北师大版数学九年级下册第三章《圆》高分突破压轴专练（三）（word版含答案）

第三章《圆》高分突破压轴专练（三）
1．已知点M是锐角△ABC的外心，线段AM的延长线交边BC于点N，⊙O经过点A、M，分别交AB、AC于点D、E．
（1）如图1，当线段AM为⊙O的直径时，
①求证：DE∥BC；
②若AD＝AE，∠BAC＝60°，连接DN，求证：直线DN是⊙O的切线；
③若AD＝AE，∠BAC＝45°，BC＝2a，用含a的式子表示AD2；
（2）如图2，连MD、ME，若△ABC是等边三角形，且四边形ADME的面积为3，试求AB的长．
2．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为⊙O的直径，∠ACB的平分线交⊙O于点D，交AB于点F；过D作⊙O的切线，交CA延长线于点E．
（1）求证：AB∥DE；
（2）写出AC、CD、BC之间的数量关系　
　，并加以证明．
（3）若tan∠B＝，DF＝5，求DE的长．
3．如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（3，4），P为线段OA上一动点，过O，P，B三点的圆交x轴正半轴于点C，连结AB，PC，BC，设OP＝m．
（1）求证：当P与A重合时，四边形POCB是矩形．
（2）连结PB，求tan∠BPC的值．
（3）记该圆的圆心为M，连结OM，BM，当四边形POMB中有一组对边平行时，求所有满足条件的m的值．
（4）作点O关于PC的对称点O'，在点P的整个运动过程中，当点O'落在△APB的内部（含边界）时，请写出m的取值范围．
4．如图，以矩形ABCD的边CD为直径作⊙O，点E是AB的中点，连接CE交⊙O于点F，连接AF并延长交BC于点H．
（1）若连接AO，试判断四边形AECO的形状，并说明理由；
（2）求证：AH是⊙O的切线；
（3）若AB＝6，CH＝2，则AH的长为　
　．
5．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，G为⊙O上一点，连接AG交CD于K，在CD的延长线上取一点E，使EG＝EK，EG的延长线交AB的延长线于F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）连接DG，若AC∥EF时．
①求证：△KGD∽△KEG；
②若cosC＝，AK＝，求BF的长．
6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O是线段BC上一点，以O为圆心，OC为半径作⊙O，AB与⊙O相切于点F，直线AO交⊙O于点E，D．
（1）求证：AO是△CAB的角平分线；
（2）若tan∠D＝，求的值；
（3）如图2，在（2）条件下，连接CF交AD于点G，⊙O的半径为3，求CF的长．
7．如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交BC边于点E，交⊙O于点D，过点A作AF⊥BC于点F，设⊙O的半径为R，AF＝h．
（1）过点D作直线MN∥BC，求证：MN是⊙O的切线；
（2）求证：AB?AC＝2R?h；
（3）设∠BAC＝2α，求的值（用含α的代数式表示）．
8．如图，已知在△ABP中，C是BP边上一点，∠PAC＝∠PBA，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，且交BP于点E．
（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）过点C作CF⊥AD，垂足为点F，延长CF交AB于点G，若AG?AB＝48，求AC的长；
（3）在满足（2）的条件下，若AF：FD＝1：2，GF＝2，求⊙O的半径及sin∠ACE的值．
9．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A、D的⊙O分别交AB、AC于点E、F．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若BE＝8，sinB＝，求⊙O的半径；
（3）求证：AD2＝AB?AF．
10．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AB的中点O为圆心，OA为半径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE，OE．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）求证：BC2＝CD?2OE；
（3）若sin∠BAD＝，BE＝6，求OE的长．
