中考数学专题复习圆压轴八大模型题-三切线组合

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. ECCEDDFOCEDGA

图(1)

BOABO图(2)

AB图(3)

2

(1)AD＝4，BC＝9，求AB； (2)求证：4AD·BC＝AB.

2

(3)求证：CO＝CB·CD；

(4)求证：CO∥AE, DO∥BE.

【分析】(1)法一：如图(a)过点D作DF⊥BC,AB＝DF＝(94)2(94)2＝12. 法二：如图(b)由△OBC∽△DAO, 或△COE∽△ODE得：

CCEFBO(a)

DABEDOAr＝4×9＝36,r＝6,AB＝12.

(2) 由△OBC∽△DAO,或 △COE∽△ODE得：r＝ADBC,( ∴4AD·BC＝AB

2

2

2

(b)

AB2

)＝AD2BC,

(3)由Rt△CBO∽Rt△COD得：CO＝CBCD. (4)∠CFE＝∠COG＝∠EGD＝90°,CO∥AE,DO∥BE.

B图(4)

2

CEDPOFACEDGPOADEB图(5)

OFABCF图(6)

(5)求证：EP=FP. (6)求证：DG=AG.

(8)若AB=25，AD=2，求

BC和EF的长. (7)求证：EP=FP.

EPCPBPFP【分析】(5)由CB∥EF∥DA,CB＝CE,DA＝DE得,∴EP＝FP. DACABDDA(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

2

EPBPFP, 又DG＝GA,得EP＝FP. DGBGGA2

(8)由AB＝4ADBC得：（25）＝4×2BC,∴BC＝,CF＝BC＝,BF＝5. 在Rt△ABF中，AF＝(25)252＝35.由AD∥BF得555∴EF＝AF＝×35＝5 399AEAD4EFCF5,

【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＝

EAD1∠DOE，2O1∠BOE＝∠EOC，再根据∠DOE＋∠EOC＝180°，可得

2∠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，

BC图5-1

AEDOBC图a

∴∠AOE＝

11∠DOE，同理∠BOE＝∠EOC， 22∵∠DOE＋∠EOC＝180°，∴∠AOE＋∠BOE＝90°， 即∠AOB＝90°，∴∠ABO＋∠BAO＝90°， ∵∠BAO＋∠AOE＝90°，∴∠ABO＝∠AOE， ∵∠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＝33，tan∠ABC＝，求⊙O的半径. 24(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，

图5-2

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，

图b

∴HC＝MH＝，∴AC＝2HC＝3，

∵tan∠ABC＝，∴＝，

∴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：

图c

AO＝，

，∴由垂径定理可求得：CN＝

2

2

2

2

∵AC•OC＝AO•CI，∴CI＝，

设OE＝x，由勾股定理可得：CN﹣CE＝ON﹣OE， ∴∴x＝

﹣（2＋x）2＝4﹣x2， ，∴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∥CD．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， 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。

图5-2 图d 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＝43，求图中阴影部分的面积．

解：（1）证明：连结OE，OC. ∵BN切⊙O于点B，∴∠OBN＝90°.

图5-3

∵OE＝OB，OC＝OC，CE＝CB，∴△OEC≌△OBC. ∴∠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＝43.

∵FC＝DC2DF223.

∴BC－AD＝23. BC－AD＝23.∴BC＝33.

BC在Rt△OBC中，tan∠BOC＝3，

BO12图e

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

BCOB－

1202

××OB＝93－3. 360