專題30 與直徑有關(guān)的輔助線問題（解析版）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習經(jīng)典問題專題訓(xùn)練

專題30與直徑有關(guān)的輔助線問題【規(guī)律總結(jié)】遇弦添加過圓心的垂線段或半徑；遇直徑添加直徑所對的圓周角；遇不規(guī)則圖形化成規(guī)則圖形；【典例分析】例1．（2020·山東煙臺市·煙臺芝罘中學(xué)九年級月考）如圖，于點，，，，則⊙O的直徑是______．【答案】【分析】延長交于圓上點E，連接BE，先證明，再證明△ABE∽△ADC，利用相似三角形的性質(zhì)可得答案．【詳解】延長交于圓上點E，連接BE，則∠E=∠C，∵為的直徑，，∴∠ADC=∠ABE=90°∵∠BCA=∠BEA∴△ABE∽△ADC，∴，∵AD＝2cm，AB＝4cm，AC＝3cm，∴，解得AE=6cm．∴的直徑為．【點睛】本題考查的是圓周角定理及相似三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．例2．（2020·哈爾濱市第四十七中學(xué)九年級月考）已知：，為的弦，，點、點在上，弧等于弧，連接．（1）如圖，求證：BD//AE；（2）如圖，在的延長線上取一點，連接，若，求證：；（3）如圖，在（2）的條件下，若，，，求的半徑的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）利用已知條件證明∠DBE所對的弧DE和∠AEB所對的弧AB相等即可；（2）設(shè)，，根據(jù)弧、弦、圓周角之間的關(guān)系可得，從而可證得結(jié)論；

（3）分別過D、E作AE的垂線與AE相交于H，I，根據(jù)矩形和等腰梯形的性質(zhì)和判定可設(shè)AI=EH=a，從而可得EI=4+a，AE=4+2a，過A點作AG⊥BF，根據(jù)等腰三角形三線合一可得BG，再利用線段的和差求得GE，在圖中的直角三角形中利用勾股定理列出方程即可求得a的值，從而可求得AB和∠BEA的正弦值，連接BO并延長與交于M，可得∠AMB=∠BEA，∠BAM=90°，解Rt△ABM即可求得圓的直徑和半徑．【詳解】（1）在中，∵，∴弧弧，∵弧弧，∴弧弧弧弧，∴弧弧，∴弧弧，∴，∴BD//AE;（2）連接，設(shè)，∵，∴∠ABC=∠ACB，∵∠AEB=∠ACB，∴∠AEB=∠ABC，設(shè)，則，∵，∴，∴，∴，∴；（3）分別過D、E作AE的垂線與AE相交于H，I，∴∠DHI=∠HIB=90°，∵弧弧，∴DE=AB，∵BE//AE，∴∠DBI=180°-∠HIB=90°，四邊形ABDE為等腰梯形，∴四邊形BIHD為矩形，設(shè)EH=a,則AI=EH=a，EI=4+a，AE=4+2a，過A點作AG⊥BF，∵AF=AB，∴,,∴根據(jù)勾股定理，解得（舍去），，，，連接BO并延長與交于M，可得∠AMB=∠BEA，∠BAM=90°，∴，在Rt△ABM中，∴，∴半徑OB．【點睛】本題主要考查弦、弧、圓周角的關(guān)系，圓周角定理、勾股定理、矩形的性質(zhì)和判定，解直角三角形．（1）中證明圓周角相等其實質(zhì)是證明圓周角對的弧相等；（2）能借助中間量完成角度得出角相等是解題關(guān)鍵；（3）中解題思路為借助輔助線和直角定理得出弦和該弦所對的圓周角的正弦值，從而轉(zhuǎn)化成解直角三角形求直徑．【好題演練】一、單選題1．（2020·武漢十一崇仁初級中學(xué)九年級其他模擬）如圖，AB為⊙O的直徑，點C為弧AB的中點，弦CD交AB于點E，若，則tan∠B的值是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖（見解析），連接OC，過O作于E，過D作于F，先根據(jù)垂徑定理得到，設(shè)，從而可得，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可得，又根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得DF、EF的長，從而可得BF的長，最后根據(jù)正切三角函數(shù)的定義即可得．【詳解】如圖，連接OC，過O作于E，過D作于F∵∴設(shè)，則∴∵AB為⊙O的直徑，點C為弧AB的中點∴在和中，，即解得或（不符題意，舍去）∵∴∴，即解得則在中，故選：C．