中考数学圆的综合(大题培优易错难题)

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中考数学圆的综合(大题培优易错难题)含详细答案

中考数学圆的综合(大题培优易错难题)含详细答案、圆的综合1.在平面直角坐标中，边长为 2的正方形OABC 的两顶点 A 、C 分别在y 轴、x 轴的正半轴上，点O 在原点.现将正方形OABC 绕。

点顺时针旋转，当 A 点一次落在直线 y X 上时停止旋转，旋转过程中，AB 边交直线y x 于点M , BC 边交x 轴于点N (如图).C(1)求边OA 在旋转过程中所扫过的面积；(2)旋转过程中，当 MN 和AC 平行时，求正方形 OABC 旋转的度数；(3)设 MBN 的周长为p ,在旋转正方形 OABC 的过程中，P 值是否有变化？请证明你的结论.【答案】(1) K 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4MBN 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 °.(2) 「MN //AC,/ BMN=Z BAC=45 ,° / BNM=Z BCA=45 : Z BMN=Z BNM,，BM=BN.又,. BA=BC, .1. AM=CN.又.. OA=OC, /OAM=/OCN, • . △ OAM^ △ OCN.Z AOM=ZCON=- (/AOC-/ MON) =- (90 -45°) =22.5 .2 2，旋转过程中，当 MN 和AC 平行时，正方形 OABC 旋转的度数为45 -22.5 =22.5 .(3)在旋转正方形 OABC 的过程中，p 值无变化.证明：延长BA 交y 轴于E 点，贝U / AOE=45 -/ AOM , / CON=90 -45 °-Z AOM=45 -/ AOM ,/ AOE=Z CON.又••• OA=OC, / OAE=180 -90 =90° = / OCN.••.△OAE^AOCNI.・•・ OA 在旋转过程中所扫过的面积为45 22360，OE=ON, AE=CN又「 / MOE=Z MON=45 , OM=OM , ••.△OME^AOMN. .. MN=ME=AM+AE.MN=AM+CN ,.•尸MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4.，在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化.考点：旋转的性质.2.如图，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。

中考数学圆的综合培优易错难题练习(含答案)附答案解析

中考数学圆的综合培优易错难题练习(含答案)附答案解析一、圆的综合1．如图，⊙A过▱OBCD的三顶点O、D、C，边OB与⊙A相切于点O，边BC与⊙O相交于点H，射线OA交边CD于点E，交⊙A于点F，点P在射线OA上，且∠PCD=2∠DOF，以O为原点，OP所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为（0，﹣2）．（1）若∠BOH=30°，求点H的坐标；（2）求证：直线PC是⊙A的切线；（3）若OD=10，求⊙A的半径．【答案】（1）（132）详见解析；（3）5 3 .【解析】【分析】（1）先判断出OH=OB=2，利用三角函数求出MH，OM，即可得出结论；（2）先判断出∠PCD=∠DAE，进而判断出∠PCD=∠CAE，即可得出结论；（3）先求出OE═3，进而用勾股定理建立方程，r2-（3-r）2=1，即可得出结论．【详解】（1）解：如图，过点H作HM⊥y轴，垂足为M．∵四边形OBCD是平行四边形，∴∠B=∠ODC∵四边形OHCD是圆内接四边形∴∠OHB=∠ODC∴∠OHB=∠B∴OH=OB=2∴在Rt△OMH中，∵∠BOH=30°，∴MH=12OH=1，33∴点H的坐标为（13（2）连接AC．∵OA=AD，∴∠DOF=∠ADO∴∠DAE=2∠DOF∵∠PCD=2∠DOF，∴∠PCD=∠DAE∵OB与⊙O相切于点A∴OB⊥OF∵OB∥CD∴CD⊥AF∴∠DAE=∠CAE∴∠PCD=∠CAE∴∠PCA=∠PCD+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90°∴直线PC是⊙A的切线；（3）解：⊙O的半径为r．在Rt△OED中，DE=12CD=12OB=1，OD=10，∴OE═3∵OA=AD=r，AE=3﹣r．在Rt△DEA中，根据勾股定理得，r2﹣（3﹣r）2=1解得r=53．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键．2．如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．（1）求∠AOC的度数；（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣23）、M2（﹣2，﹣23）、M3（﹣2，23）、M4（2，23）．【解析】【分析】（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°．（2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系．（3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．【详解】（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，∴△OAC是等边三角形，故∠AOC=60°．（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；∴AC=12OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，而OC是⊙O的半径，故PC与⊙O的位置关系是相切．（3）如图；有三种情况：①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，﹣3劣弧MA的长为：6044 1803ππ⨯=；②取C 点关于原点的对称点，此点也符合M 点的要求，此时M 点的坐标为：M 2（﹣2，﹣23）；劣弧MA 的长为：120481803ππ⨯=； ③取C 点关于y 轴的对称点，此点也符合M 点的要求，此时M 点的坐标为：M 3（﹣2，23）；优弧MA 的长为：2404161803ππ⨯=； ④当C 、M 重合时，C 点符合M 点的要求，此时M 4（2，23）；优弧MA 的长为：3004201803ππ⨯=；综上可知：当S △MAO =S △CAO 时，动点M 所经过的弧长为481620,,,3333ππππ对应的M 点坐标分别为：M 1（2，﹣23）、M 2（﹣2，﹣23）、M 3（﹣2，23）、M 4（2，23）．【点睛】本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．3．已知AB ，CD 都是O e 的直径，连接DB ，过点C 的切线交DB 的延长线于点E ． ()1如图1，求证：AOD 2E 180∠∠+=o ；()2如图2，过点A 作AF EC ⊥交EC 的延长线于点F ，过点D 作DG AB ⊥，垂足为点G ，求证：DG CF =；()3如图3，在()2的条件下，当DG 3CE 4=时，在O e 外取一点H ，连接CH 、DH 分别交O e 于点M 、N ，且HDE HCE ∠∠=，点P 在HD 的延长线上，连接PO 并延长交CM 于点Q ，若PD 11=，DN 14=，MQ OB =，求线段HM 的长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）37【解析】【分析】（1）由∠D +∠E =90°，可得2∠D +2∠E =180°，只要证明∠AOD =2∠D 即可；（2）如图2中，作OR ⊥AF 于R ．只要证明△AOR ≌△ODG 即可；（3）如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT ⊥CL 于T ，作NK ⊥CH 于K ，设CH 交DE 于W ．解直角三角形分别求出KM ，KH 即可；【详解】()1证明：如图1中，O Q e 与CE 相切于点C ，OC CE ∴⊥，OCE 90∠∴=o ，D E 90∠∠∴+=o ，2D 2E 180∠∠∴+=o ，AOD COB ∠∠=Q ，BOC 2D ∠∠=，AOD 2D ∠∠=，AOD 2E 180∠∠∴+=o ．()2证明：如图2中，作OR AF ⊥于R ．OCF F ORF 90∠∠∠===o Q ，∴四边形OCFR 是矩形，AF//CD ∴，CF OR =，A AOD ∠∠∴=，在AOR V 和ODG V 中，A AOD ∠∠=Q ，ARO OGD 90∠∠==o ，OA DO =，AOR ∴V ≌ODG V ，OR DG ∴=，DG CF ∴=，()3解：如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT CL ⊥于T ，作NK CH ⊥于K ，设CH 交DE 于W ．设DG 3m =，则CF 3m =，CE 4m =，OCF F BTE 90∠∠∠===o Q ，AF//OC//BT ∴，OA OB =Q ，CT CF 3m ∴==，ET m ∴=，CD Q 为直径，CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===o ，E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=o ，tan E tan CBT ∠∠∴=，BT CT ET BT∴=， BT 3m m BT∴=， BT 3m(∴=负根已经舍弃)，3m tan E 3∠∴== E 60∠∴=o ，CWD HDE H ∠∠∠=+Q ，HDE HCE ∠∠=，H E 60∠∠∴==o ，MON 2HCN 60∠∠∴==o ，OM ON =Q ，OMN ∴V 是等边三角形，MN ON ∴=，QM OB OM ==Q ，MOQ MQO ∠∠∴=，MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=o o Q ，MQO P 180H 120∠∠∠+=-=o o ， PON P ∠∠∴=，ON NP 141125∴==+=，CD 2ON 50∴==，MN ON 25==，在Rt CDN V 中，2222CN CD DN 501448=-=-=，在Rt CHN V 中，CN 48tan H 3HN HN∠===， HN 163∴=，在Rt KNH V 中，1KH HN 832==，3NK HN 24==，在Rt NMK V 中，2222MK MN NK 25247=-=-=，HM HK MK 837∴=+=+．【点睛】本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解题的关键.4．对于平面直角坐标系xOy 中的线段MN 和点P ，给出如下定义：点A 是线段MN 上一个动点，过点A 作线段MN 的垂线l ，点P 是垂线l 上的另外一个动点．如果以点P 为旋转中心，将垂线l 沿逆时针方向旋转60°后与线段MN 有公共点，我们就称点P 是线段MN 的“关联点”．如图，M （1，2），N （4，2）．（1）在点P 1（1，3），P 2（4，0），P 3（3，2）中，线段MN 的“关联点”有；（2）如果点P 在直线1y x =+上，且点P 是线段MN 的“关联点”，求点P 的横坐标x 的取值范围；（3）如果点P 在以O （1，1-）为圆心，r 为半径的⊙O 上，且点P 是线段MN 的“关联点”，直接写出⊙O 半径r 的取值范围．【答案】（1）P 1和P 3；（2）3311x -≤≤；（3333 3.r +≤ 【解析】【分析】（1）先根据题意求出点P 的横坐标的范围，再求出P 点的纵坐标范围即可得出结果；（2）由直线y=x+1经过点M （1，2），得出x≥1，设直线y=x+1与P 4N 交于点A ，过点A作AB ⊥MN 于B ，延长AB 交x 轴于C ，则在△AMN 中，MN=3，∠AMN=45°，∠ANM=30°，设AB=MB=a ，tan ∠ANM=AB BN ，即tan30°=3a a -，求出a 即可得出结果；（3）圆心O 到P 4的距离为r 的最大值，圆心O 到MP 5的距离为r 的最小值，分别求出两个距离即可得出结果．【详解】（1））如图1所示：∵点A 是线段MN 上一个动点，过点A 作线段MN 的垂线l ，点P 是垂线l 上的另外一个动点，M （1，2），N （4，2），∴点P 的横坐标1≤x≤4，∵以点P 为旋转中心，将垂线l 沿逆时针方向旋转60°后与线段MN 有公共点，当∠MPN=60°时，PM=60MN tan ︒=3=3，同理P′N=3，∴点P 的纵坐标为2-3或2+3，即纵坐标2-3≤y≤2+3，∴线段MN 的“关联点”有P 1和P 3；故答案为：P 1和P 3；（2）线段MN 的“关联点”P 的位置如图所示，∵ 直线1y x =+经过点M （1，2），∴ x ≥1.设直线1y x =+与P 4N 交于点A .过点A 作AB ⊥MN 于B ，延长AB 交x 轴于C .由题意易知，在△AMN 中，MN = 3，∠AMN = 45°，∠ANM = 30°.设AB = MB = a ，∴ tan AB ANM BN ∠=，即tan303a a ︒=-，解得333.a -= ∴ 点A 的横坐标为33333111.x a --=+=+= ∴331.x -≤ 综上 3311.x -≤≤（3）点P 在以O （1，-1）为圆心，r 为半径的⊙O 上，且点P 是线段MN 的“关联点”，如图3所示：连接P 4O 交x 轴于点D ，P 4、M 、D 、O 共线，则圆心O 到P 4的距离为r 的最大值，由（1）知：MP 4=NP 53即OD+DM+MP 433圆心O 到MP 5的距离为r 的最小值，作OE ⊥MP 5于E ，连接OP 5，则OE 为r 的最小值，MP 5225MN NP +223(3)+3OM=OD+DM=1+2=3， △OMP 5的面积=12OE•MP 5=12OM•MN ，即12312×3×3，解得：OE=332， ∴333 【点睛】本题是圆的综合题，考查了旋转、直角三角形的性质、勾股定理、最值等知识，熟练掌握“关联点”的含义，作出关于MN 的“关联点”图是关键．5．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．6．如图，AB为⊙O的直径，且AB＝m（m为常数），点C为»AB的中点，点D为圆上一动点，过A点作⊙O的切线交BD的延长线于点P，弦CD交AB于点E．（1）当DC⊥AB时，则DA DBDC+＝；（2）①当点D在»AB上移动时，试探究线段DA，DB，DC之间的数量关系；并说明理由；②设CD长为t，求△ADB的面积S与t的函数关系式；（3）当9220PDAC=时，求DEOA的值．【答案】（12；（2）①DA+DB2DC，②S＝12t2﹣14m2；（3）24235DEOA=.【解析】【分析】（1）首先证明当DC⊥AB时，DC也为圆的直径，且△ADB为等腰直角三角形，即可求出结果；（2）①分别过点A，B作CD的垂线，连接AC，BC，分别构造△ADM和△BDN两个等腰直角三形及△NBC和△MCA两个全等的三角形，容易证出线段DA，DB，DC之间的数量关系；②通过完全平方公式（DA+DB）2＝DA2+DB2+2DA•DB的变形及将已知条件AB＝m代入即可求出结果；（3）通过设特殊值法，设出PD的长度，再通过相似及面积法求出相关线段的长度，即可求出结果．【详解】解：（1）如图1，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵C为»AB的中点，∴»»AC BC=，∴∠ADC＝∠BDC＝45°，∵DC⊥AB，∴∠DEA＝∠DEB＝90°，∴∠DAE＝∠DBE＝45°，∴AE＝BE，∴点E与点O重合，∴DC为⊙O的直径，∴DC＝AB，在等腰直角三角形DAB中，DA＝DB＝2 AB，∴DA+DB＝2AB＝2CD，∴DA DBDC+＝2；（2）①如图2，过点A作AM⊥DC于M，过点B作BN⊥CD于N，连接AC，BC，由（1）知»»AC BC=，∴AC＝BC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝∠BNC＝∠CMA＝90°，∴∠NBC+∠BCN＝90°，∠BCN+∠MCA＝90°，∴∠NBC＝∠MCA，在△NBC和△MCA中，BNC CMANBC MCABC CA∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△NBC ≌△MCA （AAS ）， ∴CN ＝AM ，由（1）知∠DAE ＝∠DBE ＝45°， AM ＝2DA ，DN ＝2DB ， ∴DC ＝DN+NC ＝2DB+2DA ＝2（DB+DA ），即DA+DB ＝2DC ；②在Rt △DAB 中， DA 2+DB 2＝AB 2＝m 2，∵（DA+DB ）2＝DA 2+DB 2+2DA•DB ，且由①知DA+DB 2DC 2t ， ∴2t ）2＝m 2+2DA•DB ， ∴DA•DB ＝t 2﹣12m 2， ∴S △ADB ＝12DA•DB ＝12t 2﹣14m 2， ∴△ADB 的面积S 与t 的函数关系式S ＝12t 2﹣14m 2；（3）如图3，过点E 作EH ⊥AD 于H ，EG ⊥DB 于G ，则NE ＝ME ，四边形DHEG 为正方形，由（1）知»»AC BC=， ∴AC ＝BC ，∴△ACB 为等腰直角三角形， ∴AB 2AC ， ∵220PD AC =，设PD ＝2，则AC ＝20，AB ＝2， ∵∠DBA ＝∠DBA ，∠PAB ＝∠ADB ， ∴△ABD ∽△PBA ， ∴AB BD ADPB AB PA==，∴20292202DB =+， ∴DB ＝162， ∴AD ＝22AB DB -＝122，设NE ＝ME ＝x ， ∵S △ABD ＝12AD•BD ＝12AD•NE+12BD•ME ， ∴12×122×162＝12×122•x+12×162•x ， ∴x ＝4827， ∴DE ＝2HE ＝2x ＝967，又∵AO ＝12AB ＝102， ∴96242735102DE OA =⨯=．【点睛】本题考查了圆的相关性质，等腰直三角形的性质，相似的性质等，还考查了面积法及特殊值法的运用，解题的关键是认清图形，抽象出各几何图形的特殊位置关系．7．如图，过⊙O 外一点P 作⊙O 的切线PA 切⊙O 于点A ，连接PO 并延长，与⊙O 交于C 、D 两点，M 是半圆CD 的中点，连接AM 交CD 于点N ，连接AC 、CM ．（1）求证：CM 2=MN.MA ；（2）若∠P=30°，PC=2，求CM 的长．【答案】（1）见解析；（2）2 【解析】（1）由··CMDM =知CAM DCM ∠=∠，根∠CMA=∠NMC 据证ΔAMC ∽ΔCMN 即可得；（2）连接OA 、DM ，由直角三角形PAO 中∠P=30°知()1122OA PO PC CO ==+，据此求得OA=OC=2，再证三角形CMD 是等腰直角三角形得CM 的长．【详解】（1）O Q e 中，M 点是半圆CD 的中点，∴ ··CMDM =， CAM DCM ∴∠=∠，又CMA NMC ∠=∠Q ， AMC CMN ∽∴∆∆， ∴ CM AM MN CM=，即2·CM MN MA =；（2）连接OA 、DM ，PA Q 是O e 的切线，90PAO ∴∠=︒，又30P ∠=︒Q ，()1122OA PO PC CO ∴==+，设O e 的半径为r ，2PC =Q ，()122r r ∴=+，解得：2r =，又CD Q 是直径， 90CMD ∴∠=︒， CM DM =Q ，CMD ∴∆是等腰直角三角形，∴在Rt CMD ∆中，由勾股定理得222CM DM CD +=，即()222216CM r ==，则28CM =，22CM ∴=．本题主要考查切线的判定和性质，解题的关键是掌握切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质等知识点8．如图1，AB 为半圆O 的直径，半径OP ⊥AB ，过劣弧AP 上一点D 作DC ⊥AB 于点C ．连接DB ，交OP 于点E ，∠DBA ＝22.5°． ⑴ 若OC ＝2，则AC 的长为；⑵ 试写出AC 与PE 之间的数量关系，并说明理由；⑶ 连接AD 并延长，交OP 的延长线于点G ，设DC ＝x ，GP ＝y ，请求出x 与y 之间的等量关系式. （请先补全图形，再解答）【答案】⑴ 222；⑵ 见解析；⑶ y =2x 【解析】【分析】（1）如图，连接OD ，则有∠AOD=45°，所以△DOC 为等腰直角三角形，又OC=2，所以2,故可求出AC 的长；（2）连接AD ，DP ，过点D 作DF ⊥OP ，垂足为点F . 证AC=PF 或AC=EF ，证DP=DE 证PF=EF=12PE ，故可证出PE =2AC ；（3）首先求出22OD CD x ==，再求AB=22x ,再证△DGE ≌△DBA,得GE =AB =2x ，由PE=2AC 得PE =2(2)x x -，再根据GP =GE －PE 可求结论. 【详解】（1）连接OD ，如图，∵∠B=22.5°，∴∠DOC=45°,∵DC⊥AB∴△DOC为等腰直角三角形，∵OC=2，∴2∴2，∴AC=AO-OC=222.⑵连接AD，DP，过点D作DF⊥OP，垂足为点F.∵OP⊥AB,∴∠POD=∠DOC=45°，∴AD=PD，∵△DOC为等腰直角三角形，∴DC=CO,易证DF=CO，∴DC=DF，∴Rt△DAC≌Rt△DPF,∴PF=AC,∵DO=AO,∠DOA=45°∴∠DAC=67.5°∴∠DPE=67.5°,∵OD=OB，∠B=22.5°，∴∠ODE=22.5°∴∠DEP=22.5°+45°=67.5°∴∠DEP=∠DPE∴PF=EF=12PE∴PE =2AC（3）如图2，由∠DCO =90°，∠DOC =45°得22OD CD x ==∴ AB =2OD=22x ∵AB 是直径， ∴∠ADB=∠EDG=90°，由（2）得AD=ED,∠DEG=∠DAC ∴△DGE ≌△DBA ∴ GE =AB =22x ∵ PE =2AC ∴ PE =2(2)x x -∴ GP =GE －PE =222(2-)x x x - 即：y =2x 【点睛】本题是一道圆的综合题，涵盖的知识点较多，难度较大，主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握并运用这些知识是解题的关键.9．如图，等边△ABC 内接于⊙O ，P 是弧AB 上任一点（点P 不与A 、B 重合），连AP ，BP ，过C 作CM ∥BP 交PA 的延长线于点M ，（1）求证：△PCM 为等边三角形；（2）若PA ＝1，PB ＝2，求梯形PBCM 的面积．【答案】（1）见解析；（21534【解析】【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角，进而判定△PCM 为等边三角形；（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等，进而利用△PCM 为等边三角形，进而求得PH 的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可．【详解】（1）证明：作PH ⊥CM 于H ，∵△ABC 是等边三角形， ∴∠APC=∠ABC=60°， ∠BAC=∠BPC=60°， ∵CM ∥BP ， ∴∠BPC=∠PCM=60°， ∴△PCM 为等边三角形；（2）解：∵△ABC 是等边三角形，△PCM 为等边三角形， ∴∠PCA+∠ACM=∠BCP+∠PCA ， ∴∠BCP=∠ACM ，在△BCP 和△ACM 中，BC AC BCP ACM CP CM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△BCP ≌△ACM （SAS ）， ∴PB=AM ，∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，在Rt △PMH 中，∠MPH=30°， ∴PH=332，∴S 梯形PBCM =12（PB+CM ）×PH=12×（2+3）×33=1534．【点睛】本题考查圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题．10．已知AC ＝DC ，AC ⊥DC ，直线MN 经过点A ，作DB ⊥MN ，垂足为B ，连结CB ．[感知]如图①，点A、B在CD同侧，且点B在AC右侧，在射线AM上截取AE＝BD，连结CE，可证△BCD≌△ECA，从而得出EC＝BC，∠ECB＝90°，进而得出∠ABC＝度；[探究]如图②，当点A、B在CD异侧时，[感知]得出的∠ABC的大小是否改变？若不改变，给出证明；若改变，请求出∠ABC的大小．[应用]在直线MN绕点A旋转的过程中，当∠BCD＝30°，BD＝时，直接写出BC的长．【答案】【感知】：45；【探究】：不改变，理由详见解析；【拓展】：BC的长为+1或﹣1．【解析】【分析】[感知]证明△BCD≌△ECA（SAS）即可解决问题；[探究]结论不变，证明△BCD≌△ECA（SAS）即可解决问题；[应用]分两种情形分别求解即可解决问题．【详解】解：【感知】，如图①中，在射线AM上截取AE＝BD，连结CE．∵AC⊥DC，DB⊥MN，∴∠ACD＝∠DBA＝90°．∴∠CDB+∠CAB＝180°，∵∠CAB+∠CAE＝180°∴∠D＝∠CAE，∵CD＝AC，AE＝BD，∴△BCD≌△ECA（SAS），∴BC＝EC，∠BCD＝∠ECA，∵∠ACE+∠ECD＝90°，∴∠ECD+∠DCB＝90°，即∠ECB＝90°，∴∠ABC＝45°．故答案为45【探究】不改变．理由如下：如图，如图②中，在射线AN上截取AE＝BD，连接CE，设MN与CD交于点O．∵AC⊥DC，DB⊥MN，∴∠ACD＝∠DBA＝90°，∵∠AOC＝∠DOB，∴∠D＝∠EAC，CD＝AC，∴△BCD≌△ECA（SAS），∴BC＝EC，∠BCD＝∠ECA，∵∠ACE+∠ECD＝90°，∴∠ECD+∠DCB＝90°，即∠ECB＝90°，∴∠ABC＝45°．【拓展】如图①﹣1中，连接AD．∴∠ACD+∠ABD＝180°，∴A，C，D，B四点共圆，∴∠DAB＝∠DCB＝30°，∴AB＝BD＝，∴EB ＝AE+AB＝+，∵△ECB是等腰直角三角形，如图②中，同法可得BC ＝﹣1．综上所述，BC 的长为+1或﹣1．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．11．如图，AB 为⊙O 的直径，BC 为⊙O 的弦，过O 点作OD ⊥BC ，交⊙O 的切线CD 于点D ，交⊙O 于点E ，连接AC 、AE ，且AE 与BC 交于点F ．（1）连接BD ，求证：BD 是⊙O 的切线；（2）若AF ：EF=2：1，求tan ∠CAF 的值．【答案】（1）证明见解析；（23. 【解析】【分析】（1）根据全等三角形的性质得到∠OBD=∠OCD=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）根据已知条件得到AC ∥DE ，设OD 与BC 交于G ，根据平行线分线段成比例定理得到AC ：EG=2：1，EG=12AC ，根据三角形的中位线的性质得到OG=12AC 于是得到AC=OE ，求得∠ABC=30°，即可得到结论．【详解】证明：（1）∵OC=OB ，OD ⊥BC ，∴∠COD=∠BOD ，在△COD 与△BOD 中， OC OB COD BOD OD OD ＝＝＝⎧⎪∠∠⎨⎪⎩，∴△COD ≌△BOD ，∴∠OBD=∠OCD=90°，∴BD 是⊙O 的切线；（2）解：∵AB 为⊙O 的直径，AC ⊥BC ，∵OD ⊥CB ，∴AC ∥DE ，设OD 与BC 交于G ，∵OE ∥AC ，AF ：EF=2：1，∴AC ：EG=2：1，即EG=12AC ， ∵OG ∥AC ，OA=OB ，∴OG=12AC ， ∵OG+GE=12AC+12AC=AC ， ∴AC=OE ， ∴AC=12AB ， ∴∠ABC=30°，∴∠CAB=60°，∵¼¼CE BE=， ∴∠CAF=∠EAB=12∠CAB=30°， ∴tan ∠CAF=tan30°3 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，三角函数的定义，正确的识别图形是解题的关键．12．如图，AB 是O e 的直径，DF 切O e 于点D ，BF DF ⊥于F ，过点A 作AC //BF 交BD 的延长线于点C .（1）求证：ABC C ∠∠=；（2）设CA 的延长线交O e 于E BF ，交O e 于G ，若¼DG的度数等于60o ，试简要说明点D 和点E 关于直线AB 对称的理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）作辅助线，连接OD ，由DF 为⊙O 的切线，可得OD ⊥DF ，又BF ⊥DF ，AC ∥BF ，所以OD ∥AC ，∠ODB=∠C ，由OB=OD 得∠ABD=∠ODB ，从而可证∠ABC=∠C ；（2）连接OG ，OD ，AD ，由BF ∥OD ，»GD =60°，可求证»BG =»»GD AD ==60°，由平行线的性质及三角形的内角和定理可求出∠OHD=90°，由垂径定理便可得出结论．【详解】（1）连接OD ，∵DF 为⊙O 的切线，∴OD ⊥DF ．∵BF ⊥DF ，AC ∥BF ，∴OD ∥AC ∥BF ．∴∠ODB=∠C ．∵OB=OD ，∴∠ABD=∠ODB ．∴∠ABC=∠C ．（2）连接OG ，OD ，AD ，DE ，DE 交AB 于H ，∵BF ∥OD ，∴∠OBG=∠AOD ，∠OGB=∠DOG ，∴»»GD AD ==»BG． ∵»GD=60°，∴»BG=»»GD AD=60°，∴∠ABC=∠C=∠E=30°，∵OD//CE∴∠ODE=∠E=30°．在△ODH中，∠ODE=30°，∠AOD=60°，∴∠OHD=90°，∴AB⊥DE．∴点D和点E关于直线AB对称．【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理及垂径定理，解答此题的关键是作出辅助线，利用数形结合解答．13．如图，在△ABC中，以AC为直径作⊙O交BC于点D，交AB于点G，且D是BC中点，DE⊥AB，垂足为E，交AC的延长线于点F．（1）求证：直线EF是⊙O的切线；（2）若CF=3，cosA=25，求出⊙O的半径和BE的长；（3）连接CG，在（2）的条件下，求CGEF的值．【答案】(1)见解析；（2）2，65（3）CG:EF＝4：7【解析】试题分析：（1）连结OD．先证明OD是△ABC的中位线，根据中位线的性质得到OD∥AB，再由DE⊥AB，得出OD⊥EF，根据切线的判定即可得出直线EF是⊙O的切线；（2）先由OD∥AB，得出∠COD=∠A，再解Rt△DOF，根据余弦函数的定义得到cos∠FOD==，设⊙O的半径为R，解方程=，求出R=，那么AB=2OD=，解Rt△AEF，根据余弦函数的定义得到cosA==，求出AE=，然后由BE=AB﹣AE即可求解．试题解析：（1）证明：如图，连结OD．∵CD=DB，CO=OA，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AB，AB=2OD，∵DE⊥AB，∴DE⊥OD，即OD⊥EF，∴直线EF是⊙O的切线；（2）解：∵OD∥AB，∴∠COD=∠A．在Rt△DOF中，∵∠ODF=90°，∴cos∠FOD==，设⊙O的半径为R，则=，解得R=，∴AB=2OD=．在Rt△AEF中，∵∠AEF=90°，∴cosA===，∴AE=，∴BE=AB﹣AE=﹣=2．【点睛】本题考查了切线的判定，解直角三角形，三角形中位线的性质知识点．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连结圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．14．如图，是大半圆的直径，是小半圆的直径，点是大半圆上一点，与小半圆交于点，过点作于点.（1）求证：是小半圆的切线；（2）若，点在上运动（点不与两点重合），设，.①求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；②当时，求两点之间的距离.【答案】（1）见解析；（2）①，，②两点之间的距离为或.【解析】【分析】（1）连接CO、CM，只需证到CD⊥CM．由于CD⊥OP，只需证到CM∥OP，只需证到CM 是△AOP的中位线即可．（2）①易证△ODC∽△CDP，从而得到CD2=DP•OD，进而得到y与x之间的函数关系式．由于当点P与点A重合时x=0，当点P与点B重合时x=4，点P在大半圆O上运动（点P不与A，B两点重合），因此自变量x的取值范围为0＜x＜4．②当y=3时，得到-x2+4x=3，求出x．根据x的值可求出CD、PD的值，从而求出∠CPD，运用勾股定理等知识就可求出P，M两点之间的距离．【详解】（1）连接，如图1所示∵是小半圆的直径，∴即∵∴∵∴，∵∴，∴∴.，即∵经过半径的外端，且∴直线是小半圆的切线.（2）①∵，，∴∴∴∽∴∴∵,,，∴当点与点重合时，；当点与点重合时，∵点在大半圆上运动（点不与两点重合），∴∴与之间的函数关系式为，自变量的取值范围是.②当时，解得,Ⅰ当时，如图2所示在中，∵，∴，∴∵，∴是等边三角形∴∴.Ⅱ当时，如图3所示，同理可得∵∴∴过点作，垂足为，连接，如图3所示∵，∴同理在中，∵，∴综上所述，当时，两点之间的距离为或.【点睛】考查了切线的判定、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，综合性比较强．15．如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠D＝60°且AB＝6，过O点作OE⊥AC，垂足为E．（1）求OE的长；（2）若OE的延长线交⊙O于点F，求弦AF、AC和弧CF围成的图形（阴影部分）的面积．（结果保留）【答案】（1）OE的长为32；（2）阴影部分的面积为3 2π【解析】（1）OE=32（2）S=32π。

