2021年中考數(shù)學分類專題訓練圓周角定理綜合運用(三)

2021年中考數(shù)學分類專題訓練：圓周角定理綜合運用（三）1．如圖是⊙的徑AC切⊙于點A是⊙O的弦，⊥于交⊙于，連接DE，BE，BD．．（1）求證：∠＝∠BED（2）如果＝10∠＝，求AC的長；（3）如果∥，＝10，求邊形AEDB的面．2．如圖甲，O中AB是徑是⊙上一點，∠＝45°，等腰直eq\o\ac(△,角)DCE中，DCE是直角，點D在線段上．（1）問BC、三在一條直線上嗎？為什么？（2）若M是段BE的中點，N是線段AD的中，試求

的值；（3）將△DCE繞點C逆時針旋α（°＜α＜90°）后，記為eq\o\ac(△,D)eq\o\ac(△,)CE（圖乙），若111是線段的中點，N是線段的點，則＝．1111/15

3如圖在圓內(nèi)接四邊形中為∠BCA的外角的平分線F為延長DF與BA的延長線交于．（1）求證：△ABD為等腰三角形．（2）求證：DF．

上一點＝AF，4．已知：在中，以AC邊直徑的交于點D，在劣弧∠DEC，延長BE依次交于點，交⊙于H．（1）求證：ACBH（2）若∠ABC＝45°，⊙O的直徑等于10，＝8求CE的長．

上取一點E使∠EBC5．如圖，已知AB是⊙的，＝2∠B，是弦AB上的任意一點（不點、B重合），連接并延長CO交⊙于點，連接AD．（1）弦長等于（結(jié)保留根號）；（2）當∠＝20°時，求∠的度數(shù)；（3）當?shù)拈L度為多少時，以A、、D為頂點三角形與以、、為點的三角形相似？請寫出解答過程．2/15

6．已知：為ABC上一定點，以為圓心，為半徑的圓交BC的延線于點E交AD于點F交AE于M，若∠＝∠CAE，＝DF，DF＝3，＝4（1）求證：為∠的平分線；（2）求證：；（3）求∠AED的余弦值．7．如圖，△內(nèi)接于圓，D是上一點，將∠沿翻折，點好落在圓上E點處．（1）求證：過圓心；（2）若已知：∠＝38°求BAE的度數(shù)．8．）如圖，在ABCD中，點E是AD的中點，連接CE并延長，交BA的延長線點．求證：FA＝AB．（2）如圖，在⊙中ACB＝∠＝60°，AC＝⊙的周長．3/15

，①求∠BAC的度數(shù)；②求

9．如圖，⊙是的外接圓，是⊙的徑，DE⊥BC于E，AF⊥于F．（1）求證：BECF（2）作⊥BC于G，若＝＝3OG＝1求弦AC的長．10．正方形ABCD四個頂點都在⊙上，是⊙上一點．（1）如圖①，若點E在

上，是DE上的點，＝BE．求證eq\o\ac(△,：)ADF≌△ABE；（2的條件下明還發(fā)線段DE之間滿足等量關(guān)系﹣＝你說明理由；

AE請（3）如圖②，若點E在

上．寫出線段DE、BEAE之間的等量關(guān)系．（不必證明）4/15

參考答案1．（1）證明：∵是⊙O的直徑，CA切于，∴∠+∠AOC＝90°；又∵0C⊥，∴∠OFA＝90°∴∠AOC+∠BAD，∴∠＝BAD又∵∠BED＝∠BAD，∴∠＝BED（2）解：由（）知∠＝∠，tan∠BAD＝∴tan∠＝．

，在eq\o\ac(△,Rt)OAC中，tan∠C＝∴，解得．

，且OA＝

AB＝5，（3）解：∵OCAD∴

，∴＝ED，又∵DE∥AB，∴∠BADEDA，∴∴＝，∴＝＝，∴，∴∠BAD＝30°又∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°

，∴＝

AB＝5，DE＝5在eq\o\ac(△,Rt)ABD中，由勾股定理得AD＝過點作⊥于H，

，∵∠HAD＝30°∴＝

AD＝，∴四邊形的面積＝

．5/15

2．解：）在一條直線上．理由如下：∵AB為⊙直，∴∠ACB＝90°∵△為等腰直角三角形，∴∠ACE＝90°∴∠BCE＝90°+90°，∴、、三點線．（2）連接，，，并延長BD交AEF∵∠ACB＝90°∠＝45°∴＝，在△和△中，∵，∴△BCDACE，∴＝，∠DBE∠，∴∠AEB+∠EBD，∴⊥，∵，為中點，∴∥，＝

BD，同理：∥AE，＝∴⊥，＝，

AE，∴＝

OM，6/15

∴＝，（3）成立．理由如下：連接，AE，，延長交于F，1111和（）一樣，易證eq\o\ac(△,得)BCD≌△ACE∴E＝∠，111∠BD＝∠C，11∴∠+∠AEC+∠BC+90°+∠CB＝360°（四邊形內(nèi)角和定），1111又∵∠AEC∠D+∠CB＝180°，111∴∠+90°+180°＝360°1∴∠＝90°，1∴BD⊥AE，11可得eq\o\ac(△,)為腰直角三角形，11從而有M＝11故答案為：

