2014中考数学综合题专题训练【培优复习计划】第六周教师版

中考数学综合题专题训练【培优复习计划】第六周

一、【能力自评】

1．如图，将一个三角形纸板ABＣ的顶点Ａ放在⊙O上，ＡＢ经过圆心．∠Ａ=25°，半径OA=２，则在⊙O上被这个三角形纸板遮挡住的弧的长为．

【解析】

试题分析：连接OE，先根据圆周角定理求得∠EOD的度数，再根据弧长公式即可求得结果.连接OE

∵∠Ａ=25°

∴∠EOD=50°

∴在⊙O

考点：圆周角定理，弧长公式

点评：解题的关键是熟练掌握圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角相等，均等于所对圆心角的一半.

2．如图，Rt△ABC中∠C=90°，∠A=30°在AC边上取点O画圆使⊙O经过A、B两点，下

切；④延长BC交⊙O与D，则A、B、D是⊙O的三等分点．正确的序号是．

【答案】①③④

【解析】

试题分析：连接OB，可得∠ABO=30°，则∠OBC=30°，根据直角三角形的性质得

OA，再根据三角函数cos∠，因为点O在∠ABC的角平分线上，

所以点O到直线AB的距离等于OC的长，根据垂径定理得直线AC是弦BD的垂直平分线，则点A、B、D将⊙O的三等分．

连接OB

∴OA=OB，

∴∠A=∠ABO，

∵∠C=90°，∠A=30°，

∴∠ABC=60°，

∴∠OBC=30°，

∴，

即OA=2OC，

故①正确；

∵cos∠

∴，即

故②错误；

∵∠ABO=∠OBC=30°，

∴点O在∠ABC的角平分线上，

∴点O到直线AB的距离等于OC的长，

即以O为圆心，以OC为半径的圆与AB相切；

故③正确；

延长BC交⊙O于D，

∵AC⊥BD，

∴AD=AB，

∴△ABD为等边三角形，

∴点A、B、D将⊙O的三等分．

故④正确．

故答案为①③④．

考点：直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理，角平分线的判定和性质，等边三角形的判定和性质

点评：本题知识点多，综合性强，是中考常见题，需要学生熟练掌握平面图形的基本概念，难度较大.

3．如图，以BC为直径的⊙O1与⊙O2外切，⊙O1与⊙O2的外公切线交于点D，且∠ADC=60°，过B点的⊙O1的切线交其中一条外公切线于点A．若⊙O2的面积为π，则四边形ABCD的面积是．

【答案】

【解析】解：∵⊙O2的面积为π，

∴⊙O2的半径是1，

∵AB和AH是⊙O1的切线，

∴AB=AH，

设⊙O2的半径是R，

连接DO2，DO1，O2E，O1H，AO1，作O2F⊥BC于F，

∵⊙O1与⊙O2外切，⊙O1与⊙O2的外公切线DC．DA，∠ADC=60°，

∴D．O2、O1三点共线，∠CDO1=30°，

∴∠DAO1=60°，∠O2EC=∠ECF=∠CFO2=90°，

∴四边形CFO2E是矩形，

∴O2E=CF，CE=FO2，∠FO2O1=∠CDO1=30°，

∴DO2=2O2E=2，∠HAO1=60°，R+1=2（R﹣1），

解得：R=3，

即DO1=2+1+3=6，

在Rt△CDO1中，由勾股定理得：

∵∠HO1A=90°﹣60°=30°，HO1=3，

∴，

∴四边形ABCD AB+CD）×3+3）

4．如图，正方形ABCD O，E为DC的中点，连接BE，则点O到BE的距离等于．

【解析】

试题分析：连接BD，AO，延长BE交⊙O于点F，作OM⊥BE，

∵正方形ABCD内接于⊙O，∴∠360°=90°.

在△AOD CD=AD=BC=2.

∵E是CD中点，∴DE=CE=1.

