专题14 三角形相似与圆综合-2021年中考数学二轮难点突破+几何证明问题

专题14 三角形相似与圆综合 1、如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC平分∠BAD，过C点作CE⊥AD延长线于E点． （1）求证：CE是⊙O的切线； （2）若AB＝10，AC＝8，求AD的长． 解：（1）连接OC， ∵OC＝OA， ∴∠OAC＝∠OCA， 又∵AC平分∠BAD， ∴∠CAD＝∠CAO＝∠OCA， ∴OC∥AE， ∵CE⊥AD， 即可得OC⊥CE， ∴CE是⊙O的切线； （2）∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴BC＝＝＝6， ∵∠BAC＝∠DAC， ∴＝， ∴BC＝CD＝6， 延长BC交AE的延长线于F， ∵∠BAC＝∠FAC，AC＝AC，∠ACB＝∠ACF＝90°， ∴△ACB≌△ACF（ASA）， ∴FC＝BC＝6，AF＝AB＝10， ∵∠CDF＝180°﹣∠ADC，∠ABF＝180°﹣∠ADC， ∴∠CDF＝∠ABF， ∵∠CFD＝∠AFB， ∴△CFD∽△AFB， ∴＝， ∴＝， ∴AD＝． 2、如图，在Rt△ABC中，AB⊥BC，以AB为直径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）设⊙O的半径为r，证明r2＝AD•OE； （3）若DE＝4，sinC＝，求AD之长． （1）证明：连接OD、BD， ∵AB为圆O的直径， ∴∠BDA＝90°， ∴∠BDC＝180°﹣90°＝90°， ∵E为BC的中点， ∴DE＝BC＝BE， ∴∠EBD＝∠EDB， ∵OD＝OB， ∴∠OBD＝∠ODB， ∵∠EBD+∠DBO＝90°， ∴∠EDB+∠ODB＝90°， ∴∠ODE＝90°， ∴DE是圆O的切线． （2）证明：如图，连接BD． 由（1）知，∠ODE＝∠ADB＝90°，BD⊥AC． ∵E是BC的中点，O是AB的中点， ∴OE是△ABC的中位线， ∴OE∥AC， ∴OE⊥BD． ∴OE∥AC， ∴∠1＝∠2． 又∵∠1＝∠A， ∴∠A＝∠2． 即在△ADB与△ODE中，∠ADB＝∠ODE，∠A＝∠2， ∴△ADB∽△ODE． ∴＝，即＝． ∴r2＝AD•OE； （3）∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝∠BDC＝90°， ∵点E为BC的中点， ∴BC＝2DE＝8， ∵sinC＝， ∴设AB＝3x，AC＝5x， 根据勾股定理得：（3x）2+82＝（5x）2， 解得x＝2． 则AC＝10． 由切割线定理可知：82＝（10﹣AD）×10， 解得，AD＝3.6． 4、如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，分别交BC于点D，交CA的延长线于点E，过点D作DH⊥AC于点H，连接DE交线段OA于点F． （1）求证：DH是⊙O的切线； （2）若EA＝EF＝2，求⊙O的半径； 解：（1）连接OD， ∵OB＝OD， ∴∠OBD＝∠ODB， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴∠ODB＝∠ACB， ∴OD∥AC， ∵DH⊥AC， ∴DH⊥OD， ∴DH是⊙O的切线； （2）设⊙O的半径为r，即OD＝OB＝r， ∵EF＝EA， ∴∠EFA＝∠EAF， ∵OD∥EC， ∴∠FOD＝∠EAF， 则∠FOD＝∠EAF＝∠EFA＝∠OFD， ∴DF＝OD＝r， ∴DE＝DF+EF＝r+2， ∴BD＝CD＝DE＝r+2， 在⊙O中，∵∠BDE＝∠EAB， ∴∠BFD＝∠EFA＝∠EAB＝∠BDE， ∴BF＝BD，△BDF是等腰三角形， ∴BF＝BD＝r+2， ∴AF＝AB﹣BF＝2OB﹣BF＝2r﹣（2+r）＝r﹣2， ∵∠BFD＝∠EFA，∠B＝∠E， ∴△BFD∽△EFA， ∴， 即＝ 解得：r1＝1+，r2＝1﹣（舍）， 综上所述，⊙O的半径为1+． 5、如图，△AOB中，A（﹣8，0），B（0，），AC平分∠OAB，交y轴于点C，点P是x轴上一点，⊙P经过点A、C，与x轴交于点D，过点C作CE⊥AB，垂足为E，EC的延长线交x轴于点F． （1）求证：EF为⊙P的切线； （2）求⊙P的半径． （1）证明：连接CP， ∵AP＝CP， ∴∠PAC＝∠PCA， ∵AC平分∠OAB， ∴∠PAC＝∠EAC， ∴∠PCA＝∠EAC， ∴PC∥AE， ∵CE⊥AB， ∴CP⊥EF， 即EF是⊙P的切线； （2）∵AC平分∠OAB， ∴∠BAC＝∠OAC， ∵PA＝PC， ∴∠PCA＝∠PAC， ∴∠BAC＝∠ACP， ∴PC∥AB， ∴△OPC∽△OAB， ∴＝， ∵A（﹣8，0），B（0，）， ∴OA＝8，OB＝， ∴AB＝， ∴＝， ∴PC＝5， ∴⊙P的半径为5． 6、如图所示，以△ABC的边AB为直径作⊙O，点C在⊙O上，BD是⊙O的弦，∠A＝∠CBD， 过点C作CF⊥AB于点F，交BD于点G过C作CE∥BD交AB的延长线于点E． （1）求证：CE是⊙O的