中考数学专题复习 圆压轴八大模型题-三切线组合

圆压轴题八大模型题（五）

泸州市七中佳德学校 易建洪

引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。

类型5 三切线组合

直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠B ＝90°，以AB 为直径的半圆⊙O 与CD 相切于点E .

【分析】(1)法一：如图(a )过点D 作DF ⊥BC ,AB ＝DF ＝22(94)(94)+--＝12. 法二：如图(b )由△OBC ∽△DAO , 或△COE ∽△ODE 得：

r 2＝4×9＝36,r ＝6,AB ＝12.

(2) 由△OBC ∽△DAO ,或 △COE ∽△ODE 得：r 2

＝AD BC ,( 2

AB )2

＝AD BC ,

∴4AD ·BC ＝AB 2

(3)由Rt △CBO ∽Rt △COD 得：CO 2

＝CB C D. (4)∠CFE ＝∠COG ＝∠EGD ＝90°,CO ∥AE ,DO ∥BE .

(3)求证：CO 2

＝CB ·CD ；

图(1) 图(2) 图(3)

(1)AD ＝4，BC ＝9，求AB ； (2)求证：4AD ·BC ＝AB 2.

(4)求证：CO ∥AE , DO ∥BE .

(a )

(b )

【分析】(5)由CB ∥EF ∥DA ,CB ＝CE ,DA ＝DE 得

EP CP BP FP

DA CA BD DA

===

,∴EP ＝FP . (6)由CB ＝CE ,∠CBE ＝∠CEB ＝∠DEG ;CB ∥DA 得∠CBE ＝∠D ,∴∠DEG ＝∠D.∴DG ＝EG ,又EG ＝GA ,∴DG ＝AG . (7)EF ∥DA ,得

EP BP FP

DG BG GA

==

, 又DG ＝GA ,得EP ＝FP . (8)由AB 2

＝4AD BC 得：（52

＝4×2BC ,∴BC ＝,CF ＝BC ＝,BF ＝5. 在Rt △ABF 中，AF 22(25)5+＝5由AD ∥BF 得4

5

AE AD EF CF ==,

∴EF ＝59AF ＝5

9

×5553【典例】

（2018·湖南娄底）如图，已知半圆O 与四边形ABCD 的边AD 、AB 、BC 都相切，切点分别为

D 、

E 、C ，半径OC ＝1，则AE ·BE ___________.

【分析】连接 OE ，由切线长定理可得∠AOE ＝1

2

∠DOE ，∠BOE ＝

1

2

∠EOC ，再根据∠DOE ＋∠EOC ＝180°，可得∠AOB ＝90°，继而可证△AEO ∽△OEB ，根据相似三角形对应边成比例即可得.

解：如图，连接 OE ，∵AD 、AB 与半圆 O 相切， ∴ OE ⊥AB ，OA 平分∠DOE ， ∴∠AOE ＝

12∠DOE ，同理∠BOE ＝1

2

∠EOC ， ∵∠DOE ＋∠EOC ＝180°，∴∠AOE ＋∠BOE ＝90°， 即∠AOB ＝90°，∴∠ABO ＋∠BAO ＝90°， ∵∠BAO ＋∠AOE ＝90°，∴∠ABO ＝∠AOE ，

(5)求证：EP=FP.

(6)求证：DG=AG. (7)求证：EP=FP.

(8)若AB=25，AD=2，求BC 和EF 的长.

图(4)

图(5)

图(6)

图5-1

图a

∵∠OEA＝∠BEO＝90°，∴△AEO∽△OEB，

∴AE：OE＝OE：BE，∴AE?BE＝OE2＝1，

答案：1.

【点拨】

由切线长定理引出的四个母子相似三角形中，含直角三角形、等腰三角形、全等三角形及相似三角形。除开由切线长所在的特殊四边形的特殊结论以外，往往借助切线长定理中的边等角等和比例线段证明线段相等，或运用局部占总体的比例求线段长。善于分解图形，构建基本的图形模型，综合运用解决问题。

【变式运用】

1.(2016大庆)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交斜边AB于点M，若H 是AC的中点，连接MH.

(1)求证：MH为⊙O的切线.

(2)若MH＝3

2

，tan∠ABC＝

3

4

，求⊙O的半径.

(3) 在（2）的条件下分别过点A、B作⊙O的切线，两切线交于点D，AD与⊙O相切于N点，过N点作NQ⊥BC，垂足为E，且交⊙O于Q点，求线段NQ的长度.

