专题11 圆的综合应用-【绿卡初中创新题】2025-2026学年九年级全册数学习题课件(沪科版)安徽专版

该初中数学课件聚焦“圆的综合应用”，涵盖圆与三角形、四边形、平面直角坐标系的综合及探究题，通过中考真题导入，串联切线性质、垂径定理、全等与相似等知识，搭建学习支架帮助学生构建知识脉络。 其亮点在于以数学思维（推理能力）、数学语言（模型观念）为核心，如无锡中考题连接半径构造切线性质证相似，坐标系中设圆心用勾股定理建模。采用真题分层教学，规范解答过程，助力学生提升几何直观与逻辑推理能力，教师可直接用于例题教学，提高课堂效率。

第24章　圆 专题11　圆的综合应用 1 1. （安徽中考）如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆O上不同于A，B的两点，AD=BC，AC与BD相交于点F， BE是半圆O所在圆的切线，与AC的延长线相交于点E. （1）求证：△CBA≌△DAB； 类型1　圆与三角形的综合 证明：∵AB是半圆O的直径，∴∠ACB=∠BDA=90°. 在Rt△CBA和Rt△DAB中，∴Rt△CBA≌Rt△DAB（HL）. 类型1 类型2 类型4 类型3 2 （2）若BE=BF，求证：AC平分∠DAB. ∵BE=BF，∴∠E=∠BFE. ∵BE是半圆O所在圆的切线，∴∠ABE=90°， ∴∠E+∠BAE=90°. 由（1）知∠D=90°，∴∠DAF+∠AFD=90°. ∵∠AFD=∠BFE，∴∠AFD=∠E. ∵∠DAF=90°-∠AFD，∠BAF=90°-∠E，∴∠DAF=∠BAF， ∴AC平分∠DAB. 类型1 类型2 类型4 类型3 3 2. （江苏无锡中考）如图，AB是⊙O的直径，DF为⊙O的切线，CD与AB相交于点E， DF⫽AB，交CA的延长线于点F，CF=CD. （1）求∠F 的度数； 解：（1）如图，连接OD， ∵DF为⊙O的切线，∴∠ODF=90°. ∵DF⫽AB，∴∠AOD=180°-∠ODF=90°， ∴∠ACD=∠AOD=45°. ∵CF=CD，∴∠F=∠CDF=×（180°-45°）=67.5°. 类型1 类型2 类型4 类型3 4 （2）若DE·DC=8，求⊙O的半径. 解：∵OA=OD，∠AOD=90°，∴∠EAD=45°. ∵∠ACD=45°，∴∠ACD=∠EAD. ∵∠ADE=∠CDA，∴△DAE∽△DCA， ∴=，∴DA2=DE·DC=8. ∵DA>0，∴DA=2.∵OA2+OD2=2OA2=DA2=8，OA>0， ∴OA=2，即⊙O的半径为2. 类型1 类型2 类型4 类型3 5 3. （合肥包河三模）已知：如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，直径DG交边AB于点E，AB，DC的延长线相交于点F. 连接AC，若∠ACD=∠BAD. （1）求证：DG⊥AB； 类型2　圆与四边形的综合 解：（1）证明：如图，连接AG. ∵∠ACD与AGD是同弦所对圆周角， ∴∠ACD=∠AGD.∵∠ACD=∠BAD，∴∠BAD=∠AGD.∵DG为⊙O的直径，A为圆周上一点，∴∠DAG=90°，∴∠BAD+∠BAG=90°，∴∠AGD+∠BAG=90°，∴∠AEG=90°，即DG⊥AB. 类型1 类型2 类型4 类型3 6 （2）若AB=6，tan∠FCB=3，求⊙O的半径. 解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠FCB=∠BAD.∵tan∠FCB=3，∴tan∠BAD==3.如图，连接OA，由垂径定理，得AE=AB=3，∴DE=9. 设⊙O的半径为r，则OA=r，OE=9-r.在Rt△OEA中，OE2+AE2=OA2，即（9-r）2+32=r2，解得r=5，∴⊙O的半径为5. 类型1 类型2 类型4 类型3 7 4. （合肥庐阳期末）已知，正方形ABCD内接于⊙O，点P是上一点，连接BP交AC于点E. （1）如图1，若点P是的中点，求证：CE=CD； 解：（1）证明：如图1，连接DE. ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，OB=OD=OC， ∴EB=ED，∠ODC=∠OCD=45°， ∴∠EBD=∠EDB. ∵点P是的中点， ∴∠PBD=∠ABD=×∠AOD=22.5°，∴∠EDB=22.5°， ∴∠EDC=∠CDO+∠ODE=45°+22.5°=67.5°， ∴∠CED=180°-∠DCE-∠CDE=180°-45°-67.5°=67.5°， ∴∠CED=∠EDC，∴CE=CD. 