《浙江省2019年中考數(shù)學(xué) 第六單元 圓 課時訓(xùn)練26 圓的基本性質(zhì)練習(xí) （新版）浙教版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江省2019年中考數(shù)學(xué) 第六單元 圓 課時訓(xùn)練26 圓的基本性質(zhì)練習(xí) （新版）浙教版.doc（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課時訓(xùn)練(二十六)　圓的基本性質(zhì) |夯實基礎(chǔ)| 1.[xx鹽城] 如圖K26-1,AB為☉O的直徑,CD為☉O的弦,∠ADC=35,則∠CAB的度數(shù)為(　　) 圖K26-1 A.35 B.45 C.55 D.65 2.[xx威海] 如圖K26-2,☉O的半徑為5,AB為弦,點C為AB的中點,若∠ABC=30,則弦AB的長為 (　　) 圖K26-2 A.12 B.5 C.532 D.53 3.[xx南京] 過三點A(2,2),B(6,2),C(4,5)的圓的圓心坐標(biāo)為 (　　) A.(4,176) B.(4,3) C.(5,176) D.(5,3) 4.[xx安順] 已知☉O的直徑CD=10 cm,AB是☉O的弦,AB⊥CD,垂足為M,且AB=8 cm,則AC的長為 (　　) A.25 cm B.45 cm C.25 cm或45 cm D.23 cm或43 cm 5.[xx杭州] 如圖K26-3,AB是☉O的直徑,點C是半徑OA的中點,過點C作DE⊥AB,交☉O于D,E兩點,過點D作直徑DF,連結(jié)AF,則∠DFA=　　　　. 圖K26-3 6.[xx臨沂] 如圖K26-4,在△ABC中,∠A=60,BC=5 cm.能夠?qū)ⅰ鰽BC完全覆蓋的最小圓形片的直徑是 　　　　cm. 圖K26-4 7.[xx紹興] 等腰三角形ABC中,頂角A為40,點P在以A為圓心,BC長為半徑的圓上,且BP=BA,則∠PBC的度數(shù)為　　　　. 8.如圖K26-5,已知正方形ABCD內(nèi)接于☉O,☉O的半徑為32,點E是弧AD上的一點,連結(jié)BE,CE,CE交AD于點H,作OG垂直BE于點G,且OG=2,則EHCH=　　　　. 圖K26-5 9.如圖K26-6,在△ABC中,AB=AC,以AC為直徑的☉O交AB于點D,交BC于點E. (1)求證:BE=CE; (2)若BD=2,BE=3,求AC的長. 圖K26-6 10.[xx無錫] 如圖K26-7,四邊形ABCD內(nèi)接于☉O,AB=17,CD=10,∠A=90,cosB=35,求AD的長. 圖K26-7 11.[xx武漢] 如圖K26-8,△ABC內(nèi)接于☉O,AB=AC,CO的延長線交AB于點D. (1)求證:AO平分∠BAC; (2)若BC=6,sin∠BAC=35,求AC和CD的長. 圖K26-8 |拓展提升| 12.[xx武漢] 如圖K26-9,在☉O中,點C在優(yōu)弧AB上,將弧BC沿BC折疊后剛好經(jīng)過AB的中點D.若☉O的半徑為5,AB=4,則BC的長是 (　　) 圖K26-9 A.23 B.32 C.532 D.652 13.如圖K26-10,正方形ABCD和正三角形AEF都內(nèi)接于☉O,EF與BC,CD分別相交于點G,H,則EFGH的值是 (　　) 圖K26-10 A.62 B.2 C.3 D.2 14.[xx臺州] 如圖K26-11,△ABC是☉O的內(nèi)接三角形,點D在BC上,點E在弦AB上(E不與A重合),且四邊形BDCE為菱形. (1)求證:AC=CE. (2)求證:BC2-AC2=ABAC. (3)已知☉O的半徑為3. ①若ABAC=53,求BC的長; 圖K26-11 ②當(dāng)ABAC為何值時,ABAC的值最大? 參考答案 1.C 2.D　[解析] 如圖,連結(jié)OA,OC,OC交AB于點M.根據(jù)垂徑定理可知OC垂直平分AB,因為∠ABC=30,故∠AOC=60,在Rt△AOM中,sin60=AMOA=AM5=32,故AM=532,即AB=53.