类型2 与切线有关的证明与计算-【一战成名新中考】2025年中考数学·纯练版总复习·二轮专题培优练

参考答案与重难题解析·数学18　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 第 4 题解图② 多解法 解法二:如解图②,连接 OC, ∵ FO=FG, ∴ ∠FOG= ∠FGO, ∵ 直径 AB 垂直弦 CD, ∴ CE=DE,∠AED= ∠AEC= 90°, ∵ AE=AE, ∴ △ACE≌△ADE, ∴ ∠DAE= ∠CAE, 设∠DAE= ∠CAE=α,∠FOG= ∠FGO=β, 则∠FCD= ∠BCD= ∠DAE=α,∠AOF= 180°-β, ∵ OA=OC,∴ ∠OCA= ∠OAC=α, ∵ ∠ACB= 90°, ∴ ∠OCF=∠ACB-∠OCA-∠FCD-∠BCD=90°-3α, ∵ ∠CGE=∠OGF=β,∠GCE=α,∠CGE+∠GCE=90°, ∴ β+α= 90°,∴ α= 90°-β, ∵ ∠COG= ∠OAC+∠OCA=α+α= 2α, ∴ ∠COF=∠COG+∠GOF=2α+β=2(90°-β)+β=180°-β, ∴ ∠COF= ∠AOF, 在△COF 和△AOF 中, CO=AO, ∠COF= ∠AOF, OF=OF, ì î í ïï ï ∴ △COF≌△AOF(SAS), ∴ ∠OCF= ∠OAF,即 90°-3α=α, ∴ α= 22. 5°,∴ ∠CAD= 2α= 45°. 5. 题干话外音 题干:AB 是☉O 的直径. 提取信息:∠ACB= ∠ADB= 90°. 题干:点 I 为△ABC 的内心. 提取信息:连接△ABC 的任意顶点与点 I,可得△ABC 的 一条角平分线,过点 I 向△ABC 三边作垂线,可将三边分 为三组相等线段. 由图可得信息:∠ADC= ∠ABC,∠BAD= ∠BCD,∠BDC+ ∠E= 180°… 解:(1)∵ AB 是☉O 的直径, ∴ ∠ADB= ∠ACB= 90°, 又∵ ∠ABC= 25°, ∴ ∠CAB= 90°-25° = 65°, ∵ 四边形 ABEC 是☉O 内接四边形, ∴ ∠CEB+∠CAB= 180°, ∴ ∠CEB= 180°-∠CAB= 115°; (2)DI=AD=BD, 证明:连接 AI,如解图①, ∵ 点 I 为△ABC 的内心, ∴ ∠CAI= ∠BAI,∠ACI= ∠BCI= 1 2 ∠ACB= 45°, ∴ AD ( =BD ( , ∴ ∠DAB= ∠DCB= ∠ACI,AD=BD, ∵ ∠DAI= ∠DAB+∠BAI,∠DIA= ∠ACI+∠CAI, ∴ ∠DAI= ∠DIA, ∴ DI=AD=BD; 第 5 题解图① 　 　 第 5 题解图② (3)如解图②,过 I 分别作 IQ⊥AB,IF⊥AC,IP⊥BC,垂足 分别为 Q、F、P, ∵ 点 I 为△ABC 的内心,即为△ABC 内切圆的圆心, ∴ Q、F、P 分别为该内切圆与△ABC 三边的切点, ∴ AQ=AF,CF=CP,BQ=BP, ∵ CI= 2 2 ,∠IFC= 90°,∠ACI= 45°, ∴ CF=CI·cos45° = 2 =CP, ∵ DI=AD=BD,DI= 13 2 2 ,∠ADB= 90°, ∴ AB= 2AD= 2 × 13 2 2 = 13, ∴ △ABC 的周长为 AB+AC+BC =AB+AF+CF+CP+BP =AB+AQ+CF+CF+BQ =AB+AQ+BQ+2CF = 2AB+2CF = 2×13+2×2 = 30. 类型 2　 与切线有关的证明与计算 1. (1)证明:连接 OD,如解图, 第 1 题解图 ∵ 直线 l 与☉O 相切于点 D, ∴ OD⊥CE, ∵ AE⊥CE,∴ OD∥AE, ∴ ∠ODA= ∠EAD, ∵ OA=OD,∴ ∠ODA= ∠OAD, ∴ ∠OAD= ∠EAD, ∴ AD 平分∠CAE; (2)解:设☉O 的半径为 r,则 OB=OD= r, 在 Rt△OCD 中,∵ OD= r,CD= 3,OC= r+1, ∴ r2 +32 = ( r+1) 2 , 解得 r= 4, 即☉O 的半径为 4. 2. 思维构建 (1)看到翻折可得∠E = ∠CDB = 90°,CB 平分∠DBE,由 此可知本题为角平分线模型,连接 OC,通过证 OC∥ BE 得 OC⊥EF; (2)图中阴影部分为不规则图形,无法直接求面积,观察 可知 S阴影 = S扇形AOC - SRt△COD, 只 需 求 出 ∠AOC 和 Rt△COD 的直角边长即可解决问题. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 81 参考答案与重难题解析·数学 19　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 (1)证明:连接 OC,如解图, 第 2 题解图 ∵ CD⊥AB, ∴ ∠BDC= 90°, ∵ OC=OB, ∴ ∠OCB= ∠OBC, ∵ 将△CDB 沿 BC 所在的直线翻 折,得到△CEB, ∴ ∠EBC = ∠DBC, ∠E = ∠BDC = 90°, ∴ ∠OCB= ∠CBE, ∴ OC∥BE, ∴ ∠OCF= ∠E= 90°, ∵ OC 是☉O 的半径, ∴ CF 是☉O 的切线; (2)解:∵ sin∠CFB= 2 2 ,∴ ∠CFB= 45°, ∵ ∠OCF= 90°,∴ ∠COF= ∠CFO= 45°, ∴ CF=OC= 1 2 AB= 4, ∵ ∠CDO= 90°,∴ ∠OCD= ∠COD= 45°, ∴ CD=OD= 2 2 OC= 2 2 , ∴ S阴影 =S扇形AOC-S△COD = 45π×42 360 - 1 2 ×2 2 ×2 2 = 2π-4. 3. (1)证明:如解图,连接 OE, 第 3 题解图 ∵ BE ( =EF ( , ∴ ∠EAB= ∠FAE, ∵ OA=OE, ∴ ∠AEO= ∠EAB, ∴ ∠FAE= ∠AEO, ∴ AF∥OE, ∵ CD⊥AF,∴ OE⊥CD, ∵ OE 是☉O 的半径, ∴ CD 是☉O 的切线; (2)证明:由(1)知 CD 是☉O 的切线, ∴ ∠CEB= ∠EAC, ∵ CM 平分∠ACD,∴ ∠ECM= ∠ACM, ∴ ∠CEB+∠ECM= ∠EAC+∠ACM, ∴ ∠ENM= ∠EMN, ∴ EM=EN; (3)解:由(2)知 EM=EN,∠EMN= ∠ENM, ∵ ∠ENM= ∠BNC,∴ ∠EMN= ∠BNC, ∵ ∠ECM= ∠BCN,∴ △EMC∽△BNC, ∴ EM BN =CE CB =CM CN , ∵ N 是 CM 的中点,∴ EM BN =CE CB =CM CN = 2, ∴ EM= 2BN,CE= 2CB, ∵ ∠BEC= ∠EAB,∠BCE= ∠ECA, ∴ △BEC∽△EAC, ∴ BE EA =CE CA =BC EC = 1 2 ,∴ EA= 2BE, 在 Rt△ABE 中,AE2 +BE2 =AB2 , ∴ (2BE) 2 +BE2 = (9 5 ) 2 ,∴ BE= 9, ∵ EN=EM= 2BN,EN+BN=BE,∴ EN= 2 3 BE= 6. 