专练13 圆的综合问题-2021年中考数学压轴题专项高分突破训练(全国通用)(原卷版)
中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)及答案
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．在⊙O 中，点C是AB上的一个动点(不与点A，B重合)，∠ACB=120°，点I是∠ABC的内心，CI的延长线交⊙O于点D，连结AD,BD．（1）求证：AD=BD．（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．（3）若⊙O的半径为2，点E，F是AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I 随之运动形成的路径长．23【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3【解析】分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I 随之运动形成的路径长.详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心∴CI平分∠ACB∴∠ACD=∠BCD∴弧AD=弧BD∴AD=BD（2）AB=DI理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD∴∠BCD=×120°=60°∵弧BD=弧BD∴∠DAB=∠BCD=60°∵AD=BD∴△ABD是等边三角形，∴AB=BD，∠ABD=∠C∵I是△ABC的内心∴BI平分∠ABC∴∠CBI=∠ABI∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD∴∠BID=∠IBD∴ID=BD∵AB=BD∴AB=DI（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD∴∠AED=∠ACB=×120°=60°∵圆的半径为2，DE是直径∴DE=4，∠EAD=90°∴AD=sin∠AED×DE=×4=2∵点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°∴弧AB的度数为120°，∴弧AM、弧BF的度数都为为40°∴∠ADM=20°=∠FAB∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80°∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°∴∠DAI1=∠AI1D∴AD=I1D=2∴弧I1I2的长为：点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.2．如图，已知AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，点D在OC的延长线上，连接DA，交BC的延长线于点E，使得∠DAC=∠B．（1）求证：DA是⊙O切线；（2）求证：△CED∽△ACD；（3）若OA=1，sinD=13，求AE的长．【答案】（1）证明见解析；（22【解析】分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD⊥AB即可证明DA是⊙O切线；（2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；（3）由题意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可得到DC2=DE•AD，故此可求得DE的长，于是可求得AE的长．详解：（1）∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°．∵∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°，∴AD⊥AB．∵OA是⊙O半径，∴DA为⊙O的切线；（2）∵OB=OC，∴∠OCB=∠B．∵∠DCE=∠OCB，∴∠DCE=∠B．∵∠DAC=∠B，∴∠DAC=∠DCE．∵∠D=∠D，∴△CED∽△ACD；（3）在Rt△AOD中，OA=1，sin D=13，∴OD=OAsinD=3，∴CD=OD﹣OC=2．∵AD=22OD OA-=22．又∵△CED∽△ACD，∴AD CDCD DE=，∴DE=2CDAD=2，∴AE=AD﹣DE=22﹣2=2．点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC∽△DCA是解题的关键．3．如图，已知AB为⊙O直径，D是BC的中点，DE⊥AC交AC的延长线于E，⊙O的切线交AD的延长线于F．（1）求证：直线DE与⊙O相切；（2）已知DG⊥AB且DE=4，⊙O的半径为5，求tan∠F的值．【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】试题分析：（1）连接BC、OD，由D是弧BC的中点，可知：OD⊥BC；由OB为⊙O的直径，可得：BC⊥AC，根据DE⊥AC，可证OD⊥DE，从而可证DE是⊙O的切线；（2）直接利用勾股定理得出GO的长，再利用锐角三角函数关系得出tan∠F的值．试题解析：解：（1）证明：连接OD，BC，∵D是弧BC的中点，∴OD垂直平分BC，∵AB 为⊙O的直径，∴AC⊥BC，∴OD∥AE．∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵OD为⊙O的半径，∴DE 是⊙O的切线；（2）解：∵D是弧BC的中点，∴DC DB=，∴∠EAD=∠BAD，∵DE⊥AC，DG⊥AB且DE=4，∴DE=DG=4，∵DO=5，∴GO=3，∴AG=8，∴tan∠ADG=84=2，∵BF是⊙O的切线，∴∠ABF=90°，∴DG∥BF，∴tan∠F=tan∠ADG=2．点睛：此题主要考查了切线的判定与性质以及勾股定理等知识，正确得出AG，DG的长是解题关键．4．如图，A是以BC为直径的⊙O上一点，AD⊥BC于点D，过点B作⊙O的切线，与CA 的延长线相交于点E，G是AD的中点，连结CG并延长与BE相交于点F，延长AF与CB的延长线相交于点P．（1）求证：BF=EF：（2）求证：PA是⊙O的切线；（3）若FG=BF，且⊙O的半径长为32，求BD的长度.【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；（3）2【解析】分析：（1）利用平行线截三角形得相似三角形，得△BFC∽△DGC且△FEC∽△GAC，得到对应线段成比例，再结合已知条件可得BF=EF；（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质和等边对等角，得到∠FAO=∠EBO，结合BE是圆的切线，得到PA⊥OA，从而得到PA是圆O的切线；（3）点F作FH⊥AD于点H，根据前两问的结论，利用三角形的相似性质即可以求出BD 的长度．详解：证明：(1)∵BC是圆O的直径，BE是圆O的切线，∴EB⊥BC.又∵AD⊥BC，∴AD∥BE.∴△BFC∽△DGC，△FEC∽△GAC，∴BFDG=CFCG，EFAG=CFCG，∴BFDG=EFAG，∵G是AD的中点，∴BF=EF；(2)连接AO，AB.∵BC是圆O的直径，∴∠BAC=90°，由(1)得：在Rt△BAE中，F是斜边BE的中点，∴AF=FB=EF，可得∠FBA=∠FAB，又∵OA=OB，∴∠ABO=∠BAO，∵BE是圆O的切线，∴∠EBO=90°，∴∠FBA+∠ABO=90°，∴∠FAB+∠BAO=90°，即∠FAO=90°，∴PA⊥OA，∴PA是圆O的切线；（3）过点F作FH⊥AD于点H，∵BD⊥AD，FH⊥AD，∴FH∥BC，由(2)，知∠FBA=∠BAF，∴BF=AF.∵BF=FG，∴AF=FG，∴△AFG是等腰三角形.∵FH⊥AD，∴AH=GH，∴DG =2HG . 即12HG DG =， ∵FH ∥BD ，BF ∥AD ，∠FBD =90°，∴四边形BDHF 是矩形，∴BD =FH ，∵FH ∥BC∴△HFG ∽△DCG ，∴12FH HG CD DG ==， 即12BD CD =， ∴23 2.153≈， ∵O 的半径长为32，∴BC =62，∴BD =13BC ＝22. 点睛：本题考查了切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质.结合已知条件准确对图形进行分析并应用相应的图形性质是解题的关键.5．如图，正三角形ABC 内接于⊙O ，P 是BC 上的一点，且PB ＜PC ，PA 交BC 于E ，点F 是PC 延长线上的点，CF=PB ，AB=13，PA=4．（1）求证：△ABP ≌△ACF ；（2）求证：AC 2=PA•AE ；（3）求PB 和PC 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）PB=1，PC=3．【解析】试题分析：（1）先根据等边三角形的性质得到AB=AC ，再利用圆的内接四边形的性质得∠ACF=∠ABP ，于是可根据“SAS”判断△ABP ≌△ACF ；（2）先根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=60°，再根据圆周角定理得∠APC=∠ABB=60°，加上∠CAE=∠PAC ，于是可判断△ACE ∽△APC ，然后利用相似比即可得到结论；（3）先利用AC 2=PA •AE 计算出AE=134 ，则PE=AP-AE=34，再证△APF 为等边三角形，得到PF=PA=4，则有PC+PB=4，接着证明△ABP ∽△CEP ，得到PB•PC=PE•A=3，然后根据根与系数的关系，可把PB 和PC 看作方程x 2-4x+3=0的两实数解，再解此方程即可得到PB 和PC 的长．试题解析：（1）∵∠ACP+∠ABP=180°，又∠ACP+∠ACF=180°，∴∠ABP=∠ACF在ABP ∆和ACF ∆中，∵AB=AC ，∠ABP=∠ACF ， CF PB =∴ABP ∆≌ACF ∆．(2)在AEC ∆和ACP ∆中，∵∠APC=∠ABC ，而ABC ∆是等边三角形，故∠ACB=∠ABC=60º，∴∠ACE =∠APC .又∠CAE =∠PAC ，∴AEC ∆∽ACP ∆ ∴AC AE AP AC=,即2AC PA AE =⋅. 由（1）知ABP ∆≌ACF ∆，∴∠BAP=∠CAF ， CF PB =∴∠BAP+∠PAC=∠CAF+∠PAC∴∠PAF=∠BAC=60°，又∠APC ＝∠ABC ＝60°.∴APF ∆是等边三角形∴AP=PF∴4PB PC PC CF PF PA +=+===在PAB ∆与CEP ∆中，∵∠BAP=∠ECP ，又∠APB=∠EPC=60°，∴PAB ∆∽CEP ∆ ∴PB PA PE PC=,即PB PC PA PE ⋅=⋅ 由（2）2AC PA AE =⋅， ∴()22AC PB PC PA AE PA PE PA AE PE PA +⋅=⋅+⋅=+= ∴()22AC PB PC PA AE PA PE PA AE PE PA +⋅=⋅+⋅=+=∴22222243PB PC PA AC PA AB ⋅=-=-=-=因此PB 和PC 的长是方程2430x x --=的解．解这个方程，得11x =， 23x =．∵PB<PB ，∴PB=11x =，PC=23x =，∴PB 和PC 的长分别是1和3。
专练13 圆的综合问题-2021年中考数学压轴题专项高分突破训练(全国通用)(解析版)
专练13圆的综合问题1.如图1.已知⊙M与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，A、B两点的横坐标分别为﹣1和7，弦AB的弦心距MN为3，（1）求⊙M的半径；（2）求弦CD的长；（3）如图2，P在弦CD上，且CP＝2，Q是弧BC上一动点，PQ交直径CF于点E，当∠CPQ＝∠CQD 时，求CQ的长；（4）如图3.若P点是弦CD上一动点，Q是弧BC上一动点，PQ交直径CF于点E，当∠CPQ与∠CQD互余时，求△PEM面积的最大值.【答案】（1）解：连接MB，如图1所示：∵A、B两点的横坐标分别为﹣1和7，∴AB＝8，∵MN⊥AB，∴BN＝4，在Rt△BMN中，由勾股定理得：BM＝√BN2+MN2＝√42+32＝5，即⊙M的半径为5（2）解：作MN⊥AB于N，MG⊥CD于G，如图2所示：则AN＝4，MN＝3，MG＝ON＝AN﹣AO＝3，∴MN＝MG，∴CD＝AB＝8.（3）解：∵∠CPQ＝∠CQD，∠PCQ＝∠QCD，∴△CPQ∽△CQD，CQ CD =CPCQ，∴CQ2＝CP×CD＝2×8＝16，∴CQ＝4（4）解：∵CF是⊙M的直径，∴∠CDF＝90°，∴∠F+∠DCF＝90°，∵∠CQD＝∠F，∴∠CQD+∠DCF＝90°，∵∠CPQ+∠CQD＝90°，∴∠DCF＝∠CPQ，∴CE＝PE，作EK⊥CP于K，PT⊥CM于T，如图3所示：则CK＝PK，EKCK ＝34，设EK＝3x，则CK＝4x，CE＝PE＝5x，PC＝8x，同（2）得：△CPT∽△CFD，∴PT6＝CT8＝CP10，∴PT＝245x，CT＝325x，∴△PEM的面积S＝12EM×PT＝12（5﹣5x）×245x＝﹣12x2+12x＝﹣12（x﹣12）2+3，∵﹣12＜0，∴S有最大值，当x＝12时，S的最大值为3，即△PEM面积的最大值为32.如图（1）如图①，圆O的半径为2，圆内有一点Q，OQ=1，若弦AB过点Q，则弦AB长度的最大值为________；最小值为________；（2）如图②，将ΔABC放在如图所示的平面直角坐标系中，点A与原点O重合，点B在x轴的正半轴上，AB=12√3，AC=BC，∠ACB=120°．在x轴上方是否存在点M，使得∠AMB=60°，且S△AMB=S△ABC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图③，ΔABC是学校的一块空地示意图，其中∠C=90°，AC=80米，BC=60米．现在学校领导想利用周边地的情况，把原来的三角形地拓展成符合条件的面积尽可能大、周长尽可能长的四边形地，用来建“学生劳动教育基地”．若学校想建的“学生劳动教育基地”是四边形ACBD，且满足∠ADB= 60°，你认为学校领导的想法能实现吗？若能，求出这个四边形“学生劳动教育基地”面积和周长的最大值；若不能，请说明理由．【答案】（1）4；2√3（2）解：如图②，作CH⊥AB于H，∴OH=1AB2∵AB＝12√3，AC＝BC，∠ACB＝120°，∴∠COB＝30°，OH＝BH＝6√3，∴OC=2CH∴CH2+OH2=OC2即CH2+(6√3)2=4CH2解之：CH=6，∴OC=2OH=12以C为圆心，OC长为半径作⊙C，过C作x轴的平行线交⊙C于M1 ，M2 ，∠OCB＝60°，且S△AMB＝S△ABC，则∠OMB＝12∴点M1 ，M2符合题意，∵点C的坐标为（6√3，6），∴点M1的横坐标为6√3−12，点M2的横坐标为6√3+12，∴存在点M，坐标为M1（6√3−12，6），M2（6√3+12，6）; （3）解：能.如图③，∵∠ABC＝90°，AB＝80米，BC＝60米，∴AC＝√602＋802＝100作△AOC，使得∠AOC＝120°，OA＝OC，以O为圆心，OA长为半径画⊙O，∵∠ADC＝60°，∴点D在优弧ADC上运动，当点D是优弧ADC的中点时，四边形ABCD面积和周长取得最大值，连接DO并延长交AC于H，则DH⊥AC，AH＝CH，∴DA＝DC，∵∠ADC＝60°，∴△ACD为等边三角形，∴AD＝CD＝100，∵AH＝CH＝50，∴DH＝√1002−502＝50√3，∴这个四边形鱼塘面积最大值为S△ADC+S△ABC=12×100×50√3+12×60×80=2500√3+2400m2.这个四边形鱼塘周长最大值为AB+BC+AD+DC=80+60+100+100=340米. 【解析】解：（1）∵圆的半径一定，垂线段最短，∴当OQ⊥AB时，连接OA，∴AB=2AQ，∵OQ＝1，OB＝2，∴AQ＝√22−12＝√3∴AB＝2BP＝2√3当AB为直径时，弦最长，AB的最大值为4，故答案为：4，2√3；3.若一个四边形的两条对角线互相垂直且相等，则称这个四边形为奇妙四边形.如图1，四边形ABCD中，若AC＝BD，AC⊥BD，则称四边形ABCD为奇妙四边形.根据奇妙四边形对角线互相垂直的特征可得奇妙四边形的一个重要性质：奇妙四边形的面积等于两条对角线乘积的一半.根据以上信息回答：（1）矩形________奇妙四边形（填“是”或“不是”）；（2）如图2，已知⊙O的内接四边形ABCD是奇妙四边形，若⊙O的半径为8，∠BCD＝60°.求奇妙四边形ABCD的面积；（3）如图3，已知⊙O的内四边形ABCD是奇妙四边形，作OM⊥BC于M.请猜测OM与AD的数量关系，并证明你的结论.【答案】（1）不是（2）解：如图2连接OB,OD,作OH⊥BD于H，∵∠BOD=2BCD=2×60°=120°∴∠OBD=30°∴OH=½OB=3∴BH= √3OH=3 √3∵BD=2BH=6 √3∴AC=BD=6 √3∴“奇妙四边形”ABCD的面积= 1·AC·BD=542（3）解：如图3作直径BE，连接EC∵MO⊥BC ∴M是BC的中点∴MO是△BCE的中位线∴CE=2MO∵四边形ABCD是奇妙四边形∴BD⊥AC∴∠A+∠ABD=90°∵∠BCE=90°∴∠E+∠CBE=90°∵∠A=∠E∴∠ABD=∠CBE∴AD=CE∴AD=2MO4.已知P是⊙O上一点，过点P作不过圆心的弦PQ，在劣弧PQ和优弧PQ上分别有动点A、B（不与P，Q重合），连接AP、BP．若∠APQ＝∠BPQ．（1）如图1，当∠APQ＝45°，AP＝1，BP＝2√2时，求⊙O的半径；（2）在（1）的条件下，求四边形APBQ的面积（3）如图2，连接AB，交PQ于点M，点N在线段PM上（不与P、M重合），连接ON、OP，若∠NOP+2∠OPN＝90°，探究直线AB与ON的位置关系，并说明理由．【答案】（1）解：连接AB，∵∠APQ＝∠BPQ＝45°，∴∠APB＝∠APQ+∠BPQ＝90°，∴ AB是⊙O的直径，∴ AB＝√AP2+BP2＝√12+(2√2)2＝3，∴⊙O的半径为32（2）解：连接AQ，BQ∵∠APB＝90°∴∠AQB＝180°-∠APB=90°∵∠APQ＝∠BPQ＝45°∴∠ABQ＝∠BAQ＝45°∴△ABQ是等腰直角三角形∵AB＝3 ∴AQ＝BQ＝√22AB=√22×3=3√22∴S四边形APBQ =SΔABP+SΔABQ=12×1×2√2+12×3√22×3√22=√2+94（3）解：AB∥ON，理由如下：连接OQ，∵∠APQ＝∠BPQ，∴AQ⌢＝BQ⌢，∴ OQ⊥AB∵ OP＝OQ，∴∠OPN＝∠OQP，∵∠OPN+∠OQP+∠PON+∠NOQ＝180°，∴ 2∠OPN+∠PON+∠NOQ＝180°，∵∠NOP+2∠OPN＝90°，∴∠NOQ＝90°，∴NO⊥OQ∴AB∥ON5.如图，已知O（0，0）、A（4，0）、B（4，3）.动点P从O点出发，以每秒1个单位的速度，沿△OAB 的边OA、AB、BO作匀速运动；动直线从AB位置出发，以每秒1个单位的速度向x轴负方向作匀速平移运动.若它们同时出发，运动的时间为t秒，当点P运动到O时，它们都停止运动.（1）若M为线段OB中点，以P为圆心，PM为半径的圆与直线AB相切时，求t的值；（2）若⊙P是以P为圆心、1为半径的圆，①当点P在线段OA上运动时，直线l与⊙P相交时，求t的取值范围；②在整个运动过程中，若动点P以每秒m个单位的速度运动，使⊙P与直线l有且只有两次机会相切，求出m满足的条件.【答案】（1）解：如图一，点P1在OA上时，P1M=P1A=4−t，∴∠P1MA=∠P1AM∴△P1MA∼△MAO∴P1MMA =MAAO即4−t52=524∴t= 3916如图二，当P2点在OB上时，P2M=P2Q∴△BP2Q∼△BOA∴P2BBO =P2QAOt−7 5=172−t4,t=15118综上，t= 3916或15118；（2）解：①如图当直线l2在⊙P右侧与圆相切时，t+1+t=4，t= 32；当直线l1在⊙P右侧与圆相切时，t-1+t=4，t= 52;综上：当32<t<52时，直线l与⊙P相交②由①可知，只有两次相切表示只能在圆的左侧和右侧相切；即tm=4；当t= 32时，m= 83；当t= 52时，m= 85综上，m= 83或856.三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角.（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，则∠E=________.（请用含α的代数式表示）⌢=BD⌢，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，AD结BF并延长交CD的延长线于点E.求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角.（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径.求∠AED的度数.α【答案】（1）12（2）解：如图1，延长BC到点T，∵四边形FBCD内接于⊙O，∴∠FDC+∠FBC＝180°，又∵∠FDE+∠FDC＝180°，∴∠FDE＝∠FBC，∵DF平分∠ADE，∴∠ADF＝∠FDE，∵∠ADF＝∠ABF，∴∠ABF＝∠FBC，∴BE是∠ABC的平分线，⌢=BD⌢，∵AD∴∠ACD＝∠BFD，∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，∴∠DCT＝∠BFD，∴∠ACD＝∠DCT，∴CE是△ABC的外角平分线，∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角.（3）解：①如图2，连接CF，∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，∴∠BAC＝2∠BEC，∵∠BFC＝∠BAC，∴∠BFC＝2∠BEC，∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，∴∠BEC＝∠FCE，∵∠FCE＝∠FAD，∴∠BEC＝∠FAD，又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，∴△FDE≌△FDA（AAS），∴DE＝DA，∴∠AED＝∠DAE，∵AC是⊙O的直径，∴∠ADC＝90°，∴∠AED+∠DAE＝90°，∴∠AED＝∠DAE＝45°.【解析】解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，∴∠E=∠ECD-∠EBD= 12∠ACD−12∠ABC= 12(∠ACD−∠ABC)= 12∠A=12α;故答案为：12a;7.如图1，AB是⊙O的一条弦，点C是AmB⌢上一点.（1）若∠ACB=30°，AB=4.求⊙O的半径.（2）如图2，若点P是⊙O外一点.点P、点C在弦AB的同侧.连接PA、PB.比较∠APB与∠ACB的大小关系，并说明理由.（3）如图3.设点G为AC的中点，在AmB⌢上取一点D.使得AD⌢=BC⌢，延长BA至E，使AE=AB，连接DE，F为DE的中点，过点A作BE的垂线，交⊙O于点P，连接PF，PG.写出PG与PF的数量关系，并说明理由.【答案】（1）解：连接OA、OB，如图1所示：∵∠ACB=30°，∴∠AOB=60°，∵OA=OB，∴△AOB是等边三角形，∵AB=4，∴OA=AB=4，即⊙O 的半径为4；（2）解：∠APB<∠ACB ，理由如下：设PB 与⊙O 交于点E ，连接AE ，如图2所示：∴∠AEB=∠C ，∵∠AEB=∠P+∠PAE ，∴∠C=∠P+∠PAE ，∴∠APB<∠ACB ；（3）解：PF=PG ，理由如下：连接AF ，BD ，如图3所示：∵ AD ⌢=BC⌢ ， ∴ ADC ⌢=BCD⌢ ，∠CAB=∠DBA ， ∴BD=AC ，∵AE=AB ，EF=DF ，BD，∴AF∥BD，AF=12AC，∠FAE=∠DBA=∠CAB，∴AF=12∵AG=GC，∴AF=AG，∵PA⊥EB，∴∠FAE+∠PAF=90°，∠CAB+∠PAG=90°，∴∠PAF=∠PAG，∵PA=PA，∴△PAF≌△PAG（SAS），∴PF=PG.8.如图l，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，点P从点B出发，沿AB边向终点A以每秒1cm的速度运动，同时点Q从点C出发沿C→B→A向终点A以每秒3cm的速度运动，P、Q其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒.解答下列问题：（1）当Q在BC边时，①当t为▲ 秒时，PQ的长为2 √2cm？②连接AQ，当t为几秒时，△APQ的面积等于16cm2？（2）如图2，以P为圆心，PQ长为半径作⊙P，在整个运动过程中，是否存在这样的t值，使⊙P正好与△ABD的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）解：①2②由题意知：点Q在BC边上，AP⋅BQ=16，∵△APQ的面积= 12(6−t)(8−3t)=16，∴12解得t1= 23，t2=8（舍去），∴当t为23秒时，△APQ的面积等于16cm2；（2）解：存在t，使⊙P正好与△ABD的边AD或BD相切，此时Q在AB上，且t>83s，若与BD相切，作PK⊥BD于K，则△PBK∽△DBA，∴PKAD =PBBD，∵PK=PQ=3t-8，BD= √AD2+AB2=10，∴3t−88=t10∴t=4011；若与AD相切，当P、Q两点中Q点先到A点时，此时t=143，∴6- 143= 43，∴⊙P的半径为43；若与AD相切，当点Q未到达点A时，则PA=PQ，∴6-t=t-（3t-8），解得t=2，当t=2时，PB=2则AP=6-2=4 ≠PQ，故舍去，综上，t值为143或4011.【解析】解：（1）①由题意得：CQ=3tcm，BP=tcm，则BQ=（8-3t）cm，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，在Rt△BPQ中，BP2+BQ2=PQ2,∴t2+(8−3t)2=(2√2)2，解得t=2或t= 145（不合题意，舍去），故答案为：2；9.如图（1）知识储备①如图1，已知点P为等边三角形ABC外接圆的BC⌢上任意一点．求证：PB+PC=PA；②定义：在 Δ ABC 所在平面上存在一点P ，使它到三角形三个顶点的距离之和最小，则称点P 为 Δ ABC 的费马点，此时PA+PB+PC 的值为 Δ ABC 的费马距离．（2）知识迁移①我们有如下探寻 Δ ABC （其中∠A ，∠B ，∠C 均小于120°）的费马点和费马距离的方法：如图2，在 Δ ABC 的外部以BC 为边长作等边三角形BCD 及其外接圆，根据（1）的结论，易知线段的长度即为 Δ ABC 的费马距离；②在图3中，作出 Δ ABC(∠A=120°)的费马点P （要求尺规作图），若AB=AC=1，求出费马距离． （3）知识应用如图4，在等腰直角三角形ABC 中，∠B=90°，其费马距离为 √6+√2 ，求AB 的长．【答案】 （1）解：①证明：如图，在PA 上取一点E ，使PE=PC ，连结CE ．∵△ABC 是等边三角形，∴∠APC=∠ABC=60°．又∵PE=PC ，∴ Δ PEC 是等边角形，∴CE=CP ，∠ACB=∠ECP=60°，∴∠ACE=∠BCP ．在 Δ ACE 和 Δ BCP 中， {∠EAC =∠PBCAC =BC ∠ACE =∠BCP，∴ Δ ACE ≌ Δ BCP(ASA)，∴AE=PB ，∴PB+PC=AE+PE=AP ．（2）解：①AD【解法提示】观察图形可得：PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD ，∴当A 、P 、D 共线时，PA+PB+PC 的值最小，∴AD 的长即为 Δ ABC 的费马距离．②如图，费马点P与点A重合．费马距离=PA+PB+PC=PB+PC=2（3）解：如图，在等腰直角三角形ABC的外部以AC为边长作等边三角形ACD及其外接圆，由（2）可知，连结BD交圆于点P，此时点P为费马点．费马距离为：PA+PB+PC=BD= √6+√2．设AB=BC=x，则AC=√2x，∴BE=√22x，DE=√62x，即√22x+√62x=√2+√6，解得x=2，即AB=2．10.已知，AB、AC是⊙O的两条弦，AB=AC，过圆心O作OD⊥AC于点D.（1）如图1，求证：∠B=∠C.（2）如图2：当D、O、B三点在一条直线上时，求∠BAC的度数.（3）如图3，在（2）的条件下，点E为劣弧BC上一点，CE=6，CD=7，连结BC、OE交于点F，求BC和BE的长.【答案】（1）证明：如下图1在⊙O中：过O作OH⊥AB于H，∵OD⊥AC于D，AB=AC∴OH=OD又∵OB=OC∴RT△OBH≌RT△OCD（HL）∴∠B=∠C.（2）解：如下图2在⊙O中：∵OD⊥AC∴OD平分AC又∵B、O、D三点共线∴BD垂直平分AC∴AB=BC又∵AB=AC∴AB=AC=BC∴∠BAC=60°.（3）解：如下图3在⊙O中过C 作CG⊥BE交BE的延长线于G由（2）的解题过程知D是AC中点、BC=AC∴BC=AC=2CD=2×7=14由（2）的解题过程知BAC⌢=BA⌢+AC⌢=120°+120°=240°∴∠BEC= 12×BAC⌢=12×240°=120°∴∠CEG =60°在RT△CEG中EG=ECcos∠CEG=6cos60°=3CG=ECsin∠CEG=6sin60°=3√3在RT△CBG中，由勾股定理得BG=√BC2−CG2=√142−(3√3)2=13∴BE=BG-EG=13-3=10.11.如图，四边形ADBC内接于半径为2的⊙O，连接AB、BD、DC，△ABC为等边三角形.（1）求证：DC平分∠ADB；（2）线段DC的长为x，四边形ADBC的面积为S，求S关于x的函数关系式；（3）若点M、N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，△DMN的周长有最小值t，随着点D、M、N的位置变化，t的值会发生变化，试求t的取值范围.【答案】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，∵∠ADC=∠ABC=60°，∠BDC=∠BAC=60°，∴∠ADC=∠BDC，∴DC是∠ADB的平分线；（2）解：设线段DC的长为x，四边形ADBC的面积为S，如图1，将△ADC绕点逆时针旋转60°，得到△BHC，∴CD=CH，∠DAC=∠HBC，∵四边形ACBD是圆内接四边形，∴∠DAC+∠DBC=180°，∴∠DBC+∠HBC=180°，∴点D，点B，点H三点共线，∵DC=CH，∠CDH=60°，∴△DCH是等边三角形，∴四边形ADBC的面积S= S△ADC+S△BDC=S△CDH=√34CD2=√34x2；（3）解：如图2，作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，∵点D，点E关于直线AC对称，∴EM=DM，同理DN=NF，∵△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，∴△DMN的周长最小值为EF=t，∵点D，点E关于直线AC对称，∴CE=CD，∠ACE=∠ACD，∵点D，点F关于直线BC对称，∴CF=CD，∠DCB=∠FCB，∴CD=CE=CF，∠ECF=∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB=2∠ACB=120°，∵CP⊥EF，CE=CF，∠ECF=120°，∴EP=PF，∠CEP=30°，∴PC= 12EC，PE= √3PC= √32EC，∴EF=2PE= √3EC= √3CD=t，又由题意知，CD的取值范围在CB长度与直径之间，即2√3<CD≤4，∴6<√3CD≤4√3，即6<t≤4√3.12.如图，已知点C是线段AB上的动点（与A、B不重合），分别以AC、BC为边在AB的同侧作正方形ACDE和正方形CBFG. 再过C、E、F三点作⊙O。
2021年 中考一轮复习数学专题突破训练：《圆综合性压轴题》(一)
2021年中考一轮复习数学专题突破训练：《圆综合性压轴题》（一）1．如图1，△ABC内接于⊙O，∠ACB＝60°，D，E分别是，的中点，连结DE分别交AC，BC于点F，G．（1）求证：△DFC∽△CGE；（2）若DF＝3，tan∠GCE＝，求FG的长；（3）如图2，连结AD，BE，若＝x，＝y，求y关于x的函数表达式．2．如图，已知△ABC，以BC为直径的⊙O交AB于点D，点E为的中点，连结CE交AB 于点F，且AF＝AC．（1）判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若⊙O的半径为2，sin A＝，求CE的长．3．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作⊙O，分别与BC、AB相交于点D、E，连接AD，已知∠CAD＝∠B．（1）求证：AD是⊙O的切线；（2）若∠B＝30°，AO＝，求的长；（3）若AC＝2，BD＝3，求AE的长．4．如图1，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足为点E，连结CA．（1）若∠ACD＝30°，求劣弧AB的度数；（2）如图2，连结BO并延长交⊙O于点G，BG交AC于点F，连结AG．①若tan∠CAE＝2，AE＝1，求AG的长；②设tan∠CAE＝x，＝y，求y关于x的函数关系式．5．如图，⊙O的半径为5，弦BC＝6，A为BC所对优弧上一动点，△ABC的外角平分线AP 交⊙O于点P，直线AP与直线BC交于点E．（1）如图1．①求证：点P为的中点；②求sin∠BAC的值；（2）如图2，若点A为的中点，求CE的长；（3）若△ABC为非锐角三角形，求PA•AE的最大值．6．已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一动点，连接AC，BC，在BA的延长线上取一点D，连接CD，使CD＝CB．（1）如图1，若AC＝AD，求证：CD是⊙O的切线；（2）如图2，延长DC交⊙O于点E，连接AE．i）若⊙O的直径为，sin B＝，求AD的长；ii）若CD＝2CE，求cos B的值．7．已知△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠ABC的平分线与⊙O交于点D，与AC交于点E，连接CD并延长与⊙O过点A的切线交于点F，记∠BAC＝α．（1）如图1，若α＝60°；①直接写出的值为；②当⊙O的半径为4时，直接写出图中阴影部分的面积为；（2）如图2．若α＜60°，，DE＝6，求DC的长．8．定义：有一个内角等于与其相邻的两个内角之差的四边形称为幸福四边形．（1）已知∠A＝120°，∠B＝50°，∠C＝α，请直接写出一个α的值，使四边形ABCD为幸福四边形；（2）如图1，△ABC中，D、E分别是边AB，AC上的点，AE＝DE．求证：四边形DBCE为幸福四边形；（3）在（2）的条件下，如图2，过D，E，C三点作⊙O，与边AB交于另一点F，与边BC 交于点G，且BF＝FC．①求证：EG是⊙O的直径；②连结FG，若AE＝1，BG＝7，∠BGF﹣∠B＝45°，求EG的长和幸福四边形DBCE的周长．9．如图，AB和CD为⊙O的直径，AB⊥CD，点E为CD上一点，CE＝CA，延长AE交⊙O于点F，连接CF交AB于点G．（1）求证：CE2＝AE•AF；（2）求证：∠ACF＝3∠BAF；（3）若FG＝2，求AE的长．10．如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，点D为AB延长线上一点，连接CD，作CE ⊥AB于点E，∠OCE＝∠D．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）点F为CD上一点，连接OF交CE于点G，G为OF中点，求证：OC2＝CD•CF；（3）在（2）的条件下，CF＝DF，若OC＝2，求CG．参考答案1．解：（1）∵点D是的中点，∴，∴∠ACD＝∠CED，∵点E是的中点，∴，∴∠CDE＝∠BCG，∴△DFC∽△CGE；（2）由（1）知，∠ACD＝∠CED，∠CDE＝∠BCG，∴∠ACD+∠CDE＝∠CED+∠BCG，∴∠CFG＝∠CGF，∵CF＝CG，∵∠ACB＝60°，∴△CFG是等边三角形，如图1，过点C作CH⊥FG于H，∴∠DHC＝90°，设FH＝a，∴∠FCH＝30°，∴FG＝CF＝2a，CH＝a，∵DF＝3，∴DH＝DF+FH＝3+a，∵∠GCE＝∠CDE，tan∠GCE＝，∴tan∠CDE＝，在Rt△CHD中，tan∠CDE＝＝，∴＝，∴a＝1，∴FG＝2a＝2；（3）如图2，连接AE，则∠AEB＝∠ACB＝60°，∠DAE＝∠CAD+∠CAE＝∠ACD+∠CDF＝∠CFG＝60°，∴∠AEB＝∠DAE，∴BE∥AD，设BE与AD的距离为h，∴＝，∴S△ABE ＝•S△ADE，∵D ，E 分别是，的中点，∴CD ＝AD ，BE ＝CE ，∴S △ABE ＝•S △ADE ，过点D 作DM ⊥AC 于M ，∵，∴AD ＝CD ，∴AC ＝2CM ，由（2）知，△CFG 是等边三角形，∴∠CFG ＝60°，∴∠DFM ＝60°，∴∠MDF ＝30°，设MF ＝m ，则DM ＝m ，DF ＝2m ，∵＝x ， ∴CF ＝x •DF ＝2mx ，∴CG ＝CF ＝2mx ，由（1）知，△DFC ∽△CGE ，∴， ∴＝， ∴S △ABE ＝•S △ADE ＝S △ADE ，∴S 四边形ABED ＝S △ADE +S △ABE ＝S △ADE ， ∵MF ＝m ，CF ＝x •DF ＝2mx ，∴CM ＝MF +CF ＝m +2mx ＝（2x +1）m ，∴AC ＝2CM ＝2（2x +1）m ，∴AF＝AC﹣CF＝2（2x+1）m﹣2mx＝2（x+1）m，过点A作AN⊥DF于N，＝AF•DM＝DF•AN，∴S△ADF∴AN＝＝＝（x+1）m，过点C作CP⊥FG，由（2）知，PF＝CF＝mx，CP＝mx，∴y＝＝＝•＝•＝•＝•＝．