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2025年九年级中考数学三轮冲刺训练高频考点突破求圆中外接圆问题的综合
1．如图，△ABC中，AB＝4，D为AB中点，∠BAC＝∠BCD，cos∠ADC，⊙O是△ACD的外接圆．
（1）求BC的长；
（2）求⊙O的半径．
2．如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点O作AC的垂线，垂足为D，分别交直线BC，于点E，F，射线AF交直线BC于点G．
（1）求证AC＝CG．
（2）若点E在CB的延长线上，且EB＝CG，求∠BAC的度数．
（3）当BC＝6时，随着CG的长度的增大，EB的长度如何变化？请描述变化过程，并说明理由．
3．已知锐角△ABC的外接圆圆心为O，半径为R．
（1）求证：2R；
（2）若△ABC中∠A＝45°，∠B＝60°，AC，求BC的长及sinC的值．
4．如图，D是△ABC的BC边上一点，连接AD，作△ABD的外接圆，将△ADC沿直线AD折叠，点C的对应点E落在⊙O上．
（1）求证：AE＝AB．
（2）若∠CAB＝90°，cos∠ADB，BE＝2，求BC的长．
5．如图，D是△ABC外接圆上的动点，且B，D位于AC的两侧，DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交此圆于点F．BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，DC，FB的延长线交于点P，且PC＝PB．
（1）求证：BG∥CD；
（2）设△ABC外接圆的圆心为O，若ABDH，∠OHD＝80°，求∠BDE的大小．
6．如图，点D是等边三角形ABC外接圆上一点．M是BD上一点，且满足DM＝DC，点E是AC与BD的交点．
（1）求证：CM∥AD；
（2）如果AD＝1，CM＝2．求线段BD的长及△BCE的面积．
7．如图，⊙O是△ABC的外接圆，弦BD交AC于点E，连接CD，且AE＝DE，BC＝CE．
（1）求∠ACB的度数；
（2）过点O作OF⊥AC于点F，延长FO交BE于点G，DE＝3，EG＝2，求AB的长．
8．在△ABC内接于⊙O，点D在⊙O上，连结AD，AO，分别交BC于点E，F，∠CAD＝∠BAO．
（1）求证：AD⊥BC．
（2）若AO∥CD．
①求证：CA＝CF．
②若CD＝5，，求BC的长．
9．如图，△ABC内接于⊙O，连结AO交CB于点D，交⊙O于点E，已知∠1+∠2＝90°．
（1）求证：；
（2）若CD＝3，AC＝4，求AB的长；
（3）若CA＝CB，设⊙O的半径为r，求△ABC的面积（用含r的代数式表示）．
10．如图，已知⊙O是△BDC的外接圆，点A是上的动点（不与B、D重合），连接并延长BA到E，连接AC、BD交于点F．已知∠EAD＝∠DAC．
（1）求证：BD＝CD；
（2）若BC＝2，CD＝3，△ADF为等腰三角形，求AB的长．
11．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝4，⊙O是△ABC的外接圆．
（1）求⊙O的半径；
（2）若在同一平面内的⊙P也经过B、C两点，且PA＝2，请直接写出⊙P的半径的长．
12．如图（1），在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作CD∥AB交⊙O于点D，连接AD，延长CD至点F，使BF＝BC．
（1）求证：BF∥AD；
（2）如图（2），当CD为直径，⊙O的半径为1时，求BF的长．
13．如图，在△ABD中，AE、BE分别平分∠BAD和∠ABD．延长AE交△ABD的外接圆于点C，连接CB，CD，ED．
（1）若∠CBD＝40°，求∠BAD的度数．
（2）求证：点C是△BDE的外心．
14．如图，△ABC内接于⊙O，，AD⊥BC于点E，交于点D．连接CO并延长分别交AD，AB于点F，G．
（1）若∠ACG＝38°，求∠AFG的度数；
（2）若，，求⊙O的半径．