在△BCE中，由勾股定理得：

由相交弦定理得：CE×DE=BE×EF，即1×，∴∴

∵OM⊥BF，OM过圆心O，∴

在△BOM中，由勾股定理得：OB2=OM2+BM2

∴点O到 BE

5

考点：1. 正方形和外接圆；2.勾股定理；3. 相交弦定；4.垂径定理.

5．如图，已知半圆O的直径AB＝4，沿它的一条弦折叠．若折叠后的圆弧与直径AB相切于点D，且AD:DB＝3:1，则折痕EF的长．

【解析】

试题分析：如图，过O作弦BC的垂线OP，垂足为D，分别与弧的交点为A、G，过切点F作PF⊥半径OC交OP于P点，

∵OP⊥BC，∴BD=DC，即OP为BC的中垂线. ∴OP必过弧BGC所在圆的圆心.

又∵OE为弧BGC所在圆的切线，PF⊥OE，∴PF必过弧BGC所在圆的圆心.

∴点P为弧BGC所在圆的圆心.

∵弧BAC沿BC折叠得到弧BGC，∴⊙P为半径等于⊙O的半径，即PF=PG=OE=2，并且AD=GD.

∴OG=AP.

而F点分⊙O的直径为3：1两部分，∴OF=1.

在Rt△OPF中，设OG=x，则OP=x+2，

考点：圆的综合题．

二、【讲练结合】

例一．如图1，△ABC中，CA=CB，点O在高CH上，OD⊥CA于点D，OE⊥CB于点E，以O为圆心，OD为半径作⊙O．

（1）求证：⊙O与CB相切于点E；

（2）如图2，若⊙O过点H，且AC=5，AB=6，连接EH，求△BHE的面积和tan∠BHE的值．【答案】（1）由CA=CB，且CH垂直于AB，利用三线合一得到CH为角平分线，再由OD垂直于AC，OE垂直于CB，利用角平分线定理得到OE=OD，利用切线的判定方法即可得证。

∠=

（2tan BHE2

【解析】

分析：（1）由CA=CB，且CH垂直于AB，利用三线合一得到CH为角平分线，再由OD垂直于AC，OE垂直于CB，利用角平分线定理得到OE=OD，利用切线的判定方法即可得证。

（2）由CA=CB，CH为高，利用三线合一得到AH=BH，在直角三角形ACH中，利用勾股定理求出CH的长，由⊙O过H，CH垂直于AB，得到⊙O与AB相切，由（1）得到⊙O与CB 相切，利用切线长定理得到BE=BH，如图所示，过E作EF垂直于AB，得到EF与CH平行，得出△BEF∽△BCH，由相似得比例，求出EF的长，由BH与EF的长，利用三角形面积公式即可求出△BEH的面积；根据EF与BE的长，利用勾股定理求出FB的长，由BH﹣BF求出HF 的长，利用锐角三角形函数定义即可求出tan∠BHE的值。

解：（1）证明：∵CA=CB，点O在高CH上，

∴∠ACH=∠BCH。

∵OD⊥CA，OE⊥CB，

∴OE=OD。

又∵OD为⊙O的半径，

∴⊙O与CB相切于点E。

（2）∵CA=CB，CH是高，

∴。

∵点O在高CH上，⊙O过点H，

∴圆O与AB相切于H点。

由（1）得⊙O与CB相切于点E，

∴BE=BH=3。

如图，过E作EF⊥AB，则EF∥CH，

∴△BEF∽△BCH。

例二．如图，⊙O 的半径为1，直线CD 经过圆心O ，交⊙O 于C 、D 两点，直径AB ⊥CD ，点M 是直线CD 上异于点C 、O 、D 的一个动点，AM 所在的直线交于⊙O 于点N ，点P 是直线CD 上另一点，且PM=PN ．

（1）当点M 在⊙O 内部，如图一，试判断PN 与⊙O 的关系，并写出证明过程； （2）当点M 在⊙O 外部，如图二，其它条件不变时，（1）的结论是否还成立？请说明理由； （3）当点M 在⊙O 外部，如图三，∠AMO=15°，求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）PN 与⊙O 相切。