2．（1）AC与⊙O相切，证明：连接BE，∵BC是⊙O的直径，∴∠E＝90°，∴∠EBD+∠BFE＝90°，∵AF＝AC，∴∠ACE＝∠AFC，∵E为弧BD中点，∴∠EBD＝∠BCE，∴∠ACE+∠BCE＝90°，∴AC⊥BC，∵BC为直径，∴AC是⊙O的切线．（2）解：∵⊙O的半为2∴BC＝4，在Rt△ABC中，sin A＝＝，∴AB＝5，∴AC＝＝3，∵AF＝AC，∴AF＝3，BF＝5﹣3＝2，∵∠EBD＝∠BCE，∠E＝∠E，∴△BEF∽△CEB，∴＝＝，∴EC＝2EB，设EB＝x，EC＝2x，由勾股定理得：x2+4x2＝16，∴x＝（负数舍去），即CE＝．3．解：（1）如图1，连接OD，∵∠ACB＝90°，∴∠CAD+∠ADC＝90°，∵OB＝OD，∴∠B＝∠ODB，∵∠CAD＝∠B，∴∠CAD＝∠ODB，∴∠ODB+∠ADC＝90°，∴∠ADO＝90°，又∵OD是半径，∴AD是⊙O的切线；（2）∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，∴∠CAD＝30°，∠CAB＝60°，∴∠DAB＝30°，∴OD＝AO，∴OD＝，∵OD＝OB，∠B＝30°，∴∠B＝∠ODB＝30°，∴∠DOB＝120°，∴劣弧BD的长＝＝π；（3）如图2，连接DE，∵BE是直径，∴∠BDE＝90°，∴∠ACB＝∠EDB＝90°，∴AC∥DE，∵∠B＝∠CAD，∠ACD＝∠EDB，∴△ACD∽△BDE，∴，∴设CD＝2x，DE＝3x，∵AC∥DE，∴，∴，∴x＝，∴CD＝1，BC＝BD+CD＝4，∴AB＝＝＝2，∵DE∥AC，∴，∴AE＝×2＝．4．解：（1）如图1，连接OA，OB，∵CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD，∴＝，∴∠AOD＝∠BOD，∵∠ACD＝30°，∴∠AOD＝60°，∴∠AOB＝120°，∴劣弧AB的度数是120°；（2）①∵CD⊥AB，∴AE＝BE＝1，∠AEC＝90°，在Rt△AEC中，tan∠CAE＝＝2，∴CE＝2，设OE＝x，则OC＝2﹣x＝OB，在Rt△OEB中，由勾股定理得：OB2＝OE2+BE2，即（2﹣x）2＝x2+1，解得：x＝，∴OE＝，∵OG＝OB，AE＝BE，∴OE是△AGB的中位线，∴AG＝2OE＝；②∵BG是⊙O的直径，∴∠BAG＝90°，∵∠BAG＝∠BEO＝90°，∴OC∥AG，∴∠C＝∠GAC，∵∠GFA＝∠OFC，∴△GAF∽△OCF，∴，∵，且GF+BF＝2OG，∴OG＝•GF，∵OF＝OG﹣GF，∴OF＝，∴＝，如图3，连接OA，∵OA＝OC，AG＝2OE，∴＝＝，∵tan∠CAE＝＝x，∴CE＝x•AE＝OA+OE，∴AE＝，Rt△AOE中，OA2＝OE2+AE2，∴OA2＝OE2+（）2，即OA2＝OE2+（OA2+2OA•OE+OE2），两边同时除以OA2，得：1＝（）2+（+1）2，设＝a，则原方程变形为：a2+（a2+2a+1）﹣1＝0，（1+）a2++﹣1＝0，（a+1）[（1+）a+（﹣1）]＝0，∴a1＝﹣1（舍），a2＝，∴＝，∴＝，∴y＝﹣．5．（1）①证明：如图1，连接PC，∵A、P、B、C四点内接于⊙O，∴∠PAF＝∠PBC，∵AP平分∠BAF，∴∠PAF＝∠BAP，∵∠BAP＝∠PCB，∴∠PCB＝∠PBC，∴PB＝PC，∴＝，∴点P为的中点；②解：如图2，过P作PG⊥BC于G，交BC于G，交⊙O于H，连接OB，∴，∴PH是直径，∵∠BPC＝∠BAC，∠BOG＝∠BPG＝∠BPC，∵OG⊥BC，∴BG＝BC＝3，Rt△BOG中，∵OB＝5，∴sin∠BAC＝sin∠BOG＝＝；（2）解：如图3，过P作PG⊥BC于G，连接OC，由（1）知：PG过圆心O，且CG＝3，OC＝OP＝5，∴OG＝4，∴PG＝4+5＝9，∴PC＝＝＝3，设∠APC＝x，∵A是的中点，∴＝，∴∠ABC＝∠ABP＝x，∵PB＝PC，∴∠PCB＝∠PBC＝2x，△PCE中，∠PCB＝∠CPE+∠E，∴∠E＝2x﹣x＝x＝∠CPE，∴CE＝PC＝3；（3）解：如图4，过点C作CQ⊥AB于Q，∵∠ACE＝∠P，∠CAE＝∠PAF＝∠PAB，∴△ACE∽△APB，∴，∴PA•AE＝AC•AB，∵sin∠BAC＝，∴CQ＝AC•sin∠BAC＝AC，＝AB•CQ＝，∴S△ABC，∴PA•AE＝S△ABC∵△ABC为非锐角三角形，∴点A运动到使△ABC为直角三角形时，如图5，△ABC的面积最大，Rt△ABC中，AB＝10，BC＝6，∴AC＝8，此时PA•AE＝×＝80．6．（1）证明：连接OC，∵CD＝BC，∴∠B＝∠D，∵AC＝AD，∴∠D＝∠ACD，∴∠B＝∠ACD，∵OA＝OC，∴∠BAC＝∠OCA，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠B+∠BAC＝90°，∴∠ACD+∠OCA＝90°，∴∠DCO＝90°，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线；解：（2）i）连接OC，∵∠ACB＝90°，AB＝，sin B＝，在Rt△ACB中，AC＝AB•sin B，∴AC＝＝1，在Rt△ACB中，BC＝＝＝3，∵OB＝CO，∴∠OCB＝∠B，∵∠B＝∠D，∴∠OCB＝∠D，∵∠CBO＝∠DBC，∴△COB∽△DCB，∴，∴CB2＝OB•BD，∵AB＝，∴OA＝OB＝，∴BD＝32×＝，∴AD＝BD﹣AB＝；ii）连接CO，∵CD＝2CE，设CE＝k，∴CD＝BC＝2k，∴DE＝3k，∵∠E＝∠B，∠OCB＝∠B＝∠D，∴△DAE∽△COB，∴，设⊙O的半径为r，∴AD＝r，∴BD＝AD+AB＝r+2r＝r，∵△COB∽△DCB，∴，∴BC2＝OB•BD，∴（2k）2＝r×r，∴k＝r，∴BC＝2k＝r，∴cos B＝．7．解：（1）如图1，连接OA，AD，∵AF是⊙O的切线，∴∠OAF＝90°，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD＝30°，∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠BAD＝90°，∴BD是⊙O的直径，∵OA＝OB＝OD，∴∠ABO＝∠OAB＝30°，∠OAD＝∠ADO＝60°，∵∠BDC＝∠BAC＝60°，∴∠ADF＝180°﹣60°﹣60°＝60°＝∠OAD，∴OA∥DF，∴∠F＝180°﹣∠OAF＝90°，∵∠DAF＝30°，∴tan30°＝＝，故答案为：；②∵⊙O的半径为4，∴AD＝OA＝4，DF＝AD＝2，∵∠AOD＝60°，∴阴影部分的面积为：S梯形AODF ﹣S扇形OAD＝•AF•（DF+OA）﹣＝×（2+4）﹣π＝6﹣π；故答案为：6﹣π；（2）如图2，连接AD，连接AO并延长交⊙O于点H，连接DH，则∠ADH＝90°，∴∠DAH+∠DHA＝90°，∵AF与⊙O相切，∴∠DAH+∠DAF＝∠FAO＝90°，∴∠DAF＝∠DHA，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∵＝，∴∠CAD＝∠DHA＝∠DAF，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠ADF＝∠ABC，∵∠ADB＝∠ACB＝∠ABC，∴∠ADF＝∠ADB，在△ADF和△ADE中，∴△ADF≌△ADE（ASA），∴DF＝DE＝6，∵＝，∴DC＝9．8．（1）解：∵∠A＝120°，∠B＝50°，∠C＝α，∴∠D＝360°﹣120°﹣50°﹣α＝190°﹣α，若∠A＝∠B﹣∠D，则120°＝50°﹣（190°﹣α），解得：α＝260°（舍），若∠A＝∠D﹣∠B，则120°＝（190°﹣α）﹣50°，解得：a＝20°，若∠B＝∠A﹣∠C，则50°＝120°﹣α，解得：α＝70°，若∠B＝∠C﹣∠A，则50°＝α﹣120°，解得：α＝170°，若∠C＝∠B﹣∠D，则α＝50°﹣（190°﹣α），无解，若∠C＝∠D﹣∠B，则α＝（190°﹣α）﹣50°，解得：α＝70°，若∠D＝∠A﹣∠C，则190°﹣α＝120°﹣α，无解，若∠D＝∠C﹣∠A，则190°﹣α＝α﹣120°，解得：α＝155°，综上，α的值是20°或70°或170°或155°（写一个即可），故答案为：20°或70°或170°或155°（写一个即可）；（2）证明：如图1，设∠A＝x，∠C＝y，则∠B＝180°﹣x﹣y，∵AE＝DE，∴∠ADE＝∠A＝x，∴∠BDE＝180°﹣x，在四边形DBCE中，∠B＝180°﹣x﹣y＝∠BDE﹣∠C，∴四边形DBCE为幸福四边形；（3）①证明：如图2，∵D、F、G、E四点都在⊙O上，∴∠ADE＝∠FGE，∵∠ADE＝∠A，∴∠FGE＝∠A，∵∠FGE＝∠ACF，∴∠A＝∠ACF，∵BF＝CF，∴∠B＝∠BCF，∵∠A+∠B+∠BCA＝180°，∴∠ACF+∠BCF＝90°，即∠ACB＝90°，∴EG是⊙O的直径；②如图3，过E作EH⊥AB于H，连接DG，∵BF＝CF，∴∠B＝∠BCF＝∠BDG，∴BG＝DG＝7，∵EG是⊙O的直径，∴∠GDE＝90°，∵DE＝AE＝1，∴EG＝＝5，∵∠BGF﹣∠B＝45°，∠BGF﹣∠BCF＝∠CFG，∴∠CFG＝∠CEG＝45°，∴△ECG是等腰直角三角形，∴CE＝CG＝5，∴BC＝7+5＝12，AC＝5+1＝6，∴AB＝＝＝6，∵∠AHE＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A，∴△AHE∽△ACB，∴，即，∴AH＝，∵AE＝DE，EH⊥AD，∴AD＝2AH＝，∴幸福四边形DBCE的周长＝BD+ED+CE+BC＝6﹣+1+5+12＝18+．9．解：（1）∵AB和CD为⊙O的直径，AB⊥CD，∴，∴∠ACE＝∠AFC，∵∠CAE＝∠FAC，∴△ACE∽△AFC，∴，∴AC2＝AE•AF，∵AC＝CE，∴CE2＝AE•AF；（2）∵AB⊥CD，∴∠AOC＝90°，∵OA＝OC，∴∠ACE＝∠OAC＝45°，∴∠AFC＝∠AOC＝45°，∵AC＝CE，∴∠CAE＝∠AEC＝（180°﹣∠ACO）＝67.5°，∴∠BAF＝∠CAF﹣∠OAC＝22.5°，∵∠AEC＝∠AFC+∠DAF＝45°+∠DCF＝67.5°，∴∠DCF＝22.5°，∴∠ACF＝∠OCA+∠DAF＝67.5°＝3×22.5°＝3∠BAF；（3）如图，过点G作GH⊥CF交AF于H，∴∠FGH＝90°，∵∠AFC＝45°，∴∠FHG＝45°，∴HG＝FG＝2，∴FH＝2，∵∠BAF＝22.5°，∠FHG＝45°，∴∠AGH＝∠FHG﹣∠BAF＝22.5°＝∠BAF，∴AH＝HG＝2，∴AF＝AH+FH＝2+2，由（2）知，∠OAE＝∠OCG，∵∠AOE＝∠COG＝90°，OA＝OC，∴△AOE≌△COG（SAS），∴OE＝OG，∠AEO＝∠CGO，∴∠OEF＝∠OGF，连接EG，∵OE＝OG，∴∠OEG＝∠OGE＝45°，∴∠FEG＝∠FGE，∴EF＝FG＝2，∴AE＝AF﹣EF＝2+2﹣2＝2．10．证明：（1）∵CE⊥AB，∴∠D+∠DCE＝90°，∵∠OCE＝∠D，∴∠OCE+∠DCE＝90°，∴∠OCD＝90°，又∵OC是半径，∴CD是⊙O的切线；（2）∵∠OCF＝90°，G为OF中点，∴CG＝GF＝OF，∴∠GCF＝∠GFC，∵∠D+∠COD＝90°＝∠D+∠DCE，∴∠DCE＝∠COE＝∠CFG，又∵∠OCF＝∠OCD＝90°，∴△OCF∽△DCO，∴，∴OC2＝CF•CD；（3）∵CF＝DF，∴CD＝2CF，∵OC2＝CF•CD，∴4＝CF×2CF，∴CF＝，∴OF＝＝＝，∴CG＝．。
2020-2021中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)含答案
2020-2021中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)含答案一、圆的综合1．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有点E，且EF=ED．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tan A=12，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明；（3）在（2）的条件下，若OF=1，求圆O的半径．【答案】（1）答案见解析；（2）AB=3BE；（3）3．【解析】试题分析：（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理即可得出结论．试题解析：（1）证明：连结OD，如图．∵EF=ED，∴∠EFD=∠EDF．∵∠EFD=∠CFO，∴∠CFO=∠EDF．∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO=90°．∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE．∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；（2）线段AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．证明如下：∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDE．∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，∴∠BDE=∠A，而∠BED=∠DEA，∴△EBD∽△EDA，∴DE BE BDAE DE AD==．∵Rt△ABD中，tan A=BDAD=12，∴DE BEAE DE==12，∴AE=2DE，DE=2BE，∴AE=4BE，∴AB=3BE；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x．∵OF=1，∴OE=1+2x．在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（32x）2+（2x）2=（1+2x）2，∴x=﹣29（舍）或x=2，∴圆O的半径为3．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解答本题的关键．2．如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．【答案】(1)见解析;(2) Q的坐标为（32，9）;(3)63 8.【解析】（1）解：连接AM、BM，∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点∴AM＝BM＝PM=QM= 12 PQ，∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。
2020-2021 中考数学(圆的综合提高练习题)压轴题训练及答案解析
2020-2021 中考数学(圆的综合提高练习题)压轴题训练及答案解析一、圆的综合1．如图，AB为⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为弧ABD的中点，连接CD，CA．（1）求证：∠ABD=2∠BDC；（2）过点C作CH⊥AB于H，交AD于E，求证：EA=EC；（3）在（2）的条件下，若OH=5，AD=24，求线段DE的长度．【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）92 DE=.【解析】【分析】（1）连接AD，如图1，设∠BDC=α，∠ADC=β，根据圆周角定理得到∠CAB=∠BDC=α，由AB为⊙O直径，得到∠ADB=90°，根据余角的性质即可得到结论；（2）根据已知条件得到∠ACE=∠ADC，等量代换得到∠ACE=∠CAE，于是得到结论；（3）如图2，连接OC，根据圆周角定理得到∠COB=2∠CAB，等量代换得到∠COB=∠ABD，根据相似三角形的性质得到OH=5，根据勾股定理得到AB=22AD BD+=26，由相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）连接AD．如图1，设∠BDC=α，∠ADC=β，则∠CAB=∠BDC=α，∵点C为弧ABD中点，∴¶AC=¶CD，∴∠ADC=∠DAC=β，∴∠DAB=β﹣α，∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴α+β=90°，∴β=90°﹣α，∴∠ABD=90°﹣∠DAB=90°﹣（β﹣α），∴∠ABD=2α，∴∠ABD=2∠BDC；（2）∵CH⊥AB，∴∠ACE+∠CAB=∠ADC+∠BDC=90°，∵∠CAB =∠CDB ，∴∠ACE =∠ADC ， ∵∠CAE =∠ADC ，∴∠ACE =∠CAE ，∴AE =CE ； （3）如图2，连接OC ，∴∠COB =2∠CAB ， ∵∠ABD =2∠BDC ，∠BDC =∠CAB ，∴∠COB =∠ABD ， ∵∠OHC =∠ADB =90°，∴△OCH ∽△ABD ，∴12OH OC BD AB ==， ∵OH =5，∴BD =10，∴AB =22AD BD +=26，∴AO =13，∴AH =18，∵△AHE ∽△ADB ，∴AH AE AD AB =，即1824=26AE ，∴AE =392，∴DE =92．【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．2．如图，在直角坐标系中，已知点A (－8，0)，B (0，6)，点M 在线段AB 上。
中考数学——圆的综合的综合压轴题专题复习附答案解析
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在直角坐标系中，已知点A(－8，0)，B(0，6)，点M在线段AB上。
（1）如图1，如果点M是线段AB的中点，且⊙M的半径等于4，试判断直线OB与⊙M 的位置关系，并说明理由；（2）如图2，⊙M与x轴，y轴都相切，切点分别为E，F，试求出点M的坐标；（3）如图3，⊙M与x轴，y轴，线段AB都相切，切点分别为E，F，G，试求出点M的坐标（直接写出答案）【答案】（1）OB与⊙M相切；（2）M（－247，247）；（3）M（－2，2）【解析】分析：（1）设线段OB的中点为D，连结MD，根据三角形的中位线求出MD，根据直线和圆的位置关系得出即可；（2）求出过点A、B的一次函数关系式是y=34x+6，设M（a，﹣a），把x=a，y=﹣a代入y=34x+6得出关于a的方程，求出即可．（3）连接ME、MF、MG、MA、MB、MO，设ME=MF=MG=r，根据S△ABC=12AO•ME+12BO•MF+12AB•MG=12AO•BO求得r=2，据此可得答案．详解：（1）直线OB与⊙M相切．理由如下：设线段OB的中点为D，如图1，连结MD，∵点M是线段AB的中点，所以MD∥AO，MD=4，∴∠AOB=∠MDB=90°，∴MD⊥OB，点D在⊙M上．又∵点D在直线OB上，∴直线OB与⊙M相切；（2）如图2，连接ME，MF，∵A（﹣8，0），B（0，6），∴设直线AB的解析式是y=kx+b，∴806k bb-+=⎧⎨=⎩，解得：k=34，b=6，即直线AB的函数关系式是y=34x+6．∵⊙M与x轴、y轴都相切，∴点M到x轴、y轴的距离都相等，即ME=MF，设M（a，﹣a）（﹣8＜a＜0），把x=a，y=﹣a代入y=34x+6，得：﹣a=34a+6，得：a=﹣24 7，∴点M的坐标为（﹣242477，）．（3）如图3，连接ME、MF、MG、MA、MB、MO，∵⊙M与x轴，y轴，线段AB都相切，∴ME⊥AO、MF⊥BO、MG⊥AB，设ME=MF=MG=r，则S△ABC=12AO•ME+12BO•MF+12AB•MG=12AO•BO．∵A（﹣8，0），B（0，6），∴AO=8、BO=6，AB=22AO BO=10，∴12r•8+12r•6+12r•10=12×6×8，解得：r=2，即ME=MF=2，∴点M的坐标为（﹣2，2）．点睛：本题考查了圆的综合问题，掌握直线和圆的位置关系，用待定系数法求一次函数的解析式的应用，能综合运用知识点进行推理和计算是解答此题的关键，注意：直线和圆有三种位置关系：已知⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离是d，当d=r时，直线l和⊙O 相切．2．如图，已知AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，点D在OC的延长线上，连接DA，交BC的延长线于点E，使得∠DAC=∠B．（1）求证：DA是⊙O切线；（2）求证：△CED∽△ACD；（3）若OA=1，sinD=13，求AE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD⊥AB即可证明DA是⊙O切线；（2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；（3）由题意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可得到DC2=DE•AD，故此可求得DE的长，于是可求得AE的长．详解：（1）∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°．∵∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°，∴AD⊥AB．∵OA是⊙O半径，∴DA为⊙O的切线；（2）∵OB=OC，∴∠OCB=∠B．∵∠DCE=∠OCB，∴∠DCE=∠B．∵∠DAC=∠B，∴∠DAC=∠DCE．∵∠D=∠D，∴△CED∽△ACD；（3）在Rt△AOD中，OA=1，sin D=13，∴OD=OAsinD=3，∴CD=OD﹣OC=2．∵AD=22OD OA-=22．又∵△CED∽△ACD，∴AD CDCD DE=，∴DE=2CDAD=2，∴AE=AD﹣DE=22﹣2=2．点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC∽△DCA是解题的关键．3．在平面直角坐标系xOy中，点M的坐标为（x1，y1），点N的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，以MN为边构造菱形，若该菱形的两条对角线分别平行于x轴，y轴，则称该菱形为边的“坐标菱形”．（1）已知点A（2，0），B（0，23），则以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为；（2）若点C（1，2），点D在直线y=5上，以CD为边的“坐标菱形”为正方形，求直线CD 表达式；（3）⊙O的半径为2，点P的坐标为（3，m）．若在⊙O上存在一点Q，使得以QP为边的“坐标菱形”为正方形，求m的取值范围．【答案】（1）60°；（2）y=x+1或y=﹣x+3；（3）1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1【解析】分析：（1）根据定义建立以AB为边的“坐标菱形”，由勾股定理求边长AB=4，可得30度角，从而得最小内角为60°；（2）先确定直线CD与直线y=5的夹角是45°，得D（4，5）或（﹣2，5），易得直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3，根据等腰直角三角形的性质分别求P'B=BD=1，PB=5，写出对应P的坐标；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4，同理可得结论．详解：（1）∵点A（2，0），B（0，3∴OA=2，OB3．在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB22（），∴∠ABO=30°．223∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABC=2∠ABO=60°．∵AB∥CD，∴∠DCB=180°﹣60°=120°，∴以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为60°．故答案为：60°；（2）如图2．∵以CD为边的“坐标菱形”为正方形，∴直线CD与直线y=5的夹角是45°．过点C作CE⊥DE于E，∴D（4，5）或（﹣2，5），∴直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3．∵⊙O2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD2OQ'=2，∴P'D=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，5），∴当1≤m≤5时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4．∵⊙O的半径为2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=2OQ'=2，∴BD=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，﹣1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，﹣5），∴当﹣5≤m≤﹣1时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；综上所述：m的取值范围是1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1．点睛：本题是一次函数和圆的综合题，考查了菱形的性质、正方形的性质、点P，Q的“坐标菱形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考创新题目．4．如图所示，以Rt△ABC的直角边AB为直径作圆O，与斜边交于点D，E为BC边上的中点，连接DE．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）连接OE，AE，当∠CAB为何值时，四边形AOED是平行四边形？并在此条件下求sin∠CAE的值．【答案】(1)见解析;(2)1010. 【解析】分析：（1）要证DE 是⊙O 的切线，必须证ED ⊥OD ，即∠EDB+∠ODB=90°（2）要证AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点，又BD ⊥AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的概念求解即可． 详解：（1）证明：连接O 、D 与B 、D 两点， ∵△BDC 是Rt △，且E 为BC 中点， ∴∠EDB=∠EBD ．（2分） 又∵OD=OB 且∠EBD+∠DBO=90°， ∴∠EDB+∠ODB=90°． ∴DE 是⊙O 的切线． （2）解：∵∠EDO=∠B=90°，若要四边形AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点， 又∵BD ⊥AC ，∴△ABC 为等腰直角三角形． ∴∠C AB=45°． 过E 作EH ⊥AC 于H ， 设BC=2k ，则EH=2k ，AE=5k ， ∴sin ∠CAE=10EH AE．点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．5．如图，A 是以BC 为直径的⊙O 上一点，AD ⊥BC 于点D ，过点B 作⊙O 的切线，与CA 的延长线相交于点E ，G 是AD 的中点，连结CG 并延长与BE 相交于点F ，延长AF 与CB 的延长线相交于点P ． （1）求证：BF =EF ：（2）求证：PA 是⊙O 的切线；（3）若FG=BF，且⊙O的半径长为32，求BD的长度.【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；（3）22【解析】分析：（1）利用平行线截三角形得相似三角形，得△BFC∽△DGC且△FEC∽△GAC，得到对应线段成比例，再结合已知条件可得BF=EF；（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质和等边对等角，得到∠FAO=∠EBO，结合BE是圆的切线，得到PA⊥OA，从而得到PA是圆O的切线；（3）点F作FH⊥AD于点H，根据前两问的结论，利用三角形的相似性质即可以求出BD 的长度．详解：证明：(1)∵BC是圆O的直径，BE是圆O的切线，∴EB⊥BC.又∵AD⊥BC，∴AD∥BE.∴△BFC∽△DGC，△FEC∽△GAC，∴BFDG=CFCG，EFAG=CFCG，∴BFDG=EFAG，∵G是AD的中点，∴DG=AG，∴BF=EF；(2)连接AO，AB.∵BC是圆O的直径，∴∠BAC=90°，由(1)得：在Rt△BAE中，F是斜边BE的中点，∴AF=FB=EF，可得∠FBA=∠FAB，又∵OA=OB，∴∠ABO =∠BAO ， ∵BE 是圆O 的切线， ∴∠EBO =90°， ∴∠FBA +∠ABO =90°， ∴∠FAB +∠BAO =90°， 即∠FAO =90°， ∴PA ⊥OA ， ∴PA 是圆O 的切线；（3）过点F 作FH ⊥AD 于点H ，∵BD ⊥AD ，FH ⊥AD ， ∴FH ∥BC ，由(2)，知∠FBA =∠BAF ， ∴BF =AF . ∵BF =FG ， ∴AF =FG ，∴△AFG 是等腰三角形. ∵FH ⊥AD ， ∴AH =GH ， ∵DG =AG ， ∴DG =2HG . 即12HG DG =， ∵FH ∥BD ，BF ∥AD ，∠FBD =90°， ∴四边形BDHF 是矩形， ∴BD =FH ， ∵FH ∥BC ∴△HFG ∽△DCG ， ∴12FH HG CD DG ==， 即12BD CD =，∴23 2.15，3∵O的半径长为32，∴BC=62，∴BD=1BC＝22.3点睛：本题考查了切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质.结合已知条件准确对图形进行分析并应用相应的图形性质是解题的关键.6．如图1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作AC、CB、BA，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l为对称轴的交点．（1）如图2，将这个图形的顶点A与线段MN作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为；（2）如图3，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它沿等边△DEF的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；（3）如图4，将这个图形的顶点B与⊙O的圆心O重合，⊙O的半径为3，将它沿⊙O的圆周作无滑动的滚动，当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为（请用含n的式子表示）【答案】（1）3π；（2）27π；（3）3．【解析】试题分析：（1）先求出AC的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论；（2）先判断出莱洛三角形等边△DEF绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O重合旋转一周点I的路径，再用圆的周长公式即可得出．试题解析：解：（1）∵等边△ABC的边长为3，∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AC BC AB ==，∴AC BC l l ==AB l =603180π⨯=π，∴线段MN 的长为AC BC AB l l l ++=3π．故答案为3π；（2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =21203360π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S 矩形AGHF +S 扇形BAG ）=3（6π+3π）=27π；（3）如图2，连接BI 并延长交AC 于D ．∵I 是△ABC 的重心也是内心，∴∠DAI =30°，AD =12AC =32，∴OI =AI =3230AD cos DAI cos ∠=︒=3，∴当它第1次回到起始位置时，点I所经过的路径是以O 为圆心，OI 为半径的圆周，∴当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为n •2π•3=23n π．故答案为23n π．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出AC 的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I 第一次回到起点时，I 的路径，是一道中等难度的题目．7．在O 中，AB 为直径，C 为O 上一点.（Ⅰ）如图①，过点C 作O 的切线，与AB 的延长线相交于点P ，若28CAB ∠=︒，求P ∠的大小；（Ⅱ）如图②，D 为弧AC 的中点，连接OD 交AC 于点E ，连接DC 并延长，与AB 的延长线相交于点P ，若12CAB ∠=︒，求P ∠的大小. 【答案】（1）∠P ＝34°；（2）∠P ＝27°【解析】【分析】（1）首先连接OC，由OA=OC，即可求得∠A的度数，然后由圆周角定理，求得∠POC的度数，继而求得答案；（2）因为D为弧AC的中点，OD为半径，所以OD⊥AC，继而求得答案．【详解】（1）连接OC，∵OA＝OC，∴∠A＝∠OCA＝28°，∴∠POC＝56°，∵CP是⊙O的切线，∴∠OCP＝90°，∴∠P＝34°；（2）∵D为弧AC的中点，OD为半径，∴OD⊥AC，∵∠CAB＝12°，∴∠AOE＝78°，∴∠DCA＝39°，∵∠P＝∠DCA﹣∠CAB，∴∠P＝27°．【点睛】本题考查切线的性质以及等腰三角形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．8．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与边BC交于点D，DE⊥AC，垂足为E，交AB的延长线于点F．(1)求证：EF是⊙O的切线；(2)若∠C＝60°，AC＝12，求BD的长．(3)若tan C＝2，AE＝8，求BF的长．【答案】(1)见解析;(2) 2π；(3)103. 【解析】 分析：（1）连接OD ，根据等腰三角形的性质：等边对等角，得∠ABC=∠C ，∠ABC=∠ODB ，从而得到∠C=∠ODB ，根据同位角相等，两直线平行，得到OD ∥AC ，从而得证OD ⊥EF ，即 EF 是⊙O 的切线；（2） 根据中点的性质，由AB=AC=12 ，求得OB=OD=12AB =6，进而根据等边三角形的判定得到△OBD 是等边三角形，即∠BOD=600，从而根据弧长公式七届即可； （3）连接AD ，根据直角三角形的性质，由在Rt △DEC 中, tan 2DE C CE == 设CE=x,则DE=2x ，然后由Rt △ADE 中, tan 2AE ADE DE ∠== ，求得DE 、CE 的长，然后根据相似三角形的判定与性质求解即可.详解：（1）连接OD ∵AB=AC ∴∠ABC=∠C∵OD=OB ∴∠ABC=∠ODB∴∠C=∠ODB ∴OD ∥AC又∵DE ⊥AC ∴OD ⊥DE ，即OD ⊥EF∴EF 是⊙O 的切线（2） ∵AB=AC=12 ∴OB=OD=12AB =6 由（1）得：∠C=∠ODB=600∴△OBD 是等边三角形 ∴∠BOD=600∴BD =6062180ππ⨯= 即BD 的长2π （3）连接AD ∵DE ⊥AC ∠DEC=∠DEA=900在Rt △DEC 中, tan 2DE C CE == 设CE=x,则DE=2x ∵AB 是直径 ∴∠ADB=∠ADC=900 ∴∠ADE+∠CDE=900 在Rt △DEC 中,∠C+∠CDE=900∴∠C=∠ADE 在Rt △ADE 中, tan 2AE ADE DE ∠== ∵ AE=8，∴DE=4 则CE=2∴AC=AE+CE=10 即直径AB=AC=10 则OD=OB=5∵OD//AE ∴△ODF ∽△AEF∴ OF OD AF AE = 即：55108BF BF +=+ 解得：BF=103 即BF 的长为103. 点睛：此题考查了切线的性质与判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．9．如图，已知AB 是⊙O 的直径，BC 是弦，弦BD 平分∠ABC 交AC 于F ，弦DE ⊥AB 于H ，交AC 于G ．①求证：AG ＝GD ；②当∠ABC 满足什么条件时，△DFG 是等边三角形？③若AB ＝10，sin ∠ABD ＝35，求BC 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）当∠ABC ＝60°时，△DFG 是等边三角形．理由见解析；（3）BC 的长为145． 【解析】【分析】（1）首先连接AD ，由DE ⊥AB ，AB 是O 的直径，根据垂径定理，即可得到AD AE =，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，证得∠ADE ＝∠ABD ，又由弦BD 平分∠ABC ，可得∠DBC ＝∠ABD ，根据等角对等边的性质，即可证得AG=GD ；（2）当∠ABC=60°时，△DFG 是等边三角形，根据半圆（或直径）所对的圆周角是直角与三角形的外角的性质，易求得∠DGF=∠DFG=60°，即可证得结论；（3）利用三角函数先求出tan ∠ABD 34=，cos ∠ABD ＝45，再求出DF 、BF ，然后即可求出BC.