《2023年九年级中考数学高频考点突破-圆的综合训练【含答案】.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年九年级中考数学高频考点突破-圆的综合训练【含答案】.pdf（32页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年 九 年 级 中 考 数 学 高 频 考 点 突 破-圆 的 综 合 训 练 1.在 如 图 所 示 的 平 面 直 角 坐 标 系 中，AABC的 顶 点 坐 标 分 别 为 做 0,3),6(1,0),C(3,2),(0，1).仅 用 无 刻 度 的 直 尺 在 给 出 的 网 格 中 画 图(画 图 用 实 线 表 示)，并 回 答 题 目 中 的 问 题.(1)在 图 1中 画 出 ABC关 于 点 D成 中 心 对 称 的 图 形 41B1C1；(2)在 图 2 中 作 出 ABC的 外 接 圆 的 圆 心 M(保 留 作 图 痕 迹)；(3)48C外 接 圆 的 圆 心
2、M 的 坐 标 为.2.已 知：如 图，ABC内 接 于。，4B为 直 径，ZCBA的 平 分 线 交 4c于 点 F,交。于 点 D,DE1AB于 点 E,且 交 AC于 点 P,连 接 ZD.(1)求 证：-DAC 乙 DBA；(2)连 接 C D,若 CD=6,BD=8,求。的 半 径 和 OE的 长.3.如 图，已 知 点 A,B,C,D 均 在 已 知 圆 上，ADHBC,C A 平 分 4BCD,ZADC=12O,四 边 形 A B C D 的 周 长 为 10.D(1)求 此 圆 的 半 径；(2)求 图 中 阴 影 部 分 的 面 积.4.如 图，A B 是。0 的 一 条 弦
3、，ODLA B,垂 足 为 点 C,交。0 于 点 D,点 E 在。0 上.(1)若 zAOD=52。，求 NDEB 的 度 数；(2)若 CD=2,AB=8,求 半 径 的 长.5.如 图，力 B C 三 个 顶 点 坐 标 分 别 为 4(3,4),8(1,2),C(4,l).-r-?-1 Ol i i 1 一 ai ii-1-1-BX(1)请 画 出 A A B C 关 于 原 点。中 心 对 称 的 图 形 力 道 也 1,并 直 接 写 出 点&的 坐 标：(2)请 画 出 A A B C 绕 原 点。逆 时 针 旋 转 90。的 图 形 A/B2c2,并 直 接 写 出 点 4 的
4、 坐 标:（3）求 在（2）的 旋 转 过 程 中，点 A 旋 转 到 公 所 经 过 的 路 径 长（结 果 保 留 兀）6.如 图，R 3 A B C中，ZC=9O,A B=4在，在 B C上 取 一 点 D,连 结 A D,作 ZXACD的 外 接 圆 O O,交 A B于 点 E.张 老 师 要 求 添 加 条 件 后，编 制 一 道 题 目，并 解 答.（1）小 明 编 制 题 目 是：若 A D=B D,求 证：AE=BE.请 你 解 答.（2）在 小 明 添 加 条 件 的 基 础 上 请 你 再 添 加 一 条 线 段 的 长 度，编 制 一 个 计 算 题（不 标 注 新 的
5、 字 母）,并 直 接 给 出 答 案.（根 据 编 出 的 问 题 层 次，给 不 同 的 得 分）7.如 图，已 知 A、B 是。0 上 两 点，AOAB外 角 的 平 分 线 交。0 于 另 一 点 C,CDLAB交 A B的 延（1）求 证：C D是 O O 的 切 线；-3（2）E 为 的 中 点，F 为 上 一 点，EF 交 AB 于 G,若 tanzAFE=4,BE=BG,EG=3%同,求。0 的 半 径.8.如 图，A B为。0 的 直 径，C 为。0 上 一 点，A D 1 C E,垂 足 为 D,A C平 分/DAB.cosZ-CAB=-（2）若 AD=4,3,求 AB 的
6、 长.9.如 图，以 A B为 直 径 的 半 圆 中，点 0 为 圆 心，点 C 在 圆 上，过 点 C 作 CD|AB,且 CD=OB.连 接 A D,分 别 交 OC,B C 于 点 E,F,与 交 于 点 G,若 乙 4BC=45.AEDB(1)求 证：ABF*DCF.C D 是。的 切 线.EF(2)求 闲 的 值.10.如 图，。为 A 4 B C 的 外 接 圆，。为 O C 与 4 8 的 交 点,E 为 线 段 O C 延 长 线 上 一 点,且 Z-EAC=乙 ABC.(1)求 证：直 线 A E 是 Q)O 的 切 线.若。为 A B 的 中 点，CD=6,AB=16.求
