第1部分 专项9 圆的证明与计算（Word教参）-【指点中考】2025年湖北中考数学题型突破

专项九　圆的证明与计算 此类题以圆的基本性质、切线的判定与性质、弧长和扇形面积为起点，结合直角三角形、等腰三角形、特殊四边形的相关知识，综合考查勾股定理的运用、锐角三角函数、三角形全等和相似等核心知识．在湖北今年中考里出现在第21题的位置，分为2小问，分值为8分，难度属于中档题，主要考查学生的推理能力、运算能力和几何直观等核心素养．解题的关键是掌握基本图形的性质，根据相关性质构造直角三角形、全等三角形或相似三角形，运用等量代换、方程思想、面积公式等解决问题． 题型1　证明与长度的计算 (8分)如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB＝AC，BD是边AC上的中线，过点C作AB的平行线交BD的延长线于点E，BE交⊙O于点F，连接AE，FC. (1)求证：AE为⊙O的切线； (2)若⊙O的半径为5，BC＝6，求FC的长． 规范答题 (1)证明：∵AB∥CE，∴∠ABD＝∠CED，∠BAD＝∠ECD. 又AD＝CD，∴△ABD≌△CED(AAS)， ∴AB＝CE. ∴四边形ABCE是平行四边形，……………………………………2分 ∴AE∥BC.如图，作AH⊥BC于点H. 又∵AB＝AC，∴AH为BC的垂直平分线． ∴点O在AH上，∴AH⊥AE，即OA⊥AE.又点A在⊙O上， ∴AE为⊙O的切线.3分 (2)解：如图，过点D作DM⊥BC于M，连接OB. ∵AH为BC的垂直平分线， ∴BH＝HC＝BC＝3， ∴OH＝＝＝4，AH＝OA＋OH＝5＋4＝9，4分 ∴AB＝AC＝＝＝3， ∴CD＝AC＝. ∵AH⊥BC，DM⊥BC，∴DM∥AH， ∴△CMD∽△CHA. ………………………………………………………5分 又AD＝CD，∴＝＝＝， ∴MH＝HC＝，DM＝AH＝. ∴BM＝BH＋MH＝3＋＝.………………………………………………6分 ∴BD＝＝＝. ∵∠CFD＝∠BAD，∠FDC＝∠ADB， ∴△FCD∽△ABD， ∴＝，∴＝， ∴FC＝5.………………………………………………………………8分 如图，AB与⊙O相切于点A，半径OC∥AB，BC与⊙O相交于点D，连接AD. (1)求证：∠OCA＝∠ADC； (2)若AD＝2，tan B＝，求OC的长． (1)证明：连接OA，如图所示： ∵AB与⊙O相切于点A，∴∠OAB＝90°. ∵OC∥AB，∴∠AOC＝90°， ∴∠ADC＝45°.∵OC＝OA， ∴∠OCA＝45°，∴∠OCA＝∠ADC. (2)解：过点A作AH⊥BC，过点C作CF⊥BA交BA的延长线于点F，如图所示： 由(1)得∠OCA＝∠ADC＝45°. ∴△AHD为等腰直角三角形． ∵AD＝2，∴AH＝DH＝.∵tan B＝， ∴BH＝3，∴AB＝＝2. 由(1)得∠AOC＝∠OAF＝90°， ∵CF⊥BA，∴四边形OCFA为矩形． ∵OA＝OC，∴四边形OCFA为正方形， ∴CF＝FA＝OC. ∵∠B＝∠B，∠AHB＝∠CFB＝90°， ∴△ABH∽△CBF，∴＝， 即＝，解得OC＝. ∴S阴影＝S四边形ADOE－S扇形DOE＝2S△ODA－S扇形DOE＝2××3×－＝3－π.……………………………………………………………………………8分 如图，在△ABC中，以BC为直径的⊙O交AB于点M，弦MN∥AC且MN交BC于点E，ME＝2，BM＝4，BE＝2. (1)求证：AC是⊙O的切线； (2)求劣弧的长． (1)证明：∵ME＝2，BM＝4，BE＝2， ∴ME2＋BE2＝4＋12＝16，BM2＝16， ∴ME2＋BE2＝BM2，∴∠BEM＝90°. ∵MN∥AC，∴∠ACB＝∠BEM＝90°. 