【详解】（1）证明：连接AD ，∵DE ⊥AB ，AB 是⊙O 的直径，∴AD AE =，∴∠ADE ＝∠ABD ，∵弦BD 平分∠ABC ，∴∠DBC ＝∠ABD ，∵∠DBC ＝∠DAC ，∴∠ADE ＝∠DAC ，∴AG ＝GD ； （2）解：当∠ABC ＝60°时，△DFG 是等边三角形．理由：∵弦BD 平分∠ABC ，∴∠DBC ＝∠ABD ＝30°，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∴∠CAB ＝90°﹣∠ABC ＝30°，∴∠DFG ＝∠FAB+∠DBA ＝60°，∵DE ⊥AB ，∴∠DGF ＝∠AGH ＝90°﹣∠CAB ＝60°，∴△DGF 是等边三角形；（3）解：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ADB ＝∠ACB ＝90°，∵∠DAC ＝∠DBC ＝∠ABD ，∵AB ＝10，sin ∠ABD ＝35， ∴在Rt △ABD 中，AD ＝AB•sin ∠ABD ＝6，∴BD8，∴tan ∠ABD ＝34AD BD =，cos ∠ABD ＝4=5BD AB ， 在Rt △ADF 中，DF ＝AD•tan ∠DAF ＝AD•tan ∠ABD ＝6×34＝92， ∴BF ＝BD ﹣DF ＝8﹣92＝72， ∴在Rt △BCF 中，BC ＝BF•cos ∠DBC ＝BF•cos ∠ABD ＝72×45＝145．∴BC的长为：145．【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、直角三角形的性质、三角函数的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是掌握数形结合思想与转化思想的应用，注意辅助线的作法．10．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝43，过A，D两点作⊙O，交AB于点E，（1）求弦AD的长；（2）如图1，当圆心O在AB上且点M是⊙O上一动点，连接DM交AB于点N，求当ON 等于多少时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形？（3）如图2，当圆心O不在AB上且动圆⊙O与DB相交于点Q时，过D作DH⊥AB（垂足为H）并交⊙O于点P，问：当⊙O变动时DP﹣DQ的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．【答案】（1）23（2）当ON等于13﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形（3）不变，理由见解析【解析】【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD的长；（2）连DE、ME，易得当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，根据垂径定理得推论得OE⊥DM，易得到△ADC为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=123ON=33DN=1；当MD=ME，DE为底边，作DH⊥AE，由于3∠DAE=30°，得到3，∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，又∠M=∠DAE=30°，MD=ME ，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到；（3）连AP 、AQ ，DP ⊥AB ，得AC ∥DP ，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠PAQ=∠PDB ，∠AQC=∠P ，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD ，易证得△AQC ≌△APD ，得到DP=CQ ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD ，而△ADC 为等边三角形，DP-DQ 的值．【详解】解：（1）∵∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，BC ＝∴AD ＝12BC ＝ （2）连DE 、ME ，如图，∵DM ＞DE ，当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，∴OE ⊥DM ，又∵AD ＝AC ，∴△ADC 为等边三角形，∴∠CAD ＝60°，∴∠DAO ＝30°，∴∠DON ＝60°，在Rt △ADN 中，DN ＝12AD ，在Rt △ODN 中，ON ＝3DN ＝1， ∴当ON 等于1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；当MD ＝ME ，DE 为底边，如图3，作DH ⊥AE ，∵AD ＝∠DAE ＝30°，∴DH ∠DEA ＝60°，DE ＝2，∴△ODE 为等边三角形，∴OE ＝DE ＝2，OH ＝1，∵∠M ＝∠DAE ＝30°，而MD ＝ME ，∴∠MDE ＝75°，∴∠ADM ＝90°﹣75°＝15°，∴∠DNO ＝45°，∴△NDH 为等腰直角三角形，∴NH＝DH∴ON ﹣1；综上所述，当ON 等于11时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；（3）当⊙O变动时DP﹣DQ的值不变，DP﹣DQ＝23．理由如下：连AP、AQ，如图2，∵∠C＝∠CAD＝60°，而DP⊥AB，∴AC∥DP，∴∠PDB＝∠C＝60°，又∵∠PAQ＝∠PDB，∴∠PAQ＝60°，∴∠CAQ＝∠PAD，∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，∴△AQC≌△APD，∴DP＝CQ，∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．。
2020-2021中考数学——圆的综合的综合压轴题专题复习含详细答案
2020-2021中考数学——圆的综合的综合压轴题专题复习含详细答案一、圆的综合1．如图，⊙M交x轴于B、C两点，交y轴于A，点M的纵坐标为2．B（﹣33，O），C（3，O）．（1）求⊙M的半径；（2）若CE⊥AB于H，交y轴于F，求证：EH=FH．（3）在（2）的条件下求AF的长．【答案】（1）4；（2）见解析;（3）4．【解析】【分析】（1）过M作MT⊥BC于T连BM，由垂径定理可求出BT的长，再由勾股定理即可求出BM的长；（2）连接AE，由圆周角定理可得出∠AEC=∠ABC，再由AAS定理得出△AEH≌△AFH，进而可得出结论；（3）先由（1）中△BMT的边长确定出∠BMT的度数，再由直角三角形的性质可求出CG 的长，由平行四边形的判定定理判断出四边形AFCG为平行四边形，进而可求出答案．【详解】（1）如图（一），过M作MT⊥BC于T连BM，∵BC是⊙O的一条弦，MT是垂直于BC的直径，∴BT=TC=123∴124；（2）如图（二），连接AE，则∠AEC=∠ABC，∵CE⊥AB，∴∠HBC+∠BCH=90°在△COF中，∵∠OFC+∠OCF=90°，∴∠HBC=∠OFC=∠AFH，在△AEH和△AFH中，∵AFH AEHAHF AHE AH AH∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEH≌△AFH（AAS），∴EH=FH；（3）由（1）易知，∠BMT=∠BAC=60°，作直径BG，连CG，则∠BGC=∠BAC=60°，∵⊙O的半径为4，∴CG=4，连AG，∵∠BCG=90°，∴CG⊥x轴，∴CG∥AF，∵∠BAG=90°，∴AG⊥AB，∵CE⊥AB，∴AG∥CE，∴四边形AFCG为平行四边形，∴AF=CG=4．【点睛】本题考查的是垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．2．如图，已知△ABC中，AC=BC，以BC为直径的⊙O交AB于E，过点E作EG⊥AC于G，交BC的延长线于F．（1）求证：AE=BE；（2）求证：FE是⊙O的切线；（3）若FE=4，FC=2，求⊙O的半径及CG的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）证明：连接CE ，如图1所示：∵BC 是直径，∴∠BEC =90°，∴CE ⊥AB ；又∵AC =BC ，∴AE =BE ．（2）证明：连接OE ，如图2所示：∵BE =AE ，OB =OC ，∴OE 是△ABC 的中位线，∴OE ∥AC ，AC =2OE =6．又∵EG ⊥AC ，∴FE ⊥OE ，∴FE 是⊙O 的切线．（3）解：∵EF 是⊙O 的切线，∴FE 2=FC •FB ．设FC =x ，则有2FB =16，∴FB =8，∴BC =FB ﹣FC =8﹣2=6，∴OB =OC =3，即⊙O 的半径为3；∴OE =3．∵OE ∥AC ，∴△FCG ∽△FOE ，∴ ，即 ，解得：CG = ．点睛：本题利用了等腰三角形三线合一定理，三角形中位线的判定，切割线定理，以及勾股定理，还有平行线分线段成比例定理，切线的判定等知识．3．在⊙O 中，点C 是AB u u u r上的一个动点(不与点A ，B 重合)，∠ACB=120°，点I 是∠ABC 的内心，CI 的延长线交⊙O 于点D ，连结AD,BD ．（1）求证：AD=BD ．（2）猜想线段AB 与DI 的数量关系，并说明理由．（3）若⊙O 的半径为2，点E ，F 是»AB 的三等分点，当点C 从点E 运动到点F 时，求点I 随之运动形成的路径长．【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI ，理由见解析（323 【解析】分析：（1）根据内心的定义可得CI 平分∠ACB ，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I 随之运动形成的路径长.详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心∴CI平分∠ACB∴∠ACD=∠BCD∴弧AD=弧BD∴AD=BD（2）AB=DI理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD∴∠BCD=×120°=60°∵弧BD=弧BD∴∠DAB=∠BCD=60°∵AD=BD∴△ABD是等边三角形，∴AB=BD，∠ABD=∠C∵I是△ABC的内心∴BI平分∠ABC∴∠CBI=∠ABI∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD∴∠BID=∠IBD∴ID=BD∵AB=BD∴AB=DI（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD∴∠AED=∠ACB=×120°=60°∵圆的半径为2，DE是直径∴DE=4，∠EAD=90°∴AD=sin∠AED×DE=×4=2∵点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°∴弧AB的度数为120°，∴弧AM、弧BF的度数都为为40°∴∠ADM=20°=∠FAB∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80°∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°∴∠DAI1=∠AI1D∴AD=I1D=2∴弧I1I2的长为：点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD 的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB， DF．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）若DB平分∠ADC，AB=52AD，∶DE=4∶1，求DE的长．【答案】(1)见解析;(2)5【解析】分析：（1）直接利用直角三角形的性质得出DF=CF=EF，再求出∠FDO=∠FCO=90°，得出答案即可；（2）首先得出AB=BC即可得出它们的长，再利用△ADC～△ACE，得出AC2=AD•AE，进而得出答案．详解：（1）连接OD．∵OD=CD，∴∠ODC=∠OCD．∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠EDC=90°．∵点F为CE的中点，∴DF=CF=EF，∴∠FDC=∠FCD，∴∠FDO=∠FCO．又∵AC⊥CE，∴∠FDO=∠FCO=90°，∴DF是⊙O的切线．（2）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠ABC=90°．∵DB平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴¶AB=¶BC，∴BC=AB=52．在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=100．又∵AC⊥CE，∴∠ACE=90°，∴△ADC～△ACE，∴ACAD =AEAC，∴AC2=AD•AE．设DE为x，由AD：DE=4：1，∴AD=4x，AE=5x，∴100=4x•5x，∴x=5，∴DE=5．点睛：本题主要考查了切线的判定以及相似三角形的判定与性质，正确得出AC2=AD•AE是解题的关键．5．如图，在⊙O中，直径AB⊥弦CD于点E，连接AC，BC，点F是BA延长线上的一点，且∠FCA＝∠B.(1)求证：CF是⊙O的切线；(2)若AE＝4，tan∠ACD＝3，求FC的长．【答案】（1）见解析【解析】分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠OCF=90°，进而得出答案；（2）根据正切的性质求出EC的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可．详解：(1)证明：连接OC.∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠OCB＋∠ACO＝90°.∵OB＝OC，∴∠B＝∠OCB.又∵∠FCA＝∠B，∴∠FCA＝∠OCB，∴∠FCA＋∠ACO＝90°，即∠FCO＝90°，∴FC⊥OC，∴FC是⊙O切线．(2)解：∵AB⊥CD，∴∠AEC＝90°，∴EC=AE43 tan ACE3∠==设OA＝OC＝r，则OE＝OA－AE＝r－4.在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋CE2，即r2＝(r－4)2＋32，解得r＝8.∴OE＝r－4＝4＝AE.∵CE⊥OA，∴CA＝CO＝8，∴△AOC是等边三角形，∴∠FOC＝60°，∴∠F＝30°.在Rt△FOC中，∵∠OCF＝90°，OC＝8，∠F＝30°，∴OF＝2OC＝16，∴FC22OF OC83-=.点睛：此题主要考查了切线的判定、垂径定理的推论以及勾股定理等知识，得出BC的长是解题关键．6．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC画图操作：（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）理解应用：（2）在（1）的条件下，①若tan∠APB12=，求点P的坐标②当点P的坐标为时，∠APB最大拓展延伸：（3）若在直线y43=x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，33953-，1255）【解析】试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求；（2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题；试题解析：解：（1）∠APB如图所示；（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=12=ABBC．∵A（2，0），B（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC=22AC AB=43，∴C（6，43），∴K（4，22），∴P（0，23）．故答案为：（0，23）．（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=43x+4交x轴于M（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=35，作PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴ONPK=OMMK=NMMP，∴4PK=3MK=35，∴PK=125，MK=95，∴OK=95﹣3，∴P（95﹣3，125）．点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．7．阅读：圆是最完美的图形，它具有一些特殊的性质：同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半……先构造“辅助圆”，再利用圆的性质将问题进行转化，往往能化隐为显、化难为易。
2020-2021 中考数学(圆的综合提高练习题)压轴题训练附答案
2020-2021 中考数学(圆的综合提高练习题)压轴题训练附答案一、圆的综合1．图 1 和图 2 中，优弧»AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝23，点P为优弧»AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．发现：（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在»NP上．（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【解析】【分析】发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性质可得OD=A'H=12A'N=12MN=2可判定A′C与半圆相切；（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在»PB时，连接MO′，则可知NO′=12MN，可求得∠MNO′=60°，可求得α=30°；（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【详解】发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,∵⊙O的半径为2，AB=23，∴OH=22OB HB-=222(3)1-=在△BOH中，OH=1，BO=2∴∠ABO=30°∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．∴∠OBA′=∠ABO=30°∴∠ABA′=60°（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．∴∠A′BP=∠ABP=60°．∴∠OBP=30°．∴OG=12OB=1．∴3．∵OG⊥BP，∴3．∴3．∴折痕的长为3拓展：（1）相切．分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，∵A'C∥MN∴四边形A'HOD是矩形∴A'H=O∵α=15°∴∠A'NH=30∴OD=A'H=12A'N=12MN=2∴A'C与半圆（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，∴α=45当O′在»PB上时，连接MO′，则可知NO′=12 MN，∴∠O′MN=0°∴∠MNO′=60°，∴α=30°，故答案为：45°；30°．（3）∵点P，M不重合，∴α＞0，由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段NO′与半圆只有一个公共点B；当α增大到45°时NA′与半圆相切，即线段NO′与半圆只有一个公共点B．当α继续增大时，点P逐渐靠近点N，但是点P，N不重合，∴α＜90°，∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【点睛】本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．2．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，⊙O交BC于点D，交CA的延长线于点E．过点D作DF⊥AC，垂足为F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若AB＝4，∠C＝30°，求劣弧»BE的长．【答案】（1）证明见解析（2）4 3【解析】分析：（1）连接AD、OD，根据直径所对的圆周角为直角，可得∠ADB=90°，然后根据等腰三角形的性质求出BD=CD，再根据中位线的性质求出OD⊥DF，进而根据切线的判定证明即可；（2）连接OE，根据三角形的外角求出∠BAE的度数，然后根据圆周角定理求出∠BOE的度数，根据弧长公式求解即可.详解：（1）连接AD、OD．∵AB是直径，∴∠ADB＝90°．∵AB＝AC，∴BD＝CD，又∵OA＝OB，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DF⊥AC，∴OD⊥DF即∠ODF＝90°．∴DF为⊙O的切线；（2）连接OE．∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BAE＝60°，∵∠BOE＝2∠BAE，∴∠BOE＝120°，∴＝·4π＝π．点睛：本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质和判定、切线的性质和判定、三角形的中位线、圆周角定理，灵活添加辅助线是解题关键．3．如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,AB=CD．(1)如图(1),求证:AD∥BC；(2)如图(2),点F是AC的中点,弦DG∥AB,交BC于点E,交AC于点M,求证:AE=2DF；(3)在(2)的条件下,若DG平分∠3∠3,求⊙O的半径。
2020-2021备战中考数学压轴题之圆的综合(备战中考题型整理,突破提升)含答案
2020-2021备战中考数学压轴题之圆的综合(备战中考题型整理,突破提升)含答案一、圆的综合1．已知，如图：O1为x轴上一点，以O1为圆心作⊙O1交x轴于C、D两点，交y轴于M、N两点，∠CMD的外角平分线交⊙O1于点E，AB是弦，且AB∥CD，直线DM的解析式为y=3x+3．（1）如图1，求⊙O1半径及点E的坐标．（2）如图2，过E作EF⊥BC于F，若A、B为弧CND上两动点且弦AB∥CD，试问：BF+CF 与AC之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明．（3）在（2）的条件下，EF交⊙O1于点G，问弦BG的长度是否变化？若不变直接写出BG 的长（不写过程），若变化自画图说明理由．【答案】（1）r=5 E（4，5）（2）BF+CF=AC （3）弦BG的长度不变，等于2【解析】分析：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1，可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，从而可以证到∠EO1D=∠EO1C=90°．由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1，OM=3．设⊙O1的半径为r．在Rt△MOO1中利用勾股定理就可解决问题．（2）过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．由AB∥DC可证到BD=AC，易证四边形O1PFQ是矩形，从而有O1P=FQ，∠PO1Q=90°，进而有∠EO1P=∠CO1Q，从而可以证到△EPO1≌△CQO1，则有PO1=QO1．根据三角形中位线定理可得FQ=12BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC．（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有¶BG=¶ED，也就有BG=DE．在Rt△EO1D中运用勾股定理求出ED，就可解决问题．详解：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1．∵ME平分∠SMC，∴∠SME=∠EMC．∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠EO1D=∠EO1C．∵∠EO1D+∠EO1C=180°，∴∠EO1D=∠EO1C=90°．∵直线DM的解析式为y=3x+3，∴点M的坐标为（0，3），点D的坐标为（﹣1，0），∴OD=1，OM=3．设⊙O1的半径为r，则MO1=DO1=r．在Rt△MOO1中，（r﹣1）2+32=r2．解得：r=5，∴OO1=4，EO1=5，∴⊙O1半径为5，点E的坐标为（4，5）．（2）BF+CF=AC．理由如下：过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC，∴¶AD=¶¶BC BD∴，=¶AC，∴BD=AC．∵O1P⊥EG，O1Q⊥BC，EF⊥BF，∴∠O1PF=∠PFQ=∠O1QF=90°，∴四边形O1PFQ是矩形，∴O1P=FQ，∠PO1Q=90°，∴∠EO1P=90°﹣∠PO1C=∠CO1Q．在△EPO1和△CQO1中，111111EO P CO QEPO CQOO E O C∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．∵CO1=DO1，∴O1Q=12 BD，∴FQ=12BD．∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴BF+CF=BD=AC．（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．∵DC是⊙O1的直径，∴∠DBC=90°，∴∠DBC+∠EFB=180°，∴EF∥BD，∴∠GEB=∠EBD，∴¶BG=¶ED，∴BG=DE．∵DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=52，∴BG=52，∴弦BG的长度不变，等于52．点睛：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥DC证到AC=BD是解决第（2）小题的关键，由EG∥DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键．2．如图，O是△ABC的内心，BO的延长线和△ABC的外接圆相交于D，连结DC、DA、OA、OC，四边形OADC为平行四边形．（1）求证：△BOC≌△CDA．（2）若AB=2，求阴影部分的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）433π-.【解析】分析: （1）根据内心性质得∠1=∠2，∠3=∠4，则AD=CD，于是可判断四边形OADC为菱形，则BD垂直平分AC，∠4=∠5=∠6，易得OA=OC，∠2=∠3，所以OB=OC，可判断点O 为△ABC的外心，则可判断△ABC为等边三角形，所以∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，BC=AC，再根据平行四边形的性质得∠ADC=∠AOC=120°，AD=OC，CD=OA=OB，则根据“SAS”证明△BOC≌△CDA；（2）作OH⊥AB于H，如图，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠BOH=30°，根据垂径定理得到BH=AH=12AB=1，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到OH=3BH=3，OB=2OH=23，然后根据三角形面积公式和扇形面积公式，利用S阴影部分=S扇形AOB-S△AOB进行计算即可.详解:（1）证明：∵O是△ABC的内心，∴∠2=∠3，∠5=∠6，∵∠1=∠2，∴∠1=∠3，由AD∥CO,AD=CO，∴∠4=∠6，∴△BOC≌△CDA（AAS）(2)由（1）得，BC=AC,∠3=∠4=∠6，∴∠ABC=∠ACB∴AB=AC∴△ABC是等边三角形∴O是△ABC的内心也是外心∴OA =OB =OC设E 为BD 与AC 的交点，BE 垂直平分AC .在Rt △OCE 中，CE=12AC=12AB=1，∠OCE=30°， ∴OA=OB=OC=233∵∠AOC=120°，∴=AOB AOB S S S -V 阴影扇=21202313()23602π-⨯⨯ =4339π- 点睛: 本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．也考查了等边三角形的判定与性质和扇形面积的计算.3．已知：如图，△ABC 中，AC=3，∠ABC=30°．（1）尺规作图：求作△ABC 的外接圆，保留作图痕迹，不写作法；（2）求（1）中所求作的圆的面积．【答案】（1）作图见解析；（2）圆的面积是9π．【解析】试题分析：（1）按如下步骤作图：①作线段AB 的垂直平分线；②作线段BC 的垂直平分线；③以两条垂直平分线的交点O 为圆心，OA 长为半圆画圆，则圆O 即为所求作的圆． 如图所示（2）要求外接圆的面积，需求出圆的半径，已知AC ＝3，如图弦AC 所对的圆周角是∠ABC =30°，所以圆心角∠AOC =60°，所以∆AOC 是等边三角形，所以外接圆的半径是3故可求得外接圆的面积．（2）连接OA，OB．∵AC=3，∠ABC=30°，∴∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴圆的半径是3，∴圆的面积是S=πr2=9π．4．如图，已知AB为⊙O直径，D是»BC的中点，DE⊥AC交AC的延长线于E，⊙O的切线交AD的延长线于F．（1）求证：直线DE与⊙O相切；（2）已知DG⊥AB且DE=4，⊙O的半径为5，求tan∠F的值．【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】试题分析：（1）连接BC、OD，由D是弧BC的中点，可知：OD⊥BC；由OB为⊙O的直径，可得：BC⊥AC，根据DE⊥AC，可证OD⊥DE，从而可证DE是⊙O的切线；（2）直接利用勾股定理得出GO的长，再利用锐角三角函数关系得出tan∠F的值．试题解析：解：（1）证明：连接OD，BC，∵D是弧BC的中点，∴OD垂直平分BC，∵AB 为⊙O的直径，∴AC⊥BC，∴OD∥AE．∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵OD为⊙O的半径，∴DE 是⊙O的切线；（2）解：∵D是弧BC的中点，∴»»DC DB，∴∠EAD=∠BAD，∵DE⊥AC，DG⊥AB且DE=4，∴DE=DG=4，∵DO=5，∴GO=3，∴AG=8，∴tan∠ADG=84=2，∵BF是⊙O的切线，∴∠ABF=90°，∴DG∥BF，∴tan∠F=tan∠ADG=2．点睛：此题主要考查了切线的判定与性质以及勾股定理等知识，正确得出AG，DG的长是解题关键．5．函数是描述客观世界运动变化的重要模型，理解函数的本质是重要的任务。
2020-2021中考数学圆的综合-经典压轴题及答案
2020-2021中考数学圆的综合-经典压轴题及答案一、圆的综合1．如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC，⊙A经过点B，与AD边交于点E，连接CE .（1）求证：直线PD是⊙A的切线；（2）若PC=25，sin∠P=23，求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）．【答案】（1）见解析；（2）20-4π.【解析】分析：（1）过点A作AH⊥PD，垂足为H，只要证明AH为半径即可.（2）分别算出Rt△CED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解：（1）证明：如图，过A作AH⊥PD，垂足为H，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，∠PCD=∠BCD=90°，∴∠ADH=∠P，∠AHD=∠PCD=90°，又PD=BC，∴AD=PD，∴△ADH≌△DPC，∴AH=CD，∵CD=AB，且AB是⊙A的半径，∴AH=AB,即AH是⊙A的半径，∴PD是⊙A的切线.（2）如图，在Rt△PDC中，∵sin∠P=23CDPD，5，令CD=2x，PD=3x，由由勾股定理得：（3x）2-(2x)252，解得：x=2，∴CD=4，PD=6，∴AB=AE=CD=4，AD=BC=PD=6，DE=2，∵矩形ABCD的面积为6×4=24，Rt△CED的面积为12×4×2=4，扇形ABE的面积为12π×42=4π，∴图中阴影部份的面积为24-4-4π=20-4π.点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积.2．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD 是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH ⊥AB 于点F ，AB 为直径，∴DH=2DF ，在Rt △OFD 中，sin ∠AOD=， ∴DF=ODsin ∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2． 考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．3．如图，已知平行四边形OABC 的三个顶点A 、B 、C 在以O 为圆心的半圆上，过点C 作CD ⊥AB ，分别交AB 、AO 的延长线于点D 、E ，AE 交半圆O 于点F ，连接CF ．（1）判断直线DE 与半圆O 的位置关系，并说明理由；（2）若半圆O 的半径为6，求¶AC 的长．【答案】（1）直线CE 与半圆O 相切（2）4π【解析】试题分析：（1）结论：DE 是⊙O 的切线．首先证明△ABO ，△BCO 都是等边三角形，再证明四边形BDCG 是矩形，即可解决问题；（2）只要证明△OCF 是等边三角形即可解决问题，求AC 即可解决问题．试题解析：（1）直线CE 与半圆O 相切，理由如下：∵四边形OABC 是平行四边形，∴AB ∥OC.∵∠D=90°，∴∠OCE=∠D=90°，即OC ⊥DE ，∴直线CE 与半圆O 相切．（2）由（1）可知：∠COF=60°，OC=OF ，∴△OCF 是等边三角形，∴∠AOC=120°∴¶AC 的长为1206180π⨯⨯=4π.4．如图1O e ，的直径12AB P =，是弦BC 上一动点(与点B C ，不重合)30ABC o ，∠=，过点P 作PD OP ⊥交O e 于点D ．()1如图2，当//PD AB 时，求PD 的长；()2如图3，当»»DC AC =时，延长AB 至点E ，使12BE AB =，连接DE ． ①求证：DE 是O e 的切线；②求PC 的长．【答案】（1）26；（2）333-①见解析，②．【解析】 分析：()1根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角函数关系得出OP PD ，的长； ()2①首先得出OBD V 是等边三角形，进而得出ODE OFB 90∠∠==o ，求出答案即可；②首先求出CF 的长，进而利用直角三角形的性质得出PF 的长，进而得出答案． 详解：()1如图2，连接OD ，//OP PD PD AB ⊥Q ，，90POB ∴∠=o ，O Q e 的直径12AB =，6OB OD ∴==，在Rt POB V 中，30ABC o ∠=，3tan306233OP OB ∴=⋅=⨯=o 在Rt POD V 中， 22226(23)26PD OD OP =-=-=；()2①证明：如图3，连接OD ，交CB 于点F ，连接BD ，»»DC AC =Q ，30DBC ABC ∴∠=∠=o ，60ABD o ∴∠=，OB OD =Q ，OBD ∴V 是等边三角形，OD FB ∴⊥，12BE AB =Q ， OB BE ∴=，//BF ED ∴，90ODE OFB o ∴∠=∠=，DE ∴是O e 的切线；②由①知，OD BC ⊥，3cos306332CF FB OB ∴==⋅=⨯=o 在Rt POD V 中，OF DF =， 13(2PF DO ∴==直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半)， 333CP CF PF ∴=-=．点睛：此题主要考查了圆的综合以及直角三角形的性质和锐角三角函数关系，正确得出OBD V 是等边三角形是解题关键．5．已知⊙O 中，弦AB=AC ，点P 是∠BAC 所对弧上一动点，连接PA ，PB ．（1）如图①，把△ABP 绕点A 逆时针旋转到△ACQ ，连接PC ，求证：∠ACP+∠ACQ=180°；（2）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA 、PB 、PC 之间的关系．（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明．【答案】（1）证明见解析；（2）PA=PB+PC．