7、。的 半 径；求 A 4 8 c 的 内 心 到 点 的 距 离.11.已 知 Na 的 顶 点 在 正 n 边 形 的 中 心 点 O 处，Na绕 着 顶 点 O 旋 转,别 交 于 点 M、N,Na与 正 n 边 形 重 叠 部 分 面 积 为 S.角 的 两 边 与 正 n 边 形 的 两 边 分(1)当 n=4,边 长 为 2,4=9 0。时，如 图(1),请 直 接 写 出 S 的 值；(2)当 n=5,4a=72。时，如 图(2),请 问 在 旋 转 过 程 中，S 是 否 发 生 变 化？并 说 明 理 由；(3)当 n=6,za=I20。时，如 图(3),请 猜 想 S 是 原
8、 正 六 边 形 面 积 的 几 分 之 几(不 必 说 明 理 由).若 乙 a 的 平 分 线 与 B C边 交 于 点 P,判 断 四 边 形 OMPN的 形 状，并 说 明 理 由.12.在 U B C 中，AC=6,BC=8,经 过 A,C 的。与 B C边 另 一 个 公 共 点 为 D,与 A B 边 另 一 个 公 共 点 为 E,连 接 CE.(1)如 图，若 NACB=90。，AC=EC,求。的 半 径；(2)如 图，作 乙 BEF=U C E,交 B C 边 于 点 F.求 证：直 线 E F 与。相 切.13.【学 习 概 念】有 一 组 对 角 互 余 的 凸 四 边
9、 形 称 为 对 余 四 边 形，连 接 这 两 个 角 的 顶 点 的 线 段 称 为 对 余 线.(1)【理 解 运 用】如 图 1,对 余 四 边 形 中，AB=5,BC=6,CD=4,连 接 A C,若 AC=A B,则 cos/ABC=,s i n Z.C A D=.图 1(2)如 图 2,凸 四 边 形 中，AD=BD,A D 1 B D,当 2CD?+CB?=CA?时，判 断 四 边 形 ABCD是 否 为 对 余 四 边 形，证 明 你 的 结 论.图 2(3)【拓 展 提 升】在 平 面 直 角 坐 标 中，A(-1,0),B(3,0),C(1,2),四 边 形 ABCD是
10、对 余 四 边 形，点 E 在 对 AE余 线 B D上，且 位 于 AABC内 部，zAEC=90+zABC.ig 附=u，点 D 的 纵 坐 标 为 t,请 在 下 方 横 线 上 直 接 写 出 u 与 t 的 函 数 表 达，并 注 明 t 的 取 值 范 围.1 4.如 图，在 A B C中，A B=A C,以 A B为 直 径 作 半 圆。0,交 B C于 点 D,连 接 A D,过 点 D 作 D E 1 A C,垂 足 为 点 E,交 A B的 延 长 线 于 点 F.4(2)如 果 的 半 径 为 5,sin4ADE=，求 B F的 长.11),(0,口 1),点 P 是 抛
11、 物 线 丫=4x2上 的 一 个 动 点.(1)求 证：以 点 P 为 圆 心，PM为 半 径 的 圆 与 直 线 丫=口 1的 相 切；1(2)设 直 线 PM与 抛 物 线 丫=4x 2的 另 一 个 交 点 为 点 Q,连 接 NP,N Q,求 证:z.PNM=zQNM.1 6.在 平 面 直 角 坐 标 系。丫 中，给 出 如 下 定 义：点 P 为 图 形 G 上 任 意 一 点，将 点 P 到 原 点 O 的 最 大 距 离 与 最 小 距 离 之 差 定 义 为 图 形 G 的“全 距”.特 别 地，点 P 到 原 点 O 的 最 大 距 离 与 最 小 距 离 相 等 时,规
12、 定 图 形 G 的“全 距”为 0.(1)如 图，点 4(一/，1),B郃,1).原 点 0 到 线 段 A B 上 一 点 的 最 大 距 离 为,最 小 距 离 为 4：当 点 C 的 坐 标 为(0,血)时，且 AABC的，全 距，为 1,求 m 的 取 值 范 围；(2)已 知 O M=2,等 边 4DEF的 三 个 顶 点 均 在 半 径 为 1的。M 上.请 直 接 写 出 ADEF的“全 距”d的 取 值 范 围.答 案 解 析 部 分 1.【答 案】(1)解：如 图 所 示，4l/g即 为 所 求 三 角 形；(2)解：如 图 连 接 AE、F G,交 点 即 为 ABC的