15．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D是弧AB的中点，连接AD，BD，CD．
（1）如图1，若∠ACD＝30°，求∠ADB的度数；
（2）如图2，若AB＝AC＝10，，求BC．
参考答案
1．【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠BCD，∠B＝∠B，
∴△BAC∽△BCD，
∴，
∵，D为AB中点，
∴，
∴BC2＝16，
∴BC＝4；
（2）过点A作AE⊥CD于点E，连接CO，并延长交⊙O于F，连接AF，
∵在Rt△AED中，，，
∴DE＝1，
∴，
∵△BAC∽△BCD，
∴，
设CD＝x，则ACx，CE＝x﹣1，
∵在Rt△ACE中，AC2＝CE2+AE2，
∴，即x2+2x﹣8＝0，
解得x＝2，x＝﹣4（舍去），
∴CD＝2，AC，
∵∠AFC与∠ADC都是所对的圆周角，
∴∠AFC＝∠ADC，
∵CF为⊙O的直径，
∴∠CAF＝90°，
∴，
∴，即⊙O的半径为．
2．【解答】（1）证明：过A作直径AM，
∵AB＝AC，
∴AM⊥BC，
∴∠E+∠EOM＝90°，
∵AC⊥EF，
∴∠OAD+∠AOD＝90°，
∴∠E＝∠OAD，
∵OA＝OF，
∴∠OAD+∠DAF＝∠AFO＝∠E+∠G，
∴∠DAF＝∠G，
AC＝CG；
（2）解：∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴∠BAM＝∠CAM，
设∠BAM＝∠CAM＝2α，
∴∠ABC＝∠ACB（180°﹣∠BAC）＝90°﹣2α，
∵AC＝CG，
∴∠CAG＝∠CGA＝45°﹣α，
∴∠BAG＝2α+2α+45°﹣α＝45°+3α，
如图：过A作直径AM，交BC于点H，连AE，
∵EF⊥AC，又EF过圆心，
∴EF垂直平分AC，
∴EC＝AE，
∵BH＝HC，又EB＝CG，
∴HE＝HG，
∴AM垂直平分EG，
∴AE＝AG，
∴EC＝AG，
∵EB＝CG，
∴EB+BC＝BC+CG，
∴EC＝BG，
∴AG＝BG，
∴∠BAG＝∠ABG，
∴45°+3α＝90°﹣2α，
∴α＝9°，
∴∠BAC＝4α＝36°；
（3）答：当CG＝6，BE＝0；
当CG≥6时，BE随CG的增大而增大；
当3＜CG＜6时，BE随CG的增大而减小．
说明：①当BE＝0时，即点E与B重合，
在△BOH和△AOD中，
，
∴△BOH≌△AOD（AAS），
∴AD＝BH＝3，
∴AC＝2AD＝6，
∴AB＝AC＝BC＝6，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，
∴∠CAG＝30°，∠CAG+∠G＝60°，
∴∠G＝30°＝∠CAG，
∴CA＝CG＝6；
②当CG≥6时，如图：
∵∠E＝∠CAH，∠EDC＝∠AHC＝90°，
∴△ACH∽△ECD，
∴，
∴，
∴，
∴BECG2﹣6，
∴BE随CG的增大而增大．
③当3＜CG＜6时，如图，
∵∠ACM＝∠DCE，∠EDC＝∠AMC＝90°，
∴△AMC∽△EDC，
∴，
∴，
∴，
∴BECG2+6，
∴BE随CG的增大而减小．
综上所述：
当CG≥6时，BE随CG的增大而增大；
当3＜CG＜6时，BE随CG的增大而减小．
3．【解答】解：（1）如图1，连接AO并延长交⊙O于D，连接CD，
则∠ACD＝90°，∠ABC＝∠ADC，
∵sin∠ABC＝sin∠ADC，
∴2R；
（2）∵2R，
同理可得：2R，
∴2R2，
∴BC＝2R sinA＝2sin45°，
如图2，过C作CE⊥AB于E，
∴BE＝BC cosBcos60°，AE＝AC cos45°，
∴AB＝AE+BE，
∵AB＝2R sinC，
∴sinC．
4．【解答】解：（1）由折叠的性质可知，△ADE≌△ADC，
∴∠AED＝∠ACD，AE＝AC，
∵∠ABD＝∠AED，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴AB＝AC，
∴AE＝AB；
（2）如图，过A作AH⊥BE于点H，
∵AB＝AE，BE＝2，
∴BH＝EH＝1，
