圆 几何综合中考真题汇编[解析版]
中考数学综合题专题复习【圆的综合】专题解析及详细答案
中考数学综合题专题复习【圆的综合】专题解析及详细答案一、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,已知在△ABC中,AB=15,AC=20,tanA=12,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=65时,试探究△APM与△PCN是否相似,并说明理由.【答案】(1)半径为35;(2)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AMMP、PNNC的值,得出AMMP=PNNC,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= 1BD2AD =,设BD=x,则AD=2x,∴x2+(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=12PHAH =,设PH=y,AH=2y,y 2+(2y )2=(65)2 解得:y=6(取正数), ∴PH=6,AH=12,在Rt △MPH 中, MH=()22356-=3,∴MN=2MH=6,∴AM=AH-MH=12-3=9,NC=AC-MN-AM=20-6-9=5,∴935535AM MP ==,355PN 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.3.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 = 12,求AB 和FC 的长.【答案】(1)见解析;(2) ⑵AB=20 , 403CF =【解析】分析:(1)连接OC ,根据圆周角定理证明OC ⊥CF 即可;(2)通过正切值和圆周角定理,以及∠FCA =∠B 求出CE 、BE 的长,即可得到AB 长,然后根据直径和半径的关系求出OE 的长,再根据两角对应相等的两三角形相似(或射影定理)证明△OCE ∽△CFE ,即可根据相似三角形的对应线段成比例求解.详解:⑴证明:连结OC∵AB 是⊙O 的直径∴∠ACB=90°∴∠B+∠BAC=90°∵OA=OC∴∠BAC=∠OCA∵∠B=∠FCA∴∠FCA+∠OCA=90°即∠OCF=90°∵C 在⊙O 上∴CF 是⊙O 的切线⑵∵AE=4,tan ∠ACD12AE EC = ∴CE=8 ∵直径AB ⊥弦CD 于点E∴»»AD AC =∵∠FCA =∠B∴∠B=∠ACD=∠FCA∴∠EOC=∠ECA∴tan ∠B=tan ∠ACD=1=2CE BE ∴BE=16∴AB=20∴OE=AB÷2-AE=6∵CE ⊥AB∴∠CEO=∠FCE=90°∴△OCE ∽△CFE ∴OC OE CF CE=即106=8 CF∴40CF3=点睛:此题主要考查了圆的综合知识,关键是熟知圆周角定理和切线的判定与性质,结合相似三角形的判定与性质和解直角三角形的知识求解,利用数形结合和方程思想是解题的突破点,有一定的难度,是一道综合性的题目.4.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)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.5.如图,⊙M与菱形ABCD在平面直角坐标系中,点M的坐标为(3,﹣1),点A的坐标为(﹣2,3),点B的坐标为(﹣3,0),点C在x轴上,且点D在点A的左侧.(1)求菱形ABCD的周长;(2)若⊙M沿x轴向右以每秒2个单位长度的速度平移,同时菱形ABCD沿x轴向右以每秒3个单位长度的速度平移,设菱形移动的时间为t(秒),当⊙M与BC相切,且切点为BC的中点时,连接BD,求:①t的值;②∠MBD的度数;(3)在(2)的条件下,当点M与BD所在的直线的距离为1时,求t的值.【答案】(1)8;(2)①7;②105°;(3)t=633【解析】分析:(1)根据勾股定理求菱形的边长为2,所以可得周长为8;(2)①如图2,先根据坐标求EF的长,由EE'﹣FE'=EF=7,列式得:3t﹣2t=7,可得t 的值;②先求∠EBA=60°,则∠FBA=120°,再得∠MBF=45°,相加可得:∠MBD=∠MBF+∠FBD=45°+60°=105°;(3)分两种情况讨论:作出距离MN和ME,第一种情况:如图5由距离为1可知:BD 为⊙M的切线,由BC是⊙M的切线,得∠MBE=30°,列式为3t3=2t+6,解出即可;第二种情况:如图6,同理可得t的值.详解:(1)如图1,过A作AE⊥BC于E.∵点A的坐标为(﹣23),点B的坐标为(﹣3,0),∴AE3,BE=3﹣2=1,∴AB =22AE BE +=2231+()=2. ∵四边形ABCD 是菱形,∴AB =BC =CD =AD =2,∴菱形ABCD 的周长=2×4=8;(2)①如图2,⊙M 与x 轴的切点为F ,BC 的中点为E .∵M (3,﹣1),∴F (3,0).∵BC =2,且E 为BC 的中点,∴E (﹣4,0),∴EF =7,即EE '﹣FE '=EF ,∴3t ﹣2t =7,t =7;②由(1)可知:BE =1,AE =3,∴tan ∠EBA =AE BE =3=3,∴∠EBA =60°,如图4,∴∠FBA =120°. ∵四边形ABCD 是菱形,∴∠FBD =12∠FBA =11202⨯︒=60°. ∵BC 是⊙M 的切线,∴MF ⊥BC .∵F 是BC 的中点,∴BF =MF =1,∴△BFM 是等腰直角三角形,∴∠MBF =45°,∴∠MBD =∠MBF +∠FBD =45°+60°=105°;(3)连接BM ,过M 作MN ⊥BD ,垂足为N ,作ME ⊥BC 于E ,分两种情况: 第一种情况:如图5.∵四边形ABCD 是菱形,∠ABC =120°,∴∠CBD =60°,∴∠NBE =60°.∵点M 与BD 所在的直线的距离为1,∴MN =1,∴BD 为⊙M 的切线.∵BC 是⊙M 的切线,∴∠MBE =30°.∵ME =1,∴EB =3,∴3t +3=2t +6,t =6﹣3;第二种情况:如图6.∵四边形ABCD 是菱形,∠ABC =120°,∴∠DBC =60°,∴∠NBE =120°.∵点M 与BD 所在的直线的距离为1,∴MN =1,∴BD 为⊙M 的切线.∵BC 是⊙M 的切线,∴∠MBE =60°.∵ME =MN =1,∴Rt △BEM 中,tan60°=ME BE ,EB =160tan ︒=3, ∴3t =2t +6+33,t =6+33; 综上所述:当点M 与BD 所在的直线的距离为1时,t =6﹣3或6+3.点睛:本题是四边形和圆的综合题,考查了菱形的性质、圆的切线的性质和判定、特殊的三角函数值、等腰直角三角形的性质、动点运动问题,此类问题比较复杂,弄清动点运动方向、速度、时间和路程的关系,并与方程相结合,找等量关系,求出时间t的值.6.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。
中考数学圆的综合的综合题试题附答案解析
中考数学圆的综合的综合题试题附答案解析一、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.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=8﹣43,CE=8+43(不合题意舍去);(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.3.已知AB ,CD 都是O e 的直径,连接DB ,过点C 的切线交DB 的延长线于点E . ()1如图1,求证:AOD 2E 180∠∠+=o ;()2如图2,过点A 作AF EC ⊥交EC 的延长线于点F ,过点D 作DG AB ⊥,垂足为点G ,求证:DG CF =;()3如图3,在()2的条件下,当DG 3CE 4=时,在O e 外取一点H ,连接CH 、DH 分别交O e 于点M 、N ,且HDE HCE ∠∠=,点P 在HD 的延长线上,连接PO 并延长交CM 于点Q ,若PD 11=,DN 14=,MQ OB =,求线段HM 的长.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)837+【解析】【分析】(1)由∠D +∠E =90°,可得2∠D +2∠E =180°,只要证明∠AOD =2∠D 即可;(2)如图2中,作OR ⊥AF 于R .只要证明△AOR ≌△ODG 即可;(3)如图3中,连接BC 、OM 、ON 、CN ,作BT ⊥CL 于T ,作NK ⊥CH 于K ,设CH 交DE 于W .解直角三角形分别求出KM ,KH 即可;【详解】()1证明:如图1中,O Q e 与CE 相切于点C ,OC CE ∴⊥,OCE 90∠∴=o ,D E 90∠∠∴+=o ,2D 2E 180∠∠∴+=o ,AOD COB ∠∠=Q ,BOC 2D ∠∠=,AOD 2D ∠∠=,AOD 2E 180∠∠∴+=o .()2证明:如图2中,作OR AF ⊥于R .OCF F ORF 90∠∠∠===o Q ,∴四边形OCFR 是矩形,AF//CD ∴,CF OR =,A AOD ∠∠∴=,在AOR V 和ODG V 中,A AOD ∠∠=Q ,ARO OGD 90∠∠==o ,OA DO =,AOR ∴V ≌ODG V ,OR DG ∴=,DG CF ∴=,()3解:如图3中,连接BC 、OM 、ON 、CN ,作BT CL ⊥于T ,作NK CH ⊥于K ,设CH 交DE 于W .设DG 3m =,则CF 3m =,CE 4m =,OCF F BTE 90∠∠∠===o Q ,AF//OC//BT ∴,OA OB =Q ,CT CF 3m ∴==,ET m ∴=,CD Q 为直径,CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===o ,E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=o ,tan E tan CBT ∠∠∴=,BT CT ET BT∴=,BT 3m m BT∴=,BT ∴=负根已经舍弃),tan E ∠∴== E 60∠∴=o ,CWD HDE H ∠∠∠=+Q ,HDE HCE ∠∠=,H E 60∠∠∴==o ,MON 2HCN 60∠∠∴==o ,OM ON =Q ,OMN ∴V 是等边三角形,MN ON ∴=,QM OB OM ==Q ,MOQ MQO ∠∠∴=,MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=o o Q ,MQO P 180H 120∠∠∠+=-=o o , PON P ∠∠∴=,ON NP 141125∴==+=,CD 2ON 50∴==,MN ON 25==,在Rt CDN V 中,CN 48==,在Rt CHN V 中,CN 48tan H HN HN∠===HN ∴=在Rt KNH V 中,1KH HN 2==NK 24==,在Rt NMK V 中,MK 7===,HM HK MK 7∴=+=.【点睛】本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识,添加常用辅助线,构造全等三角形或直角三角形解题的关键.4.如图,在ABC V 中,90ACB ∠=o ,BAC ∠的平分线AD 交BC 于点D ,过点D 作DE AD ⊥交AB 于点E ,以AE 为直径作O e .()1求证:BC 是O e 的切线;()2若3AC =,4BC =,求tan EDB ∠的值.【答案】(1)见解析;(2)1tan 2EDB ∠=. 【解析】【分析】 ()1连接OD ,如图,先证明OD//AC ,再利用AC BC ⊥得到OD BC ⊥,然后根据切线的判定定理得到结论;()2先利用勾股定理计算出AB 5=,设O e 的半径为r ,则OA OD r ==,OB 5r =-,再证明BDO V ∽BCA V ,利用相似比得到r :()35r =-:5,解得15r 8=,接着利用勾股定理计算5BD 2=,则3CD 2=,利用正切定理得1tan 12∠=,然后证明1EDB ∠∠=,从而得到tan EDB ∠的值.【详解】()1证明:连接OD ,如图,AD Q 平分BAC ∠,12∴∠=∠,OA OD =Q ,23∴∠=∠,13∴∠=∠,//OD AC ∴,AC BC ⊥Q ,OD BC ∴⊥,BC ∴是O e 的切线;()2解:在Rt ACB V 中,22345AB =+=,设O e 的半径为r ,则OA OD r ==,5OB r =-,//OD AC Q ,BDO V ∴∽BCA V ,OD ∴:AC BO =:BA ,即r :()35r =-:5,解得158r =, 158OD ∴=,258OB =,在Rt ODB V 中,52BD ==, 32CD BC BD ∴=-=, 在Rt ACD V 中,312tan 132CD AC ∠===, AE Q 为直径,90ADE ∴∠=o ,90EDB ADC ∴∠+∠=o ,190ADC ∠+∠=o Q ,1EDB ∴∠=∠,1tan 2EDB ∴∠=. 【点睛】本题考查了切线的判定与性质:经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线;圆的切线垂直于经过切点的半径.判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”;也考查了圆周角定理和解直角三角形.5.如图,△ABC 的内接三角形,P 为BC 延长线上一点,∠PAC=∠B ,AD 为⊙O 的直径,过C 作CG ⊥AD 于E ,交AB 于F ,交⊙O 于G .(1)判断直线PA 与⊙O 的位置关系,并说明理由;(2)求证:AG 2=AF·AB ;(3)若⊙O 的直径为10,△AFG 的面积.【答案】(1)PA与⊙O相切,理由见解析;(2)证明见解析;(3)3.【解析】试题分析:(1)连接CD,由AD为⊙O的直径,可得∠ACD=90°,由圆周角定理,证得∠B=∠D,由已知∠PAC=∠B,可证得DA⊥PA,继而可证得PA与⊙O相切.(2)连接BG,易证得△AFG∽△AGB,由相似三角形的对应边成比例,证得结论.(3)连接BD,由AG2=AF•AB,可求得AF的长,易证得△AEF∽△ABD,即可求得AE的长,继而可求得EF与EG的长,则可求得答案.试题解析:解:(1)PA与⊙O相切.理由如下:如答图1,连接CD,∵AD为⊙O的直径,∴∠ACD=90°.∴∠D+∠CAD=90°.∵∠B=∠D,∠PAC=∠B,∴∠PAC=∠D.∴∠PAC+∠CAD=90°,即DA⊥PA.∵点A在圆上,∴PA与⊙O相切.(2)证明:如答图2,连接BG,∵AD为⊙O的直径,CG⊥AD,∴»».∴∠AGF=∠ABG.AC AD∵∠GAF=∠BAG,∴△AGF∽△ABG.∴AG:AB=AF:AG. ∴AG2=AF•AB.(3)如答图3,连接BD ,∵AD 是直径,∴∠ABD=90°.∵AG 2=AF•AB ,AG=AC=25,AB=45,∴AF=5.∵CG ⊥AD ,∴∠AEF=∠ABD=90°.∵∠EAF=∠BAD ,∴△AEF ∽△ABD. ∴AE AF AB AD =,即545=,解得:AE=2. ∴221EF AF AE =-=. ∵224EG AG AE =-=,∴413FG EG EF =-=-=. ∴1132322AFG S FG AE ∆=⋅⋅=⨯⨯=.考点:1. 圆周角定理;2.直角三角形两锐角的关系;3. 相切的判定;4.垂径定理;5.相似三角形的判定和性质;6.勾股定理;7.三角形的面积.6.如图,已知AB 是⊙O 的直径,点C ,D 在⊙O 上,BC=6cm,AC=8cm,∠BAD=45°.点E 在⊙O 外,做直线AE ,且∠EAC=∠D .(1)求证:直线AE 是⊙O 的切线.(2)求图中阴影部分的面积.【答案】(1)见解析;(2) 25-504π. 【解析】 分析:(1)根据圆周角定理及推论证得∠BAE=90°,即可得到AE 是⊙O 的切线; (2)连接OD ,用扇形ODA 的面积减去△AOD 的面积即可.详解:证明:(1) ∵AB 是⊙O 的直径,∴∠ACB=90°,即∠BAC+∠ABC=90°,∵∠EAC=∠ADC ,∠ADC=∠ABC ,∴∠EAC=∠ABC∴∠BAC+∠EAC =90°,即∠BAE= 90°∴直线AE 是⊙O 的切线;(2)连接OD∵ BC=6 AC=8∴ 226810AB =+=∴ OA = 5又∵ OD = OA∴∠ADO =∠BAD = 45°∴∠AOD = 90°∴AOD ODA S S S ∆-阴影扇形==90155553602π⨯⨯-⨯⨯ 25504π-= (2cm )点睛:此题主要考查了圆周角定理和圆的切线的判定与性质,关键是利用圆周角定理和切线的判定与性质,结合勾股定理的和弓形的面积的求法求解,注意数形结合思想的应用.7.如图,OB是以(O,a)为圆心,a为半径的⊙O1的弦,过B点作⊙O1的切线,P为劣弧»OB上的任一点,且过P作OB、AB、OA的垂线,垂足分别是D、E、F.(1)求证:PD2=PE•PF;(2)当∠BOP=30°,P点为OB的中点时,求D、E、F、P四个点的坐标及S△DEF.【答案】(1)详见解析;(2)D(﹣3a,34a),E(﹣334a,34a),F(﹣3a,0),P(﹣32a,2a);S△DEF=3316a2.【解析】试题分析:(1)连接PB,OP,利用AB切⊙O1于B求证△PBE∽△POD,得出PB PEOP PD=,同理,△OPF∽△BPD,得出PB PDOP PF=,然后利用等量代换即可.(2)连接O1B,O1P,得出△O1BP和△O1PO为等边三角形,根据直角三角形的性质即可解得D、E、F、P四个点的坐标.再利用三角形的面积公式可直接求出三角形DEF的面积.试题解析:(1)证明:连接PB,OP,∵PE⊥AB,PD⊥OB,∴∠BEP=∠PDO=90°,∵AB切⊙O1于B,∠ABP=∠BOP,∴△PBE∽△POD,∴=,同理,△OPF∽△BPD∴=,∴=,∴PD2=PE•PF;(2)连接O1B,O1P,∵AB切⊙O1于B,∠POB=30°,∴∠ABP=30°,∴∠O1BP=90°﹣30°=60°,∵O1B=O1P,∴△O1BP为等边三角形,∴O1B=BP,∵P为弧BO的中点,∴BP=OP,即△O1PO为等边三角形,∴O1P=OP=a,∴∠O1OP=60°,又∵P为弧BO的中点,∴O1P⊥OB,在△O1DO中,∵∠O1OP=60°O1O=a,∴O1D=a,OD=a,过D作DM⊥OO1于M,∴DM=OD=a,OM=DM=a,∴D(﹣a, a),∵∠O1OF=90°,∠O1OP=60°∴∠POF=30°,∵PE⊥OA,∴PF=OP=a,OF=a,∴P(﹣a,),F(﹣a,0),∵AB切⊙O1于B,∠POB=30°,∴∠ABP=∠BOP=30°,∵PE⊥AB,PB=a,∴∠EPB=60°∴PE=a,BE=a,∵P为弧BO的中点,∴BP=PO,∴∠PBO=∠BOP=30°,∴∠BPO=120°,∴∠BPE+∠BPO=120°+60°=180°,即OPE三点共线,∵OE=a+a=a,过E作EM⊥x轴于M,∵AO切⊙O1于O,∴∠EOA=30°,∴EM=OE=a,OM=a,∴E(﹣a, a),∵E(﹣a, a),D(﹣a, a),∴DE=﹣a﹣(﹣a)=a,DE边上的高为: a,∴S△DEF=×a×a=a2.故答案为:D(﹣a, a),E(﹣a, a),F(﹣a,0),P(﹣a,);S△DEF=a2.8.阅读下列材料:如图1,⊙O1和⊙O2外切于点C,AB是⊙O1和⊙O2外公切线,A、B为切点,求证:AC⊥BC证明:过点C作⊙O1和⊙O2的内公切线交AB于D,∵DA、DC是⊙O1的切线∴DA=DC.∴∠DAC=∠DCA.同理∠DCB=∠DBC.又∵∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°,∴∠DCA+∠DCB=90°.即AC⊥BC.根据上述材料,解答下列问题:(1)在以上的证明过程中使用了哪些定理?请写出两个定理的名称或内容;(2)以AB所在直线为x轴,过点C且垂直于AB的直线为y轴建立直角坐标系(如图2),已知A、B两点的坐标为(﹣4,0),(1,0),求经过A、B、C三点的抛物线y=ax2+bx+c的函数解析式;(3)根据(2)中所确定的抛物线,试判断这条抛物线的顶点是否落在两圆的连心O1O2上,并说明理由.【答案】(1)见解析;(2)213222y x x =+- ;(3)见解析 【解析】 试题分析:(1)由切线长相等可知用了切线长定理;由三角形的内角和是180°,可知用了三角形内角和定理;(2)先根据勾股定理求出C 点坐标,再用待定系数法即可求出经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式;(3)过C 作两圆的公切线,交AB 于点D ,由切线长定理可求出D 点坐标,根据,C D 两点的坐标可求出过,C D 两点直线的解析式,根据过一点且互相垂直的两条直线解析式的关系可求出过两圆圆心的直线解析式,再把抛物线的顶点坐标代入直线的解析式看是否适合即可.试题解析:(1)DA 、DC 是1O e 的切线,∴DA =DC .应用的是切线长定理;180DAC DCA DCB DBC ∠+∠+∠+∠=o ,应用的是三角形内角和定理.(2)设C 点坐标为(0,y ),则222AB AC BC =+, 即()()222224141y y --=-+++,即225172y =+,解得y =2(舍去)或y =−2.故C 点坐标为(0,−2),设经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式为2y ax bx c ,=++ 则164002,a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩ 解得12322a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎪⎩, 故所求二次函数的解析式为213 2.22y x x =+- (3)过C 作两圆的公切线CD 交AB 于D ,则AD =BD =CD ,由A (−4,0),B (1,0)可知3(,0)2D -, 设过CD 两点的直线为y =kx +b ,则3022k b b ⎧-+=⎪⎨⎪=-⎩, 解得432k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩,故此一次函数的解析式为423y x =--, ∵过12,O O 的直线必过C 点且与直线423y x =--垂直, 故过12,O O 的直线的解析式为324y x =-, 由(2)中所求抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为325(,)28--, 代入直线解析式得33252,428⎛⎫⨯--=- ⎪⎝⎭ 故这条抛物线的顶点落在两圆的连心12O O 上.9.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.10.问题发现.(1)如图①,Rt△ABC中,∠C=90°,AC=3,BC=4,点D是AB边上任意一点,则CD的最小值为______.(2)如图②,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,点M、点N分别在BD、BC上,求CM+MN的最小值.(3)如图③,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,点E是AB边上一点,且AE=2,点F是BC边上的任意一点,把△BEF沿EF翻折,点B的对应点为G,连接AG、CG,四边形AGCD的面积是否存在最小值,若存在,求这个最小值及此时BF的长度.若不存在,请说明理由.【答案】(1) 125CD =;(2) CM MN +的最小值为9625.(3) 152【解析】 试题分析:(1)根据两种不同方法求面积公式求解;(2)作C 关于BD 的对称点C ',过C '作BC 的垂线,垂足为N ,求C N '的长即可;(3) 连接AC ,则ADC ACG AGCD S S S =+V V 四,321GB EB AB AE ==-=-=,则点G 的轨迹为以E 为圆心,1为半径的一段弧.过E 作AC 的垂线,与⊙E 交于点G ,垂足为M ,由AEM ACB V V ∽求得GM 的值,再由ACD ACG AGCD S S S =+V V 四边形 求解即可.试题解析:(1)从C 到AB 距离最小即为过C 作AB 的垂线,垂足为D ,22ABC CD AB AC BC S ⋅⋅==V , ∴341255AC BC CD AB ⋅⨯===, (2)作C 关于BD 的对称点C ',过C '作BC 的垂线,垂足为N ,且与BD 交于M ,则CM MN +的最小值为C N '的长,设CC '与BD 交于H ,则CH BD ⊥,∴BMC BCD V V ∽,且125CH =, ∴C CB BDC ∠=∠',245CC '=,∴C NC BCD 'V V ∽, ∴244965525CC BC C N BD ⨯⋅==='', 即CM MN +的最小值为9625. (3)连接AC ,则ADC ACG AGCD S S S =+V V 四,321GB EB AB AE ==-=-=,∴点G 的轨迹为以E 为圆心,1为半径的一段弧.过E 作AC 的垂线,与⊙E 交于点G ,垂足为M ,∵AEM ACB V V ∽,∴EM AE BC AC=, ∴24855AE BC EM AC ⋅⨯===, ∴83155GM EM EG =-=-=, ∴ACD ACG AGCD S S S =+V V 四边形,113345225=⨯⨯+⨯⨯, 152=. 【点睛】本题考查圆的综合题、最短问题、勾股定理、面积法、两点之间线段最短等知识,解题的关键是利用轴对称解决最值问题,灵活运用两点之间线段最短解决问题.11.在平面直角坐标系中,已知点A (2,0),点B (0,),点O (0,0).△AOB 绕着O 顺时针旋转,得△A'OB',点A 、B 旋转后的对应点为A',B',记旋转角为α.(Ⅰ)如图1,A'B'恰好经过点A时,求此时旋转角α的度数,并求出点B'的坐标;(Ⅱ)如图2,若0°<α<90°,设直线AA'和直线BB'交于点P,求证:AA'⊥BB';(Ⅲ)若0°<α<360°,求(Ⅱ)中的点P纵坐标的最小值(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)α=60°,B'(3,);(Ⅱ)见解析;(Ⅲ)点P纵坐标的最小值为﹣2.【解析】【分析】(Ⅰ)作辅助线,先根据点A(2,0),点B(0,),确定∠ABO=30°,证明△AOA'是等边三角形,得旋转角α=60°,证明△COB'是30°的直角三角形,可得B'的坐标;(Ⅱ)依据旋转的性质可得∠BOB'=∠AOA'=α,OB=OB',OA=OA',即可得出∠OBB'=∠OA'A =(180°﹣α),再根据∠BOA'=90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,即可得到∠BPA'=90°,即AA'⊥BB';(Ⅲ)作AB的中点M(1,),连接MP,依据点P的轨迹为以点M为圆心,以MP=AB=2为半径的圆,即可得到当PM∥y轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2.【详解】解:(Ⅰ)如图1,过B'作B'C⊥x轴于C,∵OA=2,OB=2,∠AOB=90°,∴∠ABO=30°,∠BAO=60°,由旋转得:OA=OA',∠A'=∠BAO=60°,∴△OAA'是等边三角形,∴α=∠AOA'=60°,∵OB=OB'=2,∠COB'=90°﹣60°=30°,∴B'C =OB’=,∴OC=3,∴B'(3,),(Ⅱ)证明:如图2,∵∠BOB'=∠AOA'=α,OB=OB',OA=OA',∴∠OBB'=∠OA'A=(180°﹣α),∵∠BOA'=90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,∴∠BPA'=360°﹣(180°﹣α)﹣(90°+α)=90°,即AA'⊥BB';(Ⅲ)点P纵坐标的最小值为-2.理由是:如图,作AB的中点M(1,),连接MP,∵∠APB=90°,∴点P的轨迹为以点M为圆心,以MP=AB=2为半径的圆,除去点(2,2),∴当PM⊥x轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2.【点睛】本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转的性质,含30°角的直角三角形的性质,四边形内角和以及圆周角定理的综合运用,解决问题的关键是判断点P的轨迹为以点M为圆心,以MP 为半径的圆.12.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=60°,☉O是△ABC的外接圆,BC是☉O的直径,过点B作☉O 的切线BD,与CA的延长线交于点D,与半径AO的延长线交于点E,过点A作☉O的切线AF,与直径BC的延长线交于点F.(1)连接EF,求证:EF是☉O的切线;(2)在圆上是否存在一点P,使点P与点A,B,F构成一个菱形?若存在,请说明理由.【答案】(1)见解析;(2)存在,理由见解析【解析】【分析】(1)过O作OM⊥EF于M,根据SAS证明△OAF≌△OBE,从而得到OE=OF,再证明EO平分∠BEF,从而得到结论;(2)存在,先证明△OAC为等边三角形,从而得出∠OAC=∠AOC=60°,再得到AB=AF,再证明AB=AF=FP=BP,从而得到结论.【详解】(1)证明:如图,过O作OM⊥EF于M,∵OA=OB,∠OAF=∠OBE=90°,∠BOE=∠AOF,∴△OAF≌△OBE,∴OE=OF,∵∠EOF=∠AOB=120°,∴∠OEM=∠OFM=30°,∴∠OEB=∠OEM=30°,即EO平分∠BEF,又∠OBE=∠OME=90°,∴OM=OB,∴EF为☉O的切线.(2)存在.∵BC为☉O的直径,∴∠BAC=90°,∵∠ACB=60°,∴∠ABC=30°,又∵∠ACB=60°,OA=OC,∴△OAC为等边三角形,即∠OAC=∠AOC=60°,∵AF为☉O的切线,∴∠OAF=90°,∴∠CAF=∠AFC=30°,∴∠ABC=∠AFC,∴AB=AF.当点P在(1)中的点M位置时,此时∠OPF=90°,∴∠OAF=∠OPF=90°,又∵OA=OP,OF为公共边,∴△OAF≌△OPF,∴AF=PF,∠BFE=∠AFC=30°.又∵∠FOP=∠OBP=∠OPB=30°,∴BP=FP,∴AB=AF=FP=BP,∴四边形AFPB是菱形.【点睛】考查了切线的判定定理和菱形的判定,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.13.已知AC=DC,AC⊥DC,直线MN经过点A,作DB⊥MN,垂足为B,连结CB.[感知]如图①,点A、B在CD同侧,且点B在AC右侧,在射线AM上截取AE=BD,连结CE,可证△BCD≌△ECA,从而得出EC=BC,∠ECB=90°,进而得出∠ABC=度;[探究]如图②,当点A、B在CD异侧时,[感知]得出的∠ABC的大小是否改变?若不改变,给出证明;若改变,请求出∠ABC的大小.[应用]在直线MN绕点A旋转的过程中,当∠BCD=30°,BD=时,直接写出BC的长.【答案】【感知】:45;【探究】:不改变,理由详见解析;【拓展】:BC的长为+1或﹣1.【解析】【分析】[感知]证明△BCD≌△ECA(SAS)即可解决问题;[探究]结论不变,证明△BCD≌△ECA(SAS)即可解决问题;[应用]分两种情形分别求解即可解决问题.【详解】解:【感知】,如图①中,在射线AM上截取AE=BD,连结CE.∵AC⊥DC,DB⊥MN,∴∠ACD=∠DBA=90°.