OM．1．3．證明：）∵四邊形是圓O的內(nèi)接四邊形，∴∠DCB+∠DAB＝180°∵∠MCD+∠DCB＝180°∴∠MCD＝∠DAB，∵CD為∠的外角的平分線，∴∠MCD＝∠ACD，∵∠和∠都對弧AFD，∴∠DCA＝∠DBA，∴∠DAB＝∠DBA，∴＝，7/15

∴△為等腰三角形．（2）由（）知＝，＝AF則弧AFD＝弧BCD，?。交C，∴∠BDCADF，?。交FCD＝，①∴∠BDC+∠BDA＝∠ADFBDA，即∠CDA＝∠BDF，而∠FAE+∠BAF＝∠BDFBAF＝180°，∴∠FAE＝∠BDF＝∠CDA，同理∠DCA＝∠AFE∴在△與△中，∠CDA＝∠FAE，∠DCA＝∠AFE，∴△CDA∽△FAE，∴即CDEF＝AF又由①有ACAF＝DFEF命題即．4．（1）證明：連接AD∵∠DAC＝∠DEC，∠EBC＝∠DEC

，∴∠DAC＝∠EBC，∵AC是⊙的徑，∴∠ADC＝90°∴∠DCA+∠DAC，∴∠EBC+∠DCA，∴∠BGC＝180°﹣（∠+∠）﹣90°＝90°，∴⊥；（2）解：∵∠BDA﹣∠ADC＝90°∠ABC＝45°，∴∠BAD＝45°8/15

∴＝，∵＝8∴AD＝8，在直角三角形ADC中，AD＝8＝10，根據(jù)勾股定理得：＝6則BC＝＝14，∵∠EBC＝∠DEC，∠BCE＝∠ECD，∴△BCE∽△ECD，∴∴＝

，即CEBCCD＝14×6＝84，＝2．5．解：）過點O作OE⊥ABE，則AE＝＝

AB，∠OEB＝90°，∵＝2∠＝30°，∴＝cos＝2×∴＝2；

＝，故答案為：2

；（2）連接，∵＝，＝，∴∠BAO＝∠，∠DAO＝∠D∴∠DAB＝∠BAO+∠＝∠+∠，又∵∠＝30°，∠＝20°∴∠DAB＝50°∴∠BOD＝2∠DAB＝100°；（3）∵∠BCO∠∠，9/15

∴∠BCO＞∠，∠BCO＞∠D∴要使△與△相似，只DCA＝∠＝90°，此時∠BOC＝60°∠＝120°，∴∠DAC＝60°∴△DAC∽△BOC，∵∠BCO＝90°即OC⊥，∴＝

AB＝．∴當AC的長度

時以C頂點的三角形與以為點的三角形相似．6．解：）∵是半圓C的直，∴∠DFC＝90°即EF⊥；∵＝，∴EA＝，∠EDA∠．∵∠EDA＝∠∠BAD∠EAD＝∠∠CAE；又∵∠＝CAE，∴∠BAD＝∠DAC，即平分∠BAC（2）連接，由圓周角定理可：AEFADM，又∵∠DAM＝∠EAF，∴△AFE∽△AMD，∴

；（3）過點A作AN⊥DE垂足為N．∵＝3EF，∴DE＝5，∴＝＝3AE＝＝5，10/

由（）∴＝，

，得＝AE即3×6＝AM；，在eq\o\ac(△,RT)DME，．7．（1）證明：連接BE交于點F∵△內(nèi)接于圓，是BC上一點，將∠沿AD翻，點好落在圓上E點處．∴∠AFB＝∠AFE＝90°，＝，∴AD垂直平分BE，∴AD過圓心；（2）解：∵內(nèi)接于圓D是上一點，將沿AD翻折，點好落在圓上E點處．∴＝，∴∠ABE＝∠AEB＝∠＝38°，∴∠BAE＝180°﹣38°﹣38°．8．解：）∵四邊形ABCD是行四邊形，∴∥，＝，∵是的中，∴＝

AD＝

BC，11/

∴AE是△的中位線，∴＝；（2）①∵∠ACB＝∠＝60°，∠BAC＝∠，∴∠BAC＝60°②過作⊥，連接、，∵∠ACB＝∠BDC＝∠BAC＝60°，∴∠ABC＝60°∴△是等邊三角形，∴∠AOC＝120°，∴∠AOE＝60°∵⊥，＝2

cm，∴＝

cm，∴＝

＝＝2，∴⊙的長2π＝2π×2＝4．故答案為：，4π．9．（1）證明：延長DE交于H，連接AH、．∵⊥，⊥，＝90°，∴四邊形為矩形，∴＝，∥，∴∠HAB＝∠ABC，∴＝，∴Rt△BEH△CFA，∴＝；12/

（2）解：連接，連接FO并延長交DE于．則△AFO≌△DPO，∴＝，＝，∴＝

PE，∴＝2∴＝＝1∵＝＝，∴∠BCD＝45°又∠ACD＝90°∠＝45°∴＝10．）證明：在正方形ABCD中AB＝，∵∠1和∠都對

，∴∠1＝，在△和△中，，∴△ADF≌△ABE（SAS）；（2）由（）有△ADF≌△ABE∴＝，＝∠4在正方形中，∠＝90°．∴∠BAF+∠3＝90°．∴∠BAF+∠4＝90°．∴∠EAF＝90°∴△是等腰直角三角形