中考数学圆的综合(大题培优易错难题)含答案解析

中考数学圆的综合(大题培优易错难题)含答案解析一、圆的综合1．如图，点P在⊙O的直径AB的延长线上，PC为⊙O的切线，点C为切点，连接AC，过点A作PC的垂线，点D为垂足，AD交⊙O于点E．(1)如图1，求证：∠DAC=∠PAC；(2)如图2，点F（与点C位于直径AB两侧）在⊙O上，»»BF FA=，连接EF，过点F作AD 的平行线交PC于点G，求证：FG=DE+DG；(3)在(2)的条件下，如图3，若AE=23DG，PO=5，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF=32．【解析】【分析】（1）连接OC，求出OC∥AD，求出OC⊥PC，根据切线的判定推出即可；（2）连接BE交GF于H，连接OH，求出四边形HGDE是矩形，求出DE=HG，FH=EH，即可得出答案；（3）设OC交HE于M，连接OE、OF，求出∠FHO=∠EHO=45°，根据矩形的性质得出EH∥DG，求出OM=12AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=23DG，DG=3a，求出ME=CD=2a，BM=2a，解直角三角形得出tan∠MBO＝12MOBM=，tanP=12COPO=,设OC=k，则PC=2k，根据OP=5k=5求出k=5，根据勾股定理求出a，即可求出答案．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC为⊙O的切线，∴OC⊥PC，∵AD⊥PC，∴OC∥AD，∴∠OCA=∠DAC，∵OC=OA，∴∠PAC=∠OCA，∴∠DAC=∠PAC；（2）证明：连接BE交GF于H，连接OH，∵FG∥AD，∴∠FGD+∠D=180°，∵∠D=90°，∴∠FGD=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠BEA=90°，∴∠BED=90°，∴∠D=∠HGD=∠BED=90°，∴四边形HGDE是矩形，∴DE=GH，DG=HE，∠GHE=90°，∵»»BF AF=，∴∠HEF=∠FEA=12∠BEA=1902o⨯=45°，∴∠HFE=90°﹣∠HEF=45°，∴∠HEF=∠HFE，∴FH=EH，∴FG=FH+GH=DE+DG；（3）解：设OC交HE于M，连接OE、OF，∵EH=HF，OE=OF，HO=HO，∴△FHO≌△EHO，∴∠FHO=∠EHO=45°，∵四边形GHED是矩形，∴EH∥DG，∴∠OMH=∠OCP=90°，∴∠HOM=90°﹣∠OHM=90°﹣45°=45°，∴∠HOM=∠OHM，∴HM=MO，∵OM⊥BE，∴BM=ME，∴OM=12 AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=23DG，DG=3a，∵∠HGC=∠GCM=∠GHE=90°，∴四边形GHMC是矩形，∴GC=HM=a，DC=DG﹣GC=2a，∵DG=HE，GC=HM，∴ME=CD=2a，BM=2a，在Rt△BOM中，tan∠MBO=122 MO aBM a==，∵EH∥DP，∴∠P=∠MBO，tanP=12 COPO=，设OC=k，则PC=2k，在Rt△POC中，，解得：在Rt△OME中，OM2+ME2=OE2，5a2=5，a=1，∴HE=3a=3，在Rt△HFE中，∠HEF=45°，∴．【点睛】考查了切线的性质，矩形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理等知识点，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．2．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，⊙O交BC于点D，交CA的延长线于点E．过点D作DF⊥AC，垂足为F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若AB＝4，∠C＝30°，求劣弧»BE的长．【答案】（1）证明见解析（2）4 3【解析】分析：（1）连接AD、OD，根据直径所对的圆周角为直角，可得∠ADB=90°，然后根据等腰三角形的性质求出BD=CD，再根据中位线的性质求出OD⊥DF，进而根据切线的判定证明即可；（2）连接OE，根据三角形的外角求出∠BAE的度数，然后根据圆周角定理求出∠BOE的度数，根据弧长公式求解即可.详解：（1）连接AD、OD．∵AB是直径，∴∠ADB＝90°．∵AB＝AC，∴BD＝CD，又∵OA＝OB，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DF⊥AC，∴OD⊥DF即∠ODF＝90°．∴DF为⊙O的切线；（2）连接OE．∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BAE＝60°，∵∠BOE＝2∠BAE，∴∠BOE＝120°，∴＝·4π＝π．点睛：本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质和判定、切线的性质和判定、三角形的中位线、圆周角定理，灵活添加辅助线是解题关键．3．定义：有一个角是其邻角一半的圆内接四边形叫做圆内倍角四边形．（1）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，∠DCB﹣∠ADC=∠A，求证：四边形ABCD为圆内接倍角四边形；（2）在（1）的条件下，⊙O半径为5．①若AD为直径，且sinA=45，求BC的长；②若四边形ABCD中有一个角为60°，且BC=CD，则四边形ABCD的面积是；（3）在（1）的条件下，记AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求证：d2﹣b2=ab+cd．【答案】（1）见解析；（2）①BC＝6，②753或754；（3）见解析【解析】【分析】（1）先判断出∠ADC=180°﹣2∠A．进而判断出∠ABC=2∠A，即可得出结论；（2）①先用锐角三角函数求出BD，进而得出AB，由（1）得出∠ADB=∠BDC，即可得出结论；②分两种情况：利用面积和差即可得出结论；（3）先得出BE=BC=b，DE=DA=b，进而得出CE=d﹣c，再判断出△EBC∽△EDA，即可得出结论．【详解】（1）设∠A=α，则∠DCB=180°﹣α．∵∠DCB﹣∠ADC=∠A，∴∠ADC=∠DCB﹣∠A=180°﹣α﹣α=180°﹣2α，∴∠ABC=180°﹣∠ADC=2α=2∠A，∴四边形ABCD是⊙O内接倍角四边形；（2）①连接BD．∵AD是⊙O的直径，∴∠ABD=90°．在Rt△ABD中，AD=2×5=10，sin∠A=45，∴BD=8，根据勾股定理得：AB=6，设∠A=α，∴∠ADB=90°﹣α．由（1）知，∠ADC=180°﹣2α，∴∠BDC=90°﹣α，∴∠ADB=∠BDC，∴BC=AB=6；②若∠ADC=60°时．∵四边形ABCD是圆内接倍角四边形，∴∠BCD=120°或∠BAD=30°．Ⅰ、当∠BCD=120°时，如图3，连接OA，OB，OC，OD．∵BC =CD ，∴∠BOC =∠COD ，∴∠OCD =∠OCB =12∠BCD =60°，∴∠CDO =60°，∴AD 是⊙O 的直径，（为了说明AD 是直径，点O 没有画在AD 上）∴∠ADC +∠BCD =180°，∴BC ∥AD ，∴AB =CD ． ∵BC =CD ，∴AB =BC =CD ，∴△OAB ，△BOC ，△COD 是全等的等边三角形，∴S 四边形ABCD =3S △AOB =3×34×52=7534． Ⅱ、当∠BAD =30°时，如图4，连接OA ，OB ，OC ，OD ．∵四边形ABCD 是圆内接四边形，∴∠BCD =180°﹣∠BAD =150°．∵BC =CD ，∴∠BOC =∠COD ，∴∠BCO =∠DCO =12∠BCD =75°，∴∠BOC =∠DOC =30°，∴∠OBA =45°，∴∠AOB =90°．连接AC ，∴∠DAC =12∠BAD =15°． ∵∠ADO =∠OAB ﹣∠BAD =15°，∴∠DAC =∠ADO ，∴OD ∥AC ，∴S △OAD =S △OCD ．过点C 作CH ⊥OB 于H ．在Rt △OCH 中，CH =12OC =52，∴S 四边形ABCD =S △COD +S △BOC +S △AOB ﹣S △AOD =S △BOC +S △AOB =1522⨯×5+12×5×5=754．故答案为：753或754；（3）延长DC ，AB 交于点E ．∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∴∠BCE =∠A =12∠ABC ． ∵∠ABC =∠BCE +∠A ，∴∠E =∠BCE =∠A ，∴BE =BC =b ，DE =DA =b ，∴CE =d ﹣c ． ∵∠BCE =∠A ，∠E =∠E ，∴△EBC ∽△EDA ，∴CE BC AE AD =，∴d c b a b d-=+，∴d 2﹣b 2=ab +cd ．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的内接四边形的性质，新定义，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．4．已知O e 的半径为5，弦AB 的长度为m ，点C 是弦AB 所对优弧上的一动点． ()1如图①，若m 5=，则C ∠的度数为______o ；()2如图②，若m 6=．①求C ∠的正切值；②若ABC V 为等腰三角形，求ABC V 面积．【答案】()130；()2C ∠①的正切值为34；ABC S 27=V ②或43225. 【解析】【分析】 ()1连接OA ，OB ，判断出AOB V 是等边三角形，即可得出结论；()2①先求出10AD =，再用勾股定理求出8BD =，进而求出tan ADB ∠，即可得出结论；②分三种情况，利用等腰三角形的性质和垂径定理以及勾股定理即可得出结论．【详解】()1如图1，连接OB ，OA ，OB OC 5∴==，AB m 5==Q ，OB OC AB ∴==，AOB ∴V 是等边三角形，AOB 60∠∴=o ， 1ACB AOB 302∠∠∴==o ，故答案为30；()2①如图2，连接AO 并延长交O e 于D ，连接BD ，AD Q 为O e 的直径，AD 10∴=，ABD 90∠=o ，在Rt ABD V 中，AB m 6==，根据勾股定理得，BD 8=，AB 3tan ADB BD 4∠∴==， C ADB ∠∠=Q ，C ∠∴的正切值为34； ②Ⅰ、当AC BC =时，如图3，连接CO 并延长交AB 于E ，AC BC =Q ，AO BO =，CE ∴为AB 的垂直平分线，AE BE 3∴==，在Rt AEO V 中，OA 5=，根据勾股定理得，OE 4=，CE OE OC 9∴=+=，ABC 11S AB CE 692722∴=⨯=⨯⨯=V ； Ⅱ、当AC AB 6==时，如图4，连接OA 交BC 于F ，AC AB =Q ，OC OB =，AO ∴是BC 的垂直平分线，过点O 作OG AB ⊥于G ，1AOG AOB 2∠∠∴=，1AG AB 32==， AOB 2ACB ∠∠=Q ，ACF AOG ∠∠∴=，在Rt AOG V 中，AG 3sin AOG AC 5∠==， 3sin ACF 5∠∴=，在Rt ACF V 中，3sin ACF 5∠=， 318AF AC 55∴==，24CF 5∴=， ABC 111824432S AF BC 225525∴=⨯=⨯⨯=V ； Ⅲ、当BA BC 6==时，如图5，由对称性知，ABC 432S 25=V ．【点睛】圆的综合题，主要圆的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，三角形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．5．四边形 ABCD 的对角线交于点 E ，且 AE ＝EC ，BE ＝ED ，以 AD 为直径的半圆过点 E ，圆心为 O ．（1）如图①，求证：四边形 ABCD 为菱形；（2）如图②，若 BC 的延长线与半圆相切于点 F ，且直径 AD ＝6，求弧AE 的长．【答案】（1）见解析；（2）π2【解析】试题分析：（1）先判断出四边形ABCD 是平行四边形，再判断出AC ⊥BD 即可得出结论；（2）先判断出AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ，进而得出∠CDA =30°，最后用弧长公式即可得出结论．试题解析：证明：（1）∵四边形ABCD 的对角线交于点E ，且AE =EC ，BE =ED ，∴四边形ABCD 是平行四边形．∵以AD 为直径的半圆过点E ，∴∠AED =90°，即有AC ⊥BD ，∴四边形ABCD 是菱形；（2）由（1）知，四边形ABCD 是菱形，∴△ADC 为等腰三角形，∴AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ．如图2，过点C 作CG ⊥AD ，垂足为G ，连接FO ．∵BF 切圆O 于点F ，∴OF ⊥AD ，且132OF AD ==，易知，四边形CGOF 为矩形，∴CG =OF =3．在Rt△CDG中，CD=AD=6，sin∠ADC=CGCD=12，∴∠CDA=30°，∴∠ADE=15°．连接OE，则∠AOE=2×∠ADE=30°，∴¶3031802 AEππ⋅⨯==．点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．6．如图，在直角坐标系中，已知点A(－8，0)，B(0，6)，点M在线段AB上。

中考数学圆的综合(大题培优易错难题)含答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，已知扇形MON 的半径为2，∠MON=90°，点B 在弧MN 上移动，联结BM ，作OD ⊥BM ，垂足为点D ，C 为线段OD 上一点，且OC=BM ，联结BC 并延长交半径OM 于点A ，设OA=x ，∠COM 的正切值为y.（1）如图2，当AB ⊥OM 时，求证：AM=AC ；（2）求y 关于x 的函数关系式，并写出定义域；（3）当△OAC 为等腰三角形时，求x 的值.【答案】 (1)证明见解析;(2) 2=+y x 02<≤x 1422=x . 【解析】分析：（1）先判断出∠ABM =∠DOM ，进而判断出△OAC ≌△BAM ，即可得出结论；（2）先判断出BD =DM ，进而得出DM ME BD AE =，进而得出AE =122x （），再判断出2OA OC DM OE OD OD==，即可得出结论；（3）分三种情况利用勾股定理或判断出不存在，即可得出结论．详解：（1）∵OD ⊥BM ，AB ⊥OM ，∴∠ODM =∠BAM =90°．∵∠ABM +∠M =∠DOM +∠M ，∴∠ABM =∠DOM ．∵∠OAC =∠BAM ，OC =BM ，∴△OAC ≌△BAM ，∴AC =AM ．（2）如图2，过点D 作DE ∥AB ，交OM 于点E ．∵OB =OM ，OD ⊥BM ，∴BD =DM ．∵DE ∥AB ，∴DM ME BD AE =，∴AE =EM ．∵OM 2，∴AE =122x （）． ∵DE ∥AB ，∴2OA OC DM OE OD OD==， ∴22DM OA y OD OE x =∴=+，02x ≤＜（3）（i）当OA=OC时．∵111222DM BM OC x===．在Rt△ODM中，222124OD OM DM x=-=-．∵2121224xDM xyOD xx=∴=+-，．解得1422x-=，或1422x--=（舍）．（ii）当AO=AC时，则∠AOC=∠ACO．∵∠ACO＞∠COB，∠COB=∠AOC，∴∠ACO＞∠AOC，∴此种情况不存在．（ⅲ）当CO=CA时，则∠COA=∠CAO=α．∵∠CAO＞∠M，∠M=90°﹣α，∴α＞90°﹣α，∴α＞45°，∴∠BOA=2α＞90°．∵∠BOA≤90°，∴此种情况不存在．即：当△OAC为等腰三角形时，x的值为1422-．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关性质，勾股定理，等腰三角形的性质，建立y关于x的函数关系式是解答本题的关键．2．如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC，⊙A经过点B，与AD边交于点E，连接CE .（1）求证：直线PD是⊙A的切线；（2）若PC=25，sin∠P=23，求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）．【答案】（1）见解析；（2）20-4π.【解析】分析：（1）过点A作AH⊥PD，垂足为H，只要证明AH为半径即可.（2）分别算出Rt△CED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解：（1）证明：如图，过A作AH⊥PD，垂足为H，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，∠PCD=∠BCD=90°，∴∠ADH=∠P，∠AHD=∠PCD=90°，又PD=BC，∴AD=PD，∴△ADH≌△DPC，∴AH=CD，∵CD=AB，且AB是⊙A的半径，∴AH=AB,即AH是⊙A的半径，∴PD是⊙A的切线.（2）如图，在Rt△PDC中，∵sin∠P=23CDPD，PC=25，令CD=2x，PD=3x，由由勾股定理得：（3x）2-(2x)2=(25)2，解得：x=2，∴CD=4，PD=6，∴AB=AE=CD=4，AD=BC=PD=6，DE=2，∵矩形ABCD的面积为6×4=24，Rt△CED的面积为12×4×2=4，扇形ABE的面积为12π×42=4π，∴图中阴影部份的面积为24-4-4π=20-4π.点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积.3．已知：如图，在矩形ABCD中，点O在对角线BD上，以OD的长为半径的⊙O与AD，BD分别交于点E、点F，且∠ABE=∠DBC．（1）判断直线BE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；（2）若sin∠ABE=3，CD=2，求⊙O的半径．【答案】（1）直线BE与⊙O相切，证明见解析；（2）⊙O3【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 =3sin ABE ∠=∴23DC BD sin CBD∠== 在Rt △AEB 中，∵CD =2，∴22BC =．∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ，∴2222DC AE AE AE BC AB ，，==∴=，由勾股定理求得6BE =在Rt △BEO 中，∠BEO =90°，EO 2+EB 2=OB 2．设⊙O 的半径为r ，则222623r r +=（）（），∴r 3，方法2：∵DF 是⊙O 的直径，∴∠DEF =90°．∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A =∠C =90°，AB =CD =2．∵∠ABE =∠DBC ，∴sin ∠CBD =3sin ABE ∠=．设3DC x BD x ==，，则2BC x =．∵CD =2，∴22BC =．∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ，∴2222DC AE AE AE BC AB ，，==∴=， ∴E 为AD 中点．∵DF为直径，∠FED=90°，∴EF∥AB，∴132DF BD==，∴⊙O的半径为32．点睛：本题综合考查了切线的性质、勾股定理以及三角函数的应用等知识点，具有较强的综合性，有一定的难度．4．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH⊥AB于点F，AB为直径，∴DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2．考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．5．在平面直角坐标系xOy中，点M的坐标为（x1，y1），点N的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，以MN为边构造菱形，若该菱形的两条对角线分别平行于x轴，y轴，则称该菱形为边的“坐标菱形”．（1）已知点A（2，0），B（0，23），则以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为；（2）若点C（1，2），点D在直线y=5上，以CD为边的“坐标菱形”为正方形，求直线CD 表达式；（3）⊙O的半径为2，点P的坐标为（3，m）．若在⊙O上存在一点Q，使得以QP为边的“坐标菱形”为正方形，求m的取值范围．【答案】（1）60°；（2）y=x+1或y=﹣x+3；（3）1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1【解析】分析：（1）根据定义建立以AB为边的“坐标菱形”，由勾股定理求边长AB=4，可得30度角，从而得最小内角为60°；（2）先确定直线CD与直线y=5的夹角是45°，得D（4，5）或（﹣2，5），易得直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3，根据等腰直角三角形的性质分别求P'B=BD=1，PB=5，写出对应P的坐标；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4，同理可得结论．详解：（1）∵点A（2，0），B（0，23），∴OA=2，OB=23．在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=22（）=4，∴∠ABO=30°．223∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABC=2∠ABO=60°．∵AB∥CD，∴∠DCB=180°﹣60°=120°，∴以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为60°．故答案为：60°；（2）如图2．∵以CD为边的“坐标菱形”为正方形，∴直线CD与直线y=5的夹角是45°．过点C作CE⊥DE于E，∴D（4，5）或（﹣2，5），∴直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3．∵⊙O的半径为2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=2OQ'=2，∴P'D=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，5），∴当1≤m≤5时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4．∵⊙O的半径为2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=2OQ'=2，∴BD=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，﹣1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，﹣5），∴当﹣5≤m≤﹣1时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；综上所述：m的取值范围是1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1．点睛：本题是一次函数和圆的综合题，考查了菱形的性质、正方形的性质、点P，Q的“坐标菱形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考创新题目．6．如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，小圆直径AE的延长线与大圆交于点B，点D 在大圆上，BD与小圆相切于点F，AF的延长线与大圆相交于点C，且CE⊥BD．找出图中相等的线段并证明．【答案】见解析【解析】试题分析：由AE是小⊙O的直径，可得OA=OE，连接OF，根据切线的性质，可得OF⊥BD，然后由垂径定理，可证得DF=BF，易证得OF∥CE，根据平行线分线段成比例定理，可证得AF=CF，继而可得四边形ABCD是平行四边形，则可得AD=BC，AB=CD．然后连接OD、OC，可证得△AOD≌△EOC，则可得BC=AD=CE=AE．试题解析：图中相等的线段有：OA=OE，DF=BF，AF=CF，AB=CD，BC=AD=CE=AE．证明如下：∵AE是小⊙O的直径，∴OA=OE．连接OF，∵BD与小⊙O相切于点F，∴OF⊥BD．∵BD是大圆O的弦，∴DF=BF．∵CE⊥BD，∴CE∥OF，∴AF=CF．∴四边形ABCD是平行四边形．∴AD=BC，AB=CD．∵CE：AE=OF：AO，OF=AO，∴AE=EC．连接OD、OC，∵OD=OC，∴∠ODC=∠OCD．∵∠AOD=∠ODC，∠EOC=∠OEC，∴∠AOC=∠EOC，∴△AOD≌△EOC，∴AD=CE．∴BC=AD=CE=AE．【点睛】考查了切线的性质，垂径定理，平行线分线段成比例定理，平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法，小心不要漏解．7．如图，AB是圆O的直径，射线AM⊥AB，点D在AM上，连接OD交圆O于点E，过点D作DC=DA交圆O于点C（A、C不重合），连接O C、BC、CE．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若圆O的直径等于2，填空：①当AD=时，四边形OADC是正方形；②当AD=时，四边形OECB是菱形．【答案】(1)见解析；（2）①1；②3．【解析】试题分析：（1）依据SSS证明△OAD≌△OCD，从而得到∠OCD=∠OAD=90°；（2）①依据正方形的四条边都相等可知AD=OA；②依据菱形的性质得到OE=CE，则△EOC为等边三角形，则∠CEO=60°，依据平行线的性质可知∠DOA=60°，利用特殊锐角三角函数可求得AD的长．试题解析：解：∵AM⊥AB，∴∠OAD=90°．∵OA=OC，OD=OD，AD=DC，∴△OAD≌△OCD，∴∠OCD=∠OAD=90°．∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线．（2）①∵当四边形OADC是正方形，∴AO=AD=1．故答案为：1．②∵四边形OECB是菱形，∴OE=CE．又∵OC=OE，∴OC=OE=CE．∴∠CEO=60°．∵CE∥AB，∴∠AOD=60°．在Rt△OAD中，∠AOD=60°，AO=1，∴AD=．故答案为：．点睛：本题主要考查的是切线的性质和判定、全等三角形的性质和判定、菱形的性质、等边三角形的性质和判定，特殊锐角三角函数值的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．8．如图1，已知⊙O是ΔADB的外接圆，∠ADB的平分线DC交AB于点M，交⊙O于点C，连接AC，BC．（1）求证：AC=BC；（2）如图2，在图1 的基础上做⊙O的直径CF交AB于点E，连接AF，过点A作⊙O的切线AH，若AH//BC，求∠ACF的度数；（3）在（2）的条件下，若ΔABD的面积为63ΔABD与ΔABC的面积比为2：9，求CD 的长.【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3）233【解析】分析：（1）运用“在同圆或等圆中，弧相等，所对的弦相等”可求解；（2）连接AO并延长交BC于I交⊙O于J,由AH是⊙O的切线且AH∥BC得AI⊥BC，易证∠IAC=30°，故可得∠ABC=60°=∠F=∠ACB，由CF是直径可得∠ACF的度数；（3）过点D作DG⊥AB ，连接AO，知ABC为等边三角形，求出AB、AE的长，在RtΔAEO 中，求出AO的长，得CF的长，再求DG 的长，运用勾股定理易求CD的长.详解：（1）∵DC平分∠ADB，∴∠ADC=∠BDC，∴AC=BC．（2）如图，连接AO并延长交BC于I交⊙O于J∵AH是⊙O的切线且AH∥BC，∴AI⊥BC，∴BI=IC，∵AC=BC，∴IC=1AC，2∴∠IAC=30°，∴∠ABC=60°=∠F=∠ACB．∵FC是直径，∴∠FAC=90°，∴∠ACF=180°-90°-60°=30°．（3）过点D 作DG AB ⊥，连接AO由（1）（2）知ABC 为等边三角形∵∠ACF=30°，∴AB CF ⊥，∴AE=BE ， ∴2ΔABC 33S AB == ∴AB=3 ∴33AE =在RtΔAEO 中，设EO=x ，则AO=2x ，∴222AO AE OE =+，∴()(222233x x =+，∴x =6，⊙O 的半径为6，∴CF=12． ∵ΔABD 11636322S AB DG DG =⨯⨯=⨯= ∴DG=2．如图，过点D 作DG CF '⊥,连接OD ．∵AB CF ⊥,DG AB ⊥，∴CF//DG ，∴四边形G ′DGE 为矩形，∴2G E '=， 63211CG G E CE +=++'=='，在RtΔOG D '中，5,6OG OD ='=， ∴11DG '= ∴2221111233CD DG CG =++=''点睛：本题是一道圆的综合题.考查了圆的基本概念，垂径定理，勾股定理，圆周角定理等相关知识.比较复杂，熟记相关概念是解题关键.9．如图，PA 切⊙O 于点A ，射线PC 交⊙O 于C 、B 两点，半径OD ⊥BC 于E ，连接BD 、DC 和OA ，DA 交BP 于点F ；（1）求证：∠ADC+∠CBD ＝12∠AOD ；（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；【解析】【分析】()1根据垂径定理得到BD CD =，根据等腰三角形的性质得到()111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =，根据等腰三角形的性质得到ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=，求得90OAD DAP ∠+∠=，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．【详解】()1证明：OD BC ⊥，BD CD ∴=， CBD DCB ∴∠=∠，90DFE EDF ∠+∠=，90EDF DFE ∴∠=-∠，OD OA =，()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠， 190902DFE AOD ∴-∠=-∠， 12DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠，12ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠；()2解：OD BC⊥，∴=，BD CDBE CE=，BD CD∴=，=，OA OD∴∠=∠，ADO OADPA切O于点A，∴∠=，90PAO∴∠+∠=，90OAD DAP∠=∠，PFA DFEPFA ADO∴∠+∠=，90∴∠=∠，PAF PFA∴=．PA PF【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．10．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝43，过A，D两点作⊙O，交AB于点E，（1）求弦AD的长；（2）如图1，当圆心O在AB上且点M是⊙O上一动点，连接DM交AB于点N，求当ON 等于多少时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形？（3）如图2，当圆心O不在AB上且动圆⊙O与DB相交于点Q时，过D作DH⊥AB（垂足为H）并交⊙O于点P，问：当⊙O变动时DP﹣DQ的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．【答案】（1）23（2）当ON等于13﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形（3）不变，理由见解析【解析】【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD的长；（2）连DE、ME，易得当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，根据垂径定理得推论得OE ⊥DM ，易得到△ADC 为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=12；当MD=ME ，DE 为底边，作DH ⊥AE ，由于∠DAE=30°，得到，∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，又∠M=∠DAE=30°，MD=ME ，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到；（3）连AP 、AQ ，DP ⊥AB ，得AC ∥DP ，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠PAQ=∠PDB ，∠AQC=∠P ，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD ，易证得△AQC ≌△APD ，得到DP=CQ ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD ，而△ADC 为等边三角形，DP-DQ 的值．【详解】解：（1）∵∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，BC ＝∴AD＝12BC ＝（2）连DE 、ME ，如图，∵DM ＞DE ，当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，∴OE ⊥DM ，又∵AD ＝AC ，∴△ADC 为等边三角形，∴∠CAD ＝60°，∴∠DAO ＝30°，∴∠DON ＝60°，在Rt △ADN 中，DN ＝12AD ，在Rt △ODN 中，ON ＝3DN ＝1， ∴当ON 等于1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；当MD ＝ME ，DE 为底边，如图3，作DH ⊥AE ，∵AD ＝∠DAE ＝30°，∴DH ∠DEA ＝60°，DE ＝2，∴△ODE 为等边三角形，∴OE ＝DE ＝2，OH ＝1，∵∠M ＝∠DAE ＝30°，而MD ＝ME ，∴∠MDE ＝75°，∴∠ADM ＝90°﹣75°＝15°，∴∠DNO＝45°，∴△NDH为等腰直角三角形，∴NH＝DH＝3，∴ON＝3﹣1；综上所述，当ON等于1或3﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形；（3）当⊙O变动时DP﹣DQ的值不变，DP﹣DQ＝23．理由如下：连AP、AQ，如图2，∵∠C＝∠CAD＝60°，而DP⊥AB，∴AC∥DP，∴∠PDB＝∠C＝60°，又∵∠PAQ＝∠PDB，∴∠PAQ＝60°，∴∠CAQ＝∠PAD，∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，∴△AQC≌△APD，∴DP＝CQ，∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．。

