2020年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 重難題型突破 類型二 與切線有關(guān)的證明與計(jì)算

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1、類型二 與切線有關(guān)的證明與計(jì)算 例1、如圖，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D在BC上，BD＝DC，過點(diǎn)D作DE⊥AC，垂足為E，⊙O經(jīng)過A，B，D三點(diǎn)． (1)求證：AB是⊙O的直徑； (2)判斷DE與⊙O的位置關(guān)系，并加以證明； (3)若⊙O的半徑為3，∠BAC＝60°，求DE的長． 【分析】：(1)連接AD，證AD⊥BC可得；(2)連接OD，利用中位線定理得到OD與AC平行，可證∠ODE為直角，由OD為半徑，可證DE與圓O相切；(3)連接BF，先證三角形ABC為等邊三角形，再求出BF的長，由DE為三角形CBF中位線，即可求出DE的長． 【答案】：(1)連接AD，∵AB＝AC，

2、BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴AB為圓O的直徑 (2)DE與圓O相切，證明：連接OD，∵O，D分別為AB，BC的中點(diǎn)，∴OD為△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∵OD為圓的半徑，∴DE與圓O相切 (3)∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC為等邊三角形，∴AB＝AC＝BC＝6，連接BF，∵AB為圓O的直徑，∴∠AFB＝∠DEC＝90°，∴AF＝CF＝3，DE∥BF，∵D為BC的中點(diǎn)，∴E為CF的中點(diǎn)，即DE為△BCF中位線，在Rt△ABF中，AB＝6，AF＝3，根據(jù)勾股定理得BF＝＝3，則DE＝BF＝ 例2、如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，BD為

3、⊙O的直徑，BD與AC相交于點(diǎn)H，AC的延長線與過點(diǎn)B的直線相交于點(diǎn)E，且∠A＝∠EBC. (1)求證：BE是⊙O的切線； (2)已知CG∥EB，且CG與BD，BA分別相交于點(diǎn)F，G，若BG·BA＝48，F(xiàn)G＝，DF＝2BF，求AH的值． 【分析】：(1)證∠EBD＝90°即可；(2)由△ABC∽△CBG得＝，可求出BC，再由△BFC∽△BCD得BC2＝BF·BD，可求出BF，再求出CF，CG，GB，通過計(jì)算發(fā)現(xiàn)CG＝AG，可證CH＝CB，即可求出AC. 【答案】：(1)連接CD，∵BD是直徑，∴∠BCD＝90°，即∠D＋∠CBD＝90°，∵∠A＝∠D，∠A＝∠EBC，∴∠CBD＋

4、∠EBC＝90°，∴BE⊥BD，∴BE是⊙O切線 (2)∵CG∥EB，∴∠BCG＝∠EBC，∴∠A＝∠BCG，又∵∠CBG＝∠ABC，∴△ABC∽△CBG，∴＝，即BC2＝BG·BA＝48，∴BC＝4，∵CG∥EB，∴CF⊥BD，∴△BFC∽△BCD，∴BC2＝BF·BD，∵DF＝2BF，∴BF＝4，在Rt△BCF中，CF＝＝4，∴CG＝CF＋FG＝5，在Rt△BFG中，BG＝＝3，∵BG·BA＝48，∴BA＝8，∴AG＝5，∴CG＝AG，∴∠A＝∠ACG＝∠BCG，∠CFH＝∠CFB＝90°，∴∠CHF＝∠CBF，∴CH＝CB＝4，∵△ABC∽△CBG，∴＝，∴AC＝＝，∴AH＝AC－CH