（2）成立。

（3 【解析】 分析：（1）根据切线的判定得出∠PNO=∠PNM+∠ONA=∠AMO+∠ONA 进而求出即可。

（2）根据已知得出∠PNM+∠ONA=90°，进而得出∠PNO=180°﹣90°=90°即可得出答案。

（3）首先根据外角的性质得出∠AON=30°，进而由AOC AON CON S S S S ??=+-阴影扇形，利用扇形面积和三角形面积公式得出即可。

解：（1）PN与⊙O相切。证明如下：

连接ON，则∠ONA=∠OAN，

∵PM=PN，∴∠PNM=∠PMN。

∵∠AMO=∠PMN，∴∠PNM=∠AMO。

∴∠PNO=∠PNM+∠ONA=∠AMO+∠ONA=90°。

∵ON是⊙O的半径，∴PN与⊙O相切。

（2）成立。理由如下：

连接ON，则∠ONA=∠OAN。

∵PM=PN，∴∠PNM=∠PMN。

在Rt△AOM中，∵∠OMA+∠OAM=90°，

∴∠PNM+∠ONA=90°。∴∠PNO=180°﹣90°=90°。

∵ON是⊙O的半径，∴PN与⊙O相切。

（3）连接ON，由（2）可知∠ONP=90°，

∵∠AMO=15°，PM=PN，

∴∠PNM=15°，∠OPN=30°。

∴∠PON=60°，∠AON=30°。

作NE⊥OD，垂足为点E，

例三．如图1，正方形ABCD的边长为2，点M是BC的中点，P是线段MC上的一个动点（不与M、C重合），以AB为直径作⊙O，过点P作⊙O的切线，交AD于点F，切点为E．

（1）求证：OF∥BE；

（2）设BP=x，AF=y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；

（3）延长DC、FP交于点G，连接OE并延长交直线DC与H（图2），问是否存在点P，使△EFO∽△EHG（E、F、O与E、H、G为对应点）？如果存在，试求（2）中x和y的值；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）首先证明Rt△FAO≌Rt△FEO进而得出∠AOF=∠ABE，即可得出答案。

（2）（1＜x＜2）。

（3）存在这样的P点。理由见解析。

【解析】

分析：（1）首先证明Rt△FAO≌Rt△FEO进而得出∠AOF=∠ABE，即可得出答案。

（2）过F作FQ⊥BC于Q，利用勾股定理求出y与x之间的函数关系，根据M是BC中点以及BC=2，即可得出BP的取值范围。

（3）首先得出当∠EFO=∠EHG=2∠EOF时，即∠EOF=30°时，Rt△EFO∽Rt△EHG，求

出y=AF=OA?tan30°

解：（1）证明：连接OE，

∵FE、FA是⊙O的两条切线，

∴∠FAO=∠FEO=90°。

在Rt△OAF和Rt△OEF中，

∵

FO FO OA OE

=

?

?

=

?

，

∴Rt△FAO≌Rt△FEO（HL）。

∴∠AOF=∠AOE。

∴∠AOF=∠ABE。

∴OF∥BE。

（2）过F作FQ⊥BC于Q，

∴PQ=BP﹣BQ=x﹣y，

PF=EF+EP=FA+BP=x+y。

∵在Rt△PFQ中，FQ2+QP2=PF2，

∴22+（x﹣y）2=（x+y）2

1＜x＜2）。

（3）存在这样的P点。理由如下：

∵∠EOF=∠AOF，

∴∠EHG=∠EOA=2∠EOF。

当∠EFO=∠EHG=2∠EOF时，即∠EOF=30°时，

Rt△EFO∽Rt△EHG，

此时Rt△AFO中，y=AF=OA?tan30°

EFO∽△EHG。

例四．（内蒙古包头、乌兰察布）如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上的点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC于点D且交⊙O于点F，连接BC，CF，AC．