4. (1)证明:如解图,连接 OC, 第 4 题解图 ∵ AB 是☉O 的直径, ∴ ∠ACB=∠OCA+∠OCB=90°, ∵ OA=OC,∠BCD= ∠A, ∴ ∠OCA= ∠A= ∠BCD, ∴ ∠OCD = ∠BCD + ∠OCB = ∠OCA+∠OCB= ∠ACB= 90°, ∴ OC⊥CD, ∵ OC 是☉O 的半径, ∴ 直线 CD 是☉O 的切线; (2)解:∵ ∠ACD= 120°,∠ACB= 90°, ∴ ∠A= ∠BCD= 120°-90° = 30°, ∴ ∠BOC= 2∠A= 60°, 在 Rt△OCD 中,tan∠DOC=CD OC = tan60° = 3 ,CD= 2 3 , ∴ 2 3 OC = 3 ,解得 OC= 2, ∴ S阴影 =S△OCD-S扇形BOC = 1 2 ×2 3 ×2-60π ×22 360 = 2 3 -2π 3 . 5. (1)证明:如解图①,连接 OA, 第 5 题解图① ∵ BD 是☉O 的直径, ∴ ∠BAD= 90°, ∴ ∠OAB+∠OAD= 90°, ∵ OA=OB,∴ ∠OAB= ∠OBA, ∵ ∠DAF= ∠ACD,∠OBA= ∠ACD, ∴ ∠DAF= ∠OAB, ∴ ∠DAF+∠OAD=∠OAB+∠OAD=90°, ∴ ∠OAF= 90°,∴ OA⊥AF, 又∵ OA 是☉O 的半径, ∴ AF 是☉O 的切线; (2)解:如解图②,延长 CD 交 AF 于 H,连接 AO 并延长交 BC 于 G,连接 OC, 第 5 题解图② ∵ BD 是☉O 的直径, ∴ ∠BCD= 90°,即 CH⊥BC, ∵ AB=AC,OB=OC, ∴ AG⊥BC,∴ AG∥CH, ∵ ∠OAF= 90°,∴ ∠AHC= 90°, ∵ AE⊥BD,∴ ∠AEB= ∠AHC= 90°, 在△ABE 和△ACH 中, ∠AEB= ∠AHC, ∠ABE= ∠ACH, AB=AC, { ∴ △ABE≌△ACH(AAS), ∴ AE=AH,BE=CH, 在 Rt△ADE 和 Rt△ADH 中, AE=AH, AD=AD,{ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 91 参考答案与重难题解析·数学20　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∴ Rt△ADE≌Rt△ADH(HL), ∴ DH=DE,设 DH=DE=a,则 CD= 3DE= 3a, ∴ BE=CH=DH+CD= 4a,∴ BD=BE+DE= 5a, ∴ OA=OD= 1 2 BD= 2. 5a,∴ OE=OD-DE= 1. 5a, ∴ AE= OA2 -OE2 = 2a,∴ AD= AE2 +DE2 = 5a, ∴ cos∠ADE=DE AD = 5 5 , ∵ AB=AC,∴ ∠ABC= ∠ACB, ∵ ∠ADE= ∠ACB,∴ ∠ABC= ∠ADE, ∴ cos∠ABC= cos∠ADE= 5 5 . 6. 思维构建 (1) (2)已知半径求弧长,只需求弧 BD 对应的圆心角度数即可. (1)证明:如解图①,连接 OC, ∵ ∠CAO= ∠CEA+∠ACE,∠CAB= ∠CAD+∠DAB, 即∠CAD+∠DAB= ∠CEA+∠ACE, ∵ ∠CEA= ∠CAD,∴ ∠DAB= ∠ACE, ∵ AC ( =BD ( ,∴ ∠ABC= ∠DAB,∴ ∠ABC= ∠ACE, ∵ AB 是☉O 的直径,∴ ∠ACB= 90°, ∴ ∠ABC+∠OAC= 90°, ∵ OA=OC,∴ ∠OAC= ∠OCA, ∴ ∠ABC+∠OCA= 90°, ∴ ∠ACE+∠OCA= 90°,即∠OCE= 90°, ∵ OC 是☉O 的半径, ∴ CE 是☉O 的切线; 第 6 题解图① 　 　 第 6 题解图② (2)解:如解图②,连接 OD, 设∠DAB= x,∵ ∠CEA= 2∠DAB,∴ ∠CEA= 2x, ∵ ∠CEA= ∠CAD,∴ ∠CAD= 2x, ∵ AC ( =BD ( ,∴ ∠ABC= ∠DAB= x, ∵ AB 是☉O 的直径,∴ ∠ACB= 90°, ∴ ∠ABC+∠BAC= 90°,即∠ABC+∠CAD+∠DAB= 90°, ∴ x+2x+x= 90°,∴ x= 22. 5°,即∠DAB= 22. 5°, ∴ ∠BOD= 2∠DAB= 45°, ∵ OA= 8,∴ BD ( 的长为 45π×8 180 = 2π. 7. (1)解:AD,BE;1;　 【解法提示】如解图①,连接 OE,OF, 由切线长定理可知,AF=AD,BD =BE,∵ ∠C = 90°,☉O 是 △ABC 的内切圆,∴ ∠C = ∠OEC = ∠OFC = 90°,OE = OF, ∴ 四边形 OECF 是正方形,设 OE =OF =CF =CE = x,则 BE =BC-CE= 4-x=BD,AF=AC-CF= 3-x=AD,∵ BD+AD=AB = AC2 +BC2 = 32 +42 = 5,∴ 4-x+3-x = 5,解得 x = 1,∴ OE= 1,即☉O 半径长为 1. 第 7 题解图①　 　 第 7 题解图② (2) 证明:如解图②,过 O 作 OH⊥MN 于 H,连接 OD, OE,OF, ∵ ∠ANM= 90° = ∠ACB,∠A= ∠A,AM=AB, ∴ △AMN≌△ABC(AAS),∴ AN=AC, ∵ AD=AF,∴ AN-AD=AC-AF,即 DN=CF, 由(1)可知,CF=OE,∴ DN=OE, ∵ ∠ANM= 90° = ∠ODN= ∠OHN, ∴ 四边形 OHND 是矩形,∴ OH=DN, ∴ OH=OE,即 OH 是☉O 的半径, ∵ OH⊥MN,∴ MN 是☉O 的切线. 8. (1)解:∵ AB 是☉O 的直径, ∴ ∠AFB= 90°; (2)证明:∵ AM·BM=AB·MN,∴ AM AB =MN BM , 又∵ ∠AMN= ∠ABM, ∴ △AMN∽△ABM,∴ ∠MAN= ∠BAM, ∵ ∠MAN+∠BAM= 180°, ∴ ∠MAN= ∠BAM= 90°,即 MA⊥AB, 又∵ AB 是☉O 的直径, ∴ 直线 CM 是☉O 的切线; (3)解:CE+EB=CB 正确,理由如下: 解法一:如解图①,过点 B 作 AB 的垂线交 CD 延长线于点 P,设 BC 交 DH 于点 G,连接 OC,OD. 在△OAC 和△ODC 中, OA=OD, OC=OC, CA=CD, { ∴ △OAC≌△ODC(SSS), 第 8 题解图① ∴ ∠CAO= ∠CDO= 90°, ∵ OD 是☉O 的半径, ∴ CP 与 ☉O 相切, 易知 BP 与 ☉O 相切,∴ PD=PB. 设 CA=CD=a,PD=PB= b, ∵ AC∥HG,∴ △BHG∽△BAC, ∴ BG BC =HG AC , ∵ BP∥GD, ∴ △CDG∽△CPB,BG BC =PD PC , ∴ DG PB =CD CP ,HG AC =PD PC , 即 DG = PB·CD CP = PB·CD CD+PD = ba a+b ,HG = PD·AC PC = PD·AC CD+PD 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 02 参考答案与重难题解析·数学 21　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 = ba a+b , ∴ HG=DG, ∴ G 为 DH 的中点,点 G 与 E 重合, ∴ B,C,E 三点共线, 由已知得 E 在 C,B 之间,∴ CE+EB=CB. 