故選D. 3.A　[解析] 根據(jù)題意,可知線段AB的垂直平分線為直線x=4,再由C點的坐標(biāo)可求得圓心的橫坐標(biāo)為4.設(shè)圓的半徑為r,則根據(jù)勾股定理可知r2=22+(5-2-r)2,解得r=136,因此圓心的縱坐標(biāo)為5-136=176,因此圓心的坐標(biāo)為4,176. 4.C　[解析] 由題可知,直徑CD=10 cm,AB⊥CD,AB=8 cm, 當(dāng)點M在線段OC上時,OA=OC=5 cm,AM=4 cm. ∵OA2=AM2+OM2,∴OM=3 cm, 即CM=OC-OM=2 cm. 由勾股定理,得AC2=AM2+CM2=25 cm. 當(dāng)點M在線段OD上時,CM=OC+CM=8 cm. 由勾股定理,得AC2=AM2+CM2=45 cm. 故AC的長為25 cm或45 cm. 5.30　[解析] 連結(jié)DB,∵AB⊥DE,且C為OA中點,∴OC=AC=12DO,∴∠DOC=60.∴∠DBA=∠DFA=30. 6.1033　[解析] 能夠?qū)ⅰ鰽BC完全覆蓋的最小圓形片是如圖所示的△ABC的外接圓☉O,連結(jié)OB,OC,則∠BOC=2∠BAC=120,過點O作OD⊥BC于點D,∴∠BOD=12∠BOC=60. 由垂徑定理得BD=12BC=52, ∴OB=BDsin60=5232=533, ∴能夠?qū)ⅰ鰽BC完全覆蓋的最小圓形片的直徑是1033 cm. 7.30或110　[解析] 分兩種情況:(1)如圖,BP=BA=AC,AP=BC,∴四邊形APBC為平行四邊形,∴∠BAC=∠ABP=40,∠ABC=∠ACB=70,∴∠PBC=∠ABP+ABC=40+70=110. (2)如圖,∵AP=BC,BP=AC,AB=AB,∴△BAP∽△ABC,∠PBA=∠BAC=40,∴∠PBC=∠ABC-∠ABP=70-40=30. 8.22-19　[解析] 連結(jié)AC,BD,DE, ∵OG⊥BE, ∴BG=GE,又BO=OD, ∴OG=12DE, 則DE=2OG=22, 由勾股定理得,BE=BD2-DE2=8,BC=6. ∵∠EBD=∠ECD,∠BED=∠CDH=90, ∴△CDH∽△BED, ∴CDBE=DHED, ∴DH=CDEDBE=322, ∴AH=6-322=12-322, CH=CD2+DH2=922. ∵∠CAD=∠DEC,∠ACE=∠ADE, ∴△ACH∽△EDH,∴AHEH=CHDH, 則EH=AHDHCH=4-22, ∴EHCH=22-19. 9.解:(1)證明:如圖①,連結(jié)AE. ∵AC為☉O的直徑, ∴∠AEC=90,∴AE⊥BC. 又∵AB=AC,∴BE=CE. (2)如圖②,連結(jié)DE. ∵四邊形ACED為☉O的內(nèi)接四邊形, ∴∠BED=∠BAC. 又∵∠B=∠B,∴△BED∽△BAC,∴BEBA=BDBC. ∵BE=CE=3,∴BC=6. 又∵BD=2,∴3BA=26,∴BA=9,∴AC=9. 10.解:如圖所示,延長AD,BC交于點E, ∵四邊形ABCD內(nèi)接于☉O,∠A=90, ∴∠EDC=∠B,∠ECD=∠A=90, ∴△ECD∽△EAB, ∴CDAB=ECEA. ∵cos∠EDC=cosB=35, ∴CDED=35, ∵CD=10,∴10ED=35,∴ED=503, ∴EC=ED2-CD2=(503)2-102=403. ∴1017=403503+AD, ∴AD=6. 11.解:(1)證明:連結(jié)OB, ∵AO=AO,BO=CO,AB=AC, ∴△AOB≌△AOC,∴∠BAO=∠CAO, 即AO平分∠BAC. (2)如圖,過點D作DK⊥AO于K,延長AO交BC于H. 由(1)知AH⊥BC,∵OB=OC,BC=6, ∴BH=CH=12BC=3,∠COH=12∠BOC. ∵∠BAC=12∠BOC,∴∠COH=∠BAC. 