【點睛】本題考查了垂徑定理、圓心角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、正切三角函數(shù)等知識點，通過作輔助線，構(gòu)造相似三角形和直角三角形是解題關(guān)鍵．二、填空題2．（2019·浙江溫州市·九年級零模）如圖，已知中，，，以為直徑作，交于點，在上取點使，交于點，已知，則__________．【答案】【分析】連接CE，EF，BF，過F作FG⊥AC于點G，設(shè)，則，利用求出的值，利用求出和的值，利用求出的值，進而求出，從而得出結(jié)論．【詳解】解：連接CE，∵BC是直徑，∴CE⊥BA，又∵，∴設(shè)，則，∵，∴，，∴，連接EF，∵四邊形BCFE是圓內(nèi)接四邊形，∴，，∴∴，即：解得：，∴，連接BF，過F作FG⊥AC于點G，∵BC是直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得：，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題屬于圓的綜合題，難度較大，主要考查了圓內(nèi)接四邊形、相似、勾股定理、直角三角形，三角函數(shù)等知識點．在解題過程中，要靈活應(yīng)用，尤其是輔助線的構(gòu)造，是解決本題的關(guān)鍵．3．（2019·全國九年級專題練習）如圖所示，中，，，，分別在射線，上移動，且，則點到點的距離的最大值為__.【答案】.【解析】【分析】過，，三點作，作直徑連結(jié)，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等得出，從而確定的直徑即可【詳解】如圖所示，過，，三點作，作直徑連結(jié)，∵，∴，∵在中，，∴在，弦的最大值等于直徑∴到點的距離的最大值為【點睛】本題考查了圓周角的性質(zhì)定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，以及勾股、勾股定理等知識點，掌握直徑是圓中最長的弦是解題的關(guān)鍵三、解答題4．（2020·鄭州一中國際航空港實驗學(xué)校九年級三模）如圖，AB為⊙O的直徑，且AB＝4，DB⊥AB于B，點C是弧AB上的任一點，過點C作⊙O的切線交BD于點E．連接OE交⊙O于F．（1）求證：AD∥OE；（2）填空：連接OC、CF，①當DB＝時，四邊形OCEB是正方形；②當DB＝時，四邊形OACF是菱形．【答案】（1）見解析；（2）①4，②BD＝4．【分析】（1）連接OC、BC，由AB為⊙O的直徑，DB⊥AB于B，推出DB是⊙O的切線，進而證明OE⊥BC，AC⊥BC，即可得出結(jié)論；（2）①若四邊形OCEB是正方形，CE＝BE＝OB＝OC＝AB＝2，由（1）可證，得到DE＝BE＝2，BD＝BE+DE＝4即可求出；②若四邊形OACF是菱形，則OA＝AC，又OA＝OC，于是△OAC為等邊三角形，∠A＝60°，在Rt△ABD中，由tanA＝，即可求得BD．【詳解】（1）證明：連接OC、BC，如圖1，∵AB為⊙O的直徑，DB⊥AB于B，∴DB是⊙O的切線，∵CE與⊙O相切于點C，∴BE＝CE，∴點E在BC的垂直平分線上，∵OB＝OC，∴點O在BC的垂直平分線上，∴OE⊥BC，∵∠ACB＝90°，即AC⊥BC，∴AD∥OE；（2）如圖2，①若四邊形OCEB是正方形，AB＝4，∴CE＝BE＝OB＝OC＝AB＝2，∵OE∥AC，∴，∴DE＝BE＝2，∴BD＝BE+DE＝4，故答案為：4；②若四邊形OACF是菱形，∴CO平分∠ACF，CF∥OA，∴∠ACO＝∠FCO＝∠AOC，∵OA＝OC，∴∠A＝∠ACO＝∠AOC，∴△AOC是等邊三角形，∴∠A＝60°，∵∠ABD＝90°，∴Rt△ABD中，tanA＝，∴BD＝4，故答案為：4；【點睛】本題是圓綜合題，正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，以及等邊三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握圓的相關(guān)性質(zhì)以及菱形和正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2020·上海青浦區(qū)·九年級二模）如圖，已知AB是半圓O的直徑，AB＝6，點C在半圓O上．