∴∠CDB+∠CAB=180°,∵∠CAB+∠CAE=180°∴∠D=∠CAE,∵CD=AC,AE=BD,∴△BCD≌△ECA(SAS),∴BC=EC,∠BCD=∠ECA,∵∠ACE+∠ECD=90°,∴∠ECD+∠DCB=90°,即∠ECB=90°,∴∠ABC=45°.故答案为45【探究】不改变.理由如下:如图,如图②中,在射线AN上截取AE=BD,连接CE,设MN与CD交于点O.∵AC⊥DC,DB⊥MN,∴∠ACD=∠DBA=90°,∵∠AOC=∠DOB,∴∠D=∠EAC,CD=AC,∴△BCD≌△ECA(SAS),∴BC=EC,∠BCD=∠ECA,∵∠ACE+∠ECD=90°,∴∠ECD+∠DCB=90°,即∠ECB=90°,∴∠ABC=45°.【拓展】如图①﹣1中,连接AD.∴∠ACD+∠ABD=180°,∴A,C,D,B四点共圆,∴∠DAB=∠DCB=30°,∴AB=BD=,∴EB=AE+AB=+,∵△ECB是等腰直角三角形,如图②中,同法可得BC=﹣1.综上所述,BC的长为+1或﹣1.【点睛】本题属于几何变换综合题,考查了等腰直角三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.14.如图所示,ABC ∆内接于圆O ,CD AB ⊥于D ;(1)如图1,当AB 为直径,求证:OBC ACD ∠=∠;(2)如图2,当AB 为非直径的弦,连接OB ,则(1)的结论是否成立?若成立请证明,不成立说明由;(3)如图3,在(2)的条件下,作AE BC ⊥于E ,交CD 于点F ,连接ED ,且2AD BD ED =+,若3DE =,5OB =,求CF 的长度.【答案】(1)见解析;(2)成立;(3)145【解析】【分析】 (1)根据圆周角定理求出∠ACB=90°,求出∠ADC=90°,再根据三角形内角和定理求出即可;(2)根据圆周角定理求出∠BOC=2∠A ,求出∠OBC=90°-∠A 和∠ACD=90°-∠A 即可; (3)分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ,连接HK 、CH 、AK ,在AD 上取DG=BD ,延长CG 交AK 于M ,延长KO 交⊙O 于N ,连接CN 、AN ,求出关于a 的方程,再求出a 即可.【详解】(1)证明:∵AB 为直径,∴ACB 90∠=︒, ∵CD AB ⊥于D , ∴ADC 90∠=︒,∴OBC A 90∠∠+=︒,A ACD 90∠∠+=︒,∴OBC ACD ∠∠=;(2)成立,证明:连接OC ,由圆周角定理得:BOC 2A ∠∠=,∵OC OB =, ∴()()11OBC 180BOC 1802A 90A 22∠∠∠∠=︒-=︒-=︒-, ∵ADC 90∠=︒,∴ACD 90A ∠∠=︒-,∴OBC ACD ∠∠=;(3)分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ,连接HK 、CH 、AK ,∵AE BC ⊥,CD BA ⊥,∴AEC ADC 90∠∠==︒,∴BCD CFE 90∠∠+=︒,BAH DFA 90∠∠+=︒,∵CFE DFA ∠∠=,∴BCD BAH ∠∠=,∵根据圆周角定理得:BAH BCH ∠∠=,∴BCD BAH BCH ∠∠∠==,∴由三角形内角和定理得:CHE CFE ∠∠=, ∴CH CF =,∴EH EF =,同理DF DK =,∵DE 3=,∴HK 2DE 6==,在AD 上取DG BD =,延长CG 交AK 于M ,则AG AD BD 2DE 6=-==, BC GC =,∴MCK BCK BAK ∠∠∠==,∴CMK 90∠=︒,延长KO 交⊙O 于N ,连接CN 、AN ,则NAK 90CMK ∠∠=︒=,∴CM //AN ,∵NCK ADK 90∠∠==︒,∴CN //AG ,∴四边形CGAN 是平行四边形,∴AG CN 6==,作OT CK ⊥于T ,则T 为CK 的中点,∵O 为KN 的中点, ∴1OT CN 32==, ∵OTC 90∠=︒,OC 5=,∴由勾股定理得:CT 4=,∴CK 2CT 8==,作直径HS ,连接KS ,∵HK 6=,HS 10=,∴由勾股定理得:KS 8=, ∴3tan HSK tan HAK 4∠∠==, ∴1tan EAB tan BCD 3∠∠==, 设BD a =,CD 3a =, ∴AD BD 2ED a 6=+=+,11DK AD a 233==+, ∵CD DK CK +=, ∴13a a 283++=, 解得:9a 5=, ∴113DK a 235=+=, ∴2614CF CK 2DK 855=-=-=. 【点睛】本题考查了垂径定理、解直角三角形、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理等知识点,能综合运用知识点进行推理是解此题的关键,综合性比较强,难度偏大.15.如图,BD为△ABC外接圆⊙O的直径,且∠BAE=∠C.(1)求证:AE与⊙O相切于点A;(2)若AE∥BC,BC=23,AC=2,求AD的长.【答案】(1)证明见解析;(2)23【解析】【分析】(1)根据题目中已出现切点可确定用“连半径,证垂直”的方法证明切线,连接AO并延长交⊙O于点F,连接BF,则AF为直径,∠ABF=90°,根据同弧所对的圆周角相等,则可得到∠BAE=∠F,既而得到AE与⊙O相切于点A.(2))连接OC,先由平行和已知可得∠ACB=∠ABC,所以AC=AB,则∠AOC=∠AOB,从而利用垂径定理可得AH=1,在Rt△OBH中,设OB=r,利用勾股定理解得r=2,在Rt△ABD中,即可求得AD的长为3【详解】解:(1)连接AO并延长交⊙O于点F,连接BF,则AF为直径,∠ABF=90°,∵»»,AB AB∴∠ACB=∠F,∵∠BAE=∠ACB,∴∠BAE=∠F,∵∠FAB+∠F=90°,∴∠FAB+∠BAE=90°,∴OA⊥AE,∴AE与⊙O相切于点A.(2)连接OC,∵AE∥BC,∴∠BAE=∠ABC,∵∠BAE=∠ACB,∴∠ACB=∠ABC,∴AC=AB=2,∴∠AOC=∠AOB,∵OC=OB,∴OA⊥BC,∴CH=BH=1BC=3,2在Rt△ABH中,AH=22-=1,AB BH在Rt△OBH中,设OB=r,∵OH2+BH2=OB2,∴(r﹣1)2+(3)2=r2,解得:r=2,∴DB=2r=4,在Rt△ABD中,AD=22-=22BD AB-=23,42∴AD的长为23.【点睛】本题考查了圆的综合问题,恰当的添加辅助线是解题关键.。
人教全国中考数学圆的综合的综合中考真题分类汇总附详细答案
一、圆的综合 真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,⊙M 与菱形ABCD 在平面直角坐标系中,点M 的坐标为(3,﹣1),点A 的坐标为(﹣2,3),点B 的坐标为(﹣3,0),点C 在x 轴上,且点D 在点A 的左侧. (1)求菱形ABCD 的周长;(2)若⊙M 沿x 轴向右以每秒2个单位长度的速度平移,同时菱形ABCD 沿x 轴向右以每秒3个单位长度的速度平移,设菱形移动的时间为t (秒),当⊙M 与BC 相切,且切点为BC 的中点时,连接BD ,求: ①t 的值; ②∠MBD 的度数;(3)在(2)的条件下,当点M 与BD 所在的直线的距离为1时,求t 的值.【答案】(1)8;(2)①7;②105°;(3)t=636+33. 【解析】分析:(1)根据勾股定理求菱形的边长为2,所以可得周长为8;(2)①如图2,先根据坐标求EF 的长,由EE '﹣FE '=EF =7,列式得:3t ﹣2t =7,可得t 的值;②先求∠EBA =60°,则∠FBA =120°,再得∠MBF =45°,相加可得:∠MBD =∠MBF +∠FBD =45°+60°=105°;(3)分两种情况讨论:作出距离MN 和ME ,第一种情况:如图5由距离为1可知:BD 为⊙M 的切线,由BC 是⊙M 的切线,得∠MBE =30°,列式为3t 3=2t +6,解出即可; 第二种情况:如图6,同理可得t 的值. 详解:(1)如图1,过A 作AE ⊥BC 于E .∵点A 的坐标为(﹣23),点B 的坐标为(﹣3,0),∴AE 3,BE =3﹣2=1,∴AB 22AE BE +2231+()=2. ∵四边形ABCD 是菱形,∴AB =BC =CD =AD =2,∴菱形ABCD 的周长=2×4=8; (2)①如图2,⊙M 与x 轴的切点为F ,BC 的中点为E . ∵M (3,﹣1),∴F (3,0).∵BC =2,且E 为BC 的中点,∴E (﹣4,0),∴EF =7,即EE '﹣FE '=EF ,∴3t ﹣2t =7,t =7;②由(1)可知:BE =1,AE 3∴tan∠EBA=AEBE =31=3,∴∠EBA=60°,如图4,∴∠FBA=120°.∵四边形ABCD是菱形,∴∠FBD=12∠FBA=11202⨯︒=60°.∵BC是⊙M的切线,∴MF⊥BC.∵F是BC的中点,∴BF=MF=1,∴△BFM是等腰直角三角形,∴∠MBF=45°,∴∠MBD=∠MBF+∠FBD=45°+60°=105°;(3)连接BM,过M作MN⊥BD,垂足为N,作ME⊥BC于E,分两种情况:第一种情况:如图5.∵四边形ABCD是菱形,∠ABC=120°,∴∠CBD=60°,∴∠NBE=60°.∵点M与BD所在的直线的距离为1,∴MN=1,∴BD为⊙M的切线.∵BC是⊙M的切线,∴∠MBE=30°.∵ME=1,∴EB=3,∴3t+3=2t+6,t=6﹣3;第二种情况:如图6.∵四边形ABCD是菱形,∠ABC=120°,∴∠DBC=60°,∴∠NBE=120°.∵点M与BD所在的直线的距离为1,∴MN=1,∴BD为⊙M的切线.∵BC是⊙M的切线,∴∠MBE=60°.∵ME=MN=1,∴Rt△BEM中,tan60°=MEBE,EB=160tan︒=3,∴3t=2t+6+3,t=6+3;综上所述:当点M与BD所在的直线的距离为1时,t=6﹣3或6+33.点睛:本题是四边形和圆的综合题,考查了菱形的性质、圆的切线的性质和判定、特殊的三角函数值、等腰直角三角形的性质、动点运动问题,此类问题比较复杂,弄清动点运动方向、速度、时间和路程的关系,并与方程相结合,找等量关系,求出时间t的值.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)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=3333,OB=2OH=33,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=33∵∠AOC=120°, ∴=AOBAOB S S S -阴影扇=2120231323602π-⨯ =433π- 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.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。
中考数学圆的综合综合题汇编及详细答案
中考数学圆的综合综合题汇编及详细答案一、圆的综合1.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,∴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.2.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)92DE =. 【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 +,∴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.3.不用圆规、三角板,只用没有刻度的直尺,用连线的方法在图1、2中分别过圆外一点A作出直径BC所在射线的垂线.【答案】画图见解析.【解析】【分析】根据直角所对的圆周角是直角,构造直角三角形,利用直角三角形性质可画出垂线;或结合圆的轴对称性质也可以求出垂线.【详解】解:画图如下:【点睛】本题考核知识点:作垂线.解题关键点:结合圆的性质和直角三角形性质求出垂线.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AB是△ABC的外接圆⊙O的直径,过点C作⊙O的切线CM,延长BC到点D,使CD=BC,连接AD交CM于点E,若⊙OD半径为3,AE=5,(1)求证:CM⊥AD;(2)求线段CE的长.【答案】(1)见解析;(2)5【解析】分析:(1)连接OC,根据切线的性质和圆周角定理证得AC垂直平分BD,然后根据平行线的判定与性质证得结论;(2)根据相似三角形的判定与性质证明求解即可.详解:证明:(1)连接OC∵CM切⊙O于点C,∴∠OCE=90°,∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=90°,∵CD=BC,∴AC垂直平分BD,∴AB=AD,∴∠B=∠D∵∠B=∠OCB∴∠D=∠OCB∴OC∥AD∴∠CED=∠OCE=90°∴CM⊥AD.(2)∵OA=OB,BC=CD∴OC=1AD2∴AD=6∴DE=AD-AE=1易证△CDE ~△ACE∴CE DEAE CE = ∴CE 2=AE×DE∴CE=5点睛:此题主要考查了切线的性质和相似三角形的判定与性质的应用,灵活判断边角之间的关系是解题关键,是中档题.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).3831343n 【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323 ∴a 13.(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=32a2,∴1=(3a2-1)2+14a22,解得a2=83.(3)同(2),连结B n O,设B n C n与PQ交于点F,则有B n O2=OF2+B n F2,即1=(nh-1)2+2 12na⎛⎫ ⎪⎝⎭.∵h=3a n,∴1=14a n2+2312nna⎛⎫-⎪⎪⎝⎭,解得a n=43n.7.如图,△ABC内接于⊙O,弦AD⊥BC垂足为H,∠ABC=2∠CAD.(1)如图1,求证:AB=BC;(2)如图2,过点B作BM⊥CD垂足为M,BM交⊙O于E,连接AE、HM,求证:AE∥HM;(3)如图3,在(2)的条件下,连接BD交AE于N,AE与BC交于点F,若NH=25,AD=11,求线段AB的长.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)AB的长为10.【解析】分析:(1)根据题意,设∠CAD=a,然后根据直角三角形的两锐角互余的关系,推导出∠BAC=∠ACB,再根据等角对等边得证结论;(2)延长AD、BM交于点N,连接ED.根据圆周角定理得出∠N=∠DEN=∠BAN,进而根据等角对等边,得到DE=DN,BA=BN,再根据等腰三角形和直角三角形的性质,求得MH∥AE;(3)连接CE,根据(2)的结论,由三角形全等的判定与性质证得HF=HC,然后结合勾股定理求出AC2-AH2=CD2-DH2,解得CD=5,CH=4,AH=8,最后根据锐角三角函数的性质得到AB.详解:(1)证明:设∠CAD=a,则∠ABC=2a,∠C=90°-a,∠BAD=90°-2a,∴∠BAC=90°-2a+a=90°-a∴∠BAC=∠ACB.∴AB=BC(2)证明:延长AD 、BM 交于点N ,连接ED. ∵∠DEN=∠DAB,∠N=∠BCD,∠BCD=∠BAN∴∠N=∠DEN=∠BAN ∴DE=DN,BA=BN 又∵BH ⊥AN,DM ⊥EN ∴EM=NM,HN=HA,∴MH ∥AE (3)连接CE.∠BDA=∠BCA,∠BDM=∠BAC,由(1)知∠BCA=∠BAC ∴∠BDA=∠BDM,∴△BDM ≌△BDH, ∴DH=MH,∠MBD=∠HBD,∴BD ⊥MH 又∵MH ∥AE,∴BD ⊥EF,∴△FNB ≌△ENB, 同理可证△AFH ≌△ACH,∴HF=HC,又∵FN=NE∴NH ∥EC,EC=2NH,又∵NH=25∴EC=45∠EAC=2∠AEC=2a=∠ABC,可证弧AC=弧EC, ∴AC=EC=5 设HD=x ,AH=11-x ,∵∠ADC=2∠CAD,翻折△CHD 至△CHG,可证CG=CD=AG AH=CD+DH,CD=AH-DH=11-x-x=11-2x又∵AC 2-AH 2=CD 2-DH 2,∴(52-(11-x)2=(11-2x)2-x 2 ∴x 1=3,x 2=272(舍去)∴CD=5,CH=4,AH=8. 又∵tan2AH CHa BH DH==,∴BH=6 ∴22226810BM AH +=+= 点睛:此题主要考查了圆的综合,结合圆周角定理,勾股定理,全等三角形的判定与性质,解直角三角形的性质,综合性比较强,灵活添加辅助线,构造方程求解是解题关键.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.9.四边形ABCD内接于⊙O,点E为AD上一点,连接AC,CB,∠B=∠AEC.(1)如图1,求证:CE=CD;(2)如图2,若∠B+∠CAE=120°,∠ACD=2∠BAC,求∠BAD的度数;(3)如图3,在(2)的条件下,延长CE交⊙O于点G,若tan∠53,EG=2,求AE的长.【答案】(1)见解析;(2)60°;(3)7.【解析】试题分析:(1)利用圆的内接四边形定理得到∠CED=∠CDE.(2) 作CH⊥DE于H, 设∠ECH=α,由(1)CE=CD,用α表示∠CAE,∠BAC,而∠BAD=∠BAC+∠CAE.(3)连接AG,作GN⊥AC,AM⊥EG,先证明∠CAG=∠BAC,设NG=53m,可得AN=11m,利用直角n AGM,n AEM,勾股定理可以算出m的值并求出AE长.试题解析:(1)解:证明:∵四边形ABCD内接于⊙O.∴∠B+∠D=180°,∵∠B=∠AEC,∴∠AEC+∠D=180°,∵∠AEC+∠CED=180°,∴∠D=∠CED,∴CE=CD.(2)解:作CH⊥DE于H.设∠ECH=α,由(1)CE=CD,∴∠ECD=2α,∵∠B=∠AEC,∠B+∠CAE=120°,∴∠CAE+∠AEC=120°,∴∠ACE=180°﹣∠AEC﹣∠ACE=60°,∴∠CAE=90°﹣∠ACH=90°﹣(60°+α)=30°﹣α,∠ACD=∠ACH+∠HCD=60°+2α,∵∠ACD=2∠BAC,∴∠BAC=30°+α,∴∠BAD =∠BAC +∠CAE =30°+α+30°﹣α=60°.(3)解:连接AG ,作GN ⊥AC ,AM ⊥EG ,∵∠CED =∠AEG ,∠CDE =∠AGE ,∠CED =∠CDE ,∴∠AEG =∠AGE ,∴AE =AG ,∴EM=MG =12EG =1, ∴∠EAG =∠ECD =2α,∴∠CAG =∠CAD +∠DAG =30°﹣α+2α=∠BAC ,∵tan ∠BAC =53, ∴设NG=53m ,可得AN =11m ,AG =22AG AM -=14m , ∵∠ACG =60°,∴CN=5m ,AM =83m ,MG =22AG AM -=2m =1, ∴m =12, ∴CE=CD =CG ﹣EG =10m ﹣2=3, ∴AE =22AM EM +=221+43()=7.10.如图1,四边形ABCD 为⊙O 内接四边形,连接AC 、CO 、BO ,点C 为弧BD 的中点. (1)求证:∠DAC=∠ACO+∠ABO ;(2)如图2,点E 在OC 上,连接EB ,延长CO 交AB 于点F ,若∠DAB=∠OBA+∠EBA .求证:EF=EB ;(3)在(2)的条件下,如图3,若OE+EB=AB ,CE=2,AB=13,求AD 的长.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)AD=7.【解析】试题分析:(1)如图1中,连接OA ,只要证明∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO ,由点C 是»BD中点,推出»»CD CB = ,推出∠BAC=∠DAC ,即可推出∠DAC=∠ACO+∠ABO ; (2)想办法证明∠EFB=∠EBF 即可;(3)如图3中,过点O 作OH ⊥AB ,垂足为H ,延长BE 交HO 的延长线于G ,作BN ⊥CF 于N ,作CK ⊥AD 于K ,连接OA .作CT ∠⊥AB 于T .首先证明△EFB 是等边三角形,再证明△ACK ≌△ACT ,Rt △DKC ≌Rt △BTC ,延长即可解决问题;试题解析:(1)如图1中,连接OA ,∵OA=OC ,∴∠1=∠ACO ,∵OA=OB ,∴∠2=∠ABO ,∴∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO ,∵点C 是BD u u u r 中点,∴CD CB =u u u r u u u r,∴∠BAC=∠DAC ,∴∠DAC=∠ACO+∠ABO .(2)如图2中,∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=2∠CAB ,∠COB=2∠BAC ,∴∠BAD=∠BOC ,∵∠DAB=∠OBA+∠EBA ,∴∠BOC=∠OBA+∠EBA ,∴∠EFB=∠EBF ,∴EF=EB .(3)如图3中,过点O 作OH ⊥AB ,垂足为H ,延长BE 交HO 的延长线于G ,作BN ⊥CF 于N ,作CK ⊥AD 于K ,连接OA .作CT ∠⊥AB 于T .∵∠EBA+∠G=90°,∠CFB+∠HOF=90°,∵∠EFB=∠EBF ,∴∠G=∠HOF ,∵∠HOF=∠EOG ,∴∠G=∠EOG ,∴EG=EO ,∵OH ⊥AB ,∴AB=2HB ,∵OE+EB=AB ,∴GE+EB=2HB ,∴GB=2HB ,∴cos ∠GBA=12HB GB = ,∴∠GBA=60°, ∴△EFB 是等边三角形,设HF=a , ∵∠FOH=30°,∴OF=2FH=2a , ∵AB=13,∴EF=EB=FB=FH+BH=a+132, ∴OE=EF ﹣OF=FB ﹣OF=132﹣a ,OB=OC=OE+EC=132﹣a+2=172﹣a , ∵NE=12EF=12a+134, ∴ON=OE=EN=(132﹣a )﹣(12a+134)=134﹣32a , ∵BO 2﹣ON 2=EB 2﹣EN 2, ∴(172﹣a )2﹣(134﹣32a )2=(a+132)2﹣(12a+134)2, 解得a=32或﹣10(舍弃), ∴OE=5,EB=8,OB=7, ∵∠K=∠ATC=90°,∠KAC=∠TAC ,AC=AC ,∴△ACK ≌△ACT ,∴CK=CT ,AK=AT , ∵CD CB =u u u r u u u r ,∴DC=BC ,∴Rt △DKC ≌Rt △BTC ,∴DK=BT ,∵FT=12FC=5,∴DK=TB=FB ﹣FT=3,∴AK=AT=AB ﹣TB=10,∴AD=AK ﹣DK=10﹣3=7.11.如图,AC 是⊙O 的直径,OB 是⊙O 的半径,PA 切⊙O 于点A ,PB 与AC 的延长线交于点M ,∠COB =∠APB .(1)求证:PB 是⊙O 的切线;(2)当MB =4,MC =2时,求⊙O 的半径.【答案】(1)证明见解析;(2)3.【解析】【分析】(1)根据题意∠M +∠P =90°,而∠COB =∠APB ,所以有∠M +∠COB =90°,即可证明PB是⊙O 的切线.(2)设圆的半径为r ,则OM =r +2,BM=4,OB =r ,再根据勾股定理列方程便可求出r .【详解】证明:(1)∵AC 是⊙O 的直径,PA 切⊙O 于点A ,∴PA ⊥OA∴在Rt △MAP 中,∠M +∠P =90°,而∠COB =∠APB ,∴∠M +∠COB =90°,∴∠OBM =90°,即OB ⊥BP ,∴PB 是⊙O 的切线;(2)设⊙O 的半径为r ,2OM r ∴=+ ,OB r = ,4BM =OBM ∆Q 为直角三角形∴222OM OB BM =+ ,即222(2)+4r r +=解得:r =3,∴⊙O 的半径为3.【点睛】本题主要考查圆的切线问题,证明圆的切线有两种思路一种是证明连线是半径,另一种是证明半径垂直.12.如图,PA 切⊙O 于点A ,射线PC 交⊙O 于C 、B 两点,半径OD ⊥BC 于E ,连接BD 、DC 和OA ,DA 交BP 于点F ;(1)求证:∠ADC+∠CBD =12∠AOD ; (2)在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图中相等的线段.【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;【解析】【分析】()1根据垂径定理得到BD CD =n n ,根据等腰三角形的性质得到()111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠o o ,即可得到结论; ()2根据垂径定理得到BE CE =,BD CD =n n ,根据等腰三角形的性质得到ADO OAD ∠=∠,根据切线的性质得到90PAO ∠=o ,求得90OAD DAP ∠+∠=o ,推出PAF PFA ∠=∠,根据等腰三角形的判定定理即可得到结论.【详解】()1证明:OD BC ⊥Q ,BD CD ∴=n n, CBD DCB ∴∠=∠,90DFE EDF ∠+∠=o Q ,90EDF DFE ∴∠=-∠o ,OD OA =Q ,()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠o o , 190902DFE AOD ∴-∠=-∠o o , 12DEF AOD ∴∠=∠, DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠Q ,12ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠; ()2解:OD BC ⊥Q ,BE CE ∴=,BD CD =n n,BD CD ∴=,OA OD Q =,ADO OAD ∴∠=∠,PA Q 切O e 于点A ,90PAO ∴∠=o ,90OAD DAP ∴∠+∠=o , PFA DFE ∠=∠Q ,90PFA ADO ∴∠+∠=o ,PAF PFA ∴∠=∠,PA PF ∴=.【点睛】本题考查了切线的性质,等腰三角形的判定和性质,垂径定理,圆周角定理,正确的识别图形是解题的关键.13.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DO=AO=22,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 =22x ,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∴,∴AC=AO-OC=2.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=1PE2∴PE=2AC(3)如图2,由∠DCO=90°,∠DOC=45°得OD==∴AB=2OD=∵AB是直径,∴∠ADB=∠EDG=90°,由(2)得AD=ED,∠DEG=∠DAC∴△DGE≌△DBA∴GE=AB=∵PE=2AC∴PE=2)x--∴GP=GE-PE=-)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. 14.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632- 或122311+. 【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 CD FB 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 CD FM BF = , ∴3432=- ,∴DH 63- 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.15.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CD 2=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-x 2+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.。
2020-2021中考数学圆的综合综合题汇编附答案
