初中数学 培优专题复习 中考压轴题 易错题 汇编 含答案 2：几何(7)

∵矩形ABCD中，AD∥BC，∴△AEF∽△BEB。∴ ∴CE=2AE，BD=2FE。∴AC=3AE，BF=3FE。 ∵矩形ABCD中，∠ABC=∠BAF=900，

AEFEAF21????。 CEBDCB42 ∴在Rt△ABC和Rt△BAF中由勾股定理得AC2=AB2+BC2，BF2=AF2+AB2， 即?3AE?=x2+42， ?3FE?=22+x2。 两式相加，得9AE2+FE2=2x2+20。

又∵AC⊥BG，∴在Rt△ABE中，AE2+FE2=AB2=x2。 ∴9x2=2x2+20，解得x=22??2。 35（已舍去负值）71?201?20?48132528?132， FE2=??4+?=，CE2=4AE2=4?= ∴AE2=??+16?=。

9?76397636363??? ∴在Rt△CEF中由勾股定理得CF2=FE2+CE2=248528576。 +?63636348132CF ∴?sin?ECF?=2=63=。∴sin?ECF=。

576126EF48【考点】矩形的性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义。 【分析】（1）由点G与点D重合得出四边形ABCD是正方形即可求得x的值。

（2）由点F为AD中点和矩形的性质，得△AEF∽△BEB，从而得AC=3AE，BF=3FE。在Rt△ABC、 Rt△BAF和Rt△ABE应用勾股定理即可求得x的值。在Rt△CEF中应用勾股定理求得CF，根据锐角三角函数定义即可求得∠ECF的正弦值。

10. （2018四川宜宾10分）如图，⊙O1、⊙O2相交于P、Q两点，其中⊙O1的半径r1=2，⊙O2的半径r2=2．过点Q作CD⊥PQ，分别交⊙O1和⊙O2于点C．D，连接CP、DP，过点Q任作一直线AB交⊙O1和⊙O2于点A．B，连接AP、BP、AC．DB，且AC与DB的延长线交于点E． （1）求证：

PA?2； PB（2）若PQ=2，试求∠E度数．

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【答案】（1）证明：∵⊙O1的半径r1=2，⊙O2的半径r2=2，∴PC=4，PD=22。

∵CD⊥PQ，∴∠PQC=∠PQD=90°。

∴PC．PD分别是⊙O1、⊙O2的直径，在⊙O1中，∠PAB=∠PCD，在⊙O2中，∠PBA=∠PDC，

PAPC4PAPB???2。 ?，即PBPDPCPD22PQ1（2）解：在Rt△PCQ中，∵PC=2r1=4，PQ=2，∴cos∠CPQ=。 ?。∴∠CPQ=60°

PC2PQ2?∵在Rt△PDQ中，PD=2r2=22，PQ=2，∴sin∠PDQ=。∴∠PDQ=45°。 PD2∴△PAB∽△PCD。∴

∴∠CAQ=∠CPQ=60°，∠PBQ=∠PDQ=45°。

又∵PD是⊙O2的直径，∴∠PBD=90°。∴∠ABE=90°﹣∠PBQ=45°。 在△EAB中，∴∠E=180°﹣∠CAQ﹣∠ABE=75°。 答：∠E的度数是75°。

【考点】相交两圆的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，圆周角定理，三角形内角和定理。

【分析】（1）求出PC、PD，证△PAB∽△PCD，得出

（2）由cos∠CPQ=

PAPC4PAPB???2。 ?，从而

PBPD22PCPDPQ1，同理求出∠PDQ=45°。由圆周角定理，得出 ?，求出∠CPQ=60°

PC2∠CAQ=∠CPQ=60°，∠PBQ=∠PDQ=45°，求出∠PBD=90°，求出∠ABE=45°根据三角形的内角和定理求出即可。

11. （2018四川广安9分）如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP． （1）求证：直线CP是⊙O的切线． （2）若BC=25，sin∠BCP=5，求点B到AC的距离． 5（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．

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【答案】解：（1）∵∠ABC=∠ACB且∠CAB=2∠BCP，在△ABC中，∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°，

∴2∠BCP+2∠BCA=180°。

∴∠BCP+∠BCA=90°，即∠PCA=90°。

又∵AC是⊙O的直径，∴直线CP是⊙O的切线。 （2）如图，作BD⊥AC于点D，

∵PC⊥AC，∴BD∥PC。∴∠PCB=∠DBC。 ∵C=25，sin∠BCP=5 5∴sin?BCP?sin?DBC?DCDC5??，解得：DC=2。 BC255∴由勾股定理得：BD=4。∴点B到AC的距离为4。 （3）如图，连接AN，

