中考数学圆的最值问题(含答案)之欧阳数创编
2023中考数学复习：几何最值问题
接FR,BR,RT,ET,AT,
∵A,E关于ON对称,∴AC=EC,同理BD=FD,FR=BR,AT=ET,
∴AC+CD+DB=EC+CD+FD=EF,AT+TR+BR=ET+TR+FR.
∵ET+TR+FR>EF,
∴AC+CD+DB<AT+TR+BR,
的压轴题,发展了学生的几何直观和推理能力的核心素养.
专题四 几何最值问题
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方法点拨
此类问题的解答,关键是要掌握每种模型的特征、辅助线的作法及解
题原理,能在实际问题中发现模型、建构模型,并依据模型解答问题,解
决实际问题.
专题四 几何最值问题
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解题技巧
主要是利用重要的基本事实或者定理,如两点之间线段最短、三角形
动点,设AP=x,PB+PE=y,当点P从A向点C运动时,y与x的函数关系如图
②所示,其中点M是函数图象的最低点,则点M的坐标是( )
A.(4 2,3 5)
B.(2 2,3 5)
C.(3 5,2 2)
D.(3 5,4 2)
例题 4
4
5
6
专题四 几何最值问题— 两点之间线段最短问题
模型二
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两定一动（“胡不归”问题）
模 型 解 读
“胡不归”问题即点P在直线BM上运动的“PA+k•PB(0<k<1)”型
最值问题.如图①,已知sin∠MBN=k,点P为∠MBN其中一边BM上
的一个动点,点A在射线BM,BN的同侧,连接AP,则当“PA+k•PB”的
2020-2021中考数学圆的综合(大题培优 易错 难题)含答案
2020-2021中考数学圆的综合(大题培优 易错 难题)含答案一、圆的综合1．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OM2+MC2=OC2得（33）2+6k）2=32，解得：k=33或k=0（舍），∴62；②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2=﹣4d2+6d+18=﹣4（d﹣34）2+814，∴当d=34，即OM=34时，AB•AC最大，最大值为814，∴DC2=272，∴AC=DC=362，∴AB=964，此时32ABAC=．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．2．如图，⊙O的半径为6cm，经过⊙O上一点C作⊙O的切线交半径OA的延长于点B，作∠ACO的平分线交⊙O于点D，交OA于点F，延长DA交BC于点E．（1）求证：AC∥OD；（2）如果DE⊥BC，求»AC的长度．【答案】（1）证明见解析；（2）2π．【解析】试题分析：（1）由OC=OD，CD平分∠ACO，易证得∠ACD=∠ODC，即可证得AC∥OD；（2）BC切⊙O于点C，DE⊥BC，易证得平行四边形ADOC是菱形，继而可证得△AOC是等边三角形，则可得：∠AOC=60°，继而求得弧AC的长度．试题解析：（1）证明：∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC．∵CD平分∠ACO，∴∠OCD=∠ACD，∴∠ACD=∠ODC，∴AC∥OD；（2）∵BC切⊙O于点C，∴BC⊥OC．∵DE⊥BC，∴OC∥DE．∵AC∥OD，∴四边形ADOC 是平行四边形．∵OC=OD，∴平行四边形ADOC是菱形，∴OC=AC=OA，∴△AOC是等边三角形，∴∠AOC=60°，∴弧AC的长度=606180π⨯=2π．点睛：本题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质以及弧长公式．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．3．图 1 和图 2 中，优弧»AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝23，点P为优弧»AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．发现：（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在»NP上．（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【解析】【分析】发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性质可得OD=A'H=12A'N=12MN=2可判定A′C与半圆相切；（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在»PB时，连接MO′，则可知NO′=12MN，可求得∠MNO′=60°，可求得α=30°；（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【详解】发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,∵⊙O的半径为2，AB=23，∴OH=22OB HB-=222(3)1-=在△BOH中，OH=1，BO=2∴∠ABO=30°∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．∴∠OBA′=∠ABO=30°∴∠ABA′=60°（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．∴∠A′BP=∠ABP=60°．∴∠OBP=30°．∴OG=12OB=1．∴3．∵OG⊥BP，∴3．∴3．∴折痕的长为3拓展：（1）相切．分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，∵A'C∥MN∴四边形A'HOD是矩形∴A'H=O∵α=15°∴∠A'NH=30∴OD=A'H=12A'N=12MN=2∴A'C与半圆（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，∴α=45当O′在»PB上时，连接MO′，则可知NO′=12 MN，∴∠O′MN=0°∴∠MNO′=60°，∴α=30°，故答案为：45°；30°．（3）∵点P，M不重合，∴α＞0，由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段NO′与半圆只有一个公共点B；当α增大到45°时NA′与半圆相切，即线段NO′与半圆只有一个公共点B．当α继续增大时，点P逐渐靠近点N，但是点P，N不重合，∴α＜90°，∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【点睛】本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．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。
初中数学最值问题典型例题(含答案分析)之欧阳物创编
中考数学最值问题总结考查知识点：1、“两点之间线段最短”，“垂线段最短”，“点关于线对称”，“线段的平移”。
（2、代数计算最值问题 3、二次函数中最值问题）问题原型：饮马问题 造桥选址问题 （完全平方公式 配方求多项式取值 二次函数顶点）出题背景变式：角、三角形、菱形、矩形、正方形、梯形、圆、坐标轴、抛物线等。
解题总思路：找点关于线的对称点实现“折”转“直” 几何基本模型：条件：如下左图，A 、B 是直线l 同旁的两个定点．问题：在直线l 上确定一点P ，使PA PB+的值最小．方法：作点A 关于直线l 的对称点A '，连结A B '交l 于点P ，则PA PB A B '+=的值最小例1、如图，四边形ABCD 是正方形，△ABE 是等边三角形，M 为对角线BD （不含B 点）上任意一点，将BM 绕点B 逆时针旋转60°得到BN ，连接EN 、AM 、CM ．A B A '′P l（1）求证：△AMB≌△ENB；（2）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；②当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由；（3）当AM+BM+CM的最小值为时，求正方形的边长。
例2、如图13，抛物线y=ax2＋bx＋c(a≠0)的顶点为（1,4），交x轴于A、B，交y轴于D，其中B点的坐标为（3,0）（1）求抛物线的解析式（2）如图14，过点A的直线与抛物线交于点E，交y轴于点F，其中E点的横坐标为2，若直线PQ为抛物线的对称轴，点G为PQ上一动点，则x轴上是否存在一点H，使D、G、F、H四点围成的四边形周长最小.若存在，求出这个最小值及G、H的坐标；若不存在，请说明理由.（3）如图15，抛物线上是否存在一点T，过点T作x的垂线，垂足为M，过点M作直线MN∥BD，交线段AD于点N，连接MD，使△DNM∽△BMD，若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由.例3、如图1，四边形AEFG与ABCD都是正方形，它们的边长分别为a,b(b≥2a),且点F在AD上（以下问题的结果可用a,b表示）（1）求S△DBF;(2) 把正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转450得图2,求图2中的S△DBF;(3) 把正方形AEFG绕点A旋转任意角度,在旋转过程中,S△DBF是否存在最大值,最小值?如果存在,试求出最大值、最小值；如果不存在，请说明理由。
2020-2021中考数学圆的综合(大题培优 易错 难题)及答案
2020-2021中考数学圆的综合(大题培优易错难题)及答案一、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，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．【答案】（1）证明见解析；（2）8．【解析】（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．试题解析：连接AD，OA，∵∠ADC=∠B，∠B=60°，∴∠ADC=60°，∵CD是直径，∴∠DAC=90°，∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，∵AP=AC，OA=OC，∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，即OA⊥AP，∵OA为半径，∴AP是⊙O切线．（2）连接AD，BD，∵CD是直径，∴∠DBC=90°，∵CD=4，B为弧CD中点，∴BD=BC=，∴∠BDC=∠BCD=45°，∴∠DAB=∠DCB=45°，即∠BDE=∠DAB，∵∠DBE=∠DBA，∴△DBE∽△ABD，∴，∴BE•AB=BD•BD=．考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．3．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=上半轴上，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=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x（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；∆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（3）设MBN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.4．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）10 3π=；（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，OP 2+(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=12OP OQ =， ∴∠QOP=60°，∴l BQ =6010101803ππ⨯=； （2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝2，在Rt △B'OP 中，OP 22−10)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B 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，O′B=226425-=，在Rt △OBO′K ，OO′=2210(25)=230-，∴OM=12OO′=12×230=30， 即O 到折痕PQ 的距离为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．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 ＝ 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.6．已知，如图：O1为x轴上一点，以O1为圆心作⊙O1交x轴于C、D两点，交y轴于M、N两点，∠CMD的外角平分线交⊙O1于点E，AB是弦，且AB∥CD，直线DM的解析式为y=3x+3．（1）如图1，求⊙O1半径及点E的坐标．（2）如图2，过E作EF⊥BC于F，若A、B为弧CND上两动点且弦AB∥CD，试问：BF+CF 与AC之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明．（3）在（2）的条件下，EF交⊙O1于点G，问弦BG的长度是否变化？若不变直接写出BG 的长（不写过程），若变化自画图说明理由．【答案】（1）r=5 E（4，5）（2）BF+CF=AC （3）弦BG的长度不变，等于2【解析】分析：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1，可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，从而可以证到∠EO1D=∠EO1C=90°．由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1，OM=3．设⊙O1的半径为r．在Rt△MOO1中利用勾股定理就可解决问题．（2）过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．由AB∥DC可证到BD=AC，易证四边形O1PFQ是矩形，从而有O1P=FQ，∠PO1Q=90°，进而有∠EO1P=∠CO1Q，从而可以证到△EPO1≌△CQO1，则有PO1=QO1．根据三角形中位线定理可得FQ=12BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC．（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有BG=ED，也就有BG=DE．在Rt△EO1D中运用勾股定理求出ED，就可解决问题．详解：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1．∵ME平分∠SMC，∴∠SME=∠EMC．∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠EO1D=∠EO1C．∵∠EO1D+∠EO1C=180°，∴∠EO1D=∠EO1C=90°．∵直线DM的解析式为y=3x+3，∴点M的坐标为（0，3），点D的坐标为（﹣1，0），∴OD=1，OM=3．设⊙O1的半径为r，则MO1=DO1=r．在Rt△MOO1中，（r﹣1）2+32=r2．解得：r=5，∴OO1=4，EO1=5，∴⊙O1半径为5，点E的坐标为（4，5）．（2）BF+CF=AC．理由如下：过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC，∴AD=BC BD∴，=AC，∴BD=AC．∵O1P⊥EG，O1Q⊥BC，EF⊥BF，∴∠O1PF=∠PFQ=∠O1QF=90°，∴四边形O1PFQ是矩形，∴O1P=FQ，∠PO1Q=90°，∴∠EO1P=90°﹣∠PO1C=∠CO1Q．在△EPO1和△CQO1中，111111EO P CO QEPO CQOO E O C∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．∵CO1=DO1，∴O1Q=12BD ，∴FQ=12BD．∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴BF+CF=BD=AC．（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．∵DC是⊙O1的直径，∴∠DBC=90°，∴∠DBC+∠EFB=180°，∴EF∥BD，∴∠GEB=∠EBD，∴BG=ED，∴BG=DE．∵DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=52，∴BG=52，∴弦BG的长度不变，等于52．点睛：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥DC证到AC=BD是解决第（2）小题的关键，由EG∥DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键．7．如图，在ABC ∆中，90,BAC ∠=︒ 2,AB AC ==AD BC ⊥，垂足为D ，过,A D 的⊙O 分别与,AB AC 交于点,E F ，连接,,EF DE DF ．（1）求证：ADE ∆≌CDF ∆；（2）当BC 与⊙O 相切时，求⊙O 的面积．【答案】(1)见解析;(2)24π.【解析】 分析：（1）由等腰直角三角形的性质知AD =CD 、∠1=∠C =45°，由∠EAF =90°知EF 是⊙O 的直径，据此知∠2+∠4=∠3+∠4=90°，得∠2=∠3，利用“ASA”证明即可得； （2）当BC 与⊙O 相切时，AD 是直径，根据∠C =45°、AC =2可得AD =1，利用圆的面积公式可得答案．详解：（1）如图，∵AB =AC ，∠BAC =90°，∴∠C =45°．又∵AD ⊥BC ，AB =AC ，∴∠1=12∠BAC =45°，BD =CD ，∠ADC =90°． 又∵∠BAC =90°，BD =CD ，∴AD =CD ． 又∵∠EAF =90°，∴EF 是⊙O 的直径，∴∠EDF =90°，∴∠2+∠4=90°．又∵∠3+∠4=90°，∴∠2=∠3．在△ADE 和△CDF 中．∵123C AD CD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△ADE ≌△CDF （ASA ）．（2）当BC 与⊙O 相切时，AD 是直径．在Rt △ADC 中，∠C =45°，AC 2，∴sin ∠C =AD AC ，∴AD =AC sin ∠C =1，∴⊙O 的半径为12，∴⊙O 的面积为24π． 点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系等知识点．8．如图，已知⊙O 的半径为1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿PQ 排成一列，所有正三角形都关于PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1的顶点A 1与点P 重合，第二个△A 2B 2C 2的顶点A 2是B 1C 1与PQ 的交点，…，最后一个△A n B n C n 的顶点B n 、C n 在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a 1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a 2=_____；如图3，正三角形的边长a n =_____（用含n 的代数式表示）．38313 24313n+ 【解析】 分析：（1）设PQ 与11B C 交于点D ，连接1B O ，得出OD=1A D -O 1A ，用含1a 的代数式表示OD ，在△O 1B D 中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a ；（2）设PQ 与2B 2C 交于点E ，连接2B O ，得出OE=1A E-O 1A ，用含2a 的代数式表示OE ，在△O 2B E 中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a ；（3）设PQ 与n B n C 交于点F ，连接n B O ，得出OF=1A F-O 1A ，用含an 的代数式表示OF ，在△O n B F 中，根据勾股定理求出正三角形的边长an ． 本题解析：(1)易知△A 1B 1C 1的高为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 32，∴1＝32－1)2＋14a 22， 解得a 283 . (3)同(2)，连结B n O ，设B n C n 与PQ 交于点F ，则有B n O 2＝OF 2＋B n F 2， 即1＝(nh －1)2＋212n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ . ∵h ＝32 a n ，∴1＝14a n 2＋231n na ⎫⎪⎪⎝⎭ ，解得a n ＝24331n n + .9．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=OP OC =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 OD AOP BOD OP 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．10．（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，∴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，2，AO=3 ，∴在△OQB中，BQ≥OQ﹣2﹣3 ，即OC最小值是2﹣3；（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.11．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 中点，∴CD CB =，∴∠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，∵BO2﹣ON2=EB2﹣EN2，∴（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，∴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=7．12．如图，AB是⊙O的直径，D、D为⊙O上两点，CF⊥AB于点F，CE⊥AD交AD的延长线于点E，且CE=CF.（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）连接CD、CB，若AD=CD=a，求四边形ABCD面积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接OC，AC，可先证明AC平分∠BAE，结合圆的性质可证明OC∥AE，可得∠OCB＝90°，可证得结论；（2）可先证得四边形AOCD为平行四边形，再证明△OCB为等边三角形，可求得CF、AB，利用梯形的面积公式可求得答案．【详解】（1）证明：连接OC，AC．∵CF⊥AB，CE⊥AD，且CE＝CF．∴∠CAE＝∠CAB．∵OC＝OA，∴∠CAB＝∠OCA．∴∠CAE＝∠OCA．∴OC∥AE．∴∠OCE＋∠AEC＝180°，∵∠AEC＝90°，∴∠OCE＝90°即OC⊥CE，∵OC是⊙O的半径，点C为半径外端，∴CE是⊙O的切线．（2）解：∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB，∴DC∥AB，∵∠CAE＝∠OCA，∴OC∥AD，∴四边形AOCD是平行四边形，∴OC＝AD＝a，AB＝2a，∵∠CAE＝∠CAB，∴CD＝CB＝a，∴CB＝OC＝OB，∴△OCB是等边三角形，在Rt△CFB中，CF＝，∴S四边形ABCD＝（DC＋AB）•CF＝【点睛】本题主要考查切线的判定，掌握切线的两种判定方法是解题的关键，即有切点时连接圆心和切点，然后证明垂直，没有切点时，过圆心作垂直，证明圆心到直线的距离等于半径．13．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．14．.如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6．D是线段AC上一个动点（不与点A重合），⊙D与AB相切，切点为E，⊙D交射线．．DC于点F，过F作FG⊥EF交直线．．BC于点G，设⊙D的半径为r．（1）求证AE＝EF；（2）当⊙D与直线BC相切时，求r的值；（3）当点G落在⊙D内部时，直接写出r的取值范围．【答案】(1)见解析,(2)r=3,(3)63 35r<<【解析】【分析】（1）连接DE，则∠ADE=60°=∠DEF+∠DFE，而∠DEF=∠DFE，则∠DEF=∠DFE=30°=∠A，即可求解；（2）如图2所示，连接DE，当圆与BC相切时，切点为F，∠A=30°，AB=6，则BF=3，AD=2r，由勾股定理，即可求解；（3）分点F在线段AC上、点F在线段AC的延长线上两种情况，分别求解即可．【详解】解：设圆的半径为r；（1）连接DE，则∠ADE=60°=∠DEF+∠DFE，而∠DEF=∠DFE，则∠DEF=∠DFE=30°=∠A，∴AE=EF；（2）如图2所示，连接DE，当圆与BC相切时，切点为F∠A=30°，AB=6，则BF=3，AD=2r ，由勾股定理得：（3r ）2+9=36，解得：r=3； （3）①当点F 在线段AC 上时，如图3所示，连接DE 、DG ，333,3933FC r GC FC r =-==-②当点F 在线段AC 的延长线上时，如图4所示，连接DE 、DG ，333,3339FC r GC FC r ===-两种情况下GC 符号相反，GC 2相同，由勾股定理得：DG 2=CD 2+CG 2，点G 在圆的内部，故：DG2＜r2，即：22(332)(339)2r r r +-<整理得：25113180r r -+<6335r <<【点睛】本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；利用勾股定理计算线段的长．15．对于平面直角坐标系xoy 中的图形P ，Q ，给出如下定义：M 为图形P 上任意一点，N 为图形Q 上任意一点，如果M ，N 两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形P ，Q 间的“非常距离”，记作d （P ,Q ）．已知点A （4,0），B （0,4），连接AB ． （1）d （点O ，AB ）= ； （2）⊙O 半径为r ，若d （⊙O ，AB ）=0，求r 的取值范围；（3）点C （－3，－2），连接AC ，BC ，⊙T 的圆心为T （t ，0），半径为2，d （⊙T ，△ABC ），且0<d <2，求t 的取值范围．【答案】（1）22；（2）224r ≤≤；（3）25252t --<<--或6<r <8．【解析】【分析】（1）如下图所示，由题意得：过点O 作AB 的垂线，则垂线段即为所求；（2）如下图所示，当d （⊙O ，AB ）=0时，过点O 作OE ⊥AB ，交AB 于点E ，则：OB=2， OE=22，即可求解；（3）分⊙T 在△ABC 左侧、⊙T 在△ABC 右侧两种情况，求解即可．【详解】（1）过点O 作OD ⊥AB 交AB 于点D ，根据“非常距离”的定义可知，d （点O ，AB ）=OD=2AB 2244+2; （2）如图，当d（⊙O，AB）=0时，过点O作OE⊥AB,则OE=22,OB=OA=4，∵⊙O与线段AB的“非常距离”为0，∴224r≤≤；（3）当⊙T在△ABC左侧时，如图，当⊙T与BC相切时，d=0,2236+35,过点C作CE⊥y轴，过点T作TF⊥BC,则△TFH∽△BEC,∴TF THBE BC=,即2635,∴5∵HO∥CE,∴△BHO∽△BEC,∴HO=2，此时5，0);当d=2时，如图，同理可得，此时T （252--）；∵0<d <2，∴25252t --<<--；当⊙T 在△ABC 右侧时，如图，当p=0时，t=6，当p=2时，t=8.∵0<d <2，∴6<r <8；综上，25252t -<<或6<r <8．【点睛】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“非常距离”的定义与直线与圆的位置关系和分类讨论思想的运用．。
圆的有关计算与证明问题(真题10道+模拟30道)中考数学重难题型押题培优导练案【解析版】
专题15圆的有关计算与证明问题（北京真题10道+模拟30道）【方法归纳】题型概述，方法小结，有的放矢考点考查年份考查频率圆的有关计算与证明问题（大题） 2013.2014.2015.2016.2017十年10考2018.2019.2020.2021.2022圆的证明与计算是中考取的一类重要的问题，在北京市的2013-2022年10年中考中出现了10次，常见的圆的基础知识和解题技巧如下：1、圆中的重要定理:(1)圆的定义: 主要用来证明四点共圆和点到或直线圆的最值距离问题.(2)垂径定理: 主要用来证明——弧相等、线段相等、垂直关系等等.(3)三者之间的关系定理: 主要用来证明——弧相等、线段相等、圆心角相等.(4)圆周角性质定理及其推论 : 主要用来证明——直角、角相等、弧相等.(5)切线的性质定理: 主要用来证明垂直关系 .(6)切线的判断定理: 主要用来证明直线是圆的切线 .(7)切线长定理:线段相等、垂直关系、角相等 .2.圆中几个要点元素之间的相互转变 : 弧、弦、圆心角、圆周角等都能够经过相等来相互转变 . 这在圆中的证明和计算中常常用到 .3.判断切线的方法：（ 1）若切点明确，则“连半径，证垂直”。
常有手法有：全等转变；平行转变；直径转变；中线转变等；有时可经过计算联合相像、勾股定理证垂直；（ 2）若切点不明确，则“作垂直，证半径”。