2020-2021中考数学圆的综合综合题汇编附答案一、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1,已知扇形MON2,∠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 y OD x x==+-,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,在锐角△ABC中,AC是最短边.以AC为直径的⊙O,交BC于D,过O作OE∥BC,交OD于E,连接AD、AE、CE.(1)求证:∠ACE=∠DCE;(2)若∠B=45°,∠BAE=15°,求∠EAO的度数;(3)若AC=4,23CDFCOESS∆∆=,求CF的长.【答案】(1)证明见解析,(2)60°;(343【解析】【分析】(1)易证∠OEC=∠OCE,∠OEC=∠ECD,从而可知∠OCE=∠ECD,即∠ACE=∠DCE;(2)延长AE交BC于点G,易证∠AGC=∠B+∠BAG=60°,由于OE∥BC,所以∠AEO=∠AGC=60°,所以∠EAO=∠AEO=60°;(3)易证12COECAESS=VV,由于23CDFCOESS=VV,所以CDFCAESSVV=13,由圆周角定理可知∠AEC=∠FDC=90°,从而可证明△CDF∽△CEA,利用三角形相似的性质即可求出答案.【详解】(1)∵OC=OE,∴∠OEC=∠OCE.∵OE∥BC,∴∠OEC=∠ECD,∴∠OCE=∠ECD,即∠ACE=∠DCE;(2)延长AE交BC于点G.∵∠AGC是△ABG的外角,∴∠AGC=∠B+∠BAG=60°.∵OE∥BC,∴∠AEO=∠AGC=60°.∵OA=OE,∴∠EAO=∠AEO=60°.(3)∵O是AC中点,∴12 COECAESS= VV.23CDFCOESS=VVQ,∴CDFCAESSVV=13.∵AC是直径,∴∠AEC=∠FDC=90°.∵∠ACE=∠FCD,∴△CDF∽△CEA,∴CFCA=3,∴CF=3CA=43.【点睛】本题考查了圆的综合问题,涉及平行线的性质,三角形的外角的性质,三角形中线的性质,圆周角定理,相似三角形的判定与性质等知识,需要学生灵活运用所学知识.4.如图,已知AB是⊙O的直径,点C,D在⊙O上,BC=6cm,AC=8cm,∠BAD=45°.点E在⊙O外,做直线AE,且∠EAC=∠D.(1)求证:直线AE是⊙O的切线.(2)求图中阴影部分的面积.【答案】(1)见解析;(2)25-504π.【解析】分析:(1)根据圆周角定理及推论证得∠BAE=90°,即可得到AE是⊙O的切线;(2)连接OD,用扇形ODA的面积减去△AOD的面积即可.详解:证明:(1)∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=90°,即∠BAC+∠ABC=90°,∵∠EAC=∠ADC,∠ADC=∠ABC,∴∠EAC=∠ABC ∴∠BAC+∠EAC =90°, 即∠BAE= 90°∴直线AE 是⊙O 的切线; (2)连接OD ∵ BC=6 AC=8 ∴ 226810AB =+= ∴ OA = 5 又∵ OD = OA ∴∠ADO =∠BAD = 45° ∴∠AOD = 90° ∴AOD ODA S S S ∆-阴影扇形= =90155553602π⨯⨯-⨯⨯ 25504π-= (2cm )点睛:此题主要考查了圆周角定理和圆的切线的判定与性质,关键是利用圆周角定理和切线的判定与性质,结合勾股定理的和弓形的面积的求法求解,注意数形结合思想的应用.5.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.6.已知:AB 是⊙0直径,C 是⊙0外一点,连接BC 交⊙0于点D ,BD=CD,连接AD 、AC . (1)如图1,求证:∠BAD=∠CAD(2)如图2,过点C 作CF ⊥AB 于点F,交⊙0于点E,延长CF 交⊙0于点G.过点作EH ⊥AG 于点H ,交AB 于点K,求证AK=2OF ;(3)如图3,在(2)的条件下,EH 交AD 于点L,若0K=1,AC=CG,求线段AL 的长.图1 图2 图3 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)12105【解析】试题分析:(1)由直径所对的圆周角等于90°,得到∠ADB =90°,再证明△ABD ≌△ACD 即可得到结论;(2)连接BE .由同弧所对的圆周角相等,得到∠GAB =∠BEG .再证△KFE ≌△BFE ,得到BF =KF =BK .由OF =OB -BF ,AK =AB -BK ,即可得到结论.(3)连接CO 并延长交AG 于点M ,连接BG .设∠GAB =α.先证CM 垂直平分AG ,得到AM =GM ,∠AGC +∠GCM =90°.再证∠GAF =∠GCM =α.通过证明△AGB ≌△CMG ,得到BG =GM =12AG .再证明∠BGC =∠MCG =α.设BF =KF =a , 可得GF =2a ,AF =4a . 由OK =1,得到OF =a +1,AK =2(a +1),AF = 3a +2,得到3a +2=4a ,解出a 的值,得到AF ,AB ,GF ,FC 的值.由tanα=tan ∠HAK =12HK AH =, AK =6,可以求出 AH 的长.再由1tan tan 3BAD BCF ∠=∠=,利用公式tan ∠GAD =tan tan 1tan tan GAF BAD GAF BAD∠+∠-∠⋅∠,得到∠GAD =45°,则AL =2AH ,即可得到结论.试题解析:解:(1)∵AB 为⊙O 的直径,∴∠ADB =90°,∴∠ADC =90°. ∵BD =CD ,∠BDA =∠CDA ,AD =AD ,∴△ABD ≌△ACD ,∴∠BAD =∠CAD . (2)连接BE .∵BG =BG ,∴∠GAB =∠BEG . ∵CF ⊥AB ,∴∠KFE =90°.∵EH ⊥AG ,∴∠AHE =∠KFE =90°,∠AKH =∠EKF ,∴∠HAK =∠KEF =∠BEF . ∵FE =FE ,∠KFE =∠BFE =90°,∴△KFE ≌△BFE ,∴BF =KF =BK .∵ OF =OB -BF ,AK =AB -BK ,∴AK =2OF .(3)连接CO 并延长交AG 于点M ,连接BG .设∠GAB =α.∵AC =CG , ∴点C 在AG 的垂直平分线上.∵ OA =OG ,∴点O 在AG 的垂直平分线上, ∴CM 垂直平分AG ,∴AM =GM ,∠AGC +∠GCM =90°. ∵AF ⊥CG ,∴∠AGC +∠GAF =90°,∴∠GAF =∠GCM =α. ∵AB 为⊙O 的直径,∴∠AGB = 90°,∴∠AGB =∠CMG =90°. ∵AB =AC =CG ,∴△AGB ≌△CMG ,∴BG =GM =12AG .在Rt △AGB 中, 1tan tan 2GB GAB AG α∠=== . ∵∠AMC =∠AGB = 90°,∴BG ∥CM , ∴∠BGC =∠MCG =α. 设BF =KF =a , 1tan tan 2BF BGF GF α∠===,∴GF =2a ,1tan tan 2GF GAF AF α∠=== ,AF =4a .∵OK =1,∴OF =a +1,AK =2OF =2(a +1),∴AF =AK +KF =a +2(a +1)=3a +2,∴3a +2=4a ,∴a =2, AK =6,∴AF =4a =8,AB =AC =CG =10,GF =2a =4,FC =CG -GF =6. ∵tanα=tan ∠HAK =12HK AH =,设KH =m ,则AH =2m ,∴AK=22(2)m m +=6,解得:m =655,∴AH =2m =1255.在Rt △BFC 中,1tan 3BF BCF FC ∠== .∵∠BAD +∠ABD =90°, ∠FBC +∠BCF =90°,∴∠BCF =∠BAD ,1tan tan 3BAD BCF ∠=∠= ,∴tan ∠GAD =tan tan 1tan tan GAF BADGAF BAD ∠+∠-∠⋅∠=1123111123+=-⨯,∴∠GAD =45°,∴HL=AH ,AL =2AH =1210.7.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。
九年级上册数学 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]
九年级上册数学 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]一、初三数学 圆易错题压轴题(难)1.如图,以A (0,3)为圆心的圆与x 轴相切于坐标原点O ,与y 轴相交于点B ,弦BD 的延长线交x 轴的负半轴于点E ,且∠BEO =60°,AD 的延长线交x 轴于点C .(1)分别求点E 、C 的坐标;(2)求经过A 、C 两点,且以过E 而平行于y 轴的直线为对称轴的抛物线的函数解析式;(3)设抛物线的对称轴与AC 的交点为M ,试判断以M 点为圆心,ME 为半径的圆与⊙A 的位置关系,并说明理由.【答案】(1)点C 的坐标为(-3,0)(2)2343333y x x =++3)⊙M 与⊙A 外切【解析】试题分析:(1)已知了A 点的坐标,即可得出圆的半径和直径,可在直角三角形BOE 中,根据∠BEO 和OB 的长求出OE 的长进而可求出E 点的坐标,同理可在直角三角形OAC 中求出C 点的坐标; (2)已知了对称轴的解析式,可据此求出C 点关于对称轴对称的点的坐标,然后根据此点坐标以及C ,A 的坐标用待定系数法即可求出抛物线的解析式;(3)两圆应该外切,由于直线DE ∥OB ,因此∠MED=∠ABD ,由于AB=AD ,那么∠ADB=∠ABD ,将相等的角进行置换后可得出∠MED=∠MDE ,即ME=MD ,因此两圆的圆心距AM=ME+AD ,即两圆的半径和,因此两圆外切.试题解析:(1)在Rt△EOB 中,3cot60232EO OB =⋅︒==, ∴点E 的坐标为(-2,0).在Rt△COA 中,tan tan60333OC OA CAO OA =⋅∠=⋅︒==,∴点C 的坐标为(-3,0).(2)∵点C 关于对称轴2x =-对称的点的坐标为F (-1,0),点C 与点F (-1,0)都在抛物线上.设()()13y a x x =++,用(03A ,代入得 ()()30103a =++,∴33a =. ∴()()313y x x =++,即 2343333y x x =++. (3)⊙M 与⊙A 外切,证明如下:∵ME ∥y 轴,∴MED B ∠=∠.∵B BDA MDE ∠=∠=∠,∴MED MDE ∠=∠.∴ME MD =.∵MA MD AD ME AD =+=+,∴⊙M 与⊙A 外切.2.如图①,一个Rt △DEF 直角边DE 落在AB 上,点D 与点B 重合,过A 点作二射线AC 与斜边EF 平行,己知AB=12,DE=4,DF=3,点P 从A 点出发,沿射线AC 方向以每秒2个单位的速度运动,Q 为AP 中点,设运动时间为t 秒(t >0)•(1)当t=5时,连接QE ,PF ,判断四边形PQEF 的形状;(2)如图②,若在点P 运动时,Rt △DEF 同时沿着BA 方向以每秒1个单位的速度运动,当D 点到A 点时,两个运动都停止,M 为EF 中点,解答下列问题:①当D 、M 、Q 三点在同一直线上时,求运动时间t ;②运动中,是否存在以点Q 为圆心的圆与Rt △DEF 两个直角边所在直线都相切?若存在,求出此时的运动时间t ;若不存在,说明理由.【答案】(1)平行四边形EFPQ 是菱形;(2)t=;当t 为5秒或10秒时,以点Q 为圆心的圆与Rt △DEF 两个直角边所在直线都相切.【解析】 试题分析:(1)过点Q 作QH ⊥AB 于H ,如图①,易得PQ=EF=5,由AC ∥EF 可得四边形EFPQ 是平行四边形,易证△AHQ ∽△EDF ,从而可得AH=ED=4,进而可得AH=HE=4,根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ ,即可得到PQ=EQ ,即可得到平行四边形EFPQ 是菱形;(2)①当D 、M 、Q 三点在同一直线上时,如图②,则有AQ=t ,EM=EF=,AD=12-t ,DE=4.由EF ∥AC 可得△DEM ∽△DAQ ,然后运用相似三角形的性质就可求出t 的值;②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切,则点Q在∠ADF的角平分线上(如图③)或在∠FDB的角平分线(如图④)上,故需分两种情况讨论,然后运用相似三角形的性质求出AH、DH(用t表示),再结合AB=12,DB=t建立关于t的方程,然后解这个方程就可解决问题.试题解析:(1)四边形EFPQ是菱形.理由:过点Q作QH⊥AB于H,如图①,∵t=5,∴AP=2×5=10.∵点Q是AP的中点,∴AQ=PQ=5.∵∠EDF=90°,DE=4,DF=3,∴EF==5,∴PQ=EF=5.∵AC∥EF,∴四边形EFPQ是平行四边形,且∠A=∠FEB.又∵∠QHA=∠FDE=90°,∴△AHQ∽△EDF,∴.∵AQ=EF=5,∴AH=ED=4.∵AE=12-4=8,∴HE=8-4=4,∴AH=EH,∴AQ=EQ,∴PQ=EQ,∴平行四边形EFPQ是菱形;(2)①当D、M、Q三点在同一直线上时,如图②,此时AQ=t,EM=EF=,AD=12-t,DE=4.∵EF∥AC,∴△DEM∽△DAQ,∴,∴,解得t=;②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切,此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上.Ⅰ.当点Q在∠ADF的角平分线上时,过点Q作QH⊥AB于H,如图③,则有∠HQD=∠HDQ=45°,∴QH=DH.∵△AHQ∽△EDF(已证),∴,∴,∴QH=,AH=,∴DH=QH=.∵AB=AH+HD+BD=12,DB=t,∴++t=12,∴t=5;Ⅱ.当点Q在∠FDB的角平分线上时,过点Q作QH⊥AB于H,如图④,同理可得DH=QH=,AH=.∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12,DB=t,∴-+t=12,∴t=10.综上所述:当t为5秒或10秒时,以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切.考点:1.圆的综合题;2.线段垂直平分线的性质;3.勾股定理;4.菱形的判定;5.相似三角形的判定与性质.3.如图所示,CD为⊙O的直径,点B在⊙O上,连接BC、BD,过点B的切线AE与CD的延长线交于点A,OE//BD,交BC于点F,交AB于点E.(1)求证:∠E=∠C;(2)若⊙O的半径为3,AD=2,试求AE的长;(3)在(2)的条件下,求△ABC的面积.【答案】(1)证明见解析;(2)10;(3)48 5.【解析】试题分析:(1)连接OB,利用已知条件和切线的性质证明:OE∥BD,即可证明:∠E=∠C;(2)根据题意求出AB的长,然后根据平行线分线段定理,可求解;(3)根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可求解.试题解析:(1)如解图,连接OB,∵CD为⊙O的直径,∴∠CBD=∠CBO+∠OBD=90°,∵AB是⊙O的切线,∴∠ABO=∠ABD+∠OBD=90°,∴∠ABD=∠CBO.∵OB、OC是⊙O的半径,∴OB=OC,∴∠C=∠CBO.∵OE∥BD,∴∠E=∠ABD,∴∠E=∠C;(2)∵⊙O的半径为3,AD=2,∴AO=5,∴AB=4.∵BD∥OE,∴=,∴=,∴BE=6,AE=6+4=10(3)S △AOE==15,然后根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得S△ABC= S△AOE==4.四边形ABCD内接于⊙O,连接AC、BD,2∠BDC+∠ADB=180°.(1)如图1,求证:AC=BC;(2)如图2,E为⊙O上一点,AE=BE,F为AC上一点,DE与BF相交于点T,连接AT,若∠BFC=∠BDC+12∠ABD,求证:AT平分∠DAB;(3)在(2)的条件下,DT=TE,AD=8,BD=12,求DE的长.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)2【解析】【分析】(1)只要证明∠CAB=∠CBA即可.(2)如图2中,作TH⊥AD于H,TR⊥BD于R,TL⊥AB于L.想办法证明TL=TH即可解决问题.(3)如图3中,连接EA,EB,作EG⊥AB,TH⊥AD于H,TR⊥BD于R,TL⊥AB于L,AQ⊥BD于Q.证明△EAG≌△TDH(AAS),推出AG=DH,证明Rt△TDR≌Rt△TDH(HL),推出DH=DR,同理可得AL=AH,BR=BL,设DH=x,则AB=2x,由S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h,可得AQ=52h,再根据sin∠BDE=sin∠ADE,sin∠AED=sin∠ABD,构建方程组求出m即可解决问题.【详解】解:(1)如图1中,∵四边形ABCD内接于⊙O,∴∠ADC+∠ABC=180°,即∠ADB+∠BDC+∠ABC=180°,∵2∠BDC+∠ADB=180°,∴∠ABC=∠BDC,∵∠BAC=∠BDC,∴∠BAC=∠ABC,∴AC=BC.(2)如图2中,作TH⊥AD于H,TR⊥BD于R,TL⊥AB于L.∵∠BFC=∠BAC+∠ABF,∠BAC=∠BDC,∴∠BFC=∠BDC+∠ABF,∵∠BFC=∠BDC+12∠ABD,∴∠ABF=12∠ABD,∴BT平分∠ABD,∵AE=BE∴∠ADE=∠BDE,∴DT平分∠ADB,∵TH⊥AD于H,TR⊥BD于R,TL⊥AB于L.∴TR=TL,TR=TH,∴TL=TH,∴AT平分∠DAB.(3)如图3中,连接EA,EB,作EG⊥AB,TH⊥AD于H,TR⊥BD于R,TL⊥AB于L,AQ⊥BD于Q.∵AE=BE∴∠EAB=∠EDB=∠EDA,AE=BE,∵∠TAE=∠EAB+∠TAB,∠ATE=∠EDA+∠DAT,∴∠TAE=∠ATE,∴AE=TE,∵DT=TE,∴AE=DT,∵∠AGE=∠DHT=90°,∴△EAG≌△TDH(AAS),∴AG=DH,∵AE=EB,EG⊥AB,∴AG=BG,∴2DH=AB,∵Rt△TDR≌Rt△TDH(HL),∴DH=DR,同理可得AL=AH,BR=BL,设DH=x,则AB=2x,∵AD=8,DB=12,∴AL=AH=8﹣x,BR=12﹣x,AB=2x=8﹣x+12﹣x,∴x=5,∴DH=5,AB=10,设TR=TL=TH=h,DT=m,∵S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h,∴12AQ=(8+12+10)h,∴AQ=52h,∵sin∠BDE=sin∠ADE,可得hm=APAD=AP8,sin∠AED=sin∠ABD,可得APm=AQAB=AQ10=5210h,∴APm=52810mAP⋅,解得m=42或﹣42(舍弃),∴DE=2m=82.【点睛】本题属于圆综合题,考查了圆内接四边形的性质,圆周角定理,锐角三角函数,全等三角形的判定和性质,角平分线的性质定理和判定定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,学会利用参数构建方程组解决问题,属于中考压轴题.5.如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,△ABC的边BC在y轴的正半轴上,点A在x轴的正半轴上,点C的坐标为(0,8),将△ABC沿直线AB折叠,点C落在x轴的负半轴D(−4,0)处.(1)求直线AB的解析式;(2)点P从点A出发以每秒45个单位长度的速度沿射线AB方向运动,过点P作PQ⊥AB,交x轴于点Q,PR∥AC交x轴于点R,设点P运动时间为t(秒),线段QR长为d,求d与t的函数关系式(不要求写出自变量t的取值范围);(3)在(2)的条件下,点N是射线AB上一点,以点N为圆心,同时经过R、Q两点作⊙N,⊙N交y轴于点E,F.是否存在t,使得EF=RQ?若存在,求出t的值,并求出圆心N的坐标;若不存在,说明理由.【答案】(1)132y x=-+(2)d=5t (3)故当 t=85,或815,时,QR=EF,N(-6,6)或(2,2).【解析】 试题分析:(1)由C (0,8),D (-4,0),可求得OC ,OD 的长,然后设OB=a ,则BC=8-a ,在Rt △BOD 中,由勾股定理可得方程:(8-a )2=a 2+42,解此方程即可求得B 的坐标,然后由三角函数的求得点A 的坐标,再利用待定系数法求得直线AB 的解析式;(2)在Rt △AOB 中,由勾股定理可求得AB 的长,继而求得∠BAO 的正切与余弦,由PR//AC 与折叠的性质,易证得RQ=AR ,则可求得d 与t 的函数关系式;(3)首先过点分别作NT ⊥RQ 于T ,NS ⊥EF 于S ,易证得四边形NTOS 是正方形,然后分别从点N 在第二象限与点N 在第一象限去分析求解即可求解; 试题解析:(1)∵C (0,8),D (-4,0),∴OC=8,OD=4,设OB=a ,则BC=8-a ,由折叠的性质可得:BD=BC=8-a ,在Rt △BOD 中,∠BOD=90°,DB 2=OB 2+OD 2,则(8-a )2=a 2+42,解得:a=3,则OB=3,则B (0,3),tan ∠ODB=34OB OD = , 在Rt △AOC 中,∠AOC=90°,tan ∠ACB=34OA OC = , 则OA=6,则A (6,0),设直线AB 的解析式为:y=kx+b ,则60{3k b b +== ,解得:1{23k b =-= , 故直线AB 的解析式为:y=-12x +3; (2)如图所示:在Rt △AOB 中,∠AOB=90°,OB=3,OA=6,则AB=22135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠== ,255OA cos BAO AB∠==, 在Rt △PQA 中,9045APQ AP t ∠=︒=,,则AQ=10cos AP t BAO=∠ , ∵PR ∥AC ,∴∠APR=∠CAB , 由折叠的性质得:∠BAO=∠CAB ,∴∠BAO=∠APR ,∴PR=AR ,∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°,∴∠PQA=∠QPR ,∴RP=RQ ,∴RQ=AR ,∴QR=12AQ=5t, 即d=5t; (3)过点分别作NT ⊥RQ 于T ,NS ⊥EF 于S ,∵EF=QR ,∴NS=NT ,∴四边形NTOS 是正方形,则TQ=TR=1522QR t = , ∴1115151022224NT AT AQ TQ t t t ==-=-=()() , 分两种情况,若点N 在第二象限,则设N (n ,-n ),点N 在直线132y x =-+ 上, 则132n n -=-+ , 解得:n=-6,故N (-6,6),NT=6,即1564t = , 解得:85t = ; 若点N 在第一象限,设N (N ,N ), 可得:132n n =-+ , 解得:n=2,故N (2,2),NT=2, 即1524t =, 解得:t=815∴当 t =85,或815,时,QR =EF ,N (-6,6)或(2,2)。
全国中考数学圆的综合的综合中考真题汇总及详细答案
全国中考数学圆的综合的综合中考真题汇总及详细答案一、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,△ABC 是⊙O 的内接三角形,点D 在BC uuu r 上,点E 在弦AB 上(E 不与A 重合),且四边形BDCE 为菱形.(1)求证:AC=CE ;(2)求证:BC 2﹣AC 2=AB•AC ;(3)已知⊙O 的半径为3.①若AB AC =53,求BC 的长; ②当AB AC为何值时,AB•AC 的值最大?【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)2;②32【解析】 分析:(1)由菱形知∠D=∠BEC ,由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC ,据此得证;(2)以点C 为圆心,CE 长为半径作⊙C ,与BC 交于点F ,于BC 延长线交于点G ,则CF=CG=AC=CE=CD ,证△BEF ∽△BGA 得BE BG BF BA =,即BF•BG=BE•AB ,将BF=BC-CF=BC-AC 、BG=BC+CG=BC+AC 代入可得;(3)①设AB=5k 、AC=3k ,由BC 2-AC 2=AB•AC 知6k ,连接ED 交BC 于点M ,Rt △DMC 中由DC=AC=3k 、MC=126k 求得22CD CM -3,可知OM=OD-3,在Rt △COM 中,由OM 2+MC 2=OC 2可得答案.②设OM=d ,则MD=3-d ,MC 2=OC 2-OM 2=9-d 2,继而知BC 2=(2MC )2=36-4d 2、AC 2=DC 2=DM 2+CM 2=(3-d )2+9-d 2,由(2)得AB•AC=BC 2-AC 2,据此得出关于d 的二次函数,利用二次函数的性质可得答案.详解:(1)∵四边形EBDC为菱形,∴∠D=∠BEC,∵四边形ABDC是圆的内接四边形,∴∠A+∠D=180°,又∠BEC+∠AEC=180°,∴∠A=∠AEC,∴AC=CE;(2)以点C为圆心,CE长为半径作⊙C,与BC交于点F,于BC延长线交于点G,则CF=CG,由(1)知AC=CE=CD,∴CF=CG=AC,∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形,∴∠G+∠AEF=180°,又∵∠AEF+∠BEF=180°,∴∠G=∠BEF,∵∠EBF=∠GBA,∴△BEF∽△BGA,∴BE BGBF BA=,即BF•BG=BE•AB,∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC,BE=CE=AC,∴(BC﹣AC)(BC+AC)=AB•AC,即BC2﹣AC2=AB•AC;(3)设AB=5k、AC=3k,∵BC2﹣AC2=AB•AC,∴6k,连接ED交BC于点M,∵四边形BDCE是菱形,∴DE垂直平分BC,则点E、O、M、D共线,在Rt△DMC中,DC=AC=3k,MC=126k,∴223CD CM k-=,∴OM=OD﹣DM=33k,在Rt △COM 中,由OM 2+MC 2=OC 2得(3﹣3k )2+(6k )2=32,解得:k=233或k=0(舍), ∴BC=26k=42;②设OM=d ,则MD=3﹣d ,MC 2=OC 2﹣OM 2=9﹣d 2,∴BC 2=(2MC )2=36﹣4d 2,AC 2=DC 2=DM 2+CM 2=(3﹣d )2+9﹣d 2,由(2)得AB•AC=BC 2﹣AC 2=﹣4d 2+6d+18=﹣4(d ﹣34)2+814, ∴当d=34,即OM=34时,AB•AC 最大,最大值为814, ∴DC 2=272, ∴AC=DC=36, ∴AB=96,此时32AB AC . 点睛:本题主要考查圆的综合问题,解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点.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 BD AE DE AD ==.∵Rt △ABD 中,tan A =BD AD =12,∴DE BE AE 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.已知AB ,CD 都是O e 的直径,连接DB ,过点C 的切线交DB 的延长线于点E . ()1如图1,求证:AOD 2E 180∠∠+=o ;()2如图2,过点A 作AF EC ⊥交EC 的延长线于点F ,过点D 作DG AB ⊥,垂足为点G ,求证:DG CF =;()3如图3,在()2的条件下,当DG 3CE 4=时,在O e 外取一点H ,连接CH 、DH 分别交O e 于点M 、N ,且HDE HCE ∠∠=,点P 在HD 的延长线上,连接PO 并延长交CM 于点Q ,若PD 11=,DN 14=,MQ OB =,求线段HM 的长.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)837+【解析】【分析】(1)由∠D +∠E =90°,可得2∠D +2∠E =180°,只要证明∠AOD =2∠D 即可;(2)如图2中,作OR ⊥AF 于R .只要证明△AOR ≌△ODG 即可;(3)如图3中,连接BC 、OM 、ON 、CN ,作BT ⊥CL 于T ,作NK ⊥CH 于K ,设CH 交DE 于W .解直角三角形分别求出KM ,KH 即可;【详解】()1证明:如图1中,O Q e 与CE 相切于点C ,OC CE ∴⊥,OCE 90∠∴=o ,D E 90∠∠∴+=o ,2D 2E 180∠∠∴+=o ,AOD COB ∠∠=Q ,BOC 2D ∠∠=,AOD 2D ∠∠=,AOD 2E 180∠∠∴+=o .()2证明:如图2中,作OR AF ⊥于R .OCF F ORF 90∠∠∠===o Q ,∴四边形OCFR 是矩形,AF//CD ∴,CF OR =,A AOD ∠∠∴=,在AOR V 和ODG V 中,A AOD ∠∠=Q ,ARO OGD 90∠∠==o ,OA DO =,AOR ∴V ≌ODG V ,OR DG ∴=,DG CF ∴=,()3解:如图3中,连接BC 、OM 、ON 、CN ,作BT CL ⊥于T ,作NK CH ⊥于K ,设CH 交DE 于W .设DG 3m =,则CF 3m =,CE 4m =,OCF F BTE 90∠∠∠===o Q ,AF//OC//BT ∴,OA OB =Q ,CT CF 3m ∴==,ET m ∴=,CD Q 为直径,CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===o ,E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=o ,tan E tan CBT ∠∠∴=,BT CT ET BT∴=, BT 3m m BT∴=, BT 3m(∴=负根已经舍弃),3m tan E 3∠∴== E 60∠∴=o ,CWD HDE H ∠∠∠=+Q ,HDE HCE ∠∠=,H E 60∠∠∴==o ,MON 2HCN 60∠∠∴==o ,OM ON =Q ,OMN ∴V 是等边三角形,MN ON ∴=,QM OB OM ==Q ,MOQ MQO ∠∠∴=,MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=o o Q ,MQO P 180H 120∠∠∠+=-=o o , PON P ∠∠∴=,ON NP 141125∴==+=,CD 2ON 50∴==,MN ON 25==,在Rt CDN V 中,CN 48==,在Rt CHN V 中,CN 48tan H HN HN∠===HN ∴=在Rt KNH V 中,1KH HN 2==NK 24==,在Rt NMK V 中,MK 7===,HM HK MK 7∴=+=.【点睛】本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识,添加常用辅助线,构造全等三角形或直角三角形解题的关键.5.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。
中考数学专题题库∶圆的综合的综合题及答案解析