∵∠ABE＝∠AEB＝∠ADB，cos∠ADB，
∴cos∠ABE＝cos∠ADB，
∴．
∴AC＝AB＝3，
∵∠BAC＝90°，AC＝AB，
∴BC＝3．
5．【解答】（1）证明：如图1，∵PC＝PB，
∴∠PCB＝∠PBC，
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠PCB＝180°，
∴∠BAD＝∠PCB，
∵∠BAD＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠PCB＝∠PBC，
∴BC∥DF，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∵BG⊥AD，
∴∠AGB＝90°，
∴∠ADC＝∠AGB，
∴BG∥CD；
（2）由（1）得：BC∥DF，BG∥CD，
∴四边形BCDH是平行四边形，
∴BC＝DH，
在Rt△ABC中，∵ABDH，
∴tan∠ACB，
∴∠ACB＝60°，∠BAC＝30°，
∴∠ADB＝60°，BCAC，
∴DHAC，
①当点O在DE的左侧时，如图2，作直径DM，连接AM、OH，则∠DAM＝90°，
∴∠AMD+∠ADM＝90°
∵DE⊥AB，
∴∠BED＝90°，
∴∠BDE+∠ABD＝90°，
∵∠AMD＝∠ABD，
∴∠ADM＝∠BDE，
∵DHAC，
∴DH＝OD，
∴∠DOH＝∠OHD＝80°，
∴∠ODH＝20°
∵∠ADB＝60°，
∴∠ADM+∠BDE＝40°，
∴∠BDE＝∠ADM＝20°，
②当点O在DE的右侧时，如图3，作直径DN，连接BN，
由①得：∠ADE＝∠BDN＝20°，∠ODH＝20°，
∴∠BDE＝∠BDN+∠ODH＝40°，
综上所述，∠BDE的度数为20°或40°．
6．【解答】解：（1）∵△ABC是正三角形，
∴，
∴∠ADB＝∠BDC＝60°，
又∵DM＝DC，
∴△CDM是等边三角形，即DM＝CM＝CD，
∴∠DMC＝60°，
∴∠ADB＝∠DMC＝60°，
∴CM∥AD；
（2）∵∠DAC＝∠DBC，∠BMC＝∠ADC＝120°，而AC＝BC，
∴△ADC≌△BMC，
∴BM＝AD＝1，
∴BD＝BM+MD＝1+2＝3，
由（1）可得，△ADE∽△CME，而AD＝1，CM＝2，
∴，
又∵MD＝2，
∴DE，ME，
∵，且点E在线段AC上，
∴AEAC，
∵∠BAC＝∠BDC＝60°，∠ABD＝∠ACD，
∴△ABE∽△DCE，
∴，
∴，
又∵AB＝AC，
∴AB2＝7，即ABBC，
∵AD＝1，CM＝2，CM＝CD，
∴AD：CD＝1：2，
又∵∠ADE＝∠CDE＝60°，
∴BD平分∠ADC，
∴AE：CE＝AD：CD＝1：2，
∴CEAC，
∴△BCE的面积△ABC的面积（）2．
7．【解答】（1）证明：在△AEB和△DEC中
，
∴△AEB≌△DEC（ASA），
∴EB＝EC，
又∵BC＝CE，
∴BE＝CE＝BC，
∴△EBC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°；
（2）解：作BM⊥AC于点M，
∵OF⊥AC，
∴AF＝CF，
∵△EBC为等边三角形，
∴∠GEF＝60°，
∴∠EGF＝30°，
∵EG＝2，
∴EF＝1，
又∵AE＝ED＝3，
∴CF＝AF＝4，
∴AC＝8，EC＝5，
∴BC＝5，
∵∠BCM＝60°，
∴∠MBC＝30°，
∴CM，BM，
∴AM＝AC﹣CM，
∴AB7．
8．【解答】（1）证明：延长AO交⊙O于点M，连结CM，如图，
∵AM为⊙O的直径，
∴∠ACM＝90°，
∴∠BCM+∠ACE＝90°，
∵∠BCM＝∠BAO，
∴∠BAO+∠ACE＝90°，
∵∠CAD＝∠BAO，
∴∠CAD+∠ACE＝90°，
即∠AEC＝90°，
∴AD⊥BC；
（2）①证明：∵AO∥CD，
∴∠FAE＝∠D，
∵∠D＝∠B，
∴∠FAE＝∠B，
∵∠CAF＝∠CAE+∠FAE，∠FAB+∠B＝∠AFC，
又∵∠CAD＝∠BAO，即∠CAE＝∠FAB，
∴∠CAF＝∠AFC，
∴CA＝CF；
②解：∵∠CAD＝∠FAB，∠D＝∠B，