13、外 接 圆 的 圆 心 M；(3)G 4)【知 识 点】两 一 次 函 数 图 象 相 交 或 平 行 问 题；三 角 形 的 外 接 圆 与 外 心；作 图 回 旋 转【解 析】【解 答】解：(3)由 题 意 可 知 做 0,3),E(2,1),尸(2,4),G(l,1),设 A E 解 析 式 为 3=依+匕，代 入 4(0,3),E(2,1)得，(1=2k+b(k=-1l b=3，解 得 i 6=3,AE 解 析 式 为=一+3,同 理 可 求 F G 解 析 式 为 y=3x-2,4(y=-x+3 y=7联 立 方 程 组 得，、y=3x-2,解 得【4(5 7M 的 坐 标 为“,故
14、 答 案 为：(4,4).【分 析】(1)分 别 连 接 A D、BD、C D 并 延 长，使 AD=AQ,BD=B,D,C D=G D,然 后 顺 次 连 接 可 得 ABG；（2）连 接 AE、F G,交 点 即 为 AABC的 外 接 圆 的 圆 心 M；（3）求 出 直 线 AE、F G的 解 析 式，然 后 联 立 求 出 x、y,据 此 可 得 圆 心 M 的 坐 标.2.【答 案】（1）证 明：是 NCB4的 平 分 线，Z.CBD=乙 DBA,由 圆 周 角 定 理 得：LDAC=KCBD,A Z-DAC=乙 DBA（2）解：如 图：v Z.CBD=乙 DBA,:.AD CD
15、6,AB=；AD2+BD2=10二。的 半 径 为 5,v AD-BD=3-DEx 6 x 8=i x 10 x DF解 得：DE=4.8.【知 识 点】圆 心 角、弧、弦 的 关 系；圆 周 角 定 理【解 析】【分 析】（1）根 据 角 平 分 线 定 义 得 4C B D N D B A,根 据 同 弧 所 对 的 圆 周 角 相 等 得 ZDAC=ZCBD,再 等 量 代 换 即 可 得 出 答 案；（2）根 据 圆 心 角、弧、弦 的 关 系 得 AD=CD=6,利 用 勾 股 定 理 算 出 A B的 长，根 据 等 面 积 法 即 可 建 立 方 程 求 出 D E的 长.3.【
16、答 案】（1）解：A C平 分 4BCD,.ZACD=ZACB,又.ADIIBC,.N ACB=N DAC=N ACD,而 NADC=120,/.ZACB=ZDAC=ZACD=30,ZB=6O,，AB=AD=DC,且 zBAC=90。，BC 为 直 径，设 A B=x,贝 i j BC=2AB=2x,又.四 边 形 ABCD的 周 长 为 10cm,x+x+x+2x=1 0,解 得 x=2,即。0 的 半 径 为 2；(2)解：设 圆 心 为 O,连 接 OA、OD,由（1）可 知 OA=OD=AD=2,.AOD为 等 边 三 角 形，.A O D=60。；VADHBC,.SA/IOD=SQA
17、CD Z*2 一 平,c 一 c c _ 60兀 x 22 c _ 2兀 _ q.阴 影 一 扇 形 4。一 A A O D-360 75-y v-3【知 识 点】圆 周 角 定 理；扇 形 面 积 的 计 算【解 析】【分 析】（1）根 据 平 行 线 的 性 质 以 及 角 平 分 线 的 定 义，得 乙 CAD=ZACD=ZACB=3O。，再 根 据 圆 周 角 定 理 的 推 论 得 到 弧 AB=M A D=M C D,则 AB=AD=C D,由 角 的 度 数 可 以 求 得 ZB A C=9O,根 据 直 角 三 角 形 30度 所 对 的 直 角 边 等 于 斜 边 的 一 半
18、 可 得 B C=2 A D,再 根 据 四 边 形 的 周 长 列 方 程 计 算 即 可 求 解；（2）连 接 OA,O D,根 据 两 条 平 行 线 间 的 距 离 处 处 相 等，可 得 三 角 形 AOD的 面 积 等 于 三 角 形 ACD的 面 积，再 根 据 S阴 影=S扇 形 AOD-SAAOD可 求 解.4.【答 案】（1）解：VOD1AB,I I：.AD=BD,VzAOD=52,1.Z DEB=2 X52=26.(2)解:设。O 的 半 径 为 x,则 0C=0D-CD=x-2,V0D1AB,1 1AAC=2 AB=2 x8=4,在 RtAAOC 中，OA2=AC2+O