在Rt△ACN中，AC=CNCN5== =5，

sin ?DBC sin ?BCP55又CD=2，∴AD=AC﹣CD=5﹣2=3。 ∵BD∥CP，∴△ABD∽△ACP。 ∴

4320BDAD，即。 ??。∴PC?PC53PCAC222225?20?在Rt△ACP中，AP?AC+PC?5+???。

33??∴△ACP的周长为AC?CP?AP?5+2025+?20。 33【考点】切线的判定和性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义。

【分析】（1））根据∠ABC=∠AC且∠CAB=2∠BCP，在△ABC中∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°，得到2∠BCP+2∠BCA=180°，从而得到∠BCP+∠BCA=90°，证得直线CP是⊙O的切线。

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（2）作BD⊥AC于点D，得到BD∥PC，从而利用sin?BCP?sin?DBC?DC=2，再根据勾股定理求得点B到AC的距离为4。

DCDC5??求得BC255（3）先求出AC的长度，然后由BD∥PC求得△ABD∽△ACP，利用比例线段关系求得CP的长

度，再由勾股定理求出AP的长度，从而求得△ACP的周长。

12. （2018四川达州7分）如图，C是以AB为直径的⊙O上一点，过O作OE⊥AC于点E，过点A作 ⊙O的切线交OE的延长线于点F，连结CF并延长交BA的延长线于点P.

（1）求证：PC是⊙O的切线.

（2）若AF=1，OA=22，求PC的长.

【答案】解：（1）证明：连结OC，

? ∵OE⊥AC，∴AE=CE。∴FA=FC。

?∴∠FAC=∠FCA。

∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA。

∴∠OAC+∠FAC=∠OCA+∠FCA，即∠FAO=∠FCO。

∵FA与⊙O相切，且AB是⊙O的直径，∴FA⊥AB。∴∠FCO=∠FAO=90°。 又∵OC是⊙O的半径，∴PC是⊙O的切线。 （2）∵PC是⊙O的切线，∴∠PCO=90°。

而∠FPA=∠OPC，∠PAF=90°，∴△PAF∽△PCO 。∴∵CO=OA=22，AF=1，∴PC=22PA 。 设PA=x，则PC=22x

在Rt△PCO中，由勾股定理得，(22x)2?(22)2?(x?22)2 ，解得：x?∴PC?PAAF。 ?PCCO42。 716。 7【考点】切线的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理。

【分析】（1）连接OC，根据垂径定理，利用等角代换可证明∠FAC=∠FCA，然后根据切线的性质得出

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∠FAO=90°，然后即可证明结论。

（2）先证明△PAF∽△PCO，利用相似三角形的性质得出PC与PA的关系，在Rt△PCO中，利用勾股定理可得出x的值，从而也可得出PC得长。

13. （2018四川德阳14分） 如图，已知点C是以AB为直径的⊙O上一点，CH⊥AB于点H，过点B作⊙O 的切线交直线AC于点D，点E为CH的中点，连结并延交BD于点F，直线CF交AB的延长线于G.

⑴求证：AE·FD=AF·EC； ⑵求证：FC=FB；

⑶若FB=FE=2，求⊙O 的半径r的长.

【答案】（1）证明：∵BD是⊙O的切线，∴∠DBA=90°。

∵CH⊥AB，∴CH∥BD。∴△AEC∽△AFD。 ∴

AEEC。∴AE?FD=AF?EC。 ?AFFDCEAEEH。 ??DFAFBF（2）证明：∵CH∥BD，∴△AEC∽△AFD，△AHE∽△ABF。∴

∵CE=EH（E为CH中点），∴BF=DF。

∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=∠DCB=90°。∴CF=DF=BF，即CF=BF。

（3）解：∵BF=CF=DF（已证），EF=BF=2，∴EF=FC。∴∠FCE=∠FEC。

∵∠AHE=∠CHG=90°，∴∠FAH+∠AEH=90°，∠G+∠GCH=90°。 ∵∠AEH=∠CEF，∴∠G=∠FAG。∴AF=FG。 ∵FB⊥AG，∴AB=BG。 连接OC，BC，

∵BF切⊙O于B，∴∠FBC=∠CAB。 ∵OC=OA，CF=BF，

∴∠FCB=∠FBC，∠OCA=∠OAC ∴∠FCB=∠CAB。

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