九年级数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)及答案

九年级数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)及答案

一、圆的综合

1．如图，在平面直角坐标系xoy中，E（8,0），F(0 , 6)．

（1）当G(4，8)时，则∠FGE= °

（2）在图中的网格区域内找一点P，使∠FPE=90°且四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形．

要求：写出点P点坐标，画出过P点的分割线并指出分割线（不必说明理由，不写画法）．

【答案】（1）90；（2）作图见解析，P（7，7），PH是分割线．

【解析】

试题分析：（1）根据勾股定理求出△FEG的三边长，根据勾股定理逆定理可判定△FEG是直角三角形，且∠FGE="90" °．

（2）一方面，由于∠FPE=90°，从而根据直径所对圆周角直角的性质，点P在以EF为直径的圆上；另一方面，由于四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形，从而OP是正方形的对角线，即点P在∠FOE的角平分线上，因此可得P（7，7），PH是分割线．

试题解析：（1）连接FE，

∵E（8,0），F(0 , 6)，G(4，8)，

∴根据勾股定理，得FG=，EG=，FE=10．

∵，即．

∴△FEG是直角三角形，且∠FGE=90 °．

（2）作图如下：

P（7，7），PH是分割线．

考点：1．网格问题；2．勾股定理和逆定理；3．作图（设计）；4．圆周角定理．

2．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点F在⊙O上，且点C是的中点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，交AF的延长线于点E．

（1）求证：AE⊥DE；

（2）若∠BAF=60°，AF=4，求CE的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

试题分析：（1）首先连接OC，由OC=OA，，易证得OC∥AE，又由DE切⊙O于点C，易证得AE⊥DE；

（2）由AB是⊙O的直径，可得△ABC是直角三角形，易得△AEC为直角三角形，根据AE=3求得AC的长，然后连接OF，可得△OAF为等边三角形，知AF=OA=AB，在△ACB中，利用已知条件求得答案．

试题解析：（1）证明：连接OC，

∵OC=OA，

∴∠BAC=∠OCA，

∵ ∴∠BAC=∠EAC，

∴∠EAC=∠OCA，

∴OC∥AE，

∵DE切⊙O于点C，

∴OC⊥DE，

∴AE⊥DE；

（2）解：∵AB是⊙O的直径，

∴△ABC是直角三角形，

∵∠CBA=60°，

∴∠BAC=∠EAC=30°，

∵△AEC为直角三角形，AE=3，

∴AC=2，

连接OF，

∵OF=OA，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，

∴△OAF为等边三角形，

∴AF=OA=AB，

在Rt△ACB中，AC=2，tan∠CBA=，

∴BC=2，

∴AB=4，

∴AF=2．

考点：切线的性质．

3．如图，PA、PB是⊙O的切线，A，B为切点，∠APB=60°，连接PO并延长与⊙O交于C点，连接AC、BC．

（Ⅰ）求∠ACB的大小；

（Ⅱ）若⊙O半径为1，求四边形ACBP的面积．

【答案】（Ⅰ）60°；（Ⅱ）332

【解析】

分析：（Ⅰ）连接AO，根据切线的性质和切线长定理，得到OA⊥AP，OP平分∠APB，然后根据角平分线的性质和三角形的外角的性质，30°角的直角三角形的性质，得到∠ACB的度数；

（Ⅱ）根据30°角的直角三角形的性质和等腰三角形的性质，结合等底同高的性质求三角形的面积即可．

详解：（Ⅰ）连接OA，如图，

∵PA、PB是⊙O的切线，

∴OA⊥AP，OP平分∠APB，

∴∠APO=12∠APB=30°，

∴∠AOP=60°，

∵OA=OC，

∴∠OAC=∠OCA，

∴∠ACO=12AOP=30°，

同理可得∠BCP=30°，

∴∠ACB=60°；

（Ⅱ）在Rt△OPA中，∵∠APO=30°，

∴AP=3OA=3，OP=2OA=2，

∴OP=2OC，

而S△OPA=12×1×3，

∴S△AOC=12S△PAO=34，

∴S△ACP=334，

∴四边形ACBP的面积=2S△ACP=332．

点睛：本题考查了切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定，熟练掌握切线的性质是解题的关键．

4．如图，在⊙O中，直径AB⊥弦CD于点E，连接AC，BC，点F是BA延长线上的一点，且∠FCA＝∠B.

(1)求证：CF是⊙O的切线； (2)若AE＝4，tan∠ACD＝33，求FC的长．

【答案】（1）见解析

【解析】

分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠OCF=90°，进而得出答案；

（2）根据正切的性质求出EC的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可．

详解：(1)证明：连接OC.∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB＝90°，∴∠OCB＋∠ACO＝90°.