19、C2,/.x2=42+(x-2)2,解 得：x=5,.0 0 的 半 径 为 5.【知 识 点】垂 径 定 理；圆 心 角、弧、弦 的 关 系；圆 周 角 定 理【解 析】【分 析】(1)由 0 D 1 A B,可 得%=%,然 后 由 圆 周 角 定 理 求 得/D E B的 度 数.(2)由 垂 径 定 理 可 得 A C=4,然 后 设 O O 的 半 径 为 x,由 勾 股 定 理 即 可 求 得 方 程：x2=42+(x-2)2,解 此 方 程 即 可 求 得 答 案.5.【答 案】(1)解：根 据 中 心 对 称 的 性 质 先 确 定 点 Bi、G 的 位 置，顺 次 连 线 即
20、 可 得 到 图 形，如 图 所 示，B i g 即 为 所 求，点 A 的 坐 标 为(3,4),中 心 对 称 横 纵 坐 标 都 是 互 为 相 反 数，.,.点&的 坐 标 为(-3,-4)(2)解：根 据 旋 转 的 性 质 确 定 点 A2、B2、C2的 位 置，顺 次 连 线 即 可 得 到 图 形;如 图 所 示，*心 M 即 为 所 求，1rB 以 原 点 为 旋 转 中 心，图 形 上 的 点 坐 标 横 纵 坐 标 换 位，符 号 改 变 看 象 限，点 A 坐 标 为(3,4),.点 A2 的 坐 标 为(-4,3)(3)解：根 据 题 意 可 知，乙 4。二%。,。4
21、=印+4之=5,90-7T-5_5二 点 A 旋 转 到 A2所 经 过 的 路 径 长 为：180=产【知 识 点】点 的 坐 标；弧 长 的 计 算；作 图-三 角 形【解 析】【分 析】(1)根 据 题 意 作 图，再 求 点 的 坐 标 即 可；(2)根 据 旋 转 作 图，再 结 合 图 象 求 点 的 坐 标 即 可；(3)先 求 出 OA=5,再 根 据 弧 长 公 式 计 算 求 解 即 可。6.【答 案】(1)解：连 结 DE,DV zC=90,A A D为 直 径，ADEIAB,：AD=BD,.,.AE=BE；(2)解：答 案 不 唯 一.第 一 层 次：若 A C=4,求
22、 B C的 长.答 案：BC=8；或 A D=3,求 B D的 长.答 案：B D=3；第 二 层 次：若 C D=3,求 B D的 长.答 案：B D=5；第 三 层 次：若 C D=3,求 A C的 长.设 BD=x,VzB=zB,zC=zD EB=90,/.AABCADBE,BD _B E9A B=BCx _ 2j5.寿+3,x=5,AD=BD=5,.AC=52-32=4.【知 识 点】等 腰 三 角 形 的 性 质；勾 股 定 理；圆 周 角 定 理；相 似 三 角 形 的 判 定 与 性 质【解 析】【分 析】(1)连 结 D E,由 圆 周 角 定 理 易 证 DE_LAB,再 根
23、 据 等 腰 三 角 形 的 性 质 即 可 证 明 AE=BE；(2)本 题 答 案 不 唯 一，可 以 从 三 个 层 次 编 制 一 个 计 算 题，如：若 C D=3,求 A C的 长.设 B D=x,易 证 AABC A D B E,由 相 似 三 角 形 的 性 质 可 求 出 A D的 长，再 根 据 勾 股 定 理 即 可 求 出 AC的 长.7.【答 案】(1)证 明：连 接 0 C,如 图，EVBC 平 分 40BD,OBD=NCBD,VOB=OC,AzOBC=zOCB,AzOCB=zCBD,AOCIIAD,而 CD1AB,AOC1CD,/.C D 是 O O 的 切 线(
24、2)解：连 接 O E交 A B于 H,如 图,E 为 A B 的 中 点，/.OE1AB,VzABE=zAFE,3.tanzABE=tanzAFE=,EH _ 3：.在 RtABEH 中，tanzHBE=设 EH=3x,BH=4x,.BE=5x,VBG=BE=5x,/.GH=x,在 R3EHG 中，x2+(3x)2=(37而)2,解 得 x=3,，EH=9,BH=12,设 O O 的 半 径 为 r,则 OH=r-9,25在 RtZiOHB 中，(r-9)2+122=r2,解 得 尸 2,25即 O O 的 半 径 为 区.【知 识 点】勾 股 定 理；垂 径 定 理；切 线 的 判 定；解
25、 直 角 三 角 形 的 应 用【解 析】【分 析】（1）连 接 0 C,如 图，根 据 角 平 分 线 的 定 义 得 出 N O BD=N CBD,根 据 等 边 对 等 角 得 出 z.O B C=zO C B,故 z O C B=z C B D,根 据 内 错 角 相 等 两 直 线 平 行 得 出 O C IIA D,根 据 平 行 线 的 性 质 得 出 0 C 1 C D,根 据 切 线 的 判 定 定 理 即 可 得 出 结 论；（2）连 接 O E交 A B于 H,如 图，根 据 垂 径 定 理 得 出 0 E 1 A B,根 据 同 弧 所 对 的 圆 周 角 相 等 得