∴△ACD∽△AFB，
∴，
设AC＝5a，则AFa，
由①知CF＝CA，
∴CF＝5a，
设CE＝x，则EF＝5a﹣x，
由（1）知AD⊥BC，
∴AE2＝AC2﹣CE2，AE2＝AF2﹣EF2，
∴AC2﹣CE2＝AF2﹣EF2，
∴，
∴x＝4a，
即CE＝4a，EF＝a，
∴，
∵∠FAE＝∠B，∠AEF＝∠BEA，
∴△AEF∽△BEA，
∴，
即AE2＝EF EB，
∴，
解得，
∴CF＝5a，
∴BC＝CF+BF．
9．【解答】（1）证明：如图1，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE＝90°，
∴∠1+∠AEC＝90°，
∵∠1+∠2＝90°，
∴∠AEC＝∠2，
∴CD＝CE，
∵tan∠1，
∴；
（2）解：如图2，过点C作CM⊥AE于M，
∵CD＝CE＝3，AC＝4，∠ACE＝90°，
∴AE5，
∴S△ABE3×45CM，
∴CM，
由勾股定理得：EM，
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DE＝2EM，
∴AD＝5，
∵∠ADB＝∠2，∠B＝∠E，∠2＝∠E，
∴∠ADB＝∠B，
∴AB＝AD；
（3）解：如图3，连接CO并延长交AB于F，连接OB，
∵CA＝CB，
∴，∠CAB＝∠CBA，
∴CF⊥AB，
∴∠AFO＝∠BFO＝90°，AF＝BF，
由（2）知：∠2＝∠E＝∠ADB＝∠CBA，
∴∠DCE＝∠ACB，
∴，
∴∠AOB＝∠EOB＝90°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
在Rt△AOB中，AF＝BF，
∴OFAB＝AF＝BF，
设AF＝a，则OF＝a，
∵OA2＝AF2+OF2，
∴r2＝a2+a2，
∴ra，
∵S△ABC AB CF，
∴S△ABC 2a（a+r）＝a2+ay．
10．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EAD＝∠DCB，
由圆周角定理得：∠DAC＝∠DBC，
又∵∠EAD＝∠DAC，
∴∠DCB＝∠DBC，
∴BD＝CD；
（2）解：∵点A是弧BD上的动点（不与B、D重合），
∴，如图1所示：
由（1）可知：BD＝CD＝3，
∴，
∴，
∴∠ADF＜∠DAF，
∴DF＞AD，
∴当△ADF为等腰三角形，有以下两种情况：
①当DA＝DF时，如图2所示：
∴∠DAC＝∠DFA，
∴∠ADB＝180°﹣（∠DAF+∠DFA）＝180°﹣2∠DAC，
∵BD＝CD，
∴∠DBC＝∠DCB，
∴∠BDC＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝180°﹣2∠DBC，
∵∠DAC＝∠DBC，
∴∠ADB＝∠BDC，
∴，
∴AB＝BC＝2；
②当AD＝AF时，过点A作AH⊥BD于H，过点D作DQ⊥BC于点Q，作∠DBC的平分线交DQ于点P，过点P作PM⊥BD于点D，PN⊥CD于点N，连接PC，如图3所示：
∴∠ADF＝∠AFD，DH＝FHDF，PM＝PQ，
∵∠BCF＝∠ADF，∠BFC＝∠AFD，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝2，
∴DF＝BD﹣BF＝3﹣2＝1，
∴DH＝FH，
∴BH＝BF+FH，
∵BD＝CD＝3，DQ⊥BC，
∴DQ平分∠BDC，
∴PM＝PN，
∴设PM＝PN＝PQ＝a，
在Rt△DCQ中，CQBC＝1，
由勾股定理得：DQ，
∴S△DBCBC DQ，
又∵S△PBD+S△PBC+S△PCD＝S△DBC，
∴，
解得：，
∴PM＝PN＝PQ＝a，
在Rt△PBQ中，tan∠PBQ，
∵∠PBQ∠DBC，∠FAH∠DAC，∠DBC＝∠DAC，
∴∠PBQ＝∠FAH，
∴tan∠FAH，
在Rt△AHF中，tan∠FAH，
∴，
∴，
∴AH，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：AB．
综上所述：AB的长为2或．
