60°，
∴PE∥OD，
∴．
2．（1）证明：如图1，连接OD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°．
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠B＝60°．
∵DE⊥AC，
∴∠DEC＝90°．
∴∠EDC＝30°．
∴∠ODE＝90°．
∴DE⊥OD于点D．
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接AD，BF，
∵AB为⊙O直径，
∴∠AFB＝∠ADB＝90°．
∴AF⊥BF，AD⊥BD．
∵△ABC是等边三角形，
∴，．
∵∠EDC＝30°，
∴．
∴FE＝FC﹣EC＝1．
3．解：（1）如图1中，
∵OA＝OB，AB＝OA，
∴OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∴tanA＝．
（2）如图2中，作OK⊥CD于K．
∵OK⊥CD，
∴CK＝KD，
∵CD∥AB，
∴∠OEF＝∠A＝60°＝∠AOB，
∴△OEF是等边三角形，
∴OE＝OF，∵OK⊥EF，
∴KE＝KF，
∴CK﹣KE＝KD﹣KF，即CE＝DF．
（3）如图3中，作OH⊥CD于K，FK⊥DG于K，GN⊥CD于N，OJ⊥CD于J，OM⊥CG于M．
∵△OEF是等边三角形，
∴EF＝OF＝OE＝4，
∵∠OHK＝∠FKH＝90°，
∵DG∥OB，
∴∠HOF+∠OHK＝180°，
∴∠HOF＝90°，
∴∠OHK＝∠FKH＝∠HOF＝90°，
∴四边形OFKH是矩形，设OH＝x，
∴HK＝OF＝4，OH＝FK＝x，KD＝x，
∵OH⊥DG，DG＝11，
∴DH＝GH＝，
∴4+x＝，
∴x＝，
∴OD＝＝＝，
∴JD＝CJ＝＝＝5，CD＝2JD＝10，
在Rt△GND中，∵DG＝11，∠GDN＝60°，∠GND＝90°，
∴DN＝，GN＝，CN＝CD﹣DN＝，
在Rt△CGN中，CG＝＝＝，
∵S△COG+S△COD+S△DOG＝S△CDG，
∴?OM+?10?2+?11?＝?10?，
∴OM＝．
4．解：（1）如图1中，
∵OE⊥BC，
∴BE＝EC．
∵OA＝OB，
∴OE＝AC．
∵AB为直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°．
∵AC＝CE，
∴∠CAE＝∠BED＝45°．
∵sin∠BED＝＝，
∴BE＝CE＝AC＝BD，
∴BD＝OE．
（2）如图2中，
∵AC＝CE，
∴∠CAE＝∠CEA，
∵∠DBC＝∠EAC，
∴∠DBC+∠CEA+∠ACB＝180°，
∴∠C+2∠DBC＝180°；
（3）解：如图3，过点O作OM⊥AC于点M，过点D作DK⊥BC于点K、DG⊥OE交OE延长线于点G，连接OC，过点A作AP⊥BC交BC延长线于点P．
由（2）得：BE＝CE＝AC＝BC＝2，
∵OA＝OC，
∴AM＝CM＝1，
∵BD＝DE，
∴BK＝KE＝1，
∵∠DKE＝∠DGE＝∠GEK＝90°，四边形DKEG为矩形，
∴DG＝1，
∵OA＝OD，
∴△OAM≌△ODG，
∴∠DOG＝∠AOM，
∴tan∠AOM＝tan∠DOG＝＝，
∵AM＝1，
∴OM＝，
∴OA＝＝，
∴AH＝2OA＝，
∵∠AOC＝2∠ABC，
∴∠ABC＝∠AOM，
∵tan∠ABC＝tan∠AOM＝＝，
设AP＝a，BP＝5a，
∴CP＝5a﹣4，
∵AP2+CP2＝AC2，即（a）2+（5a﹣4）2＝22，
解得：a1＝1，a2＝（舍去），
∴BP＝5，AP＝，AB＝＝2，
∴BH＝＝．
5．解：（1）直线AB与⊙O相切．理由如下：
连接OB，如图，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
又∵OP＝OB，
∴∠OPB＝∠OBP，
∵OA⊥l，
∴∠OAC＝90°，
∴∠ACB+∠APC＝90°．