第 8 题解图③ 多解法 解法二:如解图②,连接 OC,OD,BD, ∵ ∠AOC= 1 2 ∠AOD= ∠ABD,∠OAC= ∠BHE= 90°, ∴ △ACO∽△HDB,∴ AC OA =HD BH , ∵ E 是 DH 的中点,∴ EH=DE= 1 2 DH, ∴ AC 2AO = 1 2 DH BH ,∴ AC AB =EH BH , ∵ tan∠ABC=AC AB ,tan∠HBE=EH BH , ∴ tan∠ABC= tan∠HBE, ∴ ∠ABC= ∠HBE, ∴ C,E,B 三线共线, 由已知得 E 在 C,B 之间, ∴ CE+EB=CB. 第 8 题解图② 　 　 解法三:如解图③,连接 OC,OD,过点 B 作☉O 的切线, 交 CD 的延长线于点 K,设 BC 与 DH 交于点 G, 在△OAC 和△ODC 中, OA=OD, OC=OC, CA=CD, { ∴ △OAC≌△ODC(SSS),∴ ∠OAC= ∠ODC. 由(2)知 OA⊥CM,∴ ∠OAC= ∠ODC= 90°, ∴ OD⊥CD. ∵ OD 为☉O 的半径, ∴ CK 为☉O 的切线. ∵ BK 为☉O 的切线,∴ DK=BK,BK⊥AB. ∵ DH⊥AB,CA⊥AB,∴ AC∥DH∥BK, ∴ △BHG∽△BAC,△CDG∽△CKB,HB AB =DK CK , ∴ GH CA =BH BA ,GD BK =CD CK , ∴ GH AC =DK CK ,GD CD =BK CK =DK CK ,∴ GH AC =GD CD . ∵ CA=CD,∴ GH=GD, ∴ 点 G 是线段 DH 的中点, ∵ 点 E 是线段 DH 的中点, ∴ 点 G 与点 E 重合, ∴ 线段 BC 经过点 E, ∴ CE+EB=CB. 9. (1)证明:连接 OD,如解图, ∵ AC=BC,∠ACB= 90°, ∴ △ACB 为等腰直角三角形, ∴ ∠CAB= 45°,∴ ∠COD= 2∠CAB= 90°, ∵ DE∥CF,∴ ∠COD+∠EDO= 180°, ∴ ∠EDO= 90°,即 ED⊥OD, 又∵ OD 为☉O 的半径, ∴ DE 为☉O 的切线; (2)解:过点 C 作 CH⊥AB 于点 H,如解图, 第 9 题解图 ∵ △ACB 为等腰直角三角形, AC= 4, ∴ CH=AH= 1 2 AB= 2 2 , ∵ tan∠CFD=CH FH = 2, ∴ FH= 2 , 在 Rt△CFH 中,由勾股定理得 CF2 =CH2 +FH2 , ∴ CF= 10 (负值已舍去), ∵ tan∠CFD=OD OF = OD CF-OC = OD 10 -OD = 2, ∴ OD= 2 10 3 , 故☉O 的半径为2 10 3 . 10. (1)证明:连接 OD,如解图①, ∵ DE 是☉O 的切线,∴ OD⊥DE, ∵ DE⊥AC,∴ OD∥AC,∴ ∠C= ∠ODB, ∵ OD=OB,∴ ∠B= ∠ODB, ∴ ∠B= ∠C,∴ AB=AC; (2)解:解法一:连接 DF,DA,如解图①, ∵ ∠F= ∠B,∠B= ∠C, ∴ ∠F= ∠C,∴ DF=DC, ∵ DE⊥CF,∴ FE=EC, ∵ AB 是☉O 的直径,∴ ∠ADB= 90°, ∴ ∠ADC= 90°,∴ ∠ADE+∠CDE= 90°, ∵ DE⊥AC,∴ ∠C+∠CDE= 90°, ∴ ∠C= ∠ADE, ∵ ∠AED= ∠CED= 90°,∴ △DAE∽△CDE, ∴ DE ∶ CE=AE ∶ DE, ∵ AE= 3,DE= 6,∴ 6 ∶ CE= 3 ∶ 6, ∴ CE= 12,∴ EF=EC= 12, ∴ AF=EF-AE= 12-3 = 9. 第 10 题解图① 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 12 参考答案与重难题解析·数学22　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 多解法 解法二:连接 BF,FD,如解图②, ∵ ∠AFD= ∠ABD,∠ABD= ∠C,∴ ∠AFD= ∠C, ∴ DF=DC, ∵ DE⊥CF,∴ FE=EC, ∵ AB 为☉O 的直径,∴ ∠AFB= 90°, ∴ BF⊥FC,∴ BF∥DE,∴ BF= 2DE= 12, ∵ AB=AC=AE+EC=AE+EF= 2AE+AF= 6+AF, 在 Rt△ABF 中,BF2 +AF2 =AB2, 即 122 +AF2 =(6+AF) 2, 解得 AF= 9. 第 10 题解图② 11. (1)证明:连接 OD,如解图, 第 11 题解图 ∵ OD=OB, ∴ ∠ODB= ∠OBD, ∵ PD=PE, ∴ ∠PDE= ∠PED, ∵ PC⊥AB, ∴ ∠BCE= 90°, ∴ ∠OBD+∠BEC= 90°, ∵ ∠PED= ∠BEC,∴ ∠BEC= ∠PDE, ∴ ∠PDE+∠ODB= 90°,∴ ∠PDO= 90°, ∵ OD 是☉O 的半径, ∴ PD 是☉O 的切线; (2)解:∵ PD=PE= 7 2 , ∴ PF=PD+FD= 15 2 , 在 Rt△PFC 中,cos∠PFC=CF FP = 4 5 , ∴ CF= 6, 在 Rt△ODF 中,cos∠PFC=DF OF = 4 OF = 4 5 , ∴ OF= 5, ∴ OC=CF-OF= 1,OD= OF2 -FD2 = 52 -42 = 3, ∴ OB=OD= 3,∴ BC=OB-OC= 2, ∵ PC= PF2 -CF2 = ( 15 2 ) 2 -62 = 9 2 , ∴ CE=PC-PE= 1, ∴ BE= BC2 +CE2 = 22 +12 = 5 . 12. (1)证明:如解图,连接 OD, ∵ AB=AC,∴ ∠B= ∠C, ∵ OB=OD,∴ ∠B= ∠ODB, ∴ ∠ODB= ∠C,∴ AC∥OD, ∵ DF⊥AC,∴ OD⊥DF, 第 12 题解图 ∵ OD 是☉O 的半径, ∴ DF 是☉O 的切线; (2)解:如解图,连接 AD,设☉O 的半径为 r, 在 Rt △CED 中, CE = 3 , CD = 2, ∴ ED= CD2 -CE2 = 1, ∵ cosC=CE CD = 3 2 ,∴ ∠C= 30°, ∴ ∠B= 30°,∴ ∠AOD= 60°, ∵ AC∥OD,O 为 AB 的中点, ∴ CD BD = AO BO = 1,∴ CD=BD= 2, ∵ AB 是☉O 的直径,∴ ∠ADB= 90°, ∴ AD= 1 2 AB= r,∴ BD= 3AD= 3 r= 2, ∴ r= 2 3 3 ,∴ AB= 2r= 4 3 3 , ∴ AE=AC-CE=AB- 3 = 4 3 3 - 3 = 3 3 , ∴ S阴影 =S四边形AODE-S扇形AOD = 1 2 ×( 3 3 +2 3 3 )×1- 60 360 π×(2 3 3 ) 2 = 3 2 -2π 9 . 13. (1)证明:如解图①,连接 OD. ∵ AE=DE,∴ ∠A= ∠EDA. ∵ OB=OD,∴ ∠B= ∠BDO. ∵ ∠ACB= 90°,∴ ∠A+∠B= 90°. ∴ ∠ADE+∠BDO= 90°, ∴ ∠ODE= 180°-(∠ADE+∠BDO)= 90°. 