人教【数学】中考数学圆的综合解答题压轴题提高专题练习附答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．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；
（3）求DE
BE
的值.
【答案】（1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（3）21 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=21
-, 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2，2，
21, DE
BE
=
DH
BC
DE BE =21
2
-
2．如图，△ABC 中，∠A=45°，D 是AC 边上一点，⊙O 经过D 、A 、B 三点，OD ∥BC ． （1）求证：BC 与⊙O 相切； （2）若OD=15，AE=7，求BE 的长．
【答案】(1)见解析;(2)18. 【解析】
分析：（1）连接OB ，求出∠DOB 度数，根据平行线性质求出∠CBO=90°，根据切线判定得出即可；
（2）延长BO 交⊙O 于点F ，连接AF ，求出∠ABF ，解直角三角形求出BE ． 详解：（1）证明：连接OB ． ∵∠A=45°， ∴∠DOB=90°． ∵OD ∥BC ，
∴∠DOB+∠CBO=180°． ∴∠CBO=90°．
∴直线BC 是⊙O 的切线．
（2）解：连接BD ．则△ODB 是等腰直角三角形， ∴∠ODB=45°，BD=OD=15， ∵∠ODB=∠A ，∠DBE=∠DBA ， ∴△DBE ∽△ABD ， ∴BD 2=BE•BA ，
∴（15）2=（7+BE ）BE ， ∴BE=18或﹣25（舍弃）， ∴BE=18．
点睛：本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形等知识点，能综合运用定理进行推理和计算是解此题的关键，题目综合性比较强，难度偏大．
3．如图，Rt ABC ∆内接于⊙O ，AC BC =，BAC ∠的平分线AD 与⊙O 交于点D ，与
BC 交于点E ，延长BD ，与AC 的延长线交于点F ，连接CD ，G 是CD 的中点，连
接OG .
(1)判断OG 与CD 的位置关系，写出你的结论并证明; (2)求证:AE BF =;
(3)若3(22)OG DE =-，求⊙O 的面积.
【答案】（1）OG ⊥CD （2）证明见解析（3）6π 【解析】
试题分析：（1）根据G 是CD 的中点，利用垂径定理证明即可； （2）先证明△ACE 与△BCF 全等，再利用全等三角形的性质即可证明； （3）构造等弦的弦心距，运用相似三角形以及勾股定理进行求解． 试题解析：（1）解：猜想OG ⊥CD ．证明如下：
如图1，连接OC 、OD ．∵OC =OD ，G 是CD 的中点，∴由等腰三角形的性质，有OG ⊥CD ．
（2）证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，而∠CAE =∠CBF （同弧所对的圆周角相等）．在Rt △ACE 和Rt △BCF 中，∵∠ACE =∠BCF =90°，AC =BC ，∠CAE =∠CBF ，∴Rt △ACE ≌Rt △BCF （ASA ），∴AE =BF ．
（3）解：如图2，过点O 作BD 的垂线，垂足为H ，则H 为BD 的中点，∴OH =1
2
AD ，即AD =2OH ，又∠CAD =∠BAD ⇒CD =BD ，∴OH =OG ．在Rt △BDE 和Rt △ADB 中，∵∠DBE =∠DAC =∠BAD ，∴Rt △BDE ∽Rt △ADB ，∴
BD DE
AD DB
=，即BD 2=AD •DE ，∴22622BD AD DE OG DE =⋅=⋅=（）
．又BD =FD ，∴BF =2BD ，∴2242422BF BD ==（）①，设AC =x ，则BC =x ，AB 2x ．∵AD 是∠BAC 的平分线，∴∠FAD =∠BAD ．在Rt △ABD 和Rt △AFD 中，∵∠ADB =∠ADF =90°，AD =AD ，∠FAD =∠BAD ，∴Rt △ABD ≌Rt △AFD （ASA ），∴AF =AB 2x ，BD =FD ，∴CF =AF ﹣AC 221x x x -=（）．在Rt △BCF 中，由勾股定理，得：
222222[21]222BF BC CF x x x =+=+=（）（）②，由①、②，得
22222422x =（）（），∴x 2=12，解得：23x =23-∴222326AB x =
==∴⊙O 6，∴S ⊙O =π•6）2=6π．
点睛：本题是圆的综合题．解题的关键是熟练运用垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质．
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=1
2
DF=
1
2
×6=3，3227
CF HF
-=，根据三角函数的定义得到
tan∠AFE=tan∠C=
37
HF
CH
=；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=
1
2
DF=1
62⨯=3，
∴
=， ∵EF ∥BC ， ∴∠C=∠AFE ，
∴tan ∠AFE=tan ∠C=
7
HF 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 =6
DG =，
∴
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．如图，⊙O的直径AB＝8，C为圆周上一点，AC＝4，过点C作⊙O的切线l，过点B作l的垂线BD，垂足为D，BD与⊙O交于点E．
（1）求∠AEC的度数；
（2）求证：四边形OBEC是菱形．
【答案】（1）30°；（2）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）易得△AOC是等边三角形，则∠AOC＝60°，根据圆周角定理得到∠AEC＝30°；（2）根据切线的性质得到OC⊥l，则有OC∥BD，再根据直径所对的圆周角为直角得到∠AEB＝90°，则∠EAB＝30°，可证得AB∥CE，得到四边形OBE C为平行四边形，再由OB ＝OC，即可判断四边形OBEC是菱形．
【详解】
（1）解：在△AOC中，AC＝4，
∵AO＝OC＝4，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOC＝60°，
∴∠AEC＝30°；
（2）证明：∵OC⊥l，BD⊥l．
∴OC∥BD．
∴∠ABD＝∠AOC＝60°．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴△AEB为直角三角形，∠EAB＝30°．
∴∠EAB ＝∠AEC ． ∴CE ∥OB ，又∵CO ∥EB ∴四边形OBEC 为平行四边形． 又∵OB ＝OC ＝4． ∴四边形OBEC 是菱形． 【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了圆周角定理及其推论以及菱形的判定方法．
6．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=1
2
PE ，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=1
2
PE
∴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.