备战中考数学培优易错难题(含解析)之圆的综合含答案解析

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．图1和图2，半圆O的直径AB=2，点P（不与点A，B重合）为半圆上一点，将图形延BP折叠，分别得到点A，O的对称点A′，O′，设∠ABP=α．（1）当α=15°时，过点A′作A′C∥AB，如图1，判断A′C与半圆O的位置关系，并说明理由．（2）如图2，当α= °时，BA′与半圆O相切．当α= °时，点O′落在上．（3）当线段BO′与半圆O只有一个公共点B时，求α的取值范围．【答案】（1）A′C与半圆O相切；理由见解析；（2）45；30；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【解析】试题分析：（1）过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，利用含30°角的直角三角形的性质可求得DE+OE=A′B=AB=OA，可判定A′C与半圆相切；（2）当BA′与半圆相切时，可知OB⊥A′B，则可知α=45°，当O′在上时，连接AO′，则可知BO′=AB，可求得∠O′BA=60°，可求得α=30°；（3）利用（2）可知当α=30°时，线段O′B与圆交于O′，当α=45°时交于点B，结合题意可得出满足条件的α的范围．试题解析：（1）相切，理由如下：如图1，过O作OD过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，∵α=15°，A′C∥AB，∴∠ABA′=∠CA′B=30°，∴DE=A′E，OE=BE，∴DO=DE+OE=（A′E+BE）=AB=OA，∴A′C与半圆O相切；（2）当BA′与半圆O相切时，则OB⊥BA′，∴∠OBA′=2α=90°，∴α=45°，当O′在上时，如图2，连接AO′，则可知BO′=AB，∴∠O′AB=30°，∴∠ABO′=60°，∴α=30°，（3）∵点P，A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BO′与半圆只有一个公共点B；当α增大到45°时BA′与半圆相切，即线段BO′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B，但是点P，B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°．考点：圆的综合题．2．如图，AB是半圆O的直径，C是的中点，D是的中点，AC与BD相交于点E.（1）求证：BD平分∠ABC；（2）求证：BE=2AD；（3）求DEBE的值.【答案】（1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（3）21 2 -【解析】试题分析：（1）根据中点弧的性质，可得弦AD=CD，然后根据弦、弧、圆周角、圆心角的性质求解即可；（2）延长BC与AD相交于点F, 证明△BCE≌△ACF, 根据全等三角形的性质可得BE=AF=2AD；（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：设OH为1，则BC为2，OB=OD=2，DH=21-, 然后根据相似三角形的性质可求解.试题解析：（1）∵D是的中点∴AD=DC∴∠CBD=∠ABD∴BD平分∠ABC（2）提示：延长BC与AD相交于点F,证明△BCE≌△ACF,BE=AF=2AD（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：设OH为1，则BC为2，2，21, DEBE=DHBCDE BE =2123．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=8CF ∴40CF 3= 点睛：此题主要考查了圆的综合知识，关键是熟知圆周角定理和切线的判定与性质，结合相似三角形的判定与性质和解直角三角形的知识求解，利用数形结合和方程思想是解题的突破点，有一定的难度，是一道综合性的题目.4．如图，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．5．如图，已知⊙O 的半径为1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿PQ 排成一列，所有正三角形都关于PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1的顶点A 1与点P 重合，第二个△A 2B 2C 2的顶点A 2是B 1C 1与PQ 的交点，…，最后一个△A n B n C n 的顶点B n 、C n 在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a 1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a 2=_____；如图3，正三角形的边长a n =_____（用含n 的代数式表示）．3831343n 【解析】分析：（1）设PQ 与11B C 交于点D ，连接1B O ，得出OD=1A D -O 1A ，用含1a 的代数式表示OD ，在△O 1B D 中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a ；（2）设PQ 与2B 2C 交于点E ，连接2B O ，得出OE=1A E-O 1A ，用含2a 的代数式表示OE ，在△O 2B E 中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a ；（3）设PQ 与n B n C 交于点F ，连接n B O ，得出OF=1A F-O 1A ，用含an 的代数式表示OF ，在△O n B F 中，根据勾股定理求出正三角形的边长an ．本题解析：(1)易知△A 1B 1C 1的高为323∴a1＝3.(2)设△A1B1C1的高为h，则A2O＝1－h，连结B2O，设B2C2与PQ交于点F，则有OF＝2h－1.∵B2O2＝OF2＋B2F2，∴1＝(2h－1)2＋2212a⎛⎫ ⎪⎝⎭.∵h＝32a2，∴1＝(3a2－1)2＋14a22，解得a2＝83.(3)同(2)，连结B n O，设B n C n与PQ交于点F，则有B n O2＝OF2＋B n F2，即1＝(nh－1)2＋2 12na⎛⎫ ⎪⎝⎭.∵h＝3a n，∴1＝14a n2＋2312nna⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，解得a n＝43n.6．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC画图操作：（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）理解应用：（2）在（1）的条件下，①若tan∠APB12=，求点P的坐标②当点P的坐标为时，∠APB最大拓展延伸：（3）若在直线y43=x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，23）（3）（953-，125）【解析】试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求；（2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题；试题解析：解：（1）∠APB如图所示；（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=12=ABBC．∵A（2，0），B（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC22AC AB-3，∴C（6，3∴K（4，2），∴P（0，3案为：（0，3（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=43x+4交x轴于M（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=35，作PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴ONPK=OMMK=NMMP，∴4PK=3MK=535，∴PK=1255，MK=955，∴OK=955﹣3，∴P（955﹣3，1255）．点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．7．已知：如图，AB是⊙O的直径，PB切⊙O于点B，PA交⊙O于点C，∠APB是平分线分别交BC，AB于点D、E，交⊙O于点F，∠A=60°，并且线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+23 =0的两根（k为常数）．（1）求证：PA•BD=PB•AE；（2）求证：⊙O的直径长为常数k；（3）求tan∠FPA的值．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）tan∠FPA=2﹣3 .【解析】试题分析：（1）由PB切⊙O于点B，根据弦切角定理，可得∠PBD=∠A，又由PF平分∠APB，可证得△PBD∽△PAE，然后由相似三角形的对应边成比例，证得PA•BD=PB•AE；（2）易证得BE=BD，又由线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数），即可得AE+BD=k，继而求得AB=k，即：⊙O的直径长为常数k；（3）由∠A=60°，并且线段AE、BC的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数），可求得AE与BD的长，继而求得tan∠FPB的值，则可得tan∠FPA的值．试题解析：（1）证明：如图，∵PB切⊙O于点B，∴∠PBD=∠A，∵PF平分∠APB，∴∠APE=∠BPD，∴△PBD∽△PAE，∴PB：PA=BD：AE，∴PA•BD=PB•AE；（2）证明：如图，∵∠BED=∠A+∠EPA，∠BDE=∠PBD+∠BPD．又∵∠PBD=∠A，∠EPA=∠BPD，∴∠BED=∠BDE．∴BE=BD．∵线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数），∴AE+BD=k，∴AE+BD=AE+BE=AB=k，即⊙O直径为常数k．（3）∵PB切⊙O于B点，AB为直径．∴∠PBA=90°．∵∠A=60°．∴PB=PA•sin60°=PA，又∵PA•BD=PB•AE，∴BD=AE，∵线段AE、BD的长是一元二次方程 x2﹣kx+2=0的两根（k为常数）．∴AE•BD=2，即AE2=2，解得：AE=2，BD=，∴AB=k=AE+BD=2+，BE=BD=，在Rt△PBA中，PB=AB•tan60°=（2+）×=3+2．在Rt△PBE中，tan∠BPF===2﹣，∵∠FPA=∠BPF，∴tan∠FPA=2﹣．【点睛】此题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及根与系数的关系等知识．此题难度较大，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．8．如图，已知BC是⊙O的弦，A是⊙O外一点，△ABC为正三角形，D为BC的中点，M 为⊙O上一点，并且∠BMC=60°．（1）求证：AB是⊙O的切线；（2）若E，F分别是边AB，AC上的两个动点，且∠EDF=120°，⊙O的半径为2，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）证明见试题解析；（2）BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半．【解析】试题分析：（1）连结OB、OD，如图1，由于D为BC的中点，由垂径定理的推理得OD⊥BC，∠BOD=∠COD，即可得到∠BOD=∠M=60°，则∠OBD=30°，所以∠ABO=90°，于是得到AB是⊙O的切线；（2）作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，由△ABC为正三角形，D为BC 的中点，得到AD平分∠BAC，∠BAC=60°，利用角平分线性质得DM=DN，得∠MDN=120°，由∠EDF=120°，得到∠MDE=∠NDF，于是有△DME≌△DNF，得到ME=NF，得到BE+CF=BM+CN，由BM=12BD，CN=12OC，得到BE+CF=12BC，即可判断BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半．试题解析：（1）连结OB、OD，如图1，∵D为BC的中点，∴OD⊥BC，∠BOD=∠COD，∴∠ODB=90°，∵∠BMC=12∠BOC，∴∠BOD=∠M=60°，∴∠OBD=30°，∵△ABC为正三角形，∴∠ABC=60°，∴∠ABO=60°+30°=90°，∴AB⊥OB，∴AB是⊙O的切线；（2）BE+CF的值是为定值．作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，连结AD，如图2，∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，∴AD平分∠BAC，∠BAC=60°，∴DM=DN，∠MDN=120°，∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF，在△DME和△DNF中，∵∠DME=∠DNF．DM=DN，∠MDE=∠NDF，∴△DME≌△DNF，∴ME=NF，∴BE+CF=BM﹣EM+CN+NF=BM+CN，在Rt△DMB中，∵∠DBM=60°，∴BM=12BD，同理可得CN=12OC，∴BE+CF=12OB+12OC=12BC，∴BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半．考点：1．切线的判定；2．等边三角形的性质；3．定值问题；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．9．如图，PA 切⊙O 于点A ，射线PC 交⊙O 于C 、B 两点，半径OD ⊥BC 于E ，连接BD 、DC 和OA ，DA 交BP 于点F ；（1）求证：∠ADC+∠CBD ＝12∠AOD ；（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；【解析】【分析】()1根据垂径定理得到BD CD =，根据等腰三角形的性质得到()111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =，根据等腰三角形的性质得到ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=，求得90OAD DAP ∠+∠=，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．【详解】()1证明：OD BC ⊥，BD CD ∴=， CBD DCB ∴∠=∠，90DFE EDF ∠+∠=，90EDF DFE ∴∠=-∠，OD OA =，()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠， 190902DFE AOD ∴-∠=-∠， 12DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠，12ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠； ()2解：OD BC ⊥，BE CE ∴=，BD CD =，BD CD ∴=，OA OD =，ADO OAD ∴∠=∠，PA 切O 于点A ，90PAO ∴∠=， 90OAD DAP ∴∠+∠=， PFA DFE ∠=∠，90PFA ADO ∴∠+∠=，PAF PFA ∴∠=∠，PA PF ∴=．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．10．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 =22442+=22; （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,BC=2236+=35,过点C 作CE ⊥y 轴，过点T 作TF ⊥BC,则△TFH ∽△BEC,∴TF TH BE BC=, 即2=635, ∴TH=5,∵HO ∥CE,∴△BHO ∽△BEC,∴HO=2，此时T(-5-2，0);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．。