类型1 类型2 类型4 类型3 8 （2）如图2，若PE=OE，求的值. 如图2，连接DE，DP. ∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠EOD=90°，OA=OD， ∴∠P=∠BAD=90°. ∵PE=OE，DE=DE，∴Rt△PDE≌Rt△ODE（HL）， ∴∠PDE=∠2，由（1）知∠1=∠2， ∴∠1=∠2=∠PDE，∴∠1+∠2+∠PDE=90°， ∴∠2=30°，∴OE=DE，∴DE=2OE， ∴OD==OE，∴OD=OA=OE， ∴AE=OA-OE=（-1）OE，EC=OE+OC=（+1）OE，∴==2-. 类型1 类型2 类型4 类型3 9 5. （新趋势　多模块综合）如图，在平面直角坐标系中，D，E，F是圆弧上三点，且坐标分别为（0，1），（1，2-），（2，1），则的长为________. 类型3　圆与平面直角坐标系的综合 π 【解析】如图，设所在圆的圆心为J，连接JD，JE，JF，DF，JE交DF于点K. 由题意，得JE⊥DF，DK=FK=1，EK=1-（2-）=-1. 设JD=JE=r，则JD2=DK2+JK2， 即r2=12+（r-+1）2，解得r=. ∵sin∠DJK= =，∴∠DJK=45°，∴∠DJF=2∠DJK=90°， ∴的长= =π. 类型1 类型2 类型4 类型3 10 6. （淮南阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在y轴上，边AC与x轴交于点D，AE平分∠BAC交边BC于点E，经过点A，D，E的圆的圆心F恰好在y轴上，⊙F与y轴相交于另一点G. （1）求证：BC是⊙F的切线； 解：（1）证明：如图，连接EF. ∵AE平分∠BAC，∴∠FAE=∠CAE.∵FA=FE，∴∠FAE=∠FEA，∴∠FEA=∠EAC，∴FE⫽AC，∴∠FEB=∠C=90°，∴BC是⊙F的切线. 类型1 类型2 类型4 类型3 11 （2）若点A，D的坐标分别为A（0，-1），D（2，0），求⊙F的半径. 如图，连接FD.∵A（0，-1），D（2，0），∴OA=1，OD=2.设⊙F的半径为r，则OF=r-1. 在Rt△OFD中，FD2=OF2+OD2，即r2=（r-1）2+22，解得r=，即⊙F的半径为. 类型1 类型2 类型4 类型3 12 7. （新趋势　探究性问题）如图，以AB为直径的⊙O外接于△ABC，过A点的切线AP与BC的延长线交于点P，∠APB的平分线分别交AB，AC于点D，E.其中，AE，BD（AE<BD）的长是一元二次方程x2-5x+6=0的两个实数根. （1）求证：PA⋅BD=PB⋅AE； 类型4　与圆有关的探究题 解：（1）证明：∵DP平分∠APB，∴∠APE=∠BPD. ∵AP与⊙O相切，∴∠BAP=∠BAC+∠EAP=90°. ∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠B=90°，∴∠EAP=∠B，∴△PAE∽△PBD，∴=，即PA⋅BD=PB⋅AE. 类型1 类型2 类型4 类型3 13 （2）在线段BC上是否存在一点M，使得四边形ADME是菱形？若存在，请给予证明，并求其面积；若不存在，说明理由. 存在.证明如下：如图，过点D作DF⊥PB，垂足为F，作DG⊥AC，垂足为G，连接EF. ∵∠EAP+∠APC=90°，∠B+∠BAC=90°，∠EAP=∠B，∴∠APC=∠BAC. 又∠DFB=∠ACB=90°，∴DF⫽AC，∴∠BDF=∠BAC. 解方程x2−5x+6=0，得x1=2，x2=3， 由AE<BD，得AE=2，BD=3， ∴由（1）可知=，∴cos∠APC==， ∴cos∠BDF=cos∠APC=，∴=，∴DF=2，∴DF=AE， ∴四边形ADFE是平行四边形. 类型1 类型2 类型4 类型3 14 ∵PD平分∠APB，AD⊥AP，DF⊥PB，∴AD=DF， ∴平行四边形ADFE是菱形，此时点F即为点M. ∵cos∠BAC=cos∠APC=， 在Rt△ABC中，设AC=2t，则AB=3t，∴BC=t. ∴sin∠BAC=，∴=.∵AD=DF=2，∴DG=， ∴菱形的面积为DG·AE=×2=. ∴在线段BC上存在一点M，使得四边形ADME是菱形，其面积为. 类型1 类型2 类型4 类型3 15 16 $$