常有手法：角均分线定理；等腰三角形三线合一，隐蔽角均分线；4、考题形式剖析：主要以解答题的形式出现, 第 1 问主要判断切线、证明角或线段相等；第2 问主要与圆有关的计算：①求线段长（或面积）；②求线段比；③求角度的三角函数值（本质仍是求线段比）【典例剖析】典例精讲，方法提炼，精准提分【例1】（2021·北京·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AD⊥BC于点E．（1）求证：∠BAD=∠CAD；（2）连接BO并延长，交AC于点F，交⊙O于点G，连接GC．若⊙O的半径为5，OE=3，求GC和OF的长．【答案】（1）见详解；（2）GC=6，OF=2511【解析】【分析】（1）由题意易得BD⌢=CD⌢，然后问题可求证；（2）由题意可先作图，由（1）可得点E为BC的中点，则有OE=12CG,OE//CG，进而可得△AOF∽△CGF，然后根据相似三角形的性质可进行求解．【详解】（1）证明：∵AD是⊙O的直径，AD⊥BC，∵BD⌢=CD⌢，∵∠BAD=∠CAD；（2）解：由题意可得如图所示：由（1）可得点E为BC的中点，∵点O是BG的中点，∵OE=12CG,OE//CG，∵△AOF∽△CGF，∵OA CG =OFGF，∵OE=3，∵CG=6，∵⊙O的半径为5，∵OA=OG=5，∵5 6=OFGF，∵OF=511OG=2511．【点睛】本题主要考查垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定，熟练掌握垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定是解题的关键．【例2】（2022·北京·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，AB⊥CD,连接AC,OD.(1)求证：∠BOD=2∠A;(2)连接DB,过点C作CE⊥DB,交DB的延长线于点E，延长DO,交AC于点F，若F为AC的中点，求证：直线CE为⊙O的切线．【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析【解析】【分析】（1）设AB交CD于点H，连接OC，证明RtΔCOH≅RtΔDOH，故可得∠COH=∠DOH，于是BC⌢=BD⌢，即可得到∠BOD=2∠A；（2）连接，解出∠COB=60°，根据AB为直径得到∠ADB=90°，进而得到∠ABD=60°，即可证明OC//DB，故可证明直线CE为⊙O的切线．(1)证明：设AB交CD于点H，连接OC，由题可知，∴OC=OD，∠OHC=∠OHD=90°，∵OH=OH，∴RtΔCOH≅RtΔDOH(HL)，∴∠COH=∠DOH，∴BC⌢=BD⌢，∴∠COB=∠BOD，∵∠COB=2∠A，∴∠BOD=2∠A；(2)证明：连接AD，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，同理可得：∠OAC=∠OCA,∠OCD=∠ODC，∵点H是CD的中点，点F是AC的中点，∴∠OAD=∠ODA=∠OAC=∠OCA=∠OCD=∠ODC，∵∠OAD+∠ODA+∠OAC+∠OCA+∠OCD+∠ODC=180°，∴∠OAD=∠ODA=∠OAC=∠OCA=∠OCD=∠ODC=30°，∴∠COB=2∠CAO=2×30°=60°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ABD=90−∠DAO=90°−30°=60°，∴∠ABD=∠COB=60°，∴OC//DE，∵CE⊥BE，∴CE⊥OC，∴直线CE为⊙O的切线．【点睛】本题主要考查三角形全等的判定与性质，同弧所对的圆周角相等，圆周角定理，直线平行的判定与性质，三角形的内角和公式，证明三角形全等以及证明平行线是解题的关键．【真题再现】必刷真题，关注素养，把握核心1．（2013·北京·中考真题）如图，AB是∵O的直径，PA，PC分别与∵O 相切于点A，C，PC交AB的延长线于点D，DE∵PO交PO的延长线于点E．（1）求证：∵EPD=∵EDO（2）若PC=6，tan∵PDA=，求OE的长．【答案】（1）见解析（2）√5【解析】【详解】试题分析：（1）根据切线长定理和切线的性质即可证明：∵EPD=∵EDO；（2）连接OC，利用tan∵PDA=34，可求出CD=4，再证明∵OED∵∵DEP，根据相似三角形的性质和勾股定理即可求出OE的长．试题解析：（1）证明：PA，PC与∵O分别相切于点A，C，∵∵APO=∵EPD且PA∵AO，∵∵PAO=90°，∵∵AOP=∵EOD，∵PAO=∵E=90°，∵∵APO=∵EDO，∵∵EPD=∵EDO；（2）解：连接OC，∵PA=PC=6，∵tan∵PDA=34，∵在Rt∵PAD中，AD=8，PD=10，∵CD=4，∵tan∵PDA=34，∵在Rt∵OCD中，OC=OA=3，OD=5，∵∵EPD=∵ODE，∵∵OED∵∵DEP，∵PD DO =PEDE=EDOE=2，∵DE=2OE在Rt∵OED中，OE2+DE2=OD2，即5OE2=52，∵OE=√5．考点：1．切线的性质；2．相似三角形的判定与性质．⌢的中点，⊙O的切线BD交AC的延长线于点D，E是2．（2014·北京·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C是ABOB的中点，CE的延长线交切线BD于点F，AF交⊙O于点H，连接BH.（1）求证：AC=CD；（2）若OB=2，求BH的长.【答案】(1)证明见解析(2)BH=4√55【解析】【分析】⌢的中点，可知OC∵AB，又BD是切(1)连接OC，若要证明C为AD的中点，只需证OC//BD，已知C是AB线，可知BD∵AB，问题得证(2)由（1）及E为OB中点可知∵COE∵∵FBE，从而可知BF=CO=BO=2，由勾股定理可得AF的长，由面积法即可求出BH的长【详解】（1）连接OC⌢的中点，AB是∵O的直径∵C是AB∵OC∵AB∵BD是∵O的切线∵BD∵AB∵OC//BD∵AO=BO∵AC=CD（2）∵E是OB的中点∵OE=BE在∵COE和∵FBE中{∠CEO=∠FEB OE=BE ∠COE=∠FBE∵∵COE∵∵FBE（ASA)∵BF=CO∵OB=2∵BF=2∵AF=√AB2+BF2=2√5∵AB是直径∵BH∵AFBH=AB⋅BFAF=2√5=4√55考点：1、平行线分线段成比例定理；2、切线的性质；3勾股定理；4、全等三角形3．（2015·北京·中考真题）如图，AB是∵O的直径，过点B作∵O的切线BM，弦CD//BM，交AB于点F，且DA⌢=DC⌢，连接AC，AD，延长AD交BM于点E．（l）求证：∵ACD是等边三角形；（2）连接OE，若DE＝2，求OE的长．【答案】（1）见解析；（2）2√7【解析】【分析】（1）根据切线的定义可知AB∵BM，又∵BM//CD，∵AB∵CD，根据圆的对称性可得AD=AC，再根据等弧对等弦得DA=DC，即DA=DC=AC，所以可得∵ACD是等边三角形；（2）∵ACD为等边三角形，AB∵CD，由三线合一可得∵DAB=30°，连接BD，根据直径所对的角是直角和三角形的内角和可得∵∵EBD＝∵DAB＝30°，因为DE＝2，求出BE＝4，根据勾股定理得BD=2√3，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半得，AB=4√3，OB=2√3，在Rt∵OBE中，根据勾股定理即可得出OE的长．【详解】解：（1）∵BM是∵O切线，AB为∵O直径，∵AB∵BM，∵BM//CD，∵AB∵CD，∵AD＝AC，∵AD＝AC，∵DA＝DC，∵DC＝AD，∵AD＝CD＝AC，∵∵ACD为等边三角形.（2）∵ACD为等边三角形，AB∵CD，∵∵DAB＝30°，连结BD，∵BD∵AD.∵EBD＝∵DAB＝30°，∵DE＝2，∵BE＝4，BD=2√3，AB=4√3，OB=2√3，在Rt∵OBE中，OE=√OB2+BE2=√12+16=2√7．【点睛】本题考查圆的有关性质，直角三角形的性质；勾股定理．4．（2016·北京·中考真题）如图，AB为∵O的直径，F为弦AC的中点，连接OF并延长交AC⌢于点D，过点D作∵O的切线，交BA的延长线于点E．（1）求证：AC∵DE；（2）连接CD，若OA=AE=a，写出求四边形ACDE面积的思路．【答案】（1）证明见解析；（2）32a2.【解析】【详解】试题分析：（1）欲证明AC∵DE，只要证明AC∵OD，ED∵OD即可．（2）作DM∵OA于M，连接CD，CO，AD，首先证明四边形ACDE是平行四边形，根据S平行四边形ACDE=AE•DM，只要求出DM即可．试题解析：（1）∵ED与∵O相切于D，∵OD∵DE，∵F为弦AC中点，∵OD∵AC，∵AC∵DE．（2）作DM∵OA于M，连接CD，CO，AD．首先证明四边形ACDE是平行四边形，根据S平行四边形ACDE=AE•DM，只要求出DM即可．∵AC∵DE，AE=AO，∵OF=DF，∵AF∵DO，∵AD=AO，∵AD=AO=OD，∵∵ADO是等边三角形，同理∵CDO 也是等边三角形，∵∵CDO=∵DOA=60°，AE=CD=AD=AO=DD=a，∵AO∵CD，又AE=CD，∵四边形ACDE是平行四边形，易知DM=√32a，∵平行四边形ACDE面积=√32a2．考点：切线的性质．5．（2017·北京·中考真题）如图，AB是∵O的一条弦，E是AB的中点，过点E作EC∵OA于点C，过点B 作∵O的切线交CE的延长线于点D．（1）求证：DB=DE;（2）若AB=12，BD=5，求∵O的半径.【答案】（1）证明见解析；（2）152【解析】【详解】试题分析:(1)由切线性质及等量代换推出∵4=∵5，再利用等角对等边可得出结论；（2）由已知条件得出sin∵DEF和sin∵AOE的值，利用对应角的三角函数值相等推出结论.试题解析：（1）∵DC∵OA，∵∵1+∵3=90°，∵BD为切线，∵OB∵BD，∵∵2+∵5=90°，∵OA=OB，∵∵1=∵2，∵∵3=∵4，∵∵4=∵5，在∵DEB中，∵4=∵5，∵DE=DB.(2)作DF∵AB于F，连接OE，∵DB=DE，∵EF=12BE=3，在RT∵DEF中，EF=3，DE=BD=5，EF=3 ，∵DF=√52−32=4∵sin∵DEF=DFDE = 45，∵∵AOE=∵DEF，∵在RT∵AOE中，sin∵AOE=AEAO =45，∵AE=6，∵AO=152.【点睛】本题考查了圆的性质，切线定理，三角形相似，三角函数等知识，结合图形正确地选择相应的知识点与方法进行解题是关键.6．（2018·北京·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，过⊙O外一点P作⊙O的两条切线PC，PD，切点分别为C，D，连接OP，CD．（1）求证：OP⊥CD；（2）连接AD，BC，若∠DAB=50°，∠CBA=70°，OA=2，求OP的长．【答案】（1）证明见解析；（2）4√33.【解析】【分析】（1）根据切线的性质定理得到PC=PD，OP平分∠CPD．根据等腰三角形的性质即可得到PQ⊥CD于Q，即OP⊥CD．（2）连接OC、OD．根据等腰三角形的性质和平角的性质得到∠COD=180°−∠AOD−∠BOC=60°．进而得到∠DOQ=12∠COD=30°．在Rt△ODP中，解直角三角形即可.【详解】（1）证明：∵PC、PD与⊙O相切于C、D．∵PC=PD，OP平分∠CPD．在等腰△PCD中，PC=PD，PQ平分∠CPD．∵PQ⊥CD于Q，即OP⊥CD．（2）解：连接OC、OD．∵OA=OD∵∠OAD=∠ODA=50°∵∠AOD=180°−∠OAD−∠ODA=80°同理：∠BOC=40°∵∠COD=180°−∠AOD−∠BOC=60°．在等腰△COD中，OC=OD．OQ⊥CD∵∠DOQ=12∠COD=30°．∵PD与⊙O相切于D．∵OD⊥DP．∵∠ODP=90°．在Rt△ODP中，∠ODP=90°，∠POD=30°∵OP=ODcos∠POD=OAcos30°=√32=43√3．【点睛】本题考查了切线的性质和判定，圆周角定理，解直角三角形等，题目比较典型，综合性比较强，难度适中．7．（2019·北京·中考真题）在平面内，给定不在同一直线上的点A，B，C，如图所示．点O到点A，B，C 的距离均等于a（a为常数），到点O的距离等于a的所有点组成图形G，∠ABC的平分线交图形G于点D，连接AD，CD．（1）求证：AD=CD；（2）过点D作DE⊥BA，垂足为E，作DF⊥BC，垂足为F，延长DF交图形G于点M，连接CM．若AD=CM，求直线DE与图形G的公共点个数．【答案】依题意画出图形G为∵O，如图所示,见解析；（1）证明见解析；（2）直线DE与图形G的公共点个数为1个.【解析】【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得出图形G为∵O，再根据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等得⌢=CD⌢；从而得出弦相等即可．出AD（2）先根据HL得出△CDF∵∵CMF，得出DF=MF，从而得出BC为弦DM的垂直平分线，根据圆心角和圆周角之间的关系定理得出∵ABC=∵COD，再证得DE为∵O的切线即可【详解】如图所示，依题意画出图形G为∵O，如图所示（1）证明：∵BD平分∵ABC，∵∵ABD=∵CBD，⌢=CD⌢，∵AD=CD∵AD（2）解：∵AD=CD，AD=CM，∵CD=CM.∵DF∵BC，∵∵DFC=∵CFM=90°在Rt△CDF和Rt△CMF中{CD=CMCF=CF，∵Rt△CDF∵Rt△CMF（HL），∵DF=MF，∵BC为弦DM的垂直平分线∵BC为∵O的直径，连接OD∵∵COD=2∵CBD，∵ABC=2∵CBD，∵∵ABC=∵COD，∵OD∵BE.又∵DE∵BA，∵∵DEB=90°，∵∵ODE=90°，即OD∵DE，∵DE为∵O的切线.∵直线DE与图形G的公共点个数为1个.【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，圆心角和圆周角之间的关系定理，切线的判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．8．（2020·北京·中考真题）如图，AB为∵O的直径，C为BA延长线上一点，CD是∵O的切线，D为切点，OF∵AD于点E，交CD于点F．（1）求证：∵ADC=∵AOF；（2）若sinC=13，BD=8，求EF的长．【答案】（1）见解析；（2）2．【解析】【分析】（1）连接OD，根据CD是∵O的切线，可推出∵ADC+∵ODA=90°，根据OF∵AD，∵AOF+∵DAO=90°，根据OD=OA，可得∵ODA=∵DAO，即可证明；（2）设半径为r，根据在Rt∵OCD中，sinC=13，可得OD=r，OC=3r，AC=2r，由AB为∵O的直径，得出∵ADB=90°，再根据推出OF∵AD，OF∵BD，然后由平行线分线段成比例定理可得OEBD =OAAB=12，求出OE，OFBD =OCBC=34，求出OF，即可求出EF．【详解】（1）证明：连接OD，∵CD是∵O的切线，∵OD∵CD，∵∵ADC+∵ODA=90°，∵OF∵AD，∵∵AOF+∵DAO=90°，∵OD=OA，∵∵ODA=∵DAO，∵∵ADC=∵AOF；（2）设半径为r，在Rt∵OCD中，sinC=13，∵OD OC =13，∵OD=r，OC=3r，∵OA=r，∵AC=OC-OA=2r，∵AB为∵O的直径，∵∵ADB=90°，又∵OF∵AD，∵OF∵BD，∵OE BD =OAAB=12，∵OE=4，∵OF BD =OCBC=34，∵OF=6，∵EF=OF−OE=2．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，切线的性质，直径所对的圆周角是90°，灵活运用知识点是解题关键．【模拟精练】押题必刷，巅峰冲刺，提分培优一、解答题1．（2022·北京市广渠门中学模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，E为BC⌢上一点，过点E作⊙O的切线，分别交DC,AB的延长线于点F，G连接AE，交CD于点P．(1)求证：EF=FP；(2)连接AD，若AD∥FG,CD=8,cosF=45，求⊙O半径．【答案】(1)见解析(2)256【解析】【分析】（1）连接OE，要使EF=FP，需要∵FEP=∵FPE，通过切线和垂直的已知条件，利用等角的余角相等可得∵FEP=∵FPE，结论可得．（2）设圆的半径为r，在Rt∵ODH中，利用勾股定理可以求得半径r．(1)证明：连接OE，∵EF是圆的切线，∵OE∵EF．∵∵OEF=90°．∵∵OEA+∵AEF=90°．∵CD∵AB，∵∵AHC=90°．∵∵OAE+∵APH=90°．∵OA=OE，∵∵OAE=∵OEA．∵∵AEF=∵APH．∵∵APH=∵EPF，∵∵EPF=∵AEF．∵EF=PF．(2)连接OD，设圆的半径为r，∵直径AB∵CD于H，CD=8，∵CH=DH=4．∵AD∵FG，∵∵ADH=∵F．∵cos∵ADH=cos F=45∴AD=CHcos∠ADH=5∴AH=√AD2−DH2=3∵OH=OA-AH=r-3．在Rt∵ODH中，∵OH2+DH2=OD2,∵（r-3）2+42=r2．∴OE=r=25 6【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理和解直角三角形的知识．使用添加圆中常添加的辅助线是解题的关键．2．（2022·北京房山·二模）如图，已知AB是半⊙O的直径，点H在⊙O上，E是HB⌢的中点，连接AE，过点E作EC⊥AH交AH的延长线于点C．过点E作EF⊥AB于点F．(1)求证：CE是⊙O的切线；(2)若FB=2,EFAF =√22，求OF的长．【答案】(1)见解析(2)OF=1【解析】【分析】（1）连接OE，由于E为HB⌢的中点，根据圆周角定理可知∵1=∵2，而AO=EO，则∵3=∵2，于是∵1=∵3，根据平行线的判定知OE∥AC，而AC∵CE，根据平行线的性质知∵OEC=90°，即OE∵CE，根据切线的判定可知CE是∵O的切线；（2）由于AB是直径，故∵AED=90°，而EF∵AB，易知∵2=∵4=∵1，那么tan∵1=tan∵2=tan∵4=EFAF =√22，在Rt∵EFB中，利用正切可求出EF，同理在Rt∵AEF中，可求出AF，得半径OB=3，进而可求出OF．(1)证明：连结OE，∵点E为HB⌢的中点，∵ ∵1=∵2，∵OE=OA，∵∵3=∵2，∵∵3=∵1，∵OE∵AC，∵AC∵CE，∵OE∵CE，∵点E在∵O上，∵CE是∵O的切线．(2)连结EB，∵AB是∵O的直径，∵∵AEB=90°，∵EF∵AB于点F，∵∵AFE=∵EFB=90°，∵∵2+∵AEF=∵4+∵AEF=90°，∵∵2=∵4=∵1，∵EF AF =√22，∵tan∠1=√22，∵tan∵4 =√22，在Rt∵EFB中，∵EFB=90°，FB=2，tan∵4 =√22，∵EF=2√2，设OE=x，则OB= x．∵FB=2，∵OF=x-2，∵在Rt∵OEF中，∵EFO=90°，∵x2=(x-2)2+(2√2)2，∵x=3，∵OF=1．【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，平行线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角函数的定义，作出辅助线，熟练掌握圆的切线判定方法，是解题的关键．3．（2022·北京朝阳·二模）如图，AB为∵O的直径，C为∵O上的一点，OD⊥AB交AC于点E，DE=DC．(1)求证：DC是∵O的切线；(2)若OA=4，OE=2，求cos D．【答案】(1)见解析(2)35【解析】【分析】（1）连接OC．证∵OCD=90°，即可得出结论；（2）先求出OC=4．再同由勾股定理求出DC=3，OD=5，最后由余弦定义cosD=DC求解．OD(1)证明：如图，连接OC．∵OD⊥AB交AC于点E，∵∠AOD=90∘,∵∠A+∠AEO=90∘．∵∠AEO=∠DEC，∵∠A+∠DEC=90∘．∵DE=DC，∵∠DEC=∠DCE,∵OA=OC，∵∠A=∠ACO，∵∵OCD=∠ACO+∠DCE=90∘，∵DC⊥OC，∵DC是∵O的切线，(2)解：∵∠OCD=90∘，∵DC2+OC2=OD2，∵OA=4，∵OC=4．设DC=x，∵OE=2，∵x2+42=(x+2)2．解得x=3，∵DC=3，OD=5．∵在Rt∵OCD中，cosD=DCOD =35．【点睛】本师考查切线的判定，解直角三角形，掌握切线的判定定理是解题的关键．4．（2022·北京东城·二模）如图，在△ABC中，AB>AC，∠BAC=90°，在CB上截取CD=CA，过点D作DE⊥AB 于点E，连接AD，以点A为圆心、AE的长为半径作⊙A．(1)求证：BC是∵A的切线；(2)若AC=5，BD=3，求DE的长．【答案】(1)见解析(2)158【解析】【分析】（1）过点A作AF⊥BC于F，根据同旁内角互补证得DE//AC，可证得∠DAC=∠ADE，利用AAS可证得△ADE≅△ADF，则可证得AF=AE，根据切线的判定即可求证结论．（2）根据角相等即可得△BDE∼△BCA，利用相似三角形的性质即可求解．(1)过点A作AF⊥BC于F，如图所示，∵DE⊥AB，∴∠AED=90°，∵∠BAC=90°，∴∠AED+∠BAC=180°，∴DE//AC，∴∠DAC=∠ADE，∵CD=AC，∴∠DAC=∠ADC，∴∠ADE=∠ADC，在△ADE和△ADF中，{∠AED=∠AFD ∠ADE=∠ADFAD=AD，∴△ADE≅△ADF(AAS)，∴AF=AE，且AE为⊙A的半径，∴AF是⊙A的半径，∴BC是⊙A的切线．(2)∵AC=5，∴CD=AC=5，∴BC=BD+CD=3+5=8，∵∠DEB=∠BAC=90°，∠B=∠B，∴△BDE∼△BCA，∴DEAC =BDBC，∴DE5=38，解得DE=158，∴DE的长为158．【点睛】本题考查了切线判定、三角形全等的判定及性质、相似三角形的判定及性质，熟练掌握全等三角形的判定及性质，切线的判定及相似三角形判定及性质是解题的关键．5．（2022·北京平谷·二模）如图，AB是∵O的直径，过B作∵O的切线，与弦AD的延长线交于点C，AD=DC，E是直径AB上一点，连接DE并延长与直线BC交于点F，连接AF．(1)求证：AD⌢=BD⌢；(2)若tan∠BAF=14，∵O的半径长为6，求EF的长．【答案】(1)证明见解析(2)√13【解析】【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理、切线性质以及题中AD=DC可得∠BAD=∠ABD=∠CBD=∠C=45°，从而得出结论；（2）连接OD，由（1）知DO⊥AB，得出ΔDOE∼ΔFBE，得出DOBF =OEBE，在RtΔABF中，tan∠BAF=14，∵O的半径长为6，解得BF=3，从而63=OEBE，设BE=x,OE=2x，则BE+OE=OB=6，解得x=2，即BE=2，在RtΔEBF中，利用勾股定理得结论．(1)证明：连接BD，如图所示：∵AB是∵O的直径，∴∠ABD=90°，即BD⊥AC，∵过B作∵O的切线，∴AB⊥BC，∵AD=DC，∴∠BAD=∠ABD=∠CBD=∠C=45°，∴BD=AD，∴AD⌢=BD⌢；(2)解：连接OD，如图所示：在等腰RtΔABD中，∠ADB=90°，∴DO⊥AB，∵∠DEO=∠BEF,∠DOE=∠FBE=90°，∴ΔDOE∼ΔFBE，∴DOBF =OEBE，在RtΔABF中，tan∠BAF=14，∵O的半径长为6，则tan∠BAF=14=BFAB=BF12，解得BF=3，∴63=OEBE，设BE=x,OE=2x，则BE+OE=x+2x=OB=6，解得x=2，在RtΔEBF中，∠EBF=90°，BE=2,BF=3，则利用勾股定理得EF=√BE2+BF2=√22+32=√13．【点睛】本题考查圆综合，涉及到圆周角定理、直角三角形的性质、切线的性质、相似三角形的判定与性质、正切函数求线段长、勾股定理等知识点，根据题意准确作出辅助线是解决问题的关键．6．（2022·北京北京·二模）如图，AB为⊙O的直径，BD⌢=CD⌢，过点A作⊙O的切线，交DO的延长线于点E．(1)求证：AC∥DE；(2)若AC=2，t an E=1，求OE的长．2【答案】(1)见解析(2)5【解析】【分析】（1）根据同圆中，等弧相等性质可得∠BAD=∠CAD，再利用等边对等角及等量代换即可证得∠CAD=∠D从而证得结论．（2）连接BC，利用直径所对的圆周角是直角结合（1）中平行线的性质可求得∠B=∠E，从而得到tanB=tanE，根据直角三角形的锐角三角函数的值结合勾股定理即可求得答案．(1)⌢=CD⌢，证明：∵BD∵∠BAD=∠CAD，∵OA=OD，∵∠D=∠BAD，∵∠CAD=∠D，∵AC∥DE．(2)如图，连接BC，∵AB为⊙O的直径，∵∠C=90°，∵AC∥DE，∵∠BAC=∠AOE，∵AE是⊙O的切线，∵OA⊥AE，∵∠C=∠OAE=90°，∵∠B=∠E，∵tanB=tanE=12，在Rt△OAE中，tanB=12，AC=2，∵tanB=ACBC =2BC=12，解得BC=4，∴AB=√AC2+BC2=√22+C2=2√5，∵OA=√5，∵在Rt△OAE中，tanE=12，∵tanE=AOAE =√5AE=12，解得AE=2√5，∵OE=√OA2+AE2=√(√5)2+(2√5)2=5．【点睛】本题考查了平行线的判定及性质、切线的性质、圆周角定理、锐角三角函数值及勾股定理解直角三角形的应用，熟练掌握圆周角定理及平行线的判定及锐角三角函数值及勾股定理解直角三角形的应用是解题的关键．7．（2022·北京丰台·二模）如图，AB是∵O的直径，C为BA延长线上一点，过点C作∵O的切线，切点为D，过点B作BE∵CD于点E，连接AD，BD．(1)求证：∠ABD=∠DBE；(2)如果CA＝AB，BD＝4，求BE的长．【答案】(1)证明见解析；(2)43√6．【解析】【分析】（1）如图1，连接OD，由CD切∵O于点A得OD⊥CD，从而得OD∥BE，进而得∠ODB=∠DBE，另外由∠ODB=∠ABD即可得出结论；（2）解：设OA=x，则CA=AB=2x，CO=CA+OA=3x，先证明△COD∽△CBE，得ODBE =COCB=3x4x从而有x=34BE，另外由△ABD∽△DBE得ABBD =DBBE，即可求得BE=43√6．(1)证明：如图，连接OD，∵CD切∵O于点A，∴OD⊥CD，∵BE∵CD，∴OD∥BE，∴∠ODB=∠DBE，∵OD=OB，∴∠ODB=∠ABD，∴∠ABD=∠DBE；(2)解：如图，设OA=x，则CA=AB=2x，CO=CA+OA=3x，∵OD∥BE，∴∠CDO=∠E,∠COD=∠CBE，∴△COD∽△CBE，∴ODBE =COCB=3x4x即xBE=34，∴x=34BE，∵AB是∵O的直径，∴∠ADB=90°，∵BE∵CD，∴∠E=∠ADB=90°，∵∠ABD=∠DBE，∴△ABD∽△DBE，∴ABBD =DBBE，∵BD＝4，∴2×34BE4=4BE，解得BE=43√6．【点睛】本题主要考查了圆的切线、勾股定理、相似三角形的判定及性质以及平行线的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．8．（2022·北京密云·二模）如图，在△ABC中，AB=BC，以BC为直径的∵O与AC交于点D，DE是∵O的切线．(1)计算∠AED的度数；(2)若tanA=12，BC=2√5，求线段DE的长．【答案】(1)90°(2)4√55【解析】【分析】（1）连接OD，BD，由直径所对圆周角等于90度得∵BDO+∵ODC=∵BDC=90°，再由切线的性质得∵BDE+∵BDO=∵ODE=90°，所以∵BDE=∵ODC，∵ADE=∵BDO，然后由OB-OC，则∵C=∵ODC，BA=BC，则∵C=∵A，所以∵A+∵ADE=90°，最后由三角形内角和定理即可求解；（2）由（1）知：∵AED=∵ADB=90°，则tan∵A=DEAE =BDAD=12，所以AD=2BD，AE=2DE，又因为AB=BC=2√5，在Rt△ADB中，由勾股定理，可求出BD=2，AD=4，再在Rt△ADE中，由勾股定理可求出DE长．(1)解：如图，连接OD，BD，∵BC是∵O的直径，∵∵BDO+∵ODC=∵BDC=90°，∵∵BDE+∵ADE=∵BDA=90°，∵DE是∵O的切线，∵∵BDE+∵BDO=∵ODE=90°，∵∵BDE=∵ODC，∵ADE=∵BDO，∵OD=OC，∵∵C=∵ODC，∵∵C+∵ADE=∵C+∵BDO=90°，∵BA=BC，∵∵C=∵A，∵∵A+∵ADE=90°，∵∵AED=180°-（∵A+∵ADE）=90°；(2)解：由（1）知：∵AED=∵ADB=90°，∵tan∵A=DEAE =BDAD=12，∵AD=2BD，AE=2DE，∵AB=BC=2√5，∵在Rt△ADB中，由勾股定理，得AD2+BD2=AB2，∵（2BD）2+BD2=（2√5）2，∵BD=2，∵AD=4，在Rt△ADE中，由勾股定理，得AE2+DE2=AD2，（2DE）2+DE2=42，∵DE=4√5．5【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理的推论，勾股定理，正切的定义，熟练掌握切线的性质、圆周角定理的推论、正切的定义是解题的关键．9．（2022·北京大兴·二模）如图，在△ABC中，∠C=90°，AD是∠BAC的平分线，O是AB上一点，以OA 为半径的⊙O经过点D．(1)求证：BC是⊙O切线；(2)若BD=5,DC=3，求AC的长．【答案】(1)见解析(2)6【解析】【分析】（1）要证BC是∵O的切线，只要连接OD，再证OD∵BC即可．（2）过点D作DE∵AB，根据角平分线的性质可知CD=DE=3，由勾股定理得到BE的长，再通过证明△BDE∵∵BAC，根据相似三角形的性质得出AC的长．(1)连接OD；∵AD是∵BAC的平分线，∵∵1=∵3．∵OA=OD，∵∵1=∵2．∵∵2=∵3．∵OD∵AC．∵∵ODB=∵ACB=90°．∵OD∵BC．∵OD是∵O的半径，∵BC是∵O切线．(2)过点D作DE∵AB，∵AD是∵BAC的平分线，∵CD=DE=3．在Rt△BDE中，∵BED=90°，由勾股定理得：BE=√BD2−DE2=√52−32=4,∵∵BED=∵ACB=90°，∵B=∵B，∵∵BDE∵∵BAC．∵BE BC =DEAC．∵4 8=3AC．∵AC=6．【点睛】^$本题综合性较强，既考查了切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了角平分线的性质，勾股定理得到BE的长，及相似三角形的性质．10．（2022·北京西城·二模）如图，AB是⊙O的直径，CB，CD分别与⊙O相切于点B，D，连接OC，点E 在AB的延长线上，延长AD，EC交于点F．(1)求证：FA∥CO；(2)若FA=FE，CD=4，BE=2，求F A的长．【答案】(1)见解析(2)3√5【解析】【分析】（1）连接OD，证明△CDO∵△CBO（SSS），得∵COD=∵COB，即∵BOD=2∵COB，又因为OD=OA，得∵OAD=∵ODA，所以∵BOD=∵OAD+∵ODA=2∵OAD，即可证得∵COB=∵OAD，即可由平行线的判定定理，得出结论；（2）由F A=FE，得∵F AE=∵FEA，又由（1）知：∵COB=∵OAD，所以∵COE=∵CEO，则CO=CE，又由切线的性质得OB∵CB，根据等腰三角形“三线合一”性质得OB=BE=2，从而求出AE=6，OE=4，再由切线性质得CB=CD=4，然后在Rt△CBE中，由勾股定理，得CF=√CB2+BE2=√42+22=2√5，最后证△EOC∵△EAF，得OEAE =CEFE，即46=2√5FE，可求得FE=3√5，即可由F A=FE得出答案．(1)证明：如图，连接OD，∵CB，CD分别与⊙O相切于点B，D，∵CD=CB，∵OD=OB，OC=OC，∵∵CDO∵△CBO（SSS），∵∵COD=∵COB，即∵BOD=2∵COB，∵OD=OA，∵∵OAD=∵ODA，∵∵BOD=∵OAD+∵ODA=2∵OAD，∵2∵COB=2∵OAD，即∵COB=∵OAD，∵F A∥OC；(2)解：∵F A=FE，∵∵F AE=∵FEA，由（1）知：∵COB=∵OAD，∵∵COE=∵CEO，∵CO=CE，∵CB是∵O的切线，∵OB∵CB，∵OB=BE=2，∵OA=OB=2，∵AE=6，OE=4，∵CB、CD是∵O的切线，∵CB=CD=4，在Rt△CBE中，由勾股定理，得CE=√CB2+BE2=√42+22=2√5，∵F A∥OC，∵∵EOC∵∵EAF，∵OE AE =CEFE，即46=2√5FE，∵FE=3√5，∵F A=FE=3√5．【点睛】本题考查切线的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．11．（2022·北京顺义·二模）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，且∠BCD=∠A，点E为AC的中点，连接OE并延长与DC的延长线交于点F．(1)求证：CD是⊙O的切线；(2)若CD=4，tanA=12，求CF的长．【答案】(1)见解析(2)6【解析】【分析】（1）根据AB是⊙O的直径，可得∠ACB=90°，由OA=OC得∠A=∠ACO，结合已知条件，根据可得∠BCD+∠OCB=90°，即可得证；（2）证明△DCB∽△DAC，得出CDAD =DBDC=CBAC，根据tanA=12，可得CBAC=12，从而求得DB的长，进而求得OD的长，由点E为AC的中点，根据垂径定理以及∠ACB=90°，证明OF∥BC，根据平行线分线段成比例即可求解．(1)证明：如图，连接OC，∵OA=OC，∴∠A=∠ACO，∵∠BCD=∠A，∴∠BCD=∠ACO∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°,∴∠ACO+∠OCB=90°，∴∠BCD+∠OCB=90°，即∠OCD=90°，∵OC是半径，∴CD是⊙O的切线；(2)∵∠BCD=∠A，∠D=∠D，∴△DCB∽△DAC，∴CDAD =DBDC=CBAC，∵tanA=12，可得CBAC=12，∴4AD =DB4=12，∴AD=8,DB=2，∴OB=12AB=12(AD−BD)=3，∵点E为AC的中点，∴OF⊥AC，又∵∠ACB=90°，∴OF∥BC，∴DCCF =BDOB，即4CF=23，∴CF=6．【点睛】本题考查了切线的判定，直径所对的圆周角是直角，垂径定理的推论，相似三角形的性质与判定，正切，平行线分线段成比例，掌握以上知识是解题的关键．12．（2022·北京房山·二模）如图，在△ABC中，∠C=90°,∠ABC的平分线BE交AC于点E，过点E作直线BE 的垂线于交AB于点F，⊙O是△BEF的外接圆．