初三数学圆的综合的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案

初三数学圆的综合的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案一、圆的综合1．（1）如图1，在矩形ABCD 中，点O 在边AB 上，∠AOC =∠BOD ，求证：AO =OB ；（2）如图2，AB 是⊙O 的直径，PA 与⊙O 相切于点A ，OP 与⊙O 相交于点C ，连接CB ，∠OPA =40°，求∠ABC 的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）25°.【解析】试题分析：（1）根据等量代换可求得∠AOD=∠BOC ，根据矩形的对边相等，每个角都是直角，可知∠A=∠B=90°，AD=BC ，根据三角形全等的判定AAS 证得△AOD ≌△BOC ，从而得证结论．（2）利用切线的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质得到圆心角∠POA 的度数，然后利用圆周角定理来求∠ABC 的度数．试题解析：（1）∵∠AOC=∠BOD∴∠AOC -∠COD=∠BOD-∠COD即∠AOD=∠BOC∵四边形ABCD 是矩形∴∠A=∠B=90°，AD=BC∴AOD BOC ∆≅∆∴AO=OB（2）解：∵AB 是O e 的直径，PA 与O e 相切于点A ，∴PA ⊥AB ，∴∠A=90°.又∵∠OPA=40°，∴∠AOP=50°，∵OB=OC ，∴∠B=∠OCB.又∵∠AOP=∠B+∠OCB ， ∴1252B OCB AOP ∠=∠=∠=︒.2．已知▱ABCD 的周长为26，∠ABC=120°，BD 为一条对角线，⊙O 内切于△ABD ，E ，F ，G 为切点，已知⊙O 的半径为3▱ABCD 的面积．【答案】3【解析】【分析】首先利用三边及⊙O的半径表示出平行四边形的面积，再根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD的长即可解答.【详解】设⊙O分别切△ABD的边AD、AB、BD于点G、E、F；平行四边形ABCD的面积为S；则S=2S△ABD=2×12(AB·OE+BD·OF+AD·OG)=3（AB+AD+BD）；∵平行四边形ABCD的周长为26，∴AB+AD=13，∴S=3(13+BD)；连接OA；由题意得：∠OAE=30°，∴AG=AE=3；同理可证DF=DG，BF=BE；∴DF+BF=DG+BE=13﹣3﹣3=7，即BD=7，∴S=3（13+7）=203．即平行四边形ABCD的面积为203．3．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，⊙O交BC于点D，交CA的延长线于点E．过点D作DF⊥AC，垂足为F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若AB＝4，∠C＝30°，求劣弧»BE的长．【答案】（1）证明见解析（2）4 3【解析】分析：（1）连接AD、OD，根据直径所对的圆周角为直角，可得∠ADB=90°，然后根据等腰三角形的性质求出BD=CD，再根据中位线的性质求出OD⊥DF，进而根据切线的判定证明即可；（2）连接OE，根据三角形的外角求出∠BAE的度数，然后根据圆周角定理求出∠BOE的度数，根据弧长公式求解即可.详解：（1）连接AD、OD．∵AB是直径，∴∠ADB＝90°．∵AB＝AC，∴BD＝CD，又∵OA＝OB，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DF⊥AC，∴OD⊥DF即∠ODF＝90°．∴DF为⊙O的切线；（2）连接OE．∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BAE＝60°，∵∠BOE＝2∠BAE，∴∠BOE＝120°，∴＝·4π＝π．点睛：本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质和判定、切线的性质和判定、三角形的中位线、圆周角定理，灵活添加辅助线是解题关键．4．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.(1)设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积；(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.【解析】试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，∴S△PAB=S△P'CB，S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；又∵∠BP′C=∠BPA=135°，∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．PC==6．考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．5．如图，AB是半圆O的直径，C是的中点，D是的中点，AC与BD相交于点E.（1）求证：BD平分∠ABC；（2）求证：BE=2AD；（3）求DEBE的值.【答案】（1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（3）21 2 -【解析】试题分析：（1）根据中点弧的性质，可得弦AD=CD，然后根据弦、弧、圆周角、圆心角的性质求解即可；（2）延长BC与AD相交于点F, 证明△BCE≌△ACF, 根据全等三角形的性质可得BE=AF=2AD；（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：设OH为1，则BC为2，OB=OD=2，DH=21-, 然后根据相似三角形的性质可求解.试题解析：（1）∵D是的中点∴AD=DC∴∠CBD=∠ABD∴BD 平分∠ABC（2）提示：延长BC 与AD 相交于点F,证明△BCE ≌△ACF,BE=AF=2AD（3）连接OD,交AC 于H.简要思路如下：设OH 为1，则BC 为2，OB=OD=2 ， DH=21-, DE BE =DH BCDE BE =212-6．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 CD BO EO= ∴252EO =. ∵OE ∥BD ，CO =OD ，∴CF =FB .∴122OF BD ==. ∴212EF OE OF =-=7．如图1，在Rt △ABC 中，AC=8cm ，BC=6cm ，D 、E 分别为边AB 、BC 的中点，连结DE ，点P 从点A 出发，沿折线AD ﹣DE 运动，到点E 停止，点P 在AD 上以5cm/s 的速度运动，在DE 上以1cm/s 的速度运动，过点P 作PQ ⊥AC 于点Q ，以PQ 为边作正方形PQMN ．设点P 的运动时间为t （s ）．（1）当点P 在线段DE 上运动时，线段DP 的长为_____cm ．（用含t 的代数式表示）（2）当正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S （cm 2），求S 与t 的函数关系式，并写出t 的取值范围．（3）如图2，若点O 在线段BC 上，且CO=1，以点O 为圆心，1cm 长为半径作圆，当点P 开始运动时，⊙O 的半径以0.2cm/s 的速度开始不断增大，当⊙O 与正方形PQMN 的边所在直线相切时，求此时的t 值．【答案】（1）t ﹣1；（2）S =﹣38t 2+3t +3（1＜t ＜4）；（3）t =103s ．【解析】分析：（1）根据勾股定理求出AB ，根据D 为AB 中点，求出AD ，根据点P 在AD 上的速度，即可求出点P 在AD 段的运动时间，再求出点P 在DP 段的运动时间，最后根据DE 段运动速度为1c m/s ，即可求出DP ；（2）由正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形，可知点P 在DE 上，求出DP =t ﹣1，PQ =3，根据MN ∥BC ，求出FN 的长，从而得到FM 的长，再根据S =S 梯形FMHD +S 矩形DHQP ，列出S 与t 的函数关系式即可；（3）当圆与边PQ 相切时，可求得r =PE =5﹣t ，然后由r 以0.2c m/s 的速度不断增大，r =1+0.2t ，然后列方程求解即可；当圆与MN 相切时，r =CM =8﹣t =1+0.2t ，从而可求得t 的值．详解：（1）由勾股定理可知：AB =22AC BC +=10． ∵D 、E 分别为AB 和BC 的中点，∴DE =12AC =4，AD =12AB =5， ∴点P 在AD 上的运动时间=55=1s ，当点P 在线段DE 上运动时，DP 段的运动时间为（t ﹣1）s ． ∵DE 段运动速度为1c m/s ，∴DP =（t ﹣1）cm ．故答案为t ﹣1．（2）当正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形时，有一种情况，如下图所示．当正方形的边长大于DP 时，重叠部分为五边形，∴3＞t ﹣1，t ＜4，DP ＞0，∴t ﹣1＞0，解得：t ＞1，∴1＜t ＜4．∵△DFN ∽△ABC ，∴DN FN =AC BC =86=43． ∵DN =PN ﹣PD ，∴DN =3﹣（t ﹣1）=4﹣t ， ∴4t FN -=43，∴FN =344t -（）， ∴FM =3﹣344t -（）=34t ， S =S 梯形FMHD +S 矩形DHQP ， ∴S =12×（34t +3）×（4﹣t ）+3（t ﹣1）=﹣38t 2+3t +3（1＜t ＜4）．（3）①当圆与边PQ 相切时，如图：当圆与PQ相切时，r=PE，由（1）可知，PD=（t﹣1）cm，∴PE=DE﹣DP=4﹣（t﹣1）=（5﹣t）cm．∵r以0.2c m/s的速度不断增大，∴r=1+0.2t，∴1+0.2t=5﹣t，解得：t=103s．②当圆与MN相切时，r=CM．由（1）可知，DP=（t﹣1）cm，则PE=CQ=（5﹣t）cm，MQ=3cm，∴MC=MQ+CQ=5﹣t+3=（8﹣t）cm，∴1+0.2t=8﹣t，解得：t=356s．∵P到E点停止，∴t﹣1≤4，即t≤5，∴t=356s（舍）．综上所述：当t=103s时，⊙O与正方形PQMN的边所在直线相切．点睛：本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了勾股定理、相似三角形的性质和判定、正方形的性质，直线和圆的位置关系，依据题意列出方程是解题的关键．8．已知：AB是⊙0直径,C是⊙0外一点,连接BC交⊙0于点D，BD=CD,连接AD、AC．(1)如图1,求证:∠BAD=∠CAD(2)如图2,过点C作CF⊥AB于点F,交⊙0于点E,延长CF交⊙0于点G.过点作EH⊥AG于点H，交AB于点K,求证AK=2OF；(3)如图3,在(2)的条件下,EH交AD于点L,若0K=1,AC=CG,求线段AL的长.图1 图2 图3【答案】(1)见解析(2)见解析(3)12105 【解析】试题分析：（1）由直径所对的圆周角等于90°，得到∠ADB =90°，再证明△ABD ≌△ACD 即可得到结论；（2）连接BE ．由同弧所对的圆周角相等，得到∠GAB =∠BEG ．再证△KFE ≌△BFE ，得到BF =KF =BK ．由OF =OB -BF ，AK =AB -BK ，即可得到结论．（3）连接CO 并延长交AG 于点M ，连接BG ．设∠GAB =α．先证CM 垂直平分AG ，得到AM =GM ，∠AGC +∠GCM =90°．再证∠GAF =∠GCM =α．通过证明△AGB ≌△CMG ，得到BG =GM =12AG ．再证明∠BGC =∠MCG =α．设BF =KF =a ，可得GF =2a ，AF =4a ．由OK =1，得到OF =a +1，AK =2（a +1），AF = 3a +2，得到3a +2=4a ，解出a 的值，得到AF ，AB ，GF ，FC 的值．由tanα=tan ∠HAK =12HK AH =， AK =6，可以求出 AH 的长．再由1tan tan 3BAD BCF ∠=∠= ，利用公式tan ∠GAD =tan tan 1tan tan GAF BAD GAF BAD ∠+∠-∠⋅∠，得到∠GAD =45°，则AL =2AH ，即可得到结论．试题解析：解：（1）∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ADB =90°，∴∠ADC =90°．∵BD =CD ，∠BDA =∠CDA ，AD =AD ，∴△ABD ≌△ACD ，∴∠BAD =∠CAD ．（2）连接BE ．∵BG =BG ，∴∠GAB =∠BEG ．∵CF ⊥AB ，∴∠KFE =90°．∵EH ⊥AG ，∴∠AHE =∠KFE =90°，∠AKH =∠EKF ，∴∠HAK =∠KEF =∠BEF ．∵FE =FE ，∠KFE =∠BFE =90°，∴△KFE ≌△BFE ，∴BF =KF =BK ．∵ OF =OB -BF ，AK =AB -BK ，∴AK =2OF ．（3）连接CO 并延长交AG 于点M ，连接BG ．设∠GAB =α．∵AC =CG ， ∴点C 在AG 的垂直平分线上．∵ OA =OG ，∴点O 在AG 的垂直平分线上， ∴CM 垂直平分AG ，∴AM =GM ，∠AGC +∠GCM =90°．∵AF ⊥CG ，∴∠AGC +∠GAF =90°，∴∠GAF =∠GCM =α．∵AB 为⊙O 的直径，∴∠AGB = 90°，∴∠AGB =∠CMG =90°．∵AB =AC =CG ，∴△AGB ≌△CMG ，∴BG =GM =12AG ．在Rt △AGB 中， 1tan tan 2GB GAB AG α∠=== ． ∵∠AMC =∠AGB = 90°，∴BG ∥CM ， ∴∠BGC =∠MCG =α．设BF =KF =a ， 1tan tan 2BF BGF GF α∠===，∴GF =2a ，1tan tan 2GF GAF AF α∠=== ，AF =4a ．∵OK =1，∴OF =a +1，AK =2OF =2（a +1），∴AF =AK +KF =a +2（a +1）=3a +2，∴3a +2=4a ，∴a =2， AK =6，∴AF =4a =8，AB =AC =CG =10，GF =2a =4，FC =CG -GF =6． ∵tanα=tan ∠HAK =12HK AH =，设KH =m ，则AH =2m ，∴AK 22(2)m m +=6，解得：m =655，∴AH =2m 125．在Rt △BFC 中，1tan 3BF BCF FC ∠== ．∵∠BAD +∠ABD =90°， ∠FBC +∠BCF =90°，∴∠BCF =∠BAD ，1tan tan 3BAD BCF ∠=∠= ，∴tan ∠GAD =tan tan 1tan tan GAF BAD GAF BAD ∠+∠-∠⋅∠=1123111123+=-⨯，∴∠GAD =45°，∴HL=AH ，AL 2AH 12109．对于平面直角坐标系xOy 中的线段MN 和点P ，给出如下定义：点A 是线段MN 上一个动点，过点A 作线段MN 的垂线l ，点P 是垂线l 上的另外一个动点．如果以点P 为旋转中心，将垂线l 沿逆时针方向旋转60°后与线段MN 有公共点，我们就称点P 是线段MN 的“关联点”．如图，M （1，2），N （4，2）．（1）在点P 1（1，3），P 2（4，0），P 3（3，2）中，线段MN 的“关联点”有；（2）如果点P 在直线1y x =+上，且点P 是线段MN 的“关联点”，求点P 的横坐标x 的取值范围；（3）如果点P 在以O （1，1-）为圆心，r 为半径的⊙O 上，且点P 是线段MN 的“关联点”，直接写出⊙O 半径r 的取值范围．【答案】（1）P 1和P 3；（2）3311x -≤≤；（3333 3.r +≤ 【解析】【分析】（1）先根据题意求出点P 的横坐标的范围，再求出P 点的纵坐标范围即可得出结果；（2）由直线y=x+1经过点M （1，2），得出x≥1，设直线y=x+1与P 4N 交于点A ，过点A 作AB ⊥MN 于B ，延长AB 交x 轴于C ，则在△AMN 中，MN=3，∠AMN=45°，∠ANM=30°，设AB=MB=a ，tan ∠ANM=AB BN ，即tan30°=3a a-，求出a 即可得出结果；（3）圆心O 到P 4的距离为r 的最大值，圆心O 到MP 5的距离为r 的最小值，分别求出两个距离即可得出结果．【详解】（1））如图1所示：∵点A 是线段MN 上一个动点，过点A 作线段MN 的垂线l ，点P 是垂线l 上的另外一个动点，M （1，2），N （4，2），∴点P 的横坐标1≤x≤4，∵以点P 为旋转中心，将垂线l 沿逆时针方向旋转60°后与线段MN 有公共点，当∠MPN=60°时，PM=60MN tan ︒=3=3，同理P′N=3，∴点P 的纵坐标为2-3或2+3，即纵坐标2-3≤y≤2+3，∴线段MN 的“关联点”有P 1和P 3；故答案为：P 1和P 3；（2）线段MN 的“关联点”P 的位置如图所示，∵ 直线1y x =+经过点M （1，2），∴ x ≥1.设直线1y x =+与P 4N 交于点A .过点A 作AB ⊥MN 于B ，延长AB 交x 轴于C .由题意易知，在△AMN 中，MN = 3，∠AMN = 45°，∠ANM = 30°.设AB = MB = a ，∴ tan AB ANM BN ∠=，即tan303a a︒=-，解得333.2a -= ∴ 点A 的横坐标为33333111.x a --=+=+= ∴331.x -≤ 综上 3311.2x -≤≤（3）点P 在以O （1，-1）为圆心，r 为半径的⊙O 上，且点P 是线段MN 的“关联点”，如图3所示：连接P 4O 交x 轴于点D ，P 4、M 、D 、O 共线，则圆心O 到P 4的距离为r 的最大值，由（1）知：MP 4=NP 53即OD+DM+MP 433圆心O 到MP 5的距离为r 的最小值，作OE ⊥MP 5于E ，连接OP 5，则OE 为r 的最小值，MP 5225MN NP +223(3)+3OM=OD+DM=1+2=3， △OMP 5的面积=12OE•MP 5=12OM•MN ，即12312×3×3，解得：OE=332， ∴3323 【点睛】本题是圆的综合题，考查了旋转、直角三角形的性质、勾股定理、最值等知识，熟练掌握“关联点”的含义，作出关于MN 的“关联点”图是关键．10．已知：BD 为⊙O 的直径，O 为圆心，点A 为圆上一点，过点B 作⊙O 的切线交DA 的延长线于点F ，点C 为⊙O 上一点，且AB ＝AC ，连接BC 交AD 于点E ，连接AC ．(1)如图1，求证：∠ABF ＝∠ABC ；(2)如图2，点H 为⊙O 内部一点，连接OH ，CH 若∠OHC ＝∠HCA ＝90°时，求证：CH ＝12DA ； (3)在(2)的条件下，若OH ＝6，⊙O 的半径为10，求CE 的长．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）215. 【解析】【分析】 ()1由BD 为O e 的直径，得到D ABD 90∠∠+=o ，根据切线的性质得到FBA ABD 90∠∠+=o ，根据等腰三角形的性质得到C ABC ∠∠=，等量代换即可得到结论；()2如图2，连接OC ，根据平行线的判定和性质得到ACO COH ∠∠=，根据等腰三角形的性质得到OBC OCB ∠∠=，ABC CBO ACB OCB ∠∠∠∠+=+，根据相似三角形的性质即可得到结论；()3根据相似三角形的性质得到AB BD 2OH OC==，根据勾股定理得到22AD BD AB 16=-=，根据全等三角形的性质得到BF BE =，AF AE =，根据射影定理得到212AF 916==，根据相交弦定理即可得到结论．【详解】()1BD Q 为O e 的直径，90BAD ∴∠=o ，90D ABD ∴∠+∠=o ，FB Q 是O e 的切线，90FBD ∴∠=o ，90FBA ABD ∴∠+∠=o ，FBA D ∴∠=∠，AB AC =Q ，C ABC ∴∠=∠，C D ∠=∠Q ，ABF ABC ∴∠=∠；()2如图2，连接OC ，90OHC HCA ∠=∠=o Q ，//AC OH ∴，ACO COH ∴∠=∠，OB OC =Q ，OBC OCB ∴∠=∠，ABC CBO ACB OCB ∴∠+∠=∠+∠，即ABD ACO ∠=∠，ABC COH ∴∠=∠，90H BAD ∠=∠=o Q ，ABD ∴V ∽HOC V ，2AD BD CH OC∴==， 12CH DA ∴=； ()3由()2知，ABC V ∽HOC V ，2AB BD OH OC∴==， 6OH =Q ，O e 的半径为10， 212AB OH ∴==，20BD =，2216AD BD AB ∴=-=，在ABF V 与ABE V 中，90ABF ABE AB AB BAF BAE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=⎩o ， ABF ∴V ≌ABE V ，BF BE ∴=，AF AE =，90FBD BAD ∠=∠=o Q ，2AB AF AD ∴=⋅，212916AF ∴==， 9AE AF ∴==，7DE ∴=，2215BE AB AE =+=，AD Q ，BC 交于E ，AE DE BE CE ∴⋅=⋅，9721155AE DE CE BE ⋅⨯∴===．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，射影定理，相交弦定理，正确的识别图形是解题的关键．11．如图，⊙O 的直径AB ＝26，P 是AB 上(不与点A 、B 重合)的任一点，点C 、D 为⊙O 上的两点，若∠APD ＝∠BPC ，则称∠CPD 为直径AB 的“回旋角”． (1)若∠BPC ＝∠DPC ＝60°，则∠CPD 是直径AB 的“回旋角”吗？并说明理由；(2)若»CD 的长为134π，求“回旋角”∠CPD 的度数； (3)若直径AB 的“回旋角”为120°，且△PCD 的周长为24+133，直接写出AP 的长．【答案】(1)∠CPD 是直径AB 的“回旋角”，理由见解析；(2)“回旋角”∠CPD 的度数为45°；(3)满足条件的AP 的长为3或23．【解析】【分析】（1）由∠CPD 、∠BPC 得到∠APD ，得到∠BPC ＝∠APD ，所以∠CPD 是直径AB 的“回旋角”；（2）利用CD 弧长公式求出∠COD ＝45°，作CE ⊥AB 交⊙O 于E ，连接PE ，利用∠CPD 为直径AB 的“回旋角”，得到∠APD ＝∠BPC ，∠OPE ＝∠APD ，得到∠OPE+∠CPD+∠BPC ＝180°，即点D ，P ，E 三点共线，∠CED ＝12∠COD ＝22.5°，得到∠OPE ＝90°﹣22.5°＝67.5°，则∠APD ＝∠BPC ＝67.5°，所以∠CPD ＝45°；（3）分出情况P 在OA 上或者OB 上的情况，在OA 上时，同理（2）的方法得到点D ，P ，F 在同一条直线上，得到△PCF 是等边三角形，连接OC ，OD ，过点O 作OG ⊥CD 于G ，利用sin ∠DOG ，求得CD ，利用周长求得DF ，过O 作OH ⊥DF 于H ，利用勾股定理求得OP ，进而得到AP ；在OB 上时，同理OA 计算方法即可【详解】∠CPD 是直径AB 的“回旋角”，理由：∵∠CPD ＝∠BPC ＝60°，∴∠APD ＝180°﹣∠CPD ﹣∠BPC ＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠BPC ＝∠APD ，∴∠CPD 是直径AB 的“回旋角”；(2)如图1，∵AB ＝26，∴OC ＝OD ＝OA ＝13，设∠COD ＝n°，∵»CD 的长为134π， ∴13131804n ππ=n ∴n ＝45，∴∠COD ＝45°，作CE ⊥AB 交⊙O 于E ，连接PE ，∴∠BPC ＝∠OPE ，∵∠CPD 为直径AB 的“回旋角”，∴∠APD ＝∠BPC ，∴∠OPE ＝∠APD ，∵∠APD+∠CPD+∠BPC ＝180°，∴∠OPE+∠CPD+∠BPC ＝180°，∴点D ，P ，E 三点共线，∴∠CED ＝12∠COD ＝22.5°， ∴∠OPE ＝90°﹣22.5°＝67.5°，∴∠APD ＝∠BPC ＝67.5°，∴∠CPD ＝45°，即：“回旋角”∠CPD 的度数为45°，(3)①当点P 在半径OA 上时，如图2，过点C 作CF ⊥AB 交⊙O 于F ，连接PF ， ∴PF ＝PC ，同(2)的方法得，点D ，P ，F 在同一条直线上，∵直径AB 的“回旋角”为120°，∴∠APD ＝∠BPC ＝30°，∴∠CPF ＝60°，∴△PCF 是等边三角形，∴∠CFD ＝60°，连接OC ，OD ，∴∠COD＝120°，过点O作OG⊥CD于G，∠COD＝60°，∴CD＝2DG，∠DOG＝12√∴DG＝ODsin∠DOG＝13×sin60°＝1332∴CD＝133√，∵△PCD的周长为24+133√，∴PD+PC＝24，∵PC＝PF，∴PD+PF＝DF＝24，过O作OH⊥DF于H，∴DH＝1DF＝12，2在Rt△OHD中，OH＝225-=OD DH在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，∴OP＝10，∴AP＝OA﹣OP＝3；②当点P在半径OB上时，同①的方法得，BP＝3，∴AP＝AB﹣BP＝23，即：满足条件的AP的长为3或23．【点睛】本题是新定义问题，同时涉及到三角函数、勾股定理、等边三角形性质等知识点，综合程度比较高，前两问解题关键在于看懂题目给到的定义，第三问关键在于P点的分类讨论12．如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM上,∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC．(1) 试判断BE与FH的数量关系，并说明理由；(2) 求证：∠ACF=90°；(3) 连接AF，过A，E，F三点作圆，如图2. 若EC=4，∠CEF=15°，求的长.图1 图2【答案】（1）BE="FH" ；理由见解析（2）证明见解析（3）=2π【解析】试题分析：（1）由△ABE≌△EHF（SAS）即可得到BE=FH（2）由（1）可知AB=EH，而BC=AB，FH=EB，从而可知△FHC是等腰直角三角形，∠FCH 为45°，而∠ACB也为45°，从而可证明（3)由已知可知∠EAC=30°，AF是直径，设圆心为O，连接EO，过点E作EN⊥AC于点N，则可得△ECN为等腰直角三角形，从而可得EN的长，进而可得AE的长，得到半径，得到所对圆心角的度数，从而求得弧长试题解析：（1）BE=FH．理由如下：∵四边形ABCD是正方形∴∠B=90°，∵FH⊥BC ∴∠FHE=90°又∵∠AEF=90°∴∠AEB+∠HEF="90°" 且∠BAE+∠AEB=90°∴∠HEF=∠BAE ∴∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF∴△ABE≌△EHF（SAS）∴BE=FH(2)∵△ABE≌△EHF∴BC=EH，BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE="CH"∴CH=FH∴∠FCH=45°，∴∠FCM=45°∵AC是正方形对角线，∴∠ACD=45°∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90°（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形△AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上．设该中点为O．连结EO得∠AOE=90°过E作EN⊥AC于点NRt△ENC中，EC=4，∠ECA=45°，∴EN=NC=Rt△ENA中，EN =又∵∠EAF=45°∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）∴∠EAC=30°∴AE=Rt△AFE中，AE== EF，∴AF=8AE所在的圆O半径为4，其所对的圆心角为∠AOE=90°=2π·4·（90°÷360°）=2π考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数13．如图，AB为⊙O的直径，DA、DC分别切⊙O于点A，C，且AB=AD．（1）求tan∠AOD的值．（2）AC，OD交于点E，连结BE．①求∠AEB的度数；②连结BD交⊙O于点H，若BC=1，求CH的长．【答案】（1）2；（2）①∠AEB＝135°；②22 CH=【解析】【分析】（1）根据切线的性质可得∠BAD=90°，由题意可得AD=2AO，即可求tan∠AOD的值；（2）①根据切线长定理可得AD=CD，OD平分∠ADC，根据等腰三角形的性质可得DO⊥AC，AE=CE，根据圆周角定理可求∠ACB=90°，即可证∠ABC=∠CAD，根据“AAS”可证△ABC≌△DAE，可得AE=BC=EC，可求∠BEC=45°，即可求∠AEB的度数；②由BC=1，可求AE=EC=1，BE2=∠ABE=∠HBC，可证△ABE∽△HBC，可求CH的长．【详解】（1）∵DA是⊙O切线，∴∠BAD=90°．∵AB=AD，AB=2AO，∴AD=2AO，∴tan∠AODADAO==2；（2）①∵DA、DC分别切⊙O于点A，C，∴AD=CD，OD平分∠ADC，∴DO⊥AC，AE=CE．∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，且∠BAC+∠CAD=90°，∴∠ABC=∠CAD，且AB=AD，∠ACB=∠AED=90°，∴△ABC≌△DAE（AAS），∴CB=AE，∴CE=CB ，且∠ACB=90°，∴∠BEC=45°=∠EBC ，∴∠AEB=135°．②如图，∵BC=1，且BC=AE=CE ，∴AE=EC=BC=1，∴BE 2=． ∵AD=AB ，∠BAD=90°，∴∠ABD=45°，且∠EBC=45°，∴∠ABE=∠HBC ，且∠BAC=∠CHB ，∴△ABE ∽△HBC ，∴BC CH EB AE =，即12CH =，∴CH 22=．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．14．（问题情境）如图1，点E 是平行四边形ABCD 的边AD 上一点，连接BE 、CE ．求证：BCE 1S 2=V S 平行四边形ABCD ．（说明：S 表示面积）请以“问题情境”为基础，继续下面的探究（探究应用1）如图2，以平行四边形ABCD 的边AD 为直径作⊙O ，⊙O 与BC 边相切于点H ，与BD 相交于点M ．若AD ＝6，BD ＝y ，AM ＝x ，试求y 与x 之间的函数关系式．（探究应用2）如图3，在图1的基础上，点F 在CD 上，连接AF 、BF ，AF 与CE 相交于点G ，若AF ＝CE ，求证：BG 平分∠AGC ．（迁移拓展）如图4，平行四边形ABCD 中，AB ：BC ＝4：3，∠ABC ＝120°，E 是AB 的中点，F 在BC 上，且BF ：FC ＝2：1，过D 分别作DG ⊥AF 于G ，DH ⊥CE 于H ，请直接写出DG ：DH 的值．【答案】【问题情境】见解析；【探究应用1】18y x=；【探究应用2】见解析；【迁移1927【解析】【分析】（1）作EF ⊥BC 于F ，则S △BCE ＝12BC×EF ，S 平行四边形ABCD ＝BC×EF ，即可得出结论；（2）连接OH ，由切线的性质得出OH ⊥BC ，OH ＝12AD ＝3，求出平行四边形ABCD 的面积＝AD×OH ＝18，由圆周角定理得出AM ⊥BD ，得出△ABD 的面积＝12BD×AM ＝12平行四边形的面积＝9，即可得出结果；（3）作BM ⊥AF 于M ，BN ⊥CE 于N ，同图1得：△ABF 的面积＝△BCE 的面积＝12平行四边形ABCD 的面积，得出12AF×BM ＝12CE×BN ，证出BM ＝BN ，即可得出BG 平分∠AGC ．（4）作AP ⊥BC 于P ，EQ ⊥BC 于Q ，由平行四边形的性质得出∠ABP ＝60°，得出∠BAP ＝30°，设AB ＝4x ，则BC ＝3x ，由直角三角形的性质得出BP ＝12AB ＝2x ，BQ ＝12BE ，AP ＝BP ＝，由已知得出BE ＝2x ，BF ＝2x ，得出BQ ＝x ，EQ x ，PF ＝4x ，QF ＝3x ，QC ＝4x ，由勾股定理求出AF ＝x ，CE，连接DF 、DE ，由三角形的面积关系得出AF×DG ＝CE×DH ，即可得出结果．【详解】（1）证明：作EF ⊥BC 于F ，如图1所示：则S △BCE ＝12BC×EF ，S 平行四边形ABCD ＝BC×EF ， ∴12BCE ABCD S S =V Y ．（2）解：连接OH ，如图2所示：∵⊙O 与BC 边相切于点H ，∴OH ⊥BC ，OH ＝12AD ＝3， ∴平行四边形ABCD 的面积＝AD×OH ＝6×3＝18，∵AD 是⊙O 的直径，∴∠AMD ＝90°，∴AM ⊥BD ，∴△ABD 的面积＝12BD×AM ＝12平行四边形的面积＝9，即12xy ＝9， ∴y 与x 之间的函数关系式y ＝18x ；（3）证明：作BM ⊥AF 于M ，BN ⊥CE 于N ，如图3所示：同图1得：△ABF 的面积＝△BCE 的面积＝12平行四边形ABCD 的面积， ∴12AF×BM ＝12CE×BN ， ∵AF ＝CE ，∴BM ＝BN ，∴BG 平分∠AGC ．（4）解：作AP ⊥BC 于P ，EQ ⊥BC 于Q ，如图4所示：∵平行四边形ABCD 中，AB ：BC ＝4：3，∠ABC ＝120°，∴∠ABP ＝60°，∴∠BAP ＝30°，设AB ＝4x ，则BC ＝3x ，∴BP ＝12AB ＝2x ，BQ ＝12BE ，AP ＝3BP ＝23x ， ∵E 是AB 的中点，F 在BC 上，且BF ：FC ＝2：1，∴BE ＝2x ，BF ＝2x ，∴BQ ＝x ， ∴EQ ＝3x ，PF ＝4x ，QF ＝3x ，QC ＝4x ，由勾股定理得：AF ＝22AP PF +＝27x ，CE ＝22EQ QC +＝19x ，连接DF 、DE ，则△CDE 的面积＝△ADF 的面积＝12平行四边形ABCD 的面积， ∴AF×DG ＝CE×DH ， ∴DG ：DH ＝CE ：AF ＝19x :27x 19:27=．【点睛】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、平行四边形的性质、三角形面积公式、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的判定等知识；本题综合性强，需要添加辅助线，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．15．如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E．（1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围．（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409R=;（2）25880320xy x xx=-++（3）505-【解析】【分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，即可求解；（2）首先证明PD∥BE，则EB BFPD PF=，即：2024588x yxxx-+--=，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝5【详解】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，解得：R＝409；（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，设AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，过点B作BH⊥AC，则BH＝ACsinC＝8，同理可得：CH＝6，HA＝4，AB＝45，则：tan∠CAB＝2，BP＝228+(4)x-＝2880x x-+，DA＝25x，则BD＝45﹣25x，如下图所示，PA＝PD，∴∠PAD＝∠CAB＝∠CBA＝β，tanβ＝2，则cosβ5，sinβ5，EB ＝BDcosβ＝（45﹣25x ）×5＝4﹣25x ， ∴PD ∥BE ， ∴EB BF PD PF =，即：2024588x y x xx y -+--=，整理得：y ＝25x x 8x 803x 20-++；（3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，两个圆交于点G ，则PG ＝PQ ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D ， GD 为相交所得的公共弦，∵点Q 是弧GD 的中点， ∴DG ⊥EP ，∵AG 是圆P 的直径，∴∠GDA ＝90°，∴EP ∥BD ，由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形，∴AG ＝EP ＝BD ，∴AB ＝DB+AD ＝AG+AD ＝5设圆的半径为r ，在△ADG 中，AD ＝2rcosβ5DG 5AG ＝2r ， 5＝52r 51+，则：DG 550﹣5 相交所得的公共弦的长为50﹣5【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．。