∵OB＝OC，∴∠B＝∠OCB.

又∵∠FCA＝∠B，∴∠FCA＝∠OCB，

∴∠FCA＋∠ACO＝90°，即∠FCO＝90°，

∴FC⊥OC，

∴FC是⊙O切线．

(2)解：∵AB⊥CD，∴∠AEC＝90°，∴EC=AE443tanACE33，

设OA＝OC＝r，则OE＝OA－AE＝r－4.

在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋CE2，

即r2＝(r－4)2＋(43)2，解得r＝8.

∴OE＝r－4＝4＝AE.

∵CE⊥OA，∴CA＝CO＝8，

∴△AOC是等边三角形，

∴∠FOC＝60°，∴∠F＝30°.

在Rt△FOC中，

∵∠OCF＝90°，OC＝8，∠F＝30°，

∴OF＝2OC＝16，

∴FC＝22OFOC83.

点睛：此题主要考查了切线的判定、垂径定理的推论以及勾股定理等知识，得出BC的长是解题关键．

5．如图，AB，BC分别是⊙O的直径和弦，点D为»BC上一点，弦DE交⊙O于点E，交AB于点F，交BC于点G，过点C的切线交ED的延长线于H，且HC=HG，连接BH，交⊙O于点M，连接MD，ME． 求证：

（1）DE⊥AB；

（2）∠HMD=∠MHE+∠MEH．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

分析：（1）连接OC，根据等边对等角和切线的性质，证明∠BFG=∠OCH=90°即可；

（2）连接BE，根据垂径定理和圆内接四边形的性质，得出∠HMD=∠BME，再根据三角形的外角的性质证明∠HMD=∠DEB=∠EMB即可．

详解：证明：（1）连接OC，

∵HC=HG，

∴∠HCG=∠HGC；

∵HC切⊙O于C点，

∴∠OCB+∠HCG=90°；

∵OB=OC，

∴∠OCB=∠OBC，

∵∠HGC=∠BGF，

∴∠OBC+∠BGF=90°，

∴∠BFG=90°，即DE⊥AB；

（2）连接BE，

由（1）知DE⊥AB，

∵AB是⊙O的直径，

∴，

∴∠BED=∠BME；

∵四边形BMDE内接于⊙O，

∴∠HMD=∠BED，

∴∠HMD=∠BME；

∵∠BME是△HEM的外角，

∴∠BME=∠MHE+∠MEH，

∴∠HMD=∠MHE+∠MEH．

点睛：此题综合性较强，主要考查了切线的性质、三角形的内角和外角的性质、等腰三角形的性质、内接四边形的性质．

6．问题发现．

(1)如图①，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D是AB边上任意一点，则CD的最小值为______．

(2)如图②，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点M、点N分别在BD、BC上，求CM+MN的最小值．

(3)如图③，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是AB边上一点，且AE＝2，点F是BC边上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG、CG，四边形AGCD的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时BF的长度．若不存在，请说明理由．

【答案】(1) 125CD;(2) CMMN的最小值为9625.(3) 152

【解析】

试题分析：（1）根据两种不同方法求面积公式求解；（2）作C关于BD的对称点C，过C作BC的垂线，垂足为N，求CN的长即可;(3) 连接AC，则ADCACGAGCDSSSVV四，321GBEBABAE，则点G的轨迹为以E为圆心，1为半径的一段弧．过E作AC的垂线，与⊙E交于点G，垂足为M，由AEMACBVV∽求得GM的值，再由ACDACGAGCDSSSVV四边形 求解即可.

试题解析：

（1）从C到AB距离最小即为过C作AB的垂线，垂足为D，

22ABCCDABACBCSV，

∴341255ACBCCDAB，

（2）作C关于BD的对称点C，过C作BC的垂线，垂足为N，且与BD交于M，

则CMMN的最小值为CN的长，

设CC与BD交于H，则CHBD，

∴BMCBCDVV∽，且125CH，

∴CCBBDC，245CC，

∴CNCBCDVV∽，

∴244965525CCBCCNBD，

即CMMN的最小值为9625．

（3）连接AC，则ADCACGAGCDSSSVV四，

321GBEBABAE，

∴点G的轨迹为以E为圆心，1为半径的一段弧．

过E作AC的垂线，与⊙E交于点G，垂足为M，

∵AEMACBVV∽，

∴EMAEBCAC，

∴24855AEBCEMAC，