(1)求证：AC是⊙O的切线；(2)过点E作EH⊥AB于点H，若CD=2，求HF的长度．【答案】(1)见详解(2)2【解析】【分析】（1）连接OE，先证明BF是圆的直径，OE是圆的半径，再证明OE∥BC在，则有∵OEA=∵C=90°，结论得证；（2）连接ED，根据角平分线的性质证明EH=EC，再证∵EHF∵∵ECD，则HF可求．(1)连接OE，如图，∵EF∵BE，∵∵BEF=90°，∵∵O是∵BEF的外接圆，∵BF是∵O的直径，OE是∵O的半径，∵∵OEB=∵OBE，∵BE是∵ABC的角平分线，∵∵OBE=∵CBE，∵∵OEB=∵CBE，∵OE∥BC，∵∵OEA=∵C=90°，即OE∵AC，∵OE是半径，∵AC是∵O的切线；(2)连接ED，如图，∵BE平分∵ABC，且EH∵BA，EC∵BC，∵EH=EC，∵四边形BDEF是∵O的内接四边形，∵∵EFH=∵EDC，∵∵EHF=∵C=90°，∵∵EHF∵∵ECD，∵HF=CD=2，即HF的值为2．【点睛】此题考查了圆的切线的判定、圆周角定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确的作出所需辅助线．13．（2022·北京昌平·二模）如图，在△ABC中，∠C=90°，BC，AC与⊙O交于点F，D，BE为⊙O直径，点E在AB上，连接BD，DE，∠ADE=∠DBE．(1)求证：AC是⊙O的切线；(2)若sinA=35，⊙O的半径为3，求BC的长．【答案】(1)过程见详解(2)245【解析】【分析】（1）连接OD，OD=OB=OE，即有∵OBD=∵ODB，∵ODE=∵OED，再根据BE是直径，得到∵BDE=90°=∵DBE+∵DEB=∵ODB+∵ODE，即有∵DBE+∵ODE=90°，再根据∵ADE=∵DBE，有∵ADE+∵ODE=90°，即有OD∵AC，则结论得证；（2）先证OD∥BC，则有BCOD =ABOA，利用sinA=ODOA=35可求出OA，即可求出BC的值．(1)连接OD，如图，∵OD=OB=OE，∵∵OBD=∵ODB，∵ODE=∵OED，∵BE是直径，∵∵BDE=90°=∵DBE+∵DEB=∵ODB+∵ODE，∵∵DBE+∵ODE=90°，∵∵ADE=∵DBE，∵∵ADE+∵ODE=90°，∵OD∵AC，∵OD为半径，∵AC是∵O的切线；(2)根据（1）的结论，有OD∵AC，∵∵C=90°，∵BC∵AC，∵OD∥BC，∵BC OD =ABOA，∵在Rt△ADO中，sinA=ODOA =35，又∵OD=OB=3，∵OA=5，∵AB=OA+OB=8，∵BC OD =ABOA，∵BC=ABOA ×OD=85×3=245．即BC为245．【点睛】本题考查了切线的判定与性质、直径作对圆周角为90°、平行的性质、勾股定理、三角函数等知识，证明切线是解答本题的关键．14．（2022·北京海淀·二模）如图，AB为∵O的直径，CD为弦，CD∵AB于点E，连接DO并延长交∵O于点F，连接AF交CD于点G，CG =AG，连接AC．(1)求证：AC∵DF；(2)若AB = 12，求AC和GD的长．【答案】(1)见解析(2)AC =6，DG=4√3【解析】【分析】（1）根据圆周角定理得到∵C=∵F，由GA=GC推出∵CAF=∵C，得到∵CAF=∵F，即可得到结论AC∵DF．∠2，进而证得△AOD是等边三角形，（2）连接AD，利用AC∵DF推出∵C=∵1，根据圆周角定理得到∠C=12AB=6．利用垂径定理求出AC=AD=6，利用三角函数求出AG．得到AD=AO=12(1)证明：∵ C，F都在∵O上，∵ ∵C=∵F．∵ GA=GC，∵ ∵CAF=∵C．∵ ∵CAF=∵F．∵ AC∵DF．(2)解：连接AD．∵ AC∵DF，∵ ∵C=∵1，⌢=AD⌢，∵AD∠2．∵∠C=12∠2．∵∵∠1=12∵ AB∵CD于E，∵ ∵BED=90°．∵∠1+∠2=90°．∵∵由∵，∵得∵1=30°，∵2=60°．∵ OA=OD，∵ ∵AOD是等边三角形．AB=6．∵AD=AO=12∵直径AB∵CD于E，∵AC⌢=AD⌢．∵ AC=AD=6．∵ ∵AOD是等边三角形，∵ ∵ADO=60°，∵1=30°．∵ ∵3=∵AOD-∵1=30°∵ DF是∵O的直径，∵ ∵F AD=90°．=4√3．∵ 在Rt∵GAD中，DG=ADcos∠3【点睛】此题考查了圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定及性质，锐角三角函数，平行线的判定定理，熟记圆周角定理及垂径定理是解题的关键．15．（2022·北京市十一学校模拟预测）如图，AB 是⊙O 的弦，C 为⊙O 上一点，过点C 作AB 的垂线与AB 的延长线交于点D ，连接BO 并延长，与⊙O 交于点E ，连接EC ，CD 是⊙O 的切线．(1)求证：∠ABE =2∠E ；(2)若tanE =13，AB =8，求BD 的长．【答案】(1)证明见解析(2)1【解析】【分析】（1）连接OC ，根据切线的性质易得AD ∥CO ，由平行线的性质得到∠ABE =∠BOC ，再结合等腰三角形的性质得到∠OCE =∠OEC ，由三角形外角性质易得∠BOC =∠OCE +∠OEC =2∠BCE 即可求解；（2）连接BC 和AC ，CO ，根据BE 是⊙O 的直径和切线的性质易得∠BCD =∠E ，由圆周角定理得到∠A =∠E ，结合tanE =13得到BD CD =DC AD =13，进而可得CD =3BD ，将AB =8，AD =AB +BD =8+BD 代入即可求解．（1）证明：连接OC ，如下图．∵CD 是⊙O 的切线，过点C 作AB 的垂线与AB 的延长线交于点D ，∵∠CDA =∠DCO =90°，∵AD ∥CO ，∵∠ABE =∠BOC ．∵OC =OE ，∵∠OCE =∠OEC ，∵∠BOC =∠OCE +∠OEC =2∠BCE，∵∠ABE=2∠E；（2）解：连接BC和AC，CO，如下图．∵BE是⊙O的直径，∵∠BCE=90°，∵∠OCE+∠OCB=90°．∵CD是⊙O的切线，∵∠OCB+∠BCD=90°，∵∠BCD=∠OCE，∵∠BCD=∠E，∵∠A=∠E，tanE=13，∵BDCD=DC AD =13，∵CD=3BD．∵AB=8，AD=AB+BD=8+BD，∵3BD8+BD=13，∵BD=1．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，锐角三角函数值的求法，作出辅助线是解答关键．16．（2022·北京东城·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O，交BC于点D，交AC于点E，过点B作⊙O的切线交OD的延长线于点F．(1)求证：∠A=∠BOF；(2)若AB=4，DF=1，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)AE=83【解析】【分析】(1)首先根据等边对等角可证得∠C=∠ODB，再根据平行线的判定与性质，即可证得结论；(2)首先根据圆周角定理及切线的性质，可证得∠AEB=∠OBF，即可证得△ABE∽△OFB，再根据相似三角形的性质即可求得．(1)证明：∵AB=AC∴∠C=∠ABC∵OB=OD∴∠ODB=∠OBD∴∠C=∠ODB∴AC∥OD∴∠A=∠BOF(2)解：如图：连接BE∵AB是⊙O的直径，AB=4AB=2∴∠AEB=90°，OB=OD=12∵BF是⊙O的切线∴∠OBF=90°。
中考数学圆的最值问题(含答案)之欧阳学创编
数学组卷圆的最值问题时间：2021.03.03 创作：欧阳学一．选择题（共7小题）1．（2014春•兴化市月考）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B为y轴正半轴上的一点，点C为第一象限内一点，且AC=2，设tan∠BOC=m，则m的取值范围是（）A．m≥0B．C．D．2．（2013•武汉模拟）如图∠BAC=60°，半径长1的⊙O 与∠BAC的两边相切，P为⊙O上一动点，以P为圆心，PA长为半径的⊙P交射线AB、AC于D、E两点，连接DE，则线段DE长度的最大值为（）A．3B．6C．D．3．（2014•武汉模拟）如图，P为⊙O内的一个定点，A为⊙O上的一个动点，射线AP、AO分别与⊙O交于B、C两点．若⊙O的半径长为3，OP=，则弦BC的最大值为（）A．2B．3C．D．34．（2015•黄陂区校级模拟）如图，扇形AOD中，∠AOD=90°，OA=6，点P为弧AD上任意一点（不与点A和D重合），PQ⊥OD于Q，点I为△OPQ的内心，过O，I和D三点的圆的半径为r．则当点P在弧AD上运动时，r的值满足（）A．0＜r＜3B．r=3C．3＜r＜3D．r=35．（2010•苏州）如图，已知A、B两点的坐标分别为（2，0）、（0，2），⊙C的圆心坐标为（﹣1，0），半径为1．若D是⊙C上的一个动点，线段DA与y轴交于点E，则△ABE面积的最小值是（）A．2B．1C．D．6．（2013•市中区模拟）如图，已知A、B两点的坐标分别为（8，0）、（0，﹣6），⊙C的圆心坐标为（0，7），半径为5．若P是⊙C上的一个动点，线段PB 与x轴交于点D，则△ABD面积的最大值是（）A．63B．31C．32D．307．（2013•枣庄）如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（）A．90°B．60°C．45°D．30°二．填空题（共12小题）8．（2013•武汉）如图，E，F是正方形ABCD的边AD 上两个动点，满足AE=DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是．9．（2015•黄陂区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D是平面内的一个动点，且AD=2，M为BD的中点，在D点运动过程中，线段CM长度的取值范围是．10．（2012•宁波）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=2，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为．11．（2015•峨眉山市一模）如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA=10，OA与⊙O相交于点P，AB 与⊙O相切于点B，BP的延长线交直线l于点C．若⊙O 上存在点Q，使△QAC是以AC为底边的等腰三角形，则半径r的取值范围是：．12．（2013•长春模拟）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，经过点C且与边AB相切的动圆与CA、CB分别相交于点P、Q，则PQ长的最小值为．13．（2013•陕西）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB=30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点．若⊙O的半径为7，则GE+FH的最大值为．14．（2013•咸宁）如图，在Rt△AOB中，OA=OB=3，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O 的一条切线PQ（点Q为切点），则切线PQ的最小值为．15．（2013•内江）在平面直角坐标系xOy中，以原点O 为圆心的圆过点A（13，0），直线y=kx﹣3k+4与⊙O交于B、C两点，则弦BC的长的最小值为．16．（2011•苏州校级一模）如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心，2为半径画⊙O，P是⊙O是一动点且P在第一象限内，过P作⊙O切线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B．则线段AB的最小值是．17．（2015秋•江阴市校级期中）如图，⊙O与正方形ABCD的两边AB、AD相切，且DE与⊙O相切于E 点．若正方形ABCD的周长为28，且DE=4，则sin∠ODE=．18．（2014春•兴化市校级月考）如图所示，已知A（1，y1），B（2，y2）为反比例函数y=图象上的两点，动点P（x，0）在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是．19．（2015•泰兴市二模）如图，定长弦CD在以AB为直径的⊙O上滑动（点C、D与点A、B不重合），M是CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P，若CD=3，AB=8，PM=l，则l的最大值是．三．解答题（共5小题）20．（2013•武汉模拟）如图，在边长为1的等边△OAB中，以边AB为直径作⊙D，以O为圆心OA长为半径作圆O，C为半圆AB上不与A、B重合的一动点，射线AC交⊙O于点E，BC=a，AC=b．（1）求证：AE=b+a；（2）求a+b的最大值；（3）若m是关于x的方程：x2+ax=b2+ab的一个根，求m的取值范围．21．（2014春•泰兴市校级期中）如图，E、F是正方形ABCD的边AD上的两个动点，满足AE=DF．连接CF交BD于G，连接BE交AG于H．已知正方形ABCD的边长为4cm，解决下列问题：（1）求证：BE⊥AG；（2）求线段DH的长度的最小值．22．已知：如图，AB是⊙O的直径，在AB的两侧有定点C和动点P，AB=5，AC=3．点P在上运动（点P不与A，B重合），CP交AB于点D，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q．（1）求∠P的正切值；（2）当CP⊥AB时，求CD和CQ的长；（3）当点P运动到什么位置时，CQ取到最大值？求此时CQ的长．23．（2013•日照）问题背景：如图（a），点A、B在直线l的同侧，要在直线l上找一点C，使AC与BC的距离之和最小，我们可以作出点B 关于l的对称点B′，连接AB′与直线l交于点C，则点C 即为所求．（1）实践运用：如图（b），已知，⊙O的直径CD为4，点A在⊙O上，∠ACD=30°，B为弧AD的中点，P为直径CD上一动点，则BP+AP的最小值为．（2）知识拓展：如图（c），在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，E、F分别是线段AD和AB上的动点，求BE+EF的最小值，并写出解答过程．24．（2012•苏州）如图，已知半径为2的⊙O与O A D B C E F 直线l 相切于点A ，点P 是直径AB 左侧半圆上的动点，过点P 作直线l 的垂线，垂足为C ，PC 与⊙O 交于点D ，连接PA 、PB ，设PC 的长为x （2＜x ＜4）．（1）当x=时，求弦PA 、PB 的长度；（2）当x 为何值时，PD•CD 的值最大？最大值是多少？25、如图，在等腰Rt △ABC 中，∠C=90°，AC=BC=4，D 是AB 的中点，点E 在AB 边上运动（点E 不与点A 重合），过A 、D 、E 三点作⊙O ，⊙O 交AC 于另一点F ，在此运动变化的过程中，线段EF 长度的最小值为．26、如图，线段AB=4，C 为线段AB 上的一个动点，以AC 、BC 为边作等边△ACD 和等边△BCE ，⊙O 外接于△CDE ，则⊙O 半径的最小值为( ).A.4B.23C.322D.227、 如图，已知直角△AOB 中，直角顶点O 在半径为1的圆心上，斜边与圆相切，延长AO ，BO 分别与圆交于C ，D ．试求四边形ABCD 面积的最小值．初中数学组卷圆的最值问题参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．（2014春•兴化市月考）在平面直角坐标系中，点A 的坐标为（3，0），点B 为y 轴正半轴上的一点，点C 为第一象限内一点，且AC=2，设tan ∠BOC=m ，则m 的取值范围是（ ）A ．m≥0B ．C ．D ．【考点】直线与圆的位置关系；坐标与图形性质；锐角三角函数的定义．【分析】C在以A为圆心，以2为半径的圆周上，只有当OC与圆A相切（即到C点）时，∠BOC最小，根据勾股定理求出此时的OC，求出∠BOC=∠CAO，根据解直角三角形求出此时的值，根据tan∠BOC的增减性，即可求出答案．【解答】解：C在以A为圆心，以2为半径作圆周上，只有当OC与圆A相切（即到C点）时，∠BOC最小，AC=2，OA=3，由勾股定理得：OC=，∵∠BOA=∠ACO=90°，∴∠BOC+∠AOC=90°，∠CAO+∠AOC=90°，∴∠BOC=∠OAC，tan∠BOC=tan∠OAC==，随着C的移动，∠BOC越来越大，∵C在第一象限，∴C不到x轴点，即∠BOC＜90°，∴tan∠BOC≥，故选B．【点评】本题考查了解直角三角形，勾股定理，切线的性质等知识点的应用，能确定∠BOC的变化范围是解此题的关键，题型比较好，但是有一定的难度．2．（2013•武汉模拟）如图∠BAC=60°，半径长1的⊙O 与∠BAC的两边相切，P为⊙O上一动点，以P为圆心，PA长为半径的⊙P交射线AB、AC于D、E两点，连接DE，则线段DE长度的最大值为（）A．3B．6C．D．【考点】切线的性质．【专题】计算题．【分析】连接AO并延长，与圆O交于P点，当AF垂直于ED时，线段DE长最大，设圆O与AB相切于点M，连接OM，PD，由对称性得到AF为角平分线，得到∠FAD为30度，根据切线的性质得到OM垂直于AD，在直角三角形AOM中，利用30度角所对的直角边等于斜边的一半求出AO的长，由AO+OP求出AP的长，即为圆P的半径，由三角形AED为等边三角形，得到DP为角平分线，在直角三角形PFD中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出PF的长，再利用勾股定理求出FD的长，由DE=2FD求出DE的长，即为DE的最大值．【解答】解：连接AO并延长，与ED交于F点，与圆O 交于P点，此时线段ED最大，连接OM，PD，可得F为ED的中点，∵∠BAC=60°，AE=AD，∴△AED为等边三角形，∴AF为角平分线，即∠FAD=30°，在Rt△AOM中，OM=1，∠OAM=30°，∴OA=2，∴PD=PA=AO+OP=3，在Rt△PDF中，∠FDP=30°，PD=3，∴PF=，根据勾股定理得：FD==，则DE=2FD=3．故选D【点评】此题考查了切线的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．3．（2014•武汉模拟）如图，P为⊙O内的一个定点，A 为⊙O上的一个动点，射线AP、AO分别与⊙O交于B、C两点．若⊙O的半径长为3，OP=，则弦BC的最大值为（）A．2B．3C．D．3【考点】垂径定理；三角形中位线定理．【分析】当OP⊥AB时，弦BC最长，根据三角形相似可以确定答案．【解答】解：当OP⊥AC时，弦BC最长，又∵AC是直径，∴∠CBA=90°，所以△APO∽△ABC，∴，又∵OP=，∴BC=2．故答案选A．【点评】本题考查了直径所对的圆周角是900这一性质的应用，以及如何取线段最值问题的做法，用好三角形相似是解答本题的关键．4．（2015•黄陂区校级模拟）如图，扇形AOD中，∠AOD=90°，OA=6，点P为弧AD上任意一点（不与点A和D重合），PQ⊥OD于Q，点I为△OPQ的内心，过O，I和D三点的圆的半径为r．则当点P在弧AD上运动时，r的值满足（）A．0＜r＜3B．r=3C．3＜r＜3D．r=3【考点】三角形的内切圆与内心．【分析】连OI，PI，DI，由△OPH的内心为I，可得到∠PIO=180°﹣∠IPO﹣∠IOP=180°﹣（∠HOP+∠OPH）=135°，并且易证△OPI≌△ODI，得到∠DIO=∠PIO=135°，所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，在优弧AO取点P′，连P′D，P′O，可得∠DP′O=180°﹣135°=45°，得∠DO′O=90°，O′O=3．【解答】解：如图，连OI，PI，DI，∵△OPH的内心为I，∴∠IOP=∠IOD，∠IPO=∠IPH，∴∠PIO=180°﹣∠IPO﹣∠IOP=180°﹣（∠HOP+∠OPH），而PH⊥OD，即∠PHO=90°，∴∠PIO=180°﹣（∠HOP+∠OPH）=180°﹣（180°﹣90°）=135°，在△OPI和△ODI中，，∴△OPI≌△ODI（SAS），∴∠DIO=∠PIO=135°，所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，在优弧DO取点P′，连P′D，P′O，∵∠DIO=135°，∴∠DP′O=180°﹣135°=45°，∴∠DO′O=90°，而OD=6，∴OO′=DO′=3，∴r的值为3．故选：D．【点评】本题考查的是三角形的内切圆与内心，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．5．（2010•苏州）如图，已知A、B两点的坐标分别为（2，0）、（0，2），⊙C的圆心坐标为（﹣1，0），半径为1．若D是⊙C上的一个动点，线段DA与y轴交于点E，则△ABE面积的最小值是（）A．2B．1C．D．【考点】切线的性质；坐标与图形性质；三角形的面积；相似三角形的判定与性质．【专题】压轴题；动点型．【分析】由于OA的长为定值，若△ABE的面积最小，则BE的长最短，此时AD与⊙O相切；可连接CD，在Rt△ADC中，由勾股定理求得AD的长，即可得到△ADC 的面积；易证得△AEO∽△ACD，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出△AOE的面积，进而可得出△AOB和△AOE的面积差，由此得解．【解答】解：若△ABE的面积最小，则AD与⊙C相切，连接CD，则CD⊥AD；Rt△ACD中，CD=1，AC=OC+OA=3；由勾股定理，得：AD=2；∴S△ACD=AD•CD=；易证得△AOE∽△ADC，∴=（）2=（）2=，即S△AOE=S△ADC=；∴S△ABE=S△AOB﹣S△AOE=×2×2﹣=2﹣；另解：利用相似三角形的对应边的比相等更简单！故选：C．【点评】此题主要考查了切线的性质、相似三角形的性质、三角形面积的求法等知识；能够正确的判断出△BE 面积最小时AD与⊙C的位置关系是解答此题的关键．6．（2013•市中区模拟）如图，已知A、B两点的坐标分别为（8，0）、（0，﹣6），⊙C的圆心坐标为（0，7），半径为5．若P是⊙C上的一个动点，线段PB与x 轴交于点D，则△ABD面积的最大值是（）A．63B．31C．32D．30【考点】一次函数综合题．【分析】当直线BP与圆相切时，△ABD的面积最大，易证△OBD∽△PBC，根据相似三角形的对应边的比相等即可求得OD的长，则AD的长度可以求得，最后利用三角形的面积公式即可求解．【解答】解：当直线BP与圆相切时，△ABD的面积最大．连接PC，则∠CPB=90°，在直角△BCP中，BP===12．∵∠CPB=90°．∴∠DOB=∠CPB=90°又∵∠DBP=∠CBP，∴△OBD∽△PBC，∴===，∴OD=PC=．∴AD=OD+OA=+8=，∴S△ABD=AD•OB=××6=31．故选B．【点评】本题考查了切线的性质，以及相似三角形的判定与性质，理解△ADB的面积最大的条件是关键．7．（2013•枣庄）如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（）A．90°B．60°C．45°D．30°【考点】切线的性质；含30度角的直角三角形．【分析】当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，根据切线的性质得OP⊥AP，由OB=AB得OA=2OP，然后根据含30度的直角三角形三边的关系即可得到此时∠OAP的度数．【解答】解：当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，如图，则OP⊥AP，∵OB=AB，∴OA=2OP，∴∠PAO=30°．故选D．【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．二．填空题（共12小题）8．（2013•武汉）如图，E，F是正方形ABCD的边AD 上两个动点，满足AE=DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是﹣1．【考点】正方形的性质．【专题】压轴题．【分析】根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=AB=1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．【解答】解：在正方形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1=∠2，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠2=∠3，∴∠1=∠3，∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°，∴∠1+∠BAH=90°，∴∠AHB=180°﹣90°=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，则OH=AO=AB=1，在Rt△AOD中，OD===，根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，最小值=OD﹣OH=﹣1．（解法二：可以理解为点H是在Rt△AHB，AB直径的半圆上运动当O、H、D三点共线时，DH长度最小）故答案为：﹣1．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出DH最小时点H的位置是解题关键，也是本题的难点．9．（2015•黄陂区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D是平面内的一个动点，且AD=2，M为BD的中点，在D点运动过程中，线段CM长度的取值范围是＜CM＜．【考点】轨迹．【分析】作AB的中点E，连接EM、CE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得CE和EM的长，然后在△CEM中根据三边关系即可求解．【解答】解：作AB的中点E，连接EM、CE．在直角△ABC中，AB===5，∵E是直角△ABC斜边AB上的中点，∴CE=AB=．∵M是BD的中点，E是AB的中点，∴ME=AD=1．∴在△CEM中，﹣1＜CM＜+1，即＜CM＜．故答案是：＜CM．【点评】本题考查了轨迹，要结合勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．10．（2012•宁波）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=2，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为．【考点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形．【专题】压轴题．【分析】由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC 上的高时，直径AD最短，此时线段EF=2EH=20E•sin∠EOH=20E•sin60°，因此当半径OE最短时，EF最短，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，在Rt△ADB中，解直角三角形求直径AD，由圆周角定理可知∠EOH=∠EOF=∠BAC=60°，在Rt△EOH中，解直角三角形求EH，由垂径定理可知EF=2EH．【解答】解：由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，如图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，∵在Rt△ADB中，∠ABC=45°，AB=2，∴AD=BD=2，即此时圆的直径为2，由圆周角定理可知∠EOH=∠EOF=∠BAC=60°，∴在Rt△EOH中，EH=OE•sin∠EOH=1×=，由垂径定理可知EF=2EH=．故答案为：．【点评】本题考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形的综合运用．关键是根据运动变化，找出满足条件的最小圆，再解直角三角形．11．（2015•峨眉山市一模）如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA=10，OA与⊙O相交于点P，AB 与⊙O相切于点B，BP的延长线交直线l于点C．若⊙O 上存在点Q，使△QAC是以AC为底边的等腰三角形，则半径r的取值范围是：2≤r＜10．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】首先证明AB=AC，再根据已知得出Q在AC的垂直平分线上，作出线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，求出OE＜r，求出r范围即可．【解答】解：连接OB．如图1，∵AB切⊙O于B，OA⊥AC，∴∠OBA=∠OAC=90°，∴∠OBP+∠ABP=90°，∠ACP+∠APC=90°，∵OP=OB，∴∠OBP=∠OPB，∵∠OPB=∠APC，∴∠ACP=∠ABC，∴AB=AC，作出线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，如图2，∴OE=AC=AB=，又∵圆O与直线MN有交点，∴OE=≤r，∴≤2r，即：100﹣r2≤4r2，∴r2≥20，∴r≥2．∵OA=10，直线l与⊙O相离，∴r＜10，∴2≤r＜10．故答案为：2≤r＜10．【点评】本题考查了等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理，直线与圆的位置关系等知识点的应用，主要培养学生运用性质进行推理和计算的能力．本题综合性比较强，有一定的难度．12．（2013•长春模拟）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，经过点C且与边AB相切的动圆与CA、CB分别相交于点P、Q，则PQ长的最小值为．【考点】切线的性质；垂线段最短；勾股定理．【分析】过C作CD⊥AB于D，在△ABC中，由勾股定理求出AB=13，由三角形面积公式求出CD=，当CD为过C点的圆的直径时，此时圆的直径最短，是，求出PQ为圆的直径即可．【解答】解：过C作CD⊥AB于D，在△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，由勾股定理得：AB=13，由三角形面积公式得：S=AC×BC=AB×CD，CD=，当CD为过C点的圆的直径时，此时圆的直径最短，是，∵∠BCA=90°，∴PQ为圆的直径，即此时PQ的长是，故答案为：．【点评】本题考查了勾股定理，三角形面积，圆周角定理，垂线段最短等知识点的应用，关键是求出圆的直径．13．（2013•陕西）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB=30°，点E、F分别是AC、BC 的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点．若⊙O的半径为7，则GE+FH的最大值为10.5．【考点】圆周角定理；三角形中位线定理．【专题】压轴题．【分析】由点E、F分别是AC、BC的中点，根据三角形中位线定理得出EF=AB=3.5为定值，则GE+FH=GH﹣EF=GH﹣3.5，所以当GH取最大值时，GE+FH有最大值．而直径是圆中最长的弦，故当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值14﹣3.5=10.5．【解答】解：当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值．当GH为直径时，E点与O点重合，∴AC也是直径，AC=14．∵∠ABC是直径上的圆周角，∴∠ABC=90°，∵∠C=30°，∴AB=AC=7．∵点E、F分别为AC、BC的中点，∴EF=AB=3.5，∴GE+FH=GH﹣EF=14﹣3.5=10.5．故答案为：10.5．【点评】本题结合动点考查了圆周角定理，三角形中位线定理，有一定难度．确定GH的位置是解题的关键．14．（2013•咸宁）如图，在Rt△AOB中，OA=OB=3，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（点Q为切点），则切线PQ的最小值为2．