（1）求证：BC＝CF；

（2）若AD＝6，DE＝8，求BE的长；

（3）求证：AF＋2DF＝AB．

（1）证明：连接OC ，

∵ED 切⊙O 于点C ，∴OC ⊥ED

∵AD ⊥EC ，∴OC ∥AD ，∴∠OCA ＝∠CAD 又∵OC ＝OA ，∴∠OAC ＝∠OCA

∴∠OAC ＝∠CAD 。∴BC ︵

＝CF ︵

，∴BC ＝CF

（2）在Rt △ADE 中，∵AD ＝6，DE ＝8 根据勾股定理得AE ＝10

∵OC ∥AD ，∴△EOC ∽△EAD ，∴

EO

EA

＝

OC

AD

设⊙O 的半径为r ，∴OE ＝10－r ∴

10－r

10

＝

r

6

，∴r ＝

15

4

∴BE ＝10－2r ＝ 5

2

（3）证明：过点C 作CG ⊥AB 于点G ∵∠OAC ＝∠CAD ，AD ⊥EC ，∴CG ＝CD 又∵AC ＝AC ，∴Rt △AGC ≌Rt △ADC ∴AG ＝AD

又∵BC ＝CF ，∴Rt △CGB ≌Rt △CDF ，∴GB ＝DF ∵AG ＋GB ＝AB ，∴AD ＋DF ＝AB ∴AF ＋2DF ＝AB

三、【课后一周自主训练与提升】 【填空题训练】

【综合题训练】（请解答在背面）

1．已知：如图，BD 是半圆O 的直径，A 是BD 延长线上的一点，BC ⊥AE ，交AE 的延长线于

点C，交半圆O于点E，且E为弧DF的中点．

(1)求证：AC是半圆O的切线；

(2)若AD=6，BC的长．

【答案】(1)可证明∠AEO=∠C=90°．即DE⊥AC．又OE为半圆O的半径，∴AC是半圆O的切线．(2)BC=4．

【解析】

试题分析：解：(1)连接OE。

∵E为 DF的中点，

∴ DE= EF．

∴∠OBE=∠CBE．

∵OE=OB,

∴∠OEB=∠OBE．

∴∠OEB=∠CBE．

∴OE∥BC．

∵BC⊥AC，∴∠C=90°.

∴∠AEO=∠C=90°．即DE⊥AC．

又OE为半圆O的半径，

∴AC是半圆O的切线．

(2)设⊙O的半径为x

∵OE⊥AC，

∴(x+6)22=x2．

∴x=3．

∴AB=AD+OD+OB=12．

∵OE∥BC，

．

∴BC=4．。

考点：圆的切线性质与相似三角形

点评：本题难度较低，主要考查学生对圆的切线性质与相似三角形知识点的掌握。为中考常考题型，要求学生牢固掌握。

2．如图，在平面直角坐标系中，坐标原点为O，A点坐标为（4，0），B点坐标为（﹣1，0），以AB的中点P为圆心，AB为直径作⊙P的正半轴交于点C．

（1）求经过A、B、C三点的抛物线所对应的函数解析式；

（2）设M为（1）中抛物线的顶点，求直线MC对应的函数解析式；

（3）试说明直线MC与⊙P的位置关系，并证明你的结论．

【答案】（13）MC与⊙P的位置关系是相切【解析】解：（1）∵A（4，0），B（－1，0），

∴AB=5，半径是

在△CPO（0，2）。设经过A、B、C三点抛物线解析式是()()

y a x4x1

=-+，

（2

设直线MC对应函数表达式是y=kx+b，

把C（0，2），

∴直线MC

（3）MC与⊙P的位置关系是相切。证明如下：

设直线MC交x轴于D，

当y=0D0）。

在△COD

∴CD2+PC2=PD2。

∴∠PCD=900，即PC⊥DC。

∵PC为半径，

∴MC与⊙P的位置关系是相切。

（1）求出半径，根据勾股定理求出C的坐标，设经过A、B、C三点抛物线解析式是()()