理由见解析；（3）若∠BAC=120°时，（2）3 PA=PB+PC．【解析】试题分析：（1）如图①，连接PC．根据“内接四边形的对角互补的性质”即可证得结论；（2）如图②，通过作辅助线BC、PE、CE（连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE）构建等边△PCE和全等三角形△BEC≌△APC；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得PA=PB+PC；（3）如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．利用全等三角形△ABP≌△AQP（SAS）的对应边相等推知AB=AQ，PB=PG，将PA、PB、PC的数量关系转化到△APC中来求即可．试题解析：（1）如图①，连接PC．∵△ACQ是由△ABP绕点A逆时针旋转得到的，∴∠ABP=∠ACQ．由图①知，点A、B、P、C四点共圆，∴∠ACP+∠ABP=180°（圆内接四边形的对角互补），∴∠ACP+∠ACQ=180°（等量代换）；（2）PA=PB+PC．理由如下：如图②，连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE．∵弦AB=弦AC，∠BAC=60°，∴△ABC是等边三角形（有一内角为60°的等腰三角形是等边三角形）．∵A、B、P、C四点共圆，∴∠BAC+∠BPC=180°（圆内接四边形的对角互补），∵∠BPC+∠EPC=180°，∴∠BAC=∠CPE=60°，∵PE=PC，∴△PCE是等边三角形，∴CE=PC，∠E=∠ECP=∠EPC=60°；又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，∴∠BCE=∠ACP（等量代换）,在△BEC和△APC中，CE PCBCE ACPAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BEC≌△APC（SAS），∴BE=PA，∴PA=BE=PB+PC；（3）若∠BAC=120°时，（23．理由如下：如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．∵∠BAC=120°，∠BAC+∠BPC=180°，∴∠BPC=60°．∵弦AB=弦AC，∴∠APB=∠APQ=30°．在△ABP和△AQP中，PB PQAPB APQAP AP=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABP≌△AQP（SAS），∴AB=AQ，PB=PQ（全等三角形的对应边相等），∴AQ=AC（等量代换）．在等腰△AQC中，QG=CG．在Rt△APG中，∠APG=30°，则AP=2AG，PG=3AG,∴PB+PC=PG﹣QG+PG+CG=PG﹣QG+PG+QG=2PG=23AG，∴3PA=23AG，即3PA=PB+PC．【点睛】本题考查了圆的综合题，解题的关键要能掌握和灵活运用圆心角、弧、弦间的关系，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质等.6．如图，已知BC是⊙O的弦，A是⊙O外一点，△ABC为正三角形，D为BC的中点，M 为⊙O上一点，并且∠BMC=60°．（1）求证：AB是⊙O的切线；（2）若E，F分别是边AB，AC上的两个动点，且∠EDF=120°，⊙O的半径为2，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）证明见试题解析；（2）BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半．【解析】试题分析：（1）连结OB、OD，如图1，由于D为BC的中点，由垂径定理的推理得OD⊥BC，∠BOD=∠COD，即可得到∠BOD=∠M=60°，则∠OBD=30°，所以∠ABO=90°，于是得到AB是⊙O的切线；（2）作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，由△ABC为正三角形，D为BC的中点，得到AD平分∠BAC，∠BAC=60°，利用角平分线性质得DM=DN，得∠MDN=120°，由∠EDF=120°，得到∠MDE=∠NDF，于是有△DME≌△DNF，得到ME=NF，得到BE+CF=BM+CN，由BM=12BD，CN=12OC，得到BE+CF=12BC，即可判断BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半．试题解析：（1）连结OB、OD，如图1，∵D为BC的中点，∴OD⊥BC，∠BOD=∠COD，∴∠ODB=90°，∵∠BMC=12∠BOC，∴∠BOD=∠M=60°，∴∠OBD=30°，∵△ABC为正三角形，∴∠ABC=60°，∴∠ABO=60°+30°=90°，∴AB⊥OB，∴AB是⊙O的切线；（2）BE+CF的值是为定值．作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，∴AD平分∠BAC，∠BAC=60°，∴DM=DN，∠MDN=120°，∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF，在△DME和△DNF中，∵∠DME=∠DNF．DM=DN，∠MDE=∠NDF，∴△DME≌△DNF，∴ME=NF，∴BE+CF=BM﹣EM+CN+NF=BM+CN，在Rt△DMB中，∵∠DBM=60°，∴BM=12BD，同理可得CN=12OC，∴BE+CF=12OB+12OC=12BC，∴BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半．考点：1．切线的判定；2．等边三角形的性质；3．定值问题；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．7．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点G，点F是CD上一点，且满足若13 CFDF,连接AF并延长交⊙O于点E，连接AD、DE，若CF=2，AF=3.（1）求证：△ADF∽△AED；（2）求FG的长；（3）求tan∠E的值．【答案】(1)证明见解析;(2)FG =2;(3)5 .【解析】分析：（1）由AB是 O的直径，弦CD⊥AB，根据垂径定理可得：弧AD=弧AC，DG=CG，继而证得△ADF∽△AED；（2）由13CFFD= ,CF=2，可求得DF的长，继而求得CG=DG=4，则可求得FG=2；（3）由勾股定理可求得AG的长，即可求得tan∠ADF的值，继而求得tan∠E=5 .本题解析：①∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∴DG=CG，∴»»AD AC=，∠ADF=∠AED，∵∠FAD=∠DAE（公共角），∴△ADF∽△AED；②∵13CFFD=，CF=2，∴FD=6，∴CD=DF+CF=8，∴CG=DG=4，∴FG=CG-CF=2；③∵AF=3，FG=2，∴AG=225AF FG-=，点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理以及三角函数等知识点，考查内容较多，综合性较强，难度适中，注意掌握数形结合的思想.8．如图1，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过O点作OF⊥AB交⊙O于点D，交AC于点E，交BC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG(1)判断CG与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)求证：2OB2＝BC•BF；(3)如图2，当∠DCE＝2∠F，CE＝3，DG＝2.5时，求DE的长．【答案】（1）CG与⊙O相切，理由见解析；（2）见解析；（3）DE＝2【解析】【分析】（1）连接CE，由AB是直径知△ECF是直角三角形，结合G为EF中点知∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，再由OA＝OC知∠OCA＝∠OAC，根据OF⊥AB可得∠OCA+∠GCE＝90°，即OC⊥GC，据此即可得证；（2）证△ABC∽△FBO得BC ABBO BF=，结合AB＝2BO即可得；（3）证ECD∽△EGC得EC EDEG EC=，根据CE＝3，DG＝2.5知32.53DEDE=+，解之可得．【详解】解：（1）CG与⊙O相切，理由如下：如图1，连接CE，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝∠ACF＝90°，∵点G是EF的中点，∴GF＝GE＝GC，∴∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∵OF⊥AB，∴∠OAC+∠AEO＝90°，∴∠OCA+∠GCE＝90°，即OC⊥GC，∴CG与⊙O相切；（2）∵∠AOE＝∠FCE＝90°，∠AEO＝∠FEC，∴∠OAE＝∠F，又∵∠B＝∠B，∴△ABC∽△FBO，∴BC ABBO BF=，即BO•AB＝BC•BF，∵AB＝2BO，∴2OB 2＝BC •BF ；（3）由（1）知GC ＝GE ＝GF ，∴∠F ＝∠GCF ，∴∠EGC ＝2∠F ，又∵∠DCE ＝2∠F ，∴∠EGC ＝∠DCE ，∵∠DEC ＝∠CEG ，∴△ECD ∽△EGC ， ∴EC ED EG EC=， ∵CE ＝3，DG ＝2.5，∴32.53DE DE =+， 整理，得：DE 2+2.5DE ﹣9＝0，解得：DE ＝2或DE ＝﹣4.5（舍），故DE ＝2．【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等知识点．9．如图，线段BC 所在的直线 是以AB 为直径的圆的切线，点D 为圆上一点，满足BD ＝BC ，且点C 、D 位于直径AB 的两侧，连接CD 交圆于点E . 点F 是BD 上一点，连接EF ，分别交AB 、BD 于点G 、H ，且EF ＝BD .(1)求证：EF ∥BC ；(2)若EH ＝4，HF ＝2，求»BE的长.【答案】(1)见解析；(2)233π【解析】【分析】 （1）根据EF ＝BD 可得»EF＝»BD ，进而得到»»BE DF =，根据“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等”即可得出角相等进而可证.（2）连接DF，根据切线的性质及垂径定理求出GF、GE的长，根据“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等”及平行线求出相等的角，利用锐角三角函数求出∠BHG，进而求出∠BDE的度数，确定»BE所对的圆心角的度数，根据∠DFH＝90°确定DE为直径，代入弧长公式即可求解.【详解】(1)∵EF＝BD，∴»EF＝»BD∴»»BE DF=∴∠D＝∠DEF又BD＝BC，∴∠D＝∠C，∴∠DEF=∠CEF∥BC(2)∵AB是直径，BC为切线，∴AB⊥BC又EF∥BC，∴AB⊥EF，弧BF=弧BE,GF＝GE＝12(HF+EH)=3，HG=1DB平分∠EDF，又BF∥CD，∴∠FBD＝∠FDB＝∠BDE＝∠BFH ∴HB＝HF＝2∴cos∠BHG＝HGHB ＝12，∠BHG＝60°.∴∠FDB＝∠BDE＝30°∴∠DFH＝90°，DE为直径，DE＝3BE所对圆心角＝60°.∴弧BE＝163π＝233π【点睛】本题是圆的综合题，主要考查圆周角、切线、垂径定理、弧长公式等相关知识，掌握圆周角的有关定理，切线的性质，垂径定理及弧长公式是解题关键.10．AB 是⊙O 直径，在AB 的异侧分别有定点C 和动点P ，如图所示，点P 在半圆弧AB 上运动（不与A 、B 重合），过C 作CP 的垂线CD ，交PB 的延长线于D ，已知5AB =，BC ∶CA ＝4∶3．（1）求证：AC ·CD ＝PC ·BC ；（2）当点P 运动到AB 弧的中点时，求CD 的长；（3）当点P 运动到什么位置时，PCD ∆的面积最大？请直接写出这个最大面积．【答案】(1)证明见解析；（2）CD =142；（3）当PC 为⊙O 直径时，△PCD 的最大面积=503. 【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠PCD=∠ACB=90°，可证△ABC ∽△PCD ，可得AC BC CP CD =,即可得证．（2）由题意可求BC=4，AC=3，由勾股定理可求CE 的长，由锐角三角函数可求PE 的长，即可得PC 的长，由AC•CD=PC•BC 可求CD 的值；（3）当点P 在¶AB 上运动时，12PCD S PC CD =⨯⨯V ，由（1）可得：43CD PC =，可得2142233PCD S PC PC PC V =⨯⨯=，当PC 最大时，△PCD 的面积最大，而PC 为直径时最大，故可求解．【详解】证明：（1）∵AB 为直径，∴∠ACB =90°∵PC ⊥CD ，∴∠PCD =90°∴∠PCD =∠ACB ，且∠CAB =∠CPB∴△ABC ∽△PCD ∴AC BC CP CD= ∴AC •CD =PC •BC（2）∵AB =5，BC ：CA =4：3，∠ACB =90°∴BC =4，AC =3，当点P 运动到¶AB 的中点时，过点B 作BE ⊥PC 于点E∵点P 是¶AB 的中点， ∴∠PCB =45°，且BC =4∴CE =BE =22BC 2 ∵∠CAB =∠CPB∴tan ∠CAB =43=BC AC =tan ∠CAB =BE PE ∴PE =322∴PC =PE +CE =3222=22 ∵AC •CD =PC •BC ∴3×CD =22×4 ∴CD 142 （3）当点P 在¶AB 上运动时，S △PCD =12×PC ×CD ， 由（1）可得：CD =43PC ∴S △PCD =1423PC PC ⨯⨯=23PC 2， ∴当PC 最大时，△PCD 的面积最大，∴当PC 为⊙O 直径时，△PCD 的最大面积=23×52=503【点睛】 本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，锐角三角函数，求出PC 的长是本题的关键．11．如图1，AB 为半圆O 的直径，半径OP ⊥AB ，过劣弧AP 上一点D 作DC ⊥AB 于点C ．连接DB ，交OP 于点E ，∠DBA ＝22.5°．⑴ 若OC ＝2，则AC 的长为 ；⑵ 试写出AC 与PE 之间的数量关系，并说明理由；⑶ 连接AD 并延长，交OP 的延长线于点G ，设DC ＝x ，GP ＝y ，请求出x 与y 之间的等量关系式. （请先补全图形，再解答）【答案】⑴ 222；⑵ 见解析；⑶ y =2x【解析】【分析】（1）如图，连接OD ，则有∠AOD=45°，所以△DOC 为等腰直角三角形，又OC=2，所以2,故可求出AC 的长；（2）连接AD ，DP ，过点D 作DF ⊥OP ，垂足为点F . 证AC=PF 或AC=EF ，证DP=DE证PF=EF=12PE ，故可证出PE =2AC ； （3）首先求出22OD CD x ==，再求AB=22x ,再证△DGE ≌△DBA,得GE =AB =2x ，由PE=2AC 得PE =2(2)x x -，再根据GP =GE －PE 可求结论.【详解】（1）连接OD ，如图，∵∠B=22.5°，∴∠DOC=45°,∵DC⊥AB∴△DOC为等腰直角三角形，∵OC=2，∴2∴2，∴AC=AO-OC=222.⑵连接AD，DP，过点D作DF⊥OP，垂足为点F.∵OP⊥AB,∴∠POD=∠DOC=45°，∴AD=PD，∵△DOC为等腰直角三角形，∴DC=CO,易证DF=CO，∴DC=DF，∴Rt△DAC≌Rt△DPF,∴PF=AC,∵DO=AO,∠DOA=45°∴∠DAC=67.5°∴∠DPE=67.5°,∵OD=OB，∠B=22.5°，∴∠ODE=22.5°∴∠DEP=22.5°+45°=67.5°∴∠DEP=∠DPE∴PF=EF=12PE ∴PE =2AC（3）如图2，由∠DCO =90°，∠DOC =45°得22OD CD x == ∴ AB =2OD=22x∵AB 是直径，∴∠ADB=∠EDG=90°，由（2）得AD=ED,∠DEG=∠DAC∴△DGE ≌△DBA∴ GE =AB =22x∵ PE =2AC∴ PE =2(2)x x -∴ GP =GE －PE =222(2-)x x x -即：y =2x【点睛】本题是一道圆的综合题，涵盖的知识点较多，难度较大，主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握并运用这些知识是解题的关键.12．如图，AB 为⊙O 的直径，BC 为⊙O 的弦，过O 点作OD ⊥BC ，交⊙O 的切线CD 于点D ，交⊙O 于点E ，连接AC 、AE ，且AE 与BC 交于点F ．（1）连接BD ，求证：BD 是⊙O 的切线；（2）若AF ：EF=2：1，求tan ∠CAF 的值．【答案】（1）证明见解析；（23. 【解析】【分析】 （1）根据全等三角形的性质得到∠OBD=∠OCD=90°，根据切线的判定定理即可得到结论； （2）根据已知条件得到AC ∥DE ，设OD 与BC 交于G ，根据平行线分线段成比例定理得到AC ：EG=2：1，EG=12AC ，根据三角形的中位线的性质得到OG=12AC 于是得到AC=OE ，求得∠ABC=30°，即可得到结论．【详解】证明：（1）∵OC=OB ，OD ⊥BC ，∴∠COD=∠BOD ，在△COD 与△BOD 中，OC OB COD BOD OD OD ＝＝＝⎧⎪∠∠⎨⎪⎩，∴△COD ≌△BOD ，∴∠OBD=∠OCD=90°，∴BD 是⊙O 的切线；（2）解：∵AB 为⊙O 的直径，AC ⊥BC ，∵OD ⊥CB ，∴AC ∥DE ，设OD 与BC 交于G ，∵OE ∥AC ，AF ：EF=2：1，∴AC ：EG=2：1，即EG=12AC ， ∵OG ∥AC ，OA=OB ，∴OG=12AC ， ∵OG+GE=12AC+12AC=AC ， ∴AC=OE ， ∴AC=12AB ， ∴∠ABC=30°，∴∠CAB=60°，∵¼¼CE BE=，∴∠CAF=∠EAB=12∠CAB=30°， ∴tan ∠CAF=tan30°=33． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，三角函数的定义，正确的识别图形是解题的关键．13．如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，AC 为直径，»»BD AD =，DE ⊥BC ，垂足为E ．（1）判断直线ED 与⊙O 的位置关系，并说明理由；（2）若CE =1，AC =4，求阴影部分的面积．【答案】（1）ED 与O e 相切.理由见解析；（2）2=33S π-阴影 【解析】【分析】 （1）连结OD ，如图，根据圆周角定理，由»»BD AD =得到∠BAD =∠ACD ，再根据圆内接四边形的性质得∠DCE =∠BAD ，所以∠ACD =∠DCE ；利用内错角相等证明OD ∥BC ，而DE ⊥BC ，则OD ⊥DE ，于是根据切线的判定定理可得DE 为⊙O 的切线；（2）作OH ⊥BC 于H ，易得四边形ODEH 为矩形，所以OD =EH =2，则CH =HE ﹣CE =1，于是有∠HOC =30°，得到∠COD =60°，然后根据扇形面积公式、等边三角形的面积公式和阴影部分的面积=S 扇形OCD ﹣S △OCD 进行计算即可．【详解】（1）直线ED 与⊙O 相切．理由如下：连结OD ，如图，∵»»BD AD =，∴∠BAD =∠ACD ．∵∠DCE =∠BAD ，∴∠ACD =∠DCE ．∵OC =OD ，∴∠OCD =∠ODC ，而∠OCD =∠DCE ，∴∠DCE =∠ODC ，∴OD ∥BC ． ∵DE ⊥BC ，∴OD ⊥DE ，∴DE 为⊙O 的切线；（2）作OH ⊥BC 于H ，则四边形ODEH 为矩形，∴OD =EH ．∵CE =1，AC =4，∴OC =OD =2，∴CH =HE ﹣CE =2﹣1=1．在Rt △OHC 中，∵OC =2，CH =1，∠OHC =90°，∠HOC =30°，∴∠COD =60°，∴阴影部分的面积=S 扇形OCD ﹣S △OCD260233604π⋅⋅=-•22 23=π3-．【点睛】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了扇形面积的计算．14．我们知道，如图1，AB 是⊙O 的弦，点F 是¼AFB 的中点，过点F 作EF ⊥AB 于点E ，易得点E 是AB 的中点，即AE ＝EB ．⊙O 上一点C （AC ＞BC ），则折线ACB 称为⊙O 的一条“折弦”．（1）当点C 在弦AB 的上方时（如图2），过点F 作EF ⊥AC 于点E ，求证：点E 是“折弦ACB”的中点，即AE ＝EC+CB ．（2）当点C 在弦AB 的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE 、EC 、CB 满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明．（3）如图4，已知Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠BAC ＝30°，Rt △ABC 的外接圆⊙O 的半径为2，过⊙O 上一点P 作PH ⊥AC 于点H ，交AB 于点M ，当∠PAB ＝45°时，求AH 的长．【答案】（1）见解析；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，见解析；（3）AH的长为3﹣1或3+1．【解析】【分析】（1）在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，证明△FAG≌△FBC，根据全等三角形的性质得到FG＝FC，根据等腰三角形的性质得到EG＝EC，即可证明.（2）在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，证明△FCG≌△FCB，根据全等三角形的性质得到FG＝FB，得到FA＝FG，根据等腰三角形的性质得到AE＝GE，即可证明.（3）分点P在弦AB上方和点P在弦AB下方两种情况进行讨论.【详解】解：（1）如图2，在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，∵点F是¼AFB的中点，FA＝FB，在△FAG和△FBC中，,FA FB FAG FBC AG BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FAG ≌△FBC （SAS ），∴FG ＝FC ，∵FE ⊥AC ，∴EG ＝EC ，∴AE ＝AG+EG ＝BC+CE ；（2）结论AE ＝EC+CB 不成立，新结论为：CE ＝BC+AE ，理由：如图3，在CA 上截取CG ＝CB ，连接FA ，FB ，FC ，∵点F 是¼AFB 的中点，∴FA ＝FB ，¶¶ FAFB =, ∴∠FCG ＝∠FCB ，在△FCG 和△FCB 中，,CG CB FCG FCB FC FC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FCG ≌△FCB （SAS ），∴FG ＝FB ，∴FA ＝FG ，∵FE ⊥AC ，∴AE ＝GE ，∴CE ＝CG+GE ＝BC+AE ；（3）在Rt △ABC 中，AB ＝2OA ＝4，∠BAC ＝30°， ∴12232BC AB AC ===，， 当点P 在弦AB 上方时，如图4，在CA 上截取CG ＝CB ，连接PA ，PB ，PG ，∵∠ACB ＝90°，∴AB 为⊙O 的直径，∴∠APB ＝90°，∵∠PAB ＝45°，∴∠PBA ＝45°＝∠PAB ，∴PA ＝PB ，∠PCG ＝∠PCB ，在△PCG 和△PCB 中， ,CG CB PCG PCB PC PC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△PCG ≌△PCB （SAS ），∴PG ＝PB ，∴PA ＝PG ，∵PH ⊥AC ，∴AH ＝GH ，∴AC ＝AH+GH+CG ＝2AH+BC ， ∴2322AH =+， ∴31AH =，当点P 在弦AB 下方时，如图5， 在AC 上截取AG ＝BC ，连接PA ，PB ，PC ，PG∵∠ACB ＝90°，∴AB 为⊙O 的直径，∴∠APB ＝90°，∵∠PAB ＝45°，∴∠PBA ＝45°＝∠PAB ，∴PA ＝PB ，在△PAG 和△PBC 中，,AG BC PAG PBC PA PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△PAG ≌△PBC （SAS ），∴PG ＝PC ，∵PH ⊥AC ，∴CH ＝GH ，∴AC ＝AG+GH+CH ＝BC+2CH ， ∴2322CH ，=+∴31CH =-，∴()233131AH AC CH =-=--=+， 即：当∠PAB ＝45°时，AH 的长为31- 或3 1.+【点睛】考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.15．如图，已知等边△ABC ，AB=16，以AB 为直径的半圆与BC 边交于点D ，过点D 作DF ⊥AC ，垂足为F ，过点F 作FG ⊥AB ，垂足为G ，连结GD ．（1）求证：DF 是⊙O 的切线；（2）求FG 的长；（3）求tan ∠FGD 的值．【答案】(1)证明见解析；（2）6；（3）．【解析】试题分析：(1)连接OD ，根据等边三角形得出∠A=∠B=∠C=60°，根据OD=OB 得到∠ODB=60°，得到OD ∥AC ，根据垂直得出切线；(2)根据中位线得出BD=CD=6，根据Rt △CDF 的三角函数得出CF 的长度，从而得到AF 的长度，最后根据Rt △AFG 的三角函数求出FG的长度；(3)过点D作DH⊥AB，根据垂直得出FG∥DH，根据Rt△BDH求出BH、DH的长度，然后得出∠GDH的正切值，从而得到∠FGD的正切值.试题解析：(1)如图①，连结OD，∵△ABC为等边三角形，∴∠C＝∠A＝∠B＝60°，而OD＝OB，∴△ODB是等边三角形，∠ODB＝60°，∴∠ODB＝∠C，∴OD∥AC，∵DF⊥AC，∴OD⊥DF，∴DF是⊙O的切线(2)∵OD∥AC，点O为AB的中点，∴OD为△ABC的中位线，∴BD＝CD＝6.在Rt△CDF中，∠C＝60°，∴∠CDF＝30°，∴CF＝CD＝3，∴AF＝AC－CF＝12－3＝9 在Rt△AFG中，∵∠A＝60°，∴FG＝AF·sinA＝9×＝(3)如图②，过D作DH⊥AB于H.∵FG⊥AB，DH⊥AB，∴FG∥DH，∴∠FGD＝∠GDH.在Rt△BDH中，∠B＝60°，∴∠BDH＝30°，∴BH＝BD＝3，DH＝BH＝3.∴tan∠GDH＝＝＝，∴tan∠FGD＝tan∠GDH＝考点：(1)圆的基本性质；(2)三角函数.。
2020-2021中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)附答案
2020-2021中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)附答案一、圆的综合1．如图，点P在⊙O的直径AB的延长线上，PC为⊙O的切线，点C为切点，连接AC，过点A作PC的垂线，点D为垂足，AD交⊙O于点E．(1)如图1，求证：∠DAC=∠PAC；(2)如图2，点F（与点C位于直径AB两侧）在⊙O上，»»BF FA=，连接EF，过点F作AD 的平行线交PC于点G，求证：FG=DE+DG；(3)在(2)的条件下，如图3，若AE=23DG，PO=5，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF=32．【解析】【分析】（1）连接OC，求出OC∥AD，求出OC⊥PC，根据切线的判定推出即可；（2）连接BE交GF于H，连接OH，求出四边形HGDE是矩形，求出DE=HG，FH=EH，即可得出答案；（3）设OC交HE于M，连接OE、OF，求出∠FHO=∠EHO=45°，根据矩形的性质得出EH∥DG，求出OM=12AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=23DG，DG=3a，求出ME=CD=2a，BM=2a，解直角三角形得出tan∠MBO＝12MOBM=，tanP=12COPO=,设OC=k，则PC=2k，根据OP=5k=5求出k=5，根据勾股定理求出a，即可求出答案．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC为⊙O的切线，∴OC⊥PC，∵AD⊥PC，∴OC∥AD，∴∠OCA=∠DAC，∵OC=OA，∴∠PAC=∠OCA，∴∠DAC=∠PAC；（2）证明：连接BE交GF于H，连接OH，∵FG∥AD，∴∠FGD+∠D=180°，∵∠D=90°，∴∠FGD=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠BEA=90°，∴∠BED=90°，∴∠D=∠HGD=∠BED=90°，∴四边形HGDE是矩形，∴DE=GH，DG=HE，∠GHE=90°，∵»»BF AF=，∴∠HEF=∠FEA=12∠BEA=1902o⨯=45°，∴∠HFE=90°﹣∠HEF=45°，∴∠HEF=∠HFE，∴FH=EH，∴FG=FH+GH=DE+DG；（3）解：设OC交HE于M，连接OE、OF，∵EH=HF，OE=OF，HO=HO，∴△FHO≌△EHO，∴∠FHO=∠EHO=45°，∵四边形GHED是矩形，∴EH∥DG，∴∠OMH=∠OCP=90°，∴∠HOM=90°﹣∠OHM=90°﹣45°=45°，∴∠HOM=∠OHM，∴HM=MO，∵OM⊥BE，∴BM=ME，∴OM=12 AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=23DG，DG=3a，∵∠HGC=∠GCM=∠GHE=90°，∴四边形GHMC是矩形，∴GC=HM=a，DC=DG﹣GC=2a，∵DG=HE，GC=HM，∴ME=CD=2a，BM=2a，在Rt△BOM中，tan∠MBO=122 MO aBM a==，∵EH∥DP，∴∠P=∠MBO，tanP=12 COPO=，设OC=k，则PC=2k，在Rt△POC中，，解得：在Rt△OME中，OM2+ME2=OE2，5a2=5，a=1，∴HE=3a=3，在Rt△HFE中，∠HEF=45°，∴．【点睛】考查了切线的性质，矩形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理等知识点，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．2．如图1，已知扇形MON，∠MON=90°，点B在弧MN上移动，联结BM，作OD⊥BM，垂足为点D，C为线段OD上一点，且OC=BM，联结BC并延长交半径OM于点A，设OA=x，∠COM的正切值为y.（1）如图2，当AB ⊥OM 时，求证：AM=AC ； （2）求y 关于x 的函数关系式，并写出定义域； （3）当△OAC 为等腰三角形时，求x 的值.【答案】 (1)证明见解析;(2) 2=+y x 02<≤x 1422=x . 【解析】分析：（1）先判断出∠ABM =∠DOM ，进而判断出△OAC ≌△BAM ，即可得出结论； （2）先判断出BD =DM ，进而得出DM ME BD AE =，进而得出AE =122x （），再判断出2OA OC DMOE OD OD==，即可得出结论； （3）分三种情况利用勾股定理或判断出不存在，即可得出结论． 详解：（1）∵OD ⊥BM ，AB ⊥OM ，∴∠ODM =∠BAM =90°． ∵∠ABM +∠M =∠DOM +∠M ，∴∠ABM =∠DOM ． ∵∠OAC =∠BAM ，OC =BM ，∴△OAC ≌△BAM ， ∴AC =AM ．（2）如图2，过点D 作DE ∥AB ，交OM 于点E ． ∵OB =OM ，OD ⊥BM ，∴BD =DM ． ∵DE ∥AB ，∴DM ME BD AE =，∴AE =EM ．∵OM 2，∴AE =122x （）． ∵DE ∥AB ，∴2OA OC DM OE OD OD==， ∴22DM OA y OD OE x =∴=+，02x ≤＜ （3）（i ） 当OA =OC 时．∵111222DM BM OC x ===．在Rt △ODM 中，222124OD OM DM x =-=-．∵2121224xDM xyOD xx=∴=+-，．解得1422x-=，或1422x--=（舍）．（ii）当AO=AC时，则∠AOC=∠ACO．∵∠ACO＞∠COB，∠COB=∠AOC，∴∠ACO＞∠AOC，∴此种情况不存在．（ⅲ）当CO=CA时，则∠COA=∠CAO=α．∵∠CAO＞∠M，∠M=90°﹣α，∴α＞90°﹣α，∴α＞45°，∴∠BOA=2α＞90°．∵∠BOA≤90°，∴此种情况不存在．即：当△OAC为等腰三角形时，x的值为1422-．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关性质，勾股定理，等腰三角形的性质，建立y关于x的函数关系式是解答本题的关键．3．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有点E，且EF=ED．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tan A=12，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明；（3）在（2）的条件下，若OF=1，求圆O的半径．【答案】（1）答案见解析；（2）AB=3BE；（3）3．【解析】试题分析：（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理即可得出结论．试题解析：（1）证明：连结OD，如图．∵EF=ED，∴∠EFD=∠EDF．∵∠EFD=∠CFO，∴∠CFO=∠EDF．∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO=90°．∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE．∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；（2）线段AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．证明如下：∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDE．∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，∴∠BDE=∠A，而∠BED=∠DEA，∴△EBD∽△EDA，∴DE BE BDAE DE AD==．∵Rt△ABD中，tan A=BDAD=12，∴DE BEAE DE==12，∴AE=2DE，DE=2BE，∴AE=4BE，∴AB=3BE；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x．∵OF=1，∴OE=1+2x．在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（32x）2+（2x）2=（1+2x）2，∴x=﹣29（舍）或x=2，∴圆O的半径为3．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解答本题的关键．4．定义：有一个角是其邻角一半的圆内接四边形叫做圆内倍角四边形．（1）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，∠DCB﹣∠ADC=∠A，求证：四边形ABCD为圆内接倍角四边形；（2）在（1）的条件下，⊙O半径为5．①若AD为直径，且sinA=45，求BC的长；②若四边形ABCD中有一个角为60°，且BC=CD，则四边形ABCD的面积是；（3）在（1）的条件下，记AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求证：d2﹣b2=ab+cd．【答案】（1）见解析；（2）①BC＝6，②7534或754；（3）见解析【解析】【分析】（1）先判断出∠ADC=180°﹣2∠A．进而判断出∠ABC=2∠A，即可得出结论；（2）①先用锐角三角函数求出BD，进而得出AB，由（1）得出∠ADB=∠BDC，即可得出结论；②分两种情况：利用面积和差即可得出结论；（3）先得出BE=BC=b，DE=DA=b，进而得出CE=d﹣c，再判断出△EBC∽△EDA，即可得出结论．【详解】（1）设∠A=α，则∠DCB=180°﹣α．∵∠DCB﹣∠ADC=∠A，∴∠ADC=∠DCB﹣∠A=180°﹣α﹣α=180°﹣2α，∴∠ABC=180°﹣∠ADC=2α=2∠A，∴四边形ABCD是⊙O内接倍角四边形；（2）①连接BD．∵AD是⊙O的直径，∴∠ABD=90°．在Rt△ABD中，AD=2×5=10，sin∠A=45，∴BD=8，根据勾股定理得：AB=6，设∠A=α，∴∠ADB=90°﹣α．由（1）知，∠ADC=180°﹣2α，∴∠BDC=90°﹣α，∴∠ADB=∠BDC，∴BC=AB=6；②若∠ADC=60°时．∵四边形ABCD是圆内接倍角四边形，∴∠BCD=120°或∠BAD=30°．Ⅰ、当∠BCD=120°时，如图3，连接OA，OB，OC，OD．∵BC=CD，∴∠BOC=∠COD，∴∠OCD=∠OCB=12∠BCD=60°，∴∠CDO=60°，∴AD是⊙O 的直径，（为了说明AD是直径，点O没有画在AD上）∴∠ADC+∠BCD=180°，∴BC∥AD，∴AB=CD．