而∠ABC＝∠ACB，∠APC＝∠OPB＝∠OBP，
∴∠OBP+∠ABC＝90°，即∠OBA＝90°，
∴OB⊥AB，
∴直线AB是⊙O的切线；
（2）设AM与⊙O切于点T，连接OT，如图，
∵AB和AT为切线，
∴∠OAT＝∠OAB，
∵M点为BC的中点，
而AB＝AC，
∴∠CAM＝∠BAM，
∴∠CAM＝2∠OAT，
而∠CAO＝90，
∴∠OAT＝30°，
∴OT＝OA＝．
6．解：（1）∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，线段PO交⊙O于点D，
∴PO⊥AB，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝∠ABM＝90°，
∴PO∥MC，
∵PM∥AC，
∴四边形POCM是平行四边形；
（2）在，
理由：如图，连接AD，CD，DM，
∵△PAB为等边三角形，
∴∠APO＝30°，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO＝90°，
∴∠AOD＝60°，
∵AC是⊙O直径，
∴∠ADC＝90°，
∠OCD＝30°，
∵OA＝OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD＝30°，
∵AC∥PM，
∴∠OPM＝∠AOD＝60°
∵PO∥MC，
∴∠DCM＝∠ODC＝30°，
在Rt△AOP中，∠APO＝30°，
∴PO＝2OA＝2OD＝2OC，
∴PD＝OC，
由（1）知，四边形POCM是平行四边形，
∴∠POC＝∠PMC＝120°，OC＝CM，
∴PD＝CM，
∴∠PMD＝∠PDM＝60°，
∴∠DMC＝60°，
∴∠DMC+∠DCM＝60°+30°＝90°，
∴∠CDM＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴点A、D、M在同一条直线上．
（3）如图1，
∵线段PA、PD长是方程x2﹣6x+8＝0的两个根，
∴PA＝4，PD＝2，
根据切割线定理得，PA2＝PD（PD+AC），
∴16＝2（2+AC），
∴AC＝6，
∴OA＝OD＝3，
∴PO＝PD+OD＝5，
根据等面积法得，PA×OA＝AF×PO，
∴4×3＝AF×5，
∴AF＝，
∴S平行四边形POCM＝PO×BF＝PO×AF＝5×＝12．
7．解：（1）如图1中，连接OC，设⊙O的半径为r．
∵AD＝2，OD＝r﹣2，
∵CD⊥AB，
∴∠CDO＝90°，
在Rt△CDO中，∵CD2+DO2＝CO2，
∴42+（r﹣2）2＝r2，
∴r＝5，
⊙O的半径为5．
（2）如图2中，过点E作EF⊥CD，垂足为点F，EG⊥CB，垂足为G，则∠EFD＝90°，
∵直线l切⊙O于B，
∴AB⊥l，
∴∠DBE＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠BDF＝90°，
∴四边形BDFE是矩形，
∴EF＝BO+OD＝8，
∵点E在∠BCD的平分线上，
∴EG＝EF＝8．
∴点E到直线BC的距离为8．
8．解：（1）如图1，
∵∠BAC＝90°，
∴∠C+∠ABC＝90°，
连接OB，OD，
∵⊙O分别与AB、AC相切于点B、点D，
∴∠ABO＝∠ADO＝90°，
∴∠OBC+∠ABC＝90°，
∴∠OBC＝∠C，
∵∠ODC＝90°，∠AFO＝45°，
∴∠DOF＝45°
∵∠BAD＝90°，
∴四边形ABOD是矩形，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BOG＝∠BOD+∠DOF＝135°，
∵OB＝OG，
∴∠OBG＝∠OGB＝22.5°，
∴∠C＝∠OBC＝22.5°，
在四边形ABHD中，
∵DH⊥BC，
∴∠BHD＝90°，
∵∠A＝90°，
∴∠ABH+∠ADH＝180°，
∴∠ABO﹣∠OBC+∠ADO+∠ODN＝180°，
∵∠ABO＝∠ADO＝90°，