=-+，把C（0，2）代入求出a即可。

y a x4x1

（2）求出M的坐标，设直线MC对应函数表达式是y=kx+b，把C（0，2），

入得到方程组，求出方程组的解即可。

（3）根据点的坐标和勾股定理分别求出PC、DC、PD的平方，根据勾股定理的逆定理得出∠PCD=900，即可作出判断。

3．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，边AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E，连接BE．

（1）若∠C=30°，求证：BE是△DEC外接圆的切线；

（2）若BD=1，求△DEC外接圆的直径．

【答案】（1）根据线段垂直平分线的性质由DE垂直平分AC得∠DEC=90°，AE=CE，利用圆周角定理得到DC为△DEC外接圆的直径；取DC的中点O，连接OE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质得EB=EC，∠C=∠EBC=30°，则∠EOC=2∠C=60°，可计算出∠BEO=90°，然后根据切线的判定定理即可得到结论。

（2）2

【解析】

分析：（1）根据线段垂直平分线的性质由DE垂直平分AC得∠DEC=90°，AE=CE，利用圆周角定理得到DC为△DEC外接圆的直径；取DC的中点O，连接OE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质得EB=EC，∠C=∠EBC=30°，则∠EOC=2∠C=60°，可计算出∠BEO=90°，然后根据切线的判定定理即可得到结论。