中考数学圆的综合(大题培优易错难题)及详细答案

中考数学圆的综合(大题培优易错难题)及详细答案一、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1，将长为10的线段OA绕点O旋转90°得到OB，点A的运动轨迹为AB，P是半径OB上一动点，Q是AB上的一动点，连接PQ.发现：∠POQ＝________时，PQ有最大值，最大值为________；思考：（1）如图2，若P是OB中点，且QP⊥OB于点P，求BQ的长；（2）如图3，将扇形AOB沿折痕AP折叠，使点B的对应点B′恰好落在OA的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB沿PQ折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切，切点为C，若OP＝6，求点O到折痕PQ的距离．【答案】发现： 90°，102；思考：（1）103π=；（2）25π−1002+100；（3）点O到折痕PQ的距离为30.【解析】分析：发现：先判断出当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，即可得出结论；思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（2）先在Rt△B'OP中，OP2+(102−10)2=（10-OP）2，解得OP=102−10，最后用面积的和差即可得出结论．探究：先找点O关于PQ的对称点O′，连接OO′、O′B、O′C、O′P，证明四边形OCO′B是矩形，由勾股定理求O′B，从而求出OO′的长，则OM=12OO′=30．详解：发现：∵P是半径OB上一动点，Q是AB上的一动点，∴当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，此时，∠POQ=90°，PQ=22OA OB+=102；思考：（1）如图，连接OQ，∵点P 是OB 的中点，∴OP=12OB=12OQ ． ∵QP ⊥OB ，∴∠OPQ=90° 在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=12OP OQ =， ∴∠QOP=60°，∴l BQ =6010101803ππ⨯=；（2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝102，在Rt △B'OP 中，OP 2+(102−10)2=（10-OP ）2解得OP=102−10，S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101210(10210)3602π⨯-⨯⨯⨯- ＝25π−1002+100；探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是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，226425-=在Rt △OBO′K ，2210(25)=230-，∴OM=12OO ′=12×23030 即O 到折痕PQ 30点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=180n R π（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．3．如图，已知在△ABC中，AB=15，AC=20，tanA=12，点P在AB边上，⊙P的半径为定长.当点P与点B重合时，⊙P恰好与AC边相切；当点P与点B不重合时，⊙P与AC边相交于点M和点N．（1）求⊙P的半径；（2）当AP=65时，试探究△APM与△PCN是否相似，并说明理由．【答案】（1）半径为35；（2）相似，理由见解析.【解析】【分析】（1）如图，作BD⊥AC，垂足为点D，⊙P与边AC相切，则BD就是⊙P的半径，利用解直角三角形得出BD与AD的关系，再利用勾股定理可求得BD的长；（2）如图，过点P作PH⊥AC于点H，作BD⊥AC，垂足为点D，根据垂径定理得出MN=2MH，PM=PN，再利用勾股定理求出PH、AH、MH、MN的长，从而求出AM、NC的长，然后求出AMMP、PNNC的值，得出AMMP=PNNC，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似即可证明.【详解】（1）如图，作BD⊥AC，垂足为点D，∵⊙P与边AC相切，∴BD就是⊙P的半径，在Rt△ABD中，tanA= 1BD2AD ，设BD=x，则AD=2x，∴x2+(2x)2=152，解得：5∴半径为5（2）相似，理由见解析，如图，过点P 作PH ⊥AC 于点H ，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，∴PH 垂直平分MN ，∴PM=PN ，在Rt △AHP 中，tanA=12PH AH =，设PH=y ，AH=2y ，y 2+（2y ）2=（65）2解得：y=6（取正数），∴PH=6，AH=12，在Rt △MPH 中，MH=()22356-=3，∴MN=2MH=6，∴AM=AH-MH=12-3=9，NC=AC-MN-AM=20-6-9=5，∴935535AM MP ==，355PN NC =， ∴AM MP =PN NC，又∵PM=PN ，∴∠PMN=∠PNM ，∴∠AMP=∠PNC ，∴△AMP ∽△PNC.【点睛】本题考查了解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用相关的性质与定理是解题的关键.4．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 CD BO EO= ∴252EO =. ∵OE ∥BD ，CO =OD ，∴CF =FB .∴122OF BD ==. ∴212EF OE OF =-=5．如图，AB 是⊙O 的直径，PA 是⊙O 的切线，点C 在⊙O 上，CB ∥PO ．（1）判断PC 与⊙O 的位置关系，并说明理由；（2）若AB=6，CB=4，求PC 的长．【答案】（1）PC是⊙O的切线，理由见解析；（2）35 2【解析】试题分析：（1）要证PC是⊙O的切线，只要连接OC，再证∠PCO=90°即可．（2）可以连接AC，根据已知先证明△ACB∽△PCO，再根据勾股定理和相似三角形的性质求出PC的长．试题解析：（1）结论：PC是⊙O的切线．证明：连接OC∵CB∥PO∴∠POA=∠B，∠POC=∠OCB∵OC=OB∴∠OCB=∠B∴∠POA=∠POC又∵OA=OC，OP=OP∴△APO≌△CPO∴∠OAP=∠OCP∵PA是⊙O的切线∴∠OAP=90°∴∠OCP=90°∴PC是⊙O的切线．（2）连接AC∵AB是⊙O的直径∴∠ACB=90°（6分）由（1）知∠PCO=90°，∠B=∠OCB=∠POC∵∠ACB=∠PCO∴△ACB∽△PCO∴∴．点睛：本题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了勾股定理和相似三角形的性质．6．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH⊥AB于点F，AB为直径，∴DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2．考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．7．如图，AB是圆O的直径，射线AM⊥AB，点D在AM上，连接OD交圆O于点E，过点D作DC=DA交圆O于点C（A、C不重合），连接O C、BC、CE．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若圆O的直径等于2，填空：①当AD=时，四边形OADC是正方形；②当AD=时，四边形OECB是菱形．【答案】(1)见解析；（2）①1；②3．【解析】试题分析：（1）依据SSS证明△OAD≌△OCD，从而得到∠OCD=∠OAD=90°；（2）①依据正方形的四条边都相等可知AD=OA；②依据菱形的性质得到OE=CE，则△EOC为等边三角形，则∠CEO=60°，依据平行线的性质可知∠DOA=60°，利用特殊锐角三角函数可求得AD的长．试题解析：解：∵AM⊥AB，∴∠OAD=90°．∵OA=OC，OD=OD，AD=DC，∴△OAD≌△OCD，∴∠OCD=∠OAD=90°．∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线．（2）①∵当四边形OADC是正方形，∴AO=AD=1．故答案为：1．②∵四边形OECB是菱形，∴OE=CE．又∵OC=OE，∴OC=OE=CE．∴∠CEO=60°．∵CE∥AB，∴∠AOD=60°．在Rt△OAD中，∠AOD=60°，AO=1，∴AD=．故答案为：．点睛：本题主要考查的是切线的性质和判定、全等三角形的性质和判定、菱形的性质、等边三角形的性质和判定，特殊锐角三角函数值的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．8．四边形ABCD内接于⊙O，点E为AD上一点，连接AC，CB，∠B=∠AEC．（1）如图1，求证：CE=CD；（2）如图2，若∠B+∠CAE=120°，∠ACD=2∠BAC，求∠BAD的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，延长CE交⊙O于点G，若tan∠BAC= 5311，EG=2，求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）7.【解析】试题分析：(1)利用圆的内接四边形定理得到∠CED=∠CDE.(2) 作CH⊥DE于H, 设∠ECH=α，由（1）CE=CD，用α表示∠CAE，∠BAC，而∠BAD=∠BAC+∠CAE.（3）连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，先证明∠CAG=∠BAC，设NG=3m，可得AN=11m，利用直角AGM,AEM，勾股定理可以算出m的值并求出AE长.试题解析：（1）解：证明：∵四边形ABCD内接于⊙O.∴∠B+∠D=180°，∵∠B=∠AEC，∴∠AEC+∠D=180°，∵∠AEC+∠CED=180°，∴∠D=∠CED，∴CE=CD．（2）解：作CH⊥DE于H．设∠ECH=α，由（1）CE=CD，∴∠ECD=2α，∵∠B=∠AEC，∠B+∠CAE=120°，∴∠CAE+∠AEC=120°，∴∠ACE=180°﹣∠AEC﹣∠ACE=60°，∴∠CAE=90°﹣∠ACH=90°﹣（60°+α）=30°﹣α，∠ACD=∠ACH+∠HCD=60°+2α，∵∠ACD=2∠BAC，∴∠BAC=30°+α，∴∠BAD=∠BAC+∠CAE=30°+α+30°﹣α=60°．（3）解：连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，∵∠CED=∠AEG，∠CDE=∠AGE，∠CED=∠CDE，∴∠AEG=∠AGE，∴AE=AG，∴EM=MG=1EG=1，2∴∠EAG=∠ECD=2α，∴∠CAG=∠CAD+∠DAG=30°﹣α+2α=∠BAC，∵tan∠BAC53，∴设NG=3，可得AN=11m，AG22-14m，AG AM∵∠ACG=60°，∴CN=5m，AM3，MG22-m=1，AG AM∴m =12， ∴CE=CD =CG ﹣EG =10m ﹣2=3， ∴AE =22AM EM +=221+43（）=7．9．问题发现．(1)如图①，Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝3，BC ＝4，点D 是AB 边上任意一点，则CD 的最小值为______．(2)如图②，矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，点M 、点N 分别在BD 、BC 上，求CM+MN 的最小值．(3)如图③，矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，点E 是AB 边上一点，且AE ＝2，点F 是BC 边上的任意一点，把△BEF 沿EF 翻折，点B 的对应点为G ，连接AG 、CG ，四边形AGCD 的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时BF 的长度．若不存在，请说明理由．【答案】(1) 125CD =;(2) CM MN +的最小值为9625.(3) 152【解析】试题分析：（1）根据两种不同方法求面积公式求解；（2）作C 关于BD 的对称点C '，过C '作BC 的垂线，垂足为N ，求C N '的长即可;(3) 连接AC ，则ADCACGAGCD S SS=+四，321GB EB AB AE ==-=-=，则点G 的轨迹为以E 为圆心，1为半径的一段弧．过E 作AC 的垂线，与⊙E 交于点G ，垂足为M ，由AEM ACB ∽求得GM 的值，再由ACDACGAGCD S SS=+四边形求解即可.试题解析：（1）从C 到AB 距离最小即为过C 作AB 的垂线，垂足为D ，22ABCCD AB AC BCS ⋅⋅==，∴341255AC BC CD AB ⋅⨯===，（2）作C 关于BD 的对称点C '，过C '作BC 的垂线，垂足为N ，且与BD 交于M ，则CM MN +的最小值为C N '的长，设CC '与BD 交于H ，则CH BD ⊥， ∴BMC BCD ∽，且125CH =， ∴C CB BDC ∠=∠'，245CC '=， ∴C NC BCD '∽，∴244965525CC BC C N BD ⨯⋅===''，即CM MN +的最小值为9625．（3）连接AC ，则ADCACGAGCD S SS=+四，321GB EB AB AE ==-=-=，∴点G 的轨迹为以E 为圆心，1为半径的一段弧．过E 作AC 的垂线，与⊙E 交于点G ，垂足为M ， ∵AEM ACB ∽， ∴EM AEBC AC=， ∴24855AE BC EM AC ⋅⨯===， ∴83155GM EM EG =-=-=，∴ACDACGAGCD S SS=+四边形，113345225=⨯⨯+⨯⨯，152=．【点睛】本题考查圆的综合题、最短问题、勾股定理、面积法、两点之间线段最短等知识，解题的关键是利用轴对称解决最值问题，灵活运用两点之间线段最短解决问题．10．如图1，等边△ABC 的边长为3，分别以顶点B 、A 、C 为圆心，BA 长为半径作AC 、CB 、BA ，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l 为对称轴的交点．（1）如图2，将这个图形的顶点A 与线段MN 作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A 与端点N 重合，则线段MN 的长为；（2）如图3，将这个图形的顶点A 与等边△DEF 的顶点D 重合，且AB ⊥DE ，DE =2π，将它沿等边△DEF 的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；（3）如图4，将这个图形的顶点B 与⊙O 的圆心O 重合，⊙O 的半径为3，将它沿⊙O 的圆周作无滑动的滚动，当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为（请用含n 的式子表示）【答案】（1）3π；（2）27π；（3）3．【解析】试题分析：（1）先求出AC 的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论；（2）先判断出莱洛三角形等边△DEF 绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O 重合旋转一周点I 的路径，再用圆的周长公式即可得出．试题解析：解：（1）∵等边△ABC 的边长为3，∴∠ABC =∠ACB =∠BAC =60°，AC BC AB ==，∴AC BC l l ==AB l =603180π⨯=π，∴线段MN 的长为AC BC AB l l l ++=3π．故答案为3π；（2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，由题意知，AB⊥DE，AG⊥AF，∴∠BAG=120°，∴S扇形BAG=21203360π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S矩形AGHF+S扇形BAG）=3（6π+3π）=27π；（3）如图2，连接BI并延长交AC于D．∵I是△ABC的重心也是内心，∴∠DAI=30°，AD=12AC=32，∴OI=AI=3230ADcos DAI cos∠=︒=3，∴当它第1次回到起始位置时，点I所经过的路径是以O为圆心，OI为半径的圆周，∴当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为n•2π•3=23nπ．故答案为23nπ．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出AC的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I第一次回到起点时，I的路径，是一道中等难度的题目．11．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD 交圆的切线BE于点E(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；(2)如果∠BED=60°，PD=3，求PA的长；(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x 的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．【详解】（1）直线PD为⊙O的切线，理由如下：如图1，连接OD，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO+∠BDO=90°，又∵DO=BO，∴∠BDO=∠PBD，∵∠PDA=∠PBD，∴∠BDO=∠PDA，∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，∵点D在⊙O上，∴直线PD为⊙O的切线；（2）∵BE是⊙O的切线，∴∠EBA=90°，∵∠BED=60°，∴∠P=30°，∵PD为⊙O的切线，∴∠PDO=90°，在Rt△PDO中，∠P=30°，3∴0 tan30ODPD=，解得OD=1，∴22PO PD OD+，∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1；（3）如图2，依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF，∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，∵四边形AFBD内接于⊙O，∴∠DAF+∠DBF=180°，即90°+x+2x=180°，解得x=30°，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°，∵BE、ED是⊙O的切线，∴DE=BE，∠EBA=90°，∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，∴BD=DE=BE，又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，∴△BDF是等边三角形，∴BD=DF=BF，∴DE=BE=DF=BF，∴四边形DFBE为菱形.【点睛】本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．12．如图，PA切⊙O于点A，射线PC交⊙O于C、B两点，半径OD⊥BC于E，连接BD、DC和OA，DA交BP于点F；（1）求证：∠ADC+∠CBD＝12∠AOD；（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；【解析】【分析】()1根据垂径定理得到BD CD =，根据等腰三角形的性质得到()111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =，根据等腰三角形的性质得到ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=，求得90OAD DAP ∠+∠=，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．【详解】()1证明：OD BC ⊥，BD CD ∴=，CBD DCB ∴∠=∠，90DFE EDF ∠+∠=， 90EDF DFE ∴∠=-∠，OD OA =， ()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠，190902DFE AOD ∴-∠=-∠，12DEF AOD ∴∠=∠，DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠，12ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠；()2解：OD BC ⊥，BE CE ∴=，BD CD =，BD CD ∴=， OA OD =，ADO OAD ∴∠=∠， PA 切O 于点A ，90PAO ∴∠=，90OAD DAP ∴∠+∠=，PFA DFE ∠=∠， 90PFA ADO ∴∠+∠=，PAF PFA ∴∠=∠， PA PF ∴=．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．13．如图，四边形为菱形，且，以为直径作，与交于点．请仅用无刻度的直尺按下列要求画图．(保留作图痕迹)(1)在如图中，过点作边上的高． (2)在如图中，过点作的切线，与交于点．【答案】(1)如图1所示．(答案不唯一),见解析；(2)如图2所示．(答案不唯一)，见解析. 【解析】【分析】（1）连接AC 交圆于一点F ，连接PF 交AB 于点E,连接CE 即为所求．（2）连接OF 交BC 于Q ，连接PQ 即为所求．【详解】(1)如图1所示．(答案不唯一)(2)如图2所示．(答案不唯一)【点睛】本题考查作图-复杂作图，菱形和圆的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．14．如图，在中，，以为直径作，交边于点，交边于点，过点作的切线，交的延长线于点，交于点．（1）求证：；（2）若，，求的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）4．【解析】试题分析：（1）连接AD，根据等腰三角形三线合一即可证明．（2）设⊙O的半径为R，则FO=4+R，FA=4+2R，OD=R，连接OD，由△FOD∽△FAE，得列出方程即可解决问题．试题解析：（1）连接AD，∵AB是直径，∴∠ADB=90°，∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=DC．（2）设⊙O的半径为R，则FO=4+R，FA=4+2R，OD=R，连接OD、∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∵OB=OD，∴∠ABC=∠ODB，∴∠ODB=∠C，∴OD∥AC，∴△FOD∽△FAE，∴，∴，整理得R2﹣R﹣12=0，∴R=4或（﹣3舍弃）．∴⊙O的半径为4．考点：切线的性质、等腰三角形的性质等知识．15．结果如此巧合!下面是小颖对一道题目的解答．题目：如图，Rt△ABC的内切圆与斜边AB相切于点D，AD=3，BD=4，求△ABC的面积．解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x．根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x．根据勾股定理，得（x+3）2+（x+4）2=（3+4）2．整理，得x2+7x=12．所以S△ABC=12 AC•BC=12（x+3）（x+4）=12（x2+7x+12）=12×（12+12）=12．小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC的面积等于AD与BD的积．这仅仅是巧合吗？请你帮她完成下面的探索．已知：△ABC的内切圆与AB相切于点D，AD=m，BD=n．可以一般化吗？（1）若∠C=90°，求证：△ABC的面积等于mn．倒过来思考呢？（2）若AC•BC=2mn，求证∠C=90°．改变一下条件……（3）若∠C=60°，用m、n表示△ABC的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）S△ABC=3mn；【解析】【分析】（1）设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，仿照例题利用勾股定理得（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，再根据S△ABC＝AC×BC，即可证明S△ABC＝mn.（2）由AC•BC＝2mn，得x2＋（m＋n）x＝mn，因此AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2＝AB2，利用勾股定理逆定理可得∠C＝90°.（3）过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ACG中，根据条件求出AG、CG，又根据BG＝BC－CG得到BG .在Rt△ABG中，根据勾股定理可得x2＋（m＋n）x＝3mn，由此S△ABC＝BC•AG＝mn.【详解】设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，根据切线长定理，得：AE＝AD＝m、BF＝BD＝n、CF＝CE＝x，（1）如图1，在Rt△ABC中，根据勾股定理，得：（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn，所以S△ABC＝AC•BC＝（x＋m）（x＋n）＝[x2＋（m＋n）x＋mn]＝（mn＋mn）＝mn;（2）由AC•BC＝2mn，得：（x＋m）（x＋n）＝2mn，整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn，∴AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2＝2[x2＋（m＋n）x]＋m2＋n2＝2mn＋m2＋n2＝（m＋n）2＝AB2，根据勾股定理逆定理可得∠C＝90°；（3）如图2，过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ACG中，AG＝AC•sin60°＝（x＋m），CG＝AC•cos60°＝（x＋m），∴BG＝BC﹣CG＝（x＋n）﹣（x＋m），在Rt△ABG中，根据勾股定理可得：[（x＋m）]2＋[（x＋n）﹣（x＋m）]2＝（m＋n）2，整理，得：x2＋（m＋n）x＝3mn，∴S△ABC＝BC•AG＝×（x＋n）•（x＋m）＝3x2＋（m＋n）x＋mn]＝3（3mn＋mn）3．【点睛】本题考查了圆中的计算问题、与圆有关的位置关系以及直角三角形，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.。