又∵ OD 是☉O 的半径, ∴ DE 是☉O 的切线; 第 13 题解图① 　 　 第 13 题解图② (2)解:如解图②,连接 OD. ∵ ∠A= 45°,DE=AE,∠C= 90°, ∴ △ADE 为等腰直角三角形,△ABC 为等腰直角三角形, ∴ ∠AED= 90°,BC=AC= 3. ∵ AD= 2 2 ,∴ DE=AE= 2. ∵ ∠ODE= 90°,∠DEC= 90°,∠C= 90°, ∴ 四边形 ODEC 为矩形, ∴ OC=DE= 2,∠BOD= 90°,∴ OB=OD= 1, ∴ BD ( 的长为 90π×1 180 = π 2 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 22 参考答案与重难题解析·数学 23　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 14. 题干话外音 题干:C 为 AB ( 的中点. 提取信息:OC 垂直平分 AB,∠AOC= ∠BOC,AC ( =BC ( . 题干:CD∥AB. 提取信息:设 AB 与 OC 交于点 E,∠OCD= ∠OEB. (1)证明:设 OC 交 AB 于点 E,如解图, ∵ OC 是☉O 的半径,C 为 AB ( 的中点, ∴ OC 垂直平分 AB, ∵ CD∥AB,∴ ∠OCD= ∠OEB= 90°, ∵ OC 是☉O 的半径,且 CD⊥OC, ∴ CD 是☉O 的切线; (2)解:∵ OA=OC=OB= 3,BD= 2, ∴ OD=OB+BD= 3+2 = 5, ∵ ∠OCD= 90°,∴ CD= OD2 -OC2 = 52 -32 = 4, ∴ S△OCD = 1 2 CD·OC= 1 2 ×4×3 = 6. 第 14 题解图 15. (1)证明:连接 OE,如解图, ∵ ∠ACB= 90°,AC=BC,∴ ∠A= ∠ABC= 45°, ∴ ∠COE= 2∠ABC= 90°, ∵ EF∥CD,∴ ∠COE+∠OEF= 180°, ∴ ∠FEO= 90°, ∵ OE 是☉O 的半径, ∴ EF 是☉O 的切线; (2)解:如解图,连接 BD,过点 M 作 MH⊥BC 于点 H,则 △BMH 是等腰直角三角形, ∵ BM= 4 2 ,∴ BH=MH= 2 2 BM= 4, 在 Rt△CHM 中,∵ tan∠BCD=HM CH = 1 2 , ∴ CH= 2MH= 8, ∴ CM= CH2 +MH2 = 4 5 ,CB=CH+BH= 12, ∵ CD 是☉O 的直径,∴ ∠CBD= 90°,即 BD⊥BC,∴ MH∥ BD,∴ CM DM =CH BH ,∴ 4 5 DM = 8 4 , ∴ DM= 2 5 ,∴ CD=CM+DM= 6 5 , ∴ OD= 1 2 CD= 3 5 , ∴ OM=OD-DM= 5 . 第 15 题解图 16. (1)证明:连接 OD,如解图, 第 16 题解图 ∵ AB 为☉O 的直径, ∴ ∠ACB= ∠BCG= 90°, ∵ CG=CB, ∴ △BCG 为等腰直角三角形, ∴ ∠G= ∠CBG= 45°, ∵ CD∥GB, ∴ ∠ACD= ∠G= 45°,∠BCD= ∠CBG= 45°, ∴ ∠AOD= 2∠ACD= 90°, ∵ DE∥AB, ∴ ∠ODE= ∠AOD= 90°,即 OD⊥DE, 又∵ OD 为☉O 的半径, ∴ DE 与☉O 相切; (2)解:由( 1) 可知:∠ACB = 90°,∠ACD = ∠BCD = 45°, ∠AOD= 90°, 在 Rt△ABC 中,AC= 4,BC= 2, 由勾股定理得 AB= AC2 +BC2 = 2 5 , ∴ OA=OB=OD= 5 , ∵ CD∥GB,AC= 4,BC=CG= 2, ∴ AF ∶ BF=AC ∶ CG= 4 ∶ 2 = 2 ∶ 1, 设 BF= k,则 AF= 2k, ∴ AB=AF+BF= 3k= 2 5 , ∴ k= 2 5 3 ,∴ AF= 2k= 4 5 3 , ∴ OF=AF-OA= 4 5 3 - 5 = 5 3 , 在 Rt△ODF 中,OD= 5 ,OF= 5 3 , 由勾股定理得 DF= OD2 +OF2 = 5 2 3 , ∵ CD∥GB,DE∥AB, ∴ 四边形 DEBF 为平行四边形, ∴ BE=DF= 5 2 3 . 17. (1)证明:如解图,连接 OE, 第 17 题解图 ∵ OA=OE, ∴ ∠OAE= ∠OEA, ∴ ∠FOE = ∠OAE + ∠OEA = 2∠OAE, ∵ ∠CAB= 2∠EAB, ∴ ∠CAB= ∠FOE, 又∵ ∠AFE= ∠ABC, ∴ ∠CAB+∠ABC= ∠FOE+∠AFE, ∵ AB 是☉O 的直径,∴ ∠ACB= 90°, ∴ ∠CAB+∠ABC= 90° = ∠FOE+∠AFE, ∴ ∠OEF= 90°,即 OE⊥EF, ∵ OE 是☉O 的半径, ∴ EF 与☉O 相切; (2)解:在 Rt△EOF 中,设☉O 的半径为 r,即 OE=OB= r, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 32 参考答案与重难题解析·数学24　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 则 OF= r+1, ∵ sin∠AFE= 4 5 =OE OF = r r+1 , ∴ r= 4,∴ AB= 2r= 8, 在 Rt△ABC 中,sin∠ABC=AC AB = sin∠AFE= 4 5 ,AB= 8, ∴ AC= 4 5 AB= 4 5 ×8 = 32 5 , ∴ BC= AB2 -AC2 = 24 5 . 18. (1)证明:如解图,连接 OC, 第 18 题解图 ∵ BD ( =BC ( , ∴ ∠BOD= ∠BOC, 又∵ ∠BOD= 2∠F,∠BOC= 2∠A, ∴ ∠A= ∠F, 又∵ ∠AGE= ∠BGF, ∴ ∠AEG= ∠GBF, ∵ DE⊥AC, ∴ ∠AEG= 90°, ∴ ∠GBF= 90°,∴ OB⊥BF, ∵ OB 为☉O 的半径, ∴ BF 是☉O 的切线; (2)解:△DGB 为等腰三角形, 理由:如解图,连接 CD,∵ DB ( =BC ( , ∴ DC⊥AB, ∵ OB⊥BF,∴ DC∥BF, ∴ ∠BDC= ∠DBF, 又∵ ∠BDC= ∠A,∴ ∠DBF= ∠A, 又∵ ∠A= ∠F,∴ ∠DBF= ∠F, ∵ ∠GBF = 90°, ∴ ∠F + ∠DGB = 90°, ∠DBG + ∠DBF = 90°, ∴ ∠DGB= ∠DBG,∴ DB=DG, ∴ △DGB 为等腰三角形; (3)解:由(2)可知,DB=DG,∠F= ∠DBF, ∴ DF=DB,∴ DF=DG=DB= 2, ∴ FG= 4. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 专题七　 直线型(三角形、四边形、多边形)几何综合题 突破设问 1　 线段问题 1. 5　 【解析】∵ AC= 9,EF=CE=AC-AE,设 AE= x,则 EF=CE = 9-x,在 Rt△AEF 中,由勾股定理得 AF2 +EF2 =AE2 ,即 32 +(9-x) 2 = x2 ,解得 x= 5. 2. 