11．【解答】解：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，连接OB、OC，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴AD垂直平分BC，
∵OB＝OC，
∴点O在BC的垂直平分线上，即O在AD上，
∵BC＝4，
∴BDBC＝2，
∵在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，AB＝2，
∴AD6，
设OA＝OB＝r，则OD＝6﹣r．
∵在Rt△OBD中，∠ODB＝90°，
∴OD2+BD2＝OB2，即（6﹣r）2+22＝r2．
解得r，
即⊙O的半径为，
（2）当⊙P也经过B、C两点，
则设PB＝r，
PA＝2，则PD＝6﹣2＝4或6+2＝8，
BD＝2，
∴PB2
或PB2．
所以⊙P的半径的长为2或2．
12．【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵CD∥AB，
∴∠ABC＝∠DCB，
∴∠ACB＝∠DCB，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC＝∠DCB，
∵BF＝BC，
∴∠F＝∠BCD，
∴∠F＝∠ADC，
∴BF∥AD；
（2）解：连接OA，OB，
由题意可得：CD＝2，OD＝OB＝OA＝OC＝1，∠DAC＝90°，
由（1）知：∠ACB＝∠BCD＝∠ADC，
∴，
∴∠AOC＝∠AOB＝∠BOD＝60°，
∴△AOC和△AOB是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∴∠F＝30°，
∴∠FBO＝90°，OB＝1，
∴OF＝2，
∴．
13．【解答】解：（1）∵AE平分∠BAD，
∴∠BAD＝2∠CAD，
∵∠CAD＝∠CBD＝40°，
∴∠BAD＝80°；
（2）∵AE、BE分别平分∠BAD和∠ABD，
∴∠BAC＝∠DAC，∠ABE＝∠DBE，
∴，
∴BC＝CD，
∵∠CBD＝∠CAD，
∴∠CBE＝∠CBD+∠DBE，∠BEC＝∠BAC+∠ABE，
∴∠CBE＝∠BEC，
∴BC＝EC，
∴BC＝EC＝DC，
∴点B，E，D在以C为圆心的同一圆上，
∴点C是△BDE的外心．
14．【解答】解：（1）∵AC弧＝BC弧，CG经过圆心O，
∴AC＝BC，AG＝BGAB，CG⊥AB，
∴∠ACG＝∠BCG，
∵∠ACG＝38°，
∴∠BCG＝38°，
∵AE⊥BC，
∴∠CFE＝90°﹣∠BCG＝90°﹣38°＝52°，
∴∠AFG＝∠CFE＝52°；
（2）连接OA，如图所示：
∵AF，AB，
∴AG＝BGAB，
在Rt△AFG中，由勾股定理得：FG2，
∵∠AGF＝∠AEB＝90°，∠FAG＝∠BAE，
∴△AGF∽△AEB，
∴AG：AE＝FG：BE＝AF：AB，
∴√，
∴AE，
∴EF＝AE﹣AF，
∵∠CEF＝∠AGF＝90°，∠CFE＝∠AFG，
∴△CEF∽△AGF，
∴CF：AF＝EF：GF，
∴，
∴CF，
∴CG＝CF+FG，
设⊙O的半径为R，则OC＝OA＝R，
∴OG＝CG﹣OC，
在Rt△OAG中，由勾股定理得：OA2＝OG2+AG2，
∴，
解得：R．
∴⊙O的半径是．
15．【解答】解：（1）∵点D是弧AB的中点，
∴，
∴∠ACD＝∠BCD＝30°，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ADB＝180°﹣∠ACB＝120°；
（2）连接AO并延长交BC于E，
∵AB＝AC，
∴，
∴AE⊥BC，
∴BE＝CE，
连接OD交AB于H
∵点D是弧AB的中点，
∴，
∴OD⊥AB，AHAB＝5，
∴DH，
∴OA2＝AH2+OH2，
∴OA2＝522，
∴OA＝OB，
∵OB2﹣OE2＝BE2＝AB2﹣AE2，
∴（）2﹣OE2＝102﹣（OE）2，
∴OE，
∴BE6，
∴BC＝2BE＝12．
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