中考数学圆的综合培优练习(含答案)附答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，AB 为⊙O 的直径，AC 为⊙O 的弦，AD 平分∠BAC ，交⊙O 于点D ，DE ⊥AC ，交AC 的延长线于点E ．（1）判断直线DE 与⊙O 的位置关系，并说明理由；（2）若AE ＝8，⊙O 的半径为5，求DE 的长．【答案】（1）直线DE 与⊙O 相切（2）4【解析】试题分析：（1）连接OD ，∵AD 平分∠BAC ，∴EAD OAD ∠∠＝，∵OA OD ＝，∴ODA OAD ∠∠＝，∴ODA EAD ∠∠＝，∴EA ∥OD ，∵DE ⊥EA ，∴DE ⊥OD ，又∵点D 在⊙O 上，∴直线DE 与⊙O 相切（2）如图1，作DF ⊥AB ，垂足为F ，∴DFA DEA 90∠∠︒＝＝，∵EAD FAD ∠∠＝，AD AD ＝，∴△EAD ≌△FAD ，∴AF AE 8＝＝，DF DE ＝，∵OA OD 5＝＝，∴OF 3＝，在Rt △DOF 中，22DF 4OD OF -＝＝，∴AF AE 8＝＝考点：切线的证明，弦心距和半径、弦长的关系点评：本题难度不大，第一小题通过内错角相等相等证明两直线平行，再由两直线平行推出同旁内角相等．第二小题通过求出两个三角形全等，从而推出对应边相等，接着用弦心距和弦长、半径的计算公式，求出半弦长．2．如图，已知△ABC 内接于⊙O ，AB 是⊙O 的直径，点F 在⊙O 上，且点C 是的中点，过点C 作⊙O 的切线交AB 的延长线于点D ，交AF 的延长线于点E ．（1）求证：AE ⊥DE ；（2）若∠BAF=60°，AF=4，求CE 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（1）首先连接OC，由OC=OA，，易证得OC∥AE，又由DE切⊙O于点C，易证得AE⊥DE；（2）由AB是⊙O的直径，可得△ABC是直角三角形，易得△AEC为直角三角形，根据AE=3求得AC的长，然后连接OF，可得△OAF为等边三角形，知AF=OA=AB，在△ACB 中，利用已知条件求得答案．试题解析：（1）证明：连接OC，∵OC=OA，∴∠BAC=∠OCA，∵∴∠BAC=∠EAC，∴∠EAC=∠OCA，∴OC∥AE，∵DE切⊙O于点C，∴OC⊥DE，∴AE⊥DE；（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴△ABC是直角三角形，∵∠CBA=60°，∴∠BAC=∠EAC=30°，∵△AEC为直角三角形，AE=3，∴AC=2，连接OF，∵OF=OA，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，∴△OAF为等边三角形，∴AF=OA=AB，在Rt△ACB中，AC=2，tan∠CBA=，∴BC=2，∴AB=4，∴AF=2．考点：切线的性质．3．在平面直角坐标系xOy中，点M的坐标为（x1，y1），点N的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，以MN为边构造菱形，若该菱形的两条对角线分别平行于x轴，y轴，则称该菱形为边的“坐标菱形”．（1）已知点A（2，0），B（0，23），则以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为；（2）若点C（1，2），点D在直线y=5上，以CD为边的“坐标菱形”为正方形，求直线CD 表达式；（3）⊙O的半径为2，点P的坐标为（3，m）．若在⊙O上存在一点Q，使得以QP为边的“坐标菱形”为正方形，求m的取值范围．【答案】（1）60°；（2）y=x+1或y=﹣x+3；（3）1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1【解析】分析：（1）根据定义建立以AB为边的“坐标菱形”，由勾股定理求边长AB=4，可得30度角，从而得最小内角为60°；（2）先确定直线CD与直线y=5的夹角是45°，得D（4，5）或（﹣2，5），易得直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3，根据等腰直角三角形的性质分别求P'B=BD=1，PB=5，写出对应P的坐标；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4，同理可得结论．详解：（1）∵点A（2，0），B（0，23），∴OA=2，OB=23．在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=22（）=4，∴∠ABO=30°．223∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABC=2∠ABO=60°．∵AB∥CD，∴∠DCB=180°﹣60°=120°，∴以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为60°．故答案为：60°；（2）如图2．∵以CD为边的“坐标菱形”为正方形，∴直线CD与直线y=5的夹角是45°．过点C作CE⊥DE于E，∴D（4，5）或（﹣2，5），∴直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；（3）分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3．∵⊙O的半径为2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=2OQ'=2，∴P'D=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，5），∴当1≤m≤5时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4．∵⊙O的半径为2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=2OQ'=2，∴BD=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，﹣1），同理可得：OA=2，∴AB=3+2=5．∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，﹣5），∴当﹣5≤m≤﹣1时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；综上所述：m的取值范围是1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1．点睛：本题是一次函数和圆的综合题，考查了菱形的性质、正方形的性质、点P ，Q 的“坐标菱形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考创新题目．4．对于平面直角坐标系xOy 中的线段MN 和点P ，给出如下定义：点A 是线段MN 上一个动点，过点A 作线段MN 的垂线l ，点P 是垂线l 上的另外一个动点．如果以点P 为旋转中心，将垂线l 沿逆时针方向旋转60°后与线段MN 有公共点，我们就称点P 是线段MN 的“关联点”．如图，M （1，2），N （4，2）．（1）在点P 1（1，3），P 2（4，0），P 3（3，2）中，线段MN 的“关联点”有；（2）如果点P 在直线1y x =+上，且点P 是线段MN 的“关联点”，求点P 的横坐标x 的取值范围；（3）如果点P 在以O （1，1-）为圆心，r 为半径的⊙O 上，且点P 是线段MN 的“关联点”，直接写出⊙O 半径r 的取值范围．【答案】（1）P 1和P 3；（2）3311x -≤≤；（3333 3.r +≤ 【解析】【分析】（1）先根据题意求出点P 的横坐标的范围，再求出P 点的纵坐标范围即可得出结果；（2）由直线y=x+1经过点M （1，2），得出x≥1，设直线y=x+1与P 4N 交于点A ，过点A 作AB ⊥MN 于B ，延长AB 交x 轴于C ，则在△AMN 中，MN=3，∠AMN=45°，∠ANM=30°，设AB=MB=a ，tan ∠ANM=AB BN ，即tan30°=3a a -，求出a 即可得出结果；（3）圆心O 到P 4的距离为r 的最大值，圆心O 到MP 5的距离为r 的最小值，分别求出两个距离即可得出结果．【详解】（1））如图1所示：∵点A 是线段MN 上一个动点，过点A 作线段MN 的垂线l ，点P 是垂线l 上的另外一个动点，M （1，2），N （4，2），∴点P 的横坐标1≤x≤4，∵以点P 为旋转中心，将垂线l 沿逆时针方向旋转60°后与线段MN 有公共点，当∠MPN=60°时，PM=60MN tan ︒=3=3，同理P′N=3，∴点P 的纵坐标为2-3或2+3，即纵坐标2-3≤y≤2+3，∴线段MN 的“关联点”有P 1和P 3；故答案为：P 1和P 3；（2）线段MN 的“关联点”P 的位置如图所示，∵ 直线1y x =+经过点M （1，2），∴ x ≥1.设直线1y x =+与P 4N 交于点A .过点A 作AB ⊥MN 于B ，延长AB 交x 轴于C .由题意易知，在△AMN 中，MN = 3，∠AMN = 45°，∠ANM = 30°.设AB = MB = a ，∴ tan AB ANM BN ∠=，即tan303a a ︒=-，解得333.2a -= ∴ 点A 的横坐标为33333111.22x a --=+=+= ∴331.x -≤ 综上 3311.2x -≤≤（3）点P 在以O （1，-1）为圆心，r 为半径的⊙O 上，且点P 是线段MN 的“关联点”，如图3所示：连接P 4O 交x 轴于点D ，P 4、M 、D 、O 共线，则圆心O 到P 4的距离为r 的最大值，由（1）知：MP 4=NP 53 即OD+DM+MP 433圆心O 到MP 5的距离为r 的最小值，作OE ⊥MP 5于E ，连接OP 5，则OE 为r 的最小值，MP 5225MN NP +223(3)+3OM=OD+DM=1+2=3， △OMP 5的面积=12OE•MP 5=12OM•MN ，即12312×3×3，解得：33 ∴3323 【点睛】本题是圆的综合题，考查了旋转、直角三角形的性质、勾股定理、最值等知识，熟练掌握“关联点”的含义，作出关于MN 的“关联点”图是关键．5．如图，AB 是半圆O 的直径，半径OC ⊥AB ，OB ＝4，D 是OB 的中点，点E 是弧BC 上的动点，连接AE ，DE ．（1）当点E 是弧BC 的中点时，求△ADE 的面积；（2）若3tan 2AED ∠= ，求AE 的长；（3）点F 是半径OC 上一动点，设点E 到直线OC 的距离为m ，当△DEF 是等腰直角三角形时，求m 的值.【答案】（1）62ADE S =2）1655AE =3）23m =，22m =71m =.【解析】【分析】（1）作EH ⊥AB ，连接OE ，EB ，设DH ＝a ，则HB ＝2﹣a ，OH ＝2+a ，则EH ＝OH ＝2+a ，根据Rt △AEB 中，EH 2＝AH•BH ，即可求出a 的值，即可求出S △ADE 的值；（2）作DF ⊥AE ，垂足为F ，连接BE ，设EF ＝2x ，DF ＝3x ，根据DF ∥BE 故AF AD EF BD=，得出AF ＝6x ，再利用Rt △AFD 中，AF 2+DF 2＝AD 2，即可求出x ，进而求出AE 的长；（3）根据等腰直角三角形的不同顶点进行分类讨论，分别求出m 的值.【详解】解：（1）如图，作EH ⊥AB ，连接OE ，EB ，设DH ＝a ，则HB ＝2﹣a ，OH ＝2+a ，∵点E 是弧BC 中点，∴∠COE ＝∠EOH ＝45°，∴EH ＝OH ＝2+a ，在Rt △AEB 中，EH 2＝AH•BH ，（2+a ）2＝（6+a ）（2﹣a ），解得a ＝222±，∴a ＝222，EH=22S △ADE ＝1622AD EH =（2）如图，作DF ⊥AE ，垂足为F ，连接BE设EF ＝2x ，DF ＝3x∵DF ∥BE ∴AF AD EF BD = ∴622AF x ==3 ∴AF ＝6x 在Rt △AFD 中，AF 2+DF 2＝AD 2（6x ）2+（3x ）2＝（6）2解得x ＝255AE ＝8x ＝1655 （3）当点D 为等腰直角三角形直角顶点时，如图设DH ＝a由DF=DE,∠DOF=∠EHD=90°，∠FDO+∠DFO=∠FDO+∠EDH ，∴∠DFO=∠EDH∴△ODF ≌△HED∴OD ＝EH ＝2在Rt △ABE 中，EH 2＝AH•BH（2）2＝（6+a ）•（2﹣a ）解得a ＝±232m ＝23当点E 为等腰直角三角形直角顶点时，如图同理得△EFG≌△DEH设DH＝a，则GE＝a，EH＝FG＝2+a在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH（2+a）2＝（6+a）（2﹣a）解得a＝222±-∴m＝22当点F为等腰直角三角形直角顶点时，如图同理得△EFM≌△FDO设OF＝a，则ME＝a，MF＝OD＝2∴EH＝a+2在Rt△ABE中，EH2＝AH•BH（a+2）2＝（4+a）•（4﹣a）-解得a＝±71m＝71-【点睛】此题主要考查圆内综合问题，解题的关键是熟知全等三角形、等腰三角形、相似三角形的判定与性质.6．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过点O作OD⊥CB，垂足为点D，延长DO 交⊙O于点E，过点E作PE⊥AB，垂足为点P，作射线DP交CA的延长线于F点，连接EF，（1）求证：OD＝OP；（2）求证：FE是⊙O的切线．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】试题分析：（2）证明△POE≌△ADO可得DO=EO；（3）连接AE，BE，证出△APE≌△AFE即可得出结论．试题解析：（1）∵∠EPO=∠BDO=90°∠EOP=∠BODOE=OB∴△OPE≌△ODB∴OD="OP"（2）连接EA，EB∴∠1=∠EBC∵AB是直径∴∠AEB=∠C=90°∴∠2+∠3=90°∵∠3=∠DEB∵∠BDE=90°∴∠EBC+∠DEB=90°∴∠2=∠EBC=∠1∵∠C=90°∠BDE=90°∴CF∥OE∴∠ODP=∠AFP∵OD=OP∴∠ODP=∠OPD∵∠OPD=∠APF∴∠AFP=∠APF∴AF=AP 又AE=AE∴△APE≌△AFE∴∠AFE=∠APE=90°∴∠FED=90°∴FE是⊙O的切线考点：切线的判定．7．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与边BC交于点D，DE⊥AC，垂足为E，交AB的延长线于点F．(1)求证：EF是⊙O的切线；(2)若∠C＝60°，AC＝12，求BD的长．(3)若tan C＝2，AE＝8，求BF的长．【答案】(1)见解析;(2) 2π；(3)103. 【解析】分析：（1）连接OD ，根据等腰三角形的性质：等边对等角，得∠ABC=∠C ，∠ABC=∠ODB ，从而得到∠C=∠ODB ，根据同位角相等，两直线平行，得到OD ∥AC ，从而得证OD ⊥EF ，即 EF 是⊙O 的切线；（2）根据中点的性质，由AB=AC=12 ，求得OB=OD=12AB =6，进而根据等边三角形的判定得到△OBD 是等边三角形，即∠BOD=600，从而根据弧长公式七届即可；（3）连接AD ，根据直角三角形的性质，由在Rt △DEC 中, tan 2DEC CE== 设CE=x,则DE=2x ，然后由Rt △ADE 中, tan 2AEADE DE∠== ，求得DE 、CE 的长，然后根据相似三角形的判定与性质求解即可.详解：（1）连接OD ∵AB=AC ∴∠ABC=∠C ∵OD=OB ∴∠ABC=∠ODB ∴∠C=∠ODB ∴OD ∥AC又∵DE ⊥AC ∴OD ⊥DE ，即OD ⊥EF ∴EF 是⊙O 的切线（2） ∵AB=AC=12 ∴OB=OD=12AB =6 由（1）得：∠C=∠ODB=600 ∴△OBD 是等边三角形 ∴∠BOD=600∴BD =6062180ππ⨯= 即BD 的长2π （3）连接AD ∵DE ⊥AC ∠DEC=∠DEA=900在Rt △DEC 中, tan 2DEC CE== 设CE=x,则DE=2x ∵AB 是直径 ∴∠ADB=∠ADC=900∴∠ADE+∠CDE=900 在Rt △DEC 中,∠C+∠CDE=900 ∴∠C=∠ADE 在Rt △ADE 中, tan 2AEADE DE∠== ∵ AE=8，∴DE=4 则CE=2∴AC=AE+CE=10 即直径AB=AC=10 则OD=OB=5 ∵OD//AE ∴△ODF ∽△AEF ∴OF OD AF AE = 即：55108BF BF +=+ 解得：BF=103 即BF 的长为103. 点睛：此题考查了切线的性质与判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．8．在中，，，，分别是边，的中点，若等腰绕点逆时针旋转，得到等腰，设旋转角为，记直线与的交点为.（1）问题发现如图1，当时，线段的长等于_________，线段的长等于_________.（2）探究证明如图2，当时，求证：，且.（3）问题解决求点到所在直线的距离的最大值.（直接写出结果）【答案】（1）；；（2）详见解析；（3）【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD 1的长和CE 1的长；（2）根据旋转的性质得出，∠D 1AB=∠E 1AC=135°，进而求出△D 1AB ≌△E 1AC （SAS ），即可得出答案；（3）首先作PG⊥AB，交AB所在直线于点G，则D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD1所在直线与⊙A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大，此时四边形AD1PE1是正方形，进而求出PG的长．【详解】（1）解：∵∠A=90°，AC=AB=4，D，E分别是边AB，AC的中点，∴AE=AD=2，∵等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤180°），∴当α=90°时，AE1=2，∠E1AE=90°，∴BD1=；故答案为：；；（2）证明：由题意可知，，，∵是由绕点逆时针旋转得到，∴，，在和中，，∴，∴，.∵，∴，∴，∴，且.（3）点的运动轨迹是在的上半圆周，点的运动轨迹是在的弧段.即当与相切时，有最大值.点到所在直线的距离的最大值为.【点睛】此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识，根据题意得出PG的最长时P点的位置是解题关键．9．如图①，已知Rt ABC ∆中，90ACB ∠=，8AC =，10AB =，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作O ，过C 作CE 切O 于E ，交AB 于F .（1）若O 的半径为2，求线段CE 的长；（2）若AF BF =，求O 的半径；（3）如图②，若CE CB =，点B 关于AC 的对称点为点G ，试求G 、E 两点之间的距离.【答案】(1)42CE =；(2)O 的半径为3；(3)G 、E 两点之间的距离为9.6.【解析】【分析】（1）根据切线的性质得出∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得；（2）由勾股定理求得BC ，然后通过证得△OEC ∽△BCA ，得到OE BC =OC BA ，即r 8-r=610，解得即可；（3）证得D 和M 重合，E 和F 重合后，通过证得△GBE ∽△ABC ，GB GEAB AC=，即12108GE =，解得即可．【详解】(1)如图，连结OE . ∵CE 切O 于E ，∴90OEC ∠=︒. ∵8AC =，O 半径为2，∴6OC =，2OE =.∴2242CE OC OE =-=； (2)设O 半径为r .在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，10AB =，8AC =， ∴226BC AB AC =-=.∵AF BF =， ∴AF CF BF ==. ∴ACF CAF ∠=∠. ∵CE 切O 于E ，∴90OEC ∠=︒. ∴OEC ACB ∠=∠， ∴OEC BCA ∆~∆. ∴OE OCBC BA =， ∴8610r r -=，解得3r =. ∴O 的半径为3；(3)连结EG 、OE ，设EG 交AC 于点M ，由对称性可知，CB CG =. 又CE CB =， ∴CE CG =. ∴EGC GEC ∠=∠. ∵CE 切O 于E ，∴90GEC OEG ∠+∠=︒. 又90EGC GMC ∠+∠=︒，∴OEG GMC ∠=∠.又GMC OME ∠=∠， ∴OEG OME ∠=∠. ∴OE OM =. ∴点M 与点D 重合.∴G 、D 、E 三点在同一条直线上. 连结AE 、BE ，∵AD 是直径，∴90AED ∠=︒，即90AEG ∠=︒. 又CE CB CG ==， ∴90BEG ∠=︒.∴180AEB AEG BEG ∠=∠+∠=︒， ∴A 、E 、B 三点在同一条直线上.∴E 、F 两点重合.∵90GEB ACB ∠=∠=︒，B B ∠=∠， ∴GBE ABC ∆~∆. ∴GB GE AB AC =，即12108GE=. ∴9.6GE =.故G 、E 两点之间的距离为9.6. 【点睛】本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得G 、D 、E 三点共线以及A 、E 、B 三点在同一条直线上是解题的关键.10．如图，是大半圆的直径，是小半圆的直径，点是大半圆上一点，与小半圆交于点，过点作于点.（1）求证：是小半圆的切线；（2）若，点在上运动（点不与两点重合），设，.①求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；②当时，求两点之间的距离.【答案】（1）见解析；（2）①，，②两点之间的距离为或. 【解析】【分析】（1）连接CO 、CM ，只需证到CD ⊥CM ．由于CD ⊥OP ，只需证到CM ∥OP ，只需证到CM 是△AOP 的中位线即可．（2）①易证△ODC ∽△CDP ，从而得到CD 2=DP•OD ，进而得到y 与x 之间的函数关系式．由于当点P 与点A 重合时x=0，当点P 与点B 重合时x=4，点P 在大半圆O 上运动（点P 不与A ，B 两点重合），因此自变量x 的取值范围为0＜x ＜4．②当y=3时，得到-x 2+4x=3，求出x ．根据x 的值可求出CD 、PD 的值，从而求出∠CPD ，运用勾股定理等知识就可求出P，M两点之间的距离．【详解】（1）连接，如图1所示∵是小半圆的直径，∴即∵∴∵∴∴，∵∴，∴∴.，即∵经过半径的外端，且∴直线是小半圆的切线.（2）①∵，，∴∴∴∽∴∴∵,,，∴当点与点重合时，；当点与点重合时，∵点在大半圆上运动（点不与两点重合），∴∴与之间的函数关系式为，自变量的取值范围是.②当时，解得,Ⅰ当时，如图2所示在中，∵，∴，∴∵，∴是等边三角形∵∴∴.Ⅱ当时，如图3所示，同理可得∵∴∴过点作，垂足为，连接，如图3所示∵，∴同理在中，∵，∴综上所述，当时，两点之间的距离为或.【点睛】考查了切线的判定、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，综合性比较强．。

人教中考数学圆的综合培优易错难题练习(含答案)含答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，点P在⊙O的直径AB的延长线上，PC为⊙O的切线，点C为切点，连接AC，过点A作PC的垂线，点D为垂足，AD交⊙O于点E．(1)如图1，求证：∠DAC=∠PAC；(2)如图2，点F（与点C位于直径AB两侧）在⊙O上，BF FA=，连接EF，过点F作AD 的平行线交PC于点G，求证：FG=DE+DG；(3)在(2)的条件下，如图3，若AE=23DG，PO=5，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF=32．【解析】【分析】（1）连接OC，求出OC∥AD，求出OC⊥PC，根据切线的判定推出即可；（2）连接BE交GF于H，连接OH，求出四边形HGDE是矩形，求出DE=HG，FH=EH，即可得出答案；（3）设OC交HE于M，连接OE、OF，求出∠FHO=∠EHO=45°，根据矩形的性质得出EH∥DG，求出OM=12AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=23DG，DG=3a，求出ME=CD=2a，BM=2a，解直角三角形得出tan∠MBO＝12MOBM=，tanP=12COPO=,设OC=k，则PC=2k，根据OP=5k=5求出k=5，根据勾股定理求出a，即可求出答案．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC为⊙O的切线，∴OC⊥PC，∵AD⊥PC，∴OC∥AD，∴∠OCA=∠DAC，∵OC=OA，∴∠PAC=∠OCA，∴∠DAC=∠PAC；（2）证明：连接BE交GF于H，连接OH，∵FG∥AD，∴∠FGD+∠D=180°，∵∠D=90°，∴∠FGD=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠BEA=90°，∴∠BED=90°，∴∠D=∠HGD=∠BED=90°，∴四边形HGDE是矩形，∴DE=GH，DG=HE，∠GHE=90°，∵BF AF=，∴∠HEF=∠FEA=12∠BEA=1902o⨯=45°，∴∠HFE=90°﹣∠HEF=45°，∴∠HEF=∠HFE，∴FH=EH，∴FG=FH+GH=DE+DG；（3）解：设OC交HE于M，连接OE、OF，∵EH=HF，OE=OF，HO=HO，∴△FHO≌△EHO，∴∠FHO=∠EHO=45°，∵四边形GHED是矩形，∴EH∥DG，∴∠OMH=∠OCP=90°，∴∠HOM=90°﹣∠OHM=90°﹣45°=45°，∴∠HOM=∠OHM，∴HM=MO，∵OM⊥BE，∴BM=ME，∴OM=12 AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=23DG，DG=3a，∵∠HGC=∠GCM=∠GHE=90°，∴四边形GHMC是矩形，∴GC=HM=a，DC=DG﹣GC=2a，∵DG=HE，GC=HM，∴ME=CD=2a，BM=2a，在Rt△BOM中，tan∠MBO=122 MO aBM a==，∵EH∥DP，∴∠P=∠MBO，tanP=12 COPO=，设OC=k，则PC=2k，在Rt△POC中，，解得：在Rt△OME中，OM2+ME2=OE2，5a2=5，a=1，∴HE=3a=3，在Rt△HFE中，∠HEF=45°，∴．【点睛】考查了切线的性质，矩形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理等知识点，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．2．图1和图2，半圆O的直径AB=2，点P（不与点A，B重合）为半圆上一点，将图形延BP折叠，分别得到点A，O的对称点A′，O′，设∠ABP=α．（1）当α=15°时，过点A′作A′C∥AB，如图1，判断A′C与半圆O的位置关系，并说明理由．（2）如图2，当α= °时，BA′与半圆O相切．当α= °时，点O′落在上．（3）当线段BO′与半圆O只有一个公共点B时，求α的取值范围．【答案】（1）A′C与半圆O相切；理由见解析；（2）45；30；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【解析】试题分析：（1）过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，利用含30°角的直角三角形的性质可求得DE+OE=A′B=AB=OA，可判定A′C与半圆相切；（2）当BA′与半圆相切时，可知OB⊥A′B，则可知α=45°，当O′在上时，连接AO′，则可知BO′=AB，可求得∠O′BA=60°，可求得α=30°；（3）利用（2）可知当α=30°时，线段O′B与圆交于O′，当α=45°时交于点B，结合题意可得出满足条件的α的范围．试题解析：（1）相切，理由如下：如图1，过O作OD过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，∵α=15°，A′C∥AB，∴∠ABA′=∠CA′B=30°，∴DE=A′E，OE=BE，∴DO=DE+OE=（A′E+BE）=AB=OA，∴A′C与半圆O相切；（2）当BA′与半圆O相切时，则OB⊥BA′，∴∠OBA′=2α=90°，∴α=45°，当O′在上时，如图2，连接AO′，则可知BO′=AB，∴∠O′AB=30°，∴∠ABO′=60°，∴α=30°，（3）∵点P，A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BO′与半圆只有一个公共点B；当α增大到45°时BA′与半圆相切，即线段BO′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B，但是点P，B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°．考点：圆的综合题．3．（类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切．以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形（性质探究）如图1，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系猜想结论：（要求用文字语言叙述）写出证明过程（利用图1，写出已知、求证、证明）（性质应用）①初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形（填序号）A：平行四边形：B：菱形：C：矩形；D：正方形②如图2，圆外切四边形ABCD，且AB=12，CD=8，则四边形的周长是．③圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5：4：7，求四边形各边的长．【答案】见解析.【解析】【分析】（1）根据切线长定理即可得出结论；（2）①圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论；②根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论；③根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．【详解】性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：如图1，已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H．求证：AD+BC=AB+CD．证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG=AH，同理：BG=BF，CE=CF，DE=DH，∴AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等．故答案为：圆外切四边形的对边和相等；性质应用：①∵根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等．∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等．故答案为：B，D；②∵圆外切四边形ABCD，∴AB+CD=AD+BC．∵AB=12，CD=8，∴AD+BC=12+8=20，∴四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40．故答案为：40；③∵相邻的三条边的比为5：4：7，∴设此三边为5x，4x，7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为5x+7x﹣4x=8x．∵圆外切四边形的周长为48cm，∴4x+5x+7x+8x=24x=48，∴x=2，∴此四边形的四边为4x=8cm，5x=10cm，7x=14cm，8x=16cm．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键．4．如图，AB是半圆O的直径，C是的中点，D是的中点，AC与BD相交于点E.（1）求证：BD平分∠ABC；（2）求证：BE=2AD；（3）求DEBE的值.【答案】（1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（3）21 2 -【解析】试题分析：（1）根据中点弧的性质，可得弦AD=CD，然后根据弦、弧、圆周角、圆心角的性质求解即可；（2）延长BC与AD相交于点F, 证明△BCE≌△ACF, 根据全等三角形的性质可得BE=AF=2AD；（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：设OH为1，则BC为2，OB=OD=2，DH=21-, 然后根据相似三角形的性质可求解.试题解析：（1）∵D是的中点∴AD=DC∴∠CBD=∠ABD∴BD平分∠ABC（2）提示：延长BC与AD相交于点F,证明△BCE≌△ACF,BE=AF=2AD（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：设OH为1，则BC为2，2，DH=21-, DEBE=DHBCDE BE =212-5．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，BD＝BA，BE⊥DC交DC的延长线于点E(1) 求证：BE是⊙O的切线(2) 若EC＝1，CD＝3，求cos∠DBA【答案】（1）证明见解析；（2）∠DBA3 5 =【解析】分析：（1）连接OB，OD，根据线段垂直平分线的判定，证得BF为线段AD的垂直平分线，再根据直径所对的圆周角为直角，得到∠ADC=90°，证得四边形BEDF是矩形，即∠EBF=90°，可得出结论.（2）根据中点的性质求出OF的长，进而得到BF、DE、OB、OD的长，然后根据等角的三角函数求解即可.详解：证明：(1) 连接BO并延长交AD于F，连接OD∵BD＝BA，OA＝OD∴BF为线段AD的垂直平分线∵AC为⊙O的直径∴∠ADC＝90°∵BE⊥DC∴四边形BEDF为矩形∴∠EBF＝90°∴BE是⊙O的切线(2) ∵O、F分别为AC、AD的中点∴OF＝12CD＝32∵BF＝DE＝1＋3＝4∴OB＝OD＝35422-=∴cos∠DBA＝cos∠DOF＝332552OFOD==点睛：此题主要考查了圆的切线的判定与性质，关键是添加合适的辅助线，利用垂径定理和圆周角定理进行解答，注意相等角的关系的转化.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=12 BD，∴FQ=12BD．∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴BF+CF=BD=AC．（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．∵DC是⊙O1的直径，∴∠DBC=90°，∴∠DBC+∠EFB=180°，∴EF∥BD，∴∠GEB=∠EBD，∴BG=ED，∴BG=DE．∵DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=52，∴BG=52，∴弦BG的长度不变，等于52．点睛：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB ∥DC 证到AC =BD 是解决第（2）小题的关键，由EG ∥DB 证到BG =DE 是解决第（3）小题的关键．7．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧().AB ()1用直尺和圆规作出AB 所在圆的圆心O ；(要求保留作图痕迹，不写作法)()2若AB 的中点C 到弦AB 的距离为2080m AB m =，，求AB 所在圆的半径．【答案】(1)见解析；（2）50m【解析】分析：()1连结AC 、BC ，分别作AC 和BC 的垂直平分线，两垂直平分线的交点为点O ，如图1；()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，根据垂径定理的推论，由C 为AB 的中点得到1OC AB AD BD AB 402⊥===，，则CD 20=，设O 的半径为r ，在Rt OAD 中利用勾股定理得到222r (r 20)40=-+，然后解方程即可．详解：()1如图1，点O 为所求；()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，C 为AB 的中点，OC AB ∴⊥， 1402AD BD AB ∴===，设O 的半径为r ，则20OA r OD OD CD r ==-=-，，在Rt OAD 中，222OA OD AD =+，222(20)40r r ∴=-+，解得50r =，即AB 所在圆的半径是50m ．点睛：本题考查了垂径定理及勾股定理的应用，在利用数学知识解决实际问题时，要善于把实际问题与数学中的理论知识联系起来，能将生活中的问题抽象为数学问题．8．矩形ABCD 中，点C （3，8），E 、F 为AB 、CD 边上的中点，如图1，点A 在原点处，点B 在y 轴正半轴上，点C 在第一象限，若点A 从原点出发，沿x 轴向右以每秒1个单位长度的速度运动，点B 随之沿y 轴下滑，并带动矩形ABCD 在平面内滑动，如图2，设运动时间表示为t 秒，当点B 到达原点时停止运动．（1）当t =0时，点F 的坐标为；（2）当t =4时，求OE 的长及点B 下滑的距离；（3）求运动过程中，点F 到点O 的最大距离；（4）当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，求t 的值．【答案】（1）F （3，4）；（2）8-33）7；（4）t 的值为245或325. 【解析】试题分析：（1）先确定出DF ，进而得出点F 的坐标；（2）利用直角三角形的性质得出∠ABO =30°，即可得出结论；（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，即可得出结论；（4）分两种情况，利用相似三角形的性质建立方程求解即可．试题解析：解：（1）当t =0时．∵AB =CD =8，F 为CD 中点，∴DF =4，∴F （3，4）；（2）当t =4时，OA =4．在Rt △ABO 中，AB =8，∠AOB =90°，∴∠ABO =30°，点E 是AB 的中点，OE =12AB =4，BO =43，∴点B 下滑的距离为843-．（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，∴FO=OE+EF=7．（4）在Rt △ADF 中，FD 2+AD 2=AF 2，∴AF 22FD AD +，①设AO =t 1时，⊙F 与x 轴相切，点A 为切点，∴FA ⊥OA ，∴∠OAB +∠FAB =90°．∵∠FAD +∠FAB =90°，∴∠BAO =∠FAD ．∵∠BOA =∠D =90°，∴Rt △FAE ∽Rt △ABO ，∴AB AO FA FE =，∴1853t =，∴t 1=245，②设AO =t 2时，⊙F 与y 轴相切，B 为切点，同理可得，t 2=325．综上所述：当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，t 的值为245或325．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，中点的意义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，解（2）的关键是得出∠ABO =30°，解（3）的关键是判断出当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，解（4）的关键是判断出Rt △FAE ∽Rt △ABD ，是一道中等难度的中考常考题．9．如图，已知AB 为⊙O 的直径，AB=8，点C 和点D 是⊙O 上关于直线AB 对称的两个点，连接OC 、AC ，且∠BOC ＜90°，直线BC 和直线AD 相交于点E ，过点C 作直线CG 与线段AB 的延长线相交于点F ，与直线AD 相交于点G ，且∠GAF ＝∠GCE（1）求证：直线CG 为⊙O 的切线；（2）若点H 为线段OB 上一点，连接CH ，满足CB ＝CH ，①△CBH ∽△OBC②求OH ＋HC 的最大值【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②5.【解析】分析：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，由圆的性质可知：∠CAB=∠OCA，所以∠OCA=∠GCE，从而可证明直线CG是⊙O的切线；（2）①由于CB=CH，所以∠CBH=∠CHB，易证∠CBH=∠OCB，从而可证明△CBH∽△OBC；②由△CBH∽△OBC可知：BC HBOC BC＝，所以HB=24BC，由于BC=HC，所以OH+HC=4−24BC+BC，利用二次函数的性质即可求出OH+HC的最大值．详解：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠OCA+∠OCB=90°，∵∠GAF=∠GCE，∴∠GCE+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，∵OC是⊙O的半径，∴直线CG是⊙O的切线；（2）①∵CB=CH，∴∠CBH=∠CHB，∵OB=OC，∴∠CBH=∠OCB，∴△CBH∽△OBC②由△CBH∽△OBC可知：BC HB OC BC＝∵AB=8，∴BC2=HB•OC=4HB，∴HB=24 BC，∴OH=OB-HB=4-24BC ∵CB=CH，∴OH+HC=4−24BC+BC，当∠BOC=90°，此时BC=42∵∠BOC＜90°，∴0＜BC＜42，令BC=x则CH=x，BH=24x()221142544OH HC x x x∴+=-++=--+当x=2时，∴OH+HC可取得最大值，最大值为5点睛：本题考查圆的综合问题，涉及二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，切线的判定等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所知识．10．如图，已知△ABC内接于⊙O，BC交直径AD于点E，过点C作AD的垂线交AB的延长线于点G，垂足为F．连接OC．（1）若∠G=48°，求∠ACB的度数；（2）若AB=AE，求证：∠BAD=∠COF；（3）在（2）的条件下，连接OB，设△AOB的面积为S1，△ACF的面积为S2．若tan∠CAF=12，求12SS的值．【答案】（1）48°（2）证明见解析（3）34【解析】【分析】（1）连接CD，根据圆周角定理和垂直的定义可得结论；（2）先根据等腰三角形的性质得：∠ABE=∠AEB，再证明∠BCG=∠DAC，可得CD PB PD==，则所对的圆周角相等，根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系可得结论；（3）过O作OG⊥AB于G，证明△COF≌△OAG，则OG=CF=x，AG=OF，设OF=a，则OA=OC=2x-a，根据勾股定理列方程得：（2x-a）2=x2+a2，则a=34x，代入面积公式可得结论．【详解】（1）连接CD，∵AD是⊙O的直径，∴∠ACD=90°，∴∠ACB+∠BCD=90°，∵AD⊥CG，∴∠AFG=∠G+∠BAD=90°，∵∠BAD=∠BCD，∴∠ACB=∠G=48°；（2）∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB，∵∠ABC=∠G+∠BCG，∠AEB=∠ACB+∠DAC，由（1）得：∠G=∠ACB，∴∠BCG=∠DAC，∴CD PB=，∵AD是⊙O的直径，AD⊥PC，∴CD PD=，∴CD PB PD==，∴∠BAD=2∠DAC，∵∠COF=2∠DAC，∴∠BAD=∠COF；（3）过O作OG⊥AB于G，设CF=x，∵tan∠CAF=12=CF AF，∴AF=2x，∵OC=OA，由（2）得：∠COF=∠OAG，∵∠OFC=∠AGO=90°，∴△COF≌△OAG，∴OG=CF=x，AG=OF，设OF=a，则OA=OC=2x﹣a，Rt△COF中，CO2=CF2+OF2，∴（2x﹣a）2=x2+a2，a=34 x，∴OF=AG=34x，∵OA=OB，OG⊥AB，∴AB=2AG=32x，∴1213··3 22 1·24·2AB OG x xSS x xCF AF===．【点睛】圆的综合题，考查了三角形的面积、垂径定理、角平分线的性质、三角形全等的性质和判定以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据圆周角定理找出∠ACB+∠BCD=90°；（2）根据外角的性质和圆的性质得：CD PB PD==；（3）利用三角函数设未知数，根据勾股定理列方程解决问题．。