13 　 【解析】如解图,作 AE⊥BC 于点 E,∵ AB= 5,tanB = AE BE = 3 4 . ∴ 设 AE= 3x,则 BE = 4x,由勾股定理得 AE2 +BE2 =AB2 ,即(3x) 2 +(4x) 2 = 52 ,解得 x= 1 或 x = -1(舍),∴ AE = 3,BE = 4,∵ BD = 2,∴ DE = 2,∴ 在 Rt△ADE 中, AD = AE2 +DE2 = 13 . 第 2 题解图 3. 42 2 5 　 【解析】在 Rt△ABC 中,AB = AC = 12,∠BAC = 90°, ∴ BC= 12 2 ,∠ACB = ∠ABC = 45° = ∠BFE. ∵ 点 E 是 BC 的中点,∴ BE= 6 2 . 在 Rt△ABD 中,AB = 12,AD = 9,∴ 由 勾股定理得 BD = 15, ∵ ∠EBF = ∠DBC, ∴ △EBF ∽ △DBC,∴ EF DC =BE BD ,即EF 21 = 6 2 15 ,解得 EF= 42 2 5 . 第 4 题解图 4. 2 10 3 　 【解析】如解图,作 DM∥EF 交 AB 于点 M,则∠AMD = ∠AEF,∵ 四边 形 ABCD 是矩形,AD = 6,tan∠AMD = AM AD = tan ∠AEF = 3, ∴ AM = 2, ∴ 由勾股定理得 DM = AD2 +AM2 = 2 10 . ∵ AM = 2,AB = 8,∴ BM = 6,∵ EF∥ DM,∴ △BEF∽△BMD,∴ EF DM = BE BM = 1 3 ,∴ EF= 2 10 3 . 5. 5 2 　 【解析】如解图,作 DG∥EF 交 AC 于 G,∵ AB= 3,BD = 1,∴ AD= 2,∵ DE∥BC,AB = AC = 3,∴ AE = AD = 2,CE = 1. ∵ DG∥EF,点 F 是 CD 的中点,∴ CE = GE = 1,DG = 2EF, ∴ AG= 1,在 Rt△ADG 中,由勾股定理得 DG = 5 ,∴ EF = 1 2 DG= 5 2 . 第 5 题解图 6. 3+3 5 　 【解析】如解图,过点 C 作 CD⊥AB 于点 D,∵ ∠B = 60°,BC = 6, ∴ BD = 3,CD = 3 3 , ∵ AC = 6 2 , ∴ AD = AC2 -CD2 = 3 5 ,∴ AB=BD+AD= 3+3 5 . 第 6 题解图 　 　 第 7 题解图 7. 4 9 　 【解析】如解图,连接 BD 交 AC 于点 O,∵ 四边形 AB- 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 42 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 类型 2　 与切线有关的证明与计算 考法 1 角平分线模型 模型解读 图示 总结 已知 AD 平分∠BAC 或点 D 是 EF ( 的中点,得 DE ( =DF ( ,BC 是☉O 切线, 连接 OD,得 OD∥AB; 已知“BC 是☉O 的切线”,可得“AD 平分∠BAC”或“点 D 为 EF ( 的中点” 针对训练 1. (2024 临夏州)如图,直线 l 与☉O 相切于点 D,AB 为☉O 的直径,过点 A 作 AE⊥l 于点 E,延长 AB 交直线 l 于点 C. (1)求证:AD 平分∠CAE; (2)如果 BC= 1,DC= 3,求☉O 的半径. 第 1 题图 (1)证明:连接 OD,如解图, ∵直线 l 与☉O 相切于点 D,∴OD⊥CE, ∵AE⊥CE,∴OD∥AE,∴∠ODA=∠EAD, ∵OA=OD,∴∠ODA=∠OAD, ∴∠OAD=∠EAD,∴AD 平分∠CAE; (2)解:设☉O 的半径为 r,则 OB=OD= r, 在 Rt△OCD 中,∵OD= r,CD= 3,OC= r+1, ∴ r2+32 =(r+1) 2,解得 r= 4,即☉O 的半径为 4. 2. (2024 齐齐哈尔)如图,△ABC 内接于☉O,AB 为☉O 的直径,CD⊥AB 于点 D,将△CDB 沿 BC 所在 的直线翻折,得到△CEB,点 D的对应点为 E,延长 EC 交 BA的延长线于点 F. (1)求证:CF 是☉O 的切线; (2)若 sin∠CFB= 2 2 ,AB= 8,求图中阴影部分的面积. 第 2 题图 (1)证明:连接 OC,如解图, ∵CD⊥AB,∴∠BDC= 90°,∵OC=OB,∴∠OCB=∠OBC, ∵将△CDB 沿 BC 所在的直线翻折,得到△CEB, ∴∠EBC=∠DBC,∠E=∠BDC= 90°, ∴∠OCB=∠CBE,∴OC∥BE,∴∠OCF=∠E= 90°, ∵OC 是☉O 的半径,∴CF 是☉O 的切线; (2)解:∵sin∠CFB= 2 2 ,∴∠CFB=45°,∵∠OCF=90°,∴∠COF=∠CFO=45°, ∴CF=OC= 1 2 AB= 4,∵∠CDO= 90°,∴∠OCD=∠COD= 45°, ∴CD=OD= 2 2 OC= 2 2,∴S阴影 =S扇形AOC-S△COD = 45π×42 360 - 1 2 ×2 2 ×2 2 = 2π-4. 04 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 3. (2023 宜宾)如图,以 AB 为直径的☉O 上有两点 E,F,BE ( =EF ( ,过点 E 作直线 CD⊥AF 交 AF 的延 长线于点 D,交 AB 的延长线于点 C,过点 C 作 CM 平分∠ACD 交 AE 于点 M,交 BE 于点 N. (1)求证:CD 是☉O 的切线; (2)求证:EM=EN; (3)如果 N 是 CM 的中点,且 AB= 9 5 ,求 EN 的长. 第 3 题图 (1)证明:如解图,连接 OE, ∵BE ( =EF ( ,∴∠EAB=∠FAE, ∵OA=OE,∴∠AEO=∠EAB, ∴∠FAE=∠AEO,∴AF∥OE, ∵CD⊥AF,∴OE⊥CD, ∵OE 是☉O 的半径,∴CD 是☉O 的切线; (2)证明:由(1)知 CD 是☉O 的切线,∴∠CEB=∠EAC, ∵CM 平分∠ACD,∴∠ECM=∠ACM, ∴∠CEB+∠ECM=∠EAC+∠ACM, ∴∠ENM=∠EMN,∴EM=EN; (3)解:由(2)知 EM=EN,∠EMN=∠ENM, ∵∠ENM=∠BNC,∴∠EMN=∠BNC, ∵∠ECM=∠BCN,∴△EMC∽△BNC,∴EM BN =CE CB =CM CN , ∵N 是 CM 的中点,∴EM BN =CE CB =CM CN = 2, ∴EM= 2BN,CE= 2CB, ∵∠BEC=∠EAB,∠BCE=∠ECA, ∴△BEC∽△EAC, ∴BE EA =CE CA =BC EC = 1 2 ,∴EA= 2BE, 在 Rt△ABE 中,AE2+BE2 =AB2, ∴ (2BE) 2+BE2 =(9 5) 2, ∴BE= 9, ∵EN=EM= 2BN,EN+BN=BE, ∴EN= 2 3 BE= 6. 14 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 考法 2 弦切角模型 模型解读 图示 总结 已知∠DCB= ∠A,得△DBC∽△DCA,CD 是☉O 切线; 已知 “CD 是 ☉O 的切线”,得 “ ∠BCD = ∠A” “ △DBC ∽ △DCA” “DB DC =BC CA =CD AD ”或“CD2 =AD·BD” 针对训练 4. (2023 郴州)如图,AB 是☉O 的直径,点 C 是圆上一点,在 AB 的延长线上取一点 D,连接 CD,使 ∠BCD= ∠A. (1)求证:直线 CD 是☉O 的切线; (2)若∠ACD= 120°,CD= 2 3 ,求图中阴影部分的面积(结果用含 π 的式子表示) . 