∵BC=CD，∴AB=BC=CD，∴△OAB，△BOC，△COD是全等的等边三角形，∴S四边形ABCD=3S△AOB 32753．Ⅱ、当∠BAD=30°时，如图4，连接OA，OB，OC，OD．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BCD=180°﹣∠BAD=150°．∵BC =CD ，∴∠BOC =∠COD ，∴∠BCO =∠DCO =12∠BCD =75°，∴∠BOC =∠DOC =30°，∴∠OBA =45°，∴∠AOB =90°． 连接AC ，∴∠DAC =12∠BAD =15°． ∵∠ADO =∠OAB ﹣∠BAD =15°，∴∠DAC =∠ADO ，∴OD ∥AC ，∴S △OAD =S △OCD ． 过点C 作CH ⊥OB 于H ． 在Rt △OCH 中，CH =12OC =52，∴S 四边形ABCD =S △COD +S △BOC +S △AOB ﹣S △AOD =S △BOC +S △AOB =1522⨯×5+12×5×5=754． 故答案为：7534或754；（3）延长DC ，AB 交于点E ．∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∴∠BCE =∠A =12∠ABC ． ∵∠ABC =∠BCE +∠A ，∴∠E =∠BCE =∠A ，∴BE =BC =b ，DE =DA =b ，∴CE =d ﹣c ． ∵∠BCE =∠A ，∠E =∠E ，∴△EBC ∽△EDA ，∴CE BC AE AD =，∴d c ba b d-=+，∴d 2﹣b 2=ab +cd ．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的内接四边形的性质，新定义，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．5．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD 的边AB 为直径作⊙O ，交对角线AC 于点E ．（1）图1中，线段AE=；（2）如图2，在图1的基础上，以点A为端点作∠DAM=30°，交CD于点M，沿AM将四边形ABCM剪掉，使Rt△ADM绕点A逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD与⊙O交于点F．①当α=30°时，请求出线段AF的长；②当α=60°时，求出线段AF的长；判断此时DM与⊙O的位置关系，并说明理由；③当α=°时，DM与⊙O相切．【答案】（1）2（2）①2②2，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4；（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×=4；此时DM与⊙O的位置关系是相离；③∵AD =8，直径的长度相等，∴当DM 与⊙O 相切时，点D 在⊙O 上，故此时可得α=∠NAD =90°．点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D 的位置，有一定难度．6．如图，已知⊙O 的半径为1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿PQ 排成一列，所有正三角形都关于PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1的顶点A 1与点P 重合，第二个△A 2B 2C 2的顶点A 2是B 1C 1与PQ 的交点，…，最后一个△A n B n C n 的顶点B n 、C n 在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a 1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a 2=_____；如图3，正三角形的边长a n =_____（用含n 的代数式表示）．38313 24313n【解析】分析：（1）设PQ 与11B C 交于点D ，连接1B O ，得出OD=1A D -O 1A ，用含1a 的代数式表示OD ，在△O 1B D 中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a ；（2）设PQ 与2B 2C 交于点E ，连接2B O ，得出OE=1A E-O 1A ，用含2a 的代数式表示OE ，在△O 2B E 中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a ；（3）设PQ 与n B n C 交于点F ，连接n B O ，得出OF=1A F-O 1A ，用含an 的代数式表示OF ，在△O n B F 中，根据勾股定理求出正三角形的边长an ． 本题解析：(1)易知△A 1B 1C 1的高为32，则边长为3， ∴a 1＝3.(2)设△A 1B 1C 1的高为h ，则A 2O ＝1－h ，连结B 2O ，设B 2C 2与PQ 交于点F ，则有OF ＝2h －1. ∵B 2O 2＝OF 2＋B 2F 2，∴1＝(2h －1)2＋2212a ⎛⎫ ⎪⎝⎭. ∵h ＝32a 2，∴1＝(3a 2－1)2＋14a 22， 解得a 2＝83 . (3)同(2)，连结B n O ，设B n C n 与PQ 交于点F ，则有B n O 2＝OF 2＋B n F 2， 即1＝(nh －1)2＋212n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ . ∵h ＝3 a n ，∴1＝14a n 2＋2312n na ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 解得a n ＝43n .7．如图，O 是△ABC 的内心，BO 的延长线和△ABC 的外接圆相交于D ，连结DC 、DA 、OA 、OC ，四边形OADC 为平行四边形．（1）求证：△BOC ≌△CDA ．（2）若AB =2，求阴影部分的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）4339π-.【解析】分析: （1）根据内心性质得∠1=∠2，∠3=∠4，则AD=CD ，于是可判断四边形OADC 为菱形，则BD 垂直平分AC ，∠4=∠5=∠6，易得OA=OC ，∠2=∠3，所以OB=OC ，可判断点O 为△ABC 的外心，则可判断△ABC 为等边三角形，所以∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，BC=AC ，再根据平行四边形的性质得∠ADC=∠AOC=120°，AD=OC ，CD=OA=OB ，则根据“SAS”证明△BOC ≌△CDA ；（2）作OH ⊥AB 于H ，如图，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠BOH=30°，根据垂径定理得到BH=AH=12AB=1，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到OH=33BH=33，OB=2OH=233，然后根据三角形面积公式和扇形面积公式，利用S 阴影部分=S 扇形AOB-S △AOB 进行计算即可.详解:（1）证明：∵O 是△ABC 的内心，∴∠2=∠3，∠5=∠6，∵∠1=∠2，∴∠1=∠3，由AD ∥CO ,AD =CO ，∴∠4=∠6，∴△BOC ≌△CDA （AAS ）(2)由（1）得，BC =AC ,∠3=∠4=∠6，∴∠ABC =∠ACB ∴AB =AC∴△ABC 是等边三角形∴O 是△ABC 的内心也是外心∴OA =OB =OC设E 为BD 与AC 的交点，BE 垂直平分AC .在Rt △OCE 中，CE=12AC=12AB=1，∠OCE=30°， ∴23∵∠AOC=120°，∴=AOB AOB S S S V 阴影扇=21202313()2360323π-⨯⨯ =4339π- 点睛: 本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．也考查了等边三角形的判定与性质和扇形面积的计算.8．已知：如图1，∠ACG=90°，AC=2，点B 为CG 边上的一个动点，连接AB ，将△ACB 沿AB 边所在的直线翻折得到△ADB ，过点D 作DF ⊥CG 于点F ．（1）当BC=233时，判断直线FD 与以AB 为直径的⊙O 的位置关系，并加以证明； （2）如图2，点B 在CG 上向点C 运动，直线FD 与以AB 为直径的⊙O 交于D 、H 两点，连接AH ，当∠CAB=∠BAD=∠DAH 时，求BC 的长．【答案】（1）直线FD 与以AB 为直径的⊙O 相切，理由见解析；（2）222- .【解析】试题分析：（1）根据已知及切线的判定证明得，直线FD 与以AB 为直径的⊙O 相切； （2）根据圆内接四边形的性质及直角三角形的性质进行分析，从而求得BC 的长． 试题解析：（1）判断：直线FD 与以AB 为直径的⊙O 相切．证明：如图，作以AB 为直径的⊙O ；∵△ADB 是将△ACB 沿AB 边所在的直线翻折得到的，∴△ADB ≌△ACB ，∴∠ADB=∠ACB=90°．∵O 为AB 的中点，连接DO ，∴OD=OB=AB ，∴点D 在⊙O 上．在Rt△ACB中，BC=，AC=2；∴tan∠CAB==，∴∠CAB=∠BAD=30°，∴∠ABC=∠ABD=60°，∴△BOD是等边三角形．∴∠BOD=60°．∴∠ABC=∠BOD，∴FC∥DO．∵DF⊥CG，∴∠ODF=∠BFD=90°，∴OD⊥FD，∴FD为⊙O的切线．（2）延长AD交CG于点E，同（1）中的方法，可证点C在⊙O上；∴四边形ADBC是圆内接四边形．∴∠FBD=∠1+∠2．同理∠FDB=∠2+∠3．∵∠1=∠2=∠3，∴∠FBD=∠FDB，又∠DFB=90°．∴EC=AC=2．设BC=x，则BD=BC=x，∵∠EDB=90°，∴EB=x．∵EB+BC=EC，∴x+x=2，解得x=2﹣2，∴BC=2﹣2．9．已知：BD 为⊙O 的直径，O 为圆心，点A 为圆上一点，过点B 作⊙O 的切线交DA 的延长线于点F ，点C 为⊙O 上一点，且AB ＝AC ，连接BC 交AD 于点E ，连接AC ．(1)如图1，求证：∠ABF ＝∠ABC ；(2)如图2，点H 为⊙O 内部一点，连接OH ，CH 若∠OHC ＝∠HCA ＝90°时，求证：CH ＝12DA ； (3)在(2)的条件下，若OH ＝6，⊙O 的半径为10，求CE 的长．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）215. 【解析】【分析】 ()1由BD 为O e 的直径，得到D ABD 90∠∠+=o ，根据切线的性质得到FBA ABD 90∠∠+=o ，根据等腰三角形的性质得到C ABC ∠∠=，等量代换即可得到结论；()2如图2，连接OC ，根据平行线的判定和性质得到ACO COH ∠∠=，根据等腰三角形的性质得到OBC OCB ∠∠=，ABC CBO ACB OCB ∠∠∠∠+=+，根据相似三角形的性质即可得到结论；()3根据相似三角形的性质得到AB BD 2OH OC==，根据勾股定理得到22AD BD AB 16=-=，根据全等三角形的性质得到BF BE =，AF AE =，根据射影定理得到212AF 916==，根据相交弦定理即可得到结论． 【详解】()1BD Q 为O e 的直径，90BAD ∴∠=o ，90D ABD ∴∠+∠=o ，FB Q 是O e 的切线，90FBD ∴∠=o ，90FBA ABD ∴∠+∠=o ，FBA D ∴∠=∠，AB AC =Q ，C ABC ∴∠=∠，C D ∠=∠Q ，ABF ABC ∴∠=∠；()2如图2，连接OC ，90OHC HCA ∠=∠=o Q ，//AC OH ∴，ACO COH ∴∠=∠，OB OC =Q ，OBC OCB ∴∠=∠，ABC CBO ACB OCB ∴∠+∠=∠+∠，即ABD ACO ∠=∠，ABC COH ∴∠=∠，90H BAD ∠=∠=o Q ，ABD ∴V ∽HOC V ，2AD BD CH OC∴==，12CH DA ∴=； ()3由()2知，ABC V ∽HOC V ，2AB BD OH OC∴==， 6OH =Q ，O e 的半径为10， 212AB OH ∴==，20BD =，16AD ∴==，在ABF V 与ABE V 中，90ABF ABE AB AB BAF BAE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=⎩o ， ABF ∴V ≌ABE V ，BF BE ∴=，AF AE =，90FBD BAD ∠=∠=o Q ，2AB AF AD ∴=⋅，212916AF ∴==， 9AE AF ∴==，7DE ∴=，15BE ==，AD Q ，BC 交于E ，AE DE BE CE ∴⋅=⋅，9721155AE DE CE BE ⋅⨯∴===． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，射影定理，相交弦定理，正确的识别图形是解题的关键．10．如图，AB 是半圆O 的直径，半径OC ⊥AB ，OB ＝4，D 是OB 的中点，点E 是弧BC 上的动点，连接AE ，DE ．（1）当点E 是弧BC 的中点时，求△ADE 的面积；（2）若3tan 2AED ∠= ，求AE 的长； （3）点F 是半径OC 上一动点，设点E 到直线OC 的距离为m ，当△DEF 是等腰直角三角形时，求m 的值.【答案】（1）62ADE S =；（2）1655AE =；（3）23m = ，22m =，71m =-.【解析】【分析】（1）作EH ⊥AB ，连接OE ，EB ，设DH ＝a ，则HB ＝2﹣a ，OH ＝2+a ，则EH ＝OH ＝2+a ，根据Rt △AEB 中，EH 2＝AH•BH ，即可求出a 的值，即可求出S △ADE 的值；（2）作DF ⊥AE ，垂足为F ，连接BE ，设EF ＝2x ，DF ＝3x ，根据DF ∥BE 故AF AD EF BD=，得出AF ＝6x ，再利用Rt △AFD 中，AF 2+DF 2＝AD 2，即可求出x ，进而求出AE 的长； （3）根据等腰直角三角形的不同顶点进行分类讨论，分别求出m 的值.【详解】解：（1）如图，作EH ⊥AB ，连接OE ，EB ，设DH ＝a ，则HB ＝2﹣a ，OH ＝2+a ，∵点E 是弧BC 中点，∴∠COE ＝∠EOH ＝45°，∴EH ＝OH ＝2+a ，在Rt △AEB 中，EH 2＝AH•BH ，（2+a ）2＝（6+a ）（2﹣a ）， 解得a ＝222±-，∴a ＝222-，EH=22，S △ADE ＝1622AD EH =n n ;（2）如图，作DF ⊥AE ，垂足为F ，连接BE设EF ＝2x ，DF ＝3x∵DF ∥BE ∴AF AD EF BD = ∴622AF x ==3 ∴AF ＝6x 在Rt △AFD 中，AF 2+DF 2＝AD 2（6x ）2+（3x ）2＝（6）2解得x ＝255AE ＝8x ＝1655 （3）当点D 为等腰直角三角形直角顶点时，如图设DH ＝a由DF=DE,∠DOF=∠EHD=90°，∠FDO+∠DFO=∠FDO+∠EDH ，∴∠DFO=∠EDH∴△ODF ≌△HED∴OD ＝EH ＝2在Rt △ABE 中，EH 2＝AH•BH（2）2＝（6+a ）•（2﹣a ）解得a ＝±232-m ＝23当点E 为等腰直角三角形直角顶点时，如图同理得△EFG ≌△DEH设DH＝a，则GE＝a，EH＝FG＝2+a在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH（2+a）2＝（6+a）（2﹣a）解得a＝222±-∴m＝22当点F为等腰直角三角形直角顶点时，如图同理得△EFM≌△FDO设OF＝a，则ME＝a，MF＝OD＝2∴EH＝a+2在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH（a+2）2＝（4+a）•（4﹣a）-解得a＝±71m＝71-【点睛】此题主要考查圆内综合问题，解题的关键是熟知全等三角形、等腰三角形、相似三角形的判定与性质.11．定义：数学活动课上，李老师给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”.理解：⑴如图，已知是⊙上两点，请在圆上找出满足条件的点，使为“智慧三角形”（画出点的位置，保留作图痕迹）；⑵如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且，试判断是否为“智慧三角形”，并说明理由；运用：⑶如图，在平面直角坐标系中，⊙的半径为，点是直线上的一点，若在⊙上存在一点，使得为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，直接写出此时点的坐标.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）P的坐标（223，13），（223，13）．【解析】试题分析：（1）连结AO并且延长交圆于C1，连结BO并且延长交圆于C2，即可求解；（2）设正方形的边长为4a，表示出DF=CF以及EC、BE的长，然后根据勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF是直角三角形，由直角三角形的性质可得△AEF为“智慧三角形”；（3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可求斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解．试题解析：（1）如图1所示：（2）△AEF是否为“智慧三角形”，理由如下：设正方形的边长为4a，∵E是DC的中点，∴DE=CE=2a，∵BC：FC=4：1，∴FC=a，BF=4a﹣a=3a，在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE2+EF2=AF2，∴△AEF是直角三角形，∵斜边AF上的中线等于AF的一半，∴△AEF为“智慧三角形”；（3）如图3所示：由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，由勾股定理可得PQ=，PM=1×2÷3=，由勾股定理可求得OM=，故点P的坐标（﹣，），（，）．考点：圆的综合题．BC ，∠B=45°，点D在边BC上，联结AD，以点A 12．如图，已知△ABC，2，3为圆心，AD为半径画圆，与边AC交于点E，点F在圆A上，且AF⊥AD．（1）设BD为x，点D、F之间的距离为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；BD CD的值；（2）如果E是»DF的中点，求:（3）联结CF，如果四边形ADCF是梯形，求BD的长．【答案】(1) 2442y x x =-+(0≤x≤3); (2)45; (3) BD 的长是1或1+5. 【解析】 【分析】（1）过点A 作AH ⊥BC ，垂足为点H ．构造直角三角形，利用解直角三角形和勾股定理求得AD 的长度．联结DF ，点D 、F 之间的距离y 即为DF 的长度，在Rt △ADF 中，利用锐角三角形函数的定义求得DF 的长度，易得函数关系式． （2）由勾股定理求得：AC=22AH DH +．设DF 与AE 相交于点Q ，通过解Rt △DCQ 和Rt △AHC 推知12DQ CQ =．故设DQ=k ，CQ=2k ，AQ=DQ=k ，所以再次利用勾股定理推知DC 的长度，结合图形求得线段BD 的长度，易得答案．（3）如果四边形ADCF 是梯形，则需要分类讨论：①当AF ∥DC 、②当AD ∥FC ．根据相似三角形的判定与性质，结合图形解答． 【详解】（1）过点A 作AH ⊥BC ，垂足为点H ．∵∠B =45°，AB 2∴·cos 1BH AH AB B ===． ∵BD 为x ，∴1DH x =-．在Rt △ADH 中，90AHD ∠=︒，∴22222AD AH DH x x =+=-+．联结DF ，点D 、F 之间的距离y 即为DF 的长度．∵点F 在圆A 上，且AF ⊥AD ，∴AD AF =，45ADF ∠=︒． 在Rt △ADF 中，90DAF ∠=︒，∴2442cos ADDF x x ADF==-+∠∴2442y x x =-+．()03x ≤≤ ;（2）∵E 是DF 的中点，∴AE DF ⊥，AE 平分DF ．∵BC=3，∴312HC =-=．∴AC =．设DF 与AE 相交于点Q ，在Rt △DCQ 中，90DQC ∠=︒，tan DQDCQ CQ∠=． 在Rt △AHC 中，90AHC ∠=︒，1tan 2AH ACH HC ∠==． ∵DCQ ACH ∠=∠，∴12DQ CQ =． 设,2DQ k CQ k ==，AQ DQ k ==，∵3k =k =，∴53DC ==．∵43BD BC DC =-=，∴4:5BD CD =． （3）如果四边形ADCF 是梯形则①当AF ∥DC 时，45AFD FDC ∠=∠=︒．∵45ADF ∠=︒，∴AD BC ⊥，即点D 与点H 重合． ∴1BD =． ②当AD ∥FC 时，45ADF CFD ∠=∠=︒． ∵45B ∠=︒，∴B CFD ∠=∠．∵B BAD ADF FDC ∠+∠=∠+∠，∴BAD FDC ∠=∠． ∴ABD ∆∽DFC ∆．∴AB ADDF DC=． ∵DF =，DC BC BD =-．∴2AD BC BD =-．即23x =-,整理得 210x x --=，解得 x =综上所述，如果四边形ADCF 是梯形，BD 的长是1或2． 【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数值以及勾股定理等知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．13．如图1，D 是⊙O 的直径BC 上的一点，过D 作DE ⊥BC 交⊙O 于E 、N ，F 是⊙O 上的一点，过F 的直线分别与CB 、DE 的延长线相交于A 、P ，连结CF 交PD 于M ，∠C ＝12∠P ． （1）求证：PA 是⊙O 的切线；（2）若∠A ＝30°，⊙O 的半径为4，DM ＝1，求PM 的长；（3）如图2，在（2）的条件下，连结BF、BM；在线段DN上有一点H，并且以H、D、C 为顶点的三角形与△BFM相似，求DH的长度．【答案】（1）证明见解析；（2）PM＝43﹣2；（3）满足条件的DH的值为63-或1223+．【解析】【分析】（1）如图1中，作PH⊥FM于H．想办法证明∠PFH=∠PMH，∠C=∠OFC，再根据等角的余角相等即可解决问题；（2）解直角三角形求出AD，PD即可解决问题；（3）分两种情形①当△CDH∽△BFM时，DH CD FM BF=．②当△CDH∽△MFB时，DH CDFB MF=，分别构建方程即可解决问题；【详解】（1）证明：如图1中，作PH⊥FM于H．∵PD⊥AC，∴∠PHM＝∠CDM＝90°，∵∠PMH＝∠DMC，∴∠C＝∠MPH，∵∠C＝12∠FPM，∴∠HPF＝∠HPM，∵∠HFP+∠HPF＝90°，∠HMP+∠HPM＝90°，∴∠PFH＝∠PMH，∵OF ＝OC ，∴∠C ＝∠OFC ，∵∠C+∠CMD ＝∠C+∠PMF ＝∠C+∠PFH ＝90°， ∴∠OFC+∠PFC ＝90°，∴∠OFP ＝90°， ∴直线PA 是⊙O 的切线．（2）解：如图1中，∵∠A ＝30°，∠AFO ＝90°，∴∠AOF ＝60°， ∵∠AOF ＝∠OFC+∠OCF ，∠OFC ＝∠OCF ，∴∠C ＝30°， ∵⊙O 的半径为4，DM ＝1， ∴OA ＝2OF ＝8，CD ＝3DM ＝3 ， ∴OD ＝OC ﹣CD ＝4﹣3 ，∴AD ＝OA+OD ＝8+4﹣3 ＝12﹣3 ， 在Rt △ADP 中，DP ＝AD•tan30°＝（12﹣3 ）×3＝43 ﹣1， ∴PM ＝PD ﹣DM ＝4 3﹣2． （3）如图2中，由（2）可知：BF ＝12BC ＝4，FM 3BF ＝3，CM ＝2DM ＝2，CD 3 ， ∴FM ＝FC ﹣CM ＝3﹣2， ①当△CDH ∽△BFM 时，DH CDFM BF= ， ∴34432=- ，∴DH ＝632 ②当△CDH ∽△MFB 时，DH CD FB MF=， ∴34432DH =-，∴DH 1223+ ， ∵DN ()22443833--=-，∴DH＜DN，符合题意，综上所述，满足条件的DH的值为632-或122311+．【点睛】本题考查圆综合题、切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题.14．如图1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D．（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=12AB，连接DE．①求证：DE是⊙O的切线；②求PC的长．【答案】（1）26；（2）①证明见解析；②33﹣3．【解析】试题分析：（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；（2）①首先得出△OBD是等边三角形，进而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．试题解析：（1）如图2，连接OD，∵OP⊥PD，PD∥AB，∴∠POB=90°，∵⊙O的直径AB=12，∴OB=OD=6，在Rt△POB中，∠ABC=30°，∴OP=OB•tan30°=6×=2，在Rt△POD中，PD===；（2）①如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，∵，∴∠DBC=∠ABC=30°，∴∠ABD=60°，∵OB=OD，∴△OBD是等边三角形，∴OD⊥FB，∵BE=AB，∴OB=BE，∴BF∥ED，∴∠ODE=∠OFB=90°，∴DE是⊙O的切线；②由①知，OD⊥BC，∴CF=FB=OB•cos30°=6×=3，在Rt△POD中，OF=DF，∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），∴CP=CF﹣PF=3﹣3．考点：圆的综合题15．已知AB 是半圆O 的直径，点C 在半圆O 上.(1)如图1，若AC＝3，∠CAB＝30°，求半圆O 的半径；(2)如图2，M 是»BC的中点，E 是直径AB 上一点，AM 分别交CE，BC 于点F，D. 过点F 作FG∥AB 交边BC 于点G，若△ACE 与△CEB 相似，请探究以点D 为圆心，GB 长为半径的⊙D 与直线AC 的位置关系，并说明理由.【答案】（1）半圆O3（2）⊙D与直线AC相切，理由见解析【解析】试题分析：(1)依据直径所对的圆周角是直角可得∠C＝90°,2再依据三角函数即可求解;(2) 依据△ACE与△CEB相似证出∠AEC＝∠CEB＝90°, 再依据M是»BC的中点,证明CF＝CD, 过点F作FP∥GB交于AB于点P, 证出△ACF≌△APF,得出CF=FP,再证四边形FPBG是平行四边形,得到 FP＝GB从而CD＝GB,点D到直线AC的距离为线段CD的长.试题解析：（1）∵ AB是半圆O的直径，∴∠C＝90°．在Rt△ACB中，AB＝cos AC CAB ∠＝3 cos30︒＝23．∴ OA＝3（2）⊙D与直线AC相切.理由如下：由（1）得∠ACB＝90°．∵∠AEC＝∠ECB＋∠6，∴∠AEC＞∠ECB，∠AEC＞∠6．∵△ACE与△CEB相似，∴∠AEC＝∠CEB＝90°．在Rt△ACD，Rt△AEF中分别有∠1＋∠3＝90°，∠2＋∠4＝90°．∵ M是»BC的中点，∴∠COM＝∠BOM．∴∠1＝∠2，∴∠3＝∠4．∵∠4＝∠5，∴∠3＝∠5．∴ CF＝CD．过点F作FP∥GB交于AB于点P，则∠FPE＝∠6．在Rt△AEC，Rt△ACB中分别有∠CAE＋∠ACE＝90°，∠CAE＋∠6＝90°．∴∠ACE＝∠6＝∠FPE．又∵∠1＝∠2，AF＝AF，∴△ACF≌△APF．∴ CF＝FP．∵ FP∥GB，FG∥AB，∴四边形FPBG是平行四边形．∴ FP＝GB．∴ CD＝GB．∵ CD⊥AC，∴点D到直线AC的距离为线段CD的长∴⊙D与直线AC相切.。
2020-2021中考数学圆的综合提高练习题压轴题训练及详细答案
2020-2021中考数学圆的综合提高练习题压轴题训练及详细答案一、圆的综合1．如图，四边形OABC 是平行四边形，以O 为圆心，OA 为半径的圆交AB 于D ，延长AO 交O 于E ，连接CD ，CE ，若CE 是⊙O 的切线，解答下列问题：（1）求证：CD 是⊙O 的切线；（2）若BC=4，CD=6，求平行四边形OABC 的面积．【答案】（1）证明见解析（2）24【解析】试题分析：（1）连接OD ，求出∠EOC=∠DOC ，根据SAS 推出△EOC ≌△DOC ，推出∠ODC=∠OEC=90°，根据切线的判定推出即可；（2）根据切线长定理求出CE=CD=4，根据平行四边形性质求出OA=OD=4，根据平行四边形的面积公式=2△COD 的面积即可求解．试题解析：（1）证明：连接OD ，∵OD=OA ，∴∠ODA=∠A ，∵四边形OABC 是平行四边形，∴OC ∥AB ，∴∠EOC=∠A ，∠COD=∠ODA ，∴∠EOC=∠DOC ，在△EOC 和△DOC 中，OE OD EOC DOC OC OC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EOC ≌△DOC （SAS ），∴∠ODC=∠OEC=90°，即OD ⊥DC ，∴CD 是⊙O 的切线；（2）由（1）知CD 是圆O 的切线，∴△CDO 为直角三角形，∵S △CDO =12CD•OD ， 又∵OA=BC=OD=4，∴S△CDO=12×6×4=12，∴平行四边形OABC的面积S=2S△CDO=24．2．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．【答案】（1）证明见解析；（2）8．【解析】（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．试题解析：连接AD，OA，∵∠ADC=∠B，∠B=60°，∴∠ADC=60°，∵CD是直径，∴∠DAC=90°，∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，∵AP=AC，OA=OC，∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，即OA ⊥AP ，∵OA 为半径，∴AP 是⊙O 切线．（2）连接AD ，BD ，∵CD 是直径，∴∠DBC=90°，∵CD=4，B 为弧CD 中点，∴BD=BC=，∴∠BDC=∠BCD=45°，∴∠DAB=∠DCB=45°，即∠BDE=∠DAB ，∵∠DBE=∠DBA ，∴△DBE ∽△ABD ， ∴，∴BE•AB=BD•BD=． 考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．3．如图，AB 为O e 的直径，弦//CD AB ，E 是AB 延长线上一点，CDB ADE ∠=∠． ()1DE 是O e 的切线吗？请说明理由；()2求证：2AC CD BE =⋅．【答案】（1）结论：DE 是O e 的切线，理由见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接OD ，只要证明OD DE ⊥即可；（2）只要证明：AC BD =，CDB DBE V V ∽即可解决问题.【详解】()1解：结论：DE 是O e 的切线．理由：连接OD ．CDB ADE ∠=∠Q ，ADC EDB ∴∠=∠，//CD AB Q ，CDA DAB ∴∠=∠，OA OD =Q ，OAD ODA ∴∠=∠，ADO EDB ∴∠=∠，AB Q 是直径，90ADB ∴∠=o ，90ADB ODE ∴∠=∠=o ，DE OD ∴⊥，DE ∴是O e 的切线．()2//CD AB Q ，ADC DAB ∴∠=∠，CDB DBE ∠=∠，AC BD ∴=n n， AC BD ∴=，DCB DAB ∠=∠Q ，EDB DAB ∠=∠，EDB DCB ∴∠=∠，CDB ∴V ∽DBE V ，CD DB BD BE∴=， 2BD CD BE ∴=⋅，2AC CD BE ∴=⋅．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，准确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.4．如图，AD是△ABC的角平分线，以AD为弦的⊙O交AB、AC于E、F，已知EF∥BC．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）若已知AE=9，CF=4，求DE长；（3）在（2）的条件下，若∠BAC=60°，求tan∠AFE的值及GD长．【答案】（1）证明见解析（2）DE=6（3）37 5【解析】试题分析：（1）连接OD，由角平分线的定义得到∠1=∠2，得到»»DE DF=，根据垂径定理得到OD⊥EF，根据平行线的性质得到OD⊥BC，于是得到结论；（2）连接DE，由»»DE DF=，得到DE=DF，根据平行线的性质得到∠3=∠4，等量代换得到∠1=∠4，根据相似三角形的性质即可得到结论；（3）过F作FH⊥BC于H，由已知条件得到∠1=∠2=∠3=∠4=30°，解直角三角形得到FH=12DF=12×6=3，3227CF HF-=，根据三角函数的定义得到tan∠AFE=tan∠C=37HFCH=；根据相似三角形到现在即可得到结论．试题解析：（1）连接OD，∵AD是△ABC的角平分线，∴∠1=∠2，∴»»DE DF=，∴OD⊥EF，∵EF∥BC，∴OD⊥BC，∴BC是⊙O的切线；（2）连接DE，∵»»DE DF=，∴DE=DF，∵EF∥BC，∴∠3=∠4，∵∠1=∠3，∴∠1=∠4，∵∠DFC=∠AED，∴△AED ∽△DFC ， ∴AE DE DF CF =，即94DE DE =， ∴DE 2=36， ∴DE=6；（3）过F 作FH ⊥BC 于H ，∵∠BAC=60°，∴∠1=∠2=∠3=∠4=30°， ∴FH=12DF=162⨯=3，DH=33， ∴CH=227CF HF -=，∵EF ∥BC ，∴∠C=∠AFE ，∴tan ∠AFE=tan ∠C=37HF CH =； ∵∠4=∠2．∠C=∠C ，∴△ADC ∽△DFC ，∴AD CD DF CF=， ∵∠5=∠5，∠3=∠2，∴△ADF ∽△FDG ，∴AD DF DF DG =， ∴CD DF CF DG =，即33764DG+=， ∴DG=18367-．点睛：本题考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键.5．已知：BD 为⊙O 的直径，O 为圆心，点A 为圆上一点，过点B 作⊙O 的切线交DA 的延长线于点F ，点C 为⊙O 上一点，且AB ＝AC ，连接BC 交AD 于点E ，连接AC ．(1)如图1，求证：∠ABF ＝∠ABC ；(2)如图2，点H 为⊙O 内部一点，连接OH ，CH 若∠OHC ＝∠HCA ＝90°时，求证：CH ＝12DA ； (3)在(2)的条件下，若OH ＝6，⊙O 的半径为10，求CE 的长．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）215. 【解析】【分析】 ()1由BD 为O e 的直径，得到D ABD 90∠∠+=o ，根据切线的性质得到FBA ABD 90∠∠+=o ，根据等腰三角形的性质得到C ABC ∠∠=，等量代换即可得到结论；()2如图2，连接OC ，根据平行线的判定和性质得到ACO COH ∠∠=，根据等腰三角形的性质得到OBC OCB ∠∠=，ABC CBO ACB OCB ∠∠∠∠+=+，根据相似三角形的性质即可得到结论；()3根据相似三角形的性质得到AB BD 2OH OC==，根据勾股定理得到22AD BD AB 16=-=，根据全等三角形的性质得到BF BE =，AF AE =，根据射影定理得到212AF 916==，根据相交弦定理即可得到结论． 【详解】()1BD Q 为O e 的直径，90BAD ∴∠=o ，90D ABD ∴∠+∠=o ，FB Q 是O e 的切线，90FBD ∴∠=o ，90FBA ABD ∴∠+∠=o ，FBA D ∴∠=∠，AB AC =Q ，C ABC ∴∠=∠，C D ∠=∠Q ，ABF ABC ∴∠=∠；()2如图2，连接OC ，90OHC HCA ∠=∠=o Q ，//AC OH ∴，ACO COH ∴∠=∠，OB OC =Q ，OBC OCB ∴∠=∠，ABC CBO ACB OCB ∴∠+∠=∠+∠，即ABD ACO ∠=∠，ABC COH ∴∠=∠，90H BAD ∠=∠=o Q ，ABD ∴V ∽HOC V ，2AD BD CH OC∴==， 12CH DA ∴=； ()3由()2知，ABC V ∽HOC V ，2AB BD OH OC∴==， 6OH =Q ，O e 的半径为10， 212AB OH ∴==，20BD =，2216AD BD AB ∴=-=，在ABF V 与ABE V 中，90ABF ABE AB AB BAF BAE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=⎩o ， ABF ∴V ≌ABE V ，BF BE ∴=，AF AE =，90FBD BAD ∠=∠=o Q ，2AB AF AD ∴=⋅，212916AF ∴==， 9AE AF ∴==，7DE ∴=，2215BE AB AE =+=，AD Q ，BC 交于E ，AE DE BE CE ∴⋅=⋅，9721155AE DE CE BE ⋅⨯∴===． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，射影定理，相交弦定理，正确的识别图形是解题的关键．6．