2020-2021九年级数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)含答案

2020-2021九年级数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)含答案

一、圆的综合

1．在⊙O 中，点C是ABuuur上的一个动点(不与点A，B重合)，∠ACB=120°，点I是∠ABC的内心，CI的延长线交⊙O于点D，连结AD,BD．

（1）求证：AD=BD．

（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．

（3）若⊙O的半径为2，点E，F是»AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I随之运动形成的路径长．

【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3）239

【解析】

分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；

（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；

（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是 弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I随之运动形成的路径长.

详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心

∴CI平分∠ACB

∴∠ACD=∠BCD

∴弧AD=弧BD

∴AD=BD

（2）AB=DI

理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD

∴∠BCD=×120°=60°

∵弧BD=弧BD

∴∠DAB=∠BCD=60°

∵AD=BD

∴△ABD是等边三角形，

∴AB=BD，∠ABD=∠C

∵I是△ABC的内心

∴BI平分∠ABC

∴∠CBI=∠ABI

∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD

∴∠BID=∠IBD

∴ID=BD

∵AB=BD

∴AB=DI

（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧

∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD

∴∠AED=∠ACB=×120°=60°

∵圆的半径为2，DE是直径

∴DE=4，∠EAD=90° ∴AD=sin∠AED×DE=×4=2

∵点E，F是 弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，

∴∠ADB=60°

∴弧AB的度数为120°，

∴弧AM、弧BF的度数都为为40°

∴∠ADM=20°=∠FAB

∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80°

∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°

∴∠DAI1=∠AI1D

∴AD=I1D=2

∴弧I1I2的长为：

点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.

2．如图，△ABC内接于⊙O，弦AD⊥BC垂足为H，∠ABC＝2∠CAD．

（1）如图1，求证：AB＝BC；

（2）如图2，过点B作BM⊥CD垂足为M，BM交⊙O于E,连接AE、HM，求证：AE∥HM;

（3）如图3，在（2）的条件下，连接BD交AE于N，AE与BC交于点F，若NH＝25，AD＝11，求线段AB的长.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AB的长为10.

【解析】

分析：（1）根据题意，设∠CAD=a，然后根据直角三角形的两锐角互余的关系，推导出∠BAC=∠ACB，再根据等角对等边得证结论；

（2）延长AD、BM交于点N，连接ED.根据圆周角定理得出∠N=∠DEN=∠BAN，进而根据等角对等边，得到DE=DN,BA=BN，再根据等腰三角形和直角三角形的性质，求得MH∥AE；

（3）连接CE，根据（2）的结论，由三角形全等的判定与性质证得HF=HC，然后结合勾股定理求出AC2-AH2=CD2-DH2，解得CD=5,CH=4,AH=8，最后根据锐角三角函数的性质得到AB.

详解：（1）证明：设∠CAD=a, 则∠ABC=2a,∠C=90°-a,∠BAD=90°-2a,

∴∠BAC=90°-2a+a=90°-a

∴∠BAC=∠ACB.∴AB=BC

(2）证明：延长AD、BM交于点N，连接ED.

∵∠DEN=∠DAB,∠N=∠BCD,∠BCD=∠BAN

∴∠N=∠DEN=∠BAN

∴DE=DN,BA=BN

又∵BH⊥AN,DM⊥EN

∴EM=NM,HN=HA,∴MH∥AE

（3）连接CE.

∠BDA=∠BCA,∠BDM=∠BAC,由（1）知∠BCA=∠BAC

∴∠BDA=∠BDM,∴△BDM≌△BDH,

∴DH=MH,∠MBD=∠HBD,∴BD⊥MH

又∵MH∥AE,∴BD⊥EF,∴△FNB≌△ENB,

同理可证△AFH≌△ACH,∴HF=HC,又∵FN=NE

∴NH∥EC,EC=2NH,又∵NH=25,∴EC=45

∠EAC=2∠AEC=2a=∠ABC,可证弧AC=弧EC,

∴AC=EC=45

设HD=x，AH=11-x，

∵∠ADC=2∠CAD,翻折△CHD至△CHG,可证CG=CD=AG

AH=CD+DH,CD=AH-DH=11-x-x=11-2x

又∵AC2-AH2=CD2-DH2,∴(45)2-(11-x)2=(11-2x)2-x2

∴x1=3,x2=272(舍去)∴CD=5,CH=4,AH=8. 又∵tan2AHCHaBHDH,∴BH=6 ∴AB=22226810BMAH

点睛：此题主要考查了圆的综合，结合圆周角定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解直角三角形的性质，综合性比较强，灵活添加辅助线，构造方程求解是解题关键.

