第2部分 (2) 专题6　以“实际情境”为背景的圆的综合题课件 2025年中考数学人教版一轮复习专题复习（河南）

第二部分　河南中考重难题型突破篇 (二)解答题型突破 专题六　以“实际情境”为背景的圆的综合题 谢 谢 观 看 类型1　圆的综合题 1.(2024·呼和浩特)如图，△ACD内接于⊙O，直径AB交CD于点G，过点D作射线DF，使得∠ADF＝∠ACD，延长DC交过点B的切线于点E，连接BC. (1)求证：DF是⊙O的切线. (2)若CD＝eq \f(8,3)CG，BE＝3CE＝3. ①求DE的长； ②求⊙O的半径. (1)证明：如图，连接OD，∵∠ADF＝∠ACD，∠AOD＝2∠ACD，∴2∠ADF＝∠AOD，设∠ADF＝x，则∠AOD＝2x，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA＝eq \f(180°－2x,2)＝90°－x， ∴∠ODF＝∠ODA＋∠ADF＝90°－x＋x＝90°，∴DF是⊙O的切线. (2)解：①如图，连接BD，∵BE＝3CE＝3，∴CE＝1. ∵BE是切线，∴∠ABE＝90°＝∠CBE＋∠ABC. ∵∠ABC＋∠BAC＝90°，∠BAC＝∠BDC， ∴∠CBE＝∠BDC. ∵∠E＝∠E，∴△BCE∽△DBE， ∴eq \f(BE,DE)＝eq \f(CE,BE)，∴eq \f(3,DE)＝eq \f(1,3)， ∴DE＝9. ②∵DE＝9，∴CD＝DE－CE＝8. ∵CD＝eq \f(8,3)CG，∴CG＝3，DG＝5， ∴GE＝CG＋CE＝4. 在Rt△BGE中，BG＝eq \r( ,GE2－BE2)＝eq \r( ,42－32)＝eq \r( ,7). ∵∠BCG＝∠DAG，∠BGC＝∠DGA， ∴△ADG∽△CBG， ∴eq \f(AG,CG)＝eq \f(DG,BG)，∴eq \f(AG,3)＝eq \f(5,\r( ,7))，∴AG＝eq \f(15,7) eq \r( ,7)， ∴AB＝AG＋BG＝eq \f(15,7) eq \r( ,7)＋eq \r( ,7)＝eq \f(22,7) eq \r( ,7)， ∴⊙O的半径＝eq \f(11,7) eq \r( ,7). 2.(2024·大庆)如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，点D在⊙O上.连接CD，交AB于点E，延长BD，CA，两线相交于点P，过点A作⊙O的切线交BP于点G. (1)求证：AG∥CD. (2)求证：PA2＝PG·PB. (3)若sin∠APD＝eq \f(1,3)，PG＝6.求tan∠AGB的值. (1)证明：∵将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，∴AB⊥CD. ∵AB为⊙O的直径，AG是切线，∴AG⊥AB，∴AG∥CD. (2)证明：∵AG是切线，∴AG⊥AB. ∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠ABD＝90°－∠DAB＝∠GAD. ∵由折叠可得∠ABD＝∠ABC，∴∠CBD＝2∠ABD. ∵四边形ADBC是⊙O的内接四边形，∴∠PAD＝180°－∠CAD＝∠DBC＝2∠ABD，∴∠PAG＝∠PAD－∠GAD＝2∠ABD－∠ABD＝∠ABD. 又∵∠APG＝∠BPA，∴△APG∽△BPA. ∵eq \f(AP,BP)＝eq \f(PG,PA)，即PA2＝PG·PB. (3)解：∵sin∠APD＝eq \f(AD,AP)＝eq \f(1,3)， 设AD＝a，则AP＝3a， ∴PD＝eq \r( ,AP2－AD2)＝2eq \r( ,2)a， ∴tan∠APD＝eq \f(AD,PD)＝eq \f(a,2\r( ,2)a)＝eq \f(\r( ,2),4). ∵由折叠可得AC＝AD＝a， ∴PC＝PA＋AC＝3a＋a＝4a. ∵在Rt△PCB中，tan∠CPB＝eq \f(CB,PC)＝eq \f(\r( ,2),4)， ∴BD＝CB＝eq \f(\r( ,2),4)PC＝eq \r( ,2)a. ∵AD⊥BD，GA⊥AB， ∴∠AGB＝90°－∠GAD＝∠DAB， ∴tan∠AGB＝tan∠DAB＝eq \f(BD,AD)＝eq \f(\r( ,2)a,a)＝eq \r( ,2). 3.