26、出 3Z A B E=Z A F E,根 据 等 角 的 同 名 三 角 函 数 值 相 等 得 出 tan/ABE=taMAFE=4,在 RtBEH中，弛 _ 3tanZHBE=BH 4,设 EH=3x,B H=4 x,根 据 勾 股 定 理 得 出 B E=5 x,在 R sE H G中 利 用 勾 股 定 理 建 立 方 程，求 解 得 出 x 的 值，从 而 求 出 EH,BH的 长，设。0 的 半 径 为 r,则 0 H=r-9,在 RtAOHB中 利 用 勾 股 定 理 建 立 方 程，求 解 得 出 r 的 值。8.【答 案】（1）证 明：如 图，连 接.：OA=OC.z.OAC
27、=zOCAVzOAC=zDAC.*.zDAC=zOCAVAD1CEj.DAC+DCA=90.N OCA+W S=90.即 乙 OCD=9G：C 为。O 上 一 点.CE是 O 0 的 切 线(2)解：如 图，连 接 BC.DE A B 是。的 直 径,Z.ACB=90Z.ACB Z.ADC,VZBAC=ZCAD/C D A-ABCAAD：.AC/.A C=AC-c 2:=cosZ-CAB=-A D 334 x-=66 x 6 八-A-=9 AB=4【知 识 点】切 线 的 判 定；相 似 三 角 形 的 判 定 与 性 质【解 析】【分 析】（1）先 求 出 4OAC=4 O C A,再 求
28、出 ZOCD=90,最 后 证 明 求 解 即 可;（2）利 用 相 似 三 角 形 的 判 定 与 性 质，再 利 用 锐 角 三 角 函 数 计 算 求 解 即 可。9.【答 案】（1）证 明：,N_D=，L A，且 对 顶 角 NCFD=4BFA,二.ABF DCF.VO B=CO,.zOCB=zABC=45,ZCOB=180-zOCB-zABC=90,-C D|AB,AzOCD=z.COB=90,C D是 圆 O 的 切 线（2）解：连 接 D B,连 接 B G交 C D于 M 点，如 下 图 所 示:MDC D|BO 且 CD=BO,四 边 形 COBD为 平 行 四 边 形，Vz
29、COD=90,CO=BO,.四 边 形 COBD为 正 方 形，由 知：X A B F f DCF,CF _ CD _ 1;,J F A B=2,VCEIIDB,CEF BDF,CE _ C F _ 1：.B D B F 2,即 E 为 C O的 中 点，：A B是 半 圆 的 直 径，.*.ZAGB=ZBGD=900,ZGBD+ZBDG=9O=ZBDC=ZBDG+ZEDC,.G B D=NEDC,且 BD=CD,ZBDM=ZDCE=9O,.,.BDM2ADCE(ASA),.D M=C E,即 M 为 C D的 中 点，设 C M=x,则 DB=CD=2x,BC=2 t,由 勾 股 定 理 知
30、：BM=4 D M 2+DB?=4 X,1 1L-B M-DG=-D M-i在 RtZiMBD中 由 等 面 积 法 知：2 22 1DG=L代 入 数 据 得 到：=,解 得 一 5在 RtADGB中 由 勾 股 定 理 可 知：BG-QDB2-DG 一 人,CE _CF _1又 A C E F F B D F 且 其 相 似 比 为 BDBF=2,.产 苧。=号，在 RtABFG中 由 勾 股 定 理 可 知：”一 廊 G-亏,.EF=DE-DG-FG=辰-坐 一 室=率.二 5 15 J,EF _ 匣 15 _ 5二.FG 3 4、5 X 4【知 识 点】平 行 线 的 性 质；正 方
31、形 的 判 定 与 性 质；圆 周 角 定 理：切 线 的 判 定；相 似 三 角 形 的 判 定 与 性 质【解 析】【分 析】（1）根 据 平 行 线 的 性 质 可 得 Z D=4 A,由 对 顶 角 的 性 质 可 得 N C FD=/B FA,然 后 根 据 相 似 三 角 形 的 判 定 定 理 进 行 证 明；根 据 等 腰 三 角 形 的 性 质 可 得 ZOCB=ZABC=45。，结 合 内 角 和 定 理 可 得 NCOB=90。，由 平 行 线 的 性 质 可 得 4OCD=4COB=90。，据 此 证 明；（2）连 接 D B,连 接 B G交 C D于 M 点，易 得