【考点】切线的性质；等腰直角三角形．【专题】压轴题．【分析】首先连接OP、OQ，根据勾股定理知PQ2=OP2﹣OQ2，可得当OP⊥AB时，即线段PQ最短，然后由勾股定理即可求得答案．【解答】解：连接OP、OQ．∵PQ是⊙O的切线，∴OQ⊥PQ；根据勾股定理知PQ2=OP2﹣OQ2，∴当PO⊥AB时，线段PQ最短，∵在Rt△AOB中，OA=OB=3，∴AB=OA=6，∴OP==3，∴PQ===2．故答案为：2．【点评】本题考查了切线的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意得到当PO⊥AB时，线段PQ最短是关键．15．（2013•内江）在平面直角坐标系xOy中，以原点O 为圆心的圆过点A（13，0），直线y=kx﹣3k+4与⊙O交于B、C两点，则弦BC的长的最小值为24．【考点】一次函数综合题．【专题】压轴题．【分析】根据直线y=kx﹣3k+4必过点D（3，4），求出最短的弦CB是过点D且与该圆直径垂直的弦，再求出OD的长，再根据以原点O为圆心的圆过点A（13，0），求出OB的长，再利用勾股定理求出BD，即可得出答案．【解答】解：∵直线y=kx﹣3k+4=k（x﹣3）+4，∴k（x﹣3）=y﹣4，∵k有无数个值，∴x﹣3=0，y﹣4=0，解得x=3，y=4，∴直线必过点D（3，4），∴最短的弦CB是过点D且与该圆直径垂直的弦，∵点D的坐标是（3，4），∴OD=5，∵以原点O为圆心的圆过点A（13，0），∴圆的半径为13，∴OB=13，∴BD=12，∴BC的长的最小值为24；故答案为：24．【点评】此题考查了一次函数的综合，用到的知识点是垂径定理、勾股定理、圆的有关性质，关键是求出BC最短时的位置．16．（2011•苏州校级一模）如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心，2为半径画⊙O，P是⊙O是一动点且P在第一象限内，过P作⊙O切线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B．则线段AB的最小值是4．．【考点】切线的性质；坐标与图形性质．【分析】如图，设AB的中点为C，连接OP，由于AB是圆的切线，故△OPC是直角三角形，有OP＜OC，所以当OC与OP重合时，OC最短；【解答】解：（1）线段AB长度的最小值为4，理由如下：连接OP，∵AB切⊙O于P，∴OP⊥AB，取AB的中点C，∴AB=2OC；当OC=OP时，OC最短，即AB最短，此时AB=4．故答案为：4．【点评】本题利用了切线的性质，等腰直角三角形的性质求解，属于基础性题目．17．（2015秋•江阴市校级期中）如图，⊙O与正方形ABCD的两边AB、AD相切，且DE与⊙O相切于E 点．若正方形ABCD的周长为28，且DE=4，则sin∠ODE=．【考点】切线的性质；正方形的性质．【分析】先证得四边形ANOM是正方形，求出AM长，根据勾股定理求得OD的长，根据解直角三角形求出即可．【解答】解：设切线AD的切点为M，切线AB的切点为N，连接OM、ON、OE，∵四边形ABCD是正方形，正方形ABCD的周长为28，∴AD=AB=7，∠A=90°，∵圆O与正方形ABCD的两边AB、AD相切，∴∠OMA=∠ONA=90°=∠A，∵OM=ON，∴四边形ANOM是正方形，∵AD和DE与圆O相切，∴OE⊥DE，DM=DE=4，∴AM=7﹣4=3，∴OM=ON=OE=3，在RT△ODM中，OD==5，∵OE=OM=5，∴sin∠ODE==．故答案为．【点评】本题考查了正方形的性质和判定，切线的性质，切线长定理等知识点的应用，关键是求出AM长和得出DE=DM．18．（2014春•兴化市校级月考）如图所示，已知A（1，y1），B（2，y2）为反比例函数y=图象上的两点，动点P（x，0）在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（3，0）．【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；待定系数法求一次函数解析式；三角形三边关系．【专题】计算题．【分析】先根据反比例函数图象上点的坐标特征确定A点坐标为（1，1），B点坐标为（2，），再利用待定系数法确定直线AB的解析式为y=﹣x+，然后根据三角形三边的关系得到|PA﹣PB|≤AB，当点P为直线AB与x轴的交点时，取等号，则线段AP与线段BP之差达到最大，然后确定直线y=﹣x+与x轴的交点坐标即可．【解答】解：把A（1，y1），B（2，y2）代入y=得y1=1，y2=，则A点坐标为（1，1），B点坐标为（2，），设直线AB的解析式为y=kx+b，把A（1，1），B（2，）代入得，解得，所以直线AB的解析式为y=﹣x+，因为|PA﹣PB|≤AB，所以当点P为直线AB与x轴的交点时，线段AP与线段BP之差达到最大，把y=0代入y=﹣x+得﹣x+=0，解得x=3，所以P点坐标为（3，0）．故答案为（3，0）．【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．19．（2015•泰兴市二模）如图，定长弦CD在以AB为直径的⊙O上滑动（点C、D与点A、B不重合），M是CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P，若CD=3，AB=8，PM=l，则l的最大值是4．【考点】垂径定理；三角形中位线定理．【分析】当CD∥AB时，PM长最大，连接OM，OC，得出矩形CPOM，推出PM=OC，求出OC长即可．【解答】解：法①：如图：当CD∥AB时，PM长最大，连接OM，OC，∵CD∥AB，CP⊥CD，∴CP⊥AB，∵M为CD中点，OM过O，∴OM⊥CD，∴∠OMC=∠PCD=∠CPO=90°，∴四边形CPOM是矩形，∴PM=OC，∵⊙O直径AB=8，∴半径OC=4，即PM=4，故答案为：4．法②：连接CO，MO，根据∠CPO=∠CM0=90°，所以C，M，O，P，四点共圆，且CO为直径．连接PM，则PM为⊙E的一条弦，当PM为直径时PM最大，所以PM=CO=4时PM最大．即PMmax=4【点评】本题考查了矩形的判定和性质，垂径定理，平行线的性质的应用，关键是找出符合条件的CD的位置，题目比较好，但是有一定的难度．三．解答题（共5小题）20．（2013•武汉模拟）如图，在边长为1的等边△OAB 中，以边AB为直径作⊙D，以O为圆心OA长为半径作圆O，C为半圆AB上不与A、B重合的一动点，射线AC 交⊙O于点E，BC=a，AC=b．（1）求证：AE=b+a；（2）求a+b的最大值；（3）若m是关于x的方程：x2+ax=b2+ab的一个根，求m的取值范围．【考点】圆的综合题．【分析】（1）首先连接BE，由△OAB为等边三角形，可得∠AOB=60°，又由圆周角定理，可求得∠E的度数，又由AB为⊙D的直径，可求得CE的长，继而求得AE=b+a；（2）首先过点C作CH⊥AB于H，在Rt△ABC中，BC=a，AC=b，AB=1，可得（a+b）2=a2+b2+2ab=1+2ab=1+2CH•AB=1+2CH≤1+2AD=1+AB=2，即可求得答案；（3）由x2+ax=b2+ab，可得（x﹣b）（x+b+a）=0，则可求得x的值，继而可求得m的取值范围．【解答】解：（1）连接BE，∵△OAB为等边三角形，∴∠AOB=60°，∴∠AEB=30°，∵AB为直径，∴∠ACB=∠BCE=90°，∵BC=a，∴BE=2a，CE=a，∵AC=b，∴AE=b+a；（2）过点C作CH⊥AB于H，在Rt△ABC中，BC=a，AC=b，AB=1，∴a2+b2=1，∵S△ABC=AC•BC=AB•CH，∴AC•BC=AB•CH，∴（a+b）2=a2+b2+2ab=1+2ab=1+2CH•AB=1+2CH≤1+2AD=1+AB=2，∴a+b≤，故a+b的最大值为，（3）∵x2+ax=b2+ab，∴x2﹣b2+ax﹣ab=0，∴（x+b）（x﹣b）+a（x﹣b）=0，∴（x﹣b）（x+b+a）=0，∴x=b或x=﹣（b+a），当m=b时，m=b=AC＜AB=1，∴0＜m＜1，当m=﹣（b+a）时，由（1）知AE=﹣m，又∵AB＜AE≤2AO=2，∴1＜﹣m≤2，∴﹣2≤m＜﹣1，∴m的取值范围为0＜m＜1或﹣2≤m＜﹣1．【点评】此题考查了圆周角定理、等边三角形的性质、完全平方公式的应用以及一元二次方程的解法．此题难度较大，注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．21．（2014春•泰兴市校级期中）如图，E、F是正方形ABCD的边AD上的两个动点，满足AE=DF．连接CF交BD于G，连接BE交AG于H．已知正方形ABCD的边长为4cm，解决下列问题：（1）求证：BE⊥AG；（2）求线段DH的长度的最小值．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“边角边”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，再根据垂直的定义证明即可；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，取AB的中点O，连接OH、OD，然后求出OH=AB=1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1=∠2，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠2=∠3，∴∠1=∠3，∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°，∴∠1+∠BAH=90°，∴∠AHB=180°﹣90°=90°，∴BE⊥AG；（2）解：如图，取AB的中点O，连接OH、OD，则OH=AO=AB=2，在Rt△AOD中，OD===2，根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，DH的最小值=OD﹣OH=2﹣2．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出DH最小时点H的位置是解题关键，也是本题的难点．22．已知：如图，AB是⊙O的直径，在AB的两侧有定点C和动点P，AB=5，AC=3．点P在上运动（点P不与A，B重合），CP交AB于点D，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q．（1）求∠P的正切值；（2）当CP⊥AB时，求CD和CQ的长；（3）当点P运动到什么位置时，CQ取到最大值？求此时CQ的长．【考点】圆的综合题．【分析】（1）先根据圆周角定理得出∠ACB=90°，由勾股定理求出BC的长，再根据圆周角定理得出∠A=∠P，由锐角三角函数的定义即可得出结论；（2）三角形的面积公式求出∠A的正切值，故可得出CD 的长，再由垂径定理求出PC的长，由（1）中∠P的正切值即可得出CQ的长；（3）由相似三角形的性质可得出△ABC∽△PQC，故可得出=，故可得出CQ==PC，故当PC是⊙O的直径时CQ取得最大值，再把AB的长代入进行计算即可．【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵AB=5，AC=3，∴BC===4，∴tan∠A==，∵∠A与∠P是同弧所对的圆周角，∴tan∠P=tan∠A=；（2）∵Rt△ABC中，AC=3，BC=4，AB=5，CD⊥AB，。
人教中考数学与圆的综合有关的压轴题含答案解析
一、圆的综合 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，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 ，AEO C =∠∠，OE 交BC 于点F . （1）求证：OE ∥BD ；（2）当⊙O 的半径为5，2sin 5DBA ∠=时，求EF 的长.【答案】（1）证明见解析；（2）EF 的长为212【解析】试题分析：（1）连接OB ，利用已知条件和切线的性质证明； （2）根据锐角三角函数和相似三角形的性质，直接求解即可.试题解析：（1）连接OB ， ∵CD 为⊙O 的直径 ， ∴ 90CBD CBO OBD ∠=∠+∠=︒. ∵AE 是⊙O 的切线，∴ 90ABO ABD OBD ∠=∠+∠=︒. ∴ ABD CBO ∠=∠. ∵OB 、OC 是⊙O 的半径，∴OB=OC . ∴C CBO ∠=∠. ∴C ABD ∠=∠. ∵E C ∠=∠，∴E ABD ∠=∠. ∴ OE ∥BD . （2）由（1）可得sin ∠C = ∠DBA=25，在Rt △OBE 中, sin ∠C =25BD CD =,OC =5， 4BD =∴90CBD EBO ∠=∠=︒∵E C ∠=∠，∴△CBD ∽△EBO . ∴BD CDBO EO= ∴252EO =.∵OE ∥BD ，CO =OD ， ∴CF =FB . ∴122OF BD ==. ∴212EF OE OF =-=2．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 =32， 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 =3sin ABE ∠=． 设3DC x BD x ==，，则2BC x =．∵CD =2，∴22BC =． ∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ，∴2222DC 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．3．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；（2433π-. 【解析】分析: （1）根据内心性质得∠1=∠2，∠3=∠4，则AD=CD ，于是可判断四边形OADC 为菱形，则BD 垂直平分AC ，∠4=∠5=∠6，易得OA=OC ，∠2=∠3，所以OB=OC ，可判断点O 为△ABC 的外心，则可判断△ABC 为等边三角形，所以∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，BC=AC ，再根据平行四边形的性质得∠ADC=∠AOC=120°，AD=OC ，CD=OA=OB ，则根据“SAS”证明△BOC ≌△CDA ；（2）作OH ⊥AB 于H ，如图，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠BOH=30°，根据垂径定理得到BH=AH=12AB=1，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到OH=33BH=33，OB=2OH=233，然后根据三角形面积公式和扇形面积公式，利用S 阴影部分=S 扇形AOB-S △AOB 进行计算即可. 详解:（1）证明：∵O 是△ABC 的内心，∴∠2=∠3，∠5=∠6， ∵∠1=∠2，∴∠1=∠3， 由AD ∥CO ,AD =CO ，∴∠4=∠6， ∴△BOC ≌△CDA （AAS ）(2)由（1）得，BC =AC ,∠3=∠4=∠6， ∴∠ABC =∠ACB ∴AB =AC∴△ABC 是等边三角形 ∴O 是△ABC 的内心也是外心 ∴OA =OB =OC设E 为BD 与AC 的交点，BE 垂直平分AC . 在Rt △OCE 中，CE=12AC=12AB=1，∠OCE=30°， ∴23∵∠AOC=120°， ∴=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.4．如图，已知AB为⊙O直径，D是BC的中点，DE⊥AC交AC的延长线于E，⊙O的切线交AD的延长线于F．（1）求证：直线DE与⊙O相切；（2）已知DG⊥AB且DE=4，⊙O的半径为5，求tan∠F的值．【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】试题分析：（1）连接BC、OD，由D是弧BC的中点，可知：OD⊥BC；由OB为⊙O的直径，可得：BC⊥AC，根据DE⊥AC，可证OD⊥DE，从而可证DE是⊙O的切线；（2）直接利用勾股定理得出GO的长，再利用锐角三角函数关系得出tan∠F的值．试题解析：解：（1）证明：连接OD，BC，∵D是弧BC的中点，∴OD垂直平分BC，∵AB 为⊙O的直径，∴AC⊥BC，∴OD∥AE．∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵OD为⊙O的半径，∴DE 是⊙O的切线；（2）解：∵D是弧BC的中点，∴DC DB，∴∠EAD=∠BAD，∵DE⊥AC，DG⊥AB且DE=4，∴DE=DG=4，∵DO=5，∴GO=3，∴AG=8，∴tan∠ADG=84=2，∵BF是⊙O的切线，∴∠ABF=90°，∴DG∥BF，∴tan∠F=tan∠ADG=2．点睛：此题主要考查了切线的判定与性质以及勾股定理等知识，正确得出AG，DG的长是解题关键．5．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．6．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。
2023年中考数学常见几何模型之最值模型阿氏圆问题
专题11 最值模型-阿氏圆问题最值问题在中考数学常以压轴题的形式考查，“阿氏圆”又称“阿波罗尼斯圆”，主要考查转化与化归等的数学思想。
在各类考试中都以高档题为主，中考说明中曾多处涉及。
本专题就最值模型中的阿氏圆问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
【模型背景】已知平面上两点A、B，则所有满足PA=k·PB（k≠1）的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”。
【模型解读】如图 1 所示，⊙O的半径为r，点A、B都在⊙O外，P为⊙O上一动点，已知r=k·OB，连接PA、PB，则当“PA+k·PB”的值最小时，P点的位置如何确定？如图2，在线段OB上截取OC使OC=k·r，则可说明△BPO与△PCO相似，即k·PB=PC。
故本题求“PA+k·PB”的最小值可以转化为“PA+PC”的最小值，其中与A与C为定点，P为动点，故当A、P、C三点共线时，“PA+PC”值最小。
如图3所示：注意区分胡不归模型和阿氏圆模型：在前面的“胡不归”问题中，我们见识了“k·P A+PB”最值问题，其中P点轨迹是直线，而当P点轨迹变为圆时，即通常我们所说的“阿氏圆”问题．【最值原理】两点之间线段最短及垂线段最短解题。
例1．（2022·安徽·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C 为圆心、3为半径作⊙C ，P 为⊙C 上一动点，连接AP 、BP ，则13AP ＋BP 的最小值为（ ）A ．7B ．C．4D．例2．（2020·广西中考真题）如图，在Rt 中，AB ＝AC ＝4，点E ，F 分别是AB ，AC 的中点，点P 是扇形AEF 的上任意一点，连接BP ，CP ，则BP +CP 的最小值是_____．ABC V »EF12．【分析】在AB 上取一点T ，使得AT ＝1，连接PT ，P A ，CT ．证明，推出＝＝，推出PT ＝PB ，推出PB +CP ＝CP +PT ，根据PC +PT ≥TC ，求出CT即可解决问题．【详解】解：在AB 上取一点T ，使得AT ＝1，连接PT ，P A，CT ．∵P A ＝2．AT ＝1，AB ＝4，∴P A 2＝AT •AB ，∴＝， ∵∠P AT＝∠P AB ，∴，∴＝＝，∴PT ＝PB ，∴PB +CP＝CP +PT ，∵PC +PT ≥TC ，在Rt 中，∵∠CAT ＝90°，AT ＝1，AC ＝4， ∴CT PB +PC ，∴PB +PC ．故答．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理的应用，三角形的三边关系，圆的基本性质，掌握以上知识是解题的关键．例3．（2022·四川成都·模拟预测）如图，已知正方ABCD 的边长为6，圆B 的半径为3，点P 是圆B 上的一个动点，则12PD PC −的最大值为_______．PAT BAP V V ∽PT PB AP AB 1212124=PA ATABPA PAT BAP V V ∽PT PB AP AB 121212ACT V 1212例4．（2022·浙江·舟山九年级期末）如图，矩形ABCD 中，4,2AB AD ==，以B 为圆心，以BC 为半径画圆交边AB 于点E ，点P 是弧CE 上的一个动点，连结,PD PA ，则12AP DP +的最小值为（ ）A BC D【点睛】本题考查矩形和圆的基本性质，相似三角形的性质和判定，解题的关键是构造相例5．（2022·广东·广州市第二中学九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，A (2，0)，B (0，2)，C (4，0)，D (5，3)，点P 是第一象限内一动点，且135APB ∠=︒，则4PD +2PC 的最小值为_______．例6．（2021·浙江金华·一模）问题提出：如图1，在等边△ABC中，AB＝9，⊙C半径为3，P为圆上一动点，连结AP，BP，求AP+13BP的最小值(1)尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路，通过构造一对相似三角形，将13BP转化为某一条线段长，具体方法如下：(请把下面的过程填写完整)如图2，连结CP，在CB上取点D，使CD＝1，则有13== CD CP CP CB又∵∠PCD＝∠△∽△∴13=PDBP∴PD＝13BP∴AP+13BP＝AP+PD∴当A，P，D三点共线时，AP+PD取到最小值请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP+13BP的最小值为．(2)自主探索：如图3，矩形ABCD中，BC＝6，AB＝8，P为矩形内部一点，且PB＝4，则1AP+PC的最小值为．(请在图3中添加相应的辅助线)2(3)拓展延伸：如图4，在扇形COD中，O为圆心，∠COD＝120°，OC＝4．OA＝2，OB＝3，点P是»CD上一点，求2P A+PB的最小值，画出示意图并写出求解过程．例7．（2022·广东·二模）（1）初步研究：如图1，在△P AB中，已知P A=2，AB=4，Q为AB 上一点且AQ=1，证明：PB=2PQ；（2）结论运用：如图2，已知正方形ABCD的边长为4，⊙A的半径为2，点P是⊙A上的一个动点，求2PC+PB的最小值；（3）拓展推广：如图3，已知菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，⊙A的半径为2，点P是⊙A上的一个动点，求2PC−PB的最大值．（3）如图，在AB 上取一点，使得AQ =1，连接AP ，PQ ，P ′，过点C 作CH 垂直AB 的延长线于点H ．易得AP =2，AB 由（1）得PB =2PQ ，∴2=2PC −2PQ =2(PC −PQ ) ，∵PC −PQ ≤QC ，∴当点P 交⊙A 的点P ′时，PC −PQ 的值最大．例8．（2022·江苏·苏州九年级阶段练习）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务.已知平面上两点AB 、，则所有符合0(PAk k PB=>且1)k ≠的点P 会组成一个圆.这个结论最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，称阿氏圆. 阿氏圆基本解法：构造三角形相似.【问题】如图1，在平面直角坐标中，在x 轴，y 轴上分别有点()(),0,0,C m D n ，点P 是平面内一动点，且OP r =，设OPk OD=，求PC kPD +的最小值.阿氏圆的关键解题步骤：第一步：如图1，在OD 上取点M ，使得::OM OP OP OD k ==；第二步：证明kPD PM =；第三步：连接CM ，此时CM 即为所求的最小值. 下面是该题的解答过程(部分)：解：在OD 上取点M ，使得::OM OP OP OD k ==， 又,POD MOP POMDOP ∠=∠∴.任务：()1将以上解答过程补充完整.()2如图2，在Rt ABC V 中，90,4,3,ACB AC BC D ∠=︒==为ABC V 内一动点，满足2CD =，利用()1中的结论，请直接写出23AD BD +的最小值.课后专项训练1．（2022·福建南平九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则13AP+BP的最小值为（）B．C．D．A．【点睛】本题考查相似三角形，解直角三角形；懂得依题意作辅助线构造相似三角形是解题的关键．2．（2022·江苏·无锡市九年级期中）如图，⊙O与y轴、x轴的正半轴分别相交于点M、点N，⊙O半径为3，点A（0，1），点B（2，0），点P在弧MN上移动，连接P A，PB，则3P A+PB的最小值为___．3．（2022·陕西·三模）如图，在四边形ABCD中，AB=，，设•=∠=∠=︒260AC BAC ACD=，则k的最小值为___________．AD k BD1##1−在Rt ACJ V 中，260AC CAJ =∠=︒，，∴∴AB CD ∥，∵BM CD CJ AB ⊥⊥，，∴四边形BJCM4．（2022·湖北武汉·模拟预测）【新知探究】新定义：平面内两定点A, B ，所有满足PA PB=k ( k 为定值)的P 点形成的图形是圆，我们把这种圆称之为“阿氏圆”，【问题解决】如图，在△ABC 中，CB = 4 ，AB= 2AC ，则△ABC 面积的最大值为_____．5．（2022·浙江·九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，D、E 分别是边BC、AC上的两个动点，且DE＝4，P是DE的中点，连接P A，PB，则P A+PB 的最小值为．【解答】解：如图，在CB上取一点F，使得CF＝，连接PF，AF．∵∠DCE＝90°，DE＝4，DP＝PE，∴PC＝DE＝2，∵＝，＝，∴＝，∵∠PCF＝∠BCP，∴△PCF∽△BCP，∴＝＝，∴PF＝PB，∴P A+PB＝P A+PF，∵P A+PF≥AF，AF＝＝＝，∴P A+PB≥，∴P A+PB的最小值为，故答案为．6．（2022·江苏·苏州九年级阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为边AD上一个动点，点F在边CD上，且线段EF＝4，点G为线段EF的中点，连接BG、CG，则BG +12CG 的最小值为 _____．7．（2022·山西·九年级专题练习）如图，在ABC V 中，90,2B AB CB ∠=︒==，以点B 为圆心作圆B 与AC 相切，点P 为圆B 上任一动点，则PA PC 的最小值是___________．8．（2022·湖北·九年级专题练习）如图，已知正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，PC的最大值为_____．点P是⊙B上的一个动点，则PD﹣129．（2022·北京·九年级专题练习）如图，边长为4的正方形，内切圆记为⊙O，P是⊙O上A＋PB的最小值为________．OP＝r＝12BC＝2，OB＝∵222OPOI==，OBOP=∴22PI OIPB OP==，∴PI10．（2022·山东·九年级专题练习）如图，在Rt ABC V 中，90ACB ∠=︒，4CB =，6CA =，圆C 半径为2，P 为圆上一动点，连接,2,1A A P P P P B B +最小值__________．13BP AP +最小值__________．11．（2022·重庆·九年级专题练习）（1）如图1，已知正方形ABCD的边长为9，圆B的半径为6，点P是圆B上的一个动点，那么PD＋23PC的最小值为__，PD﹣23PC的最大值为__．（2）如图2，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，那么PD＋12PC的最小值为__，PD﹣12PC的最大值为__．如图3中，在BC 上取一点6342PB BG ==Q，BC PB PBG CBP ∴V :V ，∴221PB BG ==Q，422BC PB ==，PBG CBP ∴V :V ，PG BG PC PB ∴=PD PG DG +≥Q （当且仅当G 12．（2022·江苏淮安·九年级期中）问题提出：如图1，在等边△ABC 中，AB =12，⊙C 半径为6，P 为圆上一动点，连结AP ，BP ，求AP +12BP 的最小值．（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图2，连接CP ，在CB 上取点D ，使CD =3，则有CD CP =CP CB=12，又∵∠PCD =∠BCP ，∴△PCD ∽△BCP ，∴PD BP =12，∴PD =12BP ，∴AP +12BP =AP +PD ．请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP +12BP的最小值为．（2）自主探索：如图1，矩形ABCD中，BC=7，AB=9，P为矩形内部一点，且PB=3，1 3AP+PC的最小值为．（3）拓展延伸：如图2，扇形COD中，O为圆心，∠COD=120°，OC=4，OA=2，OB=3，点P是»CD上一点，求2PA+PB的最小值，画出示意图并写出求解过程．13．（2022·湖北·九年级专题练习）（1）如图1，已知正方形ABCD 的边长为4，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求12PD PC +4PC +的最小值，12PD PC −的最大值．（2）如图2，已知正方形ABCD 的边长为9，圆B 的半径为6，点P 是圆B 上的一个动点，求23PD PC +的最小值，23PD PC −的最大值，PC 的最小值．（3）如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，=60B ∠︒，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求12PD PC +的最小值和12PD PC −的最大值．PC 的最小值PB BC2414．（2022·山东聊城·二模）如图，抛物线2y x bx c =−++经过点()4,4A −−，()0,4B ，直线AC 的解析式为162y x =−−，且与y 轴相交于点C ，若点E 是直线AB 上的一个动点，过点E 作EF x ⊥轴交AC 于点F ．（1）求抛物线2y x bx c =−++的解析式；（2）点H 是y 轴上一动点，连结EH ，HF ，当点E 运动到什么位置时，四边形EAFH 是矩形?求出此时点E ，H 的坐标；（3）在（2）的前提下，以点E 为圆心，EH 长为半径作圆，点M 为E e 上以动点，求12AM CM +的最小值．15．（2022·江苏泰州·一模）如图，已知Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，6AC =，9AB =，E 是AB 上的一点，5BE =，点D 是线段BC 上的一个动点，沿AD 折叠ACD ∆，点C 与C '重合，连接BC '．(1)求证：AEC AC B ''∆∆∽；(2)若点F 是BC 上的一点，且BF =，①若BC F '∆与BC E '∆2）中作出折叠后的AC D '∆（保留作图痕迹，不写作法）；②求32BC FC ''+的最小值．②如图，由（1）知：△AEC′∽△AC′B，∴AE ACAC AB'='=6293=，∴EC′=23BC′，∵BC′+32FC′=32(23BC′+FC′)=32(EC′+FC′），当E、C′、F三点共线时，EC′+FC′最短，即EC′+∴BC′+32FC′的最小值为32EF，在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=22AB AC−过点E作EG⊥CB于G，∴∠C=∠EGB=90°，∴ACBC AB AC16．（2022·广东·九年级专题练习）如图1，已知正方形ABCD，AB＝4，以顶点B为直角顶点的等腰Rt△BEF绕点B旋转，BE＝BF AE，CF．(1)求证：△ABE ≌△CBF ．(2)如图2，连接DE ，当DE ＝BE 时，求S △BCF 的值．（S △BCF 表示△BCF 的面积）(3)如图3，当Rt △BEF 旋转到正方形ABCD 外部，且线段AE 与线段CF 存在交点G 时，若M 是CD 的中点，P 是线段DG+PG 的值最小时，求MP 的值． 【答案】(1)见解析(2)2或【分析】（1）由“SAS ”可证△ABE ≌△CBF ；（2）由“SSS ”可证△ADE ≌△ABE ，可得∠DAE ＝∠BAE ＝45°，可证AH ＝EH ，由勾股定理可求BE 的长，即可求解；（3）先确定点P 的位置，过点B 作BQ ⊥CF 于Q ，由勾股定理可求CE 的长，由平行线分线段成比例可求解．(1)证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝BC ，∠ABC ＝90°， ∵∠EBF ＝90°＝∠ABC ，∴∠ABE ＝∠CBF ， 又∵BE ＝BF ，AB ＝BC ，在△ABE 和△CBF 中，AB CB ABE CBF BE BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△CBF （SAS ）； (2)解：如图2，过点E 作EH ⊥AB 于H ，∵△ABE ≌△CBF ，∴S △ABE ＝S △CBF ，∵AD ＝AB ，AE ＝AE ，DE ＝BE ，∴△ADE ≌△ABE （SSS ）， ∴∠DAE ＝∠BAE ＝45°，∵EH ⊥AB ，∴∠EAB ＝∠AEH ＝45°，∴AH ＝EH ，17．（2022·河北·九年级专题练习）如图1，在RT△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，圆C的半径为2，点P为圆上一动点，连接AP，BP，求：①12AP BP+，②2AP BP+，③13AP BP+，④3AP BP+的最小值．【点睛】本题考查圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．正确的作出辅助线，并且理解三点共线时线段最短是解答本题的关键．。