5、＝ 例3、如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對(duì)角線AC為⊙O的直徑，過點(diǎn)C作AC的垂線交AD的延長線于點(diǎn)E，點(diǎn)F為CE的中點(diǎn)，連接DB，DC，DF. (1)求∠CDE的度數(shù)； (2)求證：DF是⊙O的切線； (3)若AC＝2DE，求tan∠ABD的值． 【答案】：(1)∵對(duì)角線AC為⊙O的直徑，∴∠ADC＝90°，∴∠EDC＝90° (2)連接DO，∵∠EDC＝90°，F(xiàn)是EC的中點(diǎn)，∴DF＝FC，∴∠FDC＝∠FCD，∵OD＝OC，∴∠OCD＝∠ODC，∵∠OCF＝90°，∴∠ODF＝∠ODC＋∠FDC＝∠OCD＋∠DCF＝∠OCF＝90°，∴DF是⊙O的切線 (3)∵∠E＋

6、∠DCE＝90°，∠DCA＋∠DCE＝90°，∴∠DCA＝∠E，又∵∠ADC＝∠CDE＝90°，∴△CDE∽△ADC，∴＝，∴DC2＝AD·DE.設(shè)DE＝x，則AC＝2x，AC2－AD2＝DC2＝AD·DE，即(2x)2－AD2＝AD·x，整理得AD2＋AD·x－20x2＝0，解得AD＝4x或AD＝－5x(舍去)，則DC＝＝2x，故tan∠ABD＝tan∠ACD＝＝＝2 例4、如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)O在對(duì)角線AC上，以O(shè)A的長為半徑的圓O與AD，AC分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，且∠ACB＝∠DCE. (1)判斷直線CE與⊙O的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論； (2)若tan∠ACB＝，BC＝2，

7、求⊙O的半徑． 【答案】：(1)直線CE與⊙O相切. 理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴BC∥AD，∴∠ACB＝∠DAC，又∵∠ACB＝∠DCE，∴∠DAC＝∠DCE，連接OE，有OA＝OE，則∠DAC＝∠AEO＝∠DCE.∵∠DCE＋∠DEC＝90°，∴∠AEO＋∠DEC＝90°，∴∠OEC＝90°，即OE⊥CE.又OE是⊙O的半徑，∴直線CE與⊙O相切　(2)∵tan∠ACB＝＝，BC＝2，∴AB＝BC·tan∠ACB＝，∴AC＝.又∵∠ACB＝∠DCE，∴tan∠DCE＝tan∠ACB＝，∴DE＝DC·tan∠DCE＝1.在Rt△CDE中，CE＝＝，設(shè)⊙O的半徑為r，則在Rt△C

8、OE中，CO2＝OE2＋CE2，即(－r)2＝r2＋3，解得r＝　　　　　　　　　　　　　　　　 例5、如圖，已知AB為⊙O的直徑，AC為⊙O的切線，OC交⊙O于點(diǎn)D，BD的延長線交AC于點(diǎn)E. (1)求證：∠1＝∠CAD； (2)若AE＝EC＝2，求⊙O的半徑． 【答案】：(1)∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADO＋∠BDO＝90°，∵AC為⊙O的切線，∴OA⊥AC，∴∠OAD＋∠CAD＝90°，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵∠1＝∠BDO，∴∠1＝∠CAD (2)∵∠1＝∠CAD，∠C＝∠C，∴△CAD∽△CDE，∴CD∶CA＝CE∶CD，∴CD2＝

9、CA·CE，∵AE＝EC＝2，∴AC＝AE＋EC＝4，∴CD＝2，設(shè)⊙O的半徑為x，則OA＝OD＝x，在Rt△AOC中，OA2＋AC2＝OC2，∴x2＋42＝(2＋x)2，解得x＝，∴⊙O的半徑為 例6、如圖，已知⊙O是△ABC的外接圓，AD是⊙O的直徑，且BD＝BC，延長AD到E，且有∠EBD＝∠CAB. (1)求證：BE是⊙O的切線； (2)若BC＝，AC＝5，求圓的直徑AD及切線BE的長． 【答案】：(1)連接OB，∵BD＝BC，∴∠CAB＝∠BAD，∵∠EBD＝∠CAB，∴∠BAD＝∠EBD，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ABD＝90°，OA＝OB，∴∠BAD＝∠ABO，∴∠