第 4 题图 (1)证明:如解图,连接 OC, ∵AB 是☉O 的直径, ∴∠ACB=∠OCA+∠OCB= 90°, ∵OA=OC,∠BCD=∠A, ∴∠OCA=∠A=∠BCD, ∴∠BCD+∠OCB=∠OCD= 90°, ∴OC⊥CD, ∵OC 是☉O 的半径, ∴直线 CD 是☉O 的切线; (2)解:∵∠ACD= 120°,∠ACB= 90°, ∴∠A=∠BCD= 120°-90°= 30°, ∴∠BOC= 2∠A= 60°, 在 Rt△OCD 中,tan∠BOC=CD OC =tan60°,CD= 2 3, ∴2 3 OC = 3,解得 OC= 2, ∴S阴影 =S△OCD-S扇形BOC = 1 2 ×2 3 ×2- 60π×22 360 = 2 3 - 2π 3 . 24 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 5. (2024 达州)如图,BD 是☉O 的直径,四边形 ABCD 内接于☉O,连接 AC,且 AB=AC,以 AD 为边作 ∠DAF= ∠ACD 交 BD 的延长线于点 F. (1)求证:AF 是☉O 的切线; (2)过点 A 作 AE⊥BD 交 BD 于点 E,若 CD= 3DE,求 cos∠ABC 的值. 第 5 题图 (1)证明:如解图,连接 OA, ∵BD 是☉O 的直径,∴∠BAD= 90°, ∴∠OAB+∠OAD= 90°, ∵OA=OB,∴∠OAB=∠OBA, ∵∠DAF=∠ACD,∠OBA=∠ACD, ∴∠DAF=∠OAB, ∴∠DAF+∠OAD=∠OAB+∠OAD= 90°, ∴∠OAF= 90°,∴OA⊥AF, 又∵OA 是☉O 的半径,∴AF 是☉O 的切线; (2)cos∠ABC= 5 5 . 详解见答案册 PX 6. (2024 辽宁)如图,☉O 是△ABC 的外接圆,AB 是☉O 的直径,点 D 在 BC ( 上,AC ( =BD ( ,点 E 在 BA 的延长线上,∠CEA= ∠CAD. (1)如图①,求证:CE 是☉O 的切线; (2)如图②,若∠CEA= 2∠DAB,OA= 8,求 BD ( 的长. 图① 　 　 　 　 图② 第 6 题图 (1)证明:如解图①,连接 OC, ∵∠CAO 是△ACE 的一个外角,∴∠CAO=∠CEA+∠ACE,即∠CAD+∠DAB=∠CEA+∠ACE, ∵∠CEA=∠CAD,∴∠DAB=∠ACE, ∵AC ( =BD ( ,∴∠ABC=∠DAB,∴∠ABC=∠ACE, ∵AB 是☉O 的直径,∴∠ACB= 90°,∴∠ABC+∠OAC= 90°, ∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA,∴∠ABC+∠OCA= 90°, ∴∠ACE+∠OCA= 90°,即∠OCE= 90°, ∵OC 是☉O 的半径,∴CE 是☉O 的切线; (2)解:如解图②,连接 OD,设∠DAB=x,∵∠CEA= 2∠DAB,∴∠CEA= 2x, ∵∠CEA=∠CAD,∴∠CAD= 2x,∵AC ( =BD ( ,∴∠ABC=∠DAB=x, ∵AB 是☉O 的直径,∴∠ACB= 90°,∴∠ABC+∠BAC= 90°,∴ x+2x+x= 90°, ∴ x= 22. 5°,即∠DAB= 22. 5°,∴∠BOD= 2∠DAB= 45°,∵OA= 8,∴BD ( 的长为 45π×8 180 = 2π. 34 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 考法 3 双切线模型 模型解读 图示 总结 已知 AB,BC 是☉O 的切线,得 OB 平分∠ABC,AB=BD; 已知 AB 是☉O 的切线,OB 平分∠ABC,得 BC 是☉O 的切线,AB=BD 针对训练 7. (2024 自贡)在 Rt△ABC 中,∠C= 90°,☉O 是△ABC 的内切圆,切点分别为 D,E,F. (1)图①中三组相等的线段分别是 CE=CF,AF= 　 AD　 ,BD= 　 BE　 ; 若 AC= 3,BC= 4,则☉O 半径长为　 　 　 　 ; (2)如图②,延长 AC 到点 M,使 AM=AB,过点 M 作 MN⊥AB 于点 N. 求证:MN 是☉O 的切线. 图① 　 　 　 图② 第 7 题图 (1)解:AD,BE;1;【解法提示】连接 OE,OF,如解图①,由切线长定理可知,AF =AD,BD=BE,∵∠C = 90°,☉O 是△ABC 的内切圆,∴∠C=∠OEC=∠OFC= 90°,OE=OF,∴四边形 OECF 是正方形,设 OE =OF=CF=CE=x,则 BE=BC-CE= 4-x=BD,AF =AC-CF = 3-x=AD,∵BD+AD=AB = AC2+BC2 = 32+42 = 5,∴4-x+3-x= 5,解得 x= 1,∴OE= 1,即☉O 半径长为 1. (2)证明:如解图②,过 O 作 OH⊥MN 于 H,连接 OD,OE,OF, ∵∠ANM= 90°=∠ACB,∠A=∠A,AM=AB, ∴△AMN≌△ABC(AAS), ∴AN=AC, ∵AD=AF, ∴AN-AD=AC-AF,即 DN=CF, 由(1)可知,CF=OE,∴DN=OE, ∵∠ANM= 90°=∠ODN=∠OHN,∴四边形 OHND 是矩形,∴OH=DN, ∴OH=OE,即 OH 是☉O 的半径, ∵OH⊥MN,∴MN 是☉O 的切线. 44 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 8. (2024 云南)如图,AB 是☉O 的直径,点 D,F 是☉O 上异于 A,B 的点,点 C 在☉O 外,CA=CD,延 长 BF 与 CA 的延长线交于点 M,点 N 在 BA 的延长线上,∠AMN = ∠ABM,AM·BM = AB·MN, 点 H 在直径 AB 上,∠AHD= 90°,点 E 是线段 DH 的中点. (1)求∠AFB 的度数; (2)求证:直线 CM 与☉O 相切; (3)多解法 ∙∙∙ 看一看,想一想,证一证:以下与线段 CE、线段 EB、线段 CB 有关的三个结论:CE+EB <CB,CE+EB=CB,CE+EB>CB,你认为哪个正确? 请说明理由. 第 8 题图 (1)解:∵AB 是☉O 的直径, ∴∠AFB= 90°; (2)证明:∵AM·BM=AB·MN,∴AM AB =MN BM , 又∵∠AMN=∠ABM,∴△AMN∽△ABM,∴∠MAN=∠BAM, ∵∠MAN+∠BAM= 180°,∴∠MAN=∠BAM= 90°,即 MA⊥AB, 又∵AB 是☉O 的直径,∴直线 CM 与☉O 相切; (3)解:CE+EB=CB 正确,理由如下: 解法一:如解图,过点 B 作 AB 的垂线交 CD 延长线于点 P,设 BC 交 DH 于点 G,连接 OC,OD. 在△OAC 和△ODC 中, OA=OD, OC=OC, CA=CD, ì î í ï ï ï ï ∴△OAC≌△ODC(SSS), ∴∠CAO=∠CDO= 90°, ∵OD 是☉O 的半径,∴CP 与☉O 相切, 易知 BP 与☉O 相切,∴PD=PB. 