中考数学复习《圆》经典题型及测试题(含答案)
中考数学复习《圆》经典题型及测试题（含答案）【专题分析】圆在中考中的常见考点有圆的性质及定理，圆周角定理及其推论，圆心角、圆周角、弧、弦之间的“等推”关系；切线的判定，切线的性质，切线长定理，弧长及扇形面积的计算，求阴影部分的面积等．对圆的考查在中考中以客观题为主，考查题型多样，关于圆的基本性质一般以选择题或填空题的形式进行考查，切线的判定等综合性强的问题一般以解答题的形式进行考查；圆在中考中的比重约为10%～15%.【解题方法】解决圆的有关问题常用的数学思想就是转化思想，方程思想和数形结合思想；常用的数学方法有分类讨论法，设参数法等．【知识结构】【典例精选】如图，⊙O的半径是3，点P是弦AB延长线上的一点，连结OP，若OP ＝4，∠APO＝30°，则弦AB的长为( )A．2 5 B. 5C．213 D. 13【思路点拨】先过点O作OC⊥AP，连结OB，根据OP＝4，∠APO＝30°，求出OC的值，在Rt△BCO中，根据勾股定理求出BC的值，进而得出AB的值．【解析】如图，过点O作OC⊥AP于点C，连结OB，∵OP＝4，∠APO＝30°，∴OC＝4×sin 30°＝2.∵OB＝3，∴BC＝OB2－OC2＝32－22＝5，∴AB＝2 5.故选A.答案：A规律方法：利用垂径定理进行证明或计算，通常是在半径、圆心距和弦的一半所组成的直角三角形中，利用勾股定理构建方程求出未知线段的长.如图，从一块直径是8 m的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形，将剪下的扇形围成一个圆锥，圆锥的高是( )A．4 2 m B．5 m C. 30 m D．215 m【思路点拨】首先连结AO，求出AB，然后求出扇形的弧长BC，进而求出扇形围成的圆锥的底面半径，最后应用勾股定理求出圆锥的高即可．【解析】如图，连结AO，∵AB＝AC，点O是BC的中点，∴AO⊥BC.又∵∠BAC＝90°，∴∠ABO＝∠ACO＝45°，∴AB＝2OB＝2×(8÷2)＝42(m)．∴l BC＝90π×42180＝22π(m)．∴将剪下的扇形围成的圆锥形的半径是22π÷2π＝2(m)．∴圆锥的高是422－22＝30(m)．故选C.答案：C规律方法：解决圆锥的相关问题，可以利用圆的周长等于扇形的弧长建立方程，利用方程解决问题.如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是AB的中点，以E为圆心、ED 为半径作半圆，交A，B所在的直线于M，N两点，分别以MD，ND为直径作半圆，则阴影部分的面积为( )A．9 5 B．18 5 C．36 5 D．72 5【思路点拨】根据图形可知阴影部分的面积＝两个小的半圆的面积＋△DMN 的面积－大半圆的面积，MN为半圆的直径，从而可知∠MDN＝90°，在Rt△MDN 中，由勾股定理可知MN2＝MD2＋DN2，从而可得到两个小半圆的面积＝大半圆的面积，故此阴影部分的面积＝△DMN的面积，在Rt△AED中，ED＝AD2＋AE2＝62＋32＝35，所以MN＝65，然后利用三角形的面积公式求解即可．【解析】根据图形可知阴影部分的面积＝两个小的半圆的面积＋△DMN的面积－大半圆的面积．∵MN为大半圆的直径，∴∠MDN＝90°.在Rt△MDN中，MN2＝MD2＋DN2，∴两个小半圆的面积和＝大半圆的面积．∴阴影部分的面积＝△DMN 的面积．在Rt△AED中，ED＝AD2＋AE2＝62＋32＝35，∴阴影部分的面积＝△DMN的面积＝12MN·AD＝12×65×6＝18 5.故选B.答案：B规律方法：求阴影部分的面积，一般是将所求阴影部分进行分割组合，转化为规则图形的和或差.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为直径作⊙O交AB于点D，连结CD.(1)求证：∠A＝∠BCD.(2)若M为线段BC上一点，试问当点M在什么位置时，直线DM与⊙O相切？并说明理由．【思路点拨】(1)根据圆周角定理可得∠ADC＝90°，根据直角三角形的性质可得∠A＋∠ACD＝90°，再由∠DCB＋∠ACD＝90°，可得∠A＝∠BCD；(2)当点M是BC的中点时，直线DM与⊙O相切．连结DO，证明∠ODM ＝90°，进而证得直线DM与⊙O相切．【自主解答】(1)证明：∵AC为直径，∴∠ADC＝90°，∴∠A＋∠ACD＝90°.∵∠ACB＝90°，∴∠BCD＋∠ACD＝90°，∴∠A＝∠BCD.(2)解：当点M是BC的中点时，直线DM与⊙O相切．理由如下：如图，连结DO，∵DO＝CO，∴∠1＝∠2.∵∠BDC＝90°，点M是BC的中点，∴DM＝CM，∴∠4＝∠3.∵∠2＋∠4＝90°，∴∠1＋∠3＝90°，∴直线DM与⊙O相切．规律方法：在判定一条直线是圆的切线时，如果这条直线和圆有公共点，常作出经过公共点的半径，证明这条直线与经过公共点的半径垂直，概括为“连半径，证垂直，得切线”.【能力评估检测】一、选择题1．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AE是⊙O的切线，A为切点，连结BC并延长交AE于点D.若∠AOC＝80°，则∠ADB的度数为( B )A．40° B．50° C．60° D．20°2．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠AOB＝60°，AB＝AC＝2，则弦BC的长为( C )A. 3 B．3 C．2 3 D．43．如图，在⊙O中，弦AC∥半径OB，∠BOC＝50°，则∠OAB的度数为( A )A．25° B．50° C．60° D．30°4.如图，直线CD与以线段AB为直径的圆相切于点D并交BA的延长线于点C，且AB＝2，AD＝1，P点在切线CD上移动．当∠APB的度数最大时，则∠ABP 的度数为( B )A．15° B．30° C．60° D．90°5．如图，某数学兴趣小组将边长为3的正方形铁丝框ABCD变形为以A为圆心、AB长为半径的扇形(忽略铁丝的粗细)，则所得扇形DAB的面积为( D )A．6 B．7 C．8 D．96．如图，已知AB为⊙O的直径，AD切⊙O于点A，EC＝CB.则下列结论中不一定正确的是( D )A．BA⊥DA B．OC∥AEC．∠COE＝2∠CAE D．OD⊥AC7．如图，菱形ABCD的对角线BD，AC分别为2，23，以B为圆心的弧与AD，DC相切，则阴影部分的面积是( D )A．23－33π B．43－33πC．43－π D．23－π8．如图，正六边形ABCDEF是边长为2 cm的螺母，点P是FA延长线上的点，在A，P之间拉一条长为12 cm的无伸缩性细线，一端固定在点A，握住另一端点P拉直细线，把它全部紧紧缠绕在螺母上(缠绕时螺母不动)，则点P运动的路径长为( B )A ．13π cmB ．14π cmC ．15π cmD ．16π cm9．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝5，AD ，AB ，BC 分别与⊙O 相切于E ，F ，G 三点，过点D 作⊙O 的切线交BC 于点M ，切点为N ，则DM 的长为( )A. 133B. 92C. 4313 D ．2 5 解：如图，连接OE ，OF ，ON ，OG .∵AD ，AB ，BC 分别与⊙O 相切于E ，F ，G 三点，∴∠AEO ＝∠AFO ＝∠OFB ＝∠BGO ＝90°.∴四边形AFOE ，FBGO 都是正方形．∴AF ＝BF ＝AE ＝BG ＝2.∴DE ＝3.∵DM 是⊙O 的切线，∴DN ＝DE ＝3，MN ＝MG . ∴CM ＝5－2－MN ＝3－MN .在Rt △DMC 中，DM 2＝CD 2＋CM 2，∴(3＋MN )2＝(3－MN )2＋42.∴NM ＝43.∴DM ＝3＋43＝133.故选A. 答案：A二、填空题10．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，则直线y ＝x ＋2与以O 点为圆心，1为半径的圆的位置关系为 相切．11．如图，圆内接四边形ABCD 两组对边的延长线分别相交于点E ，F ，且∠A ＝55°，∠E ＝30°，则∠F ＝40° .12．如图，正三角形ABC 的边长为2，点A ，B 在半径为2的圆上，点C 在圆内，将正三角形ABC 绕点A 逆时针旋转，当点C 第一次落在圆上时，点C 运动的路线长为 .【解析】设点C 落在圆上的点为C ′，连结OA ，OB ，OC ′，则OA ＝OB ＝ 2.又∵AB ＝2，∴OA 2＋OB 2＝AB 2，∴∠AOB ＝90°，∴∠OAB ＝45°，同理∠OAC ′＝45°，∴∠BAC ′＝90°.∵△ABC 为等边三角形，∴∠CAB ＝60°，∴∠CAC ′＝30°，∴点C 运动的路线长为30π×2180＝π3.故答案为π3. 答案：π3 13．如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝5 cm ，AC ＝2 cm ，将△ABC 绕顶点C按顺时针方向旋转45°至△A 1B 1C 的位置，则线段AB 扫过区域(图中的阴影部分)的面积为 cm 2.【解析】在Rt△ABC 中，BC ＝AC 2＋AB 2＝29(cm)，S 扇形BCB 1＝45π×292360＝29π8(cm 2)，S △CB 1A 1＝12×5×2＝5(cm 2)，S 扇形CAA 1＝45π×22360＝π2(cm 2)，故S 阴影部分＝S 扇形BCB 1＋S △CB 1A 1－S △ABC －S 扇形CAA 1＝29π8＋5－5－π2＝25π8(cm 2). 答案：25π8三、解答题14．如图，AB 是⊙O 的直径，BC 切⊙O于点B ，OC 平行于弦AD ，过点D 作DE ⊥AB 于点E ，连结AC ，与DE 交于点P .求证：(1)PE ＝PD ；(2)AC ·PD ＝AP ·BC .证明：(1)∵AB 是⊙O 的直径，BC 是切线，∴AB ⊥BC ，∵DE ⊥AB ，∴DE ∥BC ，∴△AEP ∽△ABC ，∴EP BC ＝AE AB .又∵AD ∥OC ，∴∠DAE ＝∠COB ，∴△AED ∽△OBC ，∴ED BC ＝AE OB ＝AE 12AB ＝2AE AB .∴ED ＝2EP ，∴PE ＝PD . (2)∵AB 是⊙O 的直径，BC 是切线，∴AB ⊥BC ，∵DE ⊥AB ，∴DE ∥BC ，∴△AEP ∽△ABC ，∴AP AC ＝PE BC .∵PE ＝PD ，∴AP AC ＝PD BC，∴AC ·PD ＝AP ·BC . 15．如图，在△OAB 中，OA ＝OB ＝10，∠AOB ＝80°，以点O 为圆心，6为半径的优弧MN 分别交OA ，OB 于点M ，N .(1)点P 在右半弧上(∠BOP 是锐角)，将OP 绕点O 逆时针旋转80°得OP ′，求证：AP ＝BP ′；(2)点T 在左半弧上，若AT 与弧相切，求点T 到OA 的距离；(3)设点Q 在优弧MN 上，当△AOQ 的面积最大时，直接写出∠BOQ 的度数．(1)证明：如图，∵∠AOP＝∠AOB＋∠BOP＝80°＋∠BOP，∠BOP′＝∠POP′＋∠BOP＝80°＋∠BOP，∴∠AOP＝∠BOP′.又∵OA＝OB，OP＝OP′，∴△AOP≌△BOP′.∴AP＝BP′.(2)解：如图，连结OT，过点T作TH⊥OA于点H.∵AT与MN相切，∴∠ATO＝90°.∴AT＝OA2－OT2＝102－62＝8.∵12OA·TH＝12AT·OT，即12×10×TH＝12×8×6，∴TH＝245，即点T到OA的距离为245.(3)10°，170°.16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线AD交BC边于点D.以AB上一点O为圆心作⊙O，使⊙O经过点A和点D.(1)判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)若AC＝3，∠B＝30°.①求⊙O的半径；②设⊙O与AB边的另一个交点为E，求线段BD，BE与劣弧DE所围成的阴影部分的面积(结果保留根号和π)．解：(1)直线BC与⊙O相切．理由如下：如图，连结OD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵∠BAC的角平分线AD交BC边于点D，∴∠CAD＝∠OAD，∴∠CAD＝∠ODA，∴OD∥AC，∴∠ODB＝∠C＝90°，即OD⊥BC.∴直线BC与⊙O相切．(2)①设OA＝OD＝r，∵在Rt△BDO中，∠B＝30°，∴OB＝2r，∴在Rt△ACB中，∠B＝30°，∴AB＝2AC＝6，∴3r＝6，解得r＝2.②∵在Rt△ODB中，∠B＝30°，∴∠BOD＝60°，∴S扇形ODE＝60π×22360＝23π，∴阴影部分面积为S△BOD－S扇形ODE＝23－23π.11。
2020-2021中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)含答案
2020-2021中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)含答案一、圆的综合1．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有点E，且EF=ED．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tan A=12，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明；（3）在（2）的条件下，若OF=1，求圆O的半径．【答案】（1）答案见解析；（2）AB=3BE；（3）3．【解析】试题分析：（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理即可得出结论．试题解析：（1）证明：连结OD，如图．∵EF=ED，∴∠EFD=∠EDF．∵∠EFD=∠CFO，∴∠CFO=∠EDF．∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO=90°．∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE．∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；（2）线段AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．证明如下：∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDE．∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，∴∠BDE=∠A，而∠BED=∠DEA，∴△EBD∽△EDA，∴DE BE BDAE DE AD==．∵Rt△ABD中，tan A=BDAD=12，∴DE BEAE DE==12，∴AE=2DE，DE=2BE，∴AE=4BE，∴AB=3BE；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x．∵OF=1，∴OE=1+2x．在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（32x）2+（2x）2=（1+2x）2，∴x=﹣29（舍）或x=2，∴圆O的半径为3．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解答本题的关键．2．如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．【答案】(1)见解析;(2) Q的坐标为（32，9）;(3)63 8.【解析】（1）解：连接AM、BM，∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点∴AM＝BM＝PM=QM= 12 PQ，∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。
中考数学圆中最值问题专题含答案
点圆关系问题三、利用坐标特性进行转换【经典例题5】如图，在平面直角坐标系中，已知点 A (0，1)、B(0，1+t)、C(0，1−t)(t>0)，点P 在以D(4，4)为圆心，1 为半径的圆上运动，且始终满足∠BPC=90°，则 t 的最大值是 .【解析】如图，连接AP ，∵点A(0，1)、点B(0，1+t)、C(0，1−t)(t>0)，∴AB=(1+t)−1=t ，AC=1−(1−t)=t ，∴AB=AC ，∵∠BPC=90∘，∴AP=21BC=AB=t ， 要t 最大，就是点A 到⊙D 上的一点的距离最大，∴点P 在AD 延长线上，∵A(0，1)，D(4，4)，∴AD=()51-4162=+， ∴t 的最大值是AP=AD−PD=5+1=6，最小值为4.故答案为：6，练习5-1如图，已知直线y=43x −3与x 轴、y 轴分别交于A. B 两点，P 是以C(0，1)为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA 、PB.则△PAB 面积的最大值是( ) A. 8 B. 12 C. 221 D. 217【解析】∵直线y=43x −3与x 轴、y 轴分别交于A. B 两点， ∴A 点的坐标为(4，0)，B 点的坐标为(0，−3)，3x −4y−12=0，即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5，过C 作CM ⊥AB 于M ，连接AC ，则由三角形面积公式得：21×AB×CM=21×OA×OC+21×OA×OB ， ∴5×CM=4×1+3×4，∴CM=516， ∴圆C 上点到直线y=43x−3的最大距离是1+516=521， ∴△PAB 面积的最大值是21×5×516=221， 故选：C.练习5-2如图，直线y=43x +3与x 轴、y 轴分别交于A ，B 两点，点P 是以C(1，0)为圆心，1为半径的圆上任意一点，连接PA ，PB ，则△PAB 面积的最小值是( )A. 5B. 10C. 15D. 20【解答】作CH ⊥AB 于H 交⊙O 于E. F.∵C(1，0)，直线AB 的解析式为y=43x +3， ∴直线CH 的解析式为y=34-x +34， 由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+-=3433434x y x y 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=51254y x ，∴H(−54，512)， ∴CH=22)512()541(++=3， ∵A(4，0)，B(0，3)，∴OA=4，OB=3，AB=5，∴EH=3−1=2，当点P 与E 重合时，△PAB 的面积最小，最小值=21×5×2=5，练习5-3如图，已知直线y=343-x 与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，P 是以C(0,1)为圆心，1为半径的圆上一动点，连接PA 、PB ，当△PAB 的面积最大时，点P 的坐标为________．【解析】过C 作CM ⊥AB 于M ，交x 轴于E ，连接AC ，MC 的延长线交⊙C 于D ，作DN ⊥x 轴于N ，∵直线y=343 x 与x 轴、y 轴分别交于A ，B 两点， 令x=0，得y=-3，令y=9，得x=4 ∴A(4，0)，B(0，−3)，∴OA=4，OB=3，∴AB=则由三角形面积公式得，21×AB×CM=21×OA×BC ， ∴ 21×5×CM=21×4×(1+3)， ∴CM=516∴BM=∴圆C 上点到直线y=343 x 的最大距离是DM=1+ 516 = 521 当P 点在D 这个位置时，△PAB 的面积最大， ∵∠CMB=∠COE=90°，∠OCE=∠MCB ，∴△COE ∽△CMB ，∴∴∴OE=43，CE=45， ∴ED=1+45=49∵DN ⊥x 轴，∴DN ∥OC ，∴△COE ∽△DNE ，∴ ，即∴DN=59，NE=2027∴ON=NE−OE=2027−43=53∴D(−53，59)∴当△PAB 的面积最大时，点P 的坐标为(−53，59)故答案为：(−53，59)练习5-4在平面直角坐标系xOy 中，A(-m,0) ，B(m,0) （其中m>0 ），点P 在以点C(3,4)为圆心，半径等于2的圆上，如果动点P 满足∠APB=90°，（1）线段OP 的长等于________（用含m 的代数式表示）；（2）m 的最小值为________．【解析】（1）∵OA=OB=m ，∴OP=21AB=m ； （2）连结OC 交⊙C 于D ，则OD 最短，∵OC==5，∴OD=OC －r=5－2=3．∴m 的最小值为3．故答案为（1）m ；（2）3．练习5-5如图，在平面直角坐标系中，点P 是以C(-72，)为圆心，1为半径的⊙O 上的一个动点，已知A(-1，0)，B(1，0)，连接PA ，PB ，则PA 2+PB 2的最小值是 .【解析】P （x,y ），根据两点间距离公式PA 2=（x+1）2+y 2PB 2=（x-1）2+y 2OP 2=x 2+y 2当点P 处于OC 与圆的交点上是，OP 取得最值所以OP 最小值为CO-CP=15【经典例题6】如图，抛物线y=41x 2-4与x 轴交于A ，B 两点，P 是以点C （0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q 是线段PA 的中点，连接OQ 。
2025年甘肃中考数学一轮复习中考命题探究第6章 圆微专题7 圆中最值及隐圆问题
微专题七
圆中最值及隐圆问题
类型 11
点圆最值
已知平面内一定点D和⊙O，点E是⊙O上一点，当D，O，E三点共线时，线段
已知条件
DE有最大(小)值(依据：直径是圆中最长的弦)，设点O与点D之间的距离为d，
⊙O的半径为r
位置关系
点D在⊙O内
点D在⊙O上
点D在⊙O外
2π
△A′BC′.若BC＝6，则点C运动的路径长为____．
思路点拨
第一步：依据特征找模型
特征1：是否存在一定点和一动点(定
点：点B，动点：点C)
特征2：连接定点和动点的线段长度是
否固定(BC＝6 )
第二步：抽离模型
第三步：模型应用
以点B为圆心，BC长为半径作圆，
点C′在’上.
例 2 在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，
(1)点A，B，C，D在同一个圆上，AB为⊙O的直径；
(2)圆内接四边形的对角互补
例 5 如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，连接AC，BD，若AC＝2，∠BCD＝
135°，则BD的长为( A )
A． 2
B．2 2
C． 3
D．2 3
9．如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，过点O作OE⊥BD，交AD于
A．1.5
B．1.2
C．2.4
D．以上都不对
类型 31
已知条件
定点定长作隐圆
平面内，O为定点，B为动点，且OB长度
OA＝OB＝OC
固定
类型
一点作圆
三点作圆
图示
结论
点B的轨迹在以点O为圆心，OB长为半径
中考数学二次函数综合题解题技巧之欧阳与创编
压轴题解题技巧练习引言：解数学压轴题一般可以分为三个步骤：认真审题，理解题意、探究解题思路、正确解答。
审题要全面审视题目的所有条件和答题要求，在整体上把握试题的特点、结构，以利于解题方法的选择和解题步骤的设计。
解数学压轴题要善于总结解数学压轴题中所隐含的重要数学思想，如转化思想、数形结合思想、分类讨论思想及方程的思想等。
认识条件和结论之间的关系、图形的几何特征与数、式的数量、结构特征的关系，确定解题的思路和方法．当思维受阻时，要及时调整思路和方法，并重新审视题意，注意挖掘隐蔽的条件和内在联系，既要防止钻牛角尖，欧阳与创编又要防止轻易放弃。
一、 动态：动点、动线1．(2010年辽宁省锦州)如图，抛物线与x轴交于A(x1，0)、B(x2，0)两点，且x1＞x2，与y 轴交于点C(0，4)，其中x1、x2是方程x2－2x －8＝0的两个根．(1)求这条抛物线的解析式；(2)点P 是线段AB P 作PE ∥AC ，交BC 于点E ，连接CP 当△CPE的面积最大时，求点P 的坐标；(3)探究：若点Q 是抛物线对称轴上的点，是否存在这样的点Q ，使△QBC 成为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．二、圆2．（2010青海）如图10，已知点A （3，0），以A为圆心作⊙A与Y轴切于原点，与x轴的另一个交点为B，过B 作⊙A的切线l.（1）以直线l为对称轴的抛物线过点A 及点C（0，9），求此抛物线的解析式；（2）抛物线与x轴的另一个交点为D，过D作⊙A的切线DE，E为切点，求此切线长；（3）点F是切线DE上的一个动点，当△BFD与EAD△相似时，求出BF的长．欧阳与创编C xy yAO BED A CCD图1 图2 3．(2009年中考天水)如图1，在平面直角坐标系xOy，二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象顶点为D，与y轴交于点C，与x轴交于点A、B，点A在原点的左侧，点B的坐标为(3，0)，OB＝OC，tan∠ACO＝ 1 3．(1)求这个二次函数的解析式；(2)若平行于x轴的直线与该抛物线交于点M、N，且以MN为直径的圆与x轴相切，求该圆的半径长度；(3)如图2，若点G(2，y)是该抛物线上一点，点P是直线AG下方的抛欧阳与创编物线上的一动点，当点P运动到什么位置时，△AGP的面积最大？求此时点P的坐标和△AGP的最大面积．4．（09年湖南省张家界市）在平面直角坐标系中，已知A(－4，0)，B(1，0)，且以AB为直径的圆交y轴的正半轴于点C，过点C作圆的切线交x轴于点D．（1）求点C的坐标和过A，B，C三点的抛物线的解析式；（2）求点D的坐标；（3）设平行于x轴的直线交抛物线于E，F两点，问：是否存在以线段EF为直径的圆，恰好与x轴相切？若存在，求出该圆的半径，若不存在，请说明理由．5．（2010年怀化）图9是二次函数的图象，其顶点坐标为M(1,-4).（1）求出图象与轴的交点A,B的坐标；（2）在二次函数的图象上是否存在点P ，使,若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）将二次函数的图象在轴下方的部分沿轴翻折，图象的其余部分保持不变，得到一个新的图象，请你结合这个新的图象回答：当直线与此图象有两个公共点时，的取值范围.6．(湖南省长沙市2010年)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边分别在x轴和y 轴上， cm，OC=8cm，现有两动点P、Q分别从O、C同时出发，P在线段OA 上沿欧阳与创编欧阳与创编 OA 方向以每秒cm 的速度匀速运动，Q 在线段CO 上沿CO 方向以每秒1cm 的速度匀速运动．设运动时间为t 秒．（1）用t 的式子表示△OPQ 的面积S ；（2）求证：四边形OPBQ 的面积是一个定值，并求出这个定值；（3）当△OPQ 与△PAB 和△QPB 相似时，抛物线经过B 、P 两点，过线段BP 上一动点M 作轴的平行线交抛物线于N ，当线段MN 的长取最大值时，求直线MN 把四边形OPBQ 分成两部分的面积之比．7．（成都市2010年）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，点的坐标为，若将经过两点的直线沿轴向下平移3个单位后恰好经过原点，且抛物线的对称轴是直线．B A P xC Q O y第26题图（1）求直线及抛物线的函数表达式；（2）如果P 是线段上一点，设、的面积分别为、，且，求点P的坐标；（3）设的半径为l ，圆心在抛物线上运动，则在运动过程中是否存在与坐标轴相切的情况？若存在，求出圆心的坐标；若不存在，请说明理由．并探究：若设⊙Q 的半径为，圆心在抛物线上运动，则当取何值时，⊙Q 与两坐轴同时相切？五、探究型．8. （2011湖南湘潭市，25，10分）（本题满分10分）如图，直线交轴于A 点，交轴欧阳与创编于B点，过A、B 两点的抛物线交轴于另一点C（3,0）.⑴求抛物线的解析式;⑵在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ABQ是等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由.9．（09年重庆市）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA 在轴的正半轴上，OC 在轴的正半轴上，OA＝2，OC＝3．过原点O作∠AOC 的平分线交AB于点D，连接DC，过点D作DE⊥DC，交OA于点E．（1）求过点E、D、C的抛物线的解析式；（2）将∠EDC绕点D按顺时针方向旋转后，角的一边与轴的正半轴交于点F，另一边与线段OC交于点G．如果DF与（1）中的抛物线交于另一点M，点M 的横坐标为，那么EF＝2GO是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）对于（2）中的点G，在位于第一象限内的该抛物线上是否存在点Q，欧阳与创编欧阳与创编 使得直线GQ 与AB 的交点P 与点C 、G 构成的△PCG 是等腰三角形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．10．（09年湖南省长沙市）如图，抛物线y ＝ax2＋bx ＋c(a≠0)与x 轴交于A(－，0)、B 两点，与y 轴相交于点C(0，)．当x ＝－4和x ＝2时，二次函数y ＝ax2＋bx ＋c(a≠0)的函数值y 相等，连结AC 、BC ．（1）求实数a ，b ，c 的值；（2）若点M 、N 同时从B 点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA 、BC 边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．当运动时间为t 秒时，连结MN ，将△BMN 沿MN 翻折，B 点恰好落在AC 边上的P 处，求t 的值及点P 的坐标；（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点Q ，使得以B ，N ，Q 为顶A D B C E O x y yO xCN B P M A点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．六、最值类11．(2010年恩施)如图11，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，-3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点.（1）求这个二次函数的表达式．（2）连结PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP C，那么是否存在点P，使四边形POP C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在欧阳与创编请说明理由．（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大并求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积.12. （2011贵州安顺，27，12分）如图，抛物线y=x2+bx－2与x轴交于A、B 两点，与y轴交于C点，且A（一1，0）．⑴求抛物线的解析式及顶点D的坐标；⑵判断△ABC的形状，证明你的结论；⑶点M(m，0)是x轴上的一个动点，当CM+DM的值最小时，求m的值．欧阳与创编第12题图时间：2021.03.08 创作：欧阳与欧阳与创编。