∴∠ODN＝∠OBC＝22.5°，
∴∠DNF＝∠DOF+∠ODN＝45°+22.5°＝67.5°，
∵∠C＝22.5°，
∴∠FDN＝3∠C，
（2）如图2，
由（1）知，∠ODN＝22.5°，
∴∠FDN＝67.5°＝∠DNF，
∴FN＝FD，
在Rt△ODF中，∠AFO＝45°，
∴FD＝OD＝OG＝ON+NG，
∵FN＝ON+NG，
∴FG＝ON，
∵∠BOF＝135°，
∴∠MON＝45°，
∵∠ONM＝∠DNF＝67.5°，
∴∠OMN＝67.5°，
∴OM＝ON，
∴OM＝FG，
（3）如图3，设⊙O的半径为R，
∴AB＝AD＝OB＝R，
∴BD＝OB＝R，
由（2）知，∠CDH＝67.5°，
由（1）知，∠ODN＝22.5°，
∵∠ODB＝45°，
∴∠BDH＝67.5°，
∴∠BDH＝∠CDH，
∵DH⊥BC，
∴CD＝BD＝R，
∴AC＝AD+CD＝（+1）R，
∵BD是正方形ABOD的对角线，
∴S△ABD＝S△OBD
∵由BC、DC和弧BD所围成图形的面积为π+﹣，
∴π+﹣＝S△ABC﹣S△ABD+S弓形BD
＝S△ABC﹣S△ABD+S扇形OBD﹣S△BDO＝S△ABC+S扇形OBD﹣2S△BDO＝AB×AC+﹣2×OB2＝R×（+1）R+﹣R2＝（﹣+）R2，
∴R＝3，
∵∠BDE＝67.5°，∠E＝∠BOD＝45°，
∴∠EBD＝67.5°＝∠BDE，
∴BE＝DE，
∵OB＝OD，
∴点O，E都在BD的垂直平分线上，
∴△BDE的边BD上的高h＝R+，
∴S四边形ABED＝S△ABD+S△BDE＝×+＝（1+）R2＝9+．
9．解：（1）如图1，
连接OD，
∴OA＝OD，
∵CD∥AB，
∴∠BOD＝∠NDO，，
∴∠AOC＝∠BCD，
∴∠AOC＝∠CDO，
在△AMO和△OND中，，
∴△AMO≌△OND，
∴AM＝ON，
（2）如图2，
过点C作CG⊥AB，PH⊥AB，
∴CG＝PH，
∵AP＝OP，∠APO＝90°，
∴∠AOP＝45°，PH＝OA，
∴CG＝OA＝OC，
∴∠AOC＝30°，
∴∠COP＝∠AOP﹣∠AOC＝15°．
（3）如图3，
作OG⊥CD于G，连接OD，
∵AB＝20，
∴OC＝10
CG＝OC?cos∠C＝OC?cos∠AOC＝10×＝8
∴CD＝2CG＝16
∵NE＝NF，
∴∠E＝∠EFN
∵CD∥AB，
∴∠EFN＝∠A
∴∠E＝∠A，
∴OE＝OA
∵CD∥AB，
∴∠BOD＝∠D＝∠C＝∠AOC
∴∠AOE＝∠COD
∴△AOE≌△COD，
∴AE＝CD＝16
∵△AOM≌△ODN，
∴∠NOD＝∠A＝∠E
∴AE∥OD，
∴四边形AODF是平行四边形
∴AF＝OD＝10
∴EF＝AE﹣AF＝16﹣10＝6，
10．解：（1）∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵OC⊥OA，
∴∠OCB+∠ODC＝90°，
∴∠OBC+∠ODC＝90°，
∵∠ADB＝∠ODC，
∴∠OBC+∠ADB＝90°，
∵⊙O与射线AM相切于点B，
∴∠ABO＝90°，
∴∠OBC+∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD；
（2）由（1）知，AB＝AD，
∴OA＝AD+OD＝AD+1，
在Rt△ABO中，AB2+OB2＝OA2，
AD2+9＝（AD+1）2，
∴AB＝AD＝4；
（3）存在，
理由：∵△AOB和△COD都是直角三角形，
∴△AOB与△COD全等，
只有AB＝OC或AB＝OD，
①当AB＝OC时，
∵OB＝OC，
∴AB＝OB＝3，
∴∠A＝∠AOB＝45°，
∵AB＝AD，
∴∠ODC＝∠ADB＝67.5°≠∠AOB，
∴此种情况不存在，
②当AB＝OD时，
∵AD＝AB，
∴AD＝OD，即：OA＝2AD＝2AB，
在Rt△ABO中，OB＝3，
根据勾股定理得，AB2+OB2＝AD2，
∴AB2+9＝4AB2，
∴AB＝
即：存在△AOB与△COD全等，此时AB＝．