10、EBD＝∠ABO，∴∠OBE＝∠EBD＋∠OBD＝∠ABO＋∠OBD＝∠ABD＝90°，∵點(diǎn)B在⊙O上，∴BE是⊙O的切線 (2)設(shè)圓的半徑為R，連接CD，∵AD為⊙O的直徑，∴∠ACD＝90°，∵BC＝BD，∴OB⊥CD，∴OB∥AC，∵OA＝OD，∴OF＝AC＝，∵四邊形ACBD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠BDE＝∠ACB，∵∠DBE＝∠CAB，∴△DBE∽△CAB，∴＝，∴＝，∴DE＝，∵∠OBE＝∠OFD＝90°，∴DF∥BE，∴＝，∴＝，∵R＞0，∴R＝3，∴AB＝＝，∵＝，∴BE＝ 例7、如圖，CD是⊙O的直徑，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足為G，OG∶OC＝3∶5，AB

11、＝8. (1)求⊙O的半徑； (2)點(diǎn)E為圓上一點(diǎn)，∠ECD＝15°，將沿弦CE翻折，交CD于點(diǎn)F，求圖中陰影部分的面積． 【答案】：(1)連接AO，∵CD為⊙O的直徑，AB⊥CD，AB＝8，∴AG＝4，∵OG∶OC＝3∶5，∴設(shè)⊙O的半徑為5k，則OG＝3k，∴(3k)2＋42＝(5k)2，解得k＝1或k＝－1(舍去)，∴5k＝5，即⊙O的半徑是5 (2)將陰影部分沿CE翻折，點(diǎn)F的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為M，∵∠ECD＝15°，由對(duì)稱性可知，∠DCM＝30°，S陰影＝S弓形CBM，連接OM，則∠MOD＝60°，∴∠MOC＝120°，過點(diǎn)M作MN⊥CD于點(diǎn)N，∴MN＝MO·sin60°＝5×＝，

12、∴S陰影＝S扇形OMC－S△OMC＝－×5×＝－，即圖中陰影部分的面積是－ 例8、如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，以AB為直徑的⊙O交AC于點(diǎn)D，點(diǎn)E是AB邊上一點(diǎn)(點(diǎn)E不與點(diǎn)A，B重合)，DE的延長線交⊙O于點(diǎn)G，DF⊥DG，且交BC于點(diǎn)F. (1)求證：AE＝BF； (2)連接GB，EF，求證：GB∥EF； (3)若AE＝1，EB＝2，求DG的長． 【答案】：(1)連接BD，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠A＝∠C＝45°，∵AB為圓O的直徑，∴∠ADB＝90°，即BD⊥AC，∴AD＝DC＝BD＝AC，∠CBD＝∠C＝45°，∴∠

13、A＝∠FBD，∵DF⊥DG，∴∠FDG＝90°，∴∠FDB＋∠BDG＝90°，又∵∠EDA＋∠BDG＝90°，∴∠EDA＝∠FDB，可證△AED≌△BFD(ASA)，∴AE＝BF (2)連接EF，BG，∵△AED≌△BFD，∴DE＝DF，∵∠EDF＝90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴∠DEF＝45°，∵∠G＝∠A＝45°，∴∠G＝∠DEF，∴GB∥EF (3)∵AE＝BF，AE＝1，∴BF＝1，在Rt△EBF中，∠EBF＝90°，∴根據(jù)勾股定理得EF2＝EB2＋BF2，∵EB＝2，BF＝1，∴EF＝＝，∵△DEF為等腰直角三角形，∠EDF＝90°，∴cos∠DEF＝＝，∵EF＝，∴DE＝×＝，∵∠G＝∠A，∠GEB＝∠AED，∴△GEB∽△AED，∴＝，即GE·ED＝AE·EB，∴·GE＝2，∴GE＝，則GD＝GE＋ED＝ 6