备战中考数学圆的综合培优易错难题练习(含答案)含答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图AB是△ABC的外接圆⊙O的直径，过点C作⊙O的切线CM，延长BC到点D，使CD=BC，连接AD交CM于点E，若⊙OD半径为3，AE=5，（1）求证：CM⊥AD；（2）求线段CE的长.【答案】（1）见解析；（2）5【解析】分析：（1）连接OC，根据切线的性质和圆周角定理证得AC垂直平分BD，然后根据平行线的判定与性质证得结论；（2）根据相似三角形的判定与性质证明求解即可.详解：证明：（1）连接OC∵CM切⊙O于点C，∴∠OCE=90°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵CD=BC，∴AC垂直平分BD，∴AB=AD，∴∠B=∠D∵∠B=∠OCB∴∠D=∠OCB∴OC∥AD∴∠CED=∠OCE=90°∴CM⊥AD.（2）∵OA=OB，BC=CD∴OC=12AD∴AD=6∴DE=AD-AE=1易证△CDE～△ACE∴CE DEAE CE∴CE2=AE×DE∴CE=5点睛：此题主要考查了切线的性质和相似三角形的判定与性质的应用，灵活判断边角之间的关系是解题关键，是中档题.2．如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC，⊙A经过点B，与AD边交于点E，连接CE .（1）求证：直线PD是⊙A的切线；（2）若PC=25，sin∠P=23，求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）．【答案】（1）见解析；（2）20-4π.【解析】分析：（1）过点A作AH⊥PD，垂足为H，只要证明AH为半径即可.（2）分别算出Rt△CED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解：（1）证明：如图，过A作AH⊥PD，垂足为H，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，∠PCD=∠BCD=90°，∴∠ADH=∠P，∠AHD=∠PCD=90°，又PD=BC，∴AD=PD，∴△ADH≌△DPC，∴AH=CD，∵CD=AB，且AB是⊙A的半径，∴AH=AB,即AH 是⊙A 的半径，∴PD 是⊙A 的切线.（2）如图，在Rt △PDC 中，∵sin ∠P=23CD PD =，PC=25 ，令CD=2x ，PD=3x ，由由勾股定理得：（3x ）2-(2x)2=(25)2，解得：x=2，∴CD=4，PD=6，∴AB=AE=CD=4，AD=BC=PD=6，DE=2，∵矩形ABCD 的面积为6×4=24，Rt △CED 的面积为12×4×2=4，扇形ABE 的面积为12π×42=4π， ∴图中阴影部份的面积为24-4-4π=20-4π.点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积.3．如图，已知⊙O 的半径为1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿PQ 排成一列，所有正三角形都关于PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1的顶点A 1与点P 重合，第二个△A 2B 2C 2的顶点A 2是B 1C 1与PQ 的交点，…，最后一个△A n B n C n 的顶点B n 、C n 在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a 1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a 2=_____；如图3，正三角形的边长a n =_____（用含n 的代数式表示）．3831343n 【解析】分析：（1）设PQ 与11B C 交于点D ，连接1B O ，得出OD=1A D -O 1A ，用含1a 的代数式表示OD ，在△O 1B D 中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a ；（2）设PQ 与2B 2C 交于点E ，连接2B O ，得出OE=1A E-O 1A ，用含2a 的代数式表示OE ，在△O 2B E 中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a ；（3）设PQ 与n B n C 交于点F ，连接n B O ，得出OF=1A F-O 1A ，用含an 的代数式表示OF ，在△O n B F 中，根据勾股定理求出正三角形的边长an ．本题解析：(1)易知△A 1B 1C 1的高为323∴a 1＝3. (2)设△A 1B 1C 1的高为h ，则A 2O ＝1－h ，连结B 2O ，设B 2C 2与PQ 交于点F ，则有OF ＝2h －1.∵B 2O 2＝OF 2＋B 2F 2，∴1＝(2h －1)2＋2212a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ . ∵h ＝32a 2，∴1＝(3a 2－1)2＋14a 22，解得a 2＝83 . (3)同(2)，连结B n O ，设B n C n 与PQ 交于点F ，则有B n O 2＝OF 2＋B n F 2，即1＝(nh －1)2＋212n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭. ∵h ＝3 a n ，∴1＝14a n 2＋2312n na ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，解得a n ＝43n .4．如图，在Rt △ABC 中，90C ∠=︒，AD 平分∠BAC ，交BC 于点D ，点O 在AB 上，⊙O 经过A 、D 两点，交AC 于点E ，交AB 于点F ．（1）求证：BC 是⊙O 的切线；（2）若⊙O 的半径是2cm ，E 是弧AD 的中点，求阴影部分的面积（结果保留π和根号）【答案】（1）证明见解析（2）233π【解析】【分析】（1）连接OD ，只要证明OD ∥AC 即可解决问题；（2）连接OE ，OE 交AD 于K ．只要证明△AOE 是等边三角形即可解决问题．【详解】（1）连接OD ．∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA．∵∠OAD=∠DAC，∴∠ODA=∠DAC，∴OD∥AC，∴∠ODB=∠C=90°，∴OD⊥BC，∴BC是⊙O的切线．（2）连接OE，OE交AD于K．∵AE DE=，∴OE⊥AD．∵∠OAK=∠EAK，AK=AK，∠AKO=∠AKE=90°，∴△AKO≌△AKE，∴AO=AE=OE，∴△AOE是等边三角形，∴∠AOE=60°，∴S阴=S扇形OAE﹣S△AOE26023360π⋅⋅=-⨯22233π=-．【点睛】本题考查了切线的判定、扇形的面积、等边三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．5．如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E 是AB延长线上一点，CE交⊙O于点F，连接OC、AC．（1）求证：AC平分∠DAO．（2）若∠DAO=105°，∠E=30°①求∠OCE的度数；②若⊙O的半径为22，求线段EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）①∠OCE=45°；②EF =23【解析】【试题分析】（1）根据直线与⊙O相切的性质，得OC⊥CD.又因为AD⊥CD，根据同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线也平行，得：AD//OC. ∠DAC=∠OCA.又因为OC=OA，根据等边对等角，得∠OAC=∠OCA.等量代换得：∠DAC=∠OAC.根据角平分线的定义得：AC平分∠DAO.（2）①因为 AD//OC，∠DAO=105°，根据两直线平行，同位角相等得，∠EOC=∠DAO=105°，在OCE∆中，∠E=30°，利用内角和定理，得：∠OCE=45°.②作OG⊥CE于点G，根据垂径定理可得FG=CG，因为OC=2，∠OCE=45°.等腰直角三角形的斜边是腰长的2倍，得CG=OG=2. FG=2.在Rt△OGE中，∠E=30°，得GE=23，则EF=GE-FG=23-2.【试题解析】（1）∵直线与⊙O相切，∴OC⊥CD.又∵AD⊥CD，∴AD//OC.∴∠DAC=∠OCA.又∵OC=OA，∴∠OAC=∠OCA.∴∠DAC=∠OAC.∴AC平分∠DAO.（2）解：①∵AD//OC，∠DAO=105°，∴∠EOC=∠DAO=105°∵∠E=30°，∴∠OCE=45°.②作OG⊥CE于点G，可得FG=CG∵OC=22，∠OCE=45°.∴CG=OG=2.∴FG=2.∵在Rt△OGE中，∠E=30°，∴GE=23.∴EF=GE-FG=23-2.【方法点睛】本题目是一道圆的综合题目，涉及到圆的切线的性质，平行线的性质及判定，三角形内角和，垂径定理，难度为中等.6．在平面直角坐标系xOy中，对于点P和图形W，如果以P为端点的任意一条射线与图形W最多只有一个公共点，那么称点P独立于图形W．（1）如图1，已知点A（-2，0），以原点O为圆心，OA长为半径画弧交x轴正半轴于点 B．在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于AB的点是；（2）如图2，已知点C（-3，0），D（0，3），E（3，0），点P是直线l：y=2x+8上的一个动点．若点P独立于折线CD-DE，求点P的横坐标x p的取值范围；（3）如图3，⊙H是以点H（0，4）为圆心，半径为1的圆．点T（0，t）在y轴上且t＞-3，以点T为中心的正方形KLMN的顶点K的坐标为（0，t+3），将正方形KLMN在x轴及x轴上方的部分记为图形W．若⊙H上的所有点都独立于图形W，直接写出t的取值范围．【答案】（1）P2，P3；（2）x P＜-5或x P＞-53．（3）-3＜t＜或＜t＜【解析】【分析】（1）根据点P独立于图形W的定义即可判断；（2）求出直线DE，直线CD与直线y=2x+8的交点坐标即可判断；（3）求出三种特殊位置时t的值，结合图象即可解决问题.【详解】（1）由题意可知：在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于AB的点是P2，P3．（2）∵C（-3，0），D（0，3），E（3，0），∴直线CD的解析式为y=x+3，直线DE的解析式为y=-x+3，由283y xy x+⎧⎨+⎩＝＝，解得52xy-⎧⎨-⎩＝＝，可得直线l与直线CD的交点的横坐标为-5，由283y xy x+⎧⎨-+⎩＝＝，解得53143xy⎧-⎪⎪⎨⎪⎪⎩＝＝，可得直线l与直线DE的交点的横坐标为-53，∴满足条件的点P的横坐标x p的取值范围为：x P＜-5或x P＞-53．（3）如图3-1中，当直线KN与⊙H相切于点E时，连接EH，则EH=EK=1，∴OT=KT+HK-OH=3+2-4=2-1，∴T（0，1-2），此时t=1-2，∴当-3＜t＜1-2时，⊙H上的所有点都独立于图形W．如图3-2中，当线段KN与⊙H相切于点E时，连接EH．22∴T（0，22如图3-3中，当线段MN与⊙H相切于点E时，连接EH．OT=OM+TM=4-2+3=7-2，∴T（0，7-2），此时t=7-2，∴当1+2＜t＜7-2时，⊙H上的所有点都独立于图形W．综上所述，满足条件的t的值为-3＜t＜1-2或1+2＜t＜7-2．【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，一次函数的应用，点P独立于图形W的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用特殊位置解决实际问题.7．如图，AB为⊙O的直径，BC为⊙O的弦，过O点作OD⊥BC，交⊙O的切线CD于点D，交⊙O于点E，连接AC、AE，且AE与BC交于点F．（1）连接BD，求证：BD是⊙O的切线；（2）若AF：EF=2：1，求tan∠CAF的值．【答案】（1）证明见解析；（2）3 3.【解析】【分析】（1）根据全等三角形的性质得到∠OBD=∠OCD=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）根据已知条件得到AC ∥DE ，设OD 与BC 交于G ，根据平行线分线段成比例定理得到AC ：EG=2：1，EG=12AC ，根据三角形的中位线的性质得到OG=12AC 于是得到AC=OE ，求得∠ABC=30°，即可得到结论．【详解】证明：（1）∵OC=OB ，OD ⊥BC ，∴∠COD=∠BOD ，在△COD 与△BOD 中， OC OB COD BOD OD OD ＝＝＝⎧⎪∠∠⎨⎪⎩，∴△COD ≌△BOD ，∴∠OBD=∠OCD=90°，∴BD 是⊙O 的切线；（2）解：∵AB 为⊙O 的直径，AC ⊥BC ，∵OD ⊥CB ，∴AC ∥DE ，设OD 与BC 交于G ，∵OE ∥AC ，AF ：EF=2：1，∴AC ：EG=2：1，即EG=12AC ， ∵OG ∥AC ，OA=OB ，∴OG=12AC ， ∵OG+GE=12AC+12AC=AC ， ∴AC=OE ， ∴AC=12AB ， ∴∠ABC=30°，∴∠CAB=60°，∵CE BE，∴∠CAF=∠EAB=12∠CAB=30°，∴tan∠CAF=tan30°=33．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，三角函数的定义，正确的识别图形是解题的关键．8．如图, Rt△ABC中，∠B=90°，它的内切圆分别与边BC、CA、AB相切于点D、E、F， (1)设AB=c, BC=a, AC=b, 求证: 内切圆半径r＝12(a+b-c).(2) 若AD交圆于P, PC交圆于H, FH//BC, 求∠CPD;(3)若r=310, PD＝18, PC=272. 求△ABC各边长.【答案】（1）证明见解析（2）45°（3）1010,1510，12【解析】【分析】（1）根据切线长定理，有AE=AF，BD=BF，CD=CE．易证四边形BDOF为正方形，BD=BF=r，用r表示AF、AE、CD、CE，利用AE+CE=AC为等量关系列式．（2）∠CPD为弧DH所对的圆周角，连接OD，易得弧DH所对的圆心角∠DOH=90°，所以∠CPD=45°．（3）由PD=18和10,联想到垂径定理基本图形，故过圆心O作PD的垂线OM，求得弦心距OM=3，进而得到∠MOD的正切值．延长DO得直径DG，易证PG∥OM，得到同位角∠G=∠MOD．又利用圆周角定理可证∠ADB=∠G，即得到∠ADB的正切值，进而求得AB．再设CE=CD=x，用x表示BC、AC，利用勾股定理列方程即求出x．【详解】解：（1）证明：设圆心为O，连接OD、OE、OF，∵⊙O分别与BC、CA、AB相切于点D、E、F∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，AE=AF，BD=BF，CD=CE∴∠B=∠ODB=∠OFB=90°∴四边形BDOF是矩形∵OD=OF=r∴矩形BDOF 是正方形∴BD=BF=r∴AE=AF=AB-BF=c-r ，CE=CD=BC-BD=a-r∵AE+CE=AC∴c-r+a-r=b整理得：r=12（a+b-c ）（2）取FH 中点O ，连接OD∵FH ∥BC∴∠AFH=∠B=90°∵AB 与圆相切于点F ，∴FH 为圆的直径，即O 为圆心∵FH ∥BC∴∠DOH=∠ODB=90°∴∠CPD=12∠DOH=45°（3）设圆心为O ，连接DO 并延长交⊙O 于点G ，连接PG ，过O 作OM ⊥PD 于M ∴∠OMD=90°∵PD=18∴DM=12PD=9 ∵10∴22OD DM -22(310)9-9081-3∴tan ∠MOD=DM OM＝3∵DG为直径∴∠DPG=90°∴OM∥PG，∠G+∠ODM=90°∴∠G=∠MOD∵∠ODB=∠ADB+∠ODM=90°∴∠ADB=∠G∴∠ADB=∠MOD∴tan∠ADB=ABBD=tan∠MOD=3∴AB=3BD=3r=910∴AE=AF=AB-BF=910−310＝610设CE=CD=x，则BC=310+x，AC=610+x∵AB2+BC2=AC2∴(910)2．+(310+x)2＝(610+x)2解得：x=910∴BC=1210，AC=1510∴△ABC各边长AB=910，AC=1510，BC=1210【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，正方形的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理．切线长定理的运用是解决本题的关键，而在不能直接求得线段长的情况下，利用勾股定理作为等量关系列方程解决是常用做法．9．如图，是大半圆的直径，是小半圆的直径，点是大半圆上一点，与小半圆交于点，过点作于点.（1）求证：是小半圆的切线；（2）若，点在上运动（点不与两点重合），设，.①求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；②当时，求两点之间的距离.【答案】（1）见解析；（2）①，，②两点之间的距离为或.【解析】【分析】（1）连接CO、CM，只需证到CD⊥CM．由于CD⊥OP，只需证到CM∥OP，只需证到CM 是△AOP的中位线即可．（2）①易证△ODC∽△CDP，从而得到CD2=DP•OD，进而得到y与x之间的函数关系式．由于当点P与点A重合时x=0，当点P与点B重合时x=4，点P在大半圆O上运动（点P不与A，B两点重合），因此自变量x的取值范围为0＜x＜4．②当y=3时，得到-x2+4x=3，求出x．根据x的值可求出CD、PD的值，从而求出∠CPD，运用勾股定理等知识就可求出P，M两点之间的距离．【详解】（1）连接，如图1所示∵是小半圆的直径，∴即∵∴∵∴∴，∵∴，∴∴.，即∵经过半径的外端，且∴直线是小半圆的切线.（2）①∵，，∴∴∴∽∴∴∵,,，∴当点与点重合时，；当点与点重合时，∵点在大半圆上运动（点不与两点重合），∴∴与之间的函数关系式为，自变量的取值范围是.②当时，解得,Ⅰ当时，如图2所示在中，∵，∴，∴∵，∴是等边三角形∵∴∴.Ⅱ当时，如图3所示，同理可得∵∴∴过点作，垂足为，连接，如图3所示∵，∴同理在中，∵，∴综上所述，当时，两点之间的距离为或.【点睛】考查了切线的判定、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，综合性比较强．10．已知：BD为⊙O的直径，O为圆心，点A为圆上一点，过点B作⊙O的切线交DA的延长线于点F，点C为⊙O上一点，且AB＝AC，连接BC交AD于点E，连接AC．(1)如图1，求证：∠ABF＝∠ABC；(2)如图2，点H为⊙O内部一点，连接OH，CH若∠OHC＝∠HCA＝90°时，求证：CH＝1DA；2(3)在(2)的条件下，若OH＝6，⊙O的半径为10，求CE的长．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）215. 【解析】【分析】 ()1由BD 为O 的直径，得到D ABD 90∠∠+=，根据切线的性质得到FBA ABD 90∠∠+=，根据等腰三角形的性质得到C ABC ∠∠=，等量代换即可得到结论；()2如图2，连接OC ，根据平行线的判定和性质得到ACO COH ∠∠=，根据等腰三角形的性质得到OBC OCB ∠∠=，ABC CBO ACB OCB ∠∠∠∠+=+，根据相似三角形的性质即可得到结论；()3根据相似三角形的性质得到AB BD 2OH OC==，根据勾股定理得到22AD BD AB 16=-=，根据全等三角形的性质得到BF BE =，AF AE =，根据射影定理得到212AF 916==，根据相交弦定理即可得到结论．【详解】()1BD 为O 的直径，90BAD ∴∠=，90D ABD ∴∠+∠=， FB 是O 的切线，90FBD ∴∠=，90FBA ABD ∴∠+∠=，FBA D ∴∠=∠，AB AC =，C ABC ∴∠=∠，C D ∠=∠，ABF ABC ∴∠=∠；()2如图2，连接OC ，90OHC HCA ∠=∠=，//AC OH ∴，ACO COH ∴∠=∠，OB OC =，OBC OCB ∴∠=∠，ABC CBO ACB OCB ∴∠+∠=∠+∠，即ABD ACO ∠=∠，ABC COH ∴∠=∠，90H BAD ∠=∠=，ABD ∴∽HOC ，2AD BD CH OC∴==， 12CH DA ∴=； ()3由()2知，ABC ∽HOC ， 2AB BD OH OC∴==， 6OH =，O 的半径为10，212AB OH ∴==，20BD =，2216AD BD AB ∴=-=，在ABF 与ABE 中，90ABF ABE AB AB BAF BAE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=⎩， ABF ∴≌ABE ，BF BE ∴=，AF AE =，90FBD BAD ∠=∠=，2AB AF AD ∴=⋅，212916AF ∴==， 9AE AF ∴==，7DE ∴=，15BE ==， AD ，BC 交于E ，AE DE BE CE ∴⋅=⋅，9721155AE DE CE BE ⋅⨯∴===．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，射影定理，相交弦定理，正确的识别图形是解题的关键．。