又∵BC为⊙O的直径， ∴AC是⊙O的切线． (2)解：如图，连接 OM. ∵∠BEM＝90°，ME＝2，BM＝4， ∴sin B＝＝，. ∴∠B＝30°，∴∠COM＝60°， ∴OM＝＝， ∴劣弧的长为2×＝. 题型2　证明与阴影面积的计算 (2024湖北一模)(8分)如图，△ABC为等腰三角形，O为底边BC的中点，腰AB与⊙O相切于点D. (1)求证：AC是⊙O的切线； (2)若BC＝12，∠BAC＝120°，求图中阴影部分的面积． 规范答题 (1)证明：过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA. ∵AB与⊙O相切于点D，∴AB⊥OD. ∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点， ∴AO是∠BAC的平分线， ∴OE＝OD，即OE是⊙O的半径． ∵AC经过⊙O的半径OE的外端点且垂直于OE，注意格式规范 ∴AC是⊙O的切线.4分 (2)解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，∠BAC＝120°，∴∠DOE＝60°. ∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点， ∴AO⊥BC，OB＝BC＝×12＝6. ∵AB＝AC，∠BAC＝120°， ∴∠B＝∠C＝30°，∴OA＝OB＝2. ∵Rt△ADO中，∠OAD＝60°，OA＝2， ∴AD＝OA＝×2＝，OD＝OA＝2×＝3， (2024山东联考)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB＝60°，AB＝BC＝2AD＝2.以点A为圆心，AD长为半径作交AB于点E，以点B为圆心，BE长为半径作交BC于点F，连接FD交于另一点G，连接CG. (1)求证：CG为所在圆的切线； (2)求图中阴影部分的面积．(结果保留π) (1)证明：连接BG，如图1. 根据题意可知AD＝AE，BE＝BF. 又∵AB＝BC，∴CF＝AE＝AD. ∵BC＝2AD，∴BF＝BE＝AD＝AE＝CF. ∵AD∥BC，∴四边形ABFD是平行四边形， ∴∠BFD＝∠DAB＝60°. ∵BG＝BF，∴△BFG是等边三角形， ∴GF＝BF，∴GF＝BF＝FC， ∴G在以BC为直径的圆上，∴∠BGC＝90°， ∴CG为所在圆的切线． (2)解：过D作DH⊥AB于点H，连接BG，如图2. 由图可得S阴影＝S▱ABFD－S扇形AED－S扇形BEG－S△BFG， 在Rt△AHD中，AD＝1，∠DAB＝60°， ∴DH＝AD·sin∠DAB＝1×＝， ∴S▱ABFD＝AB·DH＝2×＝， 由题可知，扇形ADE和扇形BGE全等， ∴S扇形AED＝S扇形BGE＝＝＝＝， 又等边三角形BFG的面积为GF·DH＝×1×＝， ∴S阴影＝S▱ABFD－S扇形AED－S扇形BEG－S△BFG＝－－－＝－. 题型3　圆的其他问题 综合探究 如图1，在矩形ABCD中(AB>AD)，对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A′，连接AA′交BD于点E，连接CA′. (1)求证：AA′⊥CA′； (2)以点O为圆心，OE为半径作圆． ①如图2，⊙O与CD相切，求证：AA′＝CA′； ②如图3，⊙O与CA′相切，AD＝1，求⊙O的面积． (1)证明：∵点A关于BD的对称点为A′， ∴点E是AA′的中点，∠AEO＝90°. 