参考答案
1．解：（1）①如图1，
∵线段AM为⊙O的直径，
∴⊙O，⊙M内切于点A，
过点A作⊙O，⊙M的外公切线PA，
在⊙O中，∠PAD＝∠AED，
在⊙M中，∠PAD＝∠ACB，
∴∠AED＝∠ACB，
∴DE∥BC，
②如图1﹣1，
∵AM是⊙O的直径，且AD＝AE，
∴AM平分∠BAC，AN⊥DE，
∴∠DAN＝∠BAC＝×60°＝30°，
连接OD，∴OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
在Rt△ODI中，∠DOI＝2∠OAD＝60°，
∴∠ODI＝30°，
∴DI＝OI，OA＝OD＝2OI，
∴AM＝2OA＝4OI，AI＝OA+OI＝3OI，
∴IM＝AM﹣AI＝4OI﹣3OI＝OI，
∵M是△ABC的外心，
∴BM＝AM＝4OI，∠BMN＝2∠BAN＝60°，
∴∠MBN＝30°，
在Rt△BMN中，MN＝BM＝2OI，
∴NI＝IM+MN＝OI+2OI＝3OI，
∴AI＝NI，
∵DE⊥AN，
∴AD＝DN，
∴∠DNI＝∠DAI＝30°，
∴∠NDI＝60°，
∴∠ODN＝∠ODI+∠NDI＝90°，
∵D在⊙O上，
∴直线DN是⊙O的切线；
③如图2，连接DM，BM，
∵AM是⊙O的直径，且AD＝AE，
∴AM平分∠BAC，AN⊥DE，
∴BN＝BC＝a，∠DAN＝∠BAC＝×45°＝22.5°，
∴∠ABN＝90°﹣∠DAN＝67.5°，
∵M是△ABC的外心，
∴∠BMN＝2∠BAN＝45°，
在Rt△BMN中，MN＝BN＝a，BM＝BN＝2a，
∴AM＝BM＝2a，
∴AN＝AM+MN＝2a+a＝（2+）a，
在Rt△ABN中，AB2＝AN2+BN2＝[（2+）a]2+2a2＝（8+4）a2，
连接DM，
∵AM是⊙O的直径，
∴∠ADM＝90°，
∵AM＝BM，
∴AD＝AB，
∴AD2＝（AB）2＝AB2＝（8+4）a2＝（2+）a2．
（2）∵点M是等边三角形ABC的外心，
∴AM＝BM，AN⊥BC，AN平分∠BAC，
过点M作MH⊥AB，MG⊥AC，
∴MH＝MG，
∵四边形ADME是⊙O的内接圆，
∴∠HDM＝∠GEM，
在△DHM和△EGM中，，
∴△DHM≌△EGM，
∴S△DHM＝S△EGM，
∴S四边形ADME＝S四边形AHMG＝2S△AHM＝2×AH×HM＝AH×HM＝3，
∵AN平分∠BAC，
∴∠BAN＝∠BAC＝30°，
∴HM＝AH，
∴AH×AH＝3，
∴AH＝3，
∵AM＝BM，MH⊥AB，
∴AB＝2AH＝6．
2．解：（1）如图1，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ACB＝90°．
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB＝45°．
∴∠ABD＝∠ACD＝45°．
由弦切角定理可知：∠CDE＝∠CBD＝∠CBA+∠ABD＝∠CBA+45°．
∵∠CFA＝∠FCB+∠CBA＝∠CBA+45°，
∴∠AFC＝∠EDC．
∴AB∥ED，
（2）AC+BC＝CD
理由：如图2，
连接BD，AD，过点D作DG⊥AC，DM⊥BM，
∵∠ACD＝∠BCD，
∴DG＝DM，CM＝CG
由（1）知，AB∥DE，且DE是⊙O的切线，
∴点D是半圆的中点，
∵AB是直径，
∴AD＝BD，
在Rt△ADG和Rt△BDM中，，
∴Rt△ADG≌Rt△BDM，
∴AG＝BM，
在Rt△CDG中，∠DCG＝45°，
∴CD＝CG，
∴CG＝CD
∴AC+BC＝AC+CM+BM＝AC+CM+AG＝CM+CG＝2CG＝CD；
即：AC+BC＝CD
故答案为：AC+BC＝CD
（3）设AC＝x，
∵tan∠B＝＝，
∴BC＝2x，
∴AB＝x，
∵CD平分∠ACB，
∴＝，
∴AF＝x，BF＝x，
由（2）知，CD＝AC+BC＝3x，
∴CD＝x，
∵DF＝5，
∴CF＝CD﹣DF＝x﹣5，
根据相交弦定理得，DF×CF＝AF×BF，
∴5（x﹣5）＝x?x，
∴x＝6或x＝，
当x＝6时，AF＝2，BF＝4，CD＝9，CF＝4，
∵AB∥DE，
∴，
∴，
∴DE＝，
当x＝，AF＝，CF＝，CD＝，
∵AB∥DE，
∴，
∴，
∴DE＝．
即：DE的长为．
3．解：（1）∵∠COA＝90°
∴PC是直径，
∴∠PBC＝90°
∵A（0，4）B（3，4）
∴AB⊥y轴
∴当A与P重合时，∠OPB＝90°
∴四边形POCB是矩形
（2）连结OB，（如图1）
∴∠BPC＝∠BOC
∵AB∥OC
∴∠ABO＝∠BOC
∴∠BPC＝∠BOC＝∠ABO
∴tan∠BPC＝tan∠ABO＝
（3）∵PC为直径