中考数学专题题库∶圆的综合的综合题及答案解析一、圆的综合1.如图,AB 为⊙O 的直径,AC 为⊙O 的弦,AD 平分∠BAC ,交⊙O 于点D ,DE ⊥AC ,交AC 的延长线于点E .(1)判断直线DE 与⊙O 的位置关系,并说明理由;(2)若AE =8,⊙O 的半径为5,求DE 的长.【答案】(1)直线DE 与⊙O 相切(2)4【解析】试题分析:(1)连接OD ,∵AD 平分∠BAC ,∴EAD OAD ∠∠=,∵OA OD =,∴ODA OAD ∠∠=,∴ODA EAD ∠∠=,∴EA ∥OD ,∵DE ⊥EA ,∴DE ⊥OD ,又∵点D 在⊙O 上,∴直线DE 与⊙O 相切(2)如图1,作DF ⊥AB ,垂足为F ,∴DFA DEA 90∠∠︒==,∵EAD FAD ∠∠=,AD AD =,∴△EAD ≌△FAD ,∴AF AE 8==,DF DE =,∵OA OD 5==,∴OF 3=,在Rt △DOF 中,22DF 4OD OF -==,∴AF AE 8== 考点:切线的证明,弦心距和半径、弦长的关系点评:本题难度不大,第一小题通过内错角相等相等证明两直线平行,再由两直线平行推出同旁内角相等.第二小题通过求出两个三角形全等,从而推出对应边相等,接着用弦心距和弦长、半径的计算公式,求出半弦长.2.如图1,将长为10的线段OA 绕点O 旋转90°得到OB ,点A 的运动轨迹为»AB ,P 是半径OB 上一动点,Q 是»AB 上的一动点,连接PQ.发现:∠POQ =________时,PQ 有最大值,最大值为________;思考:(1)如图2,若P 是OB 中点,且QP ⊥OB 于点P ,求»BQ的长;(2)如图3,将扇形AOB沿折痕AP折叠,使点B的对应点B′恰好落在OA的延长线上,求阴影部分面积;探究:如图4,将扇形OAB沿PQ折叠,使折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切,切点为C,若OP=6,求点O到折痕PQ的距离.【答案】发现: 90°,102;思考:(1)103π=;(2)25π−1002+100;(3)点O到折痕PQ的距离为30.【解析】分析:发现:先判断出当PQ取最大时,点Q与点A重合,点P与点B重合,即可得出结论;思考:(1)先判断出∠POQ=60°,最后用弧长用弧长公式即可得出结论;(2)先在Rt△B'OP中,OP2+(102−10)2=(10-OP)2,解得OP=102−10,最后用面积的和差即可得出结论.探究:先找点O关于PQ的对称点O′,连接OO′、O′B、O′C、O′P,证明四边形OCO′B是矩形,由勾股定理求O′B,从而求出OO′的长,则OM=12OO′=30.详解:发现:∵P是半径OB上一动点,Q是»AB上的一动点,∴当PQ取最大时,点Q与点A重合,点P与点B重合,此时,∠POQ=90°,PQ=22OA OB+=102;思考:(1)如图,连接OQ,∵点P是OB的中点,∴OP=12OB=12OQ.∵QP⊥OB,∴∠OPQ=90°在Rt△OPQ中,cos∠QOP=12 OPOQ=,∴∠QOP=60°,∴l BQ =6010101803ππ⨯=; (2)由折叠的性质可得,BP =B ′P ,AB ′=AB =102,在Rt △B'OP 中,OP 2+(102−10)2=(10-OP )2解得OP=102−10,S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101210(10210)3602π⨯-⨯⨯⨯- =25π−1002+100;探究:如图2,找点O 关于PQ 的对称点O′,连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ,则OM=O′M ,OO′⊥PQ ,O′P=OP=3,点O′是¼B Q '所在圆的圆心,∴O′C=OB=10,∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点,∴O′C ⊥AO ,∴O′C ∥OB ,∴四边形OCO′B 是矩形,在Rt △O′BP 中,226425-=在Rt △OBO′K ,2210(25)=230-,∴OM=12OO′=12×23030 即O 到折痕PQ 30点睛:本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定,熟练掌握弧长公式l=180n R π(n 为圆心角度数,R 为圆半径),明确过圆的切线垂直于过切点的半径,这是常考的性质;对称点的连线被对称轴垂直平分.3.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5sin ∠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.4.如图,OB是以(O,a)为圆心,a为半径的⊙O1的弦,过B点作⊙O1的切线,P为劣弧»OB上的任一点,且过P作OB、AB、OA的垂线,垂足分别是D、E、F.(1)求证:PD2=PE•PF;(2)当∠BOP=30°,P点为OB的中点时,求D、E、F、P四个点的坐标及S△DEF.【答案】(1)详见解析;(2)D(﹣34a,34a),E(﹣334a,34a),F(﹣32a,0),P(﹣32a,2a);S△DEF=3316a2.【解析】试题分析:(1)连接PB,OP,利用AB切⊙O1于B求证△PBE∽△POD,得出PB PEOP PD=,同理,△OPF∽△BPD,得出PB PDOP PF=,然后利用等量代换即可.(2)连接O1B,O1P,得出△O1BP和△O1PO为等边三角形,根据直角三角形的性质即可解得D、E、F、P四个点的坐标.再利用三角形的面积公式可直接求出三角形DEF的面积.试题解析:(1)证明:连接PB,OP,∵PE⊥AB,PD⊥OB,∴∠BEP=∠PDO=90°,∵AB切⊙O1于B,∠ABP=∠BOP,∴△PBE∽△POD,∴=,同理,△OPF∽△BPD∴=,∴=,∴PD2=PE•PF;(2)连接O1B,O1P,∵AB切⊙O1于B,∠POB=30°,∴∠ABP=30°,∴∠O1BP=90°﹣30°=60°,∵O1B=O1P,∴△O1BP为等边三角形,∴O1B=BP,∵P为弧BO的中点,∴BP=OP,即△O1PO为等边三角形,∴O1P=OP=a,∴∠O1OP=60°,又∵P为弧BO的中点,∴O1P⊥OB,在△O1DO中,∵∠O1OP=60°O1O=a,∴O1D=a,OD=a,过D作DM⊥OO1于M,∴DM=OD=a,OM=DM=a,∴D(﹣a, a),∵∠O1OF=90°,∠O1OP=60°∴∠POF=30°,∵PE⊥OA,∴PF=OP=a,OF=a,∴P(﹣a,),F(﹣a,0),∵AB切⊙O1于B,∠POB=30°,∴∠ABP=∠BOP=30°,∵PE⊥AB,PB=a,∴∠EPB=60°∴PE=a,BE=a,∵P为弧BO的中点,∴BP=PO,∴∠PBO=∠BOP=30°,∴∠BPO=120°,∴∠BPE+∠BPO=120°+60°=180°,即OPE三点共线,∵OE=a+a=a,过E作EM⊥x轴于M,∵AO切⊙O1于O,∴∠EOA=30°,∴EM=OE=a,OM=a,∴E(﹣a, a),∵E(﹣a, a),D(﹣a, a),∴DE=﹣a﹣(﹣a)=a,DE边上的高为: a,∴S△DEF=×a×a=a2.故答案为:D(﹣a, a),E(﹣a, a),F(﹣a,0),P(﹣a,);S△DEF=a2.5.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∠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∵13CF FD =,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.6.如图,□ABCD 的边AD 是△ABC 外接圆⊙O 的切线,切点为A ,连接AO 并延长交BC 于点E ,交⊙O 于点F ,过点C 作直线CP 交AO 的延长线于点P ,且∠BCP =∠ACD . (1)求证:PC 是⊙O 的切线;(2)若∠B =67.5°,BC =2,求线段PC ,PF 与弧CF 所围成的阴影部分的面积S .【答案】(1)见解析;(2)14π-【解析】 【分析】(1) 过C 点作直径CM ,连接MB ,根据CM 为直径,可得∠M+∠BCM =90°,再根据AB ∥DC 可得∠ACD =∠BAC ,由圆周角定理可得∠BAC =∠M ,∠BCP =∠ACD ,从而可推导得出∠PCM =90°,根据切线的判定即可得;(2)连接OB ,由AD 是⊙O 的切线,可得∠PAD =90°,再由BC ∥AD ,可得AP ⊥BC ,从而得BE =CE = 12BC =1,继而可得到∠ABC =∠ACB =67.5°,从而得到∠BAC =45°,由圆周角定理可得∠BOC=90°,从而可得∠BOE =∠COE =∠OCE = 45°,根据已知条件可推导得出OE =CE =1,PC =OC 22OE CE 2+部分的面积.【详解】(1) 过C 点作直径CM ,连接MB ,∵CM 为直径,∴∠MBC =90°,即∠M+∠BCM =90°,∵四边形ABCD 是平行四边形,∴AB∥DC,AD∥BC,∴∠ACD=∠BAC,∵∠BAC=∠M,∠BCP=∠ACD,∴∠M=∠BCP,∴∠BCP+∠BCM=90°,即∠PCM=90°,∴CM⊥PC,∴PC与⊙O相切;(2)连接OB,∵AD是⊙O的切线,切点为A,∴OA⊥AD,即∠PAD=90°,∵BC∥AD,∠AEB=∠PAD=90°,∴AP⊥BC.∴BE=CE=12BC=1,∴AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=67.5°,∴∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=45°,∴∠BOC=2∠BAC=90°,∵OB=OC,AP⊥BC,∴∠BOE=∠COE=∠OCE= 45°,∵∠PCM=90°,∴∠CPO=∠COE=∠OCE= 45°,∴OE=CE=1,PC=OC=22OE CE2+=,∴S=S△POC-S扇形OFC=()245π21π221 23604⨯⨯⨯-=-.【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、扇形面积等,综合性较强,准确添加辅助线是解题的关键.7.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 =BEPE∴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.8.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)103π(2)30(3)①AD=2PC②20+83或20+83③1≤d≤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PC即可.如图④中,当PA∥OA时,作PK⊥OB于K,同法可得.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=23002103603ππ⋅⋅=(大于半圆的扇形),(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°,∵21sin 42OP PDO OD ∠=== ∴∠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 ,∵2AO ODOC OP==, ∴△COP ∽△AOD ,∴2AD AOPC 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°,∴PH=12OP=1,OH=3PH=3,∴PC=2222PH CH1(13)523+=++=+,∵AD=2PC,∴AD2=4(5+23)=20+83.如图④中,当PA∥OA时,作PK⊥OB于K,同法可得:PC2=12+(3﹣1)2=5﹣23,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.9.如图,AB为⊙O的直径,且AB=m(m为常数),点C为»AB的中点,点D为圆上一动点,过A点作⊙O的切线交BD的延长线于点P,弦CD交AB于点E.(1)当DC⊥AB时,则DA DBDC+=;(2)①当点D在»AB上移动时,试探究线段DA,DB,DC之间的数量关系;并说明理由;②设CD长为t,求△ADB的面积S与t的函数关系式;(3)当92PDAC=DEOA的值.【答案】(12;(2)①DA+DB 2DC ,②S =12t 2﹣14m 2 ;(3)242DE OA =. 【解析】 【分析】(1)首先证明当DC ⊥AB 时,DC 也为圆的直径,且△ADB 为等腰直角三角形,即可求出结果;(2)①分别过点A ,B 作CD 的垂线,连接AC ,BC ,分别构造△ADM 和△BDN 两个等腰直角三形及△NBC 和△MCA 两个全等的三角形,容易证出线段DA ,DB ,DC 之间的数量关系;②通过完全平方公式(DA+DB )2=DA 2+DB 2+2DA•DB 的变形及将已知条件AB =m 代入即可求出结果;(3)通过设特殊值法,设出PD 的长度,再通过相似及面积法求出相关线段的长度,即可求出结果. 【详解】解:(1)如图1,∵AB 为⊙O 的直径, ∴∠ADB =90°, ∵C 为»AB 的中点,∴»»AC BC=, ∴∠ADC =∠BDC =45°, ∵DC ⊥AB ,∴∠DEA =∠DEB =90°, ∴∠DAE =∠DBE =45°, ∴AE =BE , ∴点E 与点O 重合, ∴DC 为⊙O 的直径, ∴DC =AB ,在等腰直角三角形DAB 中, DA =DB 2AB , ∴DA+DB 2AB 2CD , ∴DA DBDC+2;(2)①如图2,过点A 作AM ⊥DC 于M ,过点B 作BN ⊥CD 于N ,连接AC ,BC ,由(1)知»»AC BC=, ∴AC =BC , ∵AB 为⊙O 的直径,∴∠ACB =∠BNC =∠CMA =90°,∴∠NBC+∠BCN =90°,∠BCN+∠MCA =90°, ∴∠NBC =∠MCA , 在△NBC 和△MCA 中,BNC CMANBC MCA BC CA ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ∴△NBC ≌△MCA (AAS ), ∴CN =AM ,由(1)知∠DAE =∠DBE =45°, AM =22DA ,DN=22DB , ∴DC =DN+NC =2DB+2DA =2(DB+DA ), 即DA+DB =2DC ;②在Rt △DAB 中, DA 2+DB 2=AB 2=m 2,∵(DA+DB )2=DA 2+DB 2+2DA•D B , 且由①知DA+DB 2DC 2t , ∴2t )2=m 2+2DA•DB , ∴DA•DB =t 2﹣12m 2,∴S △ADB =12DA•DB =12t 2﹣14m 2, ∴△ADB 的面积S 与t 的函数关系式S =12t 2﹣14m 2; (3)如图3,过点E 作EH ⊥AD 于H ,EG ⊥DB 于G , 则NE =ME ,四边形DHEG 为正方形,由(1)知»»AC BC=, ∴AC =BC ,∴△ACB 为等腰直角三角形, ∴ABAC ,∵20PD AC =,设PD =,则AC =20,AB =, ∵∠DBA =∠DBA ,∠PAB =∠ADB , ∴△ABD ∽△PBA , ∴AB BD ADPB AB PA==,∴=, ∴DB =, ∴AD=,设NE =ME =x , ∵S △ABD =12AD•BD =12AD•NE+12BD•ME , ∴12=12•x+12•x ,∴x =7, ∴DEHE x =967,又∵AO =12AB =,∴96735DE OA ==.【点睛】本题考查了圆的相关性质,等腰直三角形的性质,相似的性质等,还考查了面积法及特殊值法的运用,解题的关键是认清图形,抽象出各几何图形的特殊位置关系.10.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.11.如图,△ABC 中,AC =BC =10,cosC =35,点P 是AC 边上一动点(不与点A 、C 重合),以PA 长为半径的⊙P 与边AB 的另一个交点为D ,过点D 作DE ⊥CB 于点E . (1)当⊙P 与边BC 相切时,求⊙P 的半径.(2)连接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⊙Q 与⊙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)409R=;(2)25880320xy x xx=-++;(3)50105-.【解析】【分析】(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=35,则sinC=45,sinC=HPCP=10RR-=45,即可求解;(2)首先证明PD∥BE,则EB BFPD PF=,即:2024588x yxxxy-+--=,即可求解;(3)证明四边形PDBE为平行四边形,则AG=EP=BD,即:AB=DB+AD=AG+AD=45,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=35,则sinC=45,sinC=HPCP=10RR-=45,解得:R=409;(2)在△ABC中,AC=BC=10,cosC=35,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 =45,则:tan ∠CAB =2, BP =228+(4)x -=2880x x -+, DA =255x ,则BD =45﹣255x , 如下图所示,PA =PD ,∴∠PAD =∠CAB =∠CBA =β,tanβ=2,则cosβ=5,sinβ=5, EB =BDcosβ=(45﹣25x )×5=4﹣25x , ∴PD ∥BE , ∴EB BF PD PF =,即:2024588x y x xx y -+--=, 整理得:y =25x x 8x 803x 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 是弧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,∴AB=DB+AD=AG+AD=45,设圆的半径为r,在△ADG中,AD=2rcosβ=5,DG=5,AG=2r,5+2r=45,解得:2r=51,则:DG=5=50﹣105,相交所得的公共弦的长为50﹣105.【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.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;(2)3 3.【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,AB 是O e 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O e 的切线;(2)连接BC ,若30BCF ∠=︒,2BF =,求CD 的长.【答案】(1)见解析;(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ΔOCB 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∴DF 是⊙O 的切线(2)解:连接OD∵∠OCF=90°, ∠BCF=30°∴∠OCB=60°∵OC=OB∴ΔOCB为等边三角形,∴∠COB=60°∴∠CFO=30°∴FO=2OC=2OB∴FB=OB= OC =2在直角三角形OCE中,∠CEO=90°∠COE=60°CE3∠==sin COEOC2∴CF3=∴CD=2 CF23=【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.如图,BD为△ABC外接圆⊙O的直径,且∠BAE=∠C.(1)求证:AE与⊙O相切于点A;(2)若AE∥BC,BC=23,AC=2,求AD的长.【答案】(1)证明见解析;(2)23【解析】【分析】(1)根据题目中已出现切点可确定用“连半径,证垂直”的方法证明切线,连接AO并延长交⊙O于点F,连接BF,则AF为直径,∠ABF=90°,根据同弧所对的圆周角相等,则可得到∠BAE=∠F,既而得到AE与⊙O相切于点A.(2))连接OC,先由平行和已知可得∠ACB=∠ABC,所以AC=AB,则∠AOC=∠AOB,从而利用垂径定理可得AH=1,在Rt△OBH中,设OB=r,利用勾股定理解得r=2,在Rt△ABD中,即可求得AD的长为【详解】解:(1)连接AO并延长交⊙O于点F,连接BF,则AF为直径,∠ABF=90°,∵»»=,AB AB∴∠ACB=∠F,∵∠BAE=∠ACB,∴∠BAE=∠F,∵∠FAB+∠F=90°,∴∠FAB+∠BAE=90°,∴OA⊥AE,∴AE与⊙O相切于点A.(2)连接OC,∵AE∥BC,∴∠BAE=∠ABC,∵∠BAE=∠ACB,∴∠ACB=∠ABC,∴AC=AB=2,∴∠AOC=∠AOB,∵OC=OB,∴OA⊥BC,∴CH=BH=1BC2在Rt△ABH中,AH1,在Rt△OBH中,设OB=r,∵OH2+BH2=OB2,∴(r﹣1)2+2=r2,解得:r=2,∴DB=2r=4,在Rt△ABD中,AD∴AD的长为【点睛】本题考查了圆的综合问题,恰当的添加辅助线是解题关键.15.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)32【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 =。
中考数学综合题专题复习【圆的综合】专题解析含详细答案
一、圆的综合 真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,AB 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. 【解析】 【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 ,∴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.2.如图,在平面直角坐标系xoy 中,E (8,0),F(0 , 6). (1)当G(4,8)时,则∠FGE= °(2)在图中的网格区域内找一点P ,使∠FPE=90°且四边形OEPF 被过P 点的一条直线分割成两部分后,可以拼成一个正方形.要求:写出点P 点坐标,画出过P 点的分割线并指出分割线(不必说明理由,不写画法).【答案】(1)90;(2)作图见解析,P (7,7),PH 是分割线. 【解析】试题分析:(1)根据勾股定理求出△FEG 的三边长,根据勾股定理逆定理可判定△FEG 是直角三角形,且∠FGE="90" °.(2)一方面,由于∠FPE=90°,从而根据直径所对圆周角直角的性质,点P 在以EF 为直径的圆上;另一方面,由于四边形OEPF 被过P 点的一条直线分割成两部分后,可以拼成一个正方形,从而OP 是正方形的对角线,即点P 在∠FOE 的角平分线上,因此可得P (7,7),PH 是分割线. 试题解析:(1)连接FE , ∵E (8,0),F(0 , 6),G(4,8), ∴根据勾股定理,得FG=,EG=,FE=10.∵,即.∴△FEG 是直角三角形,且∠FGE=90 °.(2)作图如下:P(7,7),PH是分割线.考点:1.网格问题;2.勾股定理和逆定理;3.作图(设计);4.圆周角定理.3.不用圆规、三角板,只用没有刻度的直尺,用连线的方法在图1、2中分别过圆外一点A作出直径BC所在射线的垂线.【答案】画图见解析.【解析】【分析】根据直角所对的圆周角是直角,构造直角三角形,利用直角三角形性质可画出垂线;或结合圆的轴对称性质也可以求出垂线.【详解】解:画图如下:【点睛】本题考核知识点:作垂线.解题关键点:结合圆的性质和直角三角形性质求出垂线.4.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。
全国中考数学圆的综合的综合中考真题汇总附答案解析
全国中考数学圆的综合的综合中考真题汇总附答案解析一、圆的综合1.如图,⊙O是△ABC的外接圆,点E为△ABC内切圆的圆心,连接AE的延长线交BC于点F,交⊙O于点D;连接BD,过点D作直线DM,使∠BDM=∠DAC.(1)求证:直线DM是⊙O的切线;(2)若DF=2,且AF=4,求BD和DE的长.【答案】(1)证明见解析(2)23【解析】【分析】(1)根据垂径定理的推论即可得到OD⊥BC,再根据∠BDM=∠DBC,即可判定BC∥DM,进而得到OD⊥DM,据此可得直线DM是⊙O的切线;(2)根据三角形内心的定义以及圆周角定理,得到∠BED=∠EBD,即可得出DB=DE,再判定△DBF∽△DAB,即可得到DB2=DF•DA,据此解答即可.【详解】(1)如图所示,连接OD.∵点E是△ABC的内心,∴∠BAD=∠CAD,∴¶¶BD CD=,∴OD⊥BC.又∵∠BDM=∠DAC,∠DAC=∠DBC,∴∠BDM=∠DBC,∴BC∥DM,∴OD⊥DM.又∵OD为⊙O半径,∴直线DM是⊙O的切线.(2)连接BE.∵E为内心,∴∠ABE=∠CBE.∵∠BAD=∠CAD,∠DBC=∠CAD,∴∠BAD=∠DBC,∴∠BAE+∠ABE=∠CBE+∠DBC,即∠BED=∠DBE,∴BD=DE.又∵∠BDF=∠ADB(公共角),∴△DBF∽△DAB,∴DF DBDB DA=,即DB2=DF•DA.∵DF=2,AF=4,∴DA=DF+AF=6,∴DB2=DF•DA=12,∴DB=DE=23.【点睛】本题主要考查了三角形的内心与外心,圆周角定理以及垂径定理的综合应用,解题时注意:平分弦所对一条弧的直径,垂直平分弦,并且平分弦所对的另一条弧;三角形的内心到三角形三边的距离相等;三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角.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全国中考数学圆的综合的综合中考真题分类汇总及答案解析
2020-2021全国中考数学圆的综合的综合中考真题分类汇总及答案解析一、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,已知△ABC内接于⊙O,AB是⊙O的直径,点F在⊙O上,且点C是的中点,过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D,交AF的延长线于点E.(1)求证:AE⊥DE;(2)若∠BAF=60°,AF=4,求CE的长.【答案】(1)证明见解析;(2)【解析】试题分析:(1)首先连接OC,由OC=OA,,易证得OC∥AE,又由DE切⊙O于点C,易证得AE⊥DE;(2)由AB是⊙O的直径,可得△ABC是直角三角形,易得△AEC为直角三角形,根据AE=3求得AC的长,然后连接OF,可得△OAF为等边三角形,知AF=OA=AB,在△ACB中,利用已知条件求得答案.试题解析:(1)证明:连接OC,∵OC=OA,∴∠BAC=∠OCA,∵∴∠BAC=∠EAC,∴∠EAC=∠OCA,∴OC∥AE,∵DE切⊙O于点C,∴OC⊥DE,∴AE⊥DE;(2)解:∵AB是⊙O的直径,∴△ABC是直角三角形,∵∠CBA=60°,∴∠BAC=∠EAC=30°,∵△AEC为直角三角形,AE=3,∴AC=2,连接OF,∵OF=OA,∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°,∴△OAF为等边三角形,∴AF=OA=AB,在Rt△ACB中,AC=2,tan∠CBA=,∴BC=2,∴AB=4,∴AF=2.考点:切线的性质.3.已知:如图,在矩形ABCD中,点O在对角线BD上,以OD的长为半径的⊙O与AD,BD分别交于点E、点F,且∠ABE=∠DBC.(1)判断直线BE与⊙O的位置关系,并证明你的结论;(2)若sin ∠ABE=33,CD=2,求⊙O 的半径.【答案】(1)直线BE 与⊙O 相切,证明见解析;(2)⊙O 的半径为32. 【解析】分析:(1)连接OE ,根据矩形的性质,可证∠BEO =90°,即可得出直线BE 与⊙O 相切; (2)连接EF ,先根据已知条件得出BD 的值,再在△BEO 中,利用勾股定理推知BE 的长,设出⊙O 的半径为r ,利用切线的性质,用勾股定理列出等式解之即可得出r 的值. 详解:(1)直线BE 与⊙O 相切.理由如下:连接OE ,在矩形ABCD 中,AD ∥BC ,∴∠ADB =∠DBC . ∵OD =OE ,∴∠OED =∠ODE . 又∵∠ABE =∠DBC ,∴∠ABE =∠OED , ∵矩形ABDC ,∠A =90°,∴∠ABE +∠AEB =90°,∴∠OED +∠AEB =90°,∴∠BEO =90°,∴直线BE 与⊙O 相切;(2)连接EF ,方法1:∵四边形ABCD 是矩形,CD =2,∴∠A =∠C =90°,AB =CD =2. ∵∠ABE =∠DBC ,∴sin ∠CBD =33sin ABE ∠= ∴23DCBD sin CBD∠==在Rt △AEB 中,∵CD =2,∴22BC =. ∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ,∴2222DC AE AEAE BC AB ,,==∴=, 由勾股定理求得6BE =在Rt △BEO 中,∠BEO =90°,EO 2+EB 2=OB 2.设⊙O 的半径为r ,则222623r r +=()(),∴r 3, 方法2:∵DF 是⊙O 的直径,∴∠DEF =90°.∵四边形ABCD 是矩形,∴∠A =∠C =90°,AB =CD =2. ∵∠ABE =∠DBC ,∴sin ∠CBD =33sin ABE ∠=. 设3DC x BD x ==,,则2BC x =.∵CD =2,∴22BC =. ∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ,∴22222DC AE AEAE BC AB ,,=∴=∴=, ∴E 为AD 中点.∵DF 为直径,∠FED =90°,∴EF ∥AB ,∴132DF BD ==,∴⊙O 的半径为32.点睛:本题综合考查了切线的性质、勾股定理以及三角函数的应用等知识点,具有较强的综合性,有一定的难度.4.如图,PA 、PB 是⊙O 的切线,A ,B 为切点,∠APB=60°,连接PO 并延长与⊙O 交于C 点,连接AC 、BC . (Ⅰ)求∠ACB 的大小;(Ⅱ)若⊙O 半径为1,求四边形ACBP 的面积.【答案】(Ⅰ)60°;(Ⅱ33【解析】分析:(Ⅰ)连接AO ,根据切线的性质和切线长定理,得到OA ⊥AP ,OP 平分∠APB ,然后根据角平分线的性质和三角形的外角的性质,30°角的直角三角形的性质,得到∠ACB 的度数;(Ⅱ)根据30°角的直角三角形的性质和等腰三角形的性质,结合等底同高的性质求三角形的面积即可.详解:(Ⅰ)连接OA ,如图,∵PA 、PB 是⊙O 的切线, ∴OA ⊥AP ,OP 平分∠APB ,∴∠APO=12∠APB=30°, ∴∠AOP=60°, ∵OA=OC ,∴∠OAC=∠OCA ,∴∠ACO=12AOP=30°, 同理可得∠BCP=30°, ∴∠ACB=60°;(Ⅱ)在Rt △OPA 中,∵∠APO=30°, ∴33,OP=2OA=2, ∴OP=2OC , 而S △OPA =123 ∴S △AOC =12S △PAO 3 ∴S △ACP 33, ∴四边形ACBP 的面积=2S △ACP =332. 点睛:本题考查了切线的性质,解直角三角形,等腰三角形的判定,熟练掌握切线的性质是解题的关键.5.如图1O ,的直径12AB P =,是弦BC 上一动点(与点B C ,不重合)30ABC ,∠=,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DC AC =时,延长AB 至点E ,使12BE AB =,连接DE .①求证:DE 是O 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 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.详解:()1如图2,连接OD ,//OP PD PD AB ⊥,,90POB ∴∠=,O 的直径12AB =,6OB OD ∴==,在Rt POB 中,30ABC ∠=,3tan306233OP OB ∴=⋅=⨯=, 在Rt POD 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 =,30DBC ABC ∴∠=∠=,60ABD ∴∠=,OB OD =,OBD ∴是等边三角形, OD FB ∴⊥,12BE AB =,OB BE ∴=, //BF ED ∴,90ODE OFB ∴∠=∠=,DE ∴是O 的切线; ②由①知,OD BC ⊥,3cos306332CF FB OB ∴==⋅=⨯=, 在Rt POD 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 是等边三角形是解题关键.6.矩形ABCD 中,点C (3,8),E 、F 为AB 、CD 边上的中点,如图1,点A 在原点处,点B 在y 轴正半轴上,点C 在第一象限,若点A 从原点出发,沿x 轴向右以每秒1个单位长度的速度运动,点B 随之沿y 轴下滑,并带动矩形ABCD 在平面内滑动,如图2,设运动时间表示为t 秒,当点B 到达原点时停止运动. (1)当t =0时,点F 的坐标为 ; (2)当t =4时,求OE 的长及点B 下滑的距离; (3)求运动过程中,点F 到点O 的最大距离;(4)当以点F 为圆心,FA 为半径的圆与坐标轴相切时,求t 的值.【答案】(1)F (3,4);(2)8-43;(3)7;(4)t 的值为245或325. 【解析】试题分析:(1)先确定出DF ,进而得出点F 的坐标; (2)利用直角三角形的性质得出∠ABO =30°,即可得出结论;(3)当O 、E 、F 三点共线时,点F 到点O 的距离最大,即可得出结论; (4)分两种情况,利用相似三角形的性质建立方程求解即可.试题解析:解:(1)当t =0时.∵AB =CD =8,F 为CD 中点,∴DF =4,∴F (3,4); (2)当t =4时,OA =4.在Rt △ABO 中,AB =8,∠AOB =90°, ∴∠ABO =30°,点E 是AB 的中点,OE =12AB =4,BO =43,∴点B 下滑的距离为843-.(3)当O 、E 、F 三点共线时,点F 到点O 的距离最大,∴FO=OE+EF=7.(4)在Rt △ADF 中,FD 2+AD 2=AF 2,∴AF =22FD AD +=5,①设AO =t 1时,⊙F 与x 轴相切,点A 为切点,∴FA ⊥OA ,∴∠OAB +∠FAB =90°.∵∠FAD +∠FAB =90°,∴∠BAO =∠FAD .∵∠BOA =∠D =90°,∴Rt △FAE ∽Rt △ABO ,∴AB AO FA FE =,∴1853t=,∴t 1=245,②设AO =t 2时,⊙F 与y 轴相切,B 为切点,同理可得,t 2=325. 综上所述:当以点F 为圆心,FA 为半径的圆与坐标轴相切时,t 的值为245或325. 