专题圆中的定值问题最值问题相交圆问题与真题训练中考数学考前30天迅速提分复习方案解析版
中考数学考前30天迅速提分复习方案（全国通用）专题2.8圆中的定值问题、最值问题、相交圆问题与真题训练题型一：圆中的定值问题一．解答题（共6小题）1．（2022•长安区一模）在如图1所示的平面直角坐标系中，O为原点，⊙C的圆心坐标为（﹣2，﹣2），半径为．直线y＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于点A，B，点P在线段AB上运动（包括端点）．（1）直线CO与AB的夹角是90°；（2）当△POA是等腰三角形时，求点P的坐标；（3）当直线PO与⊙C相切时，求∠POA的度数；（4）如图2，直线PO与⊙C相交于点E，F，M为线段EF的中点，当点P在线段AB上运动时，点M也相应运动，请直接写出点M所经过路径的长度．【分析】（1）通过求解点的坐标，角的关系即可得到结果；（2）当△POA是等腰三角形时有三种情况，将每种情况的条件表示出来即可求解；（3）将求∠POA分解为求∠POD，利用对顶角相等，转化为求∠COK，利用正弦定理即可求解；（4）点M存在的范围在与直线PO与⊙C相交，所以可以将相切的情况求解出来，同时要理解点M的运动路径是以Q为圆心的一段弧，将弧度求出来之后，利用弦长公式即可得到结果．【解答】解：（1）如图1，延长CO交AB于D，过点C作CG⊥x轴于点G，∵函数y＝﹣x+2图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴x＝0时，y＝2，y＝0时，x＝2，∴A（2，0），B（0，2），∴AO＝BO＝2，又∵∠AOB＝90°，∴∠DAO＝45°，∵C（﹣2，﹣2），∴∠COG＝45°，∠AOD＝45°，∴∠ODA＝90°，（2）要使△POA为等腰三角形，①当OP＝OA时，P的坐标为（0，2），②当OP＝PA时，由∠OAB＝45°得：点P恰好是AB的中点，∴点P的坐标为（1，1），③当AP＝AO时，则：AP＝2，如图2，过点P作PH⊥OA交OA于点H，连接OP，在Rt△APH中，则：PH＝AH＝，∴OH＝2﹣，∴点P的坐标为（2﹣，），（3）如图3，当直线PO与⊙C相切时，设右边的切点为K，连接CK，则CK⊥OK，由点C的坐标为（﹣2，﹣2），可得：CO＝，∵sin∠COK＝＝＝，∴∠POD＝30°，∵∠AOD＝45°，∴∠POA＝75°，同理可求得∠POA的另一个值为15°．（4）由（3）可得：点M的运动路线是以点Q为圆心（Q为OC与⊙C的交点），为半径的一段圆弧，∴⊙C和⊙Q是两个等圆，∴∠LQK＝120°，∴点M所过路径为的长度：＝．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，弧长公式，圆的动点问题，直线与圆的位置关系等知识点，解题的关键是分清情况，利用已知条件将所求量表示清楚，明确运动途径的形状，属于中考压轴题．2．（2021•宁波模拟）如图①，点M是正方形ABCD的对角线AC上的一点，射线DM与△AMB的外接圆的另一个交点为N，与射线CB相交于点P．（1）当点N与点B重合时，的值为；（2）如图②，当MN是△AMB外接圆的直径时，求的值：（3）若△PNC为等腰三角形，求的值．【分析】（1）当N与B重合时，点D、M、B共线，根据正方形的性质即可得出结论；（2）连接BN、AN，根据SAS证△DCM≌△BCM，得出∠DMC＝∠CMB，推出∠CBM＝∠CMB，即CM＝CB，根据＝＝tan∠CAB即可得出结论；（3）由PNC为等腰三角形知，只能是NC＝NP，过N作NG⊥CD于G点，则NG＝CD，设AH ＝x，则HB＝1﹣x，证△ADH∽△BPH，根据线段比例关系得出BP，CP，推出的值即可．【解答】解：（1）当N与B重合时，点D、M、B共线，∵正方形ABCD中，AC＝BD，∴AC、BD相交于点M，∴AN＝CM＝AC，则＝，故答案为：；（2）连接BN、AN，∵MN是ABM外接圆直径，∴∠MBA+∠ABN＝90°，∵∠ABC＝90°即∠CBM+∠MBA＝90°，∴∠ABN＝∠CBM，∵∠ABN＝∠AMN＝∠DMC，CD＝CB，∠DCM＝∠BCM＝45°，CM＝CM，∴△DCM≌△BCM（SAS），∴∠DMC＝∠CMB，∴∠CBM＝∠CMB，∴CM＝CB，∴＝＝tan∠CAB＝；（3）由PNC为直角三角形知，只能是NC＝NP，∴N在CP的垂直平分线上，过N作NG⊥CD于G点，则NG＝CD，连接AN、MB，作AQ⊥DP于点Q，设CD＝CB＝1，DP与AB相交于点H，设AH＝x，则HB＝1﹣x，∵AD∥CP，∴∠ADH＝∠P，且∠AHD＝∠PHB，∴△ADH∽△BPH，∴＝，即＝，解得：BP＝，∴CP＝1+＝，由勾股定理得PD＝，∵M是AC上的点，∴∠ABM＝∠ADM，∵∠ABM＝∠ANQ，∴∠ADM＝∠ANQ，∴AD＝AN，∴DQ＝DN＝DP＝，∵∠ADM＝∠P，∴cos∠ADM＝cos∠P，即，∴＝，整理得x2﹣4x+1＝0，解得x＝2﹣或x＝2+（舍去），∴＝＝2+．【点评】本题主要考查圆的综合知识，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识是解题的关键．3．（2021•宝安区二模）如图①，已知⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝∠ACB＝α（45°＜α＜90°，D为上一点，连接CD交AB于点E．（1）连接BD，若∠CDB＝40°，求α的大小；（2）如图②，若点B恰好是中点，求证：CE2＝BE•BA；（3）如图③，将CD分别沿BC、AC翻折得到CM、CN，连接MN，若CD为直径，请问是否为定值，如果是，请求出这个值，如果不是，请说明理由．【分析】（1）由圆周角定理求出∠CAB＝∠CDB＝40°，由三角形内角和定理可得出答案；（2）证明△BCE∽△BAC，由相似三角形的性质得出，证明CB＝CE，则可得出结论；（3）方法一：由折叠的性质可得出∠DCN＝2∠DCA，∠DCM＝2∠DCB，CN＝CD＝CM＝2r，过点C作CQ⊥MN于点Q，得出MN＝2NQ，∠NCQ＝∠MCN＝α，∠CQN＝90°，连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠ABP＝90°，证明△ABP≌△NQC（AAS），由全等三角形的性质得出AB＝NQ＝MN，则可得出答案．方法二：连接OA，OB，证明△CNM∽△OAB，由相似三角形的性质可得出答案．【解答】解：（1）∵＝，∴∠CAB＝∠CDB＝40°，∵∠ABC+∠ACB+∠CAB＝180°，∠ABC＝∠ACB＝α，∴α＝＝70°；（2）证明：∵点B是的中点，∴＝，∴∠DCB＝∠A，∵∠ABC＝∠CBE，∴△BCE∽△BAC，∴，∴BC2＝BE•BA，∵∠ACB＝∠ACD+∠BCD，∠BEC＝∠ACD+∠A，∠BCD＝∠A，∴∠ABC＝∠ACB＝∠BEC，∴CB＝CE，∴CE2＝BE•BA；（3）是定值．方法一：∵将CD分别沿BC、AC翻折得到CM、CN，∴∠DCN＝2∠DCA，∠DCM＝2∠DCB，CN＝CD＝CM＝2r，∴∠MCN＝2∠ACB＝2α，过点C作CQ⊥MN于点Q，则MN＝2NQ，∠NCQ＝∠MCN＝α，∠CQN＝90°，连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠ABP＝90°，∵，∴∠P＝∠ACB＝∠NCQ＝α，∵AP＝CN，∠ABP＝90°＝∠NQC，∴△ABP≌△NQC（AAS），∴AB＝NQ＝MN，∴，为定值．方法二：连接OA，OB，则OA＝OB＝r，CN＝MC＝CD＝2r，∵∠AOB＝2∠ACB＝∠MCN＝2α，，∴△CNM∽△OAB，∴＝．【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆的性质是解题的关键．4．（2022•罗湖区模拟）在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tan∠CAB＝，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长．（3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中，的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．【分析】（1）利用垂径定理即可证得结论；（2）构建直角三角形，利用勾股定理求出线段长度即可求解；（3）利用相似三角形，直角三角形，找到角之间的关系，然后转化为线段的关系进行求解．【解答】证明：（1）如图1，连接OD交AB于点F，连接OA，OB，AD，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD，∴＝，∴∠AOD＝∠BOD，∵OA＝OB，∴OD⊥AB，∵AB∥DE，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线．解：（2）如图2，连接OC，OD，OE，过点O作OF⊥BC于点F，∴∠BOC＝2∠BAC，∵OB＝OC，OF⊥BC，∴∠COF＝∠∠COB＝∠CAB，∴tan∠COF＝＝tan∠CAB＝，设CF＝x，OF＝3x，∵⊙O的直径是，∴OC＝，∵OC2＝OF2+CF2，∴（）2＝（3x）2+x2，解得：x＝，∴CF＝，OF＝，∴BC＝1，∵B是CE的中点，∴BE＝BC＝1，∴EF＝，∵OE2＝OF2+EF2，∴OE2＝（）2+（）2＝，∵OD2+DE2＝OE2，∴DE＝＝＝．（3）解法一：如图3，延长BP至Q使得PQ＝AP，连接AQ，OC，连接OB，BD，连接OD交AB 于点K，连接HK，∵A，P，B，C四点共圆，∴∠APQ＝∠ACB，∵AP＝PQ，∴∠Q＝∠QAP，∴∠Q＝90°﹣∠ACB，∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE，∵DE∥AB，∴OD⊥AB，∴K是AB的中点，∵DH⊥BH，∴∠BHD＝90°，∵∠BKD＝90°，∴B，K，H，D四点共圆，∴∠BHK＝∠ODB，∵∠BOD＝∠ACB，OB＝OD，∴∠ODB＝90°﹣∠ACB，∴∠ODB＝∠Q，∴∠BHK＝∠Q，∴AQ∥HK，∴＝＝，∵BQ＝BP+QP，QP＝AP，∴BQ＝BP+AP，∴＝．解法二：如图4，在BP上截取BM＝AP，连接DM，BD，DP，AD，∵弦CD平分圆周角∠ACB，∴AD＝BD，∵＝，∴∠PAD＝∠PBD＝∠MBD，∴△APD≌△BMD（SAS），∴DP＝DM，AP＝BM，∵DH⊥BP，∴DH为△PDM的中线，∴HP＝HM，∴BP＝BM+PM＝BM+2HM，∵BH＝BM+HM，∴＝＝．【点评】本题考查了勾股定理，圆内接四边形，垂径定理等知识点，难度较大，解题的关键是作出辅助线，属于中考压轴题．5．（2021•罗湖区一模）问题：如图1，⊙O中，AB是直径，AC＝BC，点D是劣弧BC上任一点．（不与点B、C重合）求证：为定值．思路：和差倍半问题，可采用截长补短法，先证明△ACE≌△BCD．按思路完成下列证明过程．证明：在AD上截取点E．使AE＝BD．连接CE．运用：如图2，在平面直角坐标系中，⊙O1与x轴相切于点A（3，0），与轴相交于B、C两点，且BC＝8，连接AB，O1B．（1）OB的长为1．（2）如图3，过A、B两点作⊙O2与y轴的负半轴交于点M，与O1B的延长线交于点N，连接AM、MN，当⊙O2的大小变化时，问BM﹣BN的值是否变化，为什么？如果不变，请求出BM ﹣BN的值．【分析】证明：在AD上截取AE＝BD，再根据同弧所对的圆周角相等得到∠CAD＝∠CBD，然后证明△ACE≌△BCD，然后根据角的等量代换得出∠ECD＝90°，进而得出△ECD为等腰直角三角形，用ED表示CD，因为ED＝AD﹣BD最后即可得出结论；（1）连接O1A，过O1作O1H⊥BC于点H，根据垂径定理和勾股定理求出O1B的长度，根据切线的性质得出O1A⊥x轴，得到OH＝5，进而即可得出结果；（2）在图2中先根据平行和O1A＝O1B得出∠ABO1＝∠ABO，然后在MB上取一点G，使MG＝BN构造全等，证明△AMG≌△ANB，得到AG＝AB，然后根据等腰三角形三线合一得出BG＝2，再根据等量代换即可得到结论．【解答】证明：如图1，在AD上截AE＝BD，∵，∴∠CAD＝∠CBD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ECD＝90°，∴△ECD是等腰直角三角形，∴CD＝ED，∵ED＝AD﹣BD，∴＝，即为定值；（1）如图2，连接O1A，过O1作O1H⊥BC于点H，∴CH＝BH＝4，O1H＝3，O1A⊥x轴，∴O1B＝＝5，∴O1A＝O1B＝5，∴HO＝5，∴OB＝HO﹣HB＝5﹣4＝1，故答案为：1；（2）BM﹣BN的值不变，如图2，由（1）得，O1A⊥OA，∵OB⊥AO，∴O1A∥OB，∴∠O1BA＝∠OBA，∵O1A＝O1B，∴∠O1BA＝∠O1AB，∴∠ABO1＝∠ABO，如图3，在MB上取一点G，使MG＝BN，连接AN，AG，∵∠ABO1＝∠ABO，∠ABO1＝∠AMN，∴∠ABO＝∠AMN，∵∠ABO＝∠ANM，∴∠AMN＝∠ANM，∴AM＝AN，∵，∴∠AMG＝∠ANB，在△AMG和△ANB中，，∴△AMG≌△ANB（SAS），∴AG＝AB，∵AO⊥BG，∴BG＝2BO＝2，∴BM﹣BN＝BM﹣MG＝BG＝2，即BM﹣BN的值不变．【点评】本题考查圆的综合题，同弧所对的圆周角相等，两条半径所形成的三角形是等腰三角形，等腰三角形三线合一，垂径定理是解本题的必备知识，利用“截长补短”法证明全等是解本题的关键．6．（2018•荆州）阅读理解：在平面直角坐标系中，若两点P、Q的坐标分别是P（x1，y1）、Q（x2，y2），则P、Q这两点间的距离为|PQ|＝．如P（1，2），Q（3，4），则|PQ|＝＝2．对于某种几何图形给出如下定义：符合一定条件的动点形成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹．如平面内到线段两个端点距离相等的点的轨迹是这条线段的垂直平分线．解决问题：如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx+交y轴于点A，点A关于x轴的对称点为点B，过点B作直线l平行于x轴．（1）到点A的距离等于线段AB长度的点的轨迹是以（0，）为圆心，1个单位长度为半径的圆；（2）若动点C（x，y）满足到直线l的距离等于线段CA的长度，求动点C轨迹的函数表达式；问题拓展：（3）若（2）中的动点C的轨迹与直线y＝kx+交于E、F两点，分别过E、F作直线l的垂线，垂足分别是M、N，求证：①EF是△AMN外接圆的切线；②+为定值．【分析】（1）利用两点间的距离公式即可得出结论；（2）利用两点间的距离公式即可得出结论；（3）①先确定出m+n＝2k，mn＝﹣1，再确定出M（m，﹣），N（n，﹣），进而判断出△AMN是直角三角形，再求出直线AQ的解析式为y＝﹣x+，即可得出结论；②先确定出a＝mk+，b＝nk+，再求出AE＝ME＝a+＝mk+1，AF＝NF＝b+＝nk+1，即可得出结论．【解答】解：（1）设到点A的距离等于线段AB长度的点D坐标为（x，y），∴AD2＝x2+（y﹣）2，∵直线y＝kx+交y轴于点A，∴A（0，），∵点A关于x轴的对称点为点B，∴B（0，﹣），∴AB＝1，∵点D到点A的距离等于线段AB长度，∴x2+（y﹣）2＝1，故答案为：以（0，）为圆心，1个单位长度为半径的圆；（2）∵过点B作直线l平行于x轴，∴直线l的解析式为y＝﹣，∵C（x，y），A（0，），∴AC2＝x2+（y﹣）2，点C到直线l的距离为：（y+），∵动点C（x，y）满足到直线l的距离等于线段CA的长度，∴x2+（y﹣）2＝（y+）2，∴动点C轨迹的函数表达式y＝x2，（3）①如图，设点E（m，a）点F（n，b），∵动点C的轨迹与直线y＝kx+交于E、F两点，∴，∴x2﹣2kx﹣1＝0，∴m+n＝2k，mn＝﹣1，∵过E、F作直线l的垂线，垂足分别是M、N，∴M（m，﹣），N（n，﹣），∵A（0，），∴AM2+AN2＝m2+1+n2+1＝m2+n2+2＝（m+n）2﹣2mn+2＝4k2+4，MN2＝（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn＝4k2+4，∴AM2+AN2＝MN2，∴△AMN是直角三角形，MN为斜边，取MN的中点Q，∴点Q是△AMN的外接圆的圆心，∴Q（k，﹣），∵A（0，），∴直线AQ的解析式为y＝﹣x+，∵直线EF的解析式为y＝kx+，∴AQ⊥EF，∴EF是△AMN外接圆的切线；②证明：∵点E（m，a）点F（n，b）在直线y＝kx+上，∴a＝mk+，b＝nk+，∵ME，NF，EF是△AMN的外接圆的切线，∴AE＝ME＝a+＝mk+1，AF＝NF＝b+＝nk+1，∴+＝+＝＝＝＝2，即：+为定值，定值为2．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了待定系数法，两点间的距离公式，直角三角形的判定和性质，根与系数的关系，圆的切线的判定和性质，利用根与系数的确定出m+n＝2k，mn ＝﹣1是解本题是关键．题型二：圆中最值问题一．解答题（共6小题）1．（2022•碑林区校级三模）问题提出：（1）如图①，已知点C到直线AB的距离是5，以C为圆心、2为半径作圆，则⊙C上一点到直线AB的最小距离为3．问题探究：（2）如图②，已知正方形ABCD的边长为2，E是BC边上的动点，BF⊥AE交CD于点F，垂足为G，连结CG，则求CG的最小值．问题解决：（3）如图③，有一个矩形花坛ABCD，AB＝10m，AD＝20m，根据设计造型要求，在AB上任取一动点E，连ED，过点A作AF⊥ED，交DE于点F，在FD上截取FP＝AF，连接PB、PC；现需在△PBC的区内种植一种黄色花卉，在矩形内的其它区域种植一种红色花卉，已知种植这种黄色花卉每平方米需200元，种植这种红色花卉每平方米需180元，完成这两种花卉的种植至少需花费多少元？（结果保留整数，参考数据：≈1.7）【分析】（1）画图即可判断；（2）取AB的中点O，连接OC，根据题意得：G点的运动轨迹是以AB中点O为圆心，OA为半径的弧，所以OC和OG的长度是定值，因此O、C、G共线时，CG取最小值，根据勾股定理计算即可；（3）以AD为边向上作等边三角形ADJ，以点J为圆心，AJ为半径作圆，在⊙J上取一点T，连接AT，DT，过点J作JQ⊥BC于点Q，过点P作PH⊥BC于点H，求出PH的最小值即可解决问题．【解答】解：（1）过点C作CM⊥AB于点H，则CH＝5，以点C为圆心，2为半径作圆，交CH于点P，∴⊙上一点到直线AB的最小距离为PH＝CH﹣CP＝5﹣2＝3；（2）取AB的中点O，连接OC，根据题意得：G点的运动轨迹是以AB中点O为圆心，OA为半径的弧，∴OC、OG为定值，当O、C、G共线时，CG取得最小值，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，∵O是AB的中点，∴OB＝1，在Rt△OBC中，，∴CG的最小值为；（3）以AD为边向上作等边三角形ADJ，以点J为圆心，AJ为半径作圆，在⊙J上取一点T，连接AT，DT，过点J作JQ⊥BC于点Q，过点P作PH⊥BC于点H，∵AF⊥ED，FP＝AF，∴tan∠APF＝，∴∠APF＝30°，∴∠APD＝150°，∵△ADJ为等边三角形，∴∠AJD＝60°，∴∠ATD＝30°，∴∠APD+∠ATD＝180°，∴A、T、D、P四点共圆，∵AB＝10m，AD＝AJ＝DJ＝BC＝20m，∴JQ＝（）m，∵PJ+PH≥JQ，∴PH的最小值为﹣20＝（）m，∴完成这两种花卉的最低种植费用为×180＝200PH+36000＝200（）+36000≈37400（元）．【点评】本题考查动点轨迹是圆的动点问题，解题的关键是能够发现动点的轨迹是圆，利用求点到圆上一点距离最小的方法求线段最小值．2．（2021•未央区校级模拟）问题提出（1）如图1，AB为圆O的弦，在圆O上找一点P，使点P到AB的距离最大．问题探究（2）如图2，在扇形AMB中，点M为扇形所在圆的圆心，点P为上任意一点，连接PM，与AB交于点Q，若AB＝10，AM＝7，求出PQ的最大值．问题解决（3）如图3，小华家有一块扇形AOB的田地，线段OA、线段OB以及分别为扇形AOB的边沿部分．经过市场调查发现，小华爸爸打算在扇形AOB的田地中圈出一片空地用作种植当季蔬菜，具体操作方式如下：在上选取点C，过点C作CM∥OB，CN∥OA，则四边形MONC 为小华爸爸所圈空地．已知：扇形AOB的圆心角∠AOB＝60°，OA＝OB＝90m，且用于修建围挡的线段MC部分与线段CN部分的成本均为30元/米．请你根据以上数据计算：小华爸爸最终所花费的修建费预算最多是多少元？（即求出CM+CN的最大值）（结果保留整数，取＝1.73）【分析】（1）根据圆的性质，作弦AB的中垂线求解即可；（2）Q点在AB的中点时，QM最小，则PQ最大，根据勾股定理求解即可；（3）此题求CM+CN的最大值，即求▱OCMN周长的最大值，已知平行四边形对角线的平方和等于平行四边形四条边的平方的和，所以换成求平行四边形对角线的最大值，问题就得以解决．【点评】本题考查了弦所对弧的中点到弦的垂线段距离最大，点到弦之间的距【解答】解：（1）如图1，过点O作OP⊥AB，此时点P处于中心位置，∵在圆内，弦所对弧的中点到弦的垂线段距离最大，∴此时P点到AB的距离最大；（2）如下图，Q点在AB的中点时，QM最小，则PQ最大，∵MA＝MB，AQ＝BQ，∴QM⊥AM，∵AB＝10，AM＝7，∴AQ＝BQ＝5，∴QM＝＝＝2，∴PQ＝PM﹣QM＝7﹣2；（3）由题意可知，当点C处于中点时，对角线最长，此时，OC＝OA＝90，AB⊥OC与点Q，∵CM∥OB，∴∠AMC＝60°，∵CN∥OA，∴∠CNB＝60°，∴∠CMQ＝∠CNQ＝60°，∴△CMN为等边三角形，同理证明△OMN也为等边三角形，在Rt△OMQ中，OQ＝OC＝45，OM＝2MQ，OM2＝MQ2+OQ2，∴OM＝15≈26.01，∴▱OMCN的周长C＝OM+ON+NC+MC＝4OM＝8MQ＝208.08≈209（不足1米按照1米计算），∵成本均为30元/米，∴≈7.0＝7，则预算最多为：7×30＝210（元）．离垂线段最短，平行四边形周长的极值，解题关键是把求平行四边形四条边的平方的和，换成求平行四边形对角线的最大值，问题就得以解决．3．（2019•高阳县一模）如图所示，点A为半圆O直径MN所在直线上一点，射线AB垂直于MN，垂足为A，半圆绕M点顺时针转动，转过的角度记作α；设半圆O的半径为R，AM的长度为m，回答下列问题：探究：（1）若R＝2，m＝1，如图1，当旋转30°时，圆心O′到射线AB的距离是+1；如图2，当α＝60°时，半圆O与射线AB相切；（2）如图3，在（1）的条件下，为了使得半圆O转动30°即能与射线AB相切，在保持线段AM长度不变的条件下，调整半径R的大小，请你求出满足要求的R，并说明理由．（3）发现：（3）如图4，在0°＜α＜90°时，为了对任意旋转角都保证半圆O与射线AB能够相切，小明探究了cosα与R、m两个量的关系，请你帮助他直接写出这个关系；cosα＝（用含有R、m的代数式表示）拓展：（4）如图5，若R＝m，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是90°＜α≤120°，并求出在这个变化过程中阴影部分（弓形）面积的最大值（用m表示）【分析】（1）如图1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．则四边形AMFE是矩形，EF＝AM＝1．如图2中，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于E，则四边形O′EAF是矩形，在Rt△O′EM中，由sinα＝＝，推出α＝60°．（2）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列出方程即可解决问题．（3）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列出方程即可解决问题、（4）当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，此时α＝90°；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′＝2AM，所以∠AMN′＝60°，所以，α＝120°因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°．当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，求出此时的面积即可．【解答】解：（1）如图1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．则四边形AMFE是矩形，EF ＝AM＝1．想办法求出O′E的长即可．在Rt△MFO′中，∵∠MO′F＝30°，MO′＝2，∴O′F＝O′M•cos30°＝，O′E＝+1，∴点O′到AB的距离为+1．如图2中，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于E，则四边形O′EAF是矩形，∴AE＝O′F＝2，∵AM＝1，∴EM＝1，在Rt△O′EM中，cosα＝＝，∴α＝60°故答案为+1，60°．（2）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．∵O′P＝R，∴R＝R+1，∴R＝4+2．（3）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．在Rt△O′QM中，O′Q＝R•cosα，QP＝m，∵O′P＝R，∴R•cosα+m＝R，∴cosα＝．故答案为．（4）如图5中，当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，此时α＝90°；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′＝2AM，所以∠AMN′＝60°，所以，α＝120°因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°故答案为90°＜α≤120°；当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，所以S＝﹣•m•m＝﹣m2．【点评】本题考查圆综合题、旋转变换、切线的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形或特殊四边形解决问题，所以中考压轴题．4．（2022•建湖县一模）在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象过点C（0，﹣4）和点D（2，﹣6），与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），且点D与点G关于坐标原点对称．（1）求该二次函数解析式，并判断点G是否在此函数的图象上，并说明理由；（2）若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线DG上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，请说明理由；（3）若第四象限有一动点E，满足BE＝OB，过E作EF⊥x轴于点F，设F坐标为（t，0），0＜t ＜4，△BEF的内心为I，连接CI，直接写出CI的最小值．【分析】（1）用待定系数法直接求解即可，将点G代入解析式验证即可；（2）先将DG的解析式求出来，然后将表示出来的点M，N坐标代入解析式求解；（3）先找出△OBI的外接圆，利用BI是角平分线证得全等，求出外接圆的半径，利用三角形三边关系求解即可．【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2+bx+c的图象过点C（0，﹣4）和点D（2，﹣6），∴，解得，∴y＝x2﹣3x﹣4，∵点D与点G关于坐标原点对称，∴G（﹣2，6），把x＝﹣2代入y＝x2﹣3x﹣4，得：y＝（﹣2）2﹣3×（﹣2）﹣4＝6，∴G（﹣2，6）在此抛物线上；（2）设直线DG的解析式为y＝mx+n，∵D（2，﹣6），G（﹣2，6），∴，解得，∴直线DG的解析式为y＝﹣3x，假设此抛物线上存在这样的点P（x，x2﹣3x﹣4），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，∵M（x，﹣x2+3x+4），N（﹣x，x2﹣3x﹣4），∴x2﹣3x﹣4＝3x，解得，故所求点P的坐标为或；（3）如图1，连接BI．OI，EI，作△OBI的外接圆⊙M，连接OM，BM，MI，CM，过点M作MH⊥y轴于点H，∵EF⊥x轴，∴∠BFE＝90°，∴∠FBE+∠FEB＝90°，∵△BEF的内心为I，∴BI，EI分别平分∠FBE，∠FEB，∴∠IBE＝∠FBE，∠IEB＝∠FEB，∴∠IBE+∠IEB＝（∠FBE+∠FEB）＝45°，∴∠BIE＝135°，在△BIO和△BIE中，，∴△BIO≌△BIE（SAS），∴∠BIO＝∠BIE＝135°，∵⊙M是△OBI的外接圆，∴∠OMB＝2×（180°﹣∠BIO）＝90°，∴OM＝BM＝OB＝2，∴MI＝OM＝2，∴∠MOB＝∠MOH＝45°，∵MH⊥y轴，∴∠HOM＝∠HMO＝45°，∴OH＝HM＝OM＝2，∴CH＝OH+OC＝2+4＝6，∴CM＝＝2，∵CI≥CM﹣MI，∴当且仅当C，M，I三点共线时，CI取得最小值，∴CI的最小值为．【点评】本题考查了二次函数综合，待定系数法，几何变换﹣对折，三角形内心，外接圆，两点之间线段最短，全等三角形的判定和性质等知识点，充分利用三角形内心、合理作出辅助线是解题的关键．5．（2022•雁塔区校级二模）问题提出：（1）如图1，点B、C在⊙O上且BC＝2，过点O作OE⊥BC，交BC于点A，交⊙O于点E，连接BE、CE，若∠CBE＝30°，则线段AE的长度为．问题探究：（2）如图2，在△ABC中，BC＝2，∠BAC＝45°，求边AC长度的最大值；问题解决：（3）如图3，某城市拟在河流m、n所夹半岛区域建一个湿地公园，公园的周长由亲水廊桥AB、、CD和绿化带BC四部分构成．其中B、C两定点间的距离为2000米．根据规划要求，A、D两点间的距离为600米，A、D两点到直线BC的距离相等，的中点E到BC的距离比点A到BC的距离多100米；若修建时需保证∠B与∠C的和为120度，请判断这个湿地公园的周长是否存在最大值？若存在，请求出最大值．若不存在，请说明理由．（结果保留π）【分析】（1）利用角度关系直接求解即可；（2）构造外接圆，圆内最长的为直径，即可求解；（3）关键在于构造出两个外接圆，然后利用弦的长度和角度关系将相关量表示出来即可求解．【解答】解：（1）∵BC＝2，OE⊥BC，∴AB＝AC＝1，∵∠CBE＝30°，∴tan∠CBE＝tan30°＝＝，∴AE＝．（2）如图1，构造△ABC的外接圆⊙O，连接OB，OC，∴∠BOC＝2∠BAC＝90°，∵OB＝OC，∴OB＝＝，∴⊙O的直径为，∵AC为弦长，∴AC≤，∴AC的最大值为．（3）如图2，构造△AED的外接圆⊙O，连接OE，AD交AD于点F，连接OA，OD，过点D作DG∥AB交BC于点G，构造△DGC的外接圆⊙M，∵点E为的中点，∴OE⊥AD，∴AF＝AD＝300，∵的中点E到BC的距离比点A到BC的距离多100米，∴EF＝100，设OA＝r，则：OF＝r﹣100，∵AF2+OF2＝OA2，∴3002+（r﹣100）2＝r2，解得：r＝200，∴sin∠AOF＝＝，∴∠AOF＝60°，∴∠AOD＝120°，的长度为：＝，∵DG∥AB，AD∥BC，∴四边形ABGD为平行四边形，∴DG＝AB，∠DGC＝∠B，BG＝AD，∴CG＝BC﹣BG＝1400，∵∠B+∠C＝120°，∴∠DGC+∠C＝120°，∴∠GDC＝60°，当D到CG的距离最远时，AB+DC＝DG+DC最大，此时有DM⊥CG，∴DG＝DC＝CG＝1400，此时周长最大为：BC+CD++AB＝2000+2800+×2π×200＝4800+，∴公园周长最大值为4800+米．