∴M为PC中点
①如图2，当OP∥BM时，延长BM交x轴于点N
∵OP∥BM
∴BN⊥OC于N
∴ON＝NC，四边形OABN是矩形
∴NC＝ON＝AB＝3，BN＝OA＝4
设⊙M半径为r，则BM＝CM＝PM＝r
∴MN＝BN﹣BM＝4﹣r
∵MN2+NC2＝CM2
∴（4﹣r）2+32＝r2
解得：r＝
∴MN＝4﹣
∵M、N分别为PC、OC中点
∴m＝OP＝2MN＝
②如图3，当OM∥PB时，∠BOM＝∠PBO
∵∠PBO＝∠PCO，∠PCO＝∠MOC
∴∠OBM＝∠BOM＝∠MOC＝∠MCO
在△BOM与△COM中
∴△BOM≌△COM（AAS）
∴OC＝OB＝＝5
∵AP＝4﹣m
∴BP2＝AP2+AB2＝（4﹣m）2+32
∵∠ABO＝∠BOC＝∠BPC，∠BAO＝∠PBC＝90°
∴△ABO∽△BPC
∴
∴PC＝
∴PC2＝BP2＝[（4﹣m）2+32]
又PC2＝OP2+OC2＝m2+52
∴[（4﹣m）2+32]＝m2+52
解得：m＝或m＝10（舍去）
综上所述，m＝或m＝
（4）∵点O与点O'关于直线对称
∴∠PO'C＝∠POC＝90°，即点O'在圆上
当O'与O重合时，得m＝0
当O'落在AB上时，则m2＝4+（4﹣m）2，得m＝
当O'与点B重合时，得m＝
∴0≤m≤或m＝
4．（1）解：连接AO，四边形AECO是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵E是AB的中点，
∴AE＝AB．
∵CD是⊙O的直径，
∴OC＝CD．
∴AE∥OC，AE＝OC．
∴四边形AECO为平行四边形．
（2）证明：由（1）得，四边形AECO为平行四边形，
∴AO∥EC
∴∠AOD＝∠OCF，∠AOF＝∠OFC．
∵OF＝OC
∴∠OCF＝∠OFC．
∴∠AOD＝∠AOF．
∵在△AOD和△AOF中，AO＝AO，∠AOD＝∠AOF，OD＝OF
∴△AOD≌△AOF（SAS）．
∴∠ADO＝∠AFO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADO＝90°．
∴∠AFO＝90°，即AH⊥OF．
∵点F在⊙O上，
∴AH是⊙O的切线．
（3）∵CD为⊙O的直径，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴AD，BC为⊙O的切线，
又∵AH是⊙O的切线，
∴CH＝FH，AD＝AF，
设BH＝x，
∵CH＝2，
∴BC＝2+x，
∴BC＝AD＝AF＝2+x，
∴AH＝AF+FH＝4+x，
在Rt△ABH中，∵AB2+BH2＝AH2，
∴62+x2＝（4+x）2，
解得x＝．
∴．
故答案为：．
5．解：（1）如图，连接OG．
∵EG＝EK，
∴∠KGE＝∠GKE＝∠AKH，
又OA＝OG，
∴∠OGA＝∠OAG，
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG＝90°，
∴∠KGE+∠OGA＝90°，
∴EF是⊙O的切线．
（2）①∵AC∥EF，
∴∠E＝∠C，
又∠C＝∠AGD，
∴∠E＝∠AGD，
又∠DKG＝∠GKE，
∴△KGD∽△KEG；
②连接OG，
∵，AK＝，
设，
∴CH＝4k，AC＝5k，则AH＝3k
∵KE＝GE，AC∥EF，
∴CK＝AC＝5k，
∴HK＝CK﹣CH＝k．
在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2＝AK2，即，
解得k＝1，
∴CH＝4，AC＝5，则AH＝3，
设⊙O半径为R，在Rt△OCH中，OC＝R，OH＝R﹣3k，CH＝4k，
由勾股定理得：OH2+CH2＝OC2，即（R﹣3）2+42＝R2，
∴，
在Rt△OGF中，，
∴，
∴．
6．（1）证明：连接OF，
∵AB与⊙O相切于点F，
∴OF⊥AB，
∵∠ACB＝90°，OC＝OF，
∴∠OAF＝∠OAC，
即AO是△ABC的角平分线；
（2）如图2，连接CE，
∵ED是⊙O的直径，
∴∠ECD＝90°，
∴∠ECO+∠OCD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠ECO＝90°，
∴∠ACE＝∠OCD，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴∠ACE＝∠ODC，
∵∠CAE＝∠CAE，
∴△ACE∽△ADC，
∴，
∵tan∠D＝，
∴，
∴；
（3）由（2）可知：＝，
∴设AE＝x，AC＝2x，
∵△ACE∽△ADC，
∴，
∴AC2＝AE?AD，
∴（2x）2＝x（x+6），
解得：x＝2或x＝0（不合题意，舍去），