在Rt△COH中,∠OHC=90, ∴sin∠COH=HCOC=35, ∵CH=3,∴CO=AO=5,∴OH=4, ∴AH=AO+OH=5+4=9, ∴tan∠COH=tan∠DOK=34. 在Rt△ACH中,∠AHC=90, AH=9,CH=3, ∴tan∠CAH=CHAH=13,AC=310. 由(1)知∠CAH=∠BAH, ∴tan∠BAH=tan∠CAH=13. 設(shè)DK=3a,在Rt△ADK中,tan∠BAH=13, 在Rt△DOK中,tan∠DOK=34, ∴OK=4a,DO=5a,AK=9a, ∴AO=OK+AK=13a=5, ∴a=513,DO=5a=2513, CD=OC+OD=5+2513=9013. ∴AC=310,CD=9013. 12.B　[解析] 連結(jié)AC,DC,OD,過C作CE⊥AB于E,過O作OF⊥CE于F. 設(shè)D關(guān)于直線BC的對稱點為H.連結(jié)CH,BH,CO,OA. ∵BC沿BC折疊,∴∠CDB=∠H. ∵∠H+∠CAB=180,∠CDA+∠CDB=180, ∴∠CAB=∠CDA,∴CA=CD. ∵CE⊥AD,∴AE=ED=1, ∵OA=5,AD=2,∴OD=1. ∵OD⊥AB,∴OFED為正方形, ∴OF=1,OC=5, ∴CF=2,CE=3,∴CB=32. 13.C　[解析] 如圖,連結(jié)AC,BD,OF,AC與EF相交于點I. 設(shè)☉O的半徑是r, 則OF=r. 依題意有AO是∠EAF的平分線, ∴∠OAF=602=30. ∵OA=OF,∴∠OFA=∠OAF=30, ∴∠FOI=60, ∴FI=rsin 60=32r, ∴EF=32r2=3r. ∵AO=2OI,∴OI=12r,CI=r-12r=12r, ∴GHBD=CICO=12, ∴GH=12BD=122r=r, ∴EFGH=3rr=3,即EFGH的值是3.故選C. 14.解:(1)∵四邊形BDCE是菱形, ∴∠EBC=∠DBC,CD=CE, ∴AC=CD,∴AC=CD,∴AC=CE. (2)如圖所示,延長BA到點F,使AF=AC,連結(jié)FC, ∵AC=CE,∴∠CEA=∠CAE,∴∠BEC=∠CAF. ∵BE=CE,AC=AF,∴∠EBC=∠ECB=∠ACF=∠F, ∴△BCE∽△FBC,∴BCBF=CEBC,即BC2=CEBF. ∵AC=CE,AC=AF, ∴BC2=CEBF=AC(AB+AF)=AC(AB+AC)=ABAC+AC2,∴BC2-AC2=ABAC. (3)①如圖所示: 連結(jié)ED,交BC于點H,連結(jié)OB. 由ABAC=53得AB=53AC, ∴BC2-AC2=ABAC=53AC2, 即BC2=83AC2,∴BC=263AC. ∵四邊形BDCE是菱形, ∴ED⊥BC,BH=CH, 即ED是BC的垂直平分線. ∵點O是外心,∴點O在ED上. ∵BH=12BC,∴BH=63AC, 設(shè)AC=3k,BH=6k,則BD=CE=AC=3k. 在Rt△BDH中,DH=BD2-BH2=(3k)2-(6k)2=3k, ∴OH=OD-DH=3-3k. 在Rt△OBH中,BH2+OH2=OB2, 即(6k)2+(3-3k)2=32,解得k=233, ∴AC=23,∴BC=263AC=26323=42. ②如圖所示: 設(shè)ABAC=x,則AB=ACx. ∵BC2-AC2=ABAC=AC2x, ∴BC2=AC2(x+1), ∴BC=x+1AC, ∴BH=x+12AC. ∵四邊形BDCE是菱形,∴BD=CE=AC. 在Rt△BDH中,DH2=BD2-BH2=AC2-(x+12AC)2=3-x4AC2, ∴DH=3-x2AC, ∴OH=OD-DH=3-3-x2AC, 在Rt△BOH中,BH2+OH2=BO2, 即(x+12AC)2+(3-3-x2AC)2=32, 整理得AC=33-x, ∴ABAC=ACxAC=33-xx33-x=9x(3-x)=-9x2+27x. ∵a=-9<0,∴ABAC有最大值. ∵ABAC=-9x2+27x=-9x-322+814, ∴當(dāng)x=32時,ABAC取到最大值814, 即ABAC=32時,ABAC取到最大值814.