解：（1）连接OH、OM，

∵H是AC的中点，O是BC的中点，

∴OH是△ABC的中位线，∴OH∥AB，

∴∠COH＝∠ABC，∠MOH＝∠OMB，

又∵OB＝OM，∴∠OMB＝∠MBO，

∴∠COH＝∠MOH，

在△COH与△MOH中，

，∴△COH≌△MOH（SAS），

∴∠HCO＝∠HMO＝90°，

∴MH是⊙O的切线；

（2）∵MH、AC是⊙O的切线，

∴HC＝MH＝，∴AC＝2HC＝3，∵tan∠ABC＝，∴＝，

图b 图5-2

∴BC ＝4，∴⊙O 的半径为2.

（3）连接OA 、CN 、ON ，OA 与CN 相交于点I ， ∵AC 与AN 都是⊙O 的切线， ∴AC ＝AN ，AO 平分∠CAD ， ∴AO ⊥CN ， ∵AC ＝3，OC ＝2， ∴由勾股定理可求得：

AO ＝，

∵AC ?OC ＝AO ?CI ，∴CI ＝，∴由垂径定理可求得：CN ＝， 设OE ＝x ，由勾股定理可得：CN 2

﹣CE 2

＝ON 2

﹣OE 2

， ∴﹣（2＋x ）2＝4﹣x 2，

∴x ＝，∴CE ＝，由勾股定理可求得：EN ＝， ∴由垂径定理可知：NQ ＝2EN ＝．

2.(2016广西梧州)如图，AB 、BC 、CD 分别与⊙O 切于E 、F 、G ，且AB ∥C D ．连接OB 、OC ，延长CO 交⊙O 于点M ，过点M 作MN ∥OB 交CD 于N ． （1）求证：MN 是⊙O 的切线；

（2）当OB ＝6cm ，OC ＝8cm 时，求⊙O 的半径及MN 的长．

(1)如图所示，连接OE 、OF 、OG . ∵OE 、OF 、OG 都是⊙O 的半径， ∴OE ＝OG ＝OG .

∵AB 、BC 、CD 分别与⊙O 相切于点E 、F 、G ， ∴∠OEB ＝∠OFB ＝∠OFC ＝∠OGC ＝90. 在Rt △OEB 和Rt △OFB 中， ，

∴Rt △OEB ≌Rt △OFB ， 则∠OBE ＝∠OBF .

同理可证Rt △OFC ≌Rt △OGC ， 则∠OCF ＝∠OCG . ∵AB ∥CD ,

∴∠OBE ＋∠OBF ＋∠OCF ＋∠OCG ＝180，

图c

图d 图5-2

即∠OBF ＋∠OCF ＝90°，

则∠BOC ＝180°－∠OBF －∠OCF ＝90°. ∵MN ∥OB ， ∴∠NMC ＝∠MOB ＝180°－∠BOC ＝90°， 即OM ⊥MN ,又∵OM 是⊙O 的半径， ∴MN 是⊙O 的切线。 (2)如图所示，由（1）可得，

在Rt △OBC 中，OF ⊥BC ，∠BOC ＝90°。 由勾股定理得，， 则，

即10OF ＝48,故OF ＝.∵OM ＝OF ＝， ∴MC ＝OM ＋OC ＝。

由（1）知，∠OCB ＝∠MCN ，∠NMC ∠BOC ＝90°， 则△NMC ∽△BOC ，因此，即， 故。

综上所述，⊙O 的半径为，MN 的长为.

3.（2018·湖北襄阳）如图，AB 是⊙O 的直径，AM 和BN 是⊙O 的两条切线， E 为⊙O 上一点，过点E 作直线DC 分别交AM ，BN 于点D ，C

，且CB ＝CE ． (1)求证：DA ＝DE ；

(2)若AB

＝6，CD ＝

解：（1）证明：连结OE ，O C. ∵BN 切⊙O 于点B ，∴∠OBN ＝90°.

∵OE ＝OB ，OC ＝OC ，CE ＝CB ，∴△OEC ≌△OB C. ∴∠OEC ＝∠OBC ＝90°. ∴CD 是⊙O 的切线.

∵AD 切⊙O 于点A ，∴DA ＝DE .

（2）过点D 作DF ⊥BC 于点F ，则四边形ABFD 是矩形. ∴AD ＝BF ，DF ＝AB ＝6. ∴DC ＝BC ＋AD ＝.

∵FC =

图5-3

∴BC －AD ＝23. BC －AD ＝23.∴BC ＝33.

在Rt △OBC 中，tan ∠BOC ＝

3BC

BO

， ∴∠BOC ＝60°. ∵△OEC ≌△OBC ，∴∠BOE ＝2∠BOC ＝120°. ∴S 阴影部分＝S 四边形BCEO －S 扇形OBE ＝2×

12

BC OB －

120360

××OB 2

＝93－3.

图e