∴AE＝2，AC＝4，
∴AO＝AE+OE＝2+3＝5，
如图3，连接CF交AD于点G，
∵AC，AF是⊙O的切线，
∴AC＝AF，∠CAO＝∠OAF，
∴CF⊥AO，
∴∠ACO＝∠CGO＝90°，
∵∠COG＝∠AOC，
∴△CGO∽△ACO，
∴，
∴OC2＝OG?OA，
∴OG＝，
∴CG＝＝＝，
∴CF＝2CG＝．
7．解：（1）如图1，连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
又∵OD是半径，
∴OD⊥BC，
∵MN∥BC，
∴OD⊥MN，
∴MN是⊙O的切线；
（2）如图2，连接AO并延长交⊙O于H，连接BH，
∵AH是直径，
∴∠ABH＝90°＝∠AFC，
又∵∠AHB＝∠ACF，
∴△ACF∽△AHB，
∴，
∴AB?AC＝AF?AH＝2R?h；
（3）如图3，过点D作DQ⊥AB于Q，DP⊥AC，交AC延长线于P，连接CD，
∵∠BAC＝2α，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝α，
∴＝，
∴BD＝CD，
∵∠BAD＝∠CAD，DQ⊥AB，DP⊥AC，
∴DQ＝DP，
∴Rt△DQB≌Rt△DPC（HL），
∴BQ＝CP，
∵DQ＝DP，AD＝AD，
∴Rt△DQA≌Rt△DPA（HL），
∴AQ＝AP，
∴AB+AC＝AQ+BQ+AC＝2AQ，
∵cos∠BAD＝，
∴AD＝，
∴＝＝2cosα．
8．解：（1）证明：连接CD，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠CAD+∠ADC＝90°．
又∵∠PAC＝∠PBA，∠ADC＝∠PBA，
∴∠PAC＝∠ADC，
∴∠CAD+∠PAC＝90°，
∴PA⊥OA．
又∵AD是⊙O的直径，
∴PA是⊙O的切线；
（2）由（1）知，PA⊥AD，
又∵CF⊥AD，
∴CF∥PA．
∴∠GCA＝∠PAC．
又∵∠PAC＝∠PBA，
∴∠GCA＝∠PBA．
又∵∠CAG＝∠BAC，
∴△CAG∽△BAC．
∴，
即AC2＝AG?AB．
∵AG?AB＝48，
∴AC2＝48．
∴AC＝4．
（3）设AF＝x，
∵AF：FD＝1：2，
∴FD＝2x．
∴AD＝AF+FD＝3x．
在Rt△ACD中，
∵CF⊥AD，
∴AC2＝AF?AD，
即3x2＝48．
解得；x＝4．
∴AF＝4，AD＝12．
∴⊙O半径为6．
在Rt△AFG中，∵AF＝4，GF＝2，
∴根据勾股定理得：AG＝＝＝2，
由（2）知，AG?AB＝48，
∴AB＝＝
连接BD，∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°．
在Rt△ABD中，
∵sin∠ADB＝，AD＝12，AB＝，
∴sin∠ADB＝．
∵∠ACE＝∠ACB＝∠ADB，
∴sin∠ACE＝．
9．解：（1）如图，连接OD，
则OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠OAD＝∠CAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC，
∴∠ODB＝∠C＝90°，
∵点D在⊙O上，
∴BC是⊙O的切线；
（2）∵∠BDO＝90°，
∴sinB＝＝，
∴OD＝5，
∴⊙O的半径为5；
（3）连接EF，
∵AE是直径，
∴∠AFE＝90°＝∠ACB，
∴EF∥BC，
∴∠AEF＝∠B，
又∵∠AEF＝∠ADF，
∴∠B＝∠ADF，
又∵∠OAD＝∠CAD，
∴△DAB∽△FAD，
∴，
∴AD2＝AB?AF．
10．解：（1）证明：如图，
连接OD，BD，
∵AB为圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△BDC中，E为斜边BC的中点，
∴CE＝DE＝BE＝BC，
∴∠C＝∠CDE，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO，
∵∠ABC＝90°，
即∠C+∠A＝90°，
∴∠ADO+∠CDE＝90°，
即∠ODE＝90°，
∴DE⊥OD，又OD为圆的半径，
∴DE为圆O的切线；
（2）证明：∵E是BC的中点，O点是AB的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴AC＝2OE，
∵∠C＝∠C，∠ABC＝∠BDC，
∴△ABC∽△BDC，
∴
即BC2＝AC?CD，
∴BC2＝CD?2OE
（3）解：∵OE∥AC，
∴∠BAD＝∠BOE
∴sin∠BOE＝sin∠BAD＝
∴
又∵BE＝6
∴OE═10．