資源簡介

)圣場偏生
中考滿分數(shù)學(xué)柑·會·通
專題4有關(guān)圓的解法和證明
圓可以和直線型所有知識融合在一起，集幾何之大成，中考中可以在選擇題、填空題、
解答題等試題中呈現(xiàn).本專題主要講解圓中角度、線段、面積等基礎(chǔ)知識的運用，并結(jié)合
典型題的解證總結(jié)和概括解題規(guī)律和解題方法.主要知識點有：①圓周角、圓心角、圓內(nèi)
角、圓外角及它們所對的弧之間的關(guān)系；②圓中的直角三角形，主要是作垂線運用垂徑定
理、直徑所對的圓周角是直角和切線性質(zhì)：③切線的兩種判定方法，三種位置關(guān)系向數(shù)量
關(guān)系轉(zhuǎn)化：④面積的計算等，
◆引例熱身>>
1.如圖，在⊙0中，∠ABC=20°，∠DAC=24°，則∠AD0的度數(shù)為
A.43
B.44o
C.45
D.469
B
第1題圖
第2題圖
第3題圖
2.如圖，菱形OABC的頂點A,B,C在⊙O上，過點B作⊙O的切線交OA的延長線于點
D.若⊙O的半徑為1，則BD的長為
()
A.1
B.2
C.2
D.3
3.如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=45°，AB=12cm,將△ABC繞點B順時針旋
轉(zhuǎn)，使點C落在AB的延長線上的點D處，則陰影部分的面積是
()
A.12T
B.36m
C.27T
D.30T
思路指引
觀察角的位
極是網(wǎng)心角和網(wǎng)周角的聯(lián)系橋
元成角的轉(zhuǎn)化
2.
利用切發(fā)禪質(zhì)
有切點，連半徑，得垂直
求出相關(guān)線致
根深旋轉(zhuǎn)特點
通過割補轉(zhuǎn)化
實現(xiàn)等積變形
點撥分析
1.給出的已知角都是圓周角，連接OA,OC構(gòu)成圓心角，找圓心角與圓周角的關(guān)系是
關(guān)鍵，而它們所對的同一條孤是橋梁.聯(lián)想到同孤所對的圓心角是它所對的圓周角的2倍，
24
圣場偏生考必備知訓(xùn)應(yīng)川第
得∠AOC=2∠ABC=40°，∠C0D=2∠CAD=48°，可求得∠AOD=88°.由等腰三角形
0AD,得∠AD0=∠0AD=2×(180-88）=46.故選D
2.從圖中可以看出，連接OB,可得△OBD是直角三角形，由四邊形OABC是菱形和
同圓半徑相等，得∠AOB=60°.根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系，得OB=1,BD=√3OB=√3.
故選D.
3.從圖中可以看出，由旋轉(zhuǎn)可知，尋找旋轉(zhuǎn)中的不變量，可以把陰影部分的面積轉(zhuǎn)化
為一個扇面，即兩個扇形面積的差，所以S削形=S帝移BE+S△E-S扇形BGD一S△ABc=S病形s
S角形BCD,
純定兩個扇形的豐徑，求出扇移所在的園心角度北，BC=號B號x12
62(cm),∠ABE=∠CBD=180°-45°=135°，可求出陰影面積為27r(cm2).故選C.
◆)典例串燒>>》
例1已知⊙O是△ABC的外接圓，過點A作⊙0的切線，與C0的延長線交于點P,
CP與⊙0交于點D.
(1)如圖①，若△ABC為等邊三角形，求∠P的大小
(2)如圖②，連接AD,若PD=AD,求∠ABC的大小
B
圖①
圖②
例1題圖
恩路指引
以弧為橋?qū)⒒刂萁?br/>連圓心和切點
三角形外角等十和它不
1
與網(wǎng)心角互杯轉(zhuǎn)化
得角三角形
桿鄰的兩個內(nèi)角的和
得等腰
PD=AD
2
連半徑
求得門標角
由切線
得生直
等邊對等角
迷津指點，從條件出發(fā)，連接OA,由切線的性質(zhì)，得∠PAO=90°
(1)由△ABC是等邊三角形，得∠B=60°，可推出∠AOC=120°，從而得出∠P=30°，
(2)由PD=AD,得∠P=∠PAD,而OA=OD,∠OAD=∠AD0=2∠P=2∠PAD,且
∠PA0=90°，可得∠P=∠PAD=30°，∠A0C=120°，所以∠ABC=60°.
25初子場館生
參考答案
09
B00
3x12x8=48
M,N為頂點的四邊形是平行四邊形.