如图，AB 是⊙O 的直径，D 、D 为⊙O 上两点，CF ⊥AB 于点F ，CE ⊥AD 交AD 的延长线于点E ，且CE=CF.（1）求证：CE 是⊙O 的切线；（2）连接CD 、CB ，若AD=CD=a ，求四边形ABCD 面积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】 （1）连接OC ，AC ，可先证明AC 平分∠BAE ，结合圆的性质可证明OC ∥AE ，可得∠OCB ＝90°，可证得结论；（2）可先证得四边形AOCD 为平行四边形，再证明△OCB 为等边三角形，可求得CF 、AB ，利用梯形的面积公式可求得答案．【详解】（1）证明：连接OC ，AC ．∵CF ⊥AB ，CE ⊥AD ，且CE ＝CF ．∴∠CAE ＝∠CAB ．∵OC ＝OA ，∴∠CAB＝∠OCA．∴∠CAE＝∠OCA．∴OC∥AE．∴∠OCE＋∠AEC＝180°，∵∠AEC＝90°，∴∠OCE＝90°即OC⊥CE，∵OC是⊙O的半径，点C为半径外端，∴CE是⊙O的切线．（2）解：∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB，∴DC∥AB，∵∠CAE＝∠OCA，∴OC∥AD，∴四边形AOCD是平行四边形，∴OC＝AD＝a，AB＝2a，∵∠CAE＝∠CAB，∴CD＝CB＝a，∴CB＝OC＝OB，∴△OCB是等边三角形，在Rt△CFB中，CF＝，∴S四边形ABCD＝（DC＋AB）•CF＝【点睛】本题主要考查切线的判定，掌握切线的两种判定方法是解题的关键，即有切点时连接圆心和切点，然后证明垂直，没有切点时，过圆心作垂直，证明圆心到直线的距离等于半径．7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，AD、BC的延长线交于点F，点E在CF 上，且∠DEC=∠BAC．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）当AB=AC时，若CE=2，EF=3，求⊙O的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）354． 【解析】 【分析】 （1）先判断出BD 是圆O 的直径，再判断出BD ⊥DE ，即可得出结论；（2）根据余角的性质和等腰三角形的性质得到∠F =∠EDF ，根据等腰三角形的判定得到DE =EF =3，根据勾股定理得到CD 225DE CE =-=，证明△CDE ∽△DBE ，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）如图，连接BD ．∵∠BAD =90°，∴点O 必在BD 上，即：BD 是直径，∴∠BCD =90°，∴∠DEC +∠CDE =90°． ∵∠DEC =∠BAC ，∴∠BAC +∠CDE =90°．∵∠BAC =∠BDC ，∴∠BDC +∠CDE =90°，∴∠BDE =90°，即：BD ⊥DE ．∵点D 在⊙O 上，∴DE 是⊙O 的切线；（2）∵∠BAF =∠BDE =90°，∴∠F +∠ABC =∠FDE +∠ADB =90°．∵AB =AC ，∴∠ABC =∠ACB ．∵∠ADB =∠ACB ，∴∠F =∠FDE ，∴DE =EF =3．∵CE =2，∠BCD =90°，∴∠DCE =90°，∴CD 225DE CE =-=．∵∠BDE =90°，CD ⊥BE ，∴∠DCE =∠BDE =90°．∵∠DEC =∠BED ，∴△CDE ∽△DBE ，∴CD BD CE DE =，∴BD 533522⨯==，∴⊙O 的半径35=．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，求出DE =EF 是解答本题的关键．8．如图，等边△ABC 内接于⊙O ，P 是弧AB 上任一点（点P 不与A 、B 重合），连AP ，BP ，过C 作CM ∥BP 交PA 的延长线于点M ，（1）求证：△PCM 为等边三角形；（2）若PA ＝1，PB ＝2，求梯形PBCM 的面积．【答案】（1）见解析；（21534【解析】【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角，进而判定△PCM 为等边三角形；（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等，进而利用△PCM 为等边三角形，进而求得PH 的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可．【详解】（1）证明：作PH ⊥CM 于H ，∵△ABC 是等边三角形，∴∠APC=∠ABC=60°，∠BAC=∠BPC=60°，∵CM ∥BP ，∴∠BPC=∠PCM=60°，∴△PCM 为等边三角形；（2）解：∵△ABC 是等边三角形，△PCM 为等边三角形，∴∠PCA+∠ACM=∠BCP+∠PCA ，∴∠BCP=∠ACM ，在△BCP 和△ACM 中， BC AC BCP ACM CP CM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCP ≌△ACM （SAS ），∴PB=AM ，∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，在Rt △PMH 中，∠MPH=30°，∴PH=332，∴S梯形PBCM=12（PB+CM）×PH=12×（2+3）×332=1534．【点睛】本题考查圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题．9．已知：如图，四边形ABCD为菱形，△ABD的外接圆⊙O与CD相切于点D，交AC于点E．（1）判断⊙O与BC的位置关系，并说明理由；（2）若CE=2，求⊙O的半径r．【答案】（1）相切，理由见解析；（2）2.【解析】试题分析：（1）根据切线的性质，可得∠ODC的度数，根据菱形的性质，可得CD与BC 的关系，根据SSS，可得三角形全等，根据全等三角形的性质，可得∠OBC的度数，根据切线的判定，可得答案；（2）根据等腰三角形的性质，可得∠ACD=∠CAD，根据三角形外角的性质，∠COD=∠OAD+∠AOD，根据直角三角形的性质，可得OC与OD的关系，根据等量代换，可得答案．（1）⊙O与BC相切，理由如下连接OD、OB，如图所示：∵⊙O与CD相切于点D，∴OD⊥CD，∠ODC=90°．∵四边形ABCD为菱形，∴AC垂直平分BD，AD=CD=CB．∴△ABD的外接圆⊙O的圆心O在AC上，∵OD=OB，OC=OC，CB=CD，∴△OBC≌△ODC．∴∠OBC=∠ODC=90°，又∵OB为半径，∴⊙O与BC相切；（2）∵AD=CD，∴∠ACD=∠CAD．∵AO=OD，∴∠OAD=∠ODA．∵∠COD=∠OAD+∠AOD，∠COD=2∠CAD．∴∠COD=2∠ACD又∵∠COD+∠ACD=90°，∴∠ACD=30°．∴OD=12OC，即r=12（r+2）．∴r=2．【点睛】运用了切线的判定与性质，利用了切线的判定与性质，菱形的性质，直角三角形的性质．10．我们知道，如图1，AB是⊙O的弦，点F是¼AFB的中点，过点F作EF⊥AB于点E，易得点E是AB的中点，即AE＝EB．⊙O上一点C（AC＞BC），则折线ACB称为⊙O的一条“折弦”．（1）当点C在弦AB的上方时（如图2），过点F作EF⊥AC于点E，求证：点E是“折弦ACB”的中点，即AE＝EC+CB．（2）当点C在弦AB的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明．（3）如图4，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为2，过⊙O上一点P作PH⊥AC于点H，交AB于点M，当∠PAB＝45°时，求AH的长．【答案】（1）见解析；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，见解析；（3）AH的长为3﹣1或3+1．【解析】【分析】（1）在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，证明△FAG≌△FBC，根据全等三角形的性质得到FG＝FC，根据等腰三角形的性质得到EG＝EC，即可证明.（2）在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，证明△FCG≌△FCB，根据全等三角形的性质得到FG＝FB，得到FA＝FG，根据等腰三角形的性质得到AE＝GE，即可证明.（3）分点P在弦AB上方和点P在弦AB下方两种情况进行讨论.【详解】解：（1）如图2，在AC 上截取AG ＝BC ，连接FA ，FG ，FB ，FC ，∵点F 是¼AFB 的中点，FA ＝FB ，在△FAG 和△FBC 中，,FA FB FAG FBC AG BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FAG ≌△FBC （SAS ），∴FG ＝FC ，∵FE ⊥AC ，∴EG ＝EC ，∴AE ＝AG+EG ＝BC+CE ；（2）结论AE ＝EC+CB 不成立，新结论为：CE ＝BC+AE ，理由：如图3，在CA 上截取CG ＝CB ，连接FA ，FB ，FC ，∵点F 是¼AFB 的中点，∴FA ＝FB ，¶¶ FAFB =, ∴∠FCG ＝∠FCB ，在△FCG 和△FCB 中，,CG CB FCG FCB FC FC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FCG ≌△FCB （SAS ），∴FG ＝FB ，∴FA ＝FG ，∵FE ⊥AC ，∴AE ＝GE ，∴CE ＝CG+GE ＝BC+AE ；（3）在Rt △ABC 中，AB ＝2OA ＝4，∠BAC ＝30°， ∴12232BC AB AC ===，， 当点P 在弦AB 上方时，如图4，在CA 上截取CG ＝CB ，连接PA ，PB ，PG ，∵∠ACB ＝90°，∴AB 为⊙O 的直径，∴∠APB ＝90°，∵∠PAB ＝45°，∴∠PBA ＝45°＝∠PAB ，∴PA ＝PB ，∠PCG ＝∠PCB ，在△PCG 和△PCB 中， ,CG CB PCG PCB PC PC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△PCG ≌△PCB （SAS ），∴PG ＝PB ，∴PA ＝PG ，∵PH ⊥AC ，∴AH ＝GH ，∴AC ＝AH+GH+CG ＝2AH+BC ， ∴2322AH =+， ∴31AH =，当点P 在弦AB 下方时，如图5， 在AC 上截取AG ＝BC ，连接PA ，PB ，PC ，PG∵∠ACB ＝90°，∴AB 为⊙O 的直径，∴∠APB ＝90°，∵∠PAB ＝45°，∴∠PBA ＝45°＝∠PAB ，∴PA ＝PB ，在△PAG 和△PBC 中，,AG BC PAG PBC PA PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△PAG ≌△PBC （SAS ），∴PG ＝PC ，∵PH ⊥AC ，∴CH ＝GH ，∴AC ＝AG+GH+CH ＝BC+2CH ， ∴2322CH ，=+∴31CH =-，∴()233131AH AC CH =-=--=+， 即：当∠PAB ＝45°时，AH 的长为31- 或3 1.+【点睛】考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.11．如图，AB 是⊙O 的直径，AD 是⊙O 的弦，点F 是DA 延长线上的一点，过⊙O 上一点C 作⊙O 的切线交DF 于点E ，CE ⊥DF ．(1)求证：AC 平分∠FAB ；(2)若AE ＝1，CE ＝2，求⊙O 的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）52【解析】 试题分析：（1）连接OC ，根据切线的性质和圆周角定理，得出∠OCA =∠OAC 与∠CAE =∠OCA ，然后根据角平分线的定义可证明；（2）由圆周角定理得到∠BCA=90°，由垂直的定义，可求出∠CEA=90°，从而根据两角对应相等的两三角形相似可证明△ACB ∽△AEC ，再根据相似三角形的对应边成比例求得AB 的长，从而得到圆的半径.试题解析：(1)证明：连接OC .∵CE是⊙O的切线，∴∠OCE =90°∵CE⊥DF，∴∠CEA=90°，∴∠ACE+∠CAE=∠ACE+∠OCA=90°，∴∠CAE=∠OCA ∵OC＝OA，∴∠OCA=∠OAC.∴∠CAE=∠OAC，即AC平分∠FAB(2)连接BC.∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB =∠AEC =90°.又∵∠CAE=∠OAC，∴△ACB∽△AEC,∴AB AC AC AE=.∵AE＝1，CE＝2，∠AEC =90°，∴2222125AC AE CE=+=+=∴()22551ACABAE===，∴⊙O的半径为52．12．如图1，D是⊙O的直径BC上的一点，过D作DE⊥BC交⊙O于E、N，F是⊙O上的一点，过F的直线分别与CB、DE的延长线相交于A、P，连结CF交PD于M，∠C＝12∠P．（1）求证：PA是⊙O的切线；（2）若∠A＝30°，⊙O的半径为4，DM＝1，求PM的长；（3）如图2，在（2）的条件下，连结BF、BM；在线段DN上有一点H，并且以H、D、C 为顶点的三角形与△BFM相似，求DH的长度．【答案】（1）证明见解析；（2）PM＝32；（3）满足条件的DH 63-或1223+【解析】【分析】（1）如图1中，作PH⊥FM于H．想办法证明∠PFH=∠PMH，∠C=∠OFC，再根据等角的余角相等即可解决问题；（2）解直角三角形求出AD，PD即可解决问题；（3）分两种情形①当△CDH∽△BFM时，DH CD FM BF=．②当△CDH∽△MFB时，DH CDFB MF=，分别构建方程即可解决问题；【详解】（1）证明：如图1中，作PH⊥FM于H．∵PD⊥AC，∴∠PHM＝∠CDM＝90°，∵∠PMH＝∠DMC，∴∠C＝∠MPH，∵∠C＝12∠FPM，∴∠HPF＝∠HPM，∵∠HFP+∠HPF＝90°，∠HMP+∠HPM＝90°，∴∠PFH＝∠PMH，∵OF＝OC，∴∠C＝∠OFC，∵∠C+∠CMD＝∠C+∠PMF＝∠C+∠PFH＝90°，∴∠OFC+∠PFC＝90°，∴∠OFP＝90°，∴直线PA是⊙O的切线．（2）解：如图1中，∵∠A＝30°，∠AFO＝90°，∴∠AOF＝60°，∵∠AOF＝∠OFC+∠OCF，∠OFC＝∠OCF，∴∠C＝30°，∵⊙O的半径为4，DM＝1，∴OA＝2OF＝8，CD33，∴OD＝OC﹣CD＝43，∴AD＝OA+OD＝8+43＝123，在Rt△ADP中，DP＝AD•tan30°＝（123）×33＝3﹣1，∴PM＝PD﹣DM＝3﹣2．（3）如图2中，由（2）可知：BF ＝12BC ＝4，FM ＝3BF ＝43 ，CM ＝2DM ＝2，CD ＝3 ， ∴FM ＝FC ﹣CM ＝43﹣2，①当△CDH ∽△BFM 时，DH CD FM BF = ， ∴ 34432=- ，∴DH ＝632- ②当△CDH ∽△MFB 时，DH CD FB MF =， ∴34432DH =- ，∴DH ＝1223+ ， ∵DN ＝()22443833--=- ，∴DH ＜DN ，符合题意，综上所述，满足条件的DH 的值为63- 或1223+． 【点睛】本题考查圆综合题、切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题.13．如图，是大半圆的直径，是小半圆的直径，点是大半圆上一点，与小半圆交于点，过点作于点. （1）求证：是小半圆的切线； （2）若，点在上运动（点不与两点重合），设，. ①求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；②当时，求两点之间的距离.【答案】（1）见解析；（2）①，，②两点之间的距离为或.【解析】【分析】（1）连接CO、CM，只需证到CD⊥CM．由于CD⊥OP，只需证到CM∥OP，只需证到CM 是△AOP的中位线即可．（2）①易证△ODC∽△CDP，从而得到CD2=DP•OD，进而得到y与x之间的函数关系式．由于当点P与点A重合时x=0，当点P与点B重合时x=4，点P在大半圆O上运动（点P不与A，B两点重合），因此自变量x的取值范围为0＜x＜4．②当y=3时，得到-x2+4x=3，求出x．根据x的值可求出CD、PD的值，从而求出∠CPD，运用勾股定理等知识就可求出P，M两点之间的距离．【详解】（1）连接，如图1所示∵是小半圆的直径，∴即∵∴∵∴∴，∵∴，∴∴.，即∵经过半径的外端，且∴直线是小半圆的切线.（2）①∵，，∴∴∴∽∴∴∵,,，∴当点与点重合时，；当点与点重合时，∵点在大半圆上运动（点不与两点重合），∴∴与之间的函数关系式为，自变量的取值范围是.②当时，解得,Ⅰ当时，如图2所示在中，∵，∴，∴∵，∴是等边三角形∵∴∴.Ⅱ当时，如图3所示，同理可得∵∴∴过点作，垂足为，连接，如图3所示∵，∴同理在中，∵，∴综上所述，当时，两点之间的距离为或.【点睛】考查了切线的判定、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，综合性比较强．14．如图，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于C点，AC平分∠DAB．（1）求证：AD⊥CD；（2）若AD＝2，AC=6，求⊙O的半径R的长．【答案】（1）证明见解析（2）3 2【解析】试题分析：（1）连接OC ，由题意得OC ⊥CD ．又因为AC 平分∠DAB ，则∠1=∠2=12∠DAB ．即可得出AD ∥OC ，则AD ⊥CD ； （2）连接BC ，则∠ACB =90°，可证明△ADC ∽△ACB ．则2AD AC AC R =，从而求得R ． 试题解析：（1）证明：连接OC ，∵直线CD 与⊙O 相切于C 点，AB 是⊙O 的直径，∴OC ⊥CD ．又∵AC 平分∠DAB ，∴∠1=∠2=12∠DAB ． 又∠COB =2∠1=∠DAB ，∴AD ∥OC ，∴AD ⊥CD ．（2）连接BC ，则∠ACB =90°，在△ADC 和△ACB 中∵∠1=∠2，∠3=∠ACB =90°，∴△ADC ∽△ACB ．∴2AD AC AC R= ∴R =2322AC AD =15．已知：如图，以等边三角形ABC 一边AB 为直径的⊙O 与边AC 、BC 分别交于点D 、E ，过点D 作DF ⊥BC ，垂足为F ．（1）求证：DF 为⊙O 的切线；（2）若等边三角形ABC 的边长为4，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）见解析（2）332 23π-【解析】试题分析：（1）连接DO，要证明DF为⊙O的切线只要证明∠FDP=90°即可；（2）首先由已知可得到CD，CF的长，从而利用勾股定理可求得DF的长；再连接OE，求得CF，EF的长，从而利用S直角梯形FDOE﹣S扇形OED求得阴影部分的面积．试题解析：（1）证明：连接DO．∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠C=60°．∵OA=OD，∴△OAD是等边三角形．∴∠ADO=60°，∵DF⊥BC，∴∠CDF=90°﹣∠C=30°，∴∠FDO=180°﹣∠ADO﹣∠CDF=90°，∴DF为⊙O的切线；（2）∵△OAD是等边三角形，∴AD=AO=AB=2．∴CD=AC﹣AD=2．Rt△CDF中，∵∠CDF=30°，∴CF=CD=1．∴DF=，连接OE，则CE=2．∴CF=1，∴EF=1．∴S直角梯形FDOE=（EF+OD）•DF=，∴S扇形OED==，∴S阴影=S直角梯形FDOE﹣S扇形OED=﹣．【点睛】此题考查学生对切线的判定及扇形的面积等知识点的掌握情况，当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线．也考查了等边三角形的性质和利用割补法计算补规则图形的面积．。
2020-2021中考数学—圆的综合的综合压轴题专题复习及详细答案
2020-2021中考数学—圆的综合的综合压轴题专题复习及详细答案一、圆的综合1．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连结AC，过»BD上一点E作EG∥AC 交CD的延长线于点G，连结AE交CD于点F，且EG=FG，连结CE．（1）求证：∠G=∠CEF；（2）求证：EG是⊙O的切线；（3）延长AB交GE的延长线于点M，若tanG =34，AH=33，求EM的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）253 8.【解析】试题分析：（1）由AC∥EG，推出∠G=∠ACG，由AB⊥CD推出»»AD AC=，推出∠CEF=∠ACD，推出∠G=∠CEF，由此即可证明；（2）欲证明EG是⊙O的切线只要证明EG⊥OE即可；（3）连接OC．设⊙O的半径为r．在Rt△OCH中，利用勾股定理求出r，证明△AHC∽△MEO，可得AH HCEM OE=，由此即可解决问题；试题解析：（1）证明：如图1．∵AC∥EG，∴∠G=∠ACG，∵AB⊥CD，∴»»AD AC=，∴∠CEF=∠ACD，∴∠G=∠CEF，∵∠ECF=∠ECG，∴△ECF∽△GCE．（2）证明：如图2中，连接OE．∵GF=GE，∴∠GFE=∠GEF=∠AFH，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∵∠AFH+∠FAH=90°，∴∠GEF+∠AEO=90°，∴∠GEO=90°，∴GE⊥OE，∴EG是⊙O的切线．（3）解：如图3中，连接OC．设⊙O的半径为r．在Rt△AHC中，tan∠ACH=tan∠G=AHHC=34，∵AH=33，∴HC=43，在Rt△HOC中，∵OC=r，OH=r﹣33，HC=43，∴222(33)(43)r r-+=，∴r=2536，∵GM∥AC，∴∠CAH=∠M，∵∠OEM=∠AHC，∴△AHC∽△MEO，∴AH HCEM OE=，∴33432536=，∴EM=253．点睛：本题考查圆综合题、垂径定理、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，正确寻找相似三角形，构建方程解决问题吗，属于中考压轴题．2．如图，AB为⊙O的直径，点E在⊙O上，过点E的切线与AB的延长线交于点D，连接BE，过点O作BE的平行线，交⊙O于点F，交切线于点C，连接AC（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）连接EF，当∠D=°时，四边形FOBE是菱形．【答案】（1）见解析；（2）30.【分析】（1）由等角的转换证明出OCA OCE ∆∆≌，根据圆的位置关系证得AC 是⊙O 的切线. （2）根据四边形FOBE 是菱形，得到OF=OB=BF=EF ，得证OBE ∆为等边三角形，而得出60BOE ∠=︒，根据三角形内角和即可求出答案. 【详解】（1）证明：∵CD 与⊙O 相切于点E ， ∴OE CD ⊥， ∴90CEO ∠=︒，又∵OC BE P ，∴COE OEB ∠=∠，∠OBE=∠COA ∵OE=OB ，∴OEB OBE ∠=∠， ∴COE COA ∠=∠， 又∵OC=OC ，OA=OE ， ∴OCA OCE SAS ∆∆≌（）， ∴90CAO CEO ∠=∠=︒， 又∵AB 为⊙O 的直径， ∴AC 为⊙O 的切线；（2）解：∵四边形FOBE 是菱形， ∴OF=OB=BF=EF ， ∴OE=OB=BE ，∴OBE ∆为等边三角形， ∴60BOE ∠=︒， 而OE CD ⊥， ∴30D ∠=︒． 故答案为30． 【点睛】本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题，熟练掌握圆的性质是本题的解题关键.3．已知▱ABCD 的周长为26，∠ABC=120°，BD 为一条对角线，⊙O 内切于△ABD ，E ，F ，G为切点，已知⊙O 的半径为▱ABCD 的面积．【答案】 【解析】 【分析】首先利用三边及⊙O 的半径表示出平行四边形的面积，再根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD 的长即可解答.设⊙O分别切△ABD的边AD、AB、BD于点G、E、F；平行四边形ABCD的面积为S；则S=2S△ABD=2×12(AB·OE+BD·OF+AD·OG)=3（AB+AD+BD）；∵平行四边形ABCD的周长为26，∴AB+AD=13，∴S=3(13+BD)；连接OA；由题意得：∠OAE=30°，∴AG=AE=3；同理可证DF=DG，BF=BE；∴DF+BF=DG+BE=13﹣3﹣3=7，即BD=7，∴S=3（13+7）=203．即平行四边形ABCD的面积为203．4．如图，已知△ABC中，AB=AC，∠A=30°，AB=16，以AB为直径的⊙O与BC边相交于点D，与AC交于点F，过点D作DE⊥AC于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）求CE的长；（3）过点B作BG∥DF，交⊙O于点G，求弧BG的长．【答案】（1）证明见解析（2）33）4π【解析】【分析】（1）如图1，连接AD，OD，由AB为⊙O的直径，可得AD⊥BC，再根据AB=AC，可得BD=DC，再根据OA=OB，则可得OD∥AC，继而可得DE⊥OD，问题得证；（2）如图2，连接BF，根据已知可推导得出DE=12BF，CE=EF，根据∠A=30°，AB=16，可得BF=8，继而得DE=4，由DE为⊙O的切线，可得ED2=EF•AE，即42=CE•（16﹣CE），继而可求得CE长；（3）如图3，连接OG，连接AD，由BG∥DF，可得∠CBG=∠CDF=30°，再根据AB=AC，可推导得出∠OBG=45°，由OG=OB，可得∠OGB=45°，从而可得∠BOG=90°，根据弧长公式即可求得»BG的长度.【详解】（1）如图1，连接AD ，OD ； ∵AB 为⊙O 的直径， ∴∠ADB=90°，即AD ⊥BC ， ∵AB=AC ， ∴BD=DC ， ∵OA=OB ， ∴OD ∥AC ， ∵DE ⊥AC ， ∴DE ⊥OD ， ∴∠ODE=∠DEA=90°， ∴DE 为⊙O 的切线； （2）如图2，连接BF ， ∵AB 为⊙O 的直径， ∴∠AFB=90°， ∴BF ∥DE ， ∵CD=BD ，∴DE=12BF ，CE=EF ， ∵∠A=30°，AB=16， ∴BF=8， ∴DE=4，∵DE 为⊙O 的切线， ∴ED 2=EF•AE ，∴42=CE•（16﹣CE ），∴CE=8﹣ （3）如图3，连接OG ，连接AD ， ∵BG ∥DF ， ∴∠CBG=∠CDF=30°， ∵AB=AC ， ∴∠ABC=∠C=75°， ∴∠OBG=75°﹣30°=45°， ∵OG=OB ，∴∠OGB=∠OBG=45°， ∴∠BOG=90°，∴»BG的长度=908180π⨯⨯=4π．【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及了切线的判定、三角形中位线定理、圆周角定理、弧长公式等，正确添加辅助线、熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.5．如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC，⊙A经过点B，与AD边交于点E，连接CE .（1）求证：直线PD是⊙A的切线；（2）若PC=25，sin∠P=23，求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）．【答案】（1）见解析；（2）20-4π.【解析】分析：（1）过点A作AH⊥PD，垂足为H，只要证明AH为半径即可.（2）分别算出Rt△CED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解：（1）证明：如图，过A作AH⊥PD，垂足为H，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，∠PCD=∠BCD=90°，∴∠ADH=∠P，∠AHD=∠PCD=90°，又PD=BC，∴AD=PD，∴△ADH≌△DPC，∴AH=CD，∵CD=AB，且AB是⊙A的半径，∴AH=AB,即AH是⊙A的半径，∴PD是⊙A的切线.（2）如图，在Rt △PDC 中，∵sin ∠P=23CD PD =，PC=25 ， 令CD=2x ，PD=3x ，由由勾股定理得：（3x ）2-(2x)2=(25)2， 解得：x=2，∴CD=4，PD=6， ∴AB=AE=CD=4，AD=BC=PD=6，DE=2， ∵矩形ABCD 的面积为6×4=24，Rt △CED 的面积为12×4×2=4， 扇形ABE 的面积为12π×42=4π， ∴图中阴影部份的面积为24-4-4π=20-4π.点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积.6．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧»().AB ()1用直尺和圆规作出»AB 所在圆的圆心O ；(要求保留作图痕迹，不写作法)()2若»AB 的中点C 到弦AB 的距离为2080m AB m =，，求»AB 所在圆的半径．【答案】(1)见解析；（2）50m 【解析】分析：()1连结AC 、BC ，分别作AC 和BC 的垂直平分线，两垂直平分线的交点为点O ，如图1；()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，根据垂径定理的推论，由C 为»AB的中点得到1OC AB AD BD AB 402⊥===，，则CD 20=，设O e 的半径为r ，在Rt OAD V 中利用勾股定理得到222r (r 20)40=-+，然后解方程即可．详解：()1如图1，点O 为所求；()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，C Q 为»AB 的中点，OC AB ∴⊥，1402AD BD AB ∴===，设O e 的半径为r ，则20OA r OD OD CD r ==-=-，，在Rt OAD V 中，222OA OD AD =+Q ，222(20)40r r ∴=-+，解得50r =，即»AB 所在圆的半径是50m ．点睛：本题考查了垂径定理及勾股定理的应用，在利用数学知识解决实际问题时，要善于把实际问题与数学中的理论知识联系起来，能将生活中的问题抽象为数学问题．7．如图，在⊙O 中，直径AB ⊥弦CD 于点E ，连接AC ，BC ，点F 是BA 延长线上的一点，且∠FCA ＝∠B .(1)求证：CF 是⊙O 的切线； (2)若AE ＝4，tan ∠ACD ＝3，求FC 的长．【答案】（1）见解析 【解析】分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠OCF=90°，进而得出答案； （2）根据正切的性质求出EC 的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可．详解：(1)证明：连接OC.∵AB 是⊙O 的直径， ∴∠ACB ＝90°，∴∠OCB ＋∠ACO ＝90°. ∵OB ＝OC ，∴∠B ＝∠OCB.又∵∠FCA＝∠B，∴∠FCA＝∠OCB，∴∠FCA＋∠ACO＝90°，即∠FCO＝90°，∴FC⊥OC，∴FC是⊙O切线．(2)解：∵AB⊥CD，∴∠AEC＝90°，∴EC=AE43 tan ACE3∠==，设OA＝OC＝r，则OE＝OA－AE＝r－4.在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋CE2，即r2＝(r－4)2＋(43)2，解得r＝8.∴OE＝r－4＝4＝AE.∵CE⊥OA，∴CA＝CO＝8，∴△AOC是等边三角形，∴∠FOC＝60°，∴∠F＝30°.在Rt△FOC中，∵∠OCF＝90°，OC＝8，∠F＝30°，∴OF＝2OC＝16，∴FC＝22OF OC83-=.点睛：此题主要考查了切线的判定、垂径定理的推论以及勾股定理等知识，得出BC的长是解题关键．8．如图．在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AB=30cm，点P在AB上，AP=10cm，点E从点P 出发沿线段PA以2c m/s的速度向点A运动，同时点F从点P出发沿线段PB以1c m/s的速度向点B运动，点E到达点A后立刻以原速度沿线段AB向点B运动，在点E、F运动过程中，以EF为边作正方形EFGH，使它与△ABC在线段AB的同侧，设点E、F运动的时间为t （s）（0＜t＜20）．（1）当点H落在AC边上时，求t的值；（2）设正方形EFGH与△ABC重叠部分的面积为S．①试求S关于t的函数表达式；②以点C为圆心，12t为半径作⊙C，当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值．【答案】（1）t=2s或10s；（2）①S=2229?(02) 75050(210)240400?(1020)t tt t tt t t⎧<≤⎪⎪-+-<≤⎨⎪-+<<⎪⎩；②100cm2．【解析】试题分析：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2；如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10；（2）分四种切线讨论a、如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2．b、如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN．c、如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN．d、如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH．分别计算即可；②分两种情形分别列出方程即可解决问题．试题解析：解：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意得：AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10．综上所述：t=2s或10s时，点H落在AC边上．（2）①如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（3t）2﹣12（5t﹣10）2=﹣72t2+50t﹣50．如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（20﹣t）2﹣12（30﹣3t）2=﹣72t2+50t﹣50．如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH，S=（20﹣t）2=t2﹣40t+400．综上所述：S=2229?(02)75050(210)240400?(1020)t tt t tt t t⎧<≤⎪⎪-+-<≤⎨⎪-+<<⎪⎩．②如图7中，当0＜t≤5时，12t+3t=15，解得：t=307，此时S=100cm2，当5＜t＜20时，12t+20﹣t=15，解得：t=10，此时S=100．综上所述：当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值为100cm2点睛：本题考查了圆综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、切线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意不能漏解，属于中考压轴题．9．阅读：圆是最完美的图形，它具有一些特殊的性质：同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半……先构造“辅助圆”，再利用圆的性质将问题进行转化，往往能化隐为显、化难为易。
2020-2021 中考数学(圆的综合提高练习题)压轴题训练含答案
