备战中考数学复习圆的综合专项易错题附答案解析

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．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=1
2
A'N=
1
2
MN=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′=1
2
MN，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=22
OB HB
-=22
2(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=1
2
OB=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=1
2A'N=
1
2
MN=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′=1
2 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N A′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．
3．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) 2
3
3
【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=∠C
EF∥BC
(2)∵AB是直径，BC为切线，
∴AB⊥BC
又EF∥BC，
∴AB⊥EF，弧BF=弧BE,
GF＝GE＝1
2
(HF+EH)=3，HG=1
DB平分∠EDF，
又BF∥CD，
∴∠FBD＝∠FDB＝∠BDE＝∠BFH ∴HB＝HF＝2
∴cos∠BHG＝HG
HB ＝
1
2
，∠BHG＝60°.
∴∠FDB＝∠BDE＝30°
∴∠DFH＝90°，DE为直径，DE＝3BE所对圆心角＝60°.
∴弧BE＝1
63π＝
2
3
3π
【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.
4．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°，
∴0 tan30
OD
PD
=，解得OD=1，
∴PO，
∴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，
∴DE=BE，∠EBA=90°，
∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，
∴BD=DE=BE，
又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，∴△BDF是等边三角形，
∴BD=DF=BF，
∴DE=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．
5．如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E 是AB延长线上一点，CE交⊙O于点F，连接OC、AC．
（1）求证：AC平分∠DAO．
（2）若∠DAO=105°，∠E=30°
①求∠OCE的度数；
②若⊙O的半径为22，求线段EF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）①∠OCE=45°；②EF =23
【解析】
【试题分析】（1）根据直线与⊙O相切的性质，得OC⊥CD.
又因为AD⊥CD，根据同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线也平行，得：AD//OC. ∠DAC=∠OCA.又因为OC=OA，根据等边对等角，得∠OAC=∠OCA.等量代换得：
∠DAC=∠OAC.根据角平分线的定义得：AC平分∠DAO.
（2）①因为 AD//OC，∠DAO=105°，根据两直线平行，同位角相等得，
中，∠E=30°，利用内角和定理，得：∠OCE=45°.
∠EOC=∠DAO=105°，在OCE
②作OG⊥CE于点G，根据垂径定理可得FG=CG，因为OC=2，∠OCE=45°.等腰直角三
2倍，得CG=OG=2. FG=2.在Rt△OGE中，∠E=30°，得GE=23
则EF=GE-FG=23
【试题解析】
（1）∵直线与⊙O相切，∴OC⊥CD.
又∵AD⊥CD，∴AD//OC.
∴∠DAC=∠OCA.
又∵OC=OA ，∴∠OAC=∠OCA.
∴∠DAC=∠OAC.
∴AC 平分∠DAO.
（2）解：①∵AD//OC ，∠DAO=105°，∴∠EOC=∠DAO=105°
∵∠E=30°，∴∠OCE=45°.
②作OG ⊥CE 于点G ，可得FG=CG
∵OC=22，∠OCE=45°.∴CG=OG=2.
∴FG=2.
∵在Rt △OGE 中，∠E=30°，∴GE=23.
∴EF=GE-FG=23-2.
【方法点睛】本题目是一道圆的综合题目，涉及到圆的切线的性质，平行线的性质及判定，三角形内角和，垂径定理，难度为中等.
6．如图，AB 为O 的直径，C 、D 为O 上异于A 、B 的两点，连接CD ，过点C 作CE DB ⊥，交CD 的延长线于点E ，垂足为点E ，直径AB 与CE 的延长线相交于点F .
（1）连接AC 、AD ，求证：180DAC ACF ∠+∠=︒.
（2）若2ABD BDC ∠=∠.
①求证：CF 是O 的切线.
②当6BD =，3tan 4
F =时，求CF 的长. 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② 203CF =
. 【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理证得∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，由CE ⊥DB 证得AD ∥CF ，根据平行线的性质即可证得结论；
（2）①连接OC ．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出∠3=2∠1，由已知
∠4=2∠1，得到∠4=∠3，则OC ∥DB ，再由CE ⊥DB ，得到OC ⊥CF ，根据切线的判定即可证明CF 为⊙O 的切线；
②由CF ∥AD ，证出∠BAD=∠F ，得出tan ∠BAD=tan ∠F=BD AD =34，求出AD=43BD=8，利用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5，再由tanF=
OC CF =34，即可求出CF ． 【详解】
解：（1）AB 是O 的直径，且D 为O 上一点，
90ADB ∴∠=︒，
CE DB ⊥，
90DEC ∴∠=︒，
//CF AD ∴，
180DAC ACF ∴∠+∠=︒.
（2）①如图，连接OC .