3．如图1，延长⊙O的直径AB至点C，使得BC=12AB，点P是⊙O上半部分的一个动点（点P不与A、B重合），连结OP，CP．

（1）∠C的最大度数为 ；

（2）当⊙O的半径为3时，△OPC的面积有没有最大值？若有，说明原因并求出最大值；若没有，请说明理由；

（3）如图2，延长PO交⊙O于点D，连结DB，当CP=DB时，求证：CP是⊙O的切线．

【答案】（1）30°；（2）有最大值为9，理由见解析；（3）证明见解析.

【解析】

试题分析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP的度数最大，根据切线的性质即可求得；

（2）由△OPC的边OC是定值，得到当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，于是得到结论；

（3）根据全等三角形的性质得到AP=DB，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠C，得到CO=OB+OB=AB，推出△APB≌△CPO，根据全等三角形的性质得到∠CPO=∠APB，根据圆周角定理得到∠APB=90°，即可得到结论．

试题解析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP最大．如图1，所示：

∵sin∠OCP=OPOC=24=12，∴∠OCP=30°

∴∠OCP的最大度数为30°，

故答案为：30°；

（2）有最大值，理由：

∵△OPC的边OC是定值，∴当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，

而点P在⊙O上半圆上运动，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，

也就是高为半径长，∴最大值S△OPC=12OC•OP=12×6×3=9；

（3）连结AP，BP，如图2， 在△OAP与△OBD中，OAODAOPBODOPOB ，∴△OAP≌△OBD，∴AP=DB，

∵PC=DB，∴AP=PC，

∵PA=PC，∴∠A=∠C，

∵BC=12AB=OB，∴CO=OB+OB=AB，

在△APB和△CPO中，APCPACABCO ，∴△APB≌△CPO，∴∠CPO=∠APB，

∵AB为直径，∴∠APB=90°，∴∠CPO=90°，

∴PC切⊙O于点P，即CP是⊙O的切线．

4．已知⊙O中，弦AB=AC，点P是∠BAC所对弧上一动点，连接PA，PB．

（1）如图①，把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，连接PC，求证：∠ACP+∠ACQ=180°；

（2）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA、PB、PC之间的关系．

（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明．

【答案】（1）证明见解析；（2）PA=PB+PC．理由见解析；（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论不成立，3 PA=PB+PC．

【解析】

试题分析：（1）如图①，连接PC．根据“内接四边形的对角互补的性质”即可证得结论；

（2）如图②，通过作辅助线BC、PE、CE（连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE）构建等边△PCE和全等三角形△BEC≌△APC；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得PA=PB+PC；

（3）如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．利用全等三角形△ABP≌△AQP（SAS）的对应边相等推知AB=AQ，PB=PG，将PA、PB、PC的数量关系转化到△APC中来求即可．

试题解析：（1）如图①，连接PC．

∵△ACQ是由△ABP绕点A逆时针旋转得到的，

∴∠ABP=∠ACQ．

由图①知，点A、B、P、C四点共圆，

∴∠ACP+∠ABP=180°（圆内接四边形的对角互补），

∴∠ACP+∠ACQ=180°（等量代换）；

（2）PA=PB+PC．理由如下：

如图②，连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE．

∵弦AB=弦AC，∠BAC=60°，

∴△ABC是等边三角形（有一内角为60°的等腰三角形是等边三角形）．

∵A、B、P、C四点共圆，∴∠BAC+∠BPC=180°（圆内接四边形的对角互补），

∵∠BPC+∠EPC=180°，∴∠BAC=∠CPE=60°，

∵PE=PC，∴△PCE是等边三角形，∴CE=PC，∠E=∠ECP=∠EPC=60°；

又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，∴∠BCE=∠ACP（等量代换）,

在△BEC和△APC中，CEPCBCEACPACBC ，∴△BEC≌△APC（SAS），∴BE=PA，

∴PA=BE=PB+PC；

（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论不成立，3 PA=PB+PC．理由如下：

如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．

∵∠BAC=120°，∠BAC+∠BPC=180°，∴∠BPC=60°．

∵弦AB=弦AC，∴∠APB=∠APQ=30°．

在△ABP和△AQP中，PBPQAPBAPQAPAP ，∴△ABP≌△AQP（SAS），

∴AB=AQ，PB=PQ（全等三角形的对应边相等），∴AQ=AC（等量代换）．

在等腰△AQC中，QG=CG．

在Rt△APG中，∠APG=30°，则AP=2AG，PG=3AG,

∴PB+PC=PG﹣QG+PG+CG=PG﹣QG+PG+QG=2PG=23AG，

∴3PA=23AG，即3PA=PB+PC．