2020-2021 中考数学(圆的综合提高练习题)压轴题训练含答案一、圆的综合1．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点一次落在直线y x=上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；（3）设MBN∆的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析【解析】试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；（3）利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．试题解析：（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，直线y=x与y轴的夹角是45°，∴OA旋转了45°．∴OA在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=．（2）∵MN∥AC，∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°．∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．又∵BA=BC，∴AM=CN．又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．∴∠AOM=∠CON=12（∠AOC-∠MON）=12（90°-45°）=22.5°．∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45°-22.5°=22.5°．（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．证明：延长BA交y轴于E点，则∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，∴∠AOE=∠CON．又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN．∴△OAE ≌△OCN ．∴OE=ON ，AE=CN ．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM ，∴△OME ≌△OMN ．∴MN=ME=AM+AE ．∴MN=AM+CN ，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化．考点：旋转的性质.2．（1）如图1，在矩形ABCD 中，点O 在边AB 上，∠AOC =∠BOD ，求证：AO =OB ； （2）如图2，AB 是⊙O 的直径，PA 与⊙O 相切于点A ，OP 与⊙O 相交于点C ，连接CB ，∠OPA =40°，求∠ABC 的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）25°.【解析】试题分析： （1）根据等量代换可求得∠AOD=∠BOC ，根据矩形的对边相等，每个角都是直角，可知∠A=∠B=90°，AD=BC ，根据三角形全等的判定AAS 证得△AOD ≌△BOC ，从而得证结论．（2）利用切线的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质得到圆心角∠POA 的度数，然后利用圆周角定理来求∠ABC 的度数．试题解析：（1）∵∠AOC=∠BOD∴∠AOC -∠COD=∠BOD-∠COD即∠AOD=∠BOC∵四边形ABCD 是矩形∴∠A=∠B=90°，AD=BC∴AOD BOC ∆≅∆∴AO=OB（2）解：∵AB 是O e 的直径，PA 与O e 相切于点A ，∴PA ⊥AB ，∴∠A=90°.又∵∠OPA=40°，∴∠AOP=50°，∵OB=OC ，∴∠B=∠OCB.又∵∠AOP=∠B+∠OCB ，∴1252B OCB AOP ∠=∠=∠=︒.3．定义：有一个角是其邻角一半的圆内接四边形叫做圆内倍角四边形． （1）如图1，四边形ABCD 内接于⊙O ，∠DCB ﹣∠ADC=∠A ，求证：四边形ABCD 为圆内接倍角四边形；（2）在（1）的条件下，⊙O 半径为5．①若AD 为直径，且sinA=45，求BC 的长； ②若四边形ABCD 中有一个角为60°，且BC=CD ，则四边形ABCD 的面积是 ； （3）在（1）的条件下，记AB=a ，BC=b ，CD=c ，AD=d ，求证：d 2﹣b 2=ab+cd ．【答案】（1）见解析；（2）①BC ＝6，753或754；（3）见解析 【解析】【分析】 （1）先判断出∠ADC =180°﹣2∠A ．进而判断出∠ABC =2∠A ，即可得出结论；（2）①先用锐角三角函数求出BD ，进而得出AB ，由（1）得出∠ADB =∠BDC ，即可得出结论；②分两种情况：利用面积和差即可得出结论；（3）先得出BE =BC =b ，DE =DA =b ，进而得出CE =d ﹣c ，再判断出△EBC ∽△EDA ，即可得出结论．【详解】（1）设∠A =α，则∠DCB =180°﹣α．∵∠DCB ﹣∠ADC =∠A ，∴∠ADC =∠DCB ﹣∠A =180°﹣α﹣α=180°﹣2α，∴∠ABC =180°﹣∠ADC =2α=2∠A ，∴四边形ABCD 是⊙O 内接倍角四边形；（2）①连接BD ．∵AD 是⊙O 的直径，∴∠ABD =90°．在Rt △ABD 中，AD =2×5=10，sin ∠A =45，∴BD =8，根据勾股定理得：AB =6，设∠A =α，∴∠ADB =90°﹣α．由（1）知，∠ADC =180°﹣2α，∴∠BDC =90°﹣α，∴∠ADB =∠BDC ，∴BC =AB =6；②若∠ADC=60°时．∵四边形ABCD是圆内接倍角四边形，∴∠BCD=120°或∠BAD=30°．Ⅰ、当∠BCD=120°时，如图3，连接OA，OB，OC，OD．∵BC=CD，∴∠BOC=∠COD，∴∠OCD=∠OCB=12∠BCD=60°，∴∠CDO=60°，∴AD是⊙O 的直径，（为了说明AD是直径，点O没有画在AD上）∴∠ADC+∠BCD=180°，∴BC∥AD，∴AB=CD．∵BC=CD，∴AB=BC=CD，∴△OAB，△BOC，△COD是全等的等边三角形，∴S四边形ABCD=3S△AOB=3×34×52=7534．Ⅱ、当∠BAD=30°时，如图4，连接OA，OB，OC，OD．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BCD=180°﹣∠BAD=150°．∵BC=CD，∴∠BOC=∠COD，∴∠BCO=∠DCO=12∠BCD=75°，∴∠BOC=∠DOC=30°，∴∠OBA=45°，∴∠AOB=90°．连接AC，∴∠DAC=12∠BAD=15°．∵∠ADO=∠OAB﹣∠BAD=15°，∴∠DAC=∠ADO，∴OD∥AC，∴S△OAD=S△OCD．过点C作CH⊥OB于H．在Rt△OCH中，CH=12OC=52，∴S四边形ABCD=S△COD+S△BOC+S△AOB﹣S△AOD=S△BOC+S△AOB=1522×5+12×5×5=754．故答案为：753或754；（3）延长DC ，AB 交于点E ．∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∴∠BCE =∠A =12∠ABC ． ∵∠ABC =∠BCE +∠A ，∴∠E =∠BCE =∠A ，∴BE =BC =b ，DE =DA =b ，∴CE =d ﹣c ． ∵∠BCE =∠A ，∠E =∠E ，∴△EBC ∽△EDA ，∴CE BC AE AD =，∴d c b a b d-=+，∴d 2﹣b 2=ab +cd ．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的内接四边形的性质，新定义，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．4．如图，AB 是⊙O 的直径，PA 是⊙O 的切线，点C 在⊙O 上，CB ∥PO ．（1）判断PC 与⊙O 的位置关系，并说明理由；（2）若AB=6，CB=4，求PC 的长．【答案】（1）PC 是⊙O 的切线，理由见解析；（2352【解析】 试题分析：（1）要证PC 是⊙O 的切线，只要连接OC ，再证∠PCO=90°即可．（2）可以连接AC ，根据已知先证明△ACB ∽△PCO ，再根据勾股定理和相似三角形的性质求出PC 的长．试题解析：（1）结论：PC 是⊙O 的切线．证明：连接OC∵CB ∥PO∴∠POA=∠B ，∠POC=∠OCB∵OC=OB∴∠OCB=∠B∴∠POA=∠POC又∵OA=OC，OP=OP∴△APO≌△CPO∴∠OAP=∠OCP∵PA是⊙O的切线∴∠OAP=90°∴∠OCP=90°∴PC是⊙O的切线．（2）连接AC∵AB是⊙O的直径∴∠ACB=90°（6分）由（1）知∠PCO=90°，∠B=∠OCB=∠POC∵∠ACB=∠PCO∴△ACB∽△PCO∴∴．点睛：本题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了勾股定理和相似三角形的性质．5．如图，A是以BC为直径的⊙O上一点，AD⊥BC于点D，过点B作⊙O的切线，与CA 的延长线相交于点E，G是AD的中点，连结CG并延长与BE相交于点F，延长AF与CB的延长线相交于点P．（1）求证：BF=EF：（2）求证：PA是⊙O的切线；（3）若FG=BF，且⊙O的半径长为32，求BD的长度.【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；（3）2【解析】分析：（1）利用平行线截三角形得相似三角形，得△BFC∽△DGC且△FEC∽△GAC，得到对应线段成比例，再结合已知条件可得BF=EF；（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质和等边对等角，得到∠FAO=∠EBO，结合BE是圆的切线，得到PA⊥OA，从而得到PA是圆O的切线；（3）点F作FH⊥AD于点H，根据前两问的结论，利用三角形的相似性质即可以求出BD 的长度．详解：证明：(1)∵BC是圆O的直径，BE是圆O的切线，∴EB⊥BC.又∵AD⊥BC，∴AD∥BE.∴△BFC∽△DGC，△FEC∽△GAC，∴BFDG=CFCG，EFAG=CFCG，∴BFDG=EFAG，∵G是AD的中点，∴DG=AG，∴BF=EF；(2)连接AO，AB.∵BC是圆O的直径，∴∠BAC=90°，由(1)得：在Rt△BAE中，F是斜边BE的中点，∴AF=FB=EF，可得∠FBA=∠FAB，又∵OA=OB，∴∠ABO=∠BAO，∵BE是圆O的切线，∴∠EBO=90°，∴∠FBA+∠ABO=90°，∴∠FAB+∠BAO=90°，即∠FAO=90°，∴PA⊥OA，∴PA是圆O的切线；（3）过点F作FH⊥AD于点H，∵BD ⊥AD ，FH ⊥AD ，∴FH ∥BC ，由(2)，知∠FBA =∠BAF ，∴BF =AF .∵BF =FG ，∴AF =FG ，∴△AFG 是等腰三角形.∵FH ⊥AD ，∴AH =GH ，∵DG =AG ，∴DG =2HG . 即12HG DG =， ∵FH ∥BD ，BF ∥AD ，∠FBD =90°，∴四边形BDHF 是矩形，∴BD =FH ，∵FH ∥BC∴△HFG ∽△DCG ， ∴12FH HG CD DG ==， 即12BD CD =， ∴23 2.15≈， ∵O 的半径长为2，∴BC 2，∴BD =13BC ＝2. 点睛：本题考查了切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质.结合已知条件准确对图形进行分析并应用相应的图形性质是解题的关键.6．已知A （2,0），B （6,0），CB ⊥x 轴于点B ，连接AC画图操作：（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）理解应用：（2）在（1）的条件下，①若tan∠APB12=，求点P的坐标②当点P的坐标为时，∠APB最大拓展延伸：（3）若在直线y43=x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，33953-，125）【解析】试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求；（2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题；试题解析：解：（1）∠APB如图所示；（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=12=ABBC．∵A（2，0），B（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC=22AC AB=43，∴C（6，43），∴K（4，22），∴P（0，23）．故答案为：（0，23）．（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=43x+4交x轴于M（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=35，作PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴ONPK=OMMK=NMMP，∴4PK=3MK=35，∴PK=1255，MK=95，∴OK=95﹣3，∴P（95﹣3，125）．点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．7．阅读：圆是最完美的图形，它具有一些特殊的性质：同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半……先构造“辅助圆”，再利用圆的性质将问题进行转化，往往能化隐为显、化难为易。
2020-2021中考数学—圆的综合的综合压轴题专题复习附详细答案
2020-2021中考数学—圆的综合的综合压轴题专题复习附详细答案一、圆的综合1．（1）如图1，在矩形ABCD 中，点O 在边AB 上，∠AOC =∠BOD ，求证：AO =OB ； （2）如图2，AB 是⊙O 的直径，PA 与⊙O 相切于点A ，OP 与⊙O 相交于点C ，连接CB ，∠OPA =40°，求∠ABC 的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）25°.【解析】试题分析： （1）根据等量代换可求得∠AOD=∠BOC ，根据矩形的对边相等，每个角都是直角，可知∠A=∠B=90°，AD=BC ，根据三角形全等的判定AAS 证得△AOD ≌△BOC ，从而得证结论．（2）利用切线的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质得到圆心角∠POA 的度数，然后利用圆周角定理来求∠ABC 的度数．试题解析：（1）∵∠AOC=∠BOD∴∠AOC -∠COD=∠BOD-∠COD即∠AOD=∠BOC∵四边形ABCD 是矩形∴∠A=∠B=90°，AD=BC∴AOD BOC ∆≅∆∴AO=OB（2）解：∵AB 是O e 的直径，PA 与O e 相切于点A ，∴PA ⊥AB ，∴∠A=90°.又∵∠OPA=40°，∴∠AOP=50°，∵OB=OC ，∴∠B=∠OCB.又∵∠AOP=∠B+∠OCB ， ∴1252B OCB AOP ∠=∠=∠=︒.2．如图，已知AB 是⊙O 的直径，点C 为圆上一点，点D 在OC 的延长线上，连接DA ， 交BC 的延长线于点E ，使得∠DAC=∠B ．（1）求证：DA 是⊙O 切线；（2）求证：△CED ∽△ACD ；（3）若OA=1，sinD=13，求AE的长．【答案】（1）证明见解析；（22【解析】分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD⊥AB即可证明DA是⊙O切线；（2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；（3）由题意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可得到DC2=DE•AD，故此可求得DE的长，于是可求得AE的长．详解：（1）∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°．∵∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°，∴AD⊥AB．∵OA是⊙O半径，∴DA为⊙O的切线；（2）∵OB=OC，∴∠OCB=∠B．∵∠DCE=∠OCB，∴∠DCE=∠B．∵∠DAC=∠B，∴∠DAC=∠DCE．∵∠D=∠D，∴△CED∽△ACD；（3）在Rt△AOD中，OA=1，sin D=13，∴OD=OAsinD=3，∴CD=OD﹣OC=2．∵AD22OD OA-2又∵△CED∽△ACD，∴AD CDCD DE=，∴DE=2CDAD2，∴AE=AD﹣DE222．点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC∽△DCA是解题的关键．3．函数是描述客观世界运动变化的重要模型，理解函数的本质是重要的任务。
2020-2021中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)含详细答案.doc
2020-2021 中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理 ,突破提升 )含详细答案一、圆的综合1．在平面直角坐标中，边长为 2 的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O 在原点.现将正方形OABC 绕 O 点顺时针旋转，当 A 点一次落在直线y x 上时停止旋转，旋转过程中，AB 边交直线y x 于点M ， BC 边交x 轴于点N （如图）.（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；（3）设MBN的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论 .【答案】（ 1）π/2（ 2）22.5 °(3)周长不会变化，证明见解析【解析】试题分析：（ 1）根据扇形的面积公式来求得边OA 在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠ AOM 的度数；（3）利用全等把△ MBN 的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．试题解析：（ 1）∵ A 点第一次落在直线y=x 上时停止旋转，直线 y=x 与 y 轴的夹角是45°，∴OA 旋转了 45 °．∴OA 在旋转过程中所扫过的面积为45 22．360 2 （2）∵ MN ∥AC，∴∠ BMN=∠ BAC=45 ，°∠BNM=∠ BCA=45 ．°∴∠ BMN=∠ BNM．∴ BM=BN．又∵ BA=BC，∴ AM=CN．又∵ OA=OC，∠OAM=∠ OCN，∴ △ OAM≌△ OCN．∴∠ AOM=∠ CON=1（∠ AOC-∠ MON ） =1（ 90°-45 °） =22.5 °．2 2∴旋转过程中，当MN 和 AC 平行时，正方形OABC旋转的度数为45 °-22.5 =22°.5 ．°（3）在旋转正方形 OABC的过程中， p 值无变化．证明：延长 BA 交 y 轴于 E 点，则∠ AOE=45°-∠ AOM ，∠CON=90°-45 °-∠ AOM=45° -∠AOM ，∴∠ AOE=∠ CON．又∵ OA=OC，∠OAE=180°-90 °=90°=∠ OCN．∴△ OAE≌ △ OCN．∴OE=ON， AE=CN．又∵∠ MOE=∠ MON=45°， OM=OM ，∴△ OME≌ △OMN ．∴ MN=ME=AM+AE．∴MN=AM+CN ，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋转正方形OABC的过程中， p 值无变化．考点：旋转的性质.2．如图，已知△ ABC中， AC=BC，以 BC 为直径的⊙ O 交 AB 于 E，过点 E 作 EG⊥AC 于G，交 BC的延长线于 F．（1）求证： AE=BE；（2）求证： FE是⊙ O 的切线；（3）若 FE=4，FC=2，求⊙ O 的半径及 CG的长．【答案】（ 1）详见解析；（2）详见解析；（3） .【解析】（ 1）证明：连接CE，如图 1 所示：∵BC 是直径，∴ ∠ BEC=90 ，°∴ CE⊥AB；又∵ AC=BC，∴ AE=BE．（2）证明：连接OE，如图 2 所示：∵B E=AE， OB=OC，∴ OE 是△ ABC的中位线，∴ OE∥ AC， AC=2OE=6．又∵ EG⊥ AC，∴ FE⊥OE，∴ FE 是⊙O 的切线．（3）解：∵ EF是⊙ O 的切线，∴ FE2=FC?FB．设FC=x，则有 2FB=16，∴ FB=8，∴ BC=FB﹣ FC=8﹣ 2=6，∴ OB=OC=3，即⊙O 的半径为3；∴OE=3．∵OE∥ AC，∴ △ FCG∽ △ FOE，∴，即，解得：CG=．点睛：本题利用了等腰三角形三线合一定理，三角形中位线的判定，切割线定理，以及勾股定理，还有平行线分线段成比例定理，切线的判定等知识．3．如图，⊙ O 的半径为 6cm，经过⊙ O 上一点 C 作⊙ O 的切线交半径 OA 的延长于点 B，作∠ ACO的平分线交⊙O 于点 D，交 OA 于点 F，延长 DA 交 BC 于点 E．（1）求证： AC∥ OD；（2）如果 DE⊥ BC，求?AC的长度．【答案】（ 1）证明见解析；（2） 2π．【解析】试题分析：（ 1）由 OC=OD， CD平分∠ ACO，易证得∠ ACD=∠ ODC，即可证得A C∥ OD；（2） BC 切⊙ O 于点 C，DE⊥BC，易证得平行四边形 ADOC是菱形，继而可证得△ AOC是等边三角形，则可得：∠ AOC=60°，继而求得弧 AC 的长度．试题解析：（ 1）证明：∵ OC=OD，∴ ∠OCD=∠ ODC．∵ CD 平分∠ ACO，∴∠ OCD=∠ ACD，∴ ∠ ACD=∠ ODC，∴ AC∥OD；（2）∵ BC 切⊙O 于点 C，∴ BC⊥OC．∵ DE⊥BC，∴ OC∥ DE．∵ AC∥OD，∴四边形 ADOC 是平行四边形．∵ OC=OD，∴ 平行四边形A DOC是菱形，∴ OC=AC=OA，∴ △AOC 是等边三60 6角形，∴ ∠AOC=60°，∴弧 AC的长度 = =2π．180点睛：本题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质以及弧长公式．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．4．如图， AB 是半圆 O 的直径， C 是的中点，D是的中点，AC与BD相交于点E.（1）求证： BD 平分∠ ABC；（2）求证： BE=2AD；DE（3）求的值.BE2 1【答案】（ 1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（ 3）2【解析】试题分析：（ 1）根据中点弧的性质，可得弦 AD=CD，然后根据弦、弧、圆周角、圆心角的性质求解即可；（2）延长 BC与 AD 相交于点 F, 证明△ BCE≌ △ ACF,根据全等三角形的性质可得BE=AF=2AD；（3）连接 OD,交 AC于 H.简要思路如下：设OH 为 1，则 BC为 2， OB=OD= 2 ，DH=2 1, 然后根据相似三角形的性质可求解.试题解析：（ 1） ∵ D 是 的中点∴AD=DC∴∠ CBD=∠ABD∴BD 平分 ∠ ABC（2）提示：延长 BC 与 AD 相交于点 F,证明 △ BCE ≌△ ACF,BE=AF=2AD（ 3）连接 OD,交 AC 于 H.简要思路如下：设 OH 为 1，则 BC 为 2 ，OB=OD= 2 ，DH=DE DH2 1,=BE BCDE2 1BE =25．如图，已知在 △ ABC 中， AB=15， AC=20， tanA= 1，点 P 在 AB 边上， ⊙ P 的半径为定2长 .当点 P 与点 B 重合时， ⊙ P 恰好与 AC 边相切；当点 P 与点 B 不重合时， ⊙P 与 AC 边相交于点 M 和点 N ．（ 1）求 ⊙ P 的半径；（ 2）当 AP=6 5 时，试探究 △APM 与 △ PCN 是否相似，并说明理由．【答案】（ 1）半径为 3【解析】【分析】（ 1）如图，作径，利用解直角三角形得出5 ；（ 2）相似，理由见解析 .BD ⊥ AC ，垂足为点 D ， ⊙P 与边 AC 相切，则BD 与 AD 的关系，再利用勾股定理可求得BD 就是 ⊙ P 的半BD 的长；（2）如图，过点 P 作 PH ⊥AC 于点 H ，作 BD ⊥ AC ，垂足为点 D ，根据垂径定理得出MN=2MH ， PM=PN ，再利用勾股定理求出 PH 、 AH 、 MH 、 MN 的长，从而求出 AM 、 NC 的长，然后求出AM、PN的值，得出AM=PN，利用两边对应成比例且夹角相等的两MP NC MP NC三角形相似即可证明.【详解】（ 1）如图，作BD⊥ AC，垂足为点D，∵⊙ P 与边 AC 相切，∴BD 就是⊙ P 的半径，在 Rt△ ABD 中， tanA= 1BD，2 AD设BD=x，则 AD=2x，∴x2+(2x)2=152，解得： x=3 5，∴半径为 3 5 ；（2）相似，理由见解析，如图，过点P 作 PH⊥ AC 于点 H，作 BD⊥ AC，垂足为点D，∴PH 垂直平分 MN ，∴PM=PN，在 Rt△ AHP 中， tanA= 1PH，2 AH 设PH=y， AH=2y，y2+（ 2y）2=（6 5 ）2解得： y=6（取正数），∴P H=6， AH=12，在 Rt△ MPH 中，3 5 2MH= 62 =3，∴MN=2MH=6 ，∴AM=AH-MH=12-3=9 ，NC=AC-MN-AM=20-6-9=5，∴ AM 9 3 5 ， PN 3 5 ，MP 3 5 5 NC 5 ∴AM = PN ，MP NC又∵ PM=PN，∴∠ PMN=∠ PNM，∴∠ AMP=∠ PNC，∴△ AMP∽ △PNC.【点睛】本题考查了解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用相关的性质与定理是解题的关键.6．某居民小区的一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需要确定管道圆形截面的半径．如图，若这个输水管道有水部分的水面宽AB=16cm，水最深的地方的高度为4cm，求这个圆形截面的半径．【答案】 10cm【解析】分析：先过圆心O 作半径 CO⊥ AB，交 AB 于点 D 设半径为r，得出 AD、 OD 的长，在Rt△ AOD 中，根据勾股定理求出这个圆形截面的半径．详解：解：过点O 作 OC⊥ AB 于 D，交⊙ O 于 C，连接 OB，∵OC⊥ AB1 1∴BD=AB=× 16=8cm2 2由题意可知， CD=4cm∴设半径为xcm，则 OD=（ x﹣ 4） cm在Rt△ BOD 中，由勾股定理得：OD2+BD2=OB2（x﹣ 4）2+82=x2解得： x=10．答：这个圆形截面的半径为10cm．点睛：此题考查了垂经定理和勾股定理，关键是根据题意画出图形，再根据勾股定理进行求解．7．如图， A 是以 BC 为直径的 ⊙ O 上一点， AD ⊥ BC 于点 D ，过点 B 作 ⊙O 的切线，与 CA 的延长线相交于点 E ， G 是 AD 的中点，连结 CG 并延长与 BE 相交于点 F ，延长 AF 与 CB 的 延长线相交于点 P ．（ 1）求证： BF=EF ：（ 2）求证： PA 是⊙ O 的切线；（3）若 FG=BF ，且 ⊙ O 的半径长为 32 ，求 BD 的长度 .【答案】 (1)证明见解析； (2) 证明见解析；（ 3） 2 2【解析】分析：（ 1）利用平行线截三角形得相似三角形，得 △ BFC ∽ △DGC 且 △ FEC ∽ △GAC ，得到对应线段成比例，再结合已知条件可得BF=EF ；（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质和等边对等角，得到 ∠ FAO=∠ EBO ，结合 BE 是圆的切线，得到 PA ⊥ OA ，从而得到 PA 是圆 O 的切线；（3）点 F 作 FH ⊥ AD 于点 H ，根据前两问的结论，利用三角形的相似性质即可以求出 BD的长度．详解：证明： (1)∵ BC 是圆 O 的直径， BE 是圆 O 的切线， ∴EB ⊥BC.又∵ AD ⊥ BC ， ∴AD ∥ BE.∴△ BFC ∽ △ DGC ， △ FEC ∽ △GAC ， ∴ BF = CF ， EF = CF ，DG CGAG CG∴BF= EF ，DG AG∵G 是 AD 的中点，∴DG=AG ，∴B F=EF；(2)连接 AO，AB.∵BC 是圆 O 的直径，∴∠ BAC=90 °，由(1) 得：在 Rt△ BAE中， F 是斜边 BE的中点，∴A F=FB=EF，可得∠FBA=∠FAB，又∵ OA=OB，∴∠ ABO=∠ BAO，∵BE 是圆 O 的切线，∴∠ EBO=90 ，°∴∠ FBA+∠ABO=90 ，°∴∠FAB+∠BAO=90 ，°即∠FAO=90°，∴P A⊥OA，∴PA 是圆 O 的切线；（3）过点 F 作 FH⊥AD 于点 H，∵BD⊥AD， FH⊥ AD，∴F H∥ BC，由(2) ，知∠ FBA=∠ BAF，∴B F=AF.∵BF=FG，∴AF=FG，∴△ AFG是等腰三角形 .∵F H⊥ AD，∴AH=GH，∵DG=AG，∴ D G=2HG.即 HG1 ，DG 2∵ F H ∥ BD ， BF ∥ AD ，∠ FBD=90 ，° ∴四边形 BDHF 是矩形， ∴BD=FH ，∵ F H ∥ BC∴△ HFG ∽ △ DCG ，∴ FH HG 1 ， CDDG 2即BD 1 ， CD 2∴ 2 3 2.15 ，3∵O 的半径长为 3 2 ， ∴ B C=6 2 ， ∴BD= 1BC ＝ 2 2.3点睛：本题考查了切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质 .结合已知条件准确对图形进行分析并应用相应的图形性质是解题的关键.8．已知 ⊙ O 中，弦 AB=AC ，点 P 是 ∠ BAC 所对弧上一动点，连接 PA ， PB ． （1）如图 ① ，把 △ ABP 绕点 A 逆时针旋转到 △ ACQ ，连接 PC ，求证： ∠ A CP+∠ ACQ=180 ；°（ 2）如图 ② ，若 ∠ BAC=60°，试探究 PA 、 PB 、 PC 之间的关系．（ 3）若 ∠ BAC=120°时，（ 2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明．【答案】（ 1）证明见解析；（ 2） PA=PB+PC ．理由见解析；（ 3）若 ∠ BAC=120°时，（ 2）中的结论不成立， 3 PA=PB+PC ．【解析】试题分析：（ 1）如图 ① ，连接 PC ．根据 “内接四边形的对角互补的性质 ”即可证得结论；（2）如图 ② ，通过作辅助线 BC 、 PE 、 CE （连接 BC ，延长 BP 至 E ，使 PE=PC ，连接 CE ）构建等边 △ PCE 和全等三角形 △ BEC ≌ △ APC ；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得 PA=PB+PC ；（3）如图 ③ ，在线段 PC 上截取 PQ ，使 PQ=PB ，过点 A 作 AG ⊥ PC 于点 G ．利用全等三角形 △ ABP ≌△ AQP （ SAS ）的对应边相等推知 AB=AQ ， PB=PG ，将 PA 、 PB 、 PC 的数量关系转化到 △ APC 中来求即可．试题解析：（ 1）如图 ① ，连接 PC ．∵△ ACQ 是由 △ABP 绕点 A 逆时针旋转得到的，∴∠ ABP=∠ ACQ ．由图 ① 知，点 A 、 B 、 P 、C 四点共圆，∴∠ ACP+∠ABP=180 （°圆内接四边形的对角互补），∴∠ ACP+∠ACQ=180 （°等量代换）；（ 2） PA=PB+PC ．理由如下：如图 ② ，连接 BC ，延长 BP 至 E ，使 PE=PC ，连接 CE ．∵弦 AB=弦 AC ， ∠ BAC=60 ，°∴△ ABC 是等边三角形（有一内角为60 °的等腰三角形是等边三角形）．∵A 、B 、 P 、C 四点共圆， ∴ ∠ BAC+∠ BPC=180 （°圆内接四边形的对角互补），∵∠ BPC+∠ EPC=180，°∴ ∠BAC=∠ CPE=60，°∵ PE=PC ，∴ △ PCE 是等边三角形， ∴ CE=PC ，∠ E=∠ ECP=∠ EPC=60；°又∵ ∠ BCE=60°+∠BCP ，∠ ACP=60°+∠ BCP ， ∴ ∠ BCE=∠ ACP （等量代换） ,在△ BEC 和△ APC 中，CE PCBCEACPAC BC， ∴ △ BEC ≌ △ APC （ SAS ）， ∴ BE=PA ，∴PA=BE=PB+PC ；（3）若 ∠ BAC=120°时，（ 2）中的结论不成立，3 PA=PB+PC．理由如下： 如图 ③ ，在线段 PC 上截取 PQ ，使 PQ=PB ，过点 A 作 AG ⊥ PC 于点 G ．∵∠ BAC=120 ，°∠ BAC+∠ BPC=180 ，°∴ ∠BPC=60 ．°∵弦 AB=弦 AC ， ∴ ∠ APB=∠ APQ=30 ．°PB PQ在△ ABP 和 △ AQP 中，APBAPQ ，∴ △ ABP ≌ △AQP （ SAS ），AP AP∴AB=AQ ， PB=PQ （全等三角形的对应边相等），∴ AQ=AC （等量代换）．在等腰 △ AQC 中， QG=CG ．在 Rt △ APG 中， ∠ APG=30°，则 AP=2AG ， PG= 3 AG,∴PB+PC=PG ﹣ QG+PG+CG=PG ﹣ QG+PG+QG=2PG=2 3 AG ， ∴3 PA=2 3 AG ，即3 PA=PB+PC ．【点睛】本题考查了圆的综合题，解题的关键要能掌握和灵活运用圆心角、弧、弦间的关 系，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质等.9．如图， ⊙ O 的直径 AB ＝ 26， P 是 AB 上 (不与点 A 、 B 重合 )的任一点，点 C 、 D 为⊙ O 上 的两点，若 ∠ APD ＝ ∠ BPC ，则称 ∠ CPD 为直径 AB 的“回旋角 ”．(1) 若 ∠ BPC ＝∠ DPC ＝ 60°，则 ∠ CPD 是直径 AB 的 “回旋角 ”吗？并说明理由； (2)? 的长为13若CDπ，求 “回旋角 ”∠ CPD 的度数；4(3)若直径 AB 的 “回旋角 ”为 120 °，且 △ PCD 的周长为 24+13 3 ，直接写出 AP 的长．【答案】 (1)∠ CPD 是直径 AB 的 “回旋角 ”，理由见解析； (2) “回旋角 ”∠CPD 的度数为 45°；(3)满足条件的 AP 的长为 3 或 23．【解析】【分析】（ 1）由 ∠ CPD 、 ∠BPC 得到 ∠ APD ，得到 ∠ BPC ＝ ∠APD ，所以 ∠CPD 是直径 AB 的 “回旋角”；（ 2）利用 CD 弧长公式求出 ∠ COD ＝45°，作 CE ⊥ AB 交 ⊙O 于 E ，连接 PE ，利用 ∠CPD 为直径 AB 的 “回旋角 ”，得到 ∠ APD ＝ ∠BPC ， ∠ OPE ＝ ∠ APD ，得到1 ∠OPE+∠ CPD+∠ BPC ＝ 180，°即点 D ， P ， E 三点共线， ∠ CED ＝∠COD ＝ 22.5，°2得到 ∠ OPE ＝ 90°﹣ 22.5 °＝ 67.5 °，则 ∠APD ＝ ∠ BPC ＝ 67.5 °，所以 ∠ CPD ＝ 45°；（ 3 ）分出情况 P 在 OA 上或者 OB 上的情况，在 OA 上时，同理（ 2）的方法得到点D ， P ， F 在同一条直线上，得到 △ PCF 是等边三角形，连接 OC ， OD ，过点 O 作 OG ⊥ CD 于 G ，利用 sin ∠ DOG ，求得 CD ，利用周长求得DF ，过 O 作 OH ⊥ DF 于 H ，利用勾股定理求得OP ，进而得到 AP ；在 OB 上时，同理 OA 计算方法即可【详解】∠CPD 是直径 AB 的 “回旋角 ”，理由： ∵ ∠CPD ＝∠ BPC ＝ 60°，∴∠ APD ＝ 180 ﹣°∠ CPD ﹣ ∠BPC ＝ 180 °﹣ 60 °﹣60 °＝60 °，∴∠ BPC ＝ ∠ APD ，∴∠ CPD 是直径 AB 的 “回旋角 ”；(2)如图 1，∵ AB ＝ 26，∴OC ＝ OD ＝ OA ＝ 13， 设∠ COD ＝ n °，13∵ CD ?的长为π，n n 13 13 ∴1804∴ n ＝45，∴∠ COD ＝ 45 °，作 CE ⊥ AB 交 ⊙O 于 E ，连接 PE ， ∴∠ BPC ＝ ∠ OPE ，∵∠ CPD 为直径 AB 的 “回旋角 ”， ∴∠ APD ＝ ∠ BPC ， ∴∠ OPE ＝ ∠ APD ，∵∠APD+∠CPD+∠BPC＝180 °， ∴∠ OPE+∠ CPD+∠ BPC ＝ 180 ，° ∴点 D ， P ，E 三点共线，1 ∴∠ CED ＝ ∠COD ＝ 22.5 ，°2∴∠ OPE ＝ 90 °﹣ 22.5 ＝°67.5 ，°∴∠ APD ＝ ∠ BPC ＝67.5 ，°∴∠ CPD ＝ 45 °，即： “回旋角 ”∠CPD 的度数为45°，(3) ①当点 P 在半径 OA 上时，如图 2，过点 C 作 CF ⊥ AB 交 ⊙O 于 F ，连接 PF ， ∴PF ＝ PC ，同(2) 的方法得，点 D ， P ， F 在同一条直线上，∵直径 AB 的“回旋角 ”为 120 °，∴∠ APD ＝ ∠ BPC ＝30 °，∴∠ CPF ＝ 60 °，∴△ PCF 是等边三角形，∴∠ CFD ＝ 60 °，连接 OC ， OD ，∴∠ COD ＝ 120 ，°过点 O 作 OG ⊥ CD 于 G ，1∴CD ＝2DG ， ∠DOG ＝∠ COD ＝ 60 °，213 3∴DG＝ ODsin∠ DOG＝13 × sin60＝°2∴CD＝133 ，∵△ PCD的周长为24+133，∴PD+PC＝24，∵PC＝ PF，∴P D+PF＝ DF＝ 24，过 O 作 OH⊥ DF 于 H，1∴DH＝DF＝ 12，2在 Rt△ OHD 中， OH＝OD2 DH 2 5在Rt△ OHP中，∠ OPH＝30°，∴OP＝ 10，∴AP＝OA﹣ OP＝ 3；②当点 P 在半径 OB 上时，同①的方法得， BP＝3，∴AP＝AB﹣ BP＝23，即：满足条件的AP 的长为 3 或 23．【点睛】本题是新定义问题，同时涉及到三角函数、勾股定理、等边三角形性质等知识点，综合程度比较高，前两问解题关键在于看懂题目给到的定义，第三问关键在于P 点的分类讨论10．如图， AB 是圆 O 的直径， O 为圆心， AD、BD 是半圆的弦，且∠ PDA=∠ PBD．延长 PD 交圆的切线 BE 于点 E(1)判断直线 PD 是否为⊙ O 的切线，并说明理由；(2)如果∠ BED=60°，PD= 3 ，求PA的长；(3)将线段 PD 以直线 AD 为对称轴作对称线段 DF，点 F 正好在圆 O 上，如图 2，求证：四边形DFBE为菱形．【答案】（ 1）证明见解析；（2） 1；（ 3）证明见解析 .