(2024·包头)如图，AB是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的两条弦，点C与点D在AB的两侧，E是OB上一点(OE＞BE)，连接OC，CE，且∠BOC＝2∠BCE. (1)如图①，若BE＝1，CE＝eq \r( ,5)，求⊙O的半径. (2)如图②，若BD＝2OE，求证：BD∥OC. INCLUDEPICTURE"24ZT74.TIF" 　　 (1)解：如图①中，过点O作OH⊥BC于点H. ∵OC＝OB，OH⊥BC， ∴∠COH＝∠BOH，CH＝BH. ∵∠BOC＝2∠BCE，∴∠BOH＝∠BCE. ∵∠BOH＋∠OBH＝90°， ∴∠BCE＋∠OBH＝90°，∴∠CEB＝90°， ∴BC＝eq \r( ,EC2＋EB2)＝eq \r( ,5＋1)＝eq \r( ,6)， ∴CH＝BH＝eq \f(\r( ,6),2). ∵cos∠OBH＝eq \f(BH,OB)＝eq \f(EB,BC)，∴eq \f(\f(\r( ,6),2),OB)＝eq \f(1,\r( ,6))， ∴OB＝3，∴⊙O的半径为3. (2)证明：如图②，过点O作OK⊥BD于点K，则BK＝DK， ∵BD＝2OE， ∴OE＝BK. ∵∠CEO＝∠OKB＝90°，OC＝OB， ∴Rt△OEC≌Rt△BKO(HL)， ∴∠COE＝∠OBK， ∴OC∥BD. 4.(2024·绥化)如图①，O是正方形ABCD对角线上一点，以O为圆心，OC长为半径的⊙O与AD相切于点E，与AC相交于点F. (1)求证：AB与⊙O相切. (2)若正方形ABCD的边长为eq \r( ,2)＋1，求⊙O的半径. (3)如图②，在(2)的条件下，若点M是半径OC上的一个动点，过点M作MN⊥OC交eq \x\to(CE)于点N.当CM∶FM＝1∶4时，求CN的长. (1)证明：如图， 连接OE，过点O作OG⊥AB于点G， ∵⊙O与AD相切于点E， ∴OE⊥AD. ∵四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对角线， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°，∴OE＝OG. ∵OE为⊙O的半径， ∴OG为⊙O的半径， ∵OG⊥AB，∴AB与⊙O相切. (2)解：∵AC为正方形ABCD的对角线， ∴∠DAC＝45°. ∵⊙O与AD相切于点E， ∴∠AEO＝90°， 由(1)可知AE＝OE， 设AE＝OE＝OC＝OF＝R， 在Rt△AEO中，∵AE2＋EO2＝AO2，∴AO2＝R2＋R2. ∵R＞0，∴AO＝eq \r( ,2)R. 又∵正方形ABCD的边长为eq \r( ,2)＋1， 在Rt△ADC中， ∴AC＝eq \r( ,AD2＋CD2)＝eq \r( ,2)(eq \r( ,2)＋1). ∵OA＋OC＝AC， ∴eq \r( ,2)R＋R＝eq \r( ,2)(eq \r( ,2)＋1)，∴R＝eq \r( ,2)， ∴⊙O的半径为eq \r( ,2). (3)解：如图， 连接FN，ON，设CM＝k， ∵CM∶FM＝1∶4，∴CF＝5k， ∴OC＝ON＝2.5k， ∴OM＝OC－CM＝1.5k. 在Rt△OMN中，由勾股定理得MN＝2k， 在Rt△CMN中，由勾股定理得CN＝eq \r( ,5)k. 又∵FC＝5k＝2R＝2×eq \r( ,2)＝2eq \r( ,2)， ∴k＝eq \f(2\r( ,2),5)， ∴CN＝eq \r( ,5)×eq \f(2\r( ,2),5)＝eq \f(2\r( ,10),5). 类型2　实际情境下的圆的综合题 5.(2024·通辽)【实际情境】 手工课堂上，老师给每个制作小组发放一把花折伞和制作花折伞的材料及工具.同学们认真观察后，组装了花折伞的骨架，粘贴了彩色伞面，制作出精美的花折伞. 【模型建立】 (1)如图①，从花折伞中抽象出“牵形图”，AM＝AN，DM＝DN.求证：∠AMD＝∠AND. 【模型应用】 (2)如图②，△AMC中，∠MAC的平分线AD交MC于点D.请你从①∠AMD＝2∠C.②AC＝AM＋MD这两个条件中选择一个作为已知条件，另一个作为结论，并写出结论成立的证明过程.(注：只需选择一种情况作答) 【拓展提升】 (3)如图③，AC为⊙O的直径，，∠BAC的平分线AD交BC于点E，交⊙O于点D，连接CD.