烏
4.D理由如下：，四邊形ABCD是矩形，，AB=
專題4有關(guān)圓的解法和證明
CD,AB∥CD,∠DAE=∠BCF=90°，OD=
針對訓(xùn)練1：
OB=OA=OC,AD=BC,AD∥BC,∴.∠DAN=
D解析：連接0A,∠AOB=90°-∠B=52°，
∠BCM.BF⊥AC,DE∥BF,∴DE⊥AC,
,∠DNA=∠BMC=90°.在△DNA和△BMC中，
∠DAN=∠BCM,
∠DNA=∠BMC,∴.△DNA≌△BMC(AAS),
AD BC.
∴.DN=BM,∠ADE=∠CBF,故①正確.在
I∠ADE=∠CBF,
△ADE和△CBF中，
AD=BC,∴.△ADE≌
∠0C1=∠0MC=7×(180°-52)=640，∠D0C=
I∠DAE=LBCF,
△CBF(ASA),AE=FC,DE=BF,放③正確，
∠0C1=64,∠0DC=∠00D=3×(180°-
.DE-DN=BF-BM,即NE=MF.DE∥
640)=580
BF,.四邊形NEMF是平行四邊形，.EM∥
FN,故②正確.，AB=CD,AE=CF,,BE=
針對訓(xùn)練2：
DFBE∥DF,.四邊形DEBF是平行四邊形
解：(1)證明：連接OB,如圖.：AD是⊙0的直
AO=AD,.A0=AD=OD,△AOD是等邊
D
三角形，∴.∠AD0=∠DAN=60°，·∠ABD=
90°-∠AD0=30°.DE⊥AC,.∠ADN=
ODN=30°，∴.∠ODN=∠ABD,.DE=BE,
,四邊形DEBF是菱形，故④正確.故正確結(jié)論
的個數(shù)是4個.
5.解：(1)證明：∠BAC=∠DAE,得出∠BAD=
∠CAE,由SAS即可得出結(jié)論.
徑，.∠ABD=90°，.∠A+∠ADB=90
(2)求出∠ACB=∠ACE=30°，由平行線的性質(zhì)
OA=OB,∠A=∠OBA.∠CBE=
得出∠MEC+∠ECD=180°，即可得∠MEC=
∠ADB,.∠OBA+∠CBE=90°，.∠OBC=
180°-60°=120°.
180°-90°=90°，.BC⊥0B,.BC是⊙0的
(3)證明：由△BAD≌△CAE,得出DB=CE,
切線.
再證明∠ACE=∠EMC,得出ME=EC,推出
(2),AD是⊙0的直徑，.∠ABD=90°，
DB=ME.已知EM∥BC,故四邊形MBDE是平
.∠A=60°.0E⊥AD,.∠A0E=90°，
行四邊形.
.∠E=30°.∠CBE=30°，∠CBE=
6.解：四邊形ABCD是矩形，.AD=BC=
∠E=30°，，CE=CB,∴，∠BC0=60
24cm,AD∥BC,.當(dāng)PN=QM時，以P,Q,
M,N為頂點的四邊形是平行四邊形.
L0BC=90,0B=0M=3,∴BC=30B=
①當(dāng)點P,Q都在左側(cè)時，PV=QM,則24
2x-x2=24-x-3x,整理，得x2-2x=0,解得
5,CE=3
針對訓(xùn)練3：
x1=0(舍去)，x2=2.
②當(dāng)點P在右側(cè)，點Q在左側(cè)時，PN=QM,
解：(1)證明：連接OC.CE是⊙0的切線，
則(2x+x2)-24=24-x-3x,整理，得x2+
6x-48=0,解得x1=-3+√57，x2=-3
√57（舍去）.
③當(dāng)點P,Q都在右側(cè)時，PN=QM,則(2x+
x2)-24=x+3x-24,解得x1=0(會去)，
x2=2.
.OC⊥CE,.∠OCB+∠BCE=90°.：AB是
④當(dāng)點P在左側(cè)，點Q在右側(cè)時，PVN=QM,
⊙0的直徑，∠ACB=90°，.∠CAB+
則24-2x-x2=x+3x-24,解得x1=-3+
∠0BC=90°.0C=0B,∴.∠0CB=∠0BC,
57,2=-3-57(舍去).
.∠CAB=∠BCE.AC平分∠DAB,
綜上所述，當(dāng)x為2或-3+√57時，以P,Q,
.∴.∠CAD=∠GAB,∴.∠CAD=∠BCE
235

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