点睛:本题是圆的综合题,主要考查了矩形的性质,直角三角形的性质,中点的意义,勾股定理,相似三角形的判定和性质,切线的性质,解(2)的关键是得出∠ABO =30°,解(3)的关键是判断出当O 、E 、F 三点共线时,点F 到点O 的距离最大,解(4)的关键是判断出Rt △FAE ∽Rt △ABD ,是一道中等难度的中考常考题.7.如图,AB 是圆O 的直径,射线AM ⊥AB ,点D 在AM 上,连接OD 交圆O 于点E ,过点D 作DC=DA 交圆O 于点C (A 、C 不重合),连接O C 、BC 、CE . (1)求证:CD 是⊙O 的切线;(2)若圆O的直径等于2,填空:①当AD=时,四边形OADC是正方形;②当AD=时,四边形OECB是菱形.【答案】(1)见解析;(2)①1;②3.【解析】试题分析:(1)依据SSS证明△OAD≌△OCD,从而得到∠OCD=∠OAD=90°;(2)①依据正方形的四条边都相等可知AD=OA;②依据菱形的性质得到OE=CE,则△EOC为等边三角形,则∠CEO=60°,依据平行线的性质可知∠DOA=60°,利用特殊锐角三角函数可求得AD的长.试题解析:解:∵AM⊥AB,∴∠OAD=90°.∵OA=OC,OD=OD,AD=DC,∴△OAD≌△OCD,∴∠OCD=∠OAD=90°.∴OC⊥CD,∴CD是⊙O的切线.(2)①∵当四边形OADC是正方形,∴AO=AD=1.故答案为:1.②∵四边形OECB是菱形,∴OE=CE.又∵OC=OE,∴OC=OE=CE.∴∠CEO=60°.∵CE∥AB,∴∠AOD=60°.在Rt△OAD中,∠AOD=60°,AO=1,∴AD=.故答案为:.点睛:本题主要考查的是切线的性质和判定、全等三角形的性质和判定、菱形的性质、等边三角形的性质和判定,特殊锐角三角函数值的应用,熟练掌握相关知识是解题的关键.8.如图1,延长⊙O的直径AB至点C,使得BC=12AB,点P是⊙O上半部分的一个动点(点P不与A、B重合),连结OP,CP.(1)∠C的最大度数为;(2)当⊙O的半径为3时,△OPC的面积有没有最大值?若有,说明原因并求出最大值;若没有,请说明理由;(3)如图2,延长PO交⊙O于点D,连结DB,当CP=DB时,求证:CP是⊙O的切线.【答案】(1)30°;(2)有最大值为9,理由见解析;(3)证明见解析.【解析】试题分析:(1)当PC与⊙O相切时,∠OCP的度数最大,根据切线的性质即可求得;(2)由△OPC的边OC是定值,得到当OC边上的高为最大值时,△OPC的面积最大,当PO⊥OC时,取得最大值,即此时OC边上的高最大,于是得到结论;(3)根据全等三角形的性质得到AP=DB,根据等腰三角形的性质得到∠A=∠C,得到CO=OB+OB=AB,推出△APB≌△CPO,根据全等三角形的性质得到∠CPO=∠APB,根据圆周角定理得到∠APB=90°,即可得到结论.试题解析:(1)当PC与⊙O相切时,∠OCP最大.如图1,所示:∵sin∠OCP=OPOC =24=12,∴∠OCP=30°∴∠OCP的最大度数为30°,故答案为:30°;(2)有最大值,理由:∵△OPC的边OC是定值,∴当OC边上的高为最大值时,△OPC的面积最大,而点P在⊙O上半圆上运动,当PO⊥OC时,取得最大值,即此时OC边上的高最大,也就是高为半径长,∴最大值S△OPC=12OC•OP=12×6×3=9;(3)连结AP,BP,如图2,在△OAP与△OBD中,OA ODAOP BODOP OB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△OAP≌△OBD,∴AP=DB,∵PC=DB,∴AP=PC,∵PA=PC,∴∠A=∠C,∵BC=12AB=OB,∴CO=OB+OB=AB,在△APB和△CPO中,AP CPA CAB CO=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△APB≌△CPO,∴∠CPO=∠APB,∵AB为直径,∴∠APB=90°,∴∠CPO=90°,∴PC切⊙O于点P,即CP是⊙O的切线.9.(1)问题背景如图①,BC是⊙O的直径,点A在⊙O上,AB=AC,P为BmC上一动点(不与B,C重合),求证:2PA=PB+PC.小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB,AP,AC,且AB=AC,这就为旋转作了铺垫.于是,小明同学有如下思考过程:第一步:将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB(如图①);第二步:证明Q,B,P三点共线,进而原题得证.请你根据小明同学的思考过程完成证明过程.(2)类比迁移如图②,⊙O的半径为3,点A,B在⊙O上,C为⊙O内一点,AB=AC,AB⊥AC,垂足为A,求OC的最小值.(3)拓展延伸如图③,⊙O的半径为3,点A,B在⊙O上,C为⊙O内一点,AB=43AC,AB⊥AC,垂足为A,则OC的最小值为.【答案】(1)证明见解析;(2)OC最小值是2﹣3;(3)32.【解析】试题分析:(1)将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB(如图①),只要证明△APQ 是等腰直角三角形即可解决问题;(2)如图②中,连接OA,将△OAC绕点O顺时针旋转90°至△QAB,连接OB,OQ,在△BOQ中,利用三边关系定理即可解决问题;(3)如图③构造相似三角形即可解决问题.作AQ ⊥OA ,使得AQ=43OA ,连接OQ ,BQ ,OB .由△QAB ∽OAC ,推出BQ=43OC ,当BQ 最小时,OC 最小; 试题解析:(1)将△PAC 绕着点A 顺时针旋转90°至△QAB (如图①);∵BC 是直径,∴∠BAC=90°, ∵AB=AC ,∴∠ACB=∠ABC=45°,由旋转可得∠QBA=∠PCA ,∠ACB=∠APB=45°,PC=QB ,∵∠PCA+∠PBA=180°,∴∠QBA+∠PBA=180°,∴Q ,B ,P 三点共线, ∴∠QAB+∠BAP=∠BAP+∠PAC=90°,∴QP 2=AP 2+AQ 2=2AP 2, ∴QP=2AP=QB+BP=PC+PB ,∴2AP=PC+PB .(2)如图②中,连接OA ,将△OAC 绕点A 顺时针旋转90°至△QAB ,连接OB ,OQ ,∵AB ⊥AC,∴∠BAC=90°,由旋转可得 QB=OC ,AQ=OA ,∠QAB=∠OAC ,∴∠QAB+∠BAO=∠BAO+∠OAC=90°, ∴在Rt △OAQ 中,OQ=32,AO=3 ,∴在△OQB 中,BQ≥OQ ﹣OB=32﹣3 , 即OC 最小值是32﹣3;(3)如图③中,作AQ ⊥OA ,使得AQ=43OA ,连接OQ ,BQ ,OB .∵∠QAO=∠BAC=90°,∠QAB=∠OAC ,∵QA AB OA AC =43,∴△QAB ∽OAC ,∴BQ=43OC , 当BQ 最小时,OC 最小,易知OA=3,AQ=4,OQ=5,BQ≥OQ ﹣OB ,∴OQ≥2,] ∴BQ 的最小值为2, ∴OC 的最小值为34×2=32, 故答案为32. 【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识,能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键.10.已知P 是O 的直径BA 延长线上的一个动点,∠P 的另一边交O 于点C 、D ,两点位于AB 的上方,AB =6,OP=m ,1sin 3P =,如图所示.另一个半径为6的1O 经过点C 、D ,圆心距1OO n =. (1)当m=6时,求线段CD 的长;(2)设圆心O 1在直线AB 上方,试用n 的代数式表示m ;(3)△POO 1在点P 的运动过程中,是否能成为以OO 1为腰的等腰三角形,如果能,试求出此时n 的值;如果不能,请说明理由.【答案】(1)CD=2523812n n;(3) n 9559155 【解析】分析:(1)过点O 作OH ⊥CD ,垂足为点H ,连接OC .解Rt △POH ,得到OH 的长.由勾股定理得CH 的长,再由垂径定理即可得到结论; (2)解Rt △POH ,得到Rt 3mOH OCH =.在和Rt △1O CH 中,由勾股定理即可得到结论;(3)△1POO 成为等腰三角形可分以下几种情况讨论:① 当圆心1O 、O 在弦CD 异侧时,分1OP OO =和11O P OO =.②当圆心1O 、O 在弦CD 同侧时,同理可得结论. 详解:(1)过点O 作OH ⊥CD ,垂足为点H ,连接OC .在Rt △1sin 63POH P PO =中,=,,∴2OH =. ∵AB =6,∴3OC =. 由勾股定理得: 5CH = ∵OH ⊥DC ,∴225CD CH ==.(2)在Rt △1sin 3POH P PO m 中,=,=,∴3m OH =. 在Rt △OCH 中,2293m CH ⎛⎫- ⎪⎝⎭=. 在Rt △1O CH 中,22363m CH n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭=. 可得: 2236933m m n ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=,解得23812n m n -:=.(3)△1POO 成为等腰三角形可分以下几种情况: ① 当圆心1O 、O 在弦CD 异侧时i )1OP OO =,即m n =,由23812n n n-=,解得9n :=.即圆心距等于O 、1O 的半径的和,就有O 、1O 外切不合题意舍去.ii )11O P OO =22233m m n m -+-()()n =, 解得:23m n =,即23n 23812n n-=,解得9155n :=②当圆心1O 、O 在弦CD 同侧时,同理可得: 28132n m n-=.∵1POO ∠是钝角,∴只能是m n =,即28132nn n-=,解得955n := 综上所述:n 9559155点睛:本题是圆的综合题.考查了圆的有关性质和两圆的位置关系以及解直径三角形.解答(3)的关键是要分类讨论.11.如图,在Rt △ABC 中,90C ∠=︒,AD 平分∠BAC ,交BC 于点D ,点O 在AB 上,⊙O 经过A 、D 两点,交AC 于点E ,交AB 于点F . (1)求证:BC 是⊙O 的切线;(2)若⊙O 的半径是2cm ,E 是弧AD 的中点,求阴影部分的面积(结果保留π和根号)【答案】(1)证明见解析 (2)233π- 【解析】 【分析】(1)连接OD ,只要证明OD ∥AC 即可解决问题;(2)连接OE ,OE 交AD 于K .只要证明△AOE 是等边三角形即可解决问题. 【详解】 (1)连接OD .∵OA =OD ,∴∠OAD =∠ODA .∵∠OAD =∠DAC ,∴∠ODA =∠DAC ,∴OD ∥AC ,∴∠ODB =∠C =90°,∴OD ⊥BC ,∴BC 是⊙O 的切线.(2)连接OE ,OE 交AD 于K . ∵AE DE =,∴OE ⊥AD .∵∠OAK =∠EAK ,AK =AK ,∠AKO =∠AKE =90°,∴△AKO ≌△AKE ,∴AO =AE =OE ,∴△AOE是等边三角形,∴∠AOE =60°,∴S 阴=S 扇形OAE ﹣S △AOE 26023360π⋅⋅=-22233π=. 【点睛】本题考查了切线的判定、扇形的面积、等边三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识,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,属于中考常考题型.12.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) 233【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=43,且弧BE所对圆心角=60°.∴弧BE=16×43π=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.13.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.14.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.15.如图所示,ABC ∆内接于圆O ,CD AB ⊥于D ; (1)如图1,当AB 为直径,求证:OBC ACD ∠=∠;(2)如图2,当AB 为非直径的弦,连接OB ,则(1)的结论是否成立?若成立请证明,不成立说明由;(3)如图3,在(2)的条件下,作AE BC ⊥于E ,交CD 于点F ,连接ED ,且2AD BD ED =+,若3DE =,5OB =,求CF 的长度.【答案】(1)见解析;(2)成立;(3)145【解析】【分析】 (1)根据圆周角定理求出∠ACB=90°,求出∠ADC=90°,再根据三角形内角和定理求出即可; (2)根据圆周角定理求出∠BOC=2∠A ,求出∠OBC=90°-∠A 和∠ACD=90°-∠A 即可; (3)分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ,连接HK 、CH 、AK ,在AD 上取DG=BD ,延长CG 交AK 于M ,延长KO 交⊙O 于N ,连接CN 、AN ,求出关于a 的方程,再求出a 即可.【详解】(1)证明:∵AB 为直径,∴ACB 90∠=︒, ∵CD AB ⊥于D , ∴ADC 90∠=︒,∴OBC A 90∠∠+=︒,A ACD 90∠∠+=︒,∴OBC ACD ∠∠=;(2)成立,证明:连接OC ,由圆周角定理得:BOC 2A ∠∠=,∵OC OB =,∴()()11OBC 180BOC 1802A 90A 22∠∠∠∠=︒-=︒-=︒-, ∵ADC 90∠=︒,∴ACD 90A ∠∠=︒-,∴OBC ACD ∠∠=;(3)分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ,连接HK 、CH 、AK ,∵AE BC ⊥,CD BA ⊥,∴AEC ADC 90∠∠==︒,∴BCD CFE 90∠∠+=︒,BAH DFA 90∠∠+=︒,∵CFE DFA ∠∠=,∴BCD BAH ∠∠=,∵根据圆周角定理得:BAH BCH ∠∠=,∴BCD BAH BCH ∠∠∠==,∴由三角形内角和定理得:CHE CFE ∠∠=, ∴CH CF =,∴EH EF =,同理DF DK =,∵DE 3=,∴HK 2DE 6==,在AD 上取DG BD =,延长CG 交AK 于M ,则AG AD BD 2DE 6=-==, BC GC =,∴MCK BCK BAK ∠∠∠==,∴CMK 90∠=︒,延长KO 交⊙O 于N ,连接CN 、AN ,则NAK 90CMK ∠∠=︒=,∴CM //AN ,∵NCK ADK 90∠∠==︒,∴CN //AG ,∴四边形CGAN 是平行四边形,∴AG CN 6==,作OT CK ⊥于T ,则T 为CK 的中点,∵O 为KN 的中点, ∴1OT CN 32==,∵OTC 90∠=︒,OC 5=,∴由勾股定理得:CT 4=,∴CK 2CT 8==,作直径HS ,连接KS ,∵HK 6=,HS 10=,∴由勾股定理得:KS 8=, ∴3tan HSK tan HAK 4∠∠==, ∴1tan EAB tan BCD 3∠∠==, 设BD a =,CD 3a =, ∴AD BD 2ED a 6=+=+,11DK AD a 233==+, ∵CD DK CK +=, ∴13a a 283++=, 解得:9a 5=, ∴113DK a 235=+=, ∴2614CF CK 2DK 855=-=-=. 【点睛】本题考查了垂径定理、解直角三角形、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理等知识点,能综合运用知识点进行推理是解此题的关键,综合性比较强,难度偏大.。
人教版九年级数学上册 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]
人教版九年级数学上册 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]一、初三数学 圆易错题压轴题(难)1.已知:如图,梯形ABCD 中,AD//BC ,AD 2=,AB BC CD 6===,动点P 在射线BA 上,以BP 为半径的P 交边BC 于点E (点E 与点C 不重合),联结PE 、PC ,设x BP =,PC y =.(1)求证:PE //DC ;(2)求y 关于x 的函数解析式,并写出定义域;(3)联结PD ,当PDC B ∠=∠时,以D 为圆心半径为R 的D 与P 相交,求R 的取值范围.【答案】(1)证明见解析;(2)2436(09)y x x x =-+<<;(3)3605R <<【解析】 【分析】()1根据梯形的性质得到B DCB ∠=∠,根据等腰三角形的性质得到B PEB ∠∠=,根据平行线的判定定理即可得到结论;()2分别过P 、A 、D 作BC 的垂线,垂足分别为点H 、F 、.G 推出四边形ADGF 是矩形,//PH AF ,求得2BF FG GC ===,根据勾股定理得到22226242AF AB BF =-=-=,根据平行线分线段成比例定理得到223PH x =,13BH x =,求得163CH x =-,根据勾股定理即可得到结论; ()3作//EM PD 交DC 于.M 推出四边形PDME 是平行四边形.得到PE DM x ==,即 6MC x =-,根据相似三角形的性质得到1218655PD EC ==-=,根据相切两圆的性质即可得到结论. 【详解】()1证明:梯形ABCD ,AB CD =,B DCB ∠∠∴=,PB PE =, B PEB ∠∠∴=, DCB PEB ∠∠∴=,//PE CD ∴;()2解:分别过P 、A 、D 作BC 的垂线,垂足分别为点H 、F 、G .梯形ABCD 中,//AD BC , ,BC DG ⊥,BC PH ⊥,∴四边形ADGF 是矩形,//PH AF ,2AD =,6BC DC ==, 2BF FG GC ∴===,在Rt ABF 中,22226242AF AB BF =-=-=,//PH AF ,PH BP BHAF AB BF∴==6242x BH ==,223PH x ∴=,13BH x =, 163CH x ∴=-,在Rt PHC 中,22PC PH CH =+22221()(6)33y x x ∴=+-2436(09)y x x x =-+<<, ()3解:作//EM PD 交DC 于M .//PE DC ,∴四边形PDME 是平行四边形.PE DM x ∴==,即 6MC x =-,PD ME ∴=,PDC EMC ∠∠=, 又PDC B ∠∠=,B DCB ∠=∠, DCB EMC PBE PEB ∠∠∠∠∴===. PBE ∴∽ECM ,PB BE EC MC ∴=,即232663xx x x =--, 解得:185x =,即125BE =,1218655PD EC ∴==-=, 当两圆外切时,PD r R =+,即0(R =舍去); 当两圆内切时,-PD r R =,即10(R =舍去),2365R =; 即两圆相交时,3605R <<. 【点睛】本题属于圆综合题,梯形的性质,平行四边形的性质,勾股定理,相似三角形的判定和性质,正确的作出辅助线是解题的关键.2.已知圆O 的半径长为2,点A 、B 、C 为圆O 上三点,弦BC=AO ,点D 为BC 的中点,(1)如图,连接AC 、OD ,设∠OAC=α,请用α表示∠AOD ; (2)如图,当点B 为AC 的中点时,求点A 、D 之间的距离:(3)如果AD 的延长线与圆O 交于点E ,以O 为圆心,AD 为半径的圆与以BC 为直径的圆相切,求弦AE 的长.【答案】(1)1502AOD α∠=︒-;(2)7AD =3331331+- 【解析】 【分析】(1)连接OB 、OC ,可证△OBC 是等边三角形,根据垂径定理可得∠DOC 等于30°,OA=OC 可得∠ACO=∠CAO=α,利用三角形的内角和定理即可表示出∠AOD 的值. (2)连接OB 、OC ,可证△OBC 是等边三角形,根据垂径定理可得∠DOB 等于30°,因为点D 为BC 的中点,则∠AOB=∠BOC=60°,所以∠AOD 等于90°,根据OA=OB=2,在直角三角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD 、AD 的长.(3)分两种情况讨论:两圆外切,两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关系,求出AD的长,再过O点作AE的垂线,利用勾股定理列出方程即可求解.【详解】(1)如图1:连接OB、OC.∵BC=AO∴OB=OC=BC∴△OBC是等边三角形∴∠BOC=60°∵点D是BC的中点∴∠BOD=130 2BOC∠=︒∵OA=OC∴OAC OCA∠=∠=α∴∠AOD=180°-α-α-30︒=150°-2α(2)如图2:连接OB、OC、OD.由(1)可得:△OBC是等边三角形,∠BOD=130 2BOC∠=︒∵OB=2,∴OD=OB∙cos30︒=3∵B为AC的中点,∴∠AOB=∠BOC=60°∴∠AOD=90°根据勾股定理得:227AO OD+=(3)①如图3.圆O 与圆D 相内切时: 连接OB 、OC ,过O 点作OF ⊥AE ∵BC 是直径,D 是BC 的中点 ∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点 由(2)可得:OD=3,圆D 的半径为1 ∴AD=31+ 设AF=x在Rt △AFO 和Rt △DOF 中,2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=-+-解得:331x 4+=∴AE=3312AF +=②如图4.圆O 与圆D 相外切时: 连接OB 、OC ,过O 点作OF ⊥AE∵BC 是直径,D 是BC 的中点 ∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点 由(2)可得:OD=3,圆D 的半径为1 ∴AD=31- 在Rt △AFO 和Rt △DOF 中,2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=--+ 解得:331x -=∴AE=3312AF -=【点睛】本题主要考查圆的相关知识:垂径定理,圆与圆相切的条件,关键是能灵活运用垂径定理和勾股定理相结合思考问题,另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.3.在△ABC 中,∠A=90°,AB=4,AC=3,M 是AB 上的动点(不与A ,B 重合),过M 点作MN∥BC 交AC 于点N .(1)如图1,把△AMN 沿直线MN 折叠得到△PMN,设AM=x . i .若点P 正好在边BC 上,求x 的值;ii .在M 的运动过程中,记△MNP 与梯形BCNM 重合的面积为y ,试求y 关于x 的函数关系式,并求y 的最大值.(2)如图2,以MN 为直径作⊙O,并在⊙O 内作内接矩形AMQN .试判断直线BC 与⊙O 的位置关系,并说明理由.【答案】(1)i.当x=2时,点P恰好落在边BC上;ii. y=,当x=时,重叠部分的面积最大,其值为2;(2)当x=时,⊙O与直线BC相切;当x<时,⊙O与直线BC相离;x>时,⊙O与直线BC相交.【解析】试题分析:(1)i.根据轴对称的性质,可求得相等的线段与角,可得点M是AB中点,即当x=AB=2时,点P恰好落在边BC上;ii.分两种情况讨论:①当0<x≤2时,△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积,根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积,易见y=x2②当2<x<4时,如图2,设PM,PN分别交BC于E,F,由i.知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-(4-x)=2x-4,由题意知△PEF∽△ABC,利用相似三角形的性质即可求得.(2)利用分类讨论的思想,先求的直线BC与⊙O相切时,x的值,然后得到相交,相离时x的取值范围.试题解析:(1)i.如图1,由轴对称性质知:AM=PM,∠AMN=∠PMN,又MN∥BC,∴∠PMN=∠BPM,∠AMN=∠B,∴∠B=∠BPM,∴AM=PM=BM,∴点M是AB中点,即当x=AB=2时,点P恰好落在边BC上.ii.以下分两种情况讨论:①当0<x≤2时,∵MN∥BC,∴△AMN∽△ABC,∴,∴,∴AN=,△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积,∴,②当2<x<4时,如图2,设PM,PN分别交BC于E,F,由(2)知ME=MB=4-x,∴PE=PM-ME=x-(4-x)=2x-4,由题意知△PEF∽△ABC,∴,∴S△PEF=(x-2)2,∴y=S△PMN-S△PEF=,∵当0<x≤2时,y=x2,∴易知y最大=,又∵当2<x<4时,y=,∴当x=时(符合2<x<4),y最大=2,综上所述,当x=时,重叠部分的面积最大,其值为2.(2))如图3,设直线BC与⊙O相切于点D,连接AO,OD,则AO=OD=MN.在Rt△ABC中,BC==5;由(1)知△AMN∽△ABC,∴,即,∴MN=x∴OD=x,过M点作MQ⊥BC于Q,则MQ=OD=x,在Rt△BMQ与Rt△BCA中,∠B是公共角,∴△BMQ∽△BCA,∴,∴BM=,AB=BM+MA=x+x=4∴x=,∴当x=时,⊙O与直线BC相切;当x<时,⊙O与直线BC相离;x>时,⊙O与直线BC相交.考点:圆的综合题.4.如图1,四边形ABCD中,、为它的对角线,E为AB边上一动点(点E不与点A、B重合),EF∥AC交BC于点F,FG∥BD交DC于点G,GH∥AC交AD于点H,连接HE.记四边形EFGH的周长为,如果在点的运动过程中,的值不变,则我们称四边形ABCD为“四边形”,此时的值称为它的“值”.经过探究,可得矩形是“四边形”.如图2,矩形ABCD中,若AB=4,BC=3,则它的“值”为.(1)等腰梯形(填“是”或“不是”)“四边形”;(2)如图3,是⊙O的直径,A是⊙O上一点,,点为上的一动点,将△沿的中垂线翻折,得到△.当点运动到某一位置时,以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多,最多有个.【答案】“值”为10;(1)是;(2)最多有5个.【解析】试题分析:仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可;(1)根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断;(2)根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断.矩形ABCD中,若AB=4,BC=3,则它的“值”为10;(1)等腰梯形是“四边形”;(2)由题意得当点运动到某一位置时,以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多,最多有5个.考点:动点问题的综合题点评:此类问题综合性强,难度较大,在中考中比较常见,一般作为压轴题,题目比较典型.5.如图,在Rt△ABC中,∠B=90°,∠BAC的平分线交BC于点D,以D为圆心,D长为半径作作⊙D.⑴求证:AC是⊙D的切线.⑵设AC与⊙D切于点E,DB=1,连接DE,BF,EF.①当∠BAD= 时,四边形BDEF为菱形;②当AB= 时,△CDE为等腰三角形.【答案】(1)见解析;(2)①30°2+1【解析】【分析】(1) 作DE⊥AC于M,由∠ABC=90°,进一步说明DM=DB,即DB是⊙D的半径,即可完成证明;(2)①先说明△BDF是等边三角形,再运用直角三角形的内角和定理解答即可;②先说明DE=CE=BD=1,再设AB=x,则AE=x,分别表示出AC、BC、AB的长,然后再运用勾股定理解答即可.【详解】⑴证明:如图:作DE⊥AC于M,∵∠ABC=90°,∠BAC的平分线交BC于点D,∴DE=DB.∴DM是⊙D的半径,∴AC是⊙D的切线;⑵①如图:∵四边形BDEF为菱形;∴△BDF是等边三角形∴∠ADB=60°∴∠BAD=90°-60°=30°∴当∠BAD=30°时,四边形BDEF为菱形;②∵△CDE为等腰三角形.∴DE=CE=BD=1,∴2设AB=x,则AE=x∴在Rt△ABC中,AB=x,AC=1+x,2∴()222+=+,解得2+1 x x(12)1∴当2+1时,△CDE为等腰三角形.【点睛】本题考查的是切线的判定、菱形的性质和判定、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的灵活运用;熟练掌握切线的判定方法和灵活应该勾股定理是解答本题的关键.6.已知:AB 为⊙O 直径,弦CD ⊥AB ,垂足为H ,点E 为⊙O 上一点,AE BE =,BE 与CD 交于点F .(1)如图1,求证:BH =FH ;(2)如图2,过点F 作FG ⊥BE ,分别交AC 、AB 于点G 、N ,连接EG ,求证:EB =EG ; (3)如图3,在(2)的条件下,延长EG 交⊙O 于M ,连接CM 、BG ,若ON =1,△CMG 的面积为6,求线段BG 的长.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)210 .【解析】【分析】(1)连接AE ,根据直径所对圆周角等于90°及弧与弦的关系即可得解;(2)根据题意,过点C 作CQ FG CS FB ⊥⊥,,连接CE BC 、,通过证明Rt CGQ Rt CBS ∆≅∆,CBE CGE ∆≅∆即可得解;(3)根据题意,过点G 作GT CD ⊥于T ,连接CN ,设CAB α∠=,证明()CMG CNG AAS ∆≅∆,再由面积法及勾股定理进行计算求解即可.【详解】解:(1)如下图,连接AE∵AB 为直径∴90AEB =︒∠∵AE BE =∴AE BE =∴45B ∠=︒又∵CD AB ⊥于H∴45HFB ∠=︒∴HF HB =;(2)如下图,过点C 作CQ FG CS FB ⊥⊥,,连接CE BC 、AB 为直径,∴90ACB QCS ∠=∠=︒∴GCQ BCS ∠=∠∴()Rt CGQ Rt CBS AAS ∆≅∆∴CG CB =同理()CBE CGE SAS ∆≅∆∴EG EB =;(3)如下图,过点G 作GT CD ⊥于T ,连接CN设CAB α∠=由(2)知:CM CB =∴CM CB =∵HB HF =∴45HBF HFB ∠=∠=︒∵GF BE ⊥∴45NFH NH BH CN BC ∠=︒∴=∴=,,∴CM CB CN ==则:2MEB α∠=902AEG α∠=︒-∴45EAG EGA α∠=∠=︒+∴45M MGC α∠=∠=︒+∴()CMG CNG AAS ∆≅∆∵CMG ∆面积为6∴6CAN GAN S S -=设2122BH NH x OA OB x AN x ====+=+,,则()CGT BCH AAS ∆≅∆ ∴C BH x ==∴6AN CH AN TH ⋅-⋅=∴1(22)62x CT +⋅= 解得:2x =∵2BC BH BA =⋅∴2210BC =⨯,则25BC = ∴2210BG BC ==.【点睛】本题主要考查了圆和三角形的综合问题,熟练掌握圆及三角形的各项重要性质及判定方法是解决本题的关键.7.如图.在Rt ABC 中,90ACB ∠=︒,6AC =,10AB =,DE 是ABC 的中位线,连结BD ,点F 是边BC 上的一个动点,连结AF 交BD 于H ,交DE 于G .