设 CA=CD=a,PD=PB=b, ∵AC∥HG,∴△BHG∽△BAC,∴BG BC =HG AC , ∵BP∥GD,∴△CDG∽△CPB,BG BC =PD PC ,∴DG PB =CD CP ,HG AC =PD PC , 即 DG=PB·CD CP =PB·CD CD+PD = ba a+b ,HG=PD·AC PC =PD·AC CD+PD = ba a+b , ∴HG=DG, ∴G 为 DH 的中点,点 G 与点 E 重合, ∴B,C,E 三点共线, 由已知得 E 在 C,B 之间, ∴CE+EB=CB. 其他解法见答案册 P 54 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 考法 4 等腰三角形模型 模型解读 图示 总结 已知△ABC 是等腰三角形,得 EF 是☉O 切线,F 是 CD 中点,OE∥AC 针对训练 9. (2024 广元)如图,在△ABC 中,AC=BC,∠ACB= 90°,☉O 经过 A、C 两点,交 AB 于点 D,CO 的延 长线交 AB 于点 F,DE∥CF 交 BC 于点 E. (1)求证:DE 为☉O 的切线; (2)若 AC= 4,tan∠CFD= 2,求☉O 的半径. 第 9 题图 (1)证明:连接 OD,如解图, ∵AC=BC,∠ACB= 90°,∴△ACB 为等腰直角三角形, ∴∠CAB= 45°,∴∠COD= 2∠CAB= 90°, ∵DE∥CF,∴∠COD+∠EDO= 180°, ∴∠EDO= 90°,即 ED⊥OD, 又∵OD 为☉O 的半径, ∴DE 为☉O 的切线; (2)解:过点 C 作 CH⊥AB 于点 H,如解图, ∵△ACB 为等腰直角三角形,AC= 4, ∴CH=AH= 1 2 AB= 2 2, ∵tan∠CFD=CH FH = 2, ∴FH= 2, 在 Rt△CFH 中,由勾股定理得 CF2 =CH2+FH2, ∴CF= 10(负值已舍去), ∵tan∠CFD=OD OF = OD CF-OC = OD 10 -OD = 2, ∴OD= 2 10 3 , 故☉O 的半径为2 10 3 . 64 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 10. (2023 黄冈)如图,△ABC 中,以 AB 为直径的☉O 交 BC 于点 D,DE 是☉O 的切线,且 DE⊥AC, 垂足为 E,延长 CA 交☉O 于点 F. (1)求证:AB=AC; (2)多解法 ∙∙∙ 若 AE= 3,DE= 6,求 AF 的长. 第 10 题图 (1)证明:连接 OD,如解图,∵DE 是☉O 的切线,∴OD⊥DE, ∵DE⊥AC,∴OD∥AC,∴∠C=∠ODB, ∵OD=OB,∴∠B=∠ODB,∴∠B=∠C,∴AB=AC; (2)解:解法一:连接 DF,DA,如解图, ∵∠F=∠B,∠B=∠C, ∴∠F=∠C,∴DF=DC, ∵DE⊥CF,∴FE=EC, ∵AB 是☉O 的直径,∴∠ADB= 90°, ∴∠ADC= 90°,∠ADE+∠CDE= 90°, ∵DE⊥AC,∴∠C+∠CDE= 90°,∴∠C=∠ADE, ∵∠AED=∠CED= 90°,∴△DAE∽△CDE, ∴DE ∶CE=AE ∶DE, ∵AE= 3,DE= 6,∴6 ∶CE= 3 ∶6, ∴CE= 12,∴EF=EC= 12, ∴AF=EF-AE= 12-3= 9. 其他解法见答案 P 11. (2023 丹东)如图,已知 AB 是☉O 的直径,BD 是☉O 的弦,点 P 是☉O 外的一点,PC⊥AB,垂足 为 C,PC 与 BD 相交于点 E,连接 PD,且 PD=PE,延长 PD 交 BA 的延长线于点 F. (1)求证:PD 是☉O 的切线; (2)若 DF= 4,PE= 7 2 ,cos∠PFC= 4 5 ,求 BE 的长. 　 第 11 题图 (1)证明:如解图,连接 OD, ∵OD=OB,∴∠ODB=∠OBD,∵PD=PE,∴∠PDE=∠PED, ∵PC⊥AB,∴∠BCE= 90°,∴∠OBD+∠BEC= 90°, ∵∠PED=∠BEC,∴∠BEC=∠PDE,∴∠PDE+∠ODB= 90°, ∴∠PDO= 90°, ∵OD 是☉O 的半径,∴PD 是☉O 的切线; (2)解:∵PD=PE= 7 2 ,∴PF=PD+FD= 15 2 , 在 Rt△PFC 中,cos∠PFC=CF FP = 4 5 ,∴CF= 6, 在 Rt△ODF 中,cos∠PFC=DF OF = 4 OF = 4 5 ,∴OF= 5, ∴OC=CF-OF= 1,OD= OF2-FD2 = 52-42 = 3, ∴OB=OD= 3,∴BC=OB-OC= 2, ∵PC= PF2-CF2 = ( 15 2 ) 2-62 = 9 2 ,∴CE=PC-PE= 1, ∴BE= BC2+CE2 = 22+12 = 5 . 74 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 12. (2023 巴中)如图,已知等腰△ABC,AB=AC,以 AB 为直径作☉O 交 BC 于点 D,过 D 作 DF⊥AC 于点 E,交 BA 延长线于点 F. (1)求证:DF 是☉O 的切线; (2)若 CE= 3 ,CD= 2,求图中阴影部分的面积(结果用 π 表示) . 第 12 题图 (1)证明:如解图,连接 OD,∵AB=AC,∴∠B=∠C, ∵OB=OD,∴∠B=∠ODB,∴∠ODB=∠C,∴AC∥OD, ∵DF⊥AC,∴OD⊥DF, ∵OD 是☉O 的半径,∴DF 是☉O 的切线; (2)解:如解图,连接 AD,设☉O 的半径为 r, 在 Rt△CED 中,CE= 3,CD = 2,∴ED2 =CD2-CE2 = 4-3 = 1,∴ ED = 1 (负值已舍去), ∵cosC=CE CD = 3 2 ,∴∠C= 30°,∴∠B= 30°,∴∠AOD= 60°, ∵AC∥OD,O 为 AB 的中点, ∴BD= 3AD= 3 r= 2,∴ r= 2 3 3 ,∴AB = 2r= 4 3 3 ,DE-S扇形AOD = 1 2 ×( 3 3 +2 3 3 )×1-60π 360 ×(2 3 3 ) 2 = 3 2 -2π 9 . 13. (2022 阜新改编)如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB= 90°,O 是 BC 边上一点,以 O 为圆心,OB 为半径 的圆与 AB 相交于点 D,点 E 在 AC 上,连接 DE,且 DE=AE. (1)求证:DE 是☉O 的切线; (2)若∠A= 45°,AD= 2 2 ,AC= 3,求 BD ( 的长. 第 13 题图 (1)证明:如解图①,连接 OD. ∵AE=DE,∴∠A=∠EDA. ∵OB=OD,∴∠B=∠BDO. ∵∠ACB= 90°,∴∠A+∠B= 90°. ∴∠ADE+∠BDO= 90°, ∴∠ODE= 180°-(∠ADE+∠BDO)= 90°. 