【解析】【分析】（1）连接 OD，由 AB 是圆 O 的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线 PD 为⊙ O 的切线；（2）根据 BE是⊙ O 的切线，则∠ EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由 PD 为⊙ O 的切线，得∠PDO=90 ，°根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；（3）根据题意可证得∠ ADF=∠ PDA=∠ PBD=∠ ABF，由 AB 是圆 O 的直径，得∠ ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠ DAF=∠ PAD=90°+x°，∠ DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出 x的值，可得出△ BDE 是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．【详解】（1）直线 PD 为⊙ O 的切线，理由如下：如图 1，连接 OD，∵AB 是圆 O 的直径，∴∠ ADB=90 ，°∴∠ ADO+∠ BDO=90 ，°又∵ DO=BO，∴∠ BDO=∠PBD，∵∠ PDA=∠PBD，∴∠ BDO=∠PDA，∴∠ ADO+∠ PDA=90 ，°即 PD⊥ OD，∵点 D 在⊙O 上，∴直线 PD 为⊙ O 的切线；（2）∵ BE 是⊙ O 的切线，∴∠ EBA=90 ，°∵∠ BED=60 ，°∴∠ P=30 ，°∵PD 为⊙ O 的切线，∴∠ PDO=90 ，°在Rt△ PDO中，∠ P=30°， PD= 3，∴tan 300OD，解得OD=1，PD∴PO PD 2OD2=2，∴PA=PO﹣ AO=2﹣ 1=1；（3）如图 2，依题意得：∠ ADF=∠ PDA，∠ PAD=∠DAF，∵∠ PDA=∠PBD∠ ADF=∠ ABF，∴∠ ADF=∠ PDA=∠ PBD=∠ ABF，∵AB 是圆 O 的直径，∴∠ ADB=90 ，°设∠ PBD=x°，则∠ DAF=∠ PAD=90°+x°，∠ DBF=2x°，∵四边形 AFBD内接于⊙ O，∴∠ DAF+∠ DBF=180 ，°即90°+x+2x=180°，解得 x=30°，∴∠ ADF=∠ PDA=∠ PBD=∠ ABF=30 ，°∵BE、ED 是⊙O 的切线，∴D E=BE，∠EBA=90 ，°∴∠ DBE=60 ，°∴ △BDE 是等边三角形，∴B D=DE=BE，又∵∠ FDB=∠ ADB﹣∠ ADF=90°﹣ 30°=60°∠ DBF=2x°=60°，∴△ BDF 是等边三角形，∴B D=DF=BF，∴D E=BE=DF=BF，∴四边形 DFBE为菱形 .【点睛】本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．11．如图，点 B 在数轴上对应的数是﹣ 2，以原点 O 为原心、 OB 的长为半径作优弧 AB，使点A 在原点的左上方，且 tan ∠ AOB＝3，点 C 为 OB 的中点，点 D 在数轴上对应的数为 4．（1） S 扇形AOB＝（大于半圆的扇形）；（2）点 P 是优弧 AB 上任意一点，则∠ PDB的最大值为°（3）在（ 2）的条件下，当∠ PDB最大，且∠ AOP＜ 180°时，固定△ OPD 的形状和大小，以原点 O 为旋转中心，将△ OPD 顺时针旋转α（ 0°≤α≤）360°①连接 CP， AD．在旋转过程中，CP与 AD 有何数量关系，并说明理由；②当 PD∥ AO 时，求 AD2的值；③直接写出在旋转过程中，点 C 到 PD 所在直线的距离 d 的取值范围．【答案】（ 1）10（2）30（3）①AD＝2PC②20+8 3 或20+83③1≤d≤3 3【解析】【分析】（1）利用扇形的面积公式计算即可．（2）如图 1 中，当 PD 与⊙ O 相切时，∠ PDB的值最大．解直角三角形即可解决问题．（3）①结论：AD＝2PC．如图2 中，连接AB，AC．证明△COP∽ △AOD，即可解决问题．②分两种情形：如图 3 中，当 PD∥OA 时，设 OD 交⊙ O 于 K，连接 PK 交 OC于 H．求出③判断出 PC的取值范围即可解决问题．【详解】（1）∵ tan ∠ AOB＝3，∴∠ AOB＝60 °，∴S 扇形AOB＝300 22 10（大于半圆的扇形），360 3（2）如图 1 中，当 PD 与⊙ O 相切时，∠ PDB的值最大．∵PD 是⊙ O 的切线，∴OP⊥ PD，∴∠ OPD＝ 90 °，OP 2 1∵ sin PDOOD 4 2∴∠ PDB＝ 30 °，同法当 DP′与⊙ O 相切时，∠ BDP′＝30°，∴∠ PDB 的最大值为30 °．故答案为 30．（3）①结论： AD＝ 2PC．理由：如图 2 中，连接 AB， AC．∵OA＝OB，∠ AOB＝ 60 °，∴△ AOB 是等边三角形，∵BC＝ OC，∴AC⊥ OB，∵∠ AOC＝∠ DOP＝60 °，∴∠ COP＝∠ AOD，AO OD∵ 2 ，OC OP∴△ COP∽△ AOD，∴AD AO 2，PC OC∴AD＝ 2PC．②如图 3 中，当 PD∥ OA 时，设 OD 交⊙ O 于 K，连接 PK交 OC于 H．∵OP＝ OK，∠ POK＝ 60 °，∴△ OPK是等边三角形，∵PD∥ OA，∴∠ AOP＝∠ OPD＝ 90 °，∴∠ POH+∠ AOC＝ 90 °，∵∠ AOC＝ 60 °，∴∠ POH＝ 30 °，∴PH1＝ OP＝1， OH＝ 3 PH＝ 3 ，2∴PC＝PH2 CH 2 12 (1 3) 2 5 2 3，∵AD＝ 2PC，∴AD2＝ 4（ 5+2 3 ）＝20+8 3 ．如图④中，当 PA∥ OA 时，作 PK⊥ OB 于 K，同法可得：2 2 2＝5﹣PC＝ 1 +（ 3 ﹣1）2 3， AD2＝ 4PC2＝ 20 ﹣83 ．③由题意 1≤PC≤3，∴在旋转过程中，点 C 到 PD 所在直线的距离 d 的取值范围为 1 ≤d≤3．【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，旋转变换，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．12．如图，在△ ABC 中，AC BC 10 ， cosC 3 P 是 BC 边上一动点（不与点A,C点,5重合），以PA 长为半径的 e P 与边 AB 的另一个交点为 D ，过点 D 作 DE CB 于点 E .1 当 e P 与边 BC 相切时，求 e P 的半径；2 联结 BP 交 DE 于点 F ，设 AP 的长为 x ， PF 的长为 y ，求 y关于 x 的函数解析式，并直接写出 x 的取值范围；3 在 2 的条件下，当以 PE 长为直径的 e Q 与 e P 相交于 AC 边上的点 G 时，求相交所得的公共弦的长 .【答案】（ 1）40；（ 2） y 5x x 2 8x 800 x10 ；（ 3） 10 2593x 20【解析】 【分析】1 ）设 ⊙ P 与边 BC 相切的切点为 HRHPHP ⊥ BC cosC= 3（，圆的半径为，连接，则，，则5sinC= 4， sinC=HP= R=4，即可求解；5CP 10R 52（2 ） PD ∥ BE ，则EB＝BF，即：4 5 xx 2 8x 80 y ，即可求解；PD PFxy（ 3）证明四边形 PDBE 为平行四边形，则 AG=GP=BD ，即： AB=DB+AD=AG+AD=4 5 ，即可求解．【详解】（1）设 ⊙ P 与边 BC 相切的切点为 H ，圆的半径为 R ，连接 HP ，则 HP ⊥ BC ， cosC=3 ，则 sinC= 3，5 5sinC= HP= R = 4 ，解得： R=40；CP 10 R 5 93（2）在△ ABC 中， AC=BC=10， cosC= ，5设AP=PD=x，∠A=∠ ABC=β，过点 B 作 BH⊥ AC，则BH=ACsinC=8，同理可得：CH=6，HA=4， AB=4 5，则： tan ∠CAB=2BP= 8228x 80，x 4 =x2DA= 2 5x ，则BD=4 5 -25 x5，5如下图所示，PA=PD，∴ ∠ PAD=∠ CAB=∠ CBA=β，1 2tan β =2，则 cos β=， sin β=，5 5EB=BDcosβ=（41=4-25 -2 5x）×x，5 5 5∴PD∥ BE，∴ EB＝BF，即：4 25xx2 8x 80 y ，PD PF x y整理得： y= 5xx2 8x 80 0 x 10 ；3x 20（3）以 EP为直径作圆Q 如下图所示，两个圆交于点G，则 PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D， GD 为相交所得的公共弦，∵点 Q 时弧 GD 的中点，∴DG⊥ EP，∵AG 是圆 P 的直径，∴∠ GDA=90 ，°∴EP∥ BD，由（ 2）知， PD∥ BC，∴四边形 PDBE为平行四边形，∴AG=EP=BD，∴A B=DB+AD=AG+AD=4 5，设圆的半径为 r ，在△ ADG 中，2r 4rAD=2rcos β=， DG= ，AG=2r，5 52r5 ，解得：20+2r=4 2r= ，5 5 14r则： DG= =10-2 5，5相交所得的公共弦的长为10-2 5 ．【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．13．如图，AB是e O的直径，弦CD AB 于点 E ，过点C的切线交 AB 的延长线于点F ，连接 DF .（1）求证：DF 是e O的切线；（2）连接BC，若BCF 30 ， BF 2 ，求CD的长.【答案】（ 1）见解析；（2）2 3【解析】【分析】 (1) 连接 OD,由垂径定理证OF 为 CD 的垂直平分线，得CF=DF，∠ CDF=∠ DCF，由∠CDO=∠ OCD，再证∠ CDO +∠CDB=∠ OCD+∠ DCF=90 ，°可得 OD⊥DF，结论成立 . (2) 由∠ OCF=90°,∠BCF=30°，得∠ OCB=60°，再证OCB为等边三角形，得∠ COB=60°，可得∠ CFO=30°，所以 FO=2OC=2OB， FB=OB= OC =2，在直角三角形OCE中，解直角三角形可得 CE,再推出 CD=2CE.【详解】（ 1）证明：连接OD∵CF 是⊙ O 的切线∴∠ OCF=90 °∴∠ OCD+∠ DCF=90 °∵直径 AB⊥弦 CD∴CE=ED，即 OF 为 CD 的垂直平分线∴CF=DF∴∠ CDF=∠ DCF∵OC=OD，∴∠ CDO=∠OCD∴∠ CDO +∠ CDB=∠ OCD+∠ DCF=90 °∴OD⊥DF∴D F 是⊙ O 的切线（2）解：连接 OD∵∠ OCF=90 , °∠BCF=30 °∴∠ OCB=60 °∵OC=OB∴Δ OCB为等边三角形，∴∠ COB=60 °∴∠ CFO=30 °∴F O=2OC=2OB∴F B=OB= OC =2在直角三角形OCE中，∠ CEO=90°∠ COE=60°CE 3sin COEOC 2∴CF 3∴CD=2 CF 2 3【点睛】本题考核知识点：垂径定理，切线，解直角三角形. 解题关键点：熟记切线的判定定理，灵活运用含有30°角的直角三角形性质，巧解直角三角形.14．设 C 为线段 AB 的中点，四边形BCDE是以 BC 为一边的正方形，以 B 为圆心， BD 长为半径的⊙ B 与 AB 相交于 F 点，延长 EB 交⊙ B 于 G 点，连接 DG 交于 AB 于 Q 点，连接AD．求证：（ 1） AD 是⊙ B 的切线；（2） AD＝ AQ；（3） BC2＝ CF×EG．【答案】 (1)证明见解析；（2）证明见解析；（ 3）证明见解析 .【解析】【分析】1 连接BD，由 DC AB ，C为AB的中点，由线段垂直平分线的性质，可得AD BD ，再根据正方形的性质，可得ADB 90o；2 由 BD BG 与 CD / / BE ，利用等边对等角与平行线的性质，即可求得G CDG BDG 1 BCD 22.5o，继而求得ADQ AQD 67.5o，由等2角对等边，可证得AD AQ ；3 易求得GDE GDB BDE 67.5o DFE ，DCF E 90o，即可证得RtVDCF ∽ RtVGED ，根据相似三角形的对应边成比例，即可证得结论．【详解】证明： 1 连接BD，Q 四边形 BCDE 是正方形，DBA45o ， DCB 90o ，即 DCAB ，Q C 为 AB 的中点，CD 是线段 AB 的垂直平分线，AD BD ，DABDBA45o ，ADB 90o， 即 BD AD ，Q BD 为半径，AD 是 e B 的切线；2 Q BD BG ，BDGG ，Q CD / / BE ，CDGG ，GCDGBDG1 BCD22.5o ，2ADQ 90o BDG 67.5 o ，AQBBQG 90oG 67.5o ，ADQAQD ，ADAQ ；3 连接 DF ，在VBDF 中，BDBF，BFDBDF ，又Q DBF45o ，BFD BDF67.5o，Q GDB 22.5o ，在 RtVDEF 与 RtVGCD 中，Q GDEGDBBDE 67.5oDFE ， DCF E90o ，RtVDCF ∽ RtVGED ，CF CD ，EDEG又Q CD DE BC ，BC 2CF EG ．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、切线的判定与性质、正方形的性质以及等腰三角形的判定与性质 .解题的关键是注意掌握数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．15．如图 1， D 是⊙ O 的直径 BC 上的一点，过 D 作 DE⊥ BC交⊙ O 于 E、 N， F 是⊙ O 上的一点，过 F 的直线分别与 CB、 DE 的延长线相交于 A、 P，连结 CF交 PD 于 M，∠ C＝1∠P．2（1）求证： PA 是⊙ O 的切线；（2）若∠ A＝30°，⊙O 的半径为 4， DM＝ 1，求 PM 的长；（3）如图 2，在（ 2）的条件下，连结 BF、 BM；在线段 DN 上有一点 H，并且以 H、 D、 C 为顶点的三角形与△BFM 相似，求DH 的长度．【答案】（ 1）证明见解析；（2） PM＝ 4 3 ﹣2；（3）满足条件的DH 的值为6 3或212 2 3 ．11【解析】【分析】（1）如图 1 中，作 PH⊥ FM 于 H．想办法证明∠ PFH=∠ PMH，∠ C=∠ OFC，再根据等角的余角相等即可解决问题；（2）解直角三角形求出 AD， PD 即可解决问题；（3）分两种情形①当△CDH∽ △ BFM 时，DHCD ．FM BFDH CD②当△ CDH∽ △MFB 时，，分别构建方程即可解决问题；FB MF【详解】（1）证明：如图 1 中，作 PH⊥ FM 于 H．∵PD⊥ AC，∴ ∠ PHM＝∠ CDM＝ 90 °，∵ ∠ PMH＝∠DMC，∴∠ C＝∠ MPH，1∵∠ C＝∠ FPM，∴∠ HPF＝∠ HPM，2∵∠ HFP+∠ HPF＝ 90 °，∠ HMP+∠ HPM＝ 90 °，∴ ∠PFH＝∠ PMH，∵OF＝ OC，∴ ∠ C＝∠ OFC，∵∠ C+∠ CMD＝∠ C+∠ PMF＝∠ C+∠ PFH＝ 90 °，∴∠ OFC+∠ PFC＝ 90 °，∴ ∠ OFP＝ 90 °，∴直线 PA是⊙O 的切线．（2）解：如图 1 中，∵∠ A＝ 30°，∠ AFO＝ 90°，∴ ∠ AOF＝ 60°，∵∠ AOF＝∠OFC+∠ OCF，∠ OFC＝∠ OCF，∴ ∠ C＝ 30 °，∵⊙ O 的半径为4，DM ＝1，∴OA＝2OF＝ 8， CD＝ 3 DM＝3，∴OD＝OC﹣ CD＝4﹣ 3 ，∴AD＝ OA+OD＝ 8+4﹣ 3 ＝12﹣ 3 ，在Rt△ ADP 中，DP＝ AD?tan30 °＝（ 12﹣ 3 ）×3＝4 3 ﹣1，3 ∴PM＝ PD﹣ DM ＝4 3 ﹣2．（3）如图 2 中，由（ 2）可知： BF ＝1BC ＝4， FM ＝ 3 BF ＝ 43 ， CM ＝ 2DM ＝ 2， CD ＝ 3 ，2∴FM ＝ FC ﹣ CM ＝ 4 3 ﹣2，DH CD ，① 当△ CDH ∽ △BFM 时，BFFM∴DH 2 3， ∴ DH ＝ 634 3 4 2② DH CD ，当△ CDH ∽ △MFB 时，MFFB∴ DH4 3 ，∴ DH ＝122 3 ，43 211∵DN ＝ 424 3 23 ，8 3 ∴DH ＜ DN ，符合题意，综上所述，满足条件的 DH 的值为 63 或 12 2 3 ．211【点睛】本题考查圆综合题、切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题 .。
2021中考数学—《圆》突破练含答案
《圆》高分突破压轴专练1．直线AB交⊙O于C、D两点，CE是⊙O的直径，CF平分∠ACE交⊙O于点F，连接EF，过点F作FG∥ED交AB于点G．（1）求证：直线FG是⊙O的切线；（2）若FG＝8，⊙O的半径为10，求四边形FGDE的面积．2．如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点E，F是边BA延长线上一点，连接EF，以EF为直径作⊙O，交DC于D，G两点，AD分别与EF，GF交于I，H两点．（1）求证：AE∥FD；（2）试判断AF与AB的数量关系，并说明理由；（3）当G为线段DC的中点时，①求证：AE＝IE；②若AC＝4，求GF的长．3．阅读资料：我们把顶点在圆上，并且一边和圆相交、另一边和圆相切的角叫做弦切角，如图1∠ABC所示．同学们研究发现：P为圆上任意一点，当弦AC经过圆心O时，且AB 切⊙O于点A，此时弦切角∠CAB＝∠P（图2）证明：∵AB切⊙O于点A，∴∠CAB＝90°，又∵AC是直径，∴∠P＝90°∴∠CAB＝∠P问题拓展：若AC不经过圆心O（如图3），该结论：弦切角∠CAB＝∠P还成立吗？请说明理由．知识运用：如图4，AD是△ABC中∠BAC的平分线，经过点A的⊙O与BC切于点D，与AB、AC分别相交于E、F．求证：EF∥BC．4．由垂径定理可知：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两条弧；平分弧的直径垂直平分这条弧所对的弦．请利用这一结论解决问题：如图，点P在以MN为直径的⊙O上，MN＝8，PQ⊥MN交⊙O于点Q，垂足为H，PQ≠MN，PQ＝4．（1）连结OP，证明△OPH为等腰直角三角形；（2）若点C，D在⊙O上，且＝，连结CD，求证：OP∥CD．5．如图，A、P、B、C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°．（1）△ABC的形状是；（直接填空，不必说理）（2）延长BP到D点，使得BD＝CP，连接AD，试判断∠ADP的形状，并说明理由．6．已知AB为⊙O的直径，点C为弧的中点，BD为弦，CE⊥BD于点E．（1）如图1，求证：CE＝DE；（2）如图2，连接OE，求∠OEB的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，延长CE，交直径AB于点F，延长E0，交⊙O于点G，连接BG，若CE＝2，EF＝3，求△OBG的面积．7．如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，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＝2，sin∠BCP＝，求△ACP的周长．8．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB、BC、AC的长分别是c、a、b，根据“切线长定理”，我们易证得△ABC的内切圆半径r＝，当⊙O符合下列条件时，求半径r．（1）如图2，圆心O在直角三角形外，且⊙O与三角形三边均相切；（2）如图3，圆心O在直角三角形斜边上，且⊙O与其中一条直角边相切．9．如图，AB为⊙O直径，C是⊙O上一点，CO⊥AB于点O，弦CD与AB交于点F，过点D作∠CDE，使∠CDE＝∠DFE，DE交AB的延长线于点E．过点A作⊙O的切线交ED的延长线于点G．（1）求证：GE是⊙O的切线；（2）若OA＝2，∠G＝50°，求弧的长；（3）若OF：OB＝1：3，BE＝4，求OB的长．10．AB是⊙O的直径，C是⊙O上任意一点，连接AC、BC，直径DE⊥BC于F．（1）如图1，求证：AD＝CE；（2）如图2，取CE中点M，连接MF并延长，交OB于点N，连接EN．求证：EN⊥OB；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AE交BC于点H，若DF＝2EF，CE＝6，求AH的长．参考答案1．（1）证明：连接FO，∵OF＝OC，∴∠OFC＝∠OCF．∵CF平分∠ACE，∴∠FCG＝∠FCE．∴∠OFC＝∠FCG．∵CE是⊙O的直径，∴∠EDG＝90°，又∵FG∥ED，∴∠FGC＝180°﹣∠EDG＝90°，∴∠GFC+∠FCG＝90°∴∠GFC+∠OFC＝90°，即∠GFO＝90°，∴OF⊥GF，又∵OF是⊙O半径，∴FG与⊙O相切．（2）解：延长FO，与ED交于点H，由（1）可知∠HFG＝∠FGD＝∠GDH＝90°，∴四边形FGDH是矩形．∴FH⊥ED，∴HE＝HD．又∵四边形FGDH是矩形，FG＝HD，∴HE＝FG＝8．∴ED＝16．∵在Rt△OHE中，∠OHE＝90°，∴OH＝＝6．∴FH＝FO+OH＝10+6＝16．S＝（FG+ED）•FH＝×（16+8）×16＝192．四边形FGDH2．解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵EF是直径，∴∠EDF＝90°，∴∠BEA＝∠BDF＝90°，∴AE∥DF．（2）结论：AF＝AB．∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵DF∥AC，∴四边形AFDC是平行四边形，∴AF＝CD，∴AF＝AB．（3）①如图2中，连接GE．∵EF是直径，∴∠EGF＝90°，∵DG＝GC，EC＝AE，∴GE∥AD，∴∠EIA＝∠FEG，∵∠ADE+∠DAE＝90°，∠GFE+∠FEG＝90°，∵∠CDB＝∠BDA＝∠EFG，∴∠DAE＝∠FEG，∴∠DAE＝∠EIA，∴EI＝EA．②在Rt△DEC中，∵DG＝GC，∴GE＝DG＝GC，设GE＝a，则DC＝2a，∵AC＝4，AE＝EC，∴EI＝EA＝2，∵DF∥AE，∴∠FDI＝∠EAI＝∠EIA＝∠DIF，∴DF＝IF，由（2）可知DF＝AC＝4，∴EF＝FI+EI＝6，∵∠EFG＝∠CDE，∠FGE＝∠DEC＝90°，∴△FEG∽△DCE，∴＝，∴＝，∴a2＝6，在Rt△EFG中，FG＝＝＝．3．解：问题拓展：成立．如图3，连接AO并延长交⊙O于点D，连接CD，则∠D＝∠P，∵AD是直径，∴∠D+∠CAD＝90°，又∵AB切圆于点A，∴∠CAB+∠CAD＝90°，∴∠CAB＝∠CAD，而∠CAD＝∠P，∴∠CAB＝∠P；知识运用：如图4，连接DF，∵AD是△ABC中∠BAC的平分线，∴∠EAD＝∠DAC，∵⊙O与BC切于点D，∴∠FDC＝∠DAC，∴∠FDC＝∠EAD，∵在⊙O中∠EAD＝∠EFD，∴∠FDC＝∠EFD，∴EF∥BC．4．（1）解：∵MN为直径，PQ⊥MN，PQ＝4，∴PH＝PQ＝2，∵MN＝8，∴OP＝MN＝4，∴OH＝＝2，∴PH＝OH，∵PH⊥MN，∴△OPH为等腰直角三角形；（2）证明：连结OQ，OQ交CD于A，∵＝，∴OQ⊥CD，∵△OPH为等腰直角三角形，∴∠OPQ＝45°，∵OP＝OQ，∴△OPQ为等腰直角三角形，∴∠POQ＝90°，∴OP⊥OQ，∴OP∥CD．5．解：△ABC是等边三角形．证明如下：在⊙O中，∵∠BAC与∠CPB是所对的圆周角，∠ABC与∠APC是所对的圆周角，∴∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，又∵∠APC＝∠CPB＝60°，∴∠ABC＝∠BAC＝60°，∴△ABC为等边三角形；故答案为：等边三角形；（2）是等边三角形，理由：由（1）结论知AB＝AC，∵BD＝CP，∠PCA＝∠DBA，在△PCA与△DBA中，，∴△PCA≌△DBA，∴∠D＝∠APC＝60°，∵∠DPA＝180°﹣∠APC＝∠CPB＝60°，∴∠DAP＝60°，∴△ADP是等边三角形．6．（1）证明：如图1中，连接CD、OC，∵点C是中点，∴＝，∴∠AOC＝∠BOC，∵∠AOC+∠BOC＝180°，∴∠AOC＝∠BOC＝90°，∴∠D＝45°，∵CE⊥BD，∴∠CED＝90°，∴∠D＝∠DCE＝45°，∴CE＝DE；（2）证明：如图2中，连接OD，OC，在△OED和△OEC中，，∴△OED≌△OEC，∵∠CED＝90°，∴∠OED＝∠CEO＝135°，∴∠OEB＝45°；（3）如图3中，过O作OM⊥BD于M，BN⊥EG于N，则∠EMO＝90°，连接OC，∵CE＝2，∴DE＝2，设EM＝x，则BM＝DM＝2+x，∴BE＝2x+2，∵∠OEB＝45°，则BM＝DM＝2+x，∴OM＝x，∵∠OEB＝45°，∴∠CEB＝∠EMO，∴EF∥OM．∴＝，即＝，解得x 1＝2，x 2＝﹣（不合题意），∴BM ＝4，OM ＝2，∴OG ＝OB ＝2，BN ＝3，∴S △OBG ＝×OG ×BN ＝3．7．（1）证明：连接AN ，∵∠ABC ＝∠ACB ，∴AB ＝AC ，∵AC 是⊙O 的直径，∴AN ⊥BC ，∴∠CAN ＝∠BAN ，BN ＝CN ，∵∠CAB＝2∠BCP，∴∠CAN＝∠BCP．∵∠CAN+∠ACN＝90°，∴∠BCP+∠ACN＝90°，∴CP⊥AC∵OC是⊙O的半径∴CP是⊙O的切线；（2）解：∵∠ANC＝90°，sin∠BCP＝，∴＝，∴AC＝5，∴⊙O的半径为如图，过点B作BD⊥AC于点D．由（1）得BN＝CN＝BC＝，在Rt△CAN中，AN＝＝2，在△CAN和△CBD中，∠ANC＝∠BDC＝90°，∠ACN＝∠BCD，∴△CAN∽△CBD，∴＝，∴BD＝4．在Rt△BCD中，CD＝＝2，∴AD＝AC﹣CD＝5﹣2＝3，∵BD∥CP，∴＝，＝∴CP＝，BP＝∴△APC的周长是AC+PC+AP＝20．8．解：如图2，设⊙O与△ABC的边或边的延长线的三个切点分别是D、E、F，连接OE，OF，∴OE⊥BC，OF⊥AC，∴∠OEC＝∠OFC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴四边形CFOE是矩形，∵OF＝OE，∴四边形CFOE是正方形，∴OF＝OE＝CE＝CF＝r，BD＝BE＝BC﹣CE＝a﹣r，由切线长定理得，∵AD＝AF，即b+r＝c+（a﹣r），∴r＝；（2）如图3，设⊙O与直角边AC的切点为D，连接OD，∴OD⊥AC，∴OD∥BC，∴即，∴r＝．9．（1）证明：连接OD，如图，∵∠1＝∠2，而∠2＝∠3，∴∠3＝∠1，∵OC⊥AB，∴∠3+∠C＝90°，∴∠1+∠C＝90°，而OC＝OD，∴∠C＝∠4，∴∠1+∠4＝90°，即∠ODE＝90°，∴OD⊥DE，∴GE是⊙O的切线；（2）解：∵AG为切线，∴AG⊥AB，∴∠OAG＝90°，而∠ODG＝90°，∴∠AOD＝180°﹣50°＝130°，∴弧的长＝＝π；（3）解：设OF＝x，则OB＝3x，∴BF＝2x，∵∠1＝∠2，∴ED＝EF＝2x+4，在Rt△ODE中，∵OD2+DE2＝OE2，∴（3x）2+（2x+4）2＝（4+3x）2，解得x＝2，∴OB＝3x＝6．10．（1）证明：如图1中，连接CD．∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵DE⊥BC于F，∴∠DFB＝∠ACB＝90°，∴AC∥DE，∴∠ACD＝∠CDE，∴＝，∴AD＝CE．（2）证明：如图2中，连接EB．在Rt△EFC中，∵CM＝ME，∴FM＝CM＝ME，∴∠MCF＝∠MFC＝∠BFN，∵OE⊥BC，∴＝，∴∠EBC＝∠ECB＝∠BFN，∴FN∥EB，∵OB＝OE，∴∠OEB＝∠OBE，∴∠OFN＝∠OEB，∠ONF＝∠OBE，∴∠OFN＝∠ONF，∴OF＝ON，∴EF＝NB，在△BEF和△EBN中，，∴△BEF≌△EBN，∴∠EFB＝∠ENB＝90°，∴EN⊥AB．（3）解：如图3中，连接EB、CD、AF．∵DE是直径，∴∠DCE＝90°＝∠CFE，∵∠CEF＝∠CED，∴△CEF∽△DEC，∴＝，设EF＝a，则DF＝2a，DE＝3a（a＞0）∴36＝12a2，∴a＝2，∴EF＝2，OE＝OD＝3，∴OF＝，∵OA＝OB，CF＝FB，∴AC＝2OF＝2，∴AC＝EF，AC∥EF，∴四边形ACEF是平行四边形，∴AH＝HE，在Rt△AEB中，∵AB＝6，EC＝EB＝6，∴AE＝＝＝6，∴AH＝AE＝3．。
2020-2021中考数学与圆的综合有关的压轴题及答案
2020-2021中考数学与圆的综合有关的压轴题及答案一、圆的综合1．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．【答案】（1）证明见解析；（2）8．【解析】（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．试题解析：连接AD，OA，∵∠ADC=∠B，∠B=60°，∴∠ADC=60°，∵CD是直径，∴∠DAC=90°，∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，∵AP=AC，OA=OC，∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，即OA⊥AP，∵OA为半径，∴AP是⊙O切线．（2）连接AD，BD，∵CD是直径，∴∠DBC=90°，∵CD=4，B为弧CD中点，∴BD=BC=，∴∠BDC=∠BCD=45°，∴∠DAB=∠DCB=45°，即∠BDE=∠DAB，∵∠DBE=∠DBA，∴△DBE∽△ABD，∴，∴BE•AB=BD•BD=．考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．2．如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．【答案】(1)见解析;(2) Q的坐标为（29）;(3)63 8.【解析】（1）解：连接AM、BM，∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点∴AM＝BM＝PM=QM= 12 PQ，∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。
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专练13圆的综合问题
1.如图1.已知⊙M与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，A、B两点的横坐标分别为﹣1和7，弦AB的弦心距MN为3，
（1）求⊙M的半径；
（2）求弦CD的长；
（3）如图2，P在弦CD上，且CP＝2，Q是弧BC上一动点，PQ交直径CF于点E，当∠CPQ＝∠CQD 时，求CQ的长；
（4）如图3.若P点是弦CD上一动点，Q是弧BC上一动点，PQ交直径CF于点E，当∠CPQ与∠CQD互余时，求△PEM面积的最大值.
2.如图
（1）如图①，圆O的半径为2，圆内有一点Q，OQ=1，若弦AB过点Q，则弦AB长度的最大值为________；最小值为________；
（2）如图②，将ΔABC放在如图所示的平面直角坐标系中，点A与原点O重合，点B在x轴的正半轴上，AB=12√3，AC=BC，∠ACB=120°．在x轴上方是否存在点M，使得∠AMB=60°，且S△AMB=S△ABC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图③，ΔABC是学校的一块空地示意图，其中∠C=90°，AC=80米，BC=60米．现在学校领导想利用周边地的情况，把原来的三角形地拓展成符合条件的面积尽可能大、周长尽可能长的四边形
地，用来建“学生劳动教育基地”．若学校想建的“学生劳动教育基地”是四边形ACBD，且满足∠ADB=60°，你认为学校领导的想法能实现吗？若能，求出这个四边形“学生劳动教育基地”面积和周长的最大值；若不能，请说明理由．
3.若一个四边形的两条对角线互相垂直且相等，则称这个四边形为奇妙四边形.如图1，四边形ABCD中，若AC＝BD，AC⊥BD，则称四边形ABCD为奇妙四边形.根据奇妙四边形对角线互相垂直的特征可得奇妙四边形的一个重要性质：奇妙四边形的面积等于两条对角线乘积的一半.根据以上信息回答：
（1）矩形________奇妙四边形（填“是”或“不是”）；
（2）如图2，已知⊙O的内接四边形ABCD是奇妙四边形，若⊙O的半径为8，∠BCD＝60°.求奇妙四边形ABCD的面积；
（3）如图3，已知⊙O的内四边形ABCD是奇妙四边形，作OM⊥BC于M.请猜测OM与AD的数量关系，并证明你的结论.
4.已知P是⊙O上一点，过点P作不过圆心的弦PQ，在劣弧PQ和优弧PQ上分别有动点A、B（不与P，Q重合），连接AP、BP．若∠APQ＝∠BPQ．
（1）如图1，当∠APQ＝45°，AP＝1，BP＝2√2时，求⊙O的半径；
（2）在（1）的条件下，求四边形APBQ的面积
（3）如图2，连接AB，交PQ于点M，点N在线段PM上（不与P、M重合），连接ON、OP，若∠NOP+2∠OPN ＝90°，探究直线AB与ON的位置关系，并说明理由．
5.如图，已知O（0，0）、A（4，0）、B（4，3）.动点P从O点出发，以每秒1个单位的速度，沿△OAB
的边OA、AB、BO作匀速运动；动直线从AB位置出发，以每秒1个单位的速度向x轴负方向作匀速平移
运动.若它们同时出发，运动的时间为t秒，当点P运动到O时，它们都停止运动.
（1）若M为线段OB中点，以P为圆心，PM为半径的圆与直线AB相切时，求t的值；
（2）若⊙P是以P为圆心、1为半径的圆，
①当点P在线段OA上运动时，直线l与⊙P相交时，求t的取值范围；
②在整个运动过程中，若动点P以每秒m个单位的速度运动，使⊙P与直线l有且只有两次机会相切，求出
m满足的条件.
6.三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的
遥望角.
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，则∠E=________.（请用含α的代数式表示）
⌢=BD⌢，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，AD
结BF并延长交CD的延长线于点E.求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角.
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径.求∠AED的度数.
⌢上一点.
7.如图1，AB是⊙O的一条弦，点C是AmB
（1）若∠ACB=30°，AB=4.求⊙O的半径.
（2）如图2，若点P是⊙O外一点.点P、点C在弦AB的同侧.连接PA、PB.比较∠APB与∠ACB的大小关系，并说明理由.
⌢上取一点D.使得AD⌢=BC⌢，延长BA至E，使AE=AB，（3）如图3.设点G为AC的中点，在AmB
连接DE，F为DE的中点，过点A作BE的垂线，交⊙O于点P，连接PF，PG.写出PG与PF的数量关系，并说明理由.
8.如图l，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，点P从点B出发，沿AB边向终点A以每秒1cm的速度运动，同时点Q从点C出发沿C→B→A向终点A以每秒3cm的速度运动，P、Q其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒.解答下列问题：
（1）当Q在BC边时，
①当t为▲ 秒时，PQ的长为2 √2cm？
②连接AQ，当t为几秒时，△APQ的面积等于16cm2？
（2）如图2，以P为圆心，PQ长为半径作⊙P，在整个运动过程中，是否存在这样的t值，使⊙P正好与△ABD的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.
9.如图
（1）知识储备
⌢上任意一点．求证：PB+PC=PA；
①如图1，已知点P为等边三角形ABC外接圆的BC
②定义：在ΔABC所在平面上存在一点P，使它到三角形三个顶点的距离之和最小，则称点P为ΔABC 的费马点，此时PA+PB+PC的值为ΔABC的费马距离．
（2）知识迁移
①我们有如下探寻ΔABC（其中∠A，∠B，∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：
如图2，在ΔABC的外部以BC为边长作等边三角形BCD及其外接圆，根据（1）的结论，易知线段的长度即为ΔABC的费马距离；
②在图3中，作出ΔABC(∠A=120°)的费马点P（要求尺规作图），若AB=AC=1，求出费马距离．（3）知识应用
如图4，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，其费马距离为√6+√2，求AB的长．
10.已知，AB、AC是⊙O的两条弦，AB=AC，过圆心O作OD⊥AC于点D.
（1）如图1，求证：∠B=∠C.
（2）如图2：当D、O、B三点在一条直线上时，求∠BAC的度数.
（3）如图3，在（2）的条件下，点E为劣弧BC上一点，CE=6，CD=7，连结BC、OE交于点F，求BC和BE的长.
11.如图，四边形ADBC内接于半径为2的⊙O，连接AB、BD、DC，△ABC为等边三角形.
（1）求证：DC平分∠ADB；
（2）线段DC的长为x，四边形ADBC的面积为S，求S关于x的函数关系式；
（3）若点M、N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，△DMN的周长有最小值t，随着点D、M、N的位置变化，t的值会发生变化，试求t的取值范围.
12.如图，已知点C是线段AB上的动点（与A、B不重合），分别以AC、BC为边在AB的同侧作正方形ACDE和正方形CBFG. 再过C、E、F三点作⊙O。
（1）如图①，求证：EF是⊙O的直径；
（2）如图②，延长CG交⊙O于点H，连接EH、FH, EF与CH相交于M点.
①求证：EH=FH；
②当AC=5时，求HG的长；
= ________.
③若AC=a,，BC=b，当FG平分∠EFH时，则b
a。