(1)当点F 是BC 的中点时,求DH BH的值及GH 的长 (2) 当四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等时,求CF 的长:(3)如图2.以CF 为直径作O . ①当O 正好经过点H 时,求证:BD 是O 的切线: ②当DH BH的值满足什么条件时,O 与线段DE 有且只有一个交点.【答案】(1)12DH BH =,13GH =;(2)83CF =;(3)①见解析;②当32DH BH =或2514DH BH >时,O 与线段DE 有且只有一个交点. 【解析】【分析】(1)根据题意得H 为ABC 的重心,即可得DH BH的值,由重心和中位线的性质求得16=GH AF ,由勾股定理求得AF 的长,即可得GH 的长; (2)根据图中面积的关系得S 四边形DCFG =DEB S,列出关系式求解即可得CF 的长; (3)根据O 与线段DE 有且只有一个交点,可分两类情况讨论:当O 与DE 相切时,求得DH BH 的值;当O 过点E ,此时是O 与线段DE 有两个交点的临界点,即可得出O 与线段DE 有且只有一个交点时DH BH 满足的条件. 【详解】解:(1)∵DE 是ABC 的中位线,∴,D E 分别是,AC AB 的中点,//DE BC ,又∵点F 是BC 的中点,∴BD 与AF 的交点H 是ABC 的重心,:1:2DH BH ∴=,即12DH BH =;:1:2=HF AH , ∴13=HF AF , 在ACF 中,D 为AC 中点,//DE BC ,则//DG CF ,∴DG 为ACF 的中位线,G 为AF 的中点,12∴=GF AF , 111236∴=-=-=GH GF HF AF AF AF , 在Rt ABC 中,90ACB ∠=︒,6AC =,10AB =,8BC ∴===, 则142==CF BC ,AF ∴=163∴=⨯=GH ; (2)∵四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等,∴S 四边形DCFH +DGH S=S 四边形BEGH +DGH S , 即S 梯形DCFG =DEB S ,∵6AC =,8BC =,DE 是ABC 的中位线,∴3CD =,4DE =, ∵1143622=⋅⋅=⨯⨯=DEB S DE CD ,设2CF a =,∵DG 为ACF 的中位线, ∴12==DG CF a , 则S 梯形DCFG ()3(2)622+⋅==+=DG CF CD a a , 解得:43a =, 823∴==CF a ; (3)①证明:如图2,连结、CH OH ,CF 为O 的直径,O 经过点H ,90∴∠=︒FHC , ∴90∠=∠=︒AHC FHC ,AHC 为直角三角形,D 为AC 的中点,12∴==DH AC CD , ∠∠∴=DCH DHC .又OC OH =,∴∠=∠OCH OHC ,∴∠+=∠+OCH DCH OHC DHC ,即90∠=∠=︒DHO ACB ,∴BH BD ⊥,即BD 是O 的切线;②如图3-1,当O 与DE 相切时,O 与线段DE 有且只有一个交点,设O 的半径为r ,圆心O 到DE 的距离为d ,∴当r=d 时,O 与DE 相切, ∵//DE CF ,90ACB ∠=︒,3CD =,∴两平行线、DE CF 之间的距离为3CD =,∴3r =,则6CF =,1862,32=-=-===BF BC CF DG CF , 由//DE CF 得:DGH BFH ,32DH DG BH BF ∴==; 如图3-2,当O 经过点E 时,连接OE 、OG , 设O 的半径为r ,即==OE OC r ,∵G 为AF 的中点,O 为CF 的中点,∴//OG CD ,∴四边形COGD 为平行四边形,又∵90ACB ∠=︒,∴四边形COGD 为矩形,∴90∠=︒DGO ,则90∠=︒OGE ,OGE 为直角三角形,∴=3=OG CD ,==DG OC r ,则4=-=-GE DE DG r ,由勾股定理得:222+=OG GE OE ,即2223(4)+-=r r , 解得:258r =,则258==OE OC ,2524==CF r 257258,448∴=-=-===BF BC CF DG OC ,由//DE BC 得:DGHBFH ,252514874∴===DH DG BH BF, 则当2514DH BH >时,O 与线段DE 有且只有一个交点; 综上所述,当32DH BH =或2514DH BH >时,O 与线段DE 有且只有一个交点. 【点睛】本题属于圆综合题,考查了切线的性质与判定、中位线的性质等知识,解题的关键是灵活添加常用的辅助线,属于中考压轴题.8.已知AB 是O 的一条弦,点C 在O 上,联结CO 并延长,交弦AB 于点D ,且CD CB =.(1)如图1,如果BO 平分ABC ∠,求证:AB BC =;(2)如图2,如果AO OB ⊥,求:AD DB 的值;(3)延长线段AO 交弦BC 于点E ,如果EOB ∆是等腰三角形,且O 的半径长等于2,求弦BC 的长.【答案】(1)证明见解析;(2)33(3)51和22【解析】【分析】(1)由题意利用弦心距即可求证结果,(2)此题关键先求出AO,做辅助线构造特殊三角形,并求证出∠AOD,再根据平行线分线段成比例求出比值即可,(3)分情况讨论两种情况:OE=BE时或OB=BE时两种情况,利用三角形相似即△COE~△CBO找到相似比,利用相似比求解即可.【详解】(1)过点O作OP⊥AB,垂足为点P;OQ⊥BC,垂足为点Q,∵BO平分∠ABC,∴OP=OQ,∵OP,OQ分别是弦AB、BC 的弦心距,∴AB= BC;(2)∵OA=OB,∴∠A=∠OBD,∵CD=CB,∴∠CDB =∠CBD,∴∠A+∠AOD =∠CBO +∠OBD,∴∠AOD =∠CBO,∵OC=OB,∴∠C =∠CBO,∴∠DOB =∠C +∠CBO = 2∠CBO = 2∠AOD,∵AO⊥OB,∴∠ AOB =∠AOD +∠BOD =3∠AOD = 90°,∴∠AOD=30°,过点D作DH⊥AO,垂足为点H,∴∠AHD=∠DHO=90°,∴tan ∠AOD =HD OH =3, ∵∠AHD=∠AOB=90°,∴HD ‖OB , ∴D AOB H AH O = , ∵OA=OB ,∴HD=AH ,∵HD ‖OB ,∴AH HD OH O AH DB H ===; (3)∵∠C=∠CBO ,∴∠OEB =∠C+∠COE >∠CBO ,∴OE≠OB ;若OB = EB =2时,∵∠C=∠C ,∠COE =∠AOD =∠CBO ,∴△COE ~△CBO , ∴CO CE BC CO=, ∴222BC BC =-, ∴2BC -2BC -4=0,∴BC =舍去)或,∴;若OE = EB 时,∵∠EOB =∠CBO ,∵∠OEB =∠C+∠COE =2∠C =2∠CBO 且∠OEB +∠CBO +∠EOB = 180°,∴4∠CBO=180°,∠CBO=45°,∴∠OEB=90°,∴cos ∠CBO=EB OB =, ∵OB=2,∴ ,∵OE 过圆心,OE ⊥BC ,∴.【点睛】此题考查圆的相关知识:圆心距及圆内三角形相似的相关知识,属于综合题型,难度较高.9.如图①②,在平面直角坐标系中,边长为2的等边CDE∆恰好与坐标系中的OAB∆重合,现将CDE∆绕边AB的中点(G G点也是DE的中点),按顺时针方向旋转180︒到△1C DE的位置.(1)求1C点的坐标;(2)求经过三点O、A、1C的抛物线的解析式;(3)如图③,G是以AB为直径的圆,过B点作G的切线与x轴相交于点F,求切线BF的解析式;(4)抛物线上是否存在一点M,使得:16:3AMF OABS S∆∆=.若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1)13)C;(2)23333y x x=-;(3)32333y x=+;(4)1283834,,2,33M M⎛⎫⎛-⎪⎪⎝⎭⎝⎭.【解析】【分析】(1)利用中心对称图形的性质和等边三角形的性质,可以求出.(2)运用待定系数法,代入二次函数解析式,即可求出.(3)借助切线的性质定理,直角三角形的性质,求出F,B的坐标即可求出解析式.(4)当M在x轴上方或下方,分两种情况讨论.【详解】解:(1)将等边CDE∆绕边AB的中点G按顺时针方向旋转180︒到△1C DE,则有,四边形'OAC B是菱形,所以1C的横坐标为3,根据等边CDE∆的边长是2,利用等边三角形的性质可得13)C;(2)抛物线过原点(0,0)O,设抛物线解析式为2y ax bx=+,把(2,0)A,3)C'代入,得420933a ba b+=⎧⎪⎨+=⎪⎩解得a =b =∴抛物线解析式为233y x x =-;(3)90ABF ∠=︒,60BAF ∠=︒,30AFB ∴∠=︒,又2AB =,4AF ∴=,2OF ∴=,(2,0)F ∴-, 设直线BF 的解析式为y kx b =+,把B ,(2,0)F -代入,得20k b k b ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩,解得k =3b =,∴直线BF 的解析式为33y x =+;(4)①当M 在x 轴上方时,存在2()M x ,211:[4)]:[216:322AMF OAB S S ∆∆=⨯⨯⨯=, 得2280x x --=,解得14x =,22x =-,当14x =时,244y ,当12x =-时,2(2)(2)y =--=1M ∴,2(M -;②当M 在x 轴下方时,不存在,设点2()M x x ,211:[4)]:[216:322AMF OAB S S ∆∆=-⨯⨯⨯=, 得2280x x -+=,240b ac -<无解,综上所述,存在点的坐标为1M ,2(M -. 【点睛】此题主要考查了旋转,等边三角形的性质,菱形的判定和性质,以及待定系数法求解二次函数解析式和切线的性质定理等,能熟练应用相关性质,是解题的关键.10.△ABC内接于⊙O,AB=AC,BD⊥AC,垂足为点D,交⊙O于点E,连接AE.(1)如图1,求证:∠BAC=2∠CAE;(2)如图2,射线AO交线段BD于点F,交BC边于点G,连接CE,求证:BF=CE;(3)如图3,在(2)的条件下,连接CO并延长,交线段BD于点H,交⊙O于点M,连接FM,交AB边于点N,若BH=DH,四边形BHOG的面积为2,求线段MN的长.【答案】(1)见详解;(2)见详解;(3)6MN【解析】【分析】(1)先依据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理证明∠BAC+2∠C=180°,然后得到2∠CAE+2∠E=180°,然后根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠C,即可得到结论;(2)连接OB、OC.先依据SSS证明△ABO≌△ACO,从而得到∠BAO=∠CAO,然后在依据ASA证明△ABF≌△ACE,最后根据全等三角形的性质可证明BF=CE;(3)连接HG、BM.由三线合一的性质证明BG=CG,从而得到HG是△BCD的中位线,则∠FHO=∠AFD=∠HFO,于是可得到HO=OF,然后得到∠OGH=∠OHG,从而得到OH=OG,则OF=OG,接下来证明四边形MFGB是矩形,然后由MF∥BC证明△MFH∽△CBH,从而可证明HF=FD.接下来再证明△ADF≌△GHF,由全等三角形的性质的到AF=FG,然后再证明△MNB≌△NAF,于是得到MN=NF.设S△OHF=S△OHG=a,则S△FHG=2a,S△BHG=4a,然后由S四边形BHOG2,可求得2,设HF=x,则BH=2x,然后证明△GFH∽△BFG,由相似三角形的性质可得到2x,然后依据S△BHG=122,可求得x=2,故此可得到HB、GH的长,然后依据勾股定理可求得BG的长,于是容易求得MN的长.【详解】解:(1)∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB.∴∠BAC+2∠C=180°.∵BD⊥AC,∴∠ADE=90°.∴∠E+∠CAE=90°.∴2∠CAE+2∠E=180°.∵∠E=∠ACB,∴2∠CAE+2∠ACB=180°.∴∠BAC=2∠CAE.(2)连接OB、OC.∵AB=AC,AO=AO,OB=OC,∴△ABO≌△ACO.∴∠BAO=∠CAO.∵∠BAC=2∠CAE,∴∠BAO=∠CAE.在△ABF和△ACE中,ABF ACEAB ACBAF CAE∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩,∴△ABF≌△ACE.∴BF=CE.(3)连接HG、BM.∵AB=AC,∠BAO=∠CAO,∴AG⊥BC,BG=CG.∵BH=DH,∴HG是△BCD的中位线.∴HG∥CD.∴∠GHF=∠CDE=90°.∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA.∵∠OAC+∠AFD=90°,∠OCA+∠FHO=90°,∴∠FHO=∠AFD=∠HFO .∴HO=OF .∵∠HFO+∠OGH=90°,∠OHF+∠OHG=90°,∴∠OGH=∠OHG .∴OH=OG .∴OF=OG .∵OM=OC ,∴四边形MFCG 是平行四边形.又∵MC 是圆O 的直径,∴∠CBM=90°.∴四边形MFGB 是矩形.∴MB=FG ,∠FMB=∠AFN=90°.∵MF ∥BC ,∴△MFH ∽△CBH . ∴12HF MF BH CB ==. ∴HF :HD=1:2.∴HF=FD . 在△ADF 和△GHF 中,AFD GFH ADF GHF FH FD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ADF ≌△GHF .∴AF=FG .∴MB=AF .在△MNB 和△NAF 中,90BMF AFN ANF BNM MB AF ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△MNB ≌△NAF .∴MN=NF .设S △OHF =S △OHG =a ,则S △FHG =2a ,S △BHG =4a ,∴S 四边形BHOG.∴.设HF=x ,则BH=2x .∵∠HHG=∠GFB ,∠GHF=∠FGB ,∴△GFH ∽△BFG .∴HF GH HG BH =,即2x HG HG x=.∴.∴S △BHG =12BH•HG=12, 解得:x=2.∴HB=4,.由勾股定理可知:.∴.∴.【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用,解答本题主要应用了圆周角定理、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判断、勾股定理的应用、矩形的性质和判定,找出图中相似三角形和全等三角形是解题的关键.。
人教全国中考数学圆的综合的综合中考真题汇总含答案解析
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,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.【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.2.四边形ABCD 的对角线交于点E,且AE=EC,BE=ED,以AD 为直径的半圆过点E,圆心为O.(1)如图①,求证:四边形ABCD 为菱形;(2)如图②,若BC 的延长线与半圆相切于点F,且直径AD=6,求弧AE 的长.【答案】(1)见解析;(2)π2【解析】试题分析:(1)先判断出四边形ABCD是平行四边形,再判断出AC⊥BD即可得出结论;(2)先判断出AD =DC 且DE ⊥AC ,∠ADE =∠CDE ,进而得出∠CDA =30°,最后用弧长公式即可得出结论.试题解析:证明:(1)∵四边形ABCD 的对角线交于点E ,且AE =EC ,BE =ED ,∴四边形ABCD 是平行四边形.∵以AD 为直径的半圆过点E ,∴∠AED =90°,即有AC ⊥BD ,∴四边形ABCD 是菱形;(2)由(1)知,四边形ABCD 是菱形,∴△ADC 为等腰三角形,∴AD =DC 且DE ⊥AC ,∠ADE =∠CDE .如图2,过点C 作CG ⊥AD ,垂足为G ,连接FO .∵BF 切圆O 于点F ,∴OF ⊥AD ,且132OF AD ==,易知,四边形CGOF 为矩形,∴CG =OF =3. 在Rt △CDG 中,CD =AD =6,sin ∠ADC =CG CD =12,∴∠CDA =30°,∴∠ADE =15°. 连接OE ,则∠AOE =2×∠ADE =30°,∴3031802AE ππ⋅⨯==.点睛:本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质,熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键.3.矩形ABCD 中,点C (3,8),E 、F 为AB 、CD 边上的中点,如图1,点A 在原点处,点B 在y 轴正半轴上,点C 在第一象限,若点A 从原点出发,沿x 轴向右以每秒1个单位长度的速度运动,点B 随之沿y 轴下滑,并带动矩形ABCD 在平面内滑动,如图2,设运动时间表示为t 秒,当点B 到达原点时停止运动. (1)当t =0时,点F 的坐标为 ; (2)当t =4时,求OE 的长及点B 下滑的距离; (3)求运动过程中,点F 到点O 的最大距离;(4)当以点F 为圆心,FA 为半径的圆与坐标轴相切时,求t 的值.【答案】(1)F (3,4);(2)8-43;(3)7;(4)t 的值为245或325. 【解析】试题分析:(1)先确定出DF ,进而得出点F 的坐标; (2)利用直角三角形的性质得出∠ABO =30°,即可得出结论;(3)当O 、E 、F 三点共线时,点F 到点O 的距离最大,即可得出结论; (4)分两种情况,利用相似三角形的性质建立方程求解即可.试题解析:解:(1)当t =0时.∵AB =CD =8,F 为CD 中点,∴DF =4,∴F (3,4); (2)当t =4时,OA =4.在Rt △ABO 中,AB =8,∠AOB =90°, ∴∠ABO =30°,点E 是AB 的中点,OE =12AB =4,BO =43,∴点B 下滑的距离为843-.(3)当O 、E 、F 三点共线时,点F 到点O 的距离最大,∴FO=OE+EF=7.(4)在Rt △ADF 中,FD 2+AD 2=AF 2,∴AF 22FD AD +,①设AO =t 1时,⊙F 与x 轴相切,点A 为切点,∴FA ⊥OA ,∴∠OAB +∠FAB =90°.∵∠FAD +∠FAB =90°,∴∠BAO =∠FAD .∵∠BOA =∠D =90°,∴Rt △FAE ∽Rt △ABO ,∴AB AO FA FE =,∴1853t=,∴t 1=245,②设AO =t 2时,⊙F 与y 轴相切,B 为切点,同理可得,t 2=325. 综上所述:当以点F 为圆心,FA 为半径的圆与坐标轴相切时,t 的值为245或325. 点睛:本题是圆的综合题,主要考查了矩形的性质,直角三角形的性质,中点的意义,勾股定理,相似三角形的判定和性质,切线的性质,解(2)的关键是得出∠ABO =30°,解(3)的关键是判断出当O 、E 、F 三点共线时,点F 到点O 的距离最大,解(4)的关键是判断出Rt △FAE ∽Rt △ABD ,是一道中等难度的中考常考题.4.如图,△ABC 内接于⊙O ,且AB 为⊙O 的直径.∠ACB 的平分线交⊙O 于点D ,过点D 作⊙O 的切线PD 交CA 的延长线于点P ,过点A 作AE ⊥CD 于点E ,过点B 作BF ⊥CD 于点F .(1)求证:DP∥AB;(2)若AC=6,BC=8,求线段PD的长.【答案】详见解析【解析】【分析】(1)连接OD,由AB为⊙O的直径,根据圆周角定理得∠ACB=90°,再由∠ACD=∠BCD=45°,则∠DAB=∠ABD=45°,所以△DAB为等腰直角三角形,所以DO⊥AB,根据切线的性质得OD⊥PD,于是可得到DP∥AB.(2)先根据勾股定理计算出AB=10,由于△DAB为等腰直角三角形,可得到AD5222===;由△ACE为等腰直角三角形,得到AE CE3222====,在Rt△AED中利用勾股定理计算出DE=42,则CD=72,易证得∴△PDA∽△PCD,得到PD PA AD52PC PD CD72===,所以PA=57PD,PC=75PD,然后利用PC=PA+AC可计算出PD.【详解】解:(1)证明:如图,连接OD,∵AB为⊙O的直径,∴∠ACB=90°.∵∠ACB的平分线交⊙O于点D,∴∠ACD=∠BCD=45°.∴∠DAB=∠ABD=45°.∴△DAB为等腰直角三角形.∴DO⊥AB.∵PD为⊙O的切线,∴OD⊥PD.∴DP∥AB.(2)在Rt△ACB中,,∵△DAB 为等腰直角三角形,∴.∵AE ⊥CD ,∴△ACE 为等腰直角三角形.∴.在Rt △AED 中,,∴.∵AB ∥PD ,∴∠PDA=∠DAB=45°.∴∠PAD=∠PCD . 又∵∠DPA=∠CPD ,∴△PDA ∽△PCD .∴.∴PA=75PD ,PC=57PD . 又∵PC=PA+AC ,∴75PD+6=57PD ,解得PD=.5.如图,△ABC 内接于⊙O ,弦AD ⊥BC,垂足为H ,连接OB . (1)如图1,求证:∠DAC=∠ABO;(2)如图2,在弧AC 上取点F,使∠CAF=∠BAD,在弧AB 取点G ,使AG ∥OB ,若∠BAC=600, 求证:GF=GD;(3)如图3,在(2)的条件下,AF 、BC 的延长线相交于点E,若AF :FE=1:9,求sin ∠ADG 的值。
全国中考数学圆的综合的综合中考真题分类汇总含答案解析
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=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,△ABC内接于⊙O,且AB为⊙O的直径.∠ACB的平分线交⊙O于点D,过点D 作⊙O的切线PD交CA的延长线于点P,过点A作AE⊥CD于点E,过点B作BF⊥CD于点F.(1)求证:DP∥AB;(2)若AC=6,BC=8,求线段PD的长.【答案】详见解析【解析】【分析】(1)连接OD,由AB为⊙O的直径,根据圆周角定理得∠ACB=90°,再由∠ACD=∠BCD=45°,则∠DAB=∠ABD=45°,所以△DAB为等腰直角三角形,所以DO⊥AB,根据切线的性质得OD⊥PD,于是可得到DP∥AB.(2)先根据勾股定理计算出AB=10,由于△DAB为等腰直角三角形,可得到AB10AD5222===;由△ACE为等腰直角三角形,得到AC6AE CE3222====,在Rt△AED中利用勾股定理计算出DE=42,则CD=72,易证得∴△PDA∽△PCD,得到PD PA AD52PC PD CD72===,所以PA=57PD,PC=75PD,然后利用PC=PA+AC可计算出PD.【详解】解:(1)证明:如图,连接OD,∵AB为⊙O的直径,∴∠ACB=90°.∵∠ACB的平分线交⊙O于点D,∴∠ACD=∠BCD=45°.∴∠DAB=∠ABD=45°.∴△DAB为等腰直角三角形.∴DO⊥AB.∵PD为⊙O的切线,∴OD⊥PD.∴DP∥AB.(2)在Rt△ACB中,,∵△DAB为等腰直角三角形,∴.∵AE⊥CD,∴△ACE为等腰直角三角形.∴.在Rt△AED中,,∴.∵AB∥PD,∴∠PDA=∠DAB=45°.∴∠PAD=∠PCD.又∵∠DPA=∠CPD,∴△PDA∽△PCD.∴.∴PA=75PD,PC=57PD.又∵PC=PA+AC,∴75PD+6=57PD,解得PD=.4.如图,在Rt △ABC 中,90C ∠=︒,AD 平分∠BAC ,交BC 于点D ,点O 在AB 上,⊙O 经过A 、D 两点,交AC 于点E ,交AB 于点F . (1)求证:BC 是⊙O 的切线;(2)若⊙O 的半径是2cm ,E 是弧AD 的中点,求阴影部分的面积(结果保留π和根号)【答案】(1)证明见解析 (2)233π- 【解析】 【分析】(1)连接OD ,只要证明OD ∥AC 即可解决问题;(2)连接OE ,OE 交AD 于K .只要证明△AOE 是等边三角形即可解决问题. 【详解】 (1)连接OD .∵OA =OD ,∴∠OAD =∠ODA .∵∠OAD =∠DAC ,∴∠ODA =∠DAC ,∴OD ∥AC ,∴∠ODB =∠C =90°,∴OD ⊥BC ,∴BC 是⊙O 的切线.(2)连接OE ,OE 交AD 于K . ∵AE DE =,∴OE ⊥AD .∵∠OAK =∠EAK ,AK =AK ,∠AKO =∠AKE =90°,∴△AKO ≌△AKE ,∴AO =AE =OE ,∴△AOE是等边三角形,∴∠AOE =60°,∴S 阴=S 扇形OAE ﹣S △AOE 26023360π⋅⋅=-⨯22233π=-. 【点睛】本题考查了切线的判定、扇形的面积、等边三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识,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,属于中考常考题型.5.在平面直角坐标系中,已知点A (2,0),点B (0,),点O (0,0).△AOB 绕着O 顺时针旋转,得△A'OB',点A 、B 旋转后的对应点为A',B',记旋转角为α.(Ⅰ)如图1,A'B'恰好经过点A时,求此时旋转角α的度数,并求出点B'的坐标;(Ⅱ)如图2,若0°<α<90°,设直线AA'和直线BB'交于点P,求证:AA'⊥BB';(Ⅲ)若0°<α<360°,求(Ⅱ)中的点P纵坐标的最小值(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)α=60°,B'(3,);(Ⅱ)见解析;(Ⅲ)点P纵坐标的最小值为﹣2.【解析】【分析】(Ⅰ)作辅助线,先根据点A(2,0),点B(0,),确定∠ABO=30°,证明△AOA'是等边三角形,得旋转角α=60°,证明△COB'是30°的直角三角形,可得B'的坐标;(Ⅱ)依据旋转的性质可得∠BOB'=∠AOA'=α,OB=OB',OA=OA',即可得出∠OBB'=∠OA'A =(180°﹣α),再根据∠BOA'=90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,即可得到∠BPA'=90°,即AA'⊥BB';(Ⅲ)作AB的中点M(1,),连接MP,依据点P的轨迹为以点M为圆心,以MP=AB=2为半径的圆,即可得到当PM∥y轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2.【详解】解:(Ⅰ)如图1,过B'作B'C⊥x轴于C,∵OA=2,OB=2,∠AOB=90°,∴∠ABO=30°,∠BAO=60°,由旋转得:OA=OA',∠A'=∠BAO=60°,∴△OAA'是等边三角形,∴α=∠AOA'=60°,∵OB=OB'=2,∠COB'=90°﹣60°=30°,∴B'C =OB’=,∴OC=3,∴B'(3,),(Ⅱ)证明:如图2,∵∠BOB'=∠AOA'=α,OB=OB',OA=OA',∴∠OBB'=∠OA'A=(180°﹣α),∵∠BOA'=90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,∴∠BPA'=360°﹣(180°﹣α)﹣(90°+α)=90°,即AA'⊥BB';(Ⅲ)点P纵坐标的最小值为-2.理由是:如图,作AB的中点M(1,),连接MP,∵∠APB=90°,∴点P的轨迹为以点M为圆心,以MP=AB=2为半径的圆,除去点(2,2),∴当PM⊥x轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2.【点睛】本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转的性质,含30°角的直角三角形的性质,四边形内角和以及圆周角定理的综合运用,解决问题的关键是判断点P 的轨迹为以点M 为圆心,以MP 为半径的圆.6.如图,已知AB 是⊙O 的直径,P 是BA 延长线上一点,PC 切⊙O 于点C ,CD ⊥AB ,垂足为D .(1)求证:∠PCA =∠ABC ;(2)过点A 作AE ∥PC 交⊙O 于点E ,交CD 于点F ,交BC 于点M ,若∠CAB =2∠B ,CF =3,求阴影部分的面积. 【答案】(1)详见解析;(2)6334π-.【解析】 【分析】(1)如图,连接OC ,利用圆的切线的性质和直径对应的圆周角是直角可得∠PCA=∠OCB ,利用等量代换可得∠PCA=∠ABC.(2)先求出△OCA 是等边三角形,在利用三角形的等边对等角定理求出FA=FC 和CF=FM,然后分别求出AM 、AC 、MO 、CD 的值,分别求出0A E S ∆、BOE S 扇形 、ABM S ∆ 的值,利用0A E ABM BOE S S S S ∆∆=+-阴影部分扇形,然后通过计算即可解答.【详解】解:(1)证明:连接OC ,如图,∵PC 切⊙O 于点C ,∴OC ⊥PC, ∴∠PCA+∠ACO=90º,∵AB 是⊙O 的直径,∴∠ACB=∠ACO+OCB=90º ∴∠PCA=∠OCB, ∵OC=OB,∴∠OBC=∠OCB, ∴∠PCA=∠ABC ; (2)连接OE ,如图,∵△ACB 中,∠ACB =90º,∠CAB =2∠B,∴∠B =30º,∠CAB =60º,∴△OCA 是等边三角形,∵CD ⊥AB,∴∠ACD+∠CAD =∠CAD +∠ABC =90º,∴∠ACD =∠B =30º,∵PC ∥AE,∴∠PCA =∠CAE =30º,∴FC=FA,同理,CF =FM,∴AM =2CF=23,Rt △ACM 中,易得AC=23×3=3=OC, ∵∠B =∠CAE =30º,∴∠AOC=∠COE=60º,∴∠EOB=60º,∴∠EAB=∠ABC=30º,∴MA=MB,连接OM,EG ⊥AB 交AB 于G 点,如图所示,∵OA=OB,∴MO ⊥AB,∴MO =3∵△CDO ≌△EDO(AAS),∴332 ∴1332ABM S AB MO ∆=⨯= 同样,易求93AOE S ∆=, 260333602BOE S ππ⨯==扇形 ∴0A E ABM BOE S S S S ∆∆=+-阴影部分扇形933633332ππ-+-=. 【点睛】本题考查了切线的性质、解直角三角形、扇形面积和识图的能力,综合性较强,有一定难度,熟练掌握定理并准确识图是解题的关键.7.如图, Rt △ABC 中,∠B=90°,它的内切圆分别与边BC 、CA 、AB 相切于点D 、E 、F , (1)设AB=c, BC=a, AC=b, 求证: 内切圆半径r=12(a+b-c).(2) 若AD交圆于P, PC交圆于H, FH//BC, 求∠CPD;(3)若r=310, PD=18, PC=272. 求△ABC各边长.【答案】(1)证明见解析(2)45°(3)1010,1510,12【解析】【分析】(1)根据切线长定理,有AE=AF,BD=BF,CD=CE.易证四边形BDOF为正方形,BD=BF=r,用r表示AF、AE、CD、CE,利用AE+CE=AC为等量关系列式.(2)∠CPD为弧DH所对的圆周角,连接OD,易得弧DH所对的圆心角∠DOH=90°,所以∠CPD=45°.(3)由PD=18和10,联想到垂径定理基本图形,故过圆心O作PD的垂线OM,求得弦心距OM=3,进而得到∠MOD的正切值.延长DO得直径DG,易证PG∥OM,得到同位角∠G=∠MOD.又利用圆周角定理可证∠ADB=∠G,即得到∠ADB的正切值,进而求得AB.再设CE=CD=x,用x表示BC、AC,利用勾股定理列方程即求出x.【详解】解:(1)证明:设圆心为O,连接OD、OE、OF,∵⊙O分别与BC、CA、AB相切于点D、E、F∴OD⊥BC,OE⊥AC,OF⊥AB,AE=AF,BD=BF,CD=CE∴∠B=∠ODB=∠OFB=90°∴四边形BDOF是矩形∵OD=OF=r∴矩形BDOF是正方形∴BD=BF=r∴AE=AF=AB-BF=c-r,CE=CD=BC-BD=a-r∵AE+CE=AC∴c-r+a-r=b整理得:r=12(a+b-c)(2)取FH 中点O ,连接OD∵FH ∥BC∴∠AFH=∠B=90°∵AB 与圆相切于点F ,∴FH 为圆的直径,即O 为圆心∵FH ∥BC∴∠DOH=∠ODB=90°∴∠CPD=12∠DOH=45°(3)设圆心为O ,连接DO 并延长交⊙O 于点G ,连接PG ,过O 作OM ⊥PD 于M ∴∠OMD=90°∵PD=18∴DM=12PD=9 ∵10 ∴22OD DM -22(310)9-9081-3∴tan ∠MOD=DM OM=3 ∵DG 为直径∴∠DPG=90°∴OM ∥PG ,∠G+∠ODM=90°∴∠G=∠MOD∵∠ODB=∠ADB+∠ODM=90°∴∠ADB=∠G∴∠ADB=∠MOD∴tan∠ADB=ABBD=tan∠MOD=3∴AB=3BD=3r=910∴AE=AF=AB-BF=910−310=610设CE=CD=x,则BC=310+x,AC=610+x∵AB2+BC2=AC2∴(910)2.+(310+x)2=(610+x)2解得:x=910∴BC=1210,AC=1510∴△ABC各边长AB=910,AC=1510,BC=1210【点睛】本题考查切线的性质,切线长定理,正方形的判定,圆周角定理,垂径定理,勾股定理.切线长定理的运用是解决本题的关键,而在不能直接求得线段长的情况下,利用勾股定理作为等量关系列方程解决是常用做法.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CGEF的值.【答案】(1)见解析;(2)2,65(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,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.10.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.。