求证：AE＝2CD. (1)证明：在△ADM和△ADN中， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(AM＝AN，,DM＝DN，,AD＝AD，))∴△ADM≌△ADN(SSS)， ∴∠AMD＝∠AND. (2)解：(Ⅰ)选择②为条件，①为结论， 如图，在AC上取点N，使AN＝AM，连接DN， ∵AD平分∠MAC，∴∠DAM＝∠DAN， 在△ADM和△ADN中， ∵AM＝AN，∠DAM＝∠DAN，AD＝AD， ∴△ADM≌△ADN(SAS)， ∴DM＝DN，∠AMD＝∠AND. ∵AC＝AM＋MD，AC＝AN＋NC， ∴DM＝CN，∴DN＝CN， ∴∠C＝∠CDN， ∴∠AMD＝∠AND＝∠CDN＋∠C＝2∠C. (Ⅱ)选择①为条件，②为结论， 如图，在AC上取点N，使AN＝AM，连接DN， ∵AD平分∠MAC， ∴∠DAM＝∠DAN， 在△ADM和△ADN中， ∵AM＝AN，∠DAM＝∠DAN，AD＝AD， ∴△ADM≌△ADN(SAS)， ∴DM＝DN，∠AMD＝∠AND. ∵∠AMD＝2∠C， ∴∠AND＝2∠C＝∠CDN＋∠C， ∴∠CDN＝∠C，∴DN＝CN，∴DM＝CN. ∵AC＝AN＋NC， ∴AC＝AM＋MD. (3)解：如图，连接BD，取AE的中点F，连接BF， ∵AD平分∠BAC， ∴，∴BD＝CD， ∴∠BCD＝∠CBD. ∵AC为⊙O的直径， ∴∠ABC＝90°，∴AE＝2BF＝2AF， ∴∠ABF＝∠BAF， ∵∠BAF＝∠BCD，∴∠ABF＝∠CBD. ∵，∴AB＝BC， ∴△ABF≌△CBD(ASA)， ∴BF＝BD＝CD，∴AE＝2CD. 6.(数学文化)老舍先生的作品《骆驼祥子》的主人翁是个以拉车为生的贫苦车夫.人力车涉及了很多复杂的机械设计，包含大量零部件和工艺，所彰显的智慧让人折服，如图是人力车的侧面示意图，AB为车轮⊙O的直径，当过圆心O的车架AC一端点C着地时，地面CD与车轮⊙O相切于点D，连接AD，BD. (1)小明猜想∠BDC＝∠A，小明的猜想正确吗？请说明理由. (2)若车架端点C到车轮与地面的接触点D之间的距离是车轮直径的eq \r( ,7)倍(即CD＝eq \r( ,7)AB)，BC的长为2.8米，求车轮的半径. 解：(1)小明的猜想正确，理由如下： 连接OD， ∵CD与⊙O相切，∴OD⊥CD， ∴∠ODB＋∠BDC＝90°. ∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°， ∴∠A＋∠OBD＝90°. ∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠OBD， ∴∠A＝∠BDC. (2)由(1)可知，∠A＝∠BDC， ∵∠C＝∠C，∴△CBD∽△CDA， ∴eq \f(CB,CD)＝eq \f(CD,CA)，∴CD2＝CB·CA. 设车轮的半径为r，则直径AB＝2r， 由CD＝eq \r( ,7)AB，得CD＝2eq \r( ,7)r. ∵BC的长为2.8米， ∴(2eq \r( ,7)r)2＝2.8(2.8＋2r)， 解得r1＝eq \f(\r( ,29)＋1,10)，r2＝eq \f(1－\r( ,29),10)(不合题意，舍去)， ∴车轮的半径为eq \f(\r( ,29)＋1,10)米. 7.(数学文化)欧几里得是古希腊最盛名、最有影响力的数学家之一，被称为“几何之父”，他最著名的著作《几何原本》是欧洲数学的基础，被广泛认为是历史上最成功的教科书. 小明在阅读《几何原本》时，看到一个定理的叙述：如果一条直线切于一个圆，而且由切点作一条过圆内部的直线与圆相截，该直线与切线所成的角等于另一弓形上的角. 小明尝试证明这个定理，他作出如下图形，通过分析，发现若证明这个定理，需研究∠AMN与∠MEN的关系. 请帮助小明写出已知，求证并证明. 已知：如图，⊙O中， ，点E为劣弧上一点， 连接ME，NE. 求证： . 解：已知：直线AB切⊙O于点M，过点M的直线CD交⊙O于点N. 求证：∠AMN＝∠MEN. 证明：如图，连接MO，延长MO交⊙O于点F，连接NF， 由题意得，∠AMF＝∠FNM＝90°， ∴∠FMN＋∠MFN＝90°，∠FMN＋∠NMB＝90°， ∴∠MFN＝∠NMB. 又∵四边形MENF为圆内接四边形， ∴∠MFN＋∠MEN＝180°. ∵∠AMN＋∠NMB＝180°， ∴∠AMN＝∠MEN. 故答案为直线AB切⊙O于点M，过M的直线CD交⊙O于点N.∠AMN＝∠MEN. $$