過點A作AD⊥OC，垂足為點D，AD的延長線與弦BC交于點E，與半圓O交于點F（點F不與點B重合）．（1）當點F為的中點時，求弦BC的長；（2）設(shè)OD＝x，＝y(tǒng)，求y與x的函數(shù)關(guān)系式；（3）當△AOD與△CDE相似時，求線段OD的長．【答案】（1）3；（2）y＝；（3）【分析】（1）連結(jié)OF，交BC于點H．得出∠BOF＝∠COF．則∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，可求出BH，BC的長；（2）連結(jié)BF．證得OD∥BF，則，即，得出，則得出結(jié)論；（3）分兩種情況：①當∠DCE＝∠DOA時，AB∥CB，不符合題意，舍去，②當∠DCE＝∠DAO時，連結(jié)OF，證得∠OAF＝30°，得出OD＝，則答案得出．【詳解】解：（1）如圖1，連結(jié)OF，交BC于點H．∵F是中點，∴OF⊥BC，BC＝2BH．∴∠BOF＝∠COF．∵OA＝OF，OC⊥AF，∴∠AOC＝∠COF，∴∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，在Rt△BOH中，sin∠BOH＝，∵AB＝6，∴OB＝3，∴BH＝，∴BC＝2BH＝3；（2）如圖2，連結(jié)BF．∵AF⊥OC，垂足為點D，∴AD＝DF．又∵OA＝OB，∴OD∥BF，BF＝2OD＝2x．∴，∴，即，∴，∴y＝．（3）△AOD和△CDE相似，分兩種情況：①當∠DCE＝∠DOA時，AB∥CB，不符合題意，舍去．②當∠DCE＝∠DAO時，連結(jié)OF．∵OA＝OF，OB＝OC，∴∠OAF＝∠OFA，∠OCB＝∠OBC．∵∠DCE＝∠DAO，∴∠OAF＝∠OFA＝∠OCB＝∠OBC．∵∠AOD＝∠OCB+∠OBC＝2∠OAF，∴∠OAF＝30°，∴OD＝．即線段OD的長為．【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了垂徑定理，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造基本圖形解決問題．6．（2020·哈爾濱市第四十七中學(xué)九年級月考）如圖，四點都在上，弧弧，連接，．（1）如圖1，求證：是的直徑；（2）如圖2，過點作于點，點在弧上，連接交于點，求證：平分；（3）如圖3，在（2）的條件下，與相切于點，交的延長線于點，連接，若，，求線股的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）．【分析】（1）求出，根據(jù)90度的圓周角所對的弦是直徑可得結(jié)論；（2）連接OC，OD，AB與CD交于點H，利用三角形內(nèi)角和定理分別求出，，然后根據(jù)等量代換得到即可；（3）如圖作輔助線，根據(jù)角的關(guān)系求出點M在AD的垂直平分線上，然后構(gòu)造矩形MQDT，根據(jù)矩形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)求出的半徑，然后由勾股定理列方程求出BE，進而得到AD，AC的值，然后再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求出AP，得到PD即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖1，連接BD，∵，，∴，∴∠ADB＝，∴是的直徑；（2）如圖2，連接OC，OD，AB與CD交于點H，∵，，，∴，∵，∴，∵OC＝OD，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即平分；（3）如圖3，延長CO交于K，連接DM，則∠KOD＝2∠KCD，∵，，∴，∴，即，∵，∴，∴AM＝DM，∴點M在AD的垂直平分線上，連接MO并延長交AD于Q，則MQ⊥AD，AQ＝DQ，∵是的切線，是的直徑，∴QM⊥MN，QD⊥BD，延長DB交MN于T，連接BC，則四邊形MQDT是矩形，∴MT＝QD，QM＝DT，設(shè)BE＝x，則，∵，∴，∴，，∴設(shè)的半徑為r，則，解得：，∴，，∴，∴