中考数学压轴题专题复习——圆的综合的综合及答案解析
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.(类比概念)三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心,以这点到三边的距离为半径的圆,则三角形可以称为圆的外切三角形,可以得出三角形的三边与该圆相切.以此类推,如图1,各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形(性质探究)如图1,试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB,CD与BC,AD之间的数量关系猜想结论:(要求用文字语言叙述)写出证明过程(利用图1,写出已知、求证、证明)(性质应用)①初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形(填序号)A:平行四边形:B:菱形:C:矩形;D:正方形②如图2,圆外切四边形ABCD,且AB=12,CD=8,则四边形的周长是.③圆外切四边形的周长为48cm,相邻的三条边的比为5:4:7,求四边形各边的长.【答案】见解析.【解析】【分析】(1)根据切线长定理即可得出结论;(2)①圆外切四边形是内心到四边的距离相等,即可得出结论;②根据圆外切四边形的对边和相等,即可求出结论;③根据圆外切四边形的性质求出第四边,利用周长建立方程求解即可得出结论.【详解】性质探讨:圆外切四边形的对边和相等,理由:如图1,已知:四边形ABCD的四边AB,BC,CD,DA都于⊙O相切于G,F,E,H.求证:AD+BC=AB+CD.证明:∵AB,AD和⊙O相切,∴AG=AH,同理:BG=BF,CE=CF,DE=DH,∴AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD,即:圆外切四边形的对边和相等.故答案为:圆外切四边形的对边和相等;性质应用:①∵根据圆外切四边形的定义得:圆心到四边的距离相等.∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等,而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等.故答案为:B,D;②∵圆外切四边形ABCD,∴AB+CD=AD+BC.∵AB=12,CD=8,∴AD+BC=12+8=20,∴四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40.故答案为:40;③∵相邻的三条边的比为5:4:7,∴设此三边为5x,4x,7x,根据圆外切四边形的性质得:第四边为5x+7x﹣4x=8x.∵圆外切四边形的周长为48cm,∴4x+5x+7x+8x=24x=48,∴x=2,∴此四边形的四边为4x=8cm,5x=10cm,7x=14cm,8x=16cm.【点睛】本题是圆的综合题,主要考查了新定义圆的外切的性质,四边形的周长,平行四边形,矩形,菱形,正方形的性质,切线长定理,理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键.2.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=6,753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=34.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.3.如图,在△ABP 中,C 是BP 边上一点,∠PAC =∠PBA ,⊙O 是△ABC 的外接圆,AD 是⊙O 的直径,且交BP 于点E.(1)求证:PA是⊙O的切线;(2)过点C作CF⊥AD,垂足为点F,延长CF交AB于点G,若AG•AB=12,求AC的长.【答案】(1)证明见解析(2)23【解析】试题分析:(1)根据圆周角定理得出∠ACD=90°以及利用∠PAC=∠PBA得出∠CAD+∠PAC=90°进而得出答案;(2)首先得出△CAG∽△BAC,进而得出AC2=AG·AB,求出AC即可.试题解析:(1)连接CD,如图,∵AD是⊙O的直径,∴∠ACD=90°,∴∠CAD+∠D=90°,∵∠PAC=∠PBA,∠D=∠PBA,∴∠CAD+∠PAC=90°,即∠PAD=90°,∴PA⊥AD,∴PA是⊙O的切线;(2)∵CF⊥AD,∴∠ACF+∠CAF=90°,∠CAD+∠D=90°,∴∠ACF=∠D,∴∠ACF=∠B,而∠CAG=∠BAC,∴△ACG∽△ABC,∴AC:AB=AG:AC,∴AC2=AG•AB=12,∴AC34.四边形ABCD 的对角线交于点E,且AE=EC,BE=ED,以AD 为直径的半圆过点E,圆心为O.(1)如图①,求证:四边形ABCD 为菱形;(2)如图②,若BC 的延长线与半圆相切于点F,且直径AD=6,求弧AE 的长.【答案】(1)见解析;(2)π2【解析】试题分析:(1)先判断出四边形ABCD 是平行四边形,再判断出AC ⊥BD 即可得出结论; (2)先判断出AD =DC 且DE ⊥AC ,∠ADE =∠CDE ,进而得出∠CDA =30°,最后用弧长公式即可得出结论.试题解析:证明:(1)∵四边形ABCD 的对角线交于点E ,且AE =EC ,BE =ED ,∴四边形ABCD 是平行四边形.∵以AD 为直径的半圆过点E ,∴∠AED =90°,即有AC ⊥BD ,∴四边形ABCD 是菱形;(2)由(1)知,四边形ABCD 是菱形,∴△ADC 为等腰三角形,∴AD =DC 且DE ⊥AC ,∠ADE =∠CDE .如图2,过点C 作CG ⊥AD ,垂足为G ,连接FO .∵BF 切圆O 于点F ,∴OF ⊥AD ,且132OF AD ==,易知,四边形CGOF 为矩形,∴CG =OF =3. 在Rt △CDG 中,CD =AD =6,sin ∠ADC =CG CD =12,∴∠CDA =30°,∴∠ADE =15°. 连接OE ,则∠AOE =2×∠ADE =30°,∴3031802AE ππ⋅⨯==.点睛:本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质,熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键.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 =33,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=AE tan ACE ∠== 设OA =OC =r ,则OE =OA -AE =r -4. 在Rt △OEC 中,OC 2=OE 2+CE 2,即r 2=(r -4)2+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=.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.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.7.(1)问题背景如图①,BC是⊙O的直径,点A在⊙O上,AB=AC,P为BmC上一动点(不与B,C重2PA=PB+PC.小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB,AP,AC,且AB=AC,这就为旋转作了铺垫.于是,小明同学有如下思考过程:第一步:将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB(如图①);第二步:证明Q,B,P三点共线,进而原题得证.请你根据小明同学的思考过程完成证明过程.(2)类比迁移如图②,⊙O的半径为3,点A,B在⊙O上,C为⊙O内一点,AB=AC,AB⊥AC,垂足为A,求OC的最小值.(3)拓展延伸如图③,⊙O的半径为3,点A,B在⊙O上,C为⊙O内一点,AB=43AC,AB⊥AC,垂足为A,则OC的最小值为.【答案】(1)证明见解析;(2)OC最小值是32﹣3;(3)32.【解析】试题分析:(1)将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB(如图①),只要证明△APQ 是等腰直角三角形即可解决问题;(2)如图②中,连接OA,将△OAC绕点O顺时针旋转90°至△QAB,连接OB,OQ,在△BOQ中,利用三边关系定理即可解决问题;(3)如图③构造相似三角形即可解决问题.作AQ⊥OA,使得AQ=43OA,连接OQ,BQ,OB.由△QAB∽OAC,推出BQ=43OC,当BQ最小时,OC最小;试题解析:(1)将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB(如图①);∵BC是直径,∴∠BAC=90°,∵AB=AC,∴∠ACB=∠ABC=45°,由旋转可得∠QBA=∠PCA,∠ACB=∠APB=45°,PC=QB,∵∠PCA+∠PBA=180°,∴∠QBA+∠PBA=180°,∴Q,B,P三点共线,∴∠QAB+∠BAP=∠BAP+∠PAC=90°,∴QP2=AP2+AQ2=2AP2,∴2AP=QB+BP=PC+PB,∴2.(2)如图②中,连接OA,将△OAC绕点A顺时针旋转90°至△QAB,连接OB,OQ,∵AB ⊥AC,∴∠BAC=90°,由旋转可得 QB=OC ,AQ=OA ,∠QAB=∠OAC ,∴∠QAB+∠BAO=∠BAO+∠OAC=90°, ∴在Rt △OAQ 中,OQ=32,AO=3 ,∴在△OQB 中,BQ≥OQ ﹣OB=32﹣3 , 即OC 最小值是32﹣3;(3)如图③中,作AQ ⊥OA ,使得AQ=43OA ,连接OQ ,BQ ,OB .∵∠QAO=∠BAC=90°,∠QAB=∠OAC ,∵QA AB OA AC =43, ∴△QAB ∽OAC ,∴BQ=43OC , 当BQ 最小时,OC 最小,易知OA=3,AQ=4,OQ=5,BQ≥OQ ﹣OB ,∴OQ≥2,] ∴BQ 的最小值为2, ∴OC 的最小值为34×2=32, 故答案为32. 【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识,能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键.8.已知:如图,在四边形ABCD 中,AD ∥BC .点E 为CD 边上一点,AE 与BE 分别为∠DAB 和∠CBA 的平分线.(1)请你添加一个适当的条件 ,使得四边形ABCD 是平行四边形,并证明你的结论;(2)作线段AB 的垂直平分线交AB 于点O ,并以AB 为直径作⊙O (要求:尺规作图,保留作图痕迹,不写作法);(3)在(2)的条件下,⊙O 交边AD 于点F ,连接BF ,交AE 于点G ,若AE=4,sin∠AGF=45,求⊙O的半径.【答案】(1)当AD=BC时,四边形ABCD是平行四边形,理由见解析;(2)作出相应的图形见解析;(3)圆O的半径为2.5.【解析】分析:(1)添加条件AD=BC,利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形验证即可;(2)作出相应的图形,如图所示;(3)由平行四边形的对边平行得到AD与BC平行,可得同旁内角互补,再由AE与BE为角平分线,可得出AE与BE垂直,利用直径所对的圆周角为直角,得到AF与FB垂直,可得出两锐角互余,根据角平分线性质及等量代换得到∠AGF=∠AEB,根据sin∠AGF的值,确定出sin∠AEB的值,求出AB的长,即可确定出圆的半径.详解:(1)当AD=BC时,四边形ABCD是平行四边形,理由为:证明:∵AD∥BC,AD=BC,∴四边形ABCD为平行四边形;故答案为:AD=BC;(2)作出相应的图形,如图所示;(3)∵AD∥BC,∴∠DAB+∠CBA=180°,∵AE与BE分别为∠DAB与∠CBA的平分线,∴∠EAB+∠EBA=90°,∴∠AEB=90°,∵AB为圆O的直径,点F在圆O上,∴∠AFB=90°,∴∠FAG+∠FGA=90°,∵AE平分∠DAB,∴∠FAG=∠EAB,∴∠AGF=∠ABE,∴sin ∠ABE=sin ∠AGF=45AE AB=, ∵AE=4,∴AB=5, 则圆O 的半径为2.5.点睛:此题属于圆综合题,涉及的知识有:圆周角定理,平行四边形的判定与性质,角平分线性质,以及锐角三角函数定义,熟练掌握各自的性质及定理是解本题的关键.9.如图①,已知Rt ABC ∆中,90ACB ∠=,8AC =,10AB =,点D 是AC 边上一点(不与C 重合),以AD 为直径作O ,过C 作CE 切O 于E ,交AB 于F .(1)若O 的半径为2,求线段CE 的长;(2)若AF BF =,求O 的半径; (3)如图②,若CE CB =,点B 关于AC 的对称点为点G ,试求G 、E 两点之间的距离. 【答案】(1)42CE =(2)O 的半径为3;(3)G 、E 两点之间的距离为9.6. 【解析】【分析】(1)根据切线的性质得出∠OEC=90°,然后根据勾股定理即可求得;(2)由勾股定理求得BC ,然后通过证得△OEC ∽△BCA ,得到OE BC =OC BA ,即r 8-r =610,解得即可;(3)证得D 和M 重合,E 和F 重合后,通过证得△GBE ∽△ABC ,GB GE AB AC=,即12108GE =,解得即可. 【详解】(1)如图,连结OE .∵CE 切O 于E ,∴90OEC ∠=︒.∵8AC =,O 半径为2,∴6OC =,2OE =. ∴2242CE OC OE =-=;(2)设O 半径为r .在Rt ABC ∆中,90ACB ∠=︒,10AB =,8AC =,∴226BC AB AC =-=. ∵AF BF =, ∴AF CF BF ==. ∴ACF CAF ∠=∠. ∵CE 切O 于E ,∴90OEC ∠=︒.∴OEC ACB ∠=∠,∴OEC BCA ∆~∆.∴OE OC BC BA =, ∴8610r r -=, 解得3r =.∴O 的半径为3;(3)连结EG 、OE ,设EG 交AC 于点M ,由对称性可知,CB CG =.又CE CB =,∴CE CG =.∴EGC GEC ∠=∠.∵CE 切O 于E ,∴90GEC OEG ∠+∠=︒.又90EGC GMC ∠+∠=︒,∴OEG GMC ∠=∠.又GMC OME ∠=∠,∴OEG OME ∠=∠.∴OE OM =.∴点M 与点D 重合.∴G 、D 、E 三点在同一条直线上.连结AE 、BE ,∵AD 是直径,∴90AED ∠=︒,即90AEG ∠=︒.又CE CB CG ==,∴90BEG ∠=︒.∴180AEB AEG BEG ∠=∠+∠=︒,∴A 、E 、B 三点在同一条直线上.∴E 、F 两点重合.∵90GEB ACB ∠=∠=︒,B B ∠=∠,∴GBE ABC ∆~∆. ∴GB GE AB AC =,即12108GE =. ∴9.6GE =.故G 、E 两点之间的距离为9.6.【点睛】本题考查了切线的判定,轴的性质,勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质,证得G 、D 、E 三点共线以及A 、E 、B 三点在同一条直线上是解题的关键.10.如图,已知,,BAC AB AC O ∆=为ABC ∆外心,D 为O 上一点,BD 与AC 的交点为E ,且2·BC AC CE =.①求证:CD CB =;②若030A ∠=,且O 的半径为33+,I 为BCD ∆内心,求OI 的长.【答案】①证明见解析;②23【解析】【分析】①先求出BC CEAC BC=,然后求出△BCE和△ACB相似,根据相似三角形对应角相等可得∠A=∠CBE,再根据在同圆或等圆中,同弧所对的圆周角相等可得∠A=∠D,然后求出∠D=∠CBE,然后根据等角对等边即可得证;②连接OB、OC,根据在同圆或等圆中,同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍求出∠BOC=60°,然后判定△OBC是等边三角形,再根据等腰三角形三线合一的性质以及三角形的内心的性质可得OC经过点I,设OC与BD相交于点F,然后求出CF,再根据I是三角形的内心,利用三角形的面积求出IF,然后求出CI,最后根据OI=OC﹣CI计算即可得解.【详解】①∵BC2=AC•CE,∴BC CE AC BC=.∵∠BCE=∠ECB,∴△BCE∽△ACB,∴∠CBE=∠A.∵∠A=∠D,∴∠D=∠CBE,∴CD=CB;②连接OB、OC.∵∠A=30°,∴∠BOC=2∠A=2×30°=60°.∵OB=OC,∴△OBC是等边三角形.∵CD=CB,I是△BCD的内心,∴OC经过点I,设OC与BD相交于点F,则CF=BC×sin30°12=BC,BF=BC•cos30°3=BC,所以,BD=2BF=23⨯BC3=BC,设△BCD内切圆的半径为r,则S△BCD12=BD•CF12=(BD+CD+BC)•r,即12•3BC•12BC12=(3BC+BC+BC)•r,解得:r3223=+()BC233-=BC,即IF233-=BC,所以,CI=CF﹣IF12=BC2332--BC=(23-)BC,OI=OC﹣CI=BC﹣(23-)BC=(3-1)BC.∵⊙O的半径为33+,∴BC=33+,∴OI=(3-1)(33+)=33+3﹣3323-=.【点睛】本题是圆的综合题,主要考查了相似三角形的判定与性质,等腰三角形的判定与性质,圆周角定理,等边三角形的判定与性质,三角形的内心的性质,(2)作辅助线构造出等边三角形并证明得到OC经过△BCD的内心I是解题的关键.。
九年级上册数学 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]
九年级上册数学圆几何综合中考真题汇编[解析版]一、初三数学圆易错题压轴题(难)1.如图,已知直线AB经过⊙O上的点C,并且OA=OB,CA=CB,(1)求证:直线AB是⊙O的切线;(2)OA,OB分别交⊙O于点D,E,AO的延长线交⊙O于点F,若AB=4AD,求sin∠CFE 的值.【答案】(1)见解析;(2)5【解析】【分析】(1)根据等腰三角形性质得出OC⊥AB,根据切线的判定得出即可;(2)连接OC、DC,证△ADC∽△ACF,求出AF=4x,CF=2DC,根据勾股定理求出DC=35x,DF=3x,解直角三角形求出sin∠AFC,即可求出答案.【详解】(1)证明:连接OC,如图1,∵OA=OB,AC=BC,∴OC⊥AB,∵OC过O,∴直线AB是⊙O的切线;(2)解:连接OC、DC,如图2,∵AB=4AD,∴设AD=x,则AB=4x,AC=BC=2x,∵DF为直径,∴∠DCF=90°,∵OC⊥AB,∴∠ACO=∠DCF=90°,∴∠OCF=∠ACD=90°﹣∠DCO,∵OF=OC,∴∠AFC=∠OCF,∴∠ACD=∠AFC,∵∠A=∠A,∴△ADC∽△ACF,∴122 AC AD DC xAF AC CF x====,∴AF=2AC=4x,FC=2DC,∵AD=x,∴DF=4x﹣x=3x,在Rt△DCF中,(3x)2=DC2+(2DC)2,解得:DC=355x,∵OA=OB,AC=BC,∴∠AOC=∠BOC,∴DC EC=,∴∠CFE=∠AFC,∴sin∠CFE=sin∠AFC=DCDF=355535xx=.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,切线的判定,解直角三角形,圆心角、弧、弦之间的关系,相似三角形的性质和判定的应用,能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键,难度偏大.2.在直角坐标系中,⊙C过原点O,交x轴于点A(2,0),交y轴于点B(0,).(1)求圆心C的坐标.(2)抛物线y=ax2+bx+c过O,A两点,且顶点在正比例函数y=-的图象上,求抛物线的解析式.(3)过圆心C作平行于x轴的直线DE,交⊙C于D,E两点,试判断D,E两点是否在(2)中的抛物线上.(4)若(2)中的抛物线上存在点P(x0,y0),满足∠APB为钝角,求x0的取值范围.【答案】(1)圆心C的坐标为(1,);(2)抛物线的解析式为y=x2﹣x;(3)点D、E均在抛物线上;(4)﹣1<x0<0,或2<x0<3.【解析】试题分析:(1)如图线段AB是圆C的直径,因为点A、B的坐标已知,根据平行线的性质即可求得点C的坐标;(2)因为抛物线过点A、O,所以可求得对称轴,即可求得与直线y=﹣x的交点,即是二次函数的顶点坐标,利用顶点式或者一般式,采用待定系数法即可求得抛物线的解析式;(3)因为DE∥x轴,且过点C,所以可得D、E的纵坐标为,求得直径AB的长,可得D、E的横坐标,代入解析式即可判断;(4)因为AB为直径,所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时,满足∠APB为钝角,所以﹣1<x0<0,或2<x0<3.试题分析:(1)∵⊙C经过原点O∴AB为⊙C的直径∴C为AB的中点过点C作CH垂直x轴于点H,则有CH=OB=,OH=OA=1∴圆心C的坐标为(1,).(2)∵抛物线过O、A两点,∴抛物线的对称轴为x=1,∵抛物线的顶点在直线y=﹣x上,∴顶点坐标为(1,﹣).把这三点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+c,得,解得,∴抛物线的解析式为y=x2﹣x.(3)∵OA=2,OB=2,∴AB==4,即⊙C的半径r=2,∴D(3,),E(﹣1,),代入y=x2﹣x检验,知点D、E均在抛物线上.(4)∵AB为直径,∴当抛物线上的点P在⊙C的内部时,满足∠APB为钝角,∴﹣1<x0<0,或2<x0<3.考点:二次函数综合题.3.如图1,四边形ABCD中,、为它的对角线,E为AB边上一动点(点E不与点A、B重合),EF∥AC交BC于点F,FG∥BD交DC于点G,GH∥AC交AD于点H,连接HE.记四边形EFGH的周长为,如果在点的运动过程中,的值不变,则我们称四边形ABCD为“四边形”,此时的值称为它的“值”.经过探究,可得矩形是“四边形”.如图2,矩形ABCD中,若AB=4,BC=3,则它的“值”为.(1)等腰梯形(填“是”或“不是”)“四边形”;(2)如图3,是⊙O的直径,A是⊙O上一点,,点为上的一动点,将△沿的中垂线翻折,得到△.当点运动到某一位置时,以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多,最多有个.【答案】“值”为10;(1)是;(2)最多有5个.【解析】试题分析:仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可;(1)根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断;(2)根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断.矩形ABCD中,若AB=4,BC=3,则它的“值”为10;(1)等腰梯形是“四边形”;(2)由题意得当点运动到某一位置时,以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多,最多有5个.考点:动点问题的综合题点评:此类问题综合性强,难度较大,在中考中比较常见,一般作为压轴题,题目比较典型.4.如图1,△ABC内接于⊙O,直径AD交BC于点E,延长AD至点F,使DF=2OD,连接FC并延长交过点A的切线于点G,且满足AG∥BC,连接OC,若cos∠BAC=13,BC=8.(1)求证:CF是⊙O的切线;(2)求⊙O的半径OC;(3)如图2,⊙O的弦AH经过半径OC的中点F,连结BH交弦CD于点M,连结FM,试求出FM的长和△AOF的面积.【答案】(1)见解析;(2)32332232【解析】【分析】(1)由DF=2OD,得到OF=3OD=3OC,求得13OE OCOC OF==,推出△COE∽△FOE,根据相似三角形的性质得到∠OCF=∠DEC=90°,于是得到CF是⊙O的切线;(2)利用三角函数值,设OE=x,OC=3x,得到CE=3,根据勾股定理即可得到答案;(3)连接BD,根据圆周角定理得到角相等,然后证明△AOF∽△BDM,由相似三角形的性质,得到FM为中位线,即可求出FM的长度,由相似三角形的性质,以及中线分三角形的面积为两半,即可求出面积.【详解】解:(1)∵DF=2OD,∴OF=3OD=3OC,∴13 OE OCOC OF==,∵∠COE=∠FOC,∴△COE∽△FOE,∴∠OCF=∠DEC=90°,∴CF 是⊙O 的切线; (2)∵∠COD =∠BAC , ∴cos ∠BAC =cos ∠COE =13OE OC =, ∴设OE =x ,OC =3x , ∵BC =8, ∴CE =4, ∵CE ⊥AD , ∴OE 2+CE 2=OC 2, ∴x 2+42=9x 2,∴x =2(负值已舍去), ∴OC =3x =32, ∴⊙O 的半径OC 为32; (3)如图,连结BD ,由圆周角定理,则∠OAF=∠DBM ,2AOF ADC ∠=∠, ∵BC ⊥AD , ∴AC AB =, ∴∠ADC=∠ADB ,∴2AOF ADC BDM ∠=∠=∠, ∴△AOF ∽△BDM ; ∵点F 是OC 的中点, ∴AO :OF=BD :DM=2, 又∵BD=DC , ∴DM=CM , ∴FM 为中位线, ∴322, ∴S △AOF : S △BDM =(326 2 34=; ∵111118(322)4222222BDM BCD S S BC DE ∆∆==⨯•=⨯⨯⨯=∴S△AOF=3424=32;【点睛】本题考查了圆的综合问题,圆周角定理,切线的判定和性质,相似三角形的判定和性质,利用勾股定理求边长,以及三角形中线的性质,解题的关键是熟练掌握所学的定理和性质,运用属性结合的思想进行解题.5.在平面直角坐标系xOy中,⊙C的半径为r(r>1),点P是圆内与圆心C不重合的点,⊙C的“完美点”的定义如下:过圆心C的任意直线CP与⊙C交于点A,B,若满足|PA﹣PB|=2,则称点P为⊙C的“完美点”,如图点P为⊙C的一个“完美点”.(1)当⊙O的半径为2时①点M(32,0)⊙O的“完美点”,点(﹣3,﹣12)⊙O的“完美点”;(填“是”或者“不是”)②若⊙O的“完美点”P在直线y=34x上,求PO的长及点P的坐标;(2)设圆心C的坐标为(s,t),且在直线y=﹣2x+1上,⊙C半径为r,若y轴上存在⊙C的“完美点”,求t的取值范围.【答案】(1)①不是,是;②PO的长为1,点P的坐标为(45,35)或(﹣45,﹣35);(2)t的取值范围为﹣1≤t≤3.【解析】【分析】(1)①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度,然后分情况讨论计算即可得出结论;(2)先判断出圆的“完美点”的轨迹,然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.【详解】解:(1)①∵点M(32,0),∴设⊙O与x轴的交点为A,B,∵⊙O的半径为2,∴取A(﹣2,0),B(2,0),∴|MA﹣MB|=|(32+2)﹣(2﹣32)|=3≠2,∴点M不是⊙O的“完美点”,同理:点(﹣32,﹣12)是⊙O的“完美点”.故答案为不是,是.②如图1,根据题意,|PA﹣PB|=2,∴|OP+2﹣(2﹣OP)|=2,∴OP=1.若点P在第一象限内,作PQ⊥x轴于点Q,∵点P在直线y=34x上,OP=1,∴43,55 OQ PQ==.∴P(43,55).若点P在第三象限内,根据对称性可知其坐标为(﹣45,﹣35).综上所述,PO的长为1,点P的坐标为(43,55)或(43,55--)).(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|=2,∴|CP+r﹣(r﹣CP)|=2.∴CP=1.∴对于任意的点P,满足CP=1,都有|CP+r﹣(r﹣CP)|=2,∴|PA﹣PB|=2,故此时点P为⊙C的“完美点”.因此,⊙C的“完美点”是以点C为圆心,1为半径的圆.设直线y=﹣2x+1与y轴交于点D,如图2,当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的上方时,t的值最大.设切点为E,连接CE,∵⊙C的圆心在直线y=﹣2x+1上,∴此直线和y轴,x轴的交点D(0,1),F(12,0),∴OF=12,OD=1,∵CE∥OF,∴△DOF∽△DEC,∴OD OF DE CE=,∴112 DE=,∴DE=2,∴OE=3,t的最大值为3,当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的下方时,t的值最小.同理可得t的最小值为﹣1.综上所述,t的取值范围为﹣1≤t≤3.【点睛】此题是圆的综合题,主要考查了新定义,相似三角形的性质和判定,直线和圆的位置关系,解本题的关键是理解新定义的基础上,会用新定义,是一道比中等难度的中考常考题.6.如图,四边形ABCD内接于⊙O,AC为直径,AC和BD交于点E,AB=BC.(1)求∠ADB的度数;(2)过B作AD的平行线,交AC于F,试判断线段EA,CF,EF之间满足的等量关系,并说明理由;(3)在(2)条件下过E,F分别作AB,BC的垂线,垂足分别为G,H,连接GH,交BO 于M,若AG=3,S四边形AGMO:S四边形CHMO=8:9,求⊙O的半径.【答案】(1)45°;(2)EA2+CF2=EF2,理由见解析;(3)62【解析】【分析】(1)由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案;(2)线段EA,CF,EF之间满足的等量关系为:EA2+CF2=EF2.