【点评】本题考查了圆的综合运用，涉及垂径定理，圆周角定理，还有平行四边形等相关知识点，综合性比较强，对解题思维要求较高，属于中考压轴题．6．（2020•奉化区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（6，0），点B（0，6），动点C在以原点O为圆心，半径为3的⊙O上，连接OC，过点O作OD⊥OC，OD与⊙O相交于点D （其中点C，O，D按逆时针方向排列），连接AB．（1）当OC∥AB时，∠BOC的度数为45°或135°；（2）连接AC，BC，点C在⊙O上运动的过程中，当△ABC的面积最大时，请直接写出△ABC 面积的最大值是9+18．（3）连接AD，当OC∥AD，点C位于第二象限时，①求出点C的坐标；②直线BC是否为⊙O的切线？并说明理由．【分析】（1）易证△OAB为等腰直角三角形，则∠OBA＝45°，由OC∥AB，当C点在y轴左侧时，有∠BOC＝∠OBA＝45°；当C点在y轴右侧时，有∠BOC＝180°﹣∠OBA＝135°；（2）先由等腰直角三角形的性质得AB＝6，再由三角形面积公式得到当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大，过O点作OE⊥AB于E，OE的反向延长线交⊙O于C，此时C点到AB 的距离的最大值为CE的长，然后利用等腰直角三角形的性质求出OE，计算△ABC的面积；（3）①过C点作CF⊥x轴于F，先证Rt△OCF∽Rt△AOD，则＝，解得CF＝，再利用勾股定理计算出OF的长，则可得到C点坐标；②先证∠COF＝30°，则可得到BOC＝60°，∠AOD＝60°，再证△BOC≌△AOD（SAS），得∠BCO＝∠ADO＝90°，然后由切线的判定定理可确定直线BC为⊙O的切线．【解答】解：（1）∵点A（6，0），点B（0，6），∴OA＝OB＝6，∴△OAB为等腰直角三角形，∴∠OBA＝45°，∵OC∥AB，∴当C点在y轴左侧时，∠BOC＝∠OBA＝45°；当C点在y轴右侧时，∠BOC＝90°+∠OBA＝135°；综上所述，∠BOC的度数为45°或135°，故答案为：45°或135°；（2）∵△OAB为等腰直角三角形，∴AB＝OA＝6，∴当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大，过O点作OE⊥AB于E，OE的反向延长线交⊙O于C，如图1：此时C点到AB的距离的最大值为CE的长，∴OE＝AB＝3，∴CE＝OC+OE＝3+3，∴△ABC的面积＝CE•AB＝×（3+3）×6＝9+18；即当点C在⊙O上运动到第三象限的角平分线与圆的交点位置时，△ABC的面积最大，最大值为9+18；故答案是：9+18；（3）①过C点作CF⊥x轴于F，如图2：∵OC∥AD，∴∠COF＝∠DAO，又∵∠ADO＝∠CFO＝90°，∴△OCF∽Rt△AOD，∴＝，即＝，解得：CF＝，在Rt△OCF中，OF＝＝＝，∴C点坐标为（﹣，）；②直线BC是⊙O的切线．理由如下：由①得：（﹣，），在Rt△OCF中，OC＝3，CF＝，∴CF＝OC，∴∠COF＝30°，∴∠OAD＝30°，∴∠BOC＝60°，∠AOD＝60°，∵在△BOC和△AOD中，，∴△BOC≌△AOD（SAS），∴∠BCO＝∠ADO＝90°，∴OC⊥BC，∴直线BC为⊙O的切线．【点评】本题是圆的综合题目，考查了掌握切线的判定定理、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握切线的判定和直角三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．题型三：相交圆问题一．解答题（共3小题）1．如图1，两半径为r的等圆⊙O1和⊙O2相交于M，N两点，且⊙O2过点O1．过M点作直线AB垂直于MN，分别交⊙O1和⊙O2于A，B两点，连接NA，NB．（1）猜想点O2与⊙O1有什么位置关系，并给出证明；（2）猜想△NAB的形状，并给出证明；（3）如图2，若过M的点所在的直线AB不垂直于MN，且点A，B在点M的两侧，那么（2）中的结论是否成立，若成立请给出证明．【分析】（1）通过证明圆心距等于半径得出点O2在⊙O1上；（2）通过证明AB＝BN＝AN，从而得到△NAB是等边三角形；（3）根据在同圆中等弧所对的圆周角相等，可求出∠MAN＝60°，∠MBN＝60度．从而求证得△NAB是等边三角形．【解答】解：（1）O2在⊙O1上，证明：∵⊙O2过点O1，∴O1O2＝r，又∵⊙O1的半径也是r，∴点O2在⊙O1上；（2）△NAB是等边三角形，证明：∵MN⊥AB，∴∠NMB＝∠NMA＝90度，∴BN是⊙O2的直径，AN是⊙O1的直径，即BN＝AN＝2r，O2在BN上，O1在AN上．连接O1O2，则O1O2是△ABN的中位线．∴AB＝2O1O2＝2r，∴AB＝BN＝AN，则△NAB是等边三角形．（3）仍然成立．证明：由（2）得，△NAB是等边三角形，∴在⊙O1中所对的圆周角为60度，在⊙O2中所对的圆周角为60度，∴当点A，B在点M的两侧时，在⊙O1中所对的圆周角∠MAN＝60°，在⊙O2中所对的圆周角∠MBN＝60°，∴△NAB是等边三角形．（2），（3）是中学生猜想为等腰三角形证明正确给一半分．【点评】本题考查了由两圆相交的位置关系中的特殊情况．当两圆是等圆时会产生一些特殊的情况，比如相等的线段和相等的角．利用这些等量关系求解即可．2．已知半径为R的⊙O′经过半径为r的⊙O的圆心，⊙O与⊙O′交于E、F两点．（1）如图1，连接OO′交⊙O于点C，并延长交⊙O′于点D，过点C作⊙O的切线交⊙O′于A、B两点，求OA•OB的值；（2）若点C为⊙O上一动点．①当点C运动到⊙O′时，如图2，过点C作⊙O的切线交⊙O′，于A、B两点，则OA•OB的值与（1）中的结论相比较有无变化？请说明理由；②当点C运动到⊙O′外时，过点C作⊙O的切线，若能交⊙O′于A、B两点，如图3，则OA•。
2024中考数学模型复习专题 与圆有关的最值(含隐圆)问题 强化训练(含答案)
2024中考数学模型复习专题与圆有关的最值(含隐圆)问题强化训练类型一点圆最值1. 如图，⊙M的半径为2，圆心M的坐标为(3，4)，点P是⊙M上的任意一点，P A⊙PB，且P A，PB与x轴分别交于A，B两点，若点A，点B关于原点O对称，则AB的最小值为() A. 3 B. 4 C. 6 D. 8第1题图2. 如图，在Rt⊙ABC中，⊙C＝90°，AC＝6，BC＝2 3 ，半径为1的⊙O在Rt⊙ABC内平移(⊙O可以与该三角形的边相切)，则点A到⊙O上的点的距离的最大值为________．第2题图类型二线圆最值3.如图，平面直角坐标系中，⊙P经过三点A(8，0)，O(0，0)，B(0，6)，点D是⊙P上的一动点．当点D到弦OB的距离最大时，tan ⊙BOD的值是()A. 2B. 3C. 4D. 5第3题图4. 如图，AB是⊙O的弦，C是优弧AB上一点，连接AC，BC，若⊙O的半径为4，⊙ACB ＝60°，则⊙ABC面积的最大值为()第4题图A. 6 3B. 12 3C. 18D. 205. 如图，等边三角形ABC的边长为4，⊙C的半径为 3 ，P为AB边上一动点，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为________．第5题图类型三定点定长作圆6. 如图，在矩形ABCD中，已知AB＝3，BC＝4，点P是BC边上一动点(点P不与B，C 重合)，连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，则线段MC的最小值为()A. 2B. 52 C.3 D. 10第6题图7.在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2.若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足⊙MPN＝45°的⊙PMN中，边PM的长的最大值是()第7题图A. 4 2B. 6C. 210D. 3 58. 如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将⊙ABE沿BE翻折得到⊙FBE，连接GF，当GF最小时，AE的长是________．第8题图9. 如图，在⊙ABC中，⊙BAC＝30°，⊙ACB＝45°，AB＝2，点P从点A出发沿AB方向运动，到达点B时停止运动．连接CP，点A关于直线CP的对称点为A′，连接A′C，A′P.在运动过程中，点A′到直线AB距离的最大值是________；点P到达点B时，线段A′P扫过的面积为________．第9题图类型四定弦定角(含直角对直径)10. 如图，在Rt⊙ABC中，⊙ACB＝90°，AC＝2 3 ，BC＝3.点P为⊙ABC内一动点，且满足P A2＋PC2＝AC2.当PB的长度最小时，⊙ACP的面积是()第10题图A. 3B. 33C. 334 D.33211. (2022泰安)如图，四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4，点P是线段BC上一动点，点M为线段AP上一点，⊙ADM＝⊙BAP，则BM的最小值为()A. 52B. 125C. 13 －32D. 13 －2第11题图12. 如图，在边长为6的等边⊙ABC 中，点E ，F 分别是边AC ，BC 上的动点，且AE ＝CF ，连接BE ，AF 交于点P ，连接CP ，则CP 的最小值为________．第12题图13.如图，已知正方形ABCD 的边长为6，点F 是正方形内一点，连接CF ，DF ，且⊙ADF ＝⊙DCF ，点E 是AD 边上一动点，连接EB ，EF ，则EB ＋EF 长度的最小值为________．第13题图类型五 阿氏圆14. 如图，在Rt⊙ABC 中， AB ＝AC ＝4, 点E ，F 分别是AB , AC 的中点，点P 是扇形AEF的EF 上任意一点，连接BP , CP ，则12BP ＋CP 的最小值是________．第14题图15. 如图，已知正方形ABCD 的边长为9，⊙B 的半径为6，点P 是⊙B 上的一个动点，那么PD ＋23PC 的最小值为________．第15题图16. 如图，正方形ABCD 的边长为4，内切圆记为⊙O ，P 为⊙O 上一动点，则 2 P A ＋PB 的最小值为________．第16题图参考答案与解析1. C 【解析】如解图，连接PO ，∵P A ⊥PB ，∴∠APB ＝90°，∵AO ＝BO ，∴AB ＝2PO ，若要使AB 取得最小值，则PO 需取得最小值，连接OM ，交⊙M 于点P ′，当点P 位于P ′位置时，OP 取得最小值，过点M 作MQ ⊥x 轴于点Q ，则OQ ＝3，MQ ＝4，∴OM ＝5，又∵MP ′＝2，∴OP ′＝3，∴AB ＝2OP ′＝6.第1题解图2. 27 ＋1 【解析】如解图，当⊙O 与AB ，BC 边相切时OA 最大．设⊙O 与AB 边的切点为M ，连接OM ，OA ，OB ，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝6，BC ＝23 ，∴AB ＝43 ，∴∠BAC ＝30°，∠ABC ＝60°，∴∠OBA ＝12∠ABC ＝30°，在Rt △OBM 中，OM ＝1，∴BM ＝3 ，∴AM ＝AB －BM ＝33 ，在Rt △AOM 中，AO ＝AM 2＋OM 2 ＝27 ，此时点A 到⊙O 上的点的最大距离为27 ＋1.第2题解图3. B 【解析】如解图，连接AB ，过点P 作PE ⊥BO ，并延长EP 交⊙P 于点D ，此时点D 到弦OB 的距离最大，∵A (8，0)，B (0，6)，∴AO ＝8，BO ＝6，∵∠BOA ＝90°，∴AB ＝AO 2＋BO 2 ＝82＋62 ＝10，则⊙P 的半径为5，∵PE ⊥BO ，∴BE ＝EO ＝3，∴PE ＝52－32 ＝4，∴ED ＝9，∴tan ∠BOD ＝ED EO＝3.第3题解图4. B 【解析】如解图，连接OA ，过点O 作OD ⊥AB ，垂足为点D ，延长DO 交⊙O 于点E ，连接AE ，BE ，则AE ＝BE ，设点C 到边AB 的距离为h ，则S △ABC ＝12AB ·h ，易得当点C 与点E 重合时，h 取得最大值，即DE 的长，此时△ABC 的面积也取得最大值，即△ABE 的面积．∵∠AEB ＝∠ACB ＝60°，∴△ABE 为等边三角形，∴∠EAB ＝∠AEB ＝60°，∴∠OAD＝30°，∴OD ＝12OA ＝2，AD ＝23 ，∴AB ＝2AD ＝43 ，DE ＝OE ＋OD ＝4＋2＝6.此时S △ABE ＝12 AB ·DE ＝12×43 ×6＝123 .第4题解图5. 3 【解析】如解图，连接QC 和PC ，过点C 作CH ⊥AB 于点H .∵PQ 和⊙C 相切，∴CQ ⊥PQ ，即△CPQ 始终为直角三角形，CQ 为定值，∴当CP 最小时，PQ 最小．∵△ABC 是等边三角形，∴当CP ⊥AB 时，CP 最小，此时点P 与点H 重合，∵AB ＝BC ＝AC ＝4，∴AH ＝BH ＝2，∴CH ＝AC 2－AH 2 ＝23 ，∴CP 的最小值为23 ，∵⊙C 的半径CQ ＝3 ，∴PQ ＝CP 2－CQ 2 ＝3.第5题解图6. A 【解析】如解图，连接AM ，AC ，∵点B 和点M 关于AP 对称，∴AB ＝AM ＝3，∴点M 在以点A 为圆心，3为半径的圆弧上，∵AC ＝32＋42 ＝5，AM ＝AB ＝3，∴CM ≥AC －AM ＝5－3＝2，即MC 的最小值为2.第6题解图7. C 【解析】如解图，取格点O ，连接OM ，ON ，易得OM ＝ON ＝10 .又∵MN ＝42＋22 ＝25 ，∴OM 2＋ON 2＝MN 2，即△OMN 为等腰直角三角形．以O 为圆心，OM 长为半径作圆．∵∠MPN ＝45°，∴点P 在优弧MN 上．延长MO 交⊙O 于点P ，连接PN ，易知P 为格点，则此时PM 取最大值，PM 最大＝210 .第7题解图 8. 55 －5 【解析】如解图，∵BA ＝BF ＝BC ，∴点F 在以点B 为圆心，BA 长为半径的14圆上，∴当G ，F ，B 三点共线时，GF 最小．设AE ＝x ，则EF ＝x ，DE ＝10－x ，∵BG ＝CG 2＋BC 2 ＝55 ，∴GF ＝55 －10，连接EG ，则(10－x )2＋52＝x 2＋(55 －10)2，解得x ＝55 －5，∴AE 的长为55 －5.第8题解图9. 3＋12 ；(1＋32)π－1－3 【解析】由题意得点A ′的运动轨迹是以点C 为圆心，CA 长为半径的圆上，∵点P 从点A 出发沿AB 方向运动，到达点B 时停止运动，∠ACB ＝45°，点A 关于直线CP 的对称点为A ′，∴∠ACA ′最大为90°.当CA ′⊥AB 时，点A ′到直线AB 的距离最大，如解图①，过点B 作BE ⊥AC 于点E ，A ′C 交AB 的延长线于点F ，∵∠BAC ＝30°，∠ACB ＝45°，AB ＝2，∴在Rt △ABE 中，BE ＝1，AE ＝3 .在Rt △BCE 中，BE ＝CE ＝1，∴CA ′＝CA ＝3 ＋1.又∵CA ′⊥AB ，∴在Rt △ACF 中，CF ＝12 AC ＝3＋12，∴A ′F ＝CA ′－CF ＝3＋12 ，即点A ′到直线AB 距离的最大值是3＋12；如解图②，当点P 到达点B 时，线段A ′P 扫过的面积为S 扇形A ′CA －2S △ABC ＝π（3＋1）24 －2×12 ×(3 ＋1)×1＝(1＋32 )π－1－3 .第9题解图10. D 【解析】∵P A 2＋PC 2＝AC 2，∴∠APC ＝90°，如解图，取AC 的中点O ，并以O 为圆心，12AC 长为半径画圆，连接PO ，由题意知，当B ，P ，O 三点共线时，BP 最短，∴AO ＝PO ＝CO ，∵AC ＝23 ，BC ＝3，∴CO ＝12AC ＝3 ，∴BO ＝BC 2＋CO 2 ＝23 ，∴BP ＝BO －PO ＝3 ，∴点P 是BO 的中点，∴在Rt △BCO 中，CP ＝12BO ＝3 ＝PO ，∵OP ＝OC ，∴△PCO 是等边三角形，∴∠ACP ＝60°，∴在Rt △APC 中，AP ＝CP ·tan 60°＝3，∴S △APC ＝12 AP ·CP ＝3×32 ＝332.第10题解图11. D 【解析】如解图，取AD 的中点为O ，以AD 为直径作⊙O ，连接OB ，OM ，∵四边形ABCD 为矩形，∴∠BAD ＝90°，AD ＝BC ＝4，∴∠BAP ＋∠DAM ＝90°，∵∠ADM ＝∠BAP ，∴∠ADM ＋∠DAM ＝90°，∴∠AMD ＝90°，∵AO ＝OD ＝2，∴OM ＝12AD ＝2，∴点M 的运动轨迹在以O 为圆心，2为半径的圆弧上，∵OB ＝AB 2＋AO 2 ＝32＋22 ＝13 ，∴BM ≥OB －OM ＝13 －2，∴BM 的最小值为13 －2.第11题解图12. 23 【解析】∵△ABC 是等边三角形，∴AB ＝AC ＝BC ，∠CAB ＝∠ACB ＝60°，在△ABE和△CAF 中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ∠BAE ＝∠ACF AE ＝CF，∴△ABE ≌△CAF (SAS)，∴∠ABE ＝∠CAF ，∴∠BPF ＝∠P AB ＋∠ABE ＝∠P AB ＋∠CAF ＝60°，∴∠APB ＝120°，如解图，过点A ，P ，B 作⊙O ，连接CO ，PO ，AO ，BO ，OC 交AB 于点P ′，∴点P 在劣弧AB 上运动，∵AO ＝OP ＝OB ，∴∠OAP ＝∠OP A ，∠OPB ＝∠OBP ，∠OAB ＝∠OBA ，∴∠AOB ＝360°－∠OAP －∠OP A －∠OPB －∠OBP ＝120°，∴∠OAB ＝30°，∴∠CAO ＝90°.∵AC ＝BC ，OA ＝OB ，∴CO 垂直平分AB ，∴∠ACO ＝30°，∴cos ∠ACO ＝AC CO ＝32，CO ＝2AO ，∵AC ＝6，∴CO ＝43 ，∴AO ＝23 ，在△CPO 中，CP ≥CO －OP ，∴当点P 与点P ′重合，即C ，P ，O 三点共线时，CP 有最小值，∴CP 的最小值为CO －OP ＝CO －AO ＝43 －23 ＝23 .第12题解图 13. 313 －3 【解析】∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ADC ＝90°，∴∠ADF ＋∠FDC ＝90°，∵∠ADF ＝∠FCD ，∴∠FDC ＋∠FCD ＝90°，∴∠DFC ＝90°，∴点F 在以DC 为直径的半圆上运动，如解图，设DC 的中点为O ，作正方形ABCD 关于直线AD 对称的正方形AB ′C ′D ，则点B 的对应点是B ′，连接B ′O 交AD 于点E ，交半圆O 于点F ，∴BE ＋EF ＝B ′E ＋EF ＝B ′F ，则线段B ′F 的长即为BE ＋EF 长度的最小值，OF ＝3，∵∠C ′＝90°，B ′C ′＝C ′D ＝CD ＝6，∴OC ′＝9，∴B ′O ＝B ′C ′2＋OC ′2 ＝62＋92 ＝313 ，∴B ′F ＝313 －3，∴EB ＋EF 长度的最小值为313 －3.第13题解图14. 17 【解析】如解图，在AB 上取一点T ，使得AT ＝1，连接PT ，P A ，CT .∵P A ＝2，AT ＝1，AB ＝4，∴P A 2＝AT ·AB ，∴P A AT ＝AB P A ，∵∠P AT ＝∠P AB ，∴△P AT ∽△BAP ，∴PT BP＝AP AB ＝12 ，∴PT ＝12 PB ，∴12PB ＋CP ＝PT ＋CP ≥TC ，在Rt △ACT 中，∵∠CAT ＝90°，AT ＝1，AC ＝4，∴CT ＝AT 2＋AC 2 ＝17 ，∴12 PB ＋PC ≥17 ，∴12PB ＋PC 的最小值为17 .第14题解图 15. 106 【解析】如解图，连接BP ，在BC 上取一点G ，使得BG ＝4，连接PG ，DG ，∵PB BG ＝64 ＝32 ，BC PB ＝96 ＝32 ，∴PB BG ＝BC PB ，∵∠PBG ＝∠CBP ，∴△PBG ∽△CBP ，∴PG CP ＝BG BP ＝23 ，∴PG ＝23 PC ，∴PD ＋23PC ＝PD ＋PG ，∵PD ＋PG ≥DG ，∴当D ，G ，P 三点共线时，PD ＋23PC 的值最小，最小值为DG ＝52＋92 ＝106 .第15题解图16. 25 【解析】如解图，连接OP ，OB ，设⊙O 的半径为r ，则OP ＝r ＝12BC ＝2，OB ＝2 r ＝22 ，取OB 的中点I ，连接PI ，∴OI ＝IB ＝2 ，∵OP OI ＝22＝2 ，OB OP ＝222 ＝2 ，∴OP OI ＝OB OP ，∵∠O 是公共角，∴△BOP ∽△POI ，∴PI BP ＝OI OP ＝22 ，∴PI ＝22PB ，∴AP ＋22 PB ＝AP ＋PI ，∴当A ，P ，I 在一条直线上时，AP ＋22PB 最小，最小值为AI 的长，过点I 作IE ⊥AB 于点E ，∵∠ABO ＝45°，∴IE ＝BE ＝22 BI ＝1，∴AE ＝AB －BE ＝3，∴AI ＝32＋12 ＝10 ，∴AP ＋22 PB 最小值为10 ，∵2 P A ＋PB ＝2 (P A ＋22 PB )，∴2 P A ＋PB 的最小值是2 AI ＝2 ×10 ＝25 .第16题解图。
2024中考备考重难点数学06几何最值问题(5大题型+满分技巧+限时分层检测)
重难点06 几何最值问题中考数学中《几何最值问题》部分主要考向分为五类：一、将军饮马类最值二、动点辅助圆类最值三、四点共圆类最值四、瓜豆原理类最值五、胡不归类最值几何最值问题虽然在中考数学中经常考察的是将军饮马类和辅助圆类，剩余几种虽然不经常考察，但是考到的时候难度都比较大，所以也需要理解并掌握不同类型的几何最值问题的处理办法，这样到考到的时候才能有捷径应对。
考向一：将军饮马类最值一动”“两定异侧普通一动”“两定同侧普通动”两定“一动”两定“两两动”“两定同侧两动”“两定异侧满分技巧 将军饮马：。
构造平行四边形AMNA`，转化AM 为A`N ，之后再对称连接求A`N ＋NB 的最小值即可A`构造平行四边形AA`NM ，则AM 转化为A`N ，之后再依据两点之间线段最短，连接A`B 即为A 、B 之间陆地距离的最小值1．（2023•绥化）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点．连接CE，将CE绕点C 顺时针旋转60°得到CF．连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是．2．（2023•德州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AB＝3，BC＝4，点E在AB上，且AE ＝1．F，G为边AD上的两个动点，且FG＝1．当四边形CGFE的周长最小时，CG的长为．考向二：动点辅助圆类最值满分技巧动点运动轨迹为辅助圆的三种类型：一．定义法——若一动点到定点的距离恒等于固定长，则该点的运动轨迹为以定点为圆心，定长为半径的圆（或圆弧）二.定边对直角模型原理：直径所对的圆周角是直角思路构造：若一条定边所对的“动角”始终为直角，则直角顶点运动轨迹是以该定边为直径的圆（或圆弧）三．定边对定角模型原理：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等思路构造：若一条定边所对的“动角”始终为定角，则该定角顶点运动轨迹是以该定角为圆周角，该定边为弦的圆（或圆弧）1．（2023•徐州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝3，点D在边BC上．将△ACD沿AD折叠，使点C落在点C′处，连接BC′，则BC′的最小值为．2．（2023•黑龙江）如图，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，点E是斜边AB的中点，把Rt△ABC绕点A顺时针旋转，得Rt△AFD，点C，点B旋转后的对应点分别是点D，点F，连接CF，EF，CE，在旋转的过程中，△CEF面积的最大值是．3．（2023•大庆模拟）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，C为的三等分点（更靠近A点），点P是⊙O上个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（）A．2B．C．D．考向三：四点共圆类最值满分技巧对角互补的四边形必有四点共圆，即辅助圆产生模型原理：圆内接四边形对角互补1．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，连接BE，以BE为斜边在BE的右侧作等腰直角△BDE，P是AE边上的一点，连接PC和CD，当∠PCD＝45°，则PE长为．考向四：瓜豆原理类最值满分技巧瓜豆原理的特征和结论：1．（2023•金平区三模）如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC＝，E为BC上一点，且BE＝，F为AB 边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为．2．（2023•宿城区二模）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为．考向五：胡不归类最值满分技巧胡不归模型解决步骤：模型具体化：如图，已知两定点A、B，在定直线BC上找一点P，使从B走道P，再从P走到A的总时间最小解决步骤：由系数k·PB确定分割线为PBPA在分割线一侧，在分割线PB另一侧依定点B构α角，使sinα=k，α角另一边为BD过点P作PQ⊥BD，转化kPB=PQ过定点A作AH⊥BD，转化（PA+k·PB）min=AH，再依“勾股法”求AH的长即可。
备考2024年中考数学专题突破(全国通用) 八种隐圆类最值问题(解析版)
2023 年湖北省鄂州市中考数学真题 2023·邵阳市中考真题 2023·广西南宁市二模 2022·辽宁抚顺·中考真题 2022·长春·中考真题 题型二 直角的对边是直径 2023·菏泽市中考真题 2022·通辽·中考真题 2023·汕头市金平区一模 2023·广州市天河区三模 2022·成都市成华区二诊 题型三 对角互补得圆 2023 年·广元市一模 题型四 定弦定角得圆 2023·成都市新都区二模 2023·成都市金牛区二模 2023·达州·中考真题 题型五 四点共圆 题型六 相切时取到最值 2023·随州市中考真题 2022·江苏无锡·中考真题 2022 扬州中考真题 题型七 定角定高面积最小、周长最小问题 题型八 米勒角（最大张角）模型 徐州中考
问题解决
资料整理
证明：在直线 l 上任取一点 Q（不与 P 点重合），连接 AQ、BQ，∠AQB 即为圆 O 的圆外角 ∴∠APB＞∠AQB，∠APB 最大 ∴当圆与直线 l 相切时，∠APB 最大
资料整理
题型一 定点定长得圆
1．如图，在矩形 ABCD 中，已知 AB＝3，BC＝4，点 P 是 BC 边上一动点（点 P 不与 B，C 重合），连接 AP，作点 B 关于直线 AP 的对称点 M，则线段 MC 的最小值为（ ）
六、定角定高（探照灯模型） 什么叫定角定高，如右图，直线 BC 外一点 A，A 到直线 BC 距离为定值（定高），∠BAC 为定角。则 △ABC 的面积有最小值。又因为，像探照灯一样所以也叫探照灯模型。
A
O B DC
问题解决：如果顶角和高，都为定值，那么三角形 ABC 的外接圆的大小，也就是半径，是会随着 A 点 的运动而发生变化的。从而弦 BC 的长也会发生变化，它会有一个最小值，由于它的高 AD 是定值，因 此三角形 ABC 的面积就有一个最小值。
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数学组卷圆的最值问题时间：2021.03.02 创作：欧阳数一．选择题（共7小题）1．（2014春•兴化市月考）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B为y轴正半轴上的一点，点C为第一象限内一点，且AC=2，设tan∠BOC=m，则m的取值范围是（）A．m≥0B．C．D．2．（2013•武汉模拟）如图∠BAC=60°，半径长1的⊙O与∠BAC的两边相切，P为⊙O上一动点，以P为圆心，PA 长为半径的⊙P交射线AB、AC于D、E两点，连接DE，则线段DE长度的最大值为（）A．3B．6C．D．3．（2014•武汉模拟）如图，P为⊙O内的一个定点，A为⊙O上的一个动点，射线AP、AO分别与⊙O交于B、C两点．若⊙O的半径长为3，OP=，则弦BC的最大值为（）A．2B．3C．D．34．（2015•黄陂区校级模拟）如图，扇形AOD中，∠AOD=90°，OA=6，点P为弧AD上任意一点（不与点A和D重合），PQ⊥OD于Q，点I为△OPQ的内心，过O，I和D三点的圆的半径为r．则当点P在弧AD上运动时，r的值满足（）A．0＜r＜3B．r=3C．3＜r＜3D．r=35．（2010•苏州）如图，已知A、B两点的坐标分别为（2，0）、（0，2），⊙C的圆心坐标为（﹣1，0），半径为1．若D是⊙C上的一个动点，线段DA与y轴交于点E，则△ABE面积的最小值是（）A．2B．1C．D．6．（2013•市中区模拟）如图，已知A、B两点的坐标分别为（8，0）、（0，﹣6），⊙C的圆心坐标为（0，7），半径为5．若P是⊙C上的一个动点，线段PB与x轴交于点D，则△ABD面积的最大值是（）A．63B．31C．32D．307．（2013•枣庄）如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（）A．90°B．60°C．45°D．30°二．填空题（共12小题）8．（2013•武汉）如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE=DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是．9．（2015•黄陂区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D是平面内的一个动点，且AD=2，M为BD的中点，在D点运动过程中，线段CM长度的取值范围是．10．（2012•宁波）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=2，D是线段BC上的一个动点，以AD 为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF 长度的最小值为．11．（2015•峨眉山市一模）如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA=10，OA与⊙O相交于点P，AB与⊙O 相切于点B，BP的延长线交直线l于点C．若⊙O上存在点Q，使△QAC是以AC为底边的等腰三角形，则半径r的取值范围是：．12．（2013•长春模拟）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，经过点C且与边AB相切的动圆与CA、CB分别相交于点P、Q，则PQ长的最小值为．13．（2013•陕西）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O 上一动点，且∠ACB=30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点．若⊙O的半径为7，则GE+FH的最大值为．14．（2013•咸宁）如图，在Rt△AOB中，OA=OB=3，⊙O 的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（点Q为切点），则切线PQ的最小值为．15．（2013•内江）在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的圆过点A（13，0），直线y=kx﹣3k+4与⊙O交于B、C两点，则弦BC的长的最小值为．16．（2011•苏州校级一模）如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心，2为半径画⊙O，P是⊙O是一动点且P在第一象限内，过P作⊙O切线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B．则线段AB的最小值是．17．（2015秋•江阴市校级期中）如图，⊙O与正方形ABCD的两边AB、AD相切，且DE与⊙O相切于E点．若正方形ABCD的周长为28，且DE=4，则sin∠ODE=．18．