32、 四 边 形 COBD为 正 方 形，根 据 相 似 三 角 形 的 对 应 边 成 C F _ C _ 1比 例 可 得 而=而=2,易 证 C E F s B D F,结 合 相 似 三 角 形 的 性 质 可 得 E 为 C O的 中 点，根 据 圆 周 角 定 理 可 得 NAGB=/BGD=90。，由 同 角 的 余 角 相 等 可 得 zG B D=/E D C,证 明 ABDMmAD C E,得 到 D M=C E,设 C M=x,贝 UDB=CD=2x,BC=2但 x,利 用 勾 股 定 理 可 得 B M,根 据 三 角 形 的 面 积 公 式 可 得 D G,利 用 勾 股
33、 定 理 表 示 出 B G,根 据 相 似 三 角 形 的 性 质 可 得 B F,由 EF=DE-DG-FG可 得 E F,据 此 求 解.10.【答 案】（1）证 明：如 图：连 接 A 0,并 延 长 A 0交。0 于 点 F,连 接 CF,V A F是 直 径，.*.ZACF=9O0,.ZF+ZFAC=9O,VzF=zABC,ZABC=ZEAC,zEAC=zF，AzEAC+zFAC=90o,AzEAF=90,A O是 半 径，直 线 A E是。0 的 切 线(2)解：如 图，连 接 AO,：D为 A B的 中 点，0 D 过 圆 心,1/.0D 1A B,AD=BD=2AB=8,.*
34、AO2=AD2+DO2,/.AO2=82+(AO-6)2,25/.AO=3,25二。0 的 半 径 为 H；如 图，作 NCAB的 平 分 线 交 C D于 点 H,连 接 B H,过 点 H 作 HM_LAC,HN1BC,V0D1AB,AD=BD,/.AC=BC,.CD平 分 Z A C B,即 点 H 是 AABC的 内 心,.MH=NH=DH,在 RtAACD 中，A C=+C02=J8 2+62=10=BC,*SAABC=SAACH+S AABH-1-S ABCH 1 1 1 1/.2 X16X6=2 X10XMH+2 X16XDH+2 xlOxNH,8ADH=3,VOH=CO-CH=
35、CO-(C D-D H),【知 识 点】切 线 的 判 定；圆 的 综 合 题【解 析】【分 析】(1)根 据 题 意 先 求 出 Z E A C=Z F,再 求 出 匕 EAF=90。，最 后 证 明 求 解 即 可;1 25(2)先 求 出 ODJ_AB,A D=B D=A B=8,再 求 出 AO=3,即 可 作 答；利 用 勾 股 定 理 和 三 角 形 的 面 积 公 式 计 算 求 解 即 可。11.【答 案】(1)解：如 图 1,连 接 OA、0B,当 n=4时，四 边 形 ABCD是 正 方 形,OA=OB,AO1BO,A O B=90。，AzAON+zBON=90,VzMON
36、=za=90,Az.AON+zAOM=90o,/.ZBON=ZAOM,V O是 正 方 形 ABCD的 中 心，N0AM=zABO45。，在 A O M和 BO N中，=AABOOA=OBvZ.AOM=Z.BON,/.AOM=ABON(ASA),SAAOM=SABON，SAAOM+SAAON=S ABON+SA AO N，K P S 四 边 形 ANDM=S ABO=S，,正 方 形 ABCD的 边 长 为 2,S 正 方 形 ABCD=2 X 2=4,s1-4正 方 形 A B C D-4=1X1一 4（2）解：如 图 2,在 旋 转 过 程 中，4 a与 正 n 边 形 重 叠 部 分 的
37、 面 积 S 不 变,理 由 如 下：连 接 OA、0B,贝（JOA=OB=OC,z.AOB=z.MON=72,A zA O M=zB O N,且 NOAB=4OBC=54。，.OAM=A OBN,；四 边 形 OMBN 的 面 积：S=SAQBN+SAOBM=SAOAM+SAOBM=SAOAB故 S 的 大 小 不 变；1（3）解：猜 想：S 是 原 正 六 边 形 面 积 的 3,理 由 是：如 图 3,连 接 OB、OD,同 理 得 ABOM三 ADON,S=SABOM+S 四 边 形 OBCN=S ADON+S 四 边 形 OBCN=S 四 边 形 OBCD=3 S 六 边 形 ABC