7．在中，
，
，，分别是边，
的中点，若等腰
绕点逆时针旋转，得到等腰
，设旋转角为
，记直线
与
的交点为.
（1）问题发现 如图1，当时，线段的长等于_________，线段
的长等于_________.
（2）探究证明 如图2，当时，求证：
，且
.
（3）问题解决 求点到
所在直线的距离的最大值.（直接写出结果）
【答案】（1）；；（2）详见解析；（3）
【解析】 【分析】
（1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD 1的长和CE 1的长；
（2）根据旋转的性质得出，∠D1AB=∠E1AC=135°，进而求出△D1AB≌△E1AC（SAS），即可得出答案；
（3）首先作PG⊥AB，交AB所在直线于点G，则D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD1所在直线与⊙A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大，此时四边形AD1PE1是正方形，进而求出PG的长．
【详解】
（1）解：∵∠A=90°，AC=AB=4，D，E分别是边AB，AC的中点，
∴AE=AD=2，
∵等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤180°），∴当α=90°时，AE1=2，∠E1AE=90°，
∴BD1=；
故答案为：；；
（2）证明：由题意可知，
，，
∵是由绕点逆时针旋转得到，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，.
∵，
∴，
∴，
∴，且.
（3）点的运动轨迹是在的上半圆周，
点的运动轨迹是在的弧段.
即当与相切时，有最大值.
点到所在直线的距离的最大值为.
【点睛】
此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知
识，根据题意得出PG的最长时P点的位置是解题关键．
8．如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB⊥CB于点B，tanD=3，BC=2，H为CE延长线上一点，且AH=10，CH52
=.
（1）求证：AH是⊙O的切线；
（2）若点D是弧CE的中点，且AD交CE于点F，求证：HF=HA；
（3）在（2）的条件下，求EF的长．
-
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）102
【解析】
【分析】（1）连接AC，由AB⊥CB可知AC是⊙O的直径，由圆周角定理可得∠C=∠D，于是得到tanC=3，故此可知AB=6，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2= 40，从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得AC⊥AH，问题得证；
（2）连接DE、BE，由弦切角定理可知∠ABD=∠HAD，由D是CE的中点，可得
∠CED=∠EBD，再由圆周角定理可得∠ABE=∠ADE，结合三角形的外角即可证明
∠HAF=∠AFH，从而可证得AH=HF；
（3）由切割线定理可得EH=2，由（2）可知AF=FH=10，从而可得EF=FH﹣EH=10-2．
【详解】（1）如图1所示：连接AC．
∵AB⊥CB，
∴AC是⊙O的直径，
∵∠C=∠D，
∴tanC=3，
∴AB=3BC=3×2=6，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40，
又∵AH2=10，CH2=50，
∴AC2+AH2=CH2，
∴△ACH为直角三角形，
∴AC⊥AH，
∴AH是圆O的切线；
（2）如图2所示：连接DE、BE，
∵AH是圆O的切线，
∴∠ABD=∠HAD，
∵D是CE的中点，
∴CD ED
，
∴∠CED=∠EBD，
又∵∠ABE=∠ADE，
∴∠ABE+∠EBD=∠ADE+∠CED，
∴∠ABD=∠AFE，
∴∠HAF=∠AFH，
∴AH=HF；
（3）由切割线定理可知：AH2=EH•CH10）22EH，
解得：2，
∵由（2）可知10，
∴EF=FH﹣102．
【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等，正确添加辅助线是解题的关键.
9．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 23
π
-
【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．
10．如图，已知在△ABC中，AB=15，AC=20，tanA=1
2
，点P在AB边上，⊙P的半径为定
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=5△APM与△PCN是否相似，并说明理由．
【答案】（1）半径为52）相似，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）如图，作BD⊥AC，垂足为点D，⊙P与边AC相切，则BD就是⊙P的半径，利用解直角三角形得出BD与AD的关系，再利用勾股定理可求得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
MP
、
PN
NC
的值，得出
AM
MP
=
PN
NC
，利用两边对应成比例且夹角相等的两
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 2AD =， 设BD=x ，则AD=2x ，
∴x 2+(2x)2=152，
解得：5
∴半径为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=
12PH AH =， 设PH=y ，AH=2y ，
y 2+（2y ）2=（52
解得：y=6（取正数），
∴PH=6，AH=12，
在Rt △MPH 中， ()22356-，
∴MN=2MH=6，
∴AM=AH-MH=12-3=9，
NC=AC-MN-AM=20-6-9=5， ∴
3535AM MP ==，35PN NC =， ∴AM MP =PN 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.。