（2014春•兴化市校级月考）如图所示，已知A（1，y1），B（2，y2）为反比例函数y=图象上的两点，动点P （x，0）在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是．19．（2015•泰兴市二模）如图，定长弦CD在以AB为直径的⊙O上滑动（点C、D与点A、B不重合），M是CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P，若CD=3，AB=8，PM=l，则l 的最大值是．三．解答题（共5小题）20．（2013•武汉模拟）如图，在边长为1的等边△OAB 中，以边AB为直径作⊙D，以O为圆心OA长为半径作圆O，C为半圆AB上不与A、B重合的一动点，射线AC交⊙O 于点E，BC=a，AC=b．（1）求证：AE=b+a；（2）求a+b的最大值；（3）若m是关于x的方程：x2+ax=b2+ab的一个根，求m的取值范围．21．（2014春•泰兴市校级期中）如图，E、F是正方形ABCD的边AD上的两个动点，满足AE=DF．连接CF交BD于G，连接BE交AG于H．已知正方形ABCD的边长为4cm，解决下列问题：（1）求证：BE⊥AG；（2）求线段DH的长度的最小值．22．已知：如图，AB是⊙O的直径，在AB的两侧有定点C 和动点P，AB=5，AC=3．点P在上运动（点P不与A，B 重合），CP交AB于点D，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q．（1）求∠P的正切值；（2）当CP⊥AB时，求CD和CQ的长；（3）当点P运动到什么位置时，CQ取到最大值？求此时CQ的长．23．（2013•日照）问题背景：如图（a），点A、B在直线l的同侧，要在直线l上找一点C，使AC与BC的距离之和最小，我们可以作出点B关于l的对称点B′，连接AB′与直线l交于点C，则点C 即为所求．（1）实践运用：如图（b），已知，⊙O的直径CD为4，点A在⊙O上，∠ACD=30°，B为弧AD的中点，P为直径CD上一动点，则BP+AP的最小值为．（2）知识拓展：如图（c），在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，E、F分别是线段AD和AB上的动点，求BE+EF的最小值，并写出解答过程．24．（2012•苏州）如图，已知半径为2的⊙O与直线l相切于点A，点P是直径AB左侧半圆上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为C，PC与⊙O交于点D，连接PA、PB，设PC的长为x（2＜x＜4）．（1）当x=时，求弦PA、PB的长度；（2）当x为何值时，PD•CD的值最大？最大值是多少？25、如图，在等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，D是AB的中点，点E在AB边上运动（点E不与点A重AF合），过A、D、E三点作⊙O，⊙O交AC于另一点F，在此运动变化的过程中，线段EF长度的最小值为．26、如图，线段AB=4，C为线段AB上的一个动点，以AC、BC为边作等边△ACD和等边△BCE，⊙O外接于△CDE，则⊙O半径的最小值为( ).A.4B.23C.32D.227、如图，已知直角△AOB中，直角顶点O在半径为1的圆心上，斜边与圆相切，延长AO，BO分别与圆交于C，D．试求四边形ABCD面积的最小值．初中数学组卷圆的最值问题参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．（2014春•兴化市月考）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B为y轴正半轴上的一点，点C为第一象限内一点，且AC=2，设tan∠BOC=m，则m的取值范围是（）A．m≥0B．C．D．【考点】直线与圆的位置关系；坐标与图形性质；锐角三角函数的定义．【分析】C在以A为圆心，以2为半径的圆周上，只有当OC与圆A相切（即到C点）时，∠BOC最小，根据勾股定理求出此时的OC，求出∠BOC=∠CAO，根据解直角三角形求出此时的值，根据tan∠BOC的增减性，即可求出答案．【解答】解：C在以A为圆心，以2为半径作圆周上，只有当OC与圆A相切（即到C点）时，∠BOC最小，AC=2，OA=3，由勾股定理得：OC=，∵∠BOA=∠ACO=90°，∴∠BOC+∠AOC=90°，∠CAO+∠AOC=90°，∴∠BOC=∠OAC，tan∠BOC=tan∠OAC==，随着C的移动，∠BOC越来越大，∵C在第一象限，∴C不到x轴点，即∠BOC＜90°，∴tan∠BOC≥，故选B．【点评】本题考查了解直角三角形，勾股定理，切线的性质等知识点的应用，能确定∠BOC的变化范围是解此题的关键，题型比较好，但是有一定的难度．2．（2013•武汉模拟）如图∠BAC=60°，半径长1的⊙O 与∠BAC的两边相切，P为⊙O上一动点，以P为圆心，PA 长为半径的⊙P交射线AB、AC于D、E两点，连接DE，则线段DE长度的最大值为（）A．3B．6C．D．【考点】切线的性质．【专题】计算题．【分析】连接AO并延长，与圆O交于P点，当AF垂直于ED时，线段DE长最大，设圆O与AB相切于点M，连接OM，PD，由对称性得到AF为角平分线，得到∠FAD为30度，根据切线的性质得到OM垂直于AD，在直角三角形AOM 中，利用30度角所对的直角边等于斜边的一半求出AO的长，由AO+OP求出AP的长，即为圆P的半径，由三角形AED为等边三角形，得到DP为角平分线，在直角三角形PFD中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出PF 的长，再利用勾股定理求出FD的长，由DE=2FD求出DE的长，即为DE的最大值．【解答】解：连接AO并延长，与ED交于F点，与圆O交于P点，此时线段ED最大，连接OM，PD，可得F为ED的中点，∵∠BAC=60°，AE=AD，∴△AED为等边三角形，∴AF为角平分线，即∠FAD=30°，在Rt△AOM中，OM=1，∠OAM=30°，∴OA=2，∴PD=PA=AO+OP=3，在Rt△PDF中，∠FDP=30°，PD=3，∴PF=，根据勾股定理得：FD==，则DE=2FD=3．故选D【点评】此题考查了切线的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．3．（2014•武汉模拟）如图，P为⊙O内的一个定点，A为⊙O上的一个动点，射线AP、AO分别与⊙O交于B、C两点．若⊙O的半径长为3，OP=，则弦BC的最大值为（）A．2B．3C．D．3【考点】垂径定理；三角形中位线定理．【分析】当OP⊥AB时，弦BC最长，根据三角形相似可以确定答案．【解答】解：当OP⊥AC时，弦BC最长，又∵AC是直径，∴∠CBA=90°，所以△APO∽△ABC，∴，又∵OP=，∴BC=2．故答案选A．【点评】本题考查了直径所对的圆周角是900这一性质的应用，以及如何取线段最值问题的做法，用好三角形相似是解答本题的关键．4．（2015•黄陂区校级模拟）如图，扇形AOD中，∠AOD=90°，OA=6，点P为弧AD上任意一点（不与点A和D重合），PQ⊥OD于Q，点I为△OPQ的内心，过O，I和D三点的圆的半径为r．则当点P在弧AD上运动时，r的值满足（）A．0＜r＜3B．r=3C．3＜r＜3D．r=3【考点】三角形的内切圆与内心．【分析】连OI，PI，DI，由△OPH的内心为I，可得到∠PIO=180°﹣∠IPO﹣∠IOP=180°﹣（∠HOP+∠OPH）=135°，并且易证△OPI≌△ODI，得到∠DIO=∠PIO=135°，所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，在优弧AO取点P′，连P′D，P′O，可得∠DP′O=180°﹣135°=45°，得∠DO′O=90°，O′O=3．【解答】解：如图，连OI，PI，DI，∵△OPH的内心为I，∴∠IOP=∠IOD，∠IPO=∠IPH，∴∠PIO=180°﹣∠IPO﹣∠IOP=180°﹣（∠HOP+∠OPH），而PH⊥OD，即∠PHO=90°，∴∠PIO=180°﹣（∠HOP+∠OPH）=180°﹣（180°﹣90°）=135°，在△OPI和△ODI中，，∴△OPI≌△ODI（SAS），∴∠DIO=∠PIO=135°，所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，在优弧DO取点P′，连P′D，P′O，∵∠DIO=135°，∴∠DP′O=180°﹣135°=45°，∴∠DO′O=90°，而OD=6，∴OO′=DO′=3，∴r的值为3．故选：D．【点评】本题考查的是三角形的内切圆与内心，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．5．（2010•苏州）如图，已知A、B两点的坐标分别为（2，0）、（0，2），⊙C的圆心坐标为（﹣1，0），半径为1．若D是⊙C上的一个动点，线段DA与y轴交于点E，则△ABE面积的最小值是（）A．2B．1C．D．【考点】切线的性质；坐标与图形性质；三角形的面积；相似三角形的判定与性质．【专题】压轴题；动点型．【分析】由于OA的长为定值，若△ABE的面积最小，则BE 的长最短，此时AD与⊙O相切；可连接CD，在Rt△ADC 中，由勾股定理求得AD的长，即可得到△ADC的面积；易证得△AEO∽△ACD，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出△AOE的面积，进而可得出△AOB和△AOE 的面积差，由此得解．【解答】解：若△ABE的面积最小，则AD与⊙C相切，连接CD，则CD⊥AD；Rt△ACD中，CD=1，AC=OC+OA=3；由勾股定理，得：AD=2；∴S△ACD=AD•CD=；易证得△AOE∽△ADC，∴=（）2=（）2=，即S△AOE=S△ADC=；∴S△ABE=S△AOB﹣S△AOE=×2×2﹣=2﹣；另解：利用相似三角形的对应边的比相等更简单！故选：C．【点评】此题主要考查了切线的性质、相似三角形的性质、三角形面积的求法等知识；能够正确的判断出△BE面积最小时AD与⊙C的位置关系是解答此题的关键．6．（2013•市中区模拟）如图，已知A、B两点的坐标分别为（8，0）、（0，﹣6），⊙C的圆心坐标为（0，7），半径为5．若P是⊙C上的一个动点，线段PB与x轴交于点D，则△ABD面积的最大值是（）A．63B．31C．32D．30【考点】一次函数综合题．【分析】当直线BP与圆相切时，△ABD的面积最大，易证△OBD∽△PBC，根据相似三角形的对应边的比相等即可求得OD的长，则AD的长度可以求得，最后利用三角形的面积公式即可求解．【解答】解：当直线BP与圆相切时，△ABD的面积最大．连接PC，则∠CPB=90°，在直角△BCP中，BP===12．∵∠CPB=90°．∴∠DOB=∠CPB=90°又∵∠DBP=∠CBP，∴△OBD∽△PBC，∴===，∴OD=PC=．∴AD=OD+OA=+8=，∴S△ABD=AD•OB=××6=31．故选B．【点评】本题考查了切线的性质，以及相似三角形的判定与性质，理解△ADB的面积最大的条件是关键．7．（2013•枣庄）如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（）A．90°B．60°C．45°D．30°【考点】切线的性质；含30度角的直角三角形．【分析】当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，根据切线的性质得OP⊥AP，由OB=AB得OA=2OP，然后根据含30度的直角三角形三边的关系即可得到此时∠OAP的度数．【解答】解：当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，如图，则OP⊥AP，∵OB=AB，∴OA=2OP，∴∠PAO=30°．故选D．【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．二．填空题（共12小题）8．（2013•武汉）如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE=DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG 于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是﹣1 ．【考点】正方形的性质．【专题】压轴题．【分析】根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=AB=1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．【解答】解：在正方形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1=∠2，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠2=∠3，∴∠1=∠3，∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°，∴∠1+∠BAH=90°，∴∠AHB=180°﹣90°=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，则OH=AO=AB=1，在Rt△AOD中，OD===，根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，最小值=OD﹣OH=﹣1．（解法二：可以理解为点H是在Rt△AHB，AB直径的半圆上运动当O、H、D三点共线时，DH长度最小）故答案为：﹣1．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出DH最小时点H的位置是解题关键，也是本题的难点．9．（2015•黄陂区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D是平面内的一个动点，且AD=2，M为BD的中点，在D点运动过程中，线段CM长度的取值范围是＜CM＜．【考点】轨迹．【分析】作AB的中点E，连接EM、CE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得CE和EM的长，然后在△CEM中根据三边关系即可求解．【解答】解：作AB的中点E，连接EM、CE．在直角△ABC中，AB===5，∵E是直角△ABC斜边AB上的中点，∴CE=AB=．∵M是BD的中点，E是AB的中点，∴ME=AD=1．∴在△CEM中，﹣1＜CM＜+1，即＜CM＜．故答案是：＜CM．【点评】本题考查了轨迹，要结合勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．10．（2012•宁波）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=2，D是线段BC上的一个动点，以AD 为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF 长度的最小值为．【考点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形．【专题】压轴题．【分析】由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，此时线段EF=2EH=20E•sin∠EOH=20E•sin60°，因此当半径OE最短时，EF最短，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，在Rt△ADB中，解直角三角形求直径AD，由圆周角定理可知∠EOH=∠EOF=∠BAC=60°，在Rt△EOH中，解直角三角形求EH，由垂径定理可知EF=2EH．【解答】解：由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC 上的高时，直径AD最短，如图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，∵在Rt△ADB中，∠ABC=45°，AB=2，∴AD=BD=2，即此时圆的直径为2，由圆周角定理可知∠EOH=∠EOF=∠BAC=60°，∴在Rt△EOH中，EH=OE•sin∠EOH=1×=，由垂径定理可知EF=2EH=．故答案为：．【点评】本题考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形的综合运用．关键是根据运动变化，找出满足条件的最小圆，再解直角三角形．11．（2015•峨眉山市一模）如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA=10，OA与⊙O相交于点P，AB与⊙O 相切于点B，BP的延长线交直线l于点C．若⊙O上存在点Q，使△QAC是以AC为底边的等腰三角形，则半径r的取值范围是：2≤r＜10 ．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】首先证明AB=AC，再根据已知得出Q在AC的垂直平分线上，作出线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，求出OE＜r，求出r范围即可．【解答】解：连接OB．如图1，∵AB切⊙O于B，OA⊥AC，∴∠OBA=∠OAC=90°，∴∠OBP+∠ABP=90°，∠ACP+∠APC=90°，∵OP=OB，∴∠OBP=∠OPB，∵∠OPB=∠APC，∴∠ACP=∠ABC，∴AB=AC，作出线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，如图2，∴OE=AC=AB=，又∵圆O与直线MN有交点，∴OE=≤r，∴≤2r，即：100﹣r2≤4r2，∴r2≥20，∴r≥2．∵OA=10，直线l与⊙O相离，∴r＜10，∴2≤r＜10．故答案为：2≤r＜10．【点评】本题考查了等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理，直线与圆的位置关系等知识点的应用，主要培养学生运用性质进行推理和计算的能力．本题综合性比较强，有一定的难度．12．（2013•长春模拟）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，经过点C且与边AB相切的动圆与CA、CB分别相交于点P、Q，则PQ长的最小值为．【考点】切线的性质；垂线段最短；勾股定理．【分析】过C作CD⊥AB于D，在△ABC中，由勾股定理求出AB=13，由三角形面积公式求出CD=，当CD为过C点的圆的直径时，此时圆的直径最短，是，求出PQ为圆的直径即可．【解答】解：过C作CD⊥AB于D，在△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，由勾股定理得：AB=13，由三角形面积公式得：S=AC×BC=AB×CD，CD=，当CD为过C点的圆的直径时，此时圆的直径最短，是，∵∠BCA=90°，∴PQ为圆的直径，即此时PQ的长是，故答案为：．【点评】本题考查了勾股定理，三角形面积，圆周角定理，垂线段最短等知识点的应用，关键是求出圆的直径．13．（2013•陕西）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O 上一动点，且∠ACB=30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点．若⊙O的半径为7，则GE+FH的最大值为10.5 ．【考点】圆周角定理；三角形中位线定理．【专题】压轴题．【分析】由点E、F分别是AC、BC的中点，根据三角形中位线定理得出EF=AB=3.5为定值，则GE+FH=GH﹣EF=GH﹣3.5，所以当GH取最大值时，GE+FH有最大值．而直径是圆中最长的弦，故当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值14﹣3.5=10.5．【解答】解：当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值．当GH为直径时，E点与O点重合，∴AC也是直径，AC=14．∵∠ABC是直径上的圆周角，∴∠ABC=90°，∵∠C=30°，∴AB=AC=7．∵点E、F分别为AC、BC的中点，∴EF=AB=3.5，∴GE+FH=GH﹣EF=14﹣3.5=10.5．故答案为：10.5．【点评】本题结合动点考查了圆周角定理，三角形中位线定理，有一定难度．确定GH的位置是解题的关键．14．（2013•咸宁）如图，在Rt△AOB中，OA=OB=3，⊙O 的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（点Q为切点），则切线PQ的最小值为2．【考点】切线的性质；等腰直角三角形．【专题】压轴题．【分析】首先连接OP、OQ，根据勾股定理知PQ2=OP2﹣OQ2，可得当OP⊥AB时，即线段PQ最短，然后由勾股定理即可求得答案．【解答】解：连接OP、OQ．∵PQ是⊙O的切线，∴OQ⊥PQ；根据勾股定理知PQ2=OP2﹣OQ2，∴当PO⊥AB时，线段PQ最短，∵在Rt△AOB中，OA=OB=3，∴AB=OA=6，∴OP==3，∴PQ===2．故答案为：2．【点评】本题考查了切线的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意得到当PO⊥AB时，线段PQ最短是关键．15．（2013•内江）在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的圆过点A（13，0），直线y=kx﹣3k+4与⊙O交于B、C两点，则弦BC的长的最小值为24 ．【考点】一次函数综合题．【专题】压轴题．【分析】根据直线y=kx﹣3k+4必过点D（3，4），求出最短的弦CB是过点D且与该圆直径垂直的弦，再求出OD的长，再根据以原点O为圆心的圆过点A（13，0），求出OB 的长，再利用勾股定理求出BD，即可得出答案．【解答】解：∵直线y=kx﹣3k+4=k（x﹣3）+4，∴k（x﹣3）=y﹣4，∵k有无数个值，∴x﹣3=0，y﹣4=0，解得x=3，y=4，∴直线必过点D（3，4），∴最短的弦CB是过点D且与该圆直径垂直的弦，∵点D的坐标是（3，4），∴OD=5，∵以原点O为圆心的圆过点A（13，0），∴圆的半径为13，∴OB=13，∴BD=12，∴BC的长的最小值为24；故答案为：24．【点评】此题考查了一次函数的综合，用到的知识点是垂径定理、勾股定理、圆的有关性质，关键是求出BC最短时的位置．16．（2011•苏州校级一模）如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心，2为半径画⊙O，P是⊙O是一动点且P在第一象限内，过P作⊙O切线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B．则线段AB的最小值是4．．【考点】切线的性质；坐标与图形性质．【分析】如图，设AB的中点为C，连接OP，由于AB是圆的切线，故△OPC是直角三角形，有OP＜OC，所以当OC与OP重合时，OC最短；【解答】解：（1）线段AB长度的最小值为4，理由如下：连接OP，∵AB切⊙O于P，∴OP⊥AB，取AB的中点C，∴AB=2OC；当OC=OP时，OC最短，即AB最短，此时AB=4．故答案为：4．【点评】本题利用了切线的性质，等腰直角三角形的性质求解，属于基础性题目．17．（2015秋•江阴市校级期中）如图，⊙O与正方形ABCD的两边AB、AD相切，且DE与⊙O相切于E点．若正方形ABCD的周长为28，且DE=4，则sin∠ODE=．【考点】切线的性质；正方形的性质．【分析】先证得四边形ANOM是正方形，求出AM长，根据勾股定理求得OD的长，根据解直角三角形求出即可．【解答】解：设切线AD的切点为M，切线AB的切点为N，连接OM、ON、OE，∵四边形ABCD是正方形，正方形ABCD的周长为28，∴AD=AB=7，∠A=90°，∵圆O与正方形ABCD的两边AB、AD相切，∴∠OMA=∠ONA=90°=∠A，∵OM=ON，∴四边形ANOM是正方形，∵AD和DE与圆O相切，∴OE⊥DE，DM=DE=4，∴AM=7﹣4=3，∴OM=ON=OE=3，在RT△ODM中，OD==5，∵OE=OM=5，∴sin∠OD E==．故答案为．【点评】本题考查了正方形的性质和判定，切线的性质，切线长定理等知识点的应用，关键是求出AM长和得出DE=DM．18．（2014春•兴化市校级月考）如图所示，已知A（1，y1），B（2，y2）为反比例函数y=图象上的两点，动点P （x，0）在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（3，0）．【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；待定系数法求一次函数解析式；三角形三边关系．【专题】计算题．【分析】先根据反比例函数图象上点的坐标特征确定A点坐标为（1，1），B点坐标为（2，），再利用待定系数法确定直线AB的解析式为y=﹣x+，然后根据三角形三边的关系得到|PA﹣PB|≤AB，当点P为直线AB与x轴的交点时，取等号，则线段AP与线段BP之差达到最大，然后确定直线y=﹣x+与x轴的交点坐标即可．【解答】解：把A（1，y1），B（2，y2）代入y=得y1=1，y2=，则A点坐标为（1，1），B点坐标为（2，），设直线AB的解析式为y=kx+b，把A（1，1），B（2，）代入得，解得，所以直线AB的解析式为y=﹣x+，因为|PA﹣PB|≤AB，所以当点P为直线AB与x轴的交点时，线段AP与线段BP 之差达到最大，把y=0代入y=﹣x+得﹣x+=0，解得x=3，所以P点坐标为（3，0）．故答案为（3，0）．【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．19．（2015•泰兴市二模）如图，定长弦CD在以AB为直径的⊙O上滑动（点C、D与点A、B不重合），M是CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P，若CD=3，AB=8，PM=l，则l 的最大值是 4 ．【考点】垂径定理；三角形中位线定理．【分析】当CD∥AB时，PM长最大，连接OM，OC，得出矩形CPOM，推出PM=OC，求出OC长即可．【解答】解：法①：如图：当CD∥AB时，PM长最大，连接OM，OC，∵CD∥AB，CP⊥CD，∴CP⊥AB，∵M为CD中点，OM过O，∴OM⊥CD，∴∠OMC=∠PCD=∠CPO=90°，∴四边形CPOM是矩形，∴PM=OC，∵⊙O直径AB=8，∴半径OC=4，即PM=4，故答案为：4．法②：连接CO，MO，根据∠CPO=∠CM0=90°，所以C，M，O，P，四点共圆，且CO为直径．连接PM，则PM为⊙E的一条弦，当PM为直径时PM最大，所以PM=CO=4时PM最大．即PMmax=4【点评】本题考查了矩形的判定和性质，垂径定理，平行线的性质的应用，关键是找出符合条件的CD的位置，题目比较好，但是有一定的难度．三．解答题（共5小题）20．（2013•武汉模拟）如图，在边长为1的等边△OAB 中，以边AB为直径作⊙D，以O为圆心OA长为半径作圆O，C为半圆AB上不与A、B重合的一动点，射线AC交⊙O 于点E，BC=a，AC=b．（1）求证：AE=b+a；（2）求a+b的最大值；（3）若m是关于x的方程：x2+ax=b2+ab的一个根，求m的取值范围．【考点】圆的综合题．【分析】（1）首先连接BE，由△OAB为等边三角形，可得∠AOB=60°，又由圆周角定理，可求得∠E的度数，又由AB为⊙D的直径，可求得CE的长，继而求得AE=b+a；（2）首先过点C作CH⊥AB于H，在Rt△ABC中，BC=a，AC=b，AB=1，可得（a+b）2=a2+b2+2ab=1+2ab=1+2CH•AB=1+2CH≤1+2AD=1+AB=2，即可求得答案；（3）由x2+ax=b2+ab，可得（x﹣b）（x+b+a）=0，则可求得x的值，继而可求得m的取值范围．【解答】解：（1）连接BE，∵△OAB为等边三角形，∴∠AOB=60°，∴∠AEB=30°，∵AB为直径，∴∠ACB=∠BCE=90°，∵BC=a，∴BE=2a，CE=a，∵AC=b，∴AE=b+a；（2）过点C作CH⊥AB于H，在Rt△ABC中，BC=a，AC=b，AB=1，∴a2+b2=1，∵S△ABC=AC•BC=AB•CH，∴AC•BC=AB•CH，∴（a+b）2=a2+b2+2ab=1+2ab=1+2CH•AB=1+2CH≤1+2AD=1+AB=2，∴a+b≤，故a+b的最大值为，（3）∵x2+ax=b2+ab，∴x2﹣b2+ax﹣ab=0，∴（x+b）（x﹣b）+a（x﹣b）=0，∴（x﹣b）（x+b+a）=0，∴x=b或x=﹣（b+a），当m=b时，m=b=AC＜AB=1，∴0＜m＜1，当m=﹣（b+a）时，由（1）知AE=﹣m，又∵AB＜AE≤2AO=2，∴1＜﹣m≤2，∴﹣2≤m＜﹣1，∴m的取值范围为0＜m＜1或﹣2≤m＜﹣1．【点评】此题考查了圆周角定理、等边三角形的性质、完全平方公式的应用以及一元二次方程的解法．此题难度较大，注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．21．（2014春•泰兴市校级期中）如图，E、F是正方形ABCD的边AD上的两个动点，满足AE=DF．连接CF交BD于G，连接BE交AG于H．已知正方形ABCD的边长为4cm，解决下列问题：（1）求证：BE⊥AG；（2）求线段DH的长度的最小值．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“边角边”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，再根据垂直的定义证明即可；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，取AB的中点O，连接OH、OD，然后求出OH=AB=1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1=∠2，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠2=∠3，∴∠1=∠3，∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°，∴∠1+∠BAH=90°，∴∠AHB=180°﹣90°=90°，∴BE⊥AG；（2）解：如图，取AB的中点O，连接OH、OD，则OH=AO=AB=2，在Rt△AOD中，OD===2，根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，DH的最小值=OD﹣OH=2﹣2．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出DH最小时点H的位置是解题关键，也是本题的难点．22．已知：如图，AB是⊙O的直径，在AB的两侧有定点C 和动点P，AB=5，AC=3．点P在上运动（点P不与A，B 重合），CP交AB于点D，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q．（1）求∠P的正切值；（2）当CP⊥AB时，求CD和CQ的长；（3）当点P运动到什么位置时，CQ取到最大值？求此时CQ的长．【考点】圆的综合题．【分析】（1）先根据圆周角定理得出∠ACB=90°，由勾股定理求出BC的长，再根据圆周角定理得出∠A=∠P，由锐角三角函数的定义即可得出结论；（2）三角形的面积公式求出∠A的正切值，故可得出CD的长，再由垂径定理求出PC的长，由（1）中∠P的正切值即可得出CQ的长；（3）由相似三角形的性质可得出△ABC∽△PQC，故可得出=，故可得出CQ==PC，故当PC是⊙O的直径时CQ 取得最大值，再把AB的长代入进行计算即可．【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵AB=5，AC=3，∴BC===4，∴tan∠A==，∵∠A与∠P是同弧所对的圆周角，∴tan∠P=tan∠A=；（2）∵Rt△ABC中，AC=3，BC=4，AB=5，CD⊥AB，∴CD===，∵AB⊥CD，∴PC=2CD=2×=，∴CQ=PC•tan∠P=×=；（3）∵PC⊥CQ，∴∠PCQ=90°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，。