OA OC =，12∴∠=∠.
312∠=∠+∠，
321∴∠=∠.
42BDC ∠=∠，1BDC ∠=∠，
421∴∠=∠，
43∴∠=∠，
//OC DB ∴.
CE DB ⊥，
OC CF ∴⊥.
又OC 为O 的半径，
CF ∴为O 的切线.
②由（1）知//CF AD ，
BAD F ∴∠=∠，
3tan tan 4
BAD F ∴∠==
， 34BD AD ∴=.
6BD = 483AD BD ∴==， 226810AB ∴=+=，5OB OC ==.
OC CF ⊥，
90OCF ∴∠=︒，
3tan 4
OC F CF ∴==， 解得203
CF =. 【点睛】
本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果．
7．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）×33=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．
8．如图，在△ABC 中，以AC 为直径作⊙O 交BC 于点D ，交AB 于点G ，且D 是BC 中点，DE ⊥AB ，垂足为E ，交AC 的延长线于点F ．
（1）求证：直线EF 是⊙O 的切线；（2）若CF=3，cosA=
25，求出⊙O 的半径和BE 的长；
（3）连接CG ，在（2）的条件下，求CG EF
的值．
【答案】(1)见解析；（2）2，6
5
（3）CG:EF＝4：7
【解析】
试题分析：（1）连结OD．先证明OD是△ABC的中位线，根据中位线的性质得到
OD∥AB，再由DE⊥AB，得出OD⊥EF，根据切线的判定即可得出直线EF是⊙O的切线；（2）先由OD∥AB，得出∠COD=∠A，再解Rt△DOF，根据余弦函数的定义得到
cos∠FOD==，设⊙O的半径为R，解方程=，求出R=，那么AB=2OD=，解Rt△AEF，根据余弦函数的定义得到cosA==，求出AE=，然后由BE=AB﹣AE即
可求解．
试题解析：
（1）证明：如图，连结OD．
∵CD=DB，CO=OA，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AB，AB=2OD，
∵DE⊥AB，
∴DE⊥OD，即OD⊥EF，
∴直线EF是⊙O的切线；
（2）解：∵OD∥AB，
∴∠COD=∠A．
在Rt△DOF中，∵∠ODF=90°，
∴cos∠FOD==，
设⊙O的半径为R，则=，
解得R=，
∴AB=2OD=．
在Rt△AEF中，∵∠AEF=90°，
∴cosA===，
∴AE=，
∴BE=AB﹣AE=﹣=2．
【点睛】本题考查了切线的判定，解直角三角形，三角形中位线的性质知识点．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连结圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
9．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=1
2
AB，连接DE．
①求证：DE是⊙O的切线；
②求PC的长．
【答案】（1）6；（2）①证明见解析；33．
【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
10．如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，点E在CB的延长线上，连结AC、AE，∠ACB=∠BAE=45°．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）若AB=AD ，AC =32，tan ∠ADC=3，求BE 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）52
BE = 【解析】试题分析：（1）连接OA 、OB ，由圆周角定理得出∠AOB=2∠ACB=90°，由等腰直角三角形的性质得出∠OAB=∠OBA=45°，求出∠OAE=∠OAB+∠BAE=90°,即可得出结论；
（2）过点A 作AF ⊥CD 于点F,由AB=AD ，得到∠ACD =∠ACB =45°，在Rt △AFC 中可求得AF ＝3，在Rt △AFD 中求得DF ＝1，所以AB ＝AD ＝10 ，CD = CF +DF =4，再证明△ABE ∽△CDA ，得出
BE AB DA CD =，即可求出BE 的长度； 试题解析：
（1）证明：连结OA ，OB ，
∵∠ACB =45°，
∴∠AOB =2∠ACB = 90°，
∵OA=OB ，
∴∠OAB =∠OBA =45°，
∵∠BAE =45°，
∴∠OAE =∠OAB +∠BAE =90°，
∴OA ⊥AE ．
∵点A 在⊙O 上，
∴AE 是⊙O 的切线．
（2）解：过点A 作AF ⊥CD 于点F ，则∠AFC =∠AFD =90°．
∵AB=AD ，
∴AB =AD
∴∠ACD =∠ACB =45°，
在Rt △AFC 中，
∵AC =32∠ACF =45°，
∴AF=CF=AC ·sin ∠ACF =3，
∵在Rt △AFD 中， tan ∠ADC=3AF DF
=，
∴DF=1，
∴22
AB AD
==+=，
3110且CD= CF+DF=4，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABE=∠CDA，
∵∠BAE=∠DCA，
∴△ABE∽△CDA，
∴BE AB
=，
DA CD
∴10
=，
10
∴5
BE=．
2。