又∵OD 是☉O 的半径, ∴DE 是☉O 的切线; (2)解:如解图②,连接 OD. ∵∠A= 45°,DE=AE,∠C= 90°, ∴△ADE 为等腰直角三角形,△ABC 为等腰直角三角形, ∴∠AED= 90°,BC=AC= 3. ∵AD= 2 2,∴DE=AE= 2. ∵∠ODE= 90°,∠DEC= 90°,∠C= 90°, ∴四边形 ODEC 为矩形, ∴OC=DE= 2,∠BOD= 90°,∴OB=OD= 1, ∴BD ( 的长为 90π×1 180 = π 2 . 84 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 考法 5 平行弦模型 14. (2024 甘孜州)如图,AB 为☉O 的弦,C 为 AB ( 的中点,过点 C 作 CD∥AB,交 OB 的延长线于点 D. 连接 OA,OC. (1)求证:CD 是☉O 的切线; (2)若 OA= 3,BD= 2,求△OCD 的面积. 第 14 题图 (1)证明:设 OC 交 AB 于点 E,如解图, ∵OC 是☉O 的半径,C 为 AB ( 的中点, ∴OC 垂直平分 AB, ∵CD∥AB,∴∠OCD=∠OEB= 90°, ∵OC 是☉O 的半径,且 CD⊥OC, ∴CD 是☉O 的切线; (2)解:∵OA=OC=OB= 3,BD= 2, ∴OD=OB+BD= 3+2= 5, ∵∠OCD= 90°,∴CD= OD2-OC2 = 52-32 = 4, ∴S△OCD = 1 2 CD·OC= 1 2 ×4×3= 6. 15. (2024 赤峰)如图,△ABC 中,∠ACB= 90°,AC=BC,☉O 经过 B,C 两点,与斜边 AB 交于点 E,连 接 CO 并延长交 AB 于点 M,交☉O 于点 D,过点 E 作 EF∥CD,交 AC 于点 F. (1)求证:EF 是☉O 的切线; (2)若 BM= 4 2 ,tan∠BCD= 1 2 ,求 OM 的长. 第 15 题图 (1)证明:连接 OE,如解图, ∵∠ACB= 90°,AC=BC,∴∠A=∠ABC= 45°, ∵EF∥CD,∴∠COE+∠OEF= 180°,∴∠FEO= 90°, ∵OE 是☉O 的半径,∴EF 是☉O 的切线; (2)解:如解图,连接 BD,过点 M 作 MH⊥BC 于点 H,则△BMH 是等腰直角三 角形, ∵BM= 4 2,∴BH=MH= 2 2 BM= 4, 在 Rt△CHM 中,∵tan∠BCD=HM CH = 1 2 ,∴CH= 2MH= 8, ∴CM= CH2+MH2 = 4 5,CB=CH+BH= 12, ∵CD 是☉O 的直径,∴∠CBD= 90°,即 BD⊥BC,∴MH∥BD, ∴CM DM =CH BH ,∴4 5 DM = 8 4 ,∴DM= 2 5, ∴CD=CM+DM= 6 5,∴OD= 1 2 CD= 3 5, ∴OM=OD-DM= 5 . 94 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 16. (2023 盘锦)如图,△ABC 内接于☉O,AB 为☉O 的直径,延长 AC 到点 G,使得 CG=CB,连接 GB, 过点 C 作 CD∥GB,交 AB 于点 F,交☉O 于点 D,过点 D 作 DE∥AB,交 GB 的延长线于点 E. (1)求证:DE 与☉O 相切; (2)若 AC= 4,BC= 2,求 BE 的长. 第 16 题图 (1)证明:连接 OD,如解图, ∵AB 为☉O 的直径,∴∠ACB=∠BCG= 90°, ∵CG=CB,∴△BCG 为等腰直角三角形, ∴∠G=∠CBG= 45°, ∵CD∥GB,∴∠ACD=∠G= 45°,∠BCD=∠CBG= 45°, ∴∠AOD= 2∠ACD= 90°, ∵DE∥AB,∴∠ODE=∠AOD= 90°, 即 OD⊥DE, 又∵OD 为☉O 的半径, ∴DE 与☉O 相切; (2)解:由(1)可知,∠ACB= 90°,∠ACD=∠BCD= 45°,∠AOD= 90°, 在 Rt△ABC 中,AC= 4,BC= 2, 由勾股定理得 AB= AC2+BC2 = 2 5, ∴OA=OB=OD= 5, ∵CD∥GB,AC= 4,BC=CG= 2, ∴AF ∶BF=AC ∶CG= 4 ∶2= 2 ∶1, 设 BF=k,则 AF= 2k, ∴AB=AF+BF= 3k= 2 5, ∴ k= 2 5 3 , ∴AF= 2k= 4 5 3 , ∴OF=AF-OA= 4 5 3 - 5 = 5 3 , 在 Rt△ODF 中,OD= 5,OF= 5 3 , 由勾股定理得 DF= OD2+OF2 = 5 2 3 , ∵CD∥GB,DE∥AB, ∴四边形 DEBF 为平行四边形, ∴BE=DF= 5 2 3 . 05 二轮专题培优练·数学 专 题 六 曲 线 型 ︵ 圆 ︶ 几 何 综 合 题 考法 6 其他类型 17. (2023 辽阳)如图,AB 是☉O 的直径,点 C,E 在☉O 上,∠CAB= 2∠EAB,点 F 在线段 AB 的延长 线上,且∠AFE= ∠ABC. (1)求证:EF 与☉O 相切; (2)若 BF= 1,sin∠AFE= 4 5 ,求 BC 的长. 第 17 题图 (1)证明:如解图,连接 OE, ∵OA=OE,∴∠OAE=∠OEA, ∴∠FOE=∠OAE+∠OEA= 2∠OAE, ∵∠CAB= 2∠EAB,∴∠CAB=∠FOE, 又∵∠AFE=∠ABC,∴∠CAB+∠ABC=∠FOE+∠AFE, ∵AB 是☉O 的直径,∴∠ACB= 90°, ∴∠CAB+∠ABC= 90°=∠FOE+∠AFE,∴∠OEF= 90°,即 OE⊥EF, ∵OE 是☉O 的半径,∴EF 是☉O 的切线; (2)解:在 Rt△EOF 中,设☉O 的半径为 r,即 OE=OB= r,则 OF= r+1, ∵sin∠AFE= 4 5 =OE OF = r r+1 ,∴ r= 4,∴AB= 2r= 8, 在 Rt△ABC 中,sin∠ABC=AC AB =sin∠AFE= 4 5 ,AB= 8, ∴AC= 4 5 AB= 4 5 ×8= 32 5 ,∴BC= AB2-AC2 = 24 5 . 18. (2023 兰州)如图,△ABC 内接于☉O,AB 是☉O 的直径,BC ( =BD ( ,DE⊥AC 于点 E,DE 交 BF 于 点 F,交 AB 于点 G,∠BOD= 2∠F,连接 BD. (1)求证:BF 是☉O 的切线; (2)判断△DGB 的形状,并说明理由; (3)当 BD= 2 时,求 FG 的长. 　 第 18 题图 (1)证明:如解图,连接 OC, ∵BD ( =BC ( ,∴∠BOD=∠BOC, 又∵∠BOD= 2∠F,∠BOC= 2∠A,∴∠A=∠F, 又∵∠AGE=∠BGF,∴∠AEG=∠GBF, ∵DE⊥AC,∴∠AEG= 90°,∴∠GBF= 90°,∴OB⊥BF, ∵OB 为☉O 的半径,∴BF 是☉O 的切线; (2)解:△DGB 为等腰三角形, 理由:如解图,连接 CD,∵DB ( =BC ( , ∴DB=BC,DC⊥AB,∴∠DCB=∠CDB, ∵OB⊥BF,∴DC∥BF,∴∠BDC=∠DBF, 又∵∠BDC=∠A,∴∠DBF=∠A, 又∵∠A=∠F,∴∠DBF=∠F, ∵∠GBF= 90°,∴∠F+∠DGB= 90°,∠DBG+∠DBF= 90°, ∴∠DGB=∠DBG,∴DB=DG,∴△DGB 为等腰三角形; (3)解:由(2)可知,DB=DG,∠F=∠DBF, ∴DF=DB,∴DF=DG=DB= 2,∴FG= 4. 15