（2）由BE为Rt△ABC斜上的中线得到Rt△CED∽Rt△CBA，则

DEC外接圆的直径CD。

解：（1）证明：∵DE垂直平分AC，∴∠DEC=90°，AE=CE。

∴DC为△DEC外接圆的直径。

如图，取DC的中点O，连接OE，

∵∠ABC=90°，

∴BE为Rt△ABC斜上的中线。∴EB=EC。

∵∠C=30°，

∴∠EBC=30°，∠EOC=2∠C=60°。∴∠BEO=90°。∴OD⊥BE。

∵BE为⊙O的半径，∴BE是△DEC外接圆的切线。

（2）∵BE为Rt△ABC斜上的中线，∴

∵∠ECD=∠BCA，∴Rt△CED∽Rt△CBA

∵CB=CD+BD=CD+1CD=2或CD=﹣3（舍去）。

∴△DEC外接圆的直径为2。

4．如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠BAC=2∠B，⊙O的切线AP与OC的延长线

相交于点P AC的长。

【答案】AC=6

【解析】

分析：由AB是⊙O的直径和∠BAC=2∠B，根据圆周角定理和三角形内角和定理可得∠BAC=600，

△，从而应用锐角等边三角形的判定知△OAC是等边三角形，由PA是⊙O的切线得Rt OAP

三角函数即可求得OA=AC的长。

解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=900。

又∵∠BAC=2∠B，∴∠B=300，∠BAC=600。

又∵OA=OC，∴△OAC是等边三角形。∴∠AOC=600。

∵PA是⊙O的切线，∴∠OAP=900。

△中，AOP=600

在Rt OAP

∴AC=OA=6。

5．如图，在⊙O中，直径AB⊥CD，垂足为E，点M在OC上，AM的延长线交⊙O于点G，交过C的直线于F，∠1=∠2，连结CB与DG交于点N．

（1）求证：CF是⊙O的切线；

（2）求证：△ACM∽△DCN；

（3）若点M是CO的中点，⊙O的半径为4，cos∠BN的长．

【答案】（1）见解析（2）见解析（3

【解析】解：（1）证明：∵△BCO中，BO=CO，∴∠B=∠BCO。

在Rt△BCE中，∠2+∠B=900，∠1=∠2，∴∠1+∠BCO=900，即∠FCO=90°。

∵OC是⊙O的半径，∴CF是⊙O的切线。

（2）证明：∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=∠FCO=900。

∴∠ACB－∠BCO=∠FCO－∠BCO，即∠3=∠1。

∴∠3=∠2。

∵∠4=∠D，∴△ACM∽△DCN。

（3）∵⊙O的半径为4，即AO=CO=BO=4，

在Rt△COE中，cos∠

∴OE=CO?cos∠。∴BE=3，AE=5。

∵AB是⊙O直径，AB⊥CD，∴由垂径定理得：

∵点M是CO的中点，∴

∵△ACM∽△DCN

（1）根据切线的判定定理得出∠1+∠BCO=900，即可得出答案；

（2）利用已知得出∠3=∠2，∠4=∠D，再利用相似三角形的判定方法得出即可。

（3）根据已知得出OE的长，从而利用勾股定理得出EC，AC，BC的长，即可得出CD，利用（2）中相似三角形的性质得出NB的长即可。

6．（四川成都）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F，切点为G，连接AG交CD于K．

（1）求证：KE＝GE；

（2）若KG2＝KD·GE，试判断AC与EF的位置关系，并说明理由；

（3）在（2）的条件下，若sin E＝3

5，AK＝25，求FG的长．

解：（1）连接OG

∵EF为⊙O的切线，∴OG⊥EF

∴∠OGA＋∠KGE＝90°

∵CD⊥AB，∴∠OAG＋∠HKA＝90°∵OA＝OG，∴∠OGA＝∠OAG

∴∠KGE＝∠HKA，∴KE＝GE

（2）AC与EF的位置关系是AC∥EF 理由如下：

连接DG

∵KG2＝KD·GE＝KD·KE，∴KG

KD＝

KE

KG

∵∠DKG＝∠GKE，∴△KDG∽△KGE ∴∠AGD＝∠E

又∵在⊙O中，∠AGD＝∠ACD

∴∠E＝∠ACD，∴AC∥EF

（3）∵∠ACH＝∠E，∴sin∠ACH＝sin E＝3 5

在Rt△ACH中，设AH＝3t，则AC＝5t，CH＝4t

由AC∥EF，易得△ACK是等腰三角形，CK＝AC＝5t

∴HK＝CK－CH＝t

在Rt△AHK中，由勾股定理得AH2＋HK2＝AK2

即(3t)2＋t2＝(25)2，解得t＝ 2

∴AH＝32，CA＝CK＝5 2

连接BC

由△ACH∽△ABC，得AC2＝AH·AB（或由射影定理得）

∴AB ＝

AC 2

AH

＝

(

52 )2

32

＝

252

3

在Rt △EFH 中，由sin E ＝

3 5 可得tan F ＝

4

3

在Rt △OFG 中，tan F ＝

OG

FG

＝

4 3

∴FG ＝

3 4 OG ＝ 3 8 AB ＝

252

8

7．（成都某校自主招生）如图，以△ABC 的BC 边为直径作⊙O ，分别交AC 、AB 于E 、F 两

点，过A 作⊙O 的切线，切点为D ，且点E 、F 为劣弧CD ︵

的三等分点． （1）求证：AD ∥BC ； （2）求∠DAC 的大小．

（1）证明：连接BD 、BE 、OD 、DF ，

设⊙O 的半径为r ，EC 长为l

∵BC 是⊙O 的直径，∴BE ⊥AC

∵E 、F 为劣弧CD ︵

的三等分点，∴∠ABE ＝∠CBE ∴△ABC 是等腰三角形，∴AB ＝BC ＝2r ，AE ＝EC ＝l

∵E 、F 为劣弧CD ︵

的三等分点，∴DF ＝EC ＝l ∵AD 、AC 分别是⊙O 的切线和割线

∴AD 2

＝AE ·AC ，∴AD ＝2l

∵∠ADF ＝∠ABD ，∠DFA ＝∠BDA

∴△ADF ∽ABD ，∴

AD

DF

＝

AB

BD

，得BD ＝2r

∴BD 2＝OB 2＋OD 2

，∴∠BOD ＝90° ∵AD 是⊙O 的切线，∴∠ADO ＝90°

∴AD ∥BC （2）解：∵∠BOD ＝90°，OB ＝OD ，∴∠DBO ＝45°

∵∠DBF ＝∠FBE ＝∠EBC ，AD ∥BC ∴∠DAB ＝∠ABC ＝30°∵AB ＝BC ，∴∠BAC ＝75° ∴∠DAC ＝105°