如图2,设∠ABE=α,∠CBF=β,先证明α+β=45°,再过B作BN⊥BE,使BN=BE,连接NC,判定△AEB≌△CNB (SAS)、△BFE≌△BFN(SAS),然后在Rt△NFC中,由勾股定理得:CF2+CN2=NF2,将相关线段代入即可得出结论;(3)如图3,延长GE,HF交于K,由(2)知EA2+CF2=EF2,变形推得S△ABC=S矩形BGKH,S△BGM=S四边形COMH,S△BMH=S四边形AGMO,结合已知条件S四边形AGMO:S四边形CHMO=8:9,设BG=9k,BH=8k,则CH=3+k,求得AE的长,用含k的式子表示出CF和EF,将它们代入EA2+CF2=EF2,解得k的值,则可求得答案.【详解】解:(1)如图1,∵AC为直径,∴∠ABC=90°,∴∠ACB+∠BAC=90°,∵AB=BC,∴∠ACB=∠BAC=45°,∴∠ADB=∠ACB=45°;(2)线段EA,CF,EF之间满足的等量关系为:EA2+CF2=EF2.理由如下:如图2,设∠ABE=α,∠CBF=β,∵AD∥BF,∴∠EBF=∠ADB=45°,又∠ABC=90°,∴α+β=45°,过B作BN⊥BE,使BN=BE,连接NC,∵AB=CB,∠ABE=∠CBN,BE=BN,∴△AEB≌△CNB(SAS),∴AE=CN,∠BCN=∠BAE=45°,∴∠FCN=90°.∵∠FBN=α+β=∠FBE,BE=BN,BF=BF,∴△BFE≌△BFN(SAS),∴EF=FN,∵在Rt△NFC中,CF2+CN2=NF2,∴EA2+CF2=EF2;(3)如图3,延长GE,HF交于K,由(2)知EA2+CF2=EF2,∴12EA2+12CF2=12EF2,∴S△AGE+S△CFH=S△EFK,∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH=S△EFK+S五边形BGEFH,即S△ABC=S矩形BGKH,∴12S△ABC=12S矩形BGKH,∴S△GBH=S△ABO=S△CBO,∴S△BGM=S四边形COMH,S△BMH=S四边形AGMO,∵S四边形AGMO:S四边形CHMO=8:9,∴S△BMH:S△BGM=8:9,∵BM平分∠GBH,∴BG :BH =9:8, 设BG =9k ,BH =8k ,∴CH =3+k ,∵AG =3,∴AE =32,∴CF =2(k+3),EF =2(8k ﹣3),∵EA 2+CF 2=EF 2,∴222(32)[2(3)][2(83)]k k ++=-,整理得:7k 2﹣6k ﹣1=0,解得:k 1=﹣17(舍去),k 2=1. ∴AB =12,∴AO =22AB =62, ∴⊙O 的半径为62.【点睛】本题属于圆的综合题,考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点,熟练运用相关性质及定理是解题的关键.7.已知:ABC 内接于O ,过点B 作O 的切线,交CA 的延长线于点D ,连接OB .(1)如图1,求证:DAB DBC ∠=∠;(2)如图2,过点D 作DM AB ⊥于点M ,连接AO ,交BC 于点N ,BM AM AD =+,求证:BN CN =;(3)如图3,在(2)的条件下,点E 为O 上一点,过点E 的切线交DB 的延长线于点P ,连接CE ,交AO 的延长线于点Q ,连接PQ ,PQ OQ ⊥,点F 为AN 上一点,连接CF ,若90DCF CDB ∠+∠=︒,tan 2ECF ∠=,12ON OQ =,610PQ OQ +=,求CF 的长. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3)10=CF【解析】【分析】(1)延长BO 交O 于G ,连接CG ,根据切线的性质可得可证∠DBC +∠CBG=90°,然后根据直径所对的圆周角是直角可证∠CBG +∠G=90°,再根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB=∠G ,从而证出结论;(2)在MB 上截取一点H ,使AM=MH ,连接DH ,根据垂直平分线性质可得DH=AD ,再根据等边对等角可得∠DHA=∠DAH ,然后根据等边对等角和三角形外角的性质证出∠ABC=∠C ,可得AB=AC ,再根据垂直平分线的判定可得AO 垂直平分BC ,从而证出结论;(3)延长CF 交BD 于M ,延长BO 交CQ 于G ,连接OE ,证出tan ∠BGE=tan ∠ECF=2,然后利用AAS 证出△CFN ≌△BON ,可设CF=BO=r ,ON=FN=a ,则OE=r ,根据锐角三角函数和相似三角形即可证出四边形OBPE 为正方形,利用r 和a 表示出各线段,最后根据610PQ OQ +=,即可分别求出a 和CF .【详解】解:(1)延长BO 交O 于G ,连接CG∵BD 是O 的切线∴∠OBD=90°∴∠DBC +∠CBG=90°∵BG 为直径∴∠BCG=90°∴∠CBG +∠G=90°∴∠DBC=∠G∵四边形ABGC 为O 的内接四边形∴∠DAB=∠G∴∠DAB=∠DBC(2)在MB 上截取一点H ,使AM=MH ,连接DH∴DM 垂直平分AH∴DH=AD∴∠DHA=∠DAH∵BM AM AD =+,=+BM MH BH∴AD=BH∴DH=BH∴∠HDB=∠HBD∴∠DHA=∠HDB +∠HBD=2∠HBD由(1)知∠DAB=∠DBC∴∠DHA=∠DAB=∠DBC∴∠DBC =2∠HBD∵∠DBC =∠HBD +∠ABC∴∠HBD=∠ABC ,∠DBC=2∠ABC∴∠DAB=2∠ABC∵∠DAB=∠ABC +∠C∴∠ABC=∠C∴AB=AC∴点A 在BC 的垂直平分线上∵点O 也在BC 的垂直平分线上∴AO 垂直平分BC∴BN CN =(3)延长CF 交BD 于M ,延长BO 交CQ 于G ,连接OE ,∵90DCF CDB ∠+∠=︒∴∠DMC=90°∵∠OBD=90°∴∠DMC=∠OBD∴CF ∥OB∴∠BGE=∠ECF ,∠CFN=∠BON ,∴tan ∠BGE=tan ∠ECF=2由(2)知OA 垂直平分BC∴∠CNF=∠BNO=90°,BN=CN∴△CFN ≌△BON∴CF=BO ,ON=FN ,设CF=BO=r ,ON=FN=a ,则OE=r∵12ON OQ = ∴OQ=2a∵CF ∥OB∴△QGO ∽△QCF∴=OG QO CF QF 即2122==++OG a r a a a ∴OG=12r 过点O 作OE ′⊥BG ,交PE 于E ′∴OE ′=OG ·tan ∠BGE=r=OE∴点E ′与点E 重合∴∠EOG=90°∴∠BOE=90°∵PB 和PE 是圆O 的切线∴∠OBP=∠OEP=∠BOE=90°,OB=OE=r∴四边形OBPE 为正方形∴∠BOE=90°,PE=OB=r∴∠BCE=12∠BOE==45° ∴△NQC 为等腰直角三角形∴NC=NQ=3a ,∴BC=2NC=6a在Rt △CFN 中,=∵PQ OQ ⊥∴PQ ∥BC∴∠PQE=∠BCG∵PE ∥BG∴∠PEQ=∠BGC∴△PQE ∽△BCG ∴=PQ PE BC BG即126=+PQ r r a r 解得:PQ=4a∵PQ OQ +=∴4a +2a=解得:∴=10【点睛】此题考查的是圆的综合大题,难度较大,掌握圆的相关性质、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质、正方形的判定及性质是解决此题的关键.8.(1)如图1,A 是⊙O 上一动点,P 是⊙O 外一点,在图中作出PA 最小时的点A . (2)如图2,Rt △ABC 中,∠C =90°,AC =8,BC =6,以点C 为圆心的⊙C 的半径是3.6,Q 是⊙C 上一动点,在线段AB 上确定点P 的位置,使PQ 的长最小,并求出其最小值. (3)如图3,矩形ABCD 中,AB =6,BC =9,以D 为圆心,3为半径作⊙D ,E 为⊙D 上一动点,连接AE ,以AE 为直角边作Rt △AEF ,∠EAF =90°,tan ∠AEF =13,试探究四边形ADCF 的面积是否有最大或最小值,如果有,请求出最大或最小值,否则,请说明理由.【答案】(1)作图见解析;(2)PQ长最短是1.2;(3)四边形ADCF面积最大值是81313+,最小值是81313-.【解析】【分析】(1)连接线段OP交⊙C于A,点A即为所求;(2)过C作CP⊥AB于Q,P,交⊙C于Q,这时PQ最短,根据勾股定理以及三角形的面积公式即可求出其最小值;(3)△ACF的面积有最大和最小值,取AB的中点G,连接FG,DE,证明△FAG~△EAD,进而证明点F在以G为圆心1为半径的圆上运动,过G作GH⊥AC于H,交⊙G于F1,GH 反向延长线交⊙G于F2,①当F在F1时,△ACF面积最小,分别求出△ACD的面积和△ACF 的面积的最小值即可得出四边形ADCF的面积的最小值;②当F在F2时,四边形ADCF的面积有最大值,在⊙G上任取异于点F2的点P,作PM⊥AC于M,作GN⊥PM于N,利用矩形的判定与性质以及三角形的面积公式即可得出得出四边形ADCF的面积的最大值.【详解】解:(1)连接线段OP交⊙C于A,点A即为所求,如图1所示;(2)过C作CP⊥AB于Q,P,交⊙C于Q,这时PQ最短.理由:分别在线段AB,⊙C上任取点P',点Q',连接P',Q',CQ',如图2,由于CP⊥AB,根据垂线段最短,CP≤CQ'+P'Q',∴CO+PQ≤CQ'+P'Q',又∵CQ=CQ',∴PQ <P 'Q ',即PQ 最短. 在Rt △ABC 中22228610AB AC BC =+=+=,1122ABC S AC BC AB CP ∆=•=•, ∴68 4.810AC BC CP AB •⨯===, ∴PQ =CP ﹣CQ =6.8﹣3.6=1.2,∴22226 4.8 3.6BP BC CP =-=-=.当P 在点B 左侧3.6米处时,PQ 长最短是1.2.(3)△ACF 的面积有最大和最小值.如图3,取AB 的中点G ,连接FG ,DE .∵∠EAF =90°,1tan 3AEF ∠=, ∴13AF AE = ∵AB =6,AG =GB ,∴AC =GB =3,又∵AD =9,∴3193AG AD ==, ∴DAF AE AG A = ∵∠BAD =∠B =∠EAF =90°,∴∠FAG =∠EAD ,∴△FAG ~△EAD ,∴13FG AF DE AE ==, ∵DE =3,∴FG =1,∴点F 在以G 为圆心1为半径的圆上运动,连接AC ,则△ACD 的面积=692722CD AD ⨯=⨯=, 过G 作GH ⊥AC 于H ,交⊙G 于F 1,GH 反向延长线交⊙G 于F 2,①当F 在F 1时,△ACF 面积最小.理由:由(2)知,当F 在F 1时,F 1H 最短,这时△ACF 的边AC 上的高最小,所以△ACF 面积有最小值,在Rt △ABC 中,AC ===∴sinBC BAC AC ∠===在Rt △ACH 中,sin 3GH AG BAC =•∠==∴111F H GH GF =-=-,∴△ACF 面积有最小值是:11127(1)22132AC F H -•=⨯-=;∴四边形ADCF 面积最小值是:27812722--+=; ②当F 在F 2时,F 2H 最大理由:在⊙G 上任取异于点F 2的点P ,作PM ⊥AC 于M ,作GN ⊥PM 于N ,连接PG ,则四边形GHMN 是矩形,∴GH =MN ,在Rt △GNP 中,∠NGF 2=90°,∴PG >PN ,又∵F 2G =PG ,∴F 2G +GH >PN +MN ,即F 2H >PM ,∴F 2H 是△ACF 的边AC 上的最大高,∴面积有最大值,∵221F H GH GF =+=+,∴△ACF 面积有最大值是2111)22AC F H •=⨯+=;∴四边形ADCF 面积最大值是27812722+++=综上所述,四边形ADCF 面积最大值是812+,最小值是812- 【点睛】本题为圆的综合题,考查了矩形,圆,相似三角形的判定和性质,两点之间线段最短等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造相似三角形解决问题,属于中考填空题中的压轴题.9.阅读材料:“最值问题”是数学中的一类较具挑战性的问题.其实,数学史上也有不少相关的故事,如下即为其中较为经典的一则:海伦是古希腊精通数学、物理的学者,相传有位将军曾向他请教一个问题﹣﹣如图1,从A点出发,到笔直的河岸l去饮马,然后再去B 地,走什么样的路线最短呢?海伦轻松地给出了答案:作点A关于直线l的对称点A′,连接A′B交l于点P,则PA+PB=A′B的值最小.解答问题:(1)如图2,⊙O的半径为2,点A、B、C在⊙O上,OA⊥OB,∠AOC=60°,P是OB上一动点,求PA+PC的最小值;(2)如图3,已知菱形ABCD的边长为6,∠DAB=60°.将此菱形放置于平面直角坐标系中,各顶点恰好在坐标轴上.现有一动点P从点A出发,以每秒2个单位的速度,沿A→C 的方向,向点C运动.当到达点C后,立即以相同的速度返回,返回途中,当运动到x轴上某一点M时,立即以每秒1个单位的速度,沿M→B的方向,向点B运动.当到达点B 时,整个运动停止.①为使点P能在最短的时间内到达点B处,则点M的位置应如何确定?②在①的条件下,设点P的运动时间为t(s),△PAB的面积为S,在整个运动过程中,试求S与t之间的函数关系式,并指出自变量t的取值范围.【答案】(1)PA+PC的最小值是32)①点M30)时,用时最少;②S与t之间的函数关系式是当3t3S=3﹣3t;当0<t3S =3t.当3t3S=﹣3t3【解析】【分析】(1)延长AO交圆O于M,连接CM交OB于P,连接AC,AP+PC=PC+PM=CM最小;(2)①根据运动速度不同以及运动距离,得出当PB⊥AB时,点P能在最短的时间内到达点B处;②根据三角形的面积公式求出从A到C时,s与t的关系式和从C3,0)以及到B 的解析式.【详解】解:(1)延长AO交圆O于M,连接CM交OB于P,连接AC,则此时AP+PC=PC+PM=CM最小,∵AM是直径,∠AOC=60°,∴∠ACM=90°,∠AMC=30°,∴AC=12AM=2,AM=4,由勾股定理得:CM=22AM AC=23.答:PA+PC的最小值是23.(2)①根据动点P从点A出发,以每秒2个单位的速度,沿A→C的方向,向点C运动.当到达点C后,立即以相同的速度返回,返回途中,当运动到x轴上某一点M时,立即以每秒1个单位的速度,沿M→B的方向,向点B运动,即为使点P能在最短的时间内到达点B处,∴当PB⊥AB时,根据垂线段最短得出此时符合题意,∵菱形ABCD,AB=6,∠DAB=60°,∴∠BAO=30°,AB=AD,AC⊥BD,∴△ABD是等边三角形,∴BD=6,BO=3,由勾股定理得:AO=3在Rt△APB中,AB=6,∠BAP=30°,BP=12AP,由勾股定理得:AP=3,BP=3,∴点M30)时,用时最少.②当0<t3AP=2t,∵菱形ABCD,∴∠OAB=30°,∴OB=12AB=3,由勾股定理得:AO=CO=3,∴S=12AP×BO=12×2t×3=3t;③当33<t≤43时,AP=63﹣(2t﹣63)=123﹣2t,∴S=12AP×BO=12×(123﹣2t)×3=183﹣3t.当43<t≤63时,S=12AB×BP=12×6×[23﹣(t﹣43)]=﹣3t+183,答:S与t之间的函数关系式是当33<t≤43时,S=183﹣3t;当0<t≤33时,S=3t.当43<t≤63时,S=﹣3t+183.【点睛】本题主要考查对含30度角的直角三角形,勾股定理,三角形的面积,轴对称-最短问题,圆周角定理等知识点的理解和掌握,能综合运用性质进行计算是解此题的关键.10.如图,已知AB是⊙O的直径,C是⊙O上一点(不与A、B重合),D为的AC中点,过点D作弦DE⊥AB于F,P是BA延长线上一点,且∠PEA=∠B.(1)求证:PE是⊙O的切线;(2)连接CA与DE相交于点G,CA的延长线交PE于H,求证:HE=HG;(3)若tan∠P=512,试求AHAG的值.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)1310 AHAG=.【解析】【分析】(1)连接OE,由圆周角定理证得∠EAB+∠B=90°,可得出∠OAE=∠AEO,则∠PEA+∠AEO=90°,即∠PEO=90°,则结论得证;(2)连接OD,证得∠AOD=∠AGF,∠B=∠AEF,可得出∠PEF=2∠B,∠AOD=2∠B,可证得∠PEF=∠AOD=∠AGF,则结论得证;(3)可得出tan∠P=tan∠ODF=512OFDF=,设OF=5x,则DF=12x,求出AE,BE,得出23AEBE=,证明△PEA∽△PBE,得出23PAPE=,过点H作HK⊥PA于点K,证明∠P=∠PAH,得出PH=AH,设HK=5a,PK=12a,得出PH=13a,可得出AH=13a,AG=10a,则可得出答案.【详解】解:(1)证明:如图1,连接OE,∵AB是⊙O的直径,∴∠AEB=90°,∴∠EAB+∠B=90°,∵OA=OE,∴∠OAE=∠AEO,∴∠B+∠AEO=90°,∵∠PEA=∠B,∴∠PEA+∠AEO=90°,∴∠PEO=90°,又∵OE为半径,∴PE是⊙O的切线;(2)如图2,连接OD,∵D为AC的中点,∴OD⊥AC,设垂足为M,∴∠AMO=90°,∵DE⊥AB,∴∠AFD=90°,∴∠AOD+∠OAM=∠OAM+∠AGF=90°,∴∠AOD=∠AGF,∵∠AEB=∠EFB=90°,∴∠B=∠AEF,∵∠PEA=∠B,∴∠PEF=2∠B,∵DE⊥AB,∴AE AD=,∴∠AOD=2∠B,∴∠PEF=∠AOD=∠AGF,∴HE=HG;(3)解:如图3,∵∠PEF=∠AOD,∠PFE=∠DFO,∴∠P=∠ODF,∴tan∠P=tan∠ODF=512 OFDF=,设OF=5x,则DF=12x,∴OD22OF DF+13x,∴BF=OF+OB=5x+13x=18x,AF=OA﹣OF=13x﹣5x=8x,∵DE⊥OA,∴EF=DF=12x,∴AE22AF EF+13,BE22EF BF+13,∵∠PEA=∠B,∠EPA=∠BPE,∴△PEA∽△PBE,∴41323613PA AEPE BE===,∵∠P+∠PEF=∠FAG+∠AGF=90°,∴∠HEG=∠HGE,∴∠P=∠FAG,又∵∠FAG=∠PAH,∴∠P=∠PAH,∴PH=AH,过点H作HK⊥PA于点K,∴PK=AK,∴13 PKPE=,∵tan∠P=5 12,设HK=5a,PK=12a,∴PH=13a,∴AH=13a,PE=36a,∴HE=HG=36a﹣13a=23a,∴AG=GH﹣AH=23a﹣13a=10a,∴13131010 AH aAG a==.【点睛】本题是圆的综合题,考查了垂径定理,圆周角定理,相似三角形的判定和性质,切线的判定,解直角三角形,勾股定理,等腰三角形的性质等知识,掌握相似三角形的判定定和性质定理及方程思想是解题的关键.。
九年级上册圆 几何综合中考真题汇编[解析版]
九年级上册圆几何综合中考真题汇编[解析版]一、初三数学圆易错题压轴题(难)1.如图,抛物线的对称轴为轴,且经过(0,0),()两点,点P在抛物线上运动,以P为圆心的⊙P经过定点A(0,2),(1)求的值;(2)求证:点P在运动过程中,⊙P始终与轴相交;(3)设⊙P与轴相交于M,N(<)两点,当△AMN为等腰三角形时,求圆心P的纵坐标.【答案】(1)a=,b=c=0;(2)证明见解析;(3)P的纵坐标为0或4+2或4﹣2.【解析】试题分析:(1)根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a,b,c的值即可;(2)设P(x,y),表示出⊙P的半径r,进而与x2比较得出答案即可;(3)分别表示出AM,AN的长,进而分别利用当AM=AN时,当AM=MN时,当AN=MN 时,求出a的值,进而得出圆心P的纵坐标即可.试题解析:(1)∵抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数,a≠0)的对称轴为y轴,且经过(0,0)和(,)两点,∴抛物线的一般式为:y=ax2,∴=a()2,解得:a=±,∵图象开口向上,∴a=,∴抛物线解析式为:y=x2,故a=,b=c=0;(2)设P(x,y),⊙P的半径r=,又∵y=x2,则r=,化简得:r=>x2,∴点P在运动过程中,⊙P始终与x轴相交;(3)设P(a,a2),∵PA=,作PH⊥MN于H,则PM=PN=,又∵PH=a2,则MH=NH==2,故MN=4,∴M(a﹣2,0),N(a+2,0),又∵A(0,2),∴AM=,AN=,当AM=AN时,=,解得:a=0,当AM=MN时,=4,解得:a=2±2(负数舍去),则a2=4+2;当AN=MN时,=4,解得:a=﹣2±2(负数舍去),则a2=4﹣2;综上所述,P的纵坐标为0或4+2或4﹣2.考点:二次函数综合题.2.如图所示,CD为⊙O的直径,点B在⊙O上,连接BC、BD,过点B的切线AE与CD 的延长线交于点A,OE//BD,交BC于点F,交AB于点E.(1)求证:∠E=∠C;(2)若⊙O的半径为3,AD=2,试求AE的长;(3)在(2)的条件下,求△ABC的面积.【答案】(1)证明见解析;(2)10;(3)48 5.【解析】试题分析:(1)连接OB,利用已知条件和切线的性质证明:OE∥BD,即可证明:∠E=∠C;(2)根据题意求出AB的长,然后根据平行线分线段定理,可求解;(3)根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可求解.试题解析:(1)如解图,连接OB,∵CD为⊙O的直径,∴∠CBD=∠CBO+∠OBD=90°,∵AB是⊙O的切线,∴∠ABO=∠ABD+∠OBD=90°,∴∠ABD=∠CBO.∵OB、OC是⊙O的半径,∴OB=OC,∴∠C=∠CBO.∵OE∥BD,∴∠E=∠ABD,∴∠E=∠C;(2)∵⊙O的半径为3,AD=2,∴AO=5,∴AB=4.∵BD∥OE,∴=,∴=,∴BE=6,AE=6+4=10(3)S △AOE==15,然后根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得S△ABC= S△AOE==3.如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,△ABC的边BC在y轴的正半轴上,点A在x轴的正半轴上,点C的坐标为(0,8),将△ABC沿直线AB折叠,点C落在x轴的负半轴D(−4,0)处.(1)求直线AB的解析式;(2)点P从点A出发以每秒45个单位长度的速度沿射线AB方向运动,过点P作PQ⊥AB,交x轴于点Q,PR∥AC交x轴于点R,设点P运动时间为t(秒),线段QR长为d,求d与t的函数关系式(不要求写出自变量t的取值范围);(3)在(2)的条件下,点N是射线AB上一点,以点N为圆心,同时经过R、Q两点作⊙N,⊙N交y轴于点E,F.是否存在t,使得EF=RQ?若存在,求出t的值,并求出圆心N的坐标;若不存在,说明理由.【答案】(1)132y x=-+(2)d=5t (3)故当 t=85,或815,时,QR=EF,N(-6,6)或(2,2).【解析】试题分析:(1)由C(0,8),D(-4,0),可求得OC,OD的长,然后设OB=a,则BC=8-a,在Rt△BOD中,由勾股定理可得方程:(8-a)2=a2+42,解此方程即可求得B的坐标,然后由三角函数的求得点A的坐标,再利用待定系数法求得直线AB的解析式;(2)在Rt△AOB中,由勾股定理可求得AB的长,继而求得∠BAO的正切与余弦,由PR//AC 与折叠的性质,易证得RQ=AR,则可求得d与t的函数关系式;(3)首先过点分别作NT ⊥RQ 于T ,NS ⊥EF 于S ,易证得四边形NTOS 是正方形,然后分别从点N 在第二象限与点N 在第一象限去分析求解即可求解;试题解析:(1)∵C (0,8),D (-4,0),∴OC=8,OD=4,设OB=a ,则BC=8-a ,由折叠的性质可得:BD=BC=8-a ,在Rt △BOD 中,∠BOD=90°,DB 2=OB 2+OD 2,则(8-a )2=a 2+42,解得:a=3,则OB=3,则B (0,3),tan ∠ODB=34OB OD = , 在Rt △AOC 中,∠AOC=90°,tan ∠ACB=34OA OC = , 则OA=6,则A (6,0),设直线AB 的解析式为:y=kx+b ,则60{3k b b +== ,解得:1{23k b =-= , 故直线AB 的解析式为:y=-12x +3; (2)如图所示:在Rt △AOB 中,∠AOB=90°,OB=3,OA=6,则22135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠== ,255OA cos BAO AB∠==, 在Rt △PQA 中,905APQ AP t ∠=︒=,则AQ=10cos AP t BAO=∠ , ∵PR ∥AC ,∴∠APR=∠CAB ,由折叠的性质得:∠BAO=∠CAB , ∴∠BAO=∠APR ,∴PR=AR ,∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°,∴∠PQA=∠QPR ,∴RP=RQ ,∴RQ=AR ,∴QR=12AQ=5t, 即d=5t; (3)过点分别作NT ⊥RQ 于T ,NS ⊥EF 于S ,∵EF=QR ,∴NS=NT ,∴四边形NTOS 是正方形,则TQ=TR=1522QR t = , ∴1115151022224NT AT AQ TQ t t t ==-=-=()() , 分两种情况,若点N 在第二象限,则设N (n ,-n ),点N 在直线132y x =-+ 上, 则132n n -=-+ , 解得:n=-6,故N (-6,6),NT=6,即1564t = , 解得:85t = ; 若点N 在第一象限,设N (N ,N ),可得:132n n =-+ ,解得:n=2,故N(2,2),NT=2,即1524t=,解得:t=815∴当 t=85,或815,时,QR=EF,N(-6,6)或(2,2)。
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【解析】
试题分析:(1)连接 CM,可以得出 CM=OM,就有∠ MOC=∠ MCO,由 OA 为直径,就有 ∠ ACO=90°,D 为 OB 的中点,就有 CD=OD,∠ DOC=∠ DCO,由∠ DOC+∠ MOC=90°就可以 得出∠ DCO+∠ MCO=90°而得出结论.
(2)根据条件可以得出 OC
【答案】解:(1)证明:连接 CM,
∵ OA 为⊙M 直径,∴ ∠ OCA=90°.∴ ∠ OCB=90°.
∵ D 为 OB 中点,∴ DC=DO.∴ ∠ DCO=∠ DOC.
∵ MO=MC,∴ ∠ MCO=∠ MOC.
∴
.
又∵ 点 C 在⊙M 上,∴ DC 是⊙M 的切线. (2)∵ A 点坐标(5,0),AC=3
OA2 AC2
52
32
4 和 tanOAC
OC AC
OB OA
,
从而求出 OB 的值,根据 D 是 OB 的中点就可以求出 D 的坐标,由待定系数法就可以求出
抛物线的解析式,求出对称轴,根据轴对称的性质连接 AD 交对称轴于 P,先求出 AD 的解
析式就可以求出 P 的坐标.
(3)根据 SPDM SDAM SPAM ,
∴ 在 Rt△ ACO 中,
.
∴ 5 4 (x 5() x 5) ,∴ 12 15 2
,解得 OD 10 . 3
又∵ D 为 OB 中点,∴ 15 5 2 .∴ D 点坐标为(0, 15 ).
4
4
连接 AD,设直线 AD 的解析式为 y=kx+b,则有
解得
.
∴ 直线 AD 为
.
∵ 二次函数的图象过 M( 5 ,0)、A(5,0), 6
圆 几何综合中考真题汇编[解析版]
一、初三数学 圆易错题压轴题(难)
1.如图,抛物线
的对称轴为 轴,且经过(0,0),
( )两点,点 P 在抛物线上运动,以 P 为圆心的⊙P 经过定点 A(0,2),
(1)求 的值;
(2)求证:点 P 在运动过程中,⊙P 始终与 轴相交;
(3)设⊙P 与 轴相交于 M ,N
(0,0)和( , )两点, ∴ 抛物线的一般式为:y=ax2,
∴ =a( )2,
解得:a=± ,
∵ 图象开口向上,∴ a= ,
∴ 抛物线解析式为:y= x2,
故 a= ,b=c=0;
(2)设 P(x,y),⊙P 的半径 r=
,
又∵ y= x2,则 r=
,
化简得:r=
> x2,
∴ 点 P 在运动过程中,⊙P 始终与 x 轴相交;
式即可求得横坐标.
求出 Q 的纵坐标,求出二次函数解析
3.已知:如图,梯形 ABCD 中, AD / /BC , AD 2 , AB BC CD 6,动点 P 在 射线 BA 上,以 BP 为半径的 P 交边 BC 于点 E (点 E 与点 C 不重合),联结 PE 、 PC ,设 BP x , PC y .
(1)求证: PE / /DC ; (2)求 y 关于 x 的函数解析式,并写出定义域;
∴ 抛物线对称轴 x= 15 . 4
∵ 点 M、A 关于直线 x= 15 对称,设直线 AD 与直线 x= 15 交于点 P,
4
4
∴ PD+PM 为最小.
又∵ DM 为定长,∴ 满足条件的点 P 为直线 AD 与直线 x= 15 的交点. 4
当 x= 15 时, y 4 (x 5() x 5) .
(3)设 P(a, a2),∵ PA=
,
作 PH⊥MN 于 H,则 PM=PN=
,
又∵ PH= a2,
则 MH=NH=
=2,
故 MN=4, ∴ M(a﹣2,0),N(a+2,0),
又∵ A(0,2),∴ AM=
,AN=
,
当 AM=AN 时,
=
,
பைடு நூலகம்
解得:a=0,
当 AM=MN 时,
=4,
解得:a=2±2 (负数舍去),则 a2=4+2 ;
当 AN=MN 时,
=4,
解得:a=﹣2±2 (负数舍去),则 a2=4﹣2 ; 综上所述,P 的纵坐标为 0 或 4+2 或 4﹣2 .
考点:二次函数综合题.
2.如图,在直角体系中,直线 AB 交 x 轴于点 A(5,0),交 y 轴于点 B,AO 是⊙M 的直径,其半 圆交 AB 于点 C,且 AC=3.取 BO 的中点 D,连接 CD、MD 和 OC. (1)求证:CD 是⊙M 的切线; (2)二次函数的图象经过点 D、M、A,其对称轴上有一动点 P,连接 PD、PM,求△PDM 的周长 最小时点 P 的坐标; (3)在(2)的条件下,当△PDM 的周长最小时,抛物线上是否存在点 Q,使 S△PDM=6S△QAM?若 存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由.
( < )两点,当△AMN 为等腰三角形时,求圆心
P 的纵坐标.
【答案】(1)a= ,b=c=0;(2)证明见解析;(3)P 的纵坐标为 0 或 4+2 或 4﹣ 2. 【解析】 试题分析:(1)根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出 a,b,c 的值即 可;
(2)设 P(x,y),表示出⊙P 的半径 r,进而与 x2 比较得出答案即可; (3)分别表示出 AM,AN 的长,进而分别利用当 AM=AN 时,当 AM=MN 时,当 AN=MN 时,求出 a 的值,进而得出圆心 P 的纵坐标即可. 试题解析:(1)∵ 抛物线 y=ax2+bx+c(a,b,c 是常数,a≠0)的对称轴为 y 轴,且经过
4
15 2
∴ P 点的坐标为( 15 , 5 ). 46
(3)存在.
∵
, y a(x 5() x 5)
2
又由(2)知 D(0, 15 ),P( 15 , 5 ),
4
46
∴由
,得
,解得 yQ=± 10 . 3
∵ 二次函数的图像过 M(0, 5 )、A(5,0), 6
∴ 设二次函数解析式为
,
又∵ 该图象过点 D(0, 15 ),∴ 4
,解得 a= 5 . 12
∴ 二次函数解析式为
.
又∵ Q 点在抛物线上,且 yQ=± 10 . 3
∴ 当 yQ= 10 时, 3
,解得 x= 15 5 2 或 x= 15 5 2 ;
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当 yQ= 5 时, 12
,解得 x= 15 . 4
∴ 点 Q 的坐标为( 15 5 2 , 10 ),或( 15 5 2 , 10 ),或( 15 , 5 ).