38、DEF；四 边 形 OMPN是 菱 形，理 由 如 下：如 图 4,作 z a 的 平 分 线 与 B C边 交 于 点 P,连 接 OA、OB、OC、OD、PM、PN,OA=OB=OC=OD,zAOB=zBOC=zCOD=zMOP=zPON=60,/.ZOAM=ZOBP=ZOCN=60,ZAOM=ZBOP=ZCON,.OAM=A OBP=A OCN,.*.OM=OP=ON,.,OMP和 ZSOPN都 是 等 边 三 角 形，/.OM=PM=OP=ON=PN,.四 边 形 OMPN是 菱 形.【知 识 点】全 等 三 角 形 的 判 定 与 性 质；正 方 形 的 性 质；圆 内 接 正 多
39、边 形；几 何 图 形 的 面 积 计 算-割 补 法【解 析】【分 析】(1)连 接 OA、O B,利 用 正 方 形 的 性 质，可 证 得 OA=OB,Z.BON=ZAOM,Z.OAM=ZABO,再 利 用 ASA证 明 AOMmA B O N,就 可 得 出 这 两 个 三 角 形 的 面 积 相 等，然 后 证 明 S四 边 形 ANDM=S AABO=S,求 出 正 方 形 ABCD的 面 积，从 而 可 求 出 S 的 值。(2)连 接 OA、O B,易 证 OAM三 a O B N,再 证 明 S=S AOBN+S AOBM=S AOAM+S AOBM=S AO AB，即 可
40、证 得 结 论。(3)连 接 OB、O D,同 理 可 证 得 aBOM三 D O N,再 利 用 割 补 法 可 证 得 结 论；根 据 已 知 条 件，利 用 全 等 三 角 形 的 判 定 定 理 证 明 AOAM三 ZiOBPmAOCN,利 用 全 等 三 角 形 的 性 质，可 证 OM=OP=ON,然 后 利 用 等 边 三 角 形 的 性 质，去 证 明 OM=PM=OP=ON=PN,根 据 四 边 相 等 的 四 边 形 是 菱 形，可 证 得 结 论。12.【答 案】（1）解：如 图，连 接 4D.-AC=CE,;./LCEA=Z.CAE,*Z.CDA=Z.CEA,.NCZM
41、=4&4E.又 Z-ACB=Z.ACD,ADC s&BACCA _ AD：.BC=AB,在 A ABC 中，AC=6 f BC=8 9 Z.ACB=90,./8=AC2+BC2=10f 15在。中，Z.ACD=90,：.A D 是。直 径.15.0。的 半 径 为 彳.另 解：如 图，连 接 C O并 延 长 A E 交 于 点 F,;AC=CE,J.CP AE,.乙 4FC=乙 4cB=90。,；Z.FAC=Z.CAB,.FAC-A CAB,AC2=A F-AB，VAC=6,AB=10,“18AF=-.5,-24.CF=y!AC2-AF2=可 设 半 径 为.在 Rt AOF 中，0/=r,
42、24OF=CFr=-r由 勾 股 定 理 得 OF2+AF2=AO2,即 备-必 学 一,15解 得=彳.(2)证 明：连 接 AO,E。，设 乙 BEF=4ACE=x.由 圆 周 角 定 理，乙 4E=2乙 4CE=2x,；OA=OE,uZ-OAE=Z-OEA=90%,;OEA+Z-BEF=GQ,.NOEF=90。,OF I F F,.点 E 在。上，.直 线 E F 与。相 切.【知 识 点】勾 股 定 理；垂 径 定 理；圆 周 角 定 理；切 线 的 判 定；相 似 三 角 形 的 判 定 与 性 质 CA_AD【解 析】【分 析】（1）连 接 4 0,证 明 ADCS A B A C
43、,可 得 丽=而，利 用 勾 股 定 理 求 出 A B,代 入 比 例 式 求 出 A D,由 乙 4CO=90。可 得 4。是。直 径，从 而 得 出 半 径；另 解，如 图，连 接 C O并 延 长 A E 交 于 点 F,根 据 垂 径 定 理 得 C K LA E,然 后 判 断 出 xFACsXC A B,根 据 相 似 三 角 形 的 对 应 边 成 比 例 得 出 AC2=AFXA B,由 此 求 出 A F,根 据 勾 股 定 理 算 出 CF,设 半 径 为 广，在 R 3 A 0 F中，利 用 勾 股 定 理 建 立 方 程 即 可 解 出 答 案;（2）连 接 4,E,
44、设 乙 BEF=L ACE=X,由 圆 周 角 定 理 可 得 4 1 E=2乙 4CE=2%,再 求 出 O E 1 E F9根 据 切 线 的 判 定 定 理 即 证.3 1213.【答 案】（1）5.25（2）解：如 图 中，结 论：四 边 形 ABCD是 对 余 四 边 形.理 由：过 点 D 作 DM_LDC,使 得 D M=D C,连 接 CM.四 边 形 ABCD 中，AD=BD,AD1BD,AZDAB=ZDBA=45O,Vz.DCM=zDMC=45,C D M=NADB=90。，AzADC=zBDM,VAD=DB,CD=DM,.,.ADC=ABDM(SAS),AAC=BM,2C