又∵四边形ABCD是矩形，∴O是AC的中点， ∴OE是△ACA′的中位线，∴OE∥A′C， ∴∠AA′C＝∠AEO＝90°，∴AA′⊥CA′. (2)①证明：如图，过点O作OF⊥AB于点F，延长FO交CD于点G，则∠OFA＝90°. ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，AO＝BO＝CO＝DO， ∴∠OCG＝∠OAF，∠OGC＝∠OFA＝90°. ∵∠OCG＝∠OAF， ∠OGC＝∠OFA＝90°，AO＝CO， ∴△OCG≌△OAF(AAS)，∴OG＝OF. ∵⊙O与CD相切，OE为半径，∠OGC＝90°， ∴OG＝OE，∴OE＝OF. 又∵∠AEO＝90°，即OE⊥AE，OF⊥AB， ∴AO是∠EAF的平分线，即∠OAE＝∠OAF. 设∠OAE＝∠OAF＝x，则∠OCG＝∠OAF＝x， 又∵CO＝DO，∴∠OCG＝∠ODG＝x， ∴∠AOE＝∠OCG＋∠ODG＝2x. 又∵∠AEO＝90°，即△AEO是直角三角形， ∴∠AOE＋∠OAE＝90°，即2x＋x＝90°，解得x＝30°， ∴∠OAE＝30°，即∠A′AC＝30°. 在Rt△A′AC中，∠A′AC＝30°， ∠AA′C＝90°，∴AC＝2CA′， ∴AA′＝＝＝CA′. ②如图，过点O作OH⊥A′C于点H. ∵⊙O与CA′相切，∴OE＝OH，∠A′HO＝90°. ∵∠AA′C＝∠AEO＝∠A′EO＝∠A′HO＝90°， ∴四边形A′EOH是矩形． 又∵OE＝OH，∴四边形A′EOH是正方形， ∴OE＝OH＝A′H. 又∵OE是△ACA′的中位线，∴OE＝A′C， ∴A′H＝CH＝A′C，∴OH＝CH. 又∵∠A′HO＝90°，∴∠OCH＝45°. 又∵OE∥A′C，∴∠AOE＝45°. 又∵∠AEO＝90°，∴△AEO是等腰直角三角形，AE＝OE. 设AE＝OE＝r，则AO＝DO＝＝r， ∴DE＝DO－OE＝r－r＝(－1)r. 在Rt△ADE中，AE2＋DE2＝AD2，AD＝1，即r2＋(－1)2r2＝12， ∴r2＝＝＝， ∴⊙O的面积为πr2＝π. 如图，已知AB是⊙O的直径，CD＝CB，BE切⊙O于点B，过点C作CF⊥OE交BE于点F，若EF＝2BF. 　 (1)如图1，连接BD，求证：△ADB≌△OBE； (2)如图2，N是AD上一点，在AB上取一点M，使∠MCN＝60°，连接MN.请问：三条线段MN，BM，DN有怎样的数量关系？并证明你的结论． (1)证明：∵CF⊥OE，OC是半径， ∴CF是⊙O的切线． ∵BE是⊙O的切线，∴BF＝CF. ∵EF＝2BF，∴EF＝2CF， ∴sin E＝＝， ∴∠E＝30°，∠EOB＝60°. ∵CD＝CB，∴，∴OC⊥BD. ∵AB是直径，∴∠ADB＝90°＝∠EBO. ∵∠E＋∠EBD＝90°，∠ABD＋∠EBD＝90°， ∴∠E＝∠ABD＝30°，∴AD＝BO＝AB，∴△ADB≌△OBE(AAS)． (2)解：MN＝BM＋DN，理由如下： 延长ND至H使得DH＝BM，连接CH，BD，如图所示． ∵∠CBM＋∠NDC＝180°，∠HDC＋∠NDC＝180°，∴∠HDC＝∠MBC. ∵CD＝CB，DH＝BM，∴△HDC≌△MBC(SAS)，∴∠BCM＝∠DCH，CM＝CH. 由(1)可得∠ABD＝30°，又AB是直径，则∠ADB＝90°， ∴∠A＝60°，∴∠DCB＝180°－∠A＝120°. ∵∠MCN＝60°，∴∠BCM＋∠NCD＝120°－∠NCM＝120°－60°＝60°， ∴∠DCH＋∠NCD＝∠NCH＝60°， ∴∠NCH＝∠NCM. ∵NC＝NC，∴△CNH≌△CNM(SAS)， ∴NH＝MN， ∴MN＝DH＋DN＝BM＋DN. 学科网（北京）股份有限公司 $$