45、D2+CB2=CA2,CM2=DM2+CD2=2CD2,ACM2+CB2=BM2,AzBCM=90o,D C B=4 5。，.ZDAB+ZDCB=9O,J 四 边 形 ABCD是 对 余 四 边 形.”=*0 t 4)【知 识 点】圆 周 角 定 理；圆 内 接 四 边 形 的 性 质；相 似 三 角 形 的 判 定 与 性 质：锐 角 三 角 函 数 的 定 义；三 角 形 全 等 的 判 定（SAS）【解 析】【解 答 解：（1）过 A 作 AE_LBC于 E,过 C 作 CF_LAD于 FVAB=AC,AE1BC1图 竺 _ 3.c o s Z _ A B C=5四 边 形 ABCD是
46、对 余 四 边 形，/.zB+zD=90XVzB+zBAE=90；zD=zBAEXVZCFD=ZAEB=9O/.ABEADCF空 些.CD=CF5 _ 3:：4=CF12/.CF=5CF 12/.sinzCA D=253 丝 故 答 案 为：S,25.(3)如 图 中，过 点 D 作 D H lx轴 于 H.图 VA(1,0),B(3,0),C(1,2),，O A=1,O B=3,AB=4,A C=B C=2 2,/.AC2+BC2=AB2,A C B=90。，.,.ZCBA=ZCAB=45,V四 边 形 ABCD是 对 余 四 边 形，AzADC+zABC=90,A D C=4 5。，VZA
47、EC=90。+4 ABe=135。，.,.zADC+zAEC=180,A A,D,C,E 四 点 共 圆，AZACE=ZADE,VzCAE+zACE=zCAE+zEAB=45,AzEAB=zACE,.ZEAB=ZADB,VZABE=ZDBA,*AABEADBA,BE _A E：.AB=AD,AE _ AD：.BE=AB,AD/.u=4,设 D(x,t),四 边 形 ABCD是 对 余 四 边 形，可 得 BD2=2CD2+AD2,二(xQ3)2+t2=2(xD l)2+(tO2)2+(x+1)2+t2,整 理 得(x+1)2=4tDt2,在 RtAADH 中，AD=+DH2=(x 4-l)2
48、4-12=2#,AD=#；.u=4-2(0 t 4),也 即 u=2(0 t 4)也 故 答 案 为：u 2(0 t V 4).1【分 析】(1)过 A 作 AE_LBC于 E,过 C 作 CF_LAD于 F,根 据 等 腰 三 角 形 的 性 质 可 得 BE=CE=2B C=3,根 据 三 角 函 数 的 概 念 可 得 cosNABC的 值，根 据 四 边 形 ABCD是 对 余 四 边 形 可 得 NB+ND=90。,根 据 同 角 的 余 角 相 等 可 得 N D=nB A E,证 明 A A B E H D C F,由 相 似 三 角 形 的 性 质 可 得 C F,然 后 根
49、据 三 角 函 数 的 概 念 进 行 计 算；(2)过 点 D 作 D M 1 D C,使 得 DM=D C,连 接 C M,易 得 乙 D A B=/D BA=45。，ZADC=ZBDM,证 明 aADC三 B D M,得 至 l A C=B M,根 据 勾 股 定 理 可 得 CM2=DM2+CD?=2CD2,结 合 已 知 条 件 可 得 CM2+CB2=B M 2,推 出/BCM=90。，则 ZDCB=45。，zDAB+rDCB=9 0,据 此 证 明；(3)过 点 D 作 D H lx轴 于 H,根 据 点 A、B、C 的 坐 标 可 得 OA=1,0 B=3,A B=4,AC=B
50、C=2根，结 合 勾 股 定 理 逆 定 理 知 NACB=90。，根 据 四 边 形 ABCD是 对 余 四 边 形 可 得 ZADC+4 ABC=90。,则 NADC=45。，易 得 A,D,C,E 四 点 共 圆，得 至 此 A C E=N A D E,根 据 角 的 和 差 关 系 可 推 出 AE _AD ADZEAB=ZACE,证 明 AABESDBA,由 相 似 三 角 形 的 性 质 可 得 而 而，则 11=丁，设 D(x,t),根 据 对 余 四 边 形 的 概 念 可 得 BD2=2CD2+AD2,代 入 并 整 理 可 得(x+l)2=4t-t2,根 据 勾 股 定 理