中考数学圆的综合(大题培优易错难题)附答案解析

中考数学圆的综合(大题培优易错难题)附答案解析一、圆的综合1．如图，⊙A过OBCD的三顶点O、D、C，边OB与⊙A相切于点O，边BC与⊙O相交于点H，射线OA交边CD于点E，交⊙A于点F，点P在射线OA上，且∠PCD=2∠DOF，以O为原点，OP所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为（0，﹣2）．（1）若∠BOH=30°，求点H的坐标；（2）求证：直线PC是⊙A的切线；（3）若OD=10，求⊙A的半径．【答案】（1）（1，﹣3）；（2）详见解析；（3）5 3.【解析】【分析】（1）先判断出OH=OB=2，利用三角函数求出MH，OM，即可得出结论；（2）先判断出∠PCD=∠DAE，进而判断出∠PCD=∠CAE，即可得出结论；（3）先求出OE═3，进而用勾股定理建立方程，r2-（3-r）2=1，即可得出结论．【详解】（1）解：如图，过点H作HM⊥y轴，垂足为M．∵四边形OBCD是平行四边形，∴∠B=∠ODC∵四边形OHCD是圆内接四边形∴∠OHB=∠ODC∴∠OHB=∠B∴OH=OB=2∴在△Rt OMH中，∵∠BOH=30°，∴MH=1OH=1，OM=3MH=3，2∴点H的坐标为（1，﹣3），（2）连接AC．∵OA=AD，∴∠DOF=∠ADO∴∠DAE=2∠DOF∵∠PCD=2∠DOF，∴∠PCD=∠DAE∵OB与⊙O相切于点A∴OB⊥OF∵OB∥CD∴CD⊥AF∴∠DAE=∠CAE∴∠PCD=∠CAE∴∠PCA=∠PCD+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90°∴直线PC是⊙A的切线；（3）解：⊙O的半径为r．在△Rt OED中，DE=11CD=OB=1，OD=10，22∴OE═3∵OA=AD=r，AE=3﹣r．在△Rt DEA中，根据勾股定理得，r2﹣（3﹣r）2=1解得r=5 3．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键．2．如图，AB是半圆的直径，过圆心O作AB的垂线，与弦AC的延长线交于点D，点E在OD上∠DCE=∠B．（1）求证：CE是半圆的切线；（2）若CD=10，tan B=23，求半圆的半径．. - . . . 3x【答案】（1）见解析；(2)4 13【解析】分析:（1）连接 CO ，由 DCEB 且 OC=OB, 得 DCE OCB ,利用同角的余角相等判断出∠BCO+ ∠BCE=90°，即可得出结论；（2）设 AC=2x ，由根据题目条件用 x 分别表示出 OA 、AD 、AB ，通过证明△AOD ∽△ACB ，列出等式即可.详解：（1）证明：如图，连接 CO .∵AB 是半圆的直径，∴∠ACB =90°∴∠DCB =180°∠ACB =90°∴∠DCE+ ∠BCE=90°∵OC =OB ,∴∠OCB =∠B. ∵ DCE = B ，∴∠OCB =∠DCE . ∴∠OCE =∠DCB =90°∴OC ⊥CE. ∵OC 是半径，∴CE 是半圆的切线.（2）解：设 AC=2x ，∵在 Rt △ACB 中， tanB∴BC=3x.AC2BC3, ∴ AB 2x 2 2 13x .∵OD ⊥AB ,∴∠AOD =∠ACB=90°. ∵∠A=∠A ，∴△AOD ∽△ACB .∴ACAOABAD.∵ OA 1 13AB x ，AD =2x+10,2 22x2.（3）若AC=4，S（3）易证，由于，所以V CDF=V CAE 2SV COE3V CAE3∴113x=13x2x+10.解得x=8.∴OA=132⨯8=413.则半圆的半径为413.点睛：本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，相似三角形3．如图，在锐角△ABC中，AC是最短边．以AC为直径的⊙O，交BC于D，过O作OE∥BC，交OD于E，连接AD、AE、CE．（1）求证：∠ACE=∠DCE；（2）若∠B=45°，∠BAE=15°，求∠EAO的度数；S∆CDF=∆COE 23，求CF的长．【答案】（1）证明见解析，（2）60°；（3）43 3【解析】【分析】（1）易证∠OEC=∠OCE，∠OEC=∠ECD，从而可知∠OCE=∠ECD，即∠ACE=∠DCE；（2）延长AE交BC于点G，易证∠AGC=∠B+∠BAG=60°，由于OE∥BC，所以∠AEO=∠AGC=60°，所以∠EAO=∠AEO=60°；S1S2S1∠AEC=∠FDC=90°，从而可证明△CDF∽△CEA，利用三角形相似的性质即可求出答案．【详解】（1）∵OC=OE，∴∠OEC=∠OCE．∵OE∥BC，∴∠OEC=∠ECD，∴∠OCE=∠ECD，即∠ACE=∠DCE；（2）延长AE交BC于点G．∵∠AGC△是ABG的外角，∴∠AGC=∠B+∠BAG=60°．∵OE∥BC，∴∠AEO=∠AGC=60°．∵OA=OE，∴∠EAO=∠AEO=60°．（3）∵O是AC中点，∴SV CAE2，∴V CDF=1∵∠ACE=∠FCD，∴△CDF∽△CEA，∴CFCA=V COE= S 1．Q S S 2SV CDF= V COE 3SV CAE3．∵AC是直径，∴∠AEC=∠FDC=90°．3343=，∴CF=．CA333【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及平行线的性质，三角形的外角的性质，三角形中线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质等知识，需要学生灵活运用所学知识．4．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD的边AB为直径作⊙O，交对角线AC于点E．（1）图1中，线段AE=；（2）如图2，在图1的基础上，以点A为端点作∠DAM=30°，交CD于点M，沿AM将四边形ABCM剪掉，使△Rt ADM绕点A逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD与⊙O交于点F．①当α=30°时，请求出线段AF的长；②当α=60°时，求出线段AF的长；判断此时DM与⊙O的位置关系，并说明理由；③当α=°时，DM与⊙O相切．【答案】（1）2（2）①2②2，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4；（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；=4；②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×此时DM与⊙O的位置关系是相离；③∵AD=8，直径的长度相等，∴当DM与⊙O相切时，点D在⊙O上，故此时可得α=∠NAD=90°．点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D的位置，有一定难度．5．如图，AB是圆O的直径，射线AM⊥AB，点D在AM上，连接OD交圆O于点E，过点D作DC=DA交圆O于点C（A、C不重合），连接O C、BC、CE．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若圆O的直径等于2，填空：①当AD=时，四边形OADC是正方形；②当AD=时，四边形OECB是菱形．【答案】(1)见解析；（2）①1；②3．【解析】试题分析：（1）依据SSS△证明OAD≌△OCD，从而得到∠OCD=∠OAD=90°；（2）①依据正方形的四条边都相等可知AD=OA；，则EOC为等边三角形，则∠CEO=60°，依据平行线的性②依据菱形的性质得到OE=CE△质可知∠DOA=60°，利用特殊锐角三角函数可求得AD的长．试题解析：解：∵AM⊥AB，∴∠OAD=90°．∵OA=OC，OD=OD，AD=DC，∴△OAD≌△OCD，∴∠OCD=∠OAD=90°．∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线．（2）①∵当四边形OADC是正方形，∴AO=AD=1．故答案为：1．②∵四边形OECB是菱形，∴OE=CE．又∵OC=OE，BD 中点，推出 C D = CB ，推出∠ BAC=∠ DAC ，即可推出∠ DAC=∠ ACO+∠ ABO ；∴ OC=OE=CE ．∴ ∠ CEO=60 °． ∵ CE ∥ AB ， ∴ ∠ AOD=60°．在 △Rt OAD 中，∠ AOD=60°，AO=1， ∴ AD= ．故答案为：．点睛：本题主要考查的是切线的性质和判定、全等三角形的性质和判定、菱形的性质、等边三角形的性质和判定，特殊锐角三角函数值的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．6．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» » »（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 ，uuuruuur uuur ∵ 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=HB1GB2，∴∠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+13 2，∴OE=EF﹣OF=FB﹣OF=131317﹣a，OB=OC=OE+EC=﹣a+2=﹣a，222∵ NE= 1 ∴ （ 17 于 AB 的上方， AB ＝6，OP=m ， sin P ＝，如图所示．另一个半径为 6 的 e O 1经过点1 13EF= a+ ，2 2 4∴ ON=OE=EN=（ 13 1 13 13 3﹣a ）﹣（ a+ ）= ﹣ a ，2 2 4 4 2∵ BO 2﹣ON 2=EB 2﹣EN 2，13 3 13 1 13﹣a ）2﹣（ ﹣ a ）2=（a+ ）2﹣（ a+ ）2，2 4 2 2 2 4解得 a= 3 2或﹣10（舍弃），∴ OE=5，EB=8，OB=7，∵ ∠ K=∠ ATC=90°，∠ KAC=∠ TAC ，AC=AC ，∴ △ ACK ≌ △ ACT ，∴ CK=CT ，AK=AT ，uuur uuur∵ CD = CB ，∴ DC=BC ，∴ △Rt DKC ≌ △Rt BTC ，∴ DK=BT ，∵ FT= 1 2FC=5，∴ DK=TB=FB ﹣FT=3，∴ AK=AT=AB ﹣TB=10，∴ AD=AK ﹣DK=10﹣3=7．7．已知 P 是 e O 的直径 BA 延长线上的一个动点，∠ P 的另一边交 e O 于点 C 、D ，两点位 1 3C 、D ，圆心距 O O ＝n ．1（1）当 m=6 时，求线段 CD 的长；（2）设圆心 O 1 在直线 AB 上方，试用 n 的代数式表示 m ；（3）△ POO 1 在点 P 的运动过程中，是否能成为以 OO 1 为腰的等腰三角形，如果能，试求出此时 n 的值；如果不能，请说明理由．【答案】(1)CD= 2 5 ;(2)m= 3n 2 - 81 2n;(3) n 的值为9 9 5 或 15 5 5【解析】分析：（1）过点 O 作 OH ⊥ CD ，垂足为点 H ，连接 O C ．解 △Rt POH ，得到 OH 的长．由勾股定理得 C H 的长，再由垂径定理即可得到结论；（2）解 △Rt POH ，得到 OH ＝ m3．在Rt V OCH 和 △Rt O CH 中，由勾股定理即可得到1结论；（3）△ POO 1成为等腰三角形可分以下几种情况讨论：① 当圆心 O 1 、 O 在弦 CD 异侧在 △Rt POH 中，sinP ＝，PO = 6 ，∴ OH = 2 ． 1（2）在 △Rt POH中， sinP ＝，PO ＝m ，∴ OH ＝ 1 OCH 中， CH 2＝9 - ⎛ ⎪ ．O CH 中， CH 2＝36 - ⎛ n - ⎪ ． 3 ⎭ ⎝可得： 36 - n - ⎪ ＝9 - ⎪ ，解得：m ＝．① 当圆心 O 、 O 在弦 CD 异侧时i ） OP ＝OO ，即 m ＝n ，由 n ＝，解得：n ＝9 ． 2nii ） O P ＝OO ，由（n - m 2 ） + m 2 -（）2 ＝n ，3 3m ⎫2 3 ⎭ 解得： m ＝ n ，即 n ＝，解得：n ＝ ②当圆心 O 、 O 在弦 CD同侧时，同理可得： m ＝． 2n∵ ∠POO 是钝角，∴ 只能是 m = n ，即 n ＝，解得：n ＝ 2n时，分 OP ＝OO 1 和 O 1P ＝OO 1 ．②当圆心 O 1 、 O 在弦 CD 同侧时，同理可得结论．详解：（1）过点 O 作 OH ⊥ CD ，垂足为点 H ，连接 O C ．Q 3∵ AB ＝6，∴ OC ＝3 ．由勾股定理得： CH = 5 ．∵ OH ⊥ DC ，∴ CD = 2CH = 2 5 ．Q 3m ⎫2 在 △Rt⎝ 3 ⎭m ⎫2 在 △Rt1m 3．⎛ ⎛ m ⎫2 3n 2 - 81 ⎝ ⎝ 3 ⎭2n （3）△ POO 1 成为等腰三角形可分以下几种情况：1 3n2 - 81 1即圆心距等于 e O 、 e O 1 的半径的和，就有 e O 、 e O 1 外切不合题意舍去．m 1 12 2 3n2 - 813 3 2n9 5 15 ．1 181 - 3n 2 81 - 3n 29 55 ．综上所述：n的值为9【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）P的坐标（22395或15．55点睛：本题是圆的综合题．考查了圆的有关性质和两圆的位置关系以及解直径三角形．解答（3）的关键是要分类讨论．8．定义：数学活动课上，李老师给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”.理解：⑴如图，已知角形”（画出点是⊙上两点，请在圆上找出满足条件的点，使为“智慧三的位置，保留作图痕迹）；⑵如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且，试判断运用：是否为“智慧三角形”，并说明理由；⑶如图，在平面直角坐标系中，⊙的半径为，点是直线上的一点，若在⊙时点上存在一点的坐标.，使得为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，直接写出此122，），（，331 3）．【解析】试题分析：（1）连结AO并且延长交圆于C1，连结BO并且延长交圆于C2，即可求解；（2）设正方形的边长为4a，表示出DF=CF以及EC、BE的长，然后根据勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF是直角三角形，由直角三角形的性质可得△AEF为“智慧三角形”；（3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可求斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解．试题解析：（1）如图1所示：（2）△AEF是否为“智慧三角形”，理由如下：设正方形的边长为4a，∵E是DC的中点，∴DE=CE=2a，∵BC：FC=4：1，∴FC=a，BF=4a﹣a=3a，在△Rt ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在△Rt ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，在△Rt ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE2+EF2=AF2，∴△AEF是直角三角形，∵斜边AF上的中线等于AF的一半，∴△AEF为“智慧三角形”；（3）如图3所示：由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，，由勾股定理可得PQ=PM=1×2÷3=，由勾股定理可求得OM=，故点P的坐标（﹣，），（，）．考点：圆的综合题．9．如图，在直角坐标系中，⊙M经过原点O(0，0)，点A(6，0)与点B(0，－2)，点D 在劣弧OA上，连结BD交x轴于点C，且∠COD＝∠CBO.(1)求⊙M的半径；(2)求证：BD平分∠ABO；(3)在线段BD的延长线上找一点E，使得直线AE恰为⊙M的切线，求此时点E的坐标．【答案】（1）M的半径r＝2；（2）证明见解析；（3）点E的坐标为(263，2)．【解析】试题分析：根据点A和点B的坐标得出OA和OB的长度，根据△Rt AOB的勾股定理得出AB的长度，然后得出半径；根据同弧所对的圆周角得出∠ABD=∠COD，然后结合已知条件得出角平分线；根据角平分线得出△ABE≌△HBE，从而得出BH=BA=22，从而求出OH 的长度，即点E的纵坐标，根据△Rt AOB的三角函数得出∠ABO的度数，从而得出∠CBO 的度数，然后根据△Rt HBE得出HE的长度，即点E的横坐标.试题解析：（1）∵点A为（6，0），点B为（0，－2）∴OA=6OB=2∴根据△Rt AOB的勾股定理可得：AB=22∴e M的半径r=12AB=2.（2）根据同弧所对的圆周角相等可得：∠ABD=∠COD∵∠COD=∠CBO∴∠ABD=∠CBO ∴BD平分∠ABO（3）如图，由（2）中的角平分线可得△ABE≌△HBE∴BH=BA=22∴OH=22－2=2在△Rt HBE中，HE=BH3在△Rt AOB中，OA=3∴∠ABO=60°∴∠CBO=30°OB2626=∴点E的坐标为（，2）33考点：勾股定理、角平分线的性质、圆的基本性质、三角函数.10．如图，□ABCD的边AD是△ABC外接圆⊙O的切线，切点为A，连接AO并延长交BC 于点E，交⊙O于点F，过点C作直线CP交AO的延长线于点P，且∠BCP＝∠ACD．（1）求证：PC是⊙O的切线；（2）若∠B＝67.5°，BC＝2，求线段PC，PF与弧CF所围成的阴影部分的面积S．【答案】（1）见解析；（2）1-π4【解析】【分析】（1）过C点作直径CM，连接MB，根据CM为直径，可得∠M+∠BCM＝90°，再根据AB∥DC可得∠ACD＝∠BAC，由圆周角定理可得∠BAC＝∠M，∠BCP＝∠ACD，从而可推导得出∠PCM＝90°，根据切线的判定即可得；（2）连接OB，由AD是⊙O的切线，可得∠PAD＝90°，再由BC∥AD，可得AP⊥BC，从而得BE＝CE＝12BC＝1，继而可得到∠ABC＝∠ACB＝67.5°，从而得到∠BAC＝45°，由圆周角定理可得∠BOC=90°，从而可得∠BOE＝∠COE＝∠OCE＝45°，根据已知条件可推导得出OE＝CE＝1，PC＝OC＝OE2+CE2=2，根据三角形面积以及扇形面积即可求得阴影部分的面积.【详解】（1）过C点作直径CM，连接MB，∵CM为直径，∴∠MBC＝90°，即∠M+∠BCM＝90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AD∥BC，45π ⨯ ( 2 )2360= 1 - π ．＝ 1 ⨯ 2 ⨯ 2 -△S POC －S 扇形∴ ∠ ACD ＝∠ BAC ，∵ ∠ BAC ＝∠ M ，∠ BCP ＝∠ ACD ， ∴ ∠ M ＝∠ BCP ，∴ ∠ BCP+∠ BCM ＝90°，即∠ PCM ＝90°， ∴ CM ⊥PC ，∴ PC 与⊙O 相切；（2）连接 OB ，∵ AD 是⊙O 的切线，切点为 A ，∴ OA ⊥AD ，即∠ PAD ＝90°，∵ BC ∥ AD ，∠ AEB=∠ PAD ＝90°， ∴ AP ⊥BC ．∴ BE ＝CE ＝12BC ＝1，∴ AB ＝AC ，∴ ∠ ABC ＝∠ ACB ＝67.5°，∴ ∠ BAC ＝180°－∠ ABC －∠ ACB ＝45°， ∴ ∠ BOC ＝2∠ BAC ＝90°，∵ OB ＝OC ，AP ⊥BC ，∴ ∠ BOE ＝∠ COE ＝∠ OCE ＝ 45°， ∵ ∠ PCM ＝90°，∴ ∠ CPO ＝∠ COE ＝∠ OCE ＝ 45°， ∴ OE ＝CE ＝1，PC ＝OC ＝ OE 2 + CE 2 = 2 ，∴ S ＝ OFC4【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、扇形面积等，综合性较强，准确添加辅助线是解题的关键.11．如图①，抛物线 y ＝ax 2+bx+c 经过点 A （﹣2，0）、B （4，0）、C （0，3）三点．（1）试求抛物线的解析式；（2）点 P 是 y 轴上的一个动点，连接 PA ，试求 5PA+4PC 的最小值；（3）如图②，若直线 l 经过点 T （﹣4，0），Q 为直线 l 上的动点，当以 A 、B 、Q 为顶点∴PC所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l的解析式．【答案】（1）y=-33x2+x+3；（2）5PA+4PC的最小值为18；（3）直线l的解析式84为y=3x+3或y43=-x-3.4【解析】【分析】（1）设出交点式，代入C点计算即可（2）连接AC、BC，过点A作AE⊥BC于点E，过点P作PD⊥BC于点D，易证△CDP∽△COB，得到比例式PC PD4=，得到PD=PC，所BC OB5以5PA+4PC＝5（PA+45PC）＝5（PA+PD），当点A、P、D在同一直线上时，5PA+4PC＝5（PA+PD）＝5AE最小，利用等面积法求出AE=185，即最小值为18（3）取AB中点F，以F为圆心、FA的长为半径画圆,当∠BAQ＝90°或∠ABQ＝90°时，即AQ或BQ垂直x轴，所以只要直线l不垂直x轴则一定找到两个满足的点Q使∠BAQ＝90°或∠ABQ＝90°，即∠AQB＝90°时，只有一个满足条件的点Q，∴直线l与⊙F相切于点Q时，满足∠AQB＝90°的点Q只有一个；此时，连接FQ，过点Q作QG⊥x轴于点G，利用cos∠QFT求出QG，分出情况Q在x轴上方和x轴下方时，分别代入直接l得到解析式即可【详解】解：（1）∵抛物线与x轴交点为A（﹣2，0）、B（4，0）∴y＝a（x+2）（x﹣4）把点C（0，3）代入得：﹣8a＝3∴a＝﹣3 8∴抛物线解析式为y＝﹣333（x+2）（x﹣4）＝﹣x2+x+3 884（2）连接AC、BC，过点A作AE⊥BC于点E，过点P作PD⊥BC于点D ∴∠CDP＝∠COB＝90°∵∠DCP＝∠OCB∴△CDP∽△COBPD=BC OB∵B（4，0），C（0，3）∴OB＝4，OC＝3，BC＝OB2+OC2=5∴PD＝4PC5∴5PA+4PC＝5（PA+45PC）＝5（PA+PD）△SABC ＝ ∴ TF ＝5，cos ∠ QFT ＝FQ5 5 ⎪ =①若点 Q 在 x 轴上方，则 Q （ - ，）⎧ -4k + b = 0 ⎧3 ⎪⎩ 5 ⎪⎩b= 3 ②若点 Q 在 x 轴下方，则 Q （ - ，-∴ 当点 A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小∵ A （﹣2，0），OC ⊥AB ，AE ⊥BC∴ 1 1 AB•OC ＝ BC•AE2 2∴ AE ＝ AB n OC 6 ⨯ 3 18= =BC 5 5∴ 5AE ＝18∴ 5PA+4PC 的最小值为 18．（3）取 AB 中点 F ，以 F 为圆心、FA 的长为半径画圆当∠ BAQ ＝90°或∠ ABQ ＝90°时，即 AQ 或 BQ 垂直 x 轴，∴ 只要直线 l 不垂直 x 轴则一定找到两个满足的点 Q 使∠ BAQ ＝90°或∠ ABQ ＝90°∴ ∠ AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点 Q∵ 当 Q 在⊙F 上运动时（不与 A 、B 重合），∠ AQB ＝90° ∴ 直线 l 与⊙F 相切于点 Q 时，满足∠ AQB ＝90°的点 Q 只有一个此时，连接 FQ ，过点 Q 作 QG ⊥x 轴于点 G∴ ∠ FQT ＝90°∵ F 为 A （﹣2，0）、B （4，0）的中点 ∴ F （1，0），FQ ＝FA ＝3 ∵ T （﹣4，0）3= TF 5FG3 ∵ △Rt FGQ 中，cos ∠ QFT ＝= FQ53 9∴ FG ＝FQ ＝559 4∴ x ＝1﹣ =- ，QG ＝ FQ 2 - FG 2 = 32 -Q 4 12 5 5 设直线 l 解析式为：y ＝kx+b⎪ ⎪k = ∴ ⎨ 4 12 解得： ⎨4 - k + b =5∴ 直线 l ： y = 3 x + 34⎛ 9 ⎫2 ⎝ 5 ⎭1254 5 12 5）∴ 直线 l ： y = - 3 4x - 3综上所述，直线l的解析式为y=3x+3或43y=-x-34【点睛】本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论12．如图,在△Rt ABC中,∠ACB=60°,☉O△是ABC的外接圆,BC是☉O的直径,过点B作☉O 的切线BD,与CA的延长线交于点D,与半径AO的延长线交于点E,过点A作☉O的切线AF,与直径BC的延长线交于点F.(1)连接EF,求证:EF是☉O的切线;(2)在圆上是否存在一点P,使点P与点A,B,F构成一个菱形?若存在,请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）过O作OM⊥EF于M,根据SAS△证明OAF≌△OBE，从而得到OE=OF,再证明EO平分∠BEF，从而得到结论;（2）存在，先证明△OAC为等边三角形，从而得出∠OAC=∠AOC=60°,再得到AB=AF，再证明AB=AF=FP=BP，从而得到结论.【详解】(1)证明:如图,过O作OM⊥EF于M,∵OA=OB,∠OAF=∠OBE=90°,∠BOE=∠AOF,∴△OAF≌△OBE,∴OE=OF,∵∠EOF=∠AOB=120°,∴∠OEM=∠OFM=30°,∴∠OEB=∠OEM=30°,即EO平分∠BEF,又∠OBE=∠OME=90°,∴OM=OB,∴EF为☉O的切线.(2)存在.∵BC为☉O的直径,∴∠BAC=90°,∵∠ACB=60°,∴∠ABC=30°,又∵∠ACB=60°,OA=OC,∴△OAC为等边三角形,即∠OAC=∠AOC=60°,∵AF为☉O的切线,∴∠OAF=90°,∴∠CAF=∠AFC=30°,∴∠ABC=∠AFC,∴AB=AF.当点P在(1)中的点M位置时,此时∠OPF=90°,∴∠OAF=∠OPF=90°,又∵OA=OP,OF为公共边,∴△OAF≌△OPF,∴AF=PF,∠BFE=∠AFC=30°.（2）设 CA 的延长线交 e O 于 E ，BF 交 e O 于 G ，若 DG 的度数等于 60 o ，试简要说明（2）连接 OG ，OD ，AD ，由 BF ∥ OD ， GD =60°，可求证 BG = GD = »AD =60°，由平行线又∵ ∠ FOP=∠ OBP=∠ OPB=30°,∴ BP=FP ,∴ AB=AF=FP=BP ,∴ 四边形 AFPB 是菱形.【点睛】考查了切线的判定定理和菱形的判定，经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．13．如图， AB 是 e O 的直径， DF 切 e O 于点 D ， BF ⊥ DF 于 F ，过点 A 作 AC / /BF 交 BD 的延长线于点 C .（1）求证： ∠ ABC = ∠ C ；¼点 D 和点 E 关于直线 AB 对称的理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）作辅助线，连接 OD ，由 DF 为⊙O 的切线，可得 OD ⊥DF ，又 BF ⊥DF ，AC ∥ BF ，所以 OD ∥ AC ，∠ ODB=∠ C ，由 OB=OD 得∠ ABD=∠ ODB ，从而可证∠ ABC=∠ C ；» » »的性质及三角形的内角和定理可求出∠ OHD=90°，由垂径定理便可得出结论．【详解】（1）连接 OD ，∵ DF 为⊙O 的切线，∴ OD ⊥DF ．∵ BF ⊥DF ，AC ∥ BF ，∴ OD ∥ AC ∥ BF ．∴ ∠ ODB=∠ C ．∵ OB=OD ， ∴ ∠ ABD=∠ ODB ．∴ GD = »AD = BG ．∵ GD =60°，∴ BG = GD = »AD =60°，∴ ∠ ABC=∠ C ．（2）连接 OG ，OD ，AD ，DE ，DE 交 AB 于 H ，∵ BF ∥ OD ，∴ ∠ OBG=∠ AOD ，∠ OGB=∠ DOG ，»» »»» ∴ ∠ ABC=∠ C=∠ E=30°， ∵ OD//CE∴ ∠ ODE=∠ E=30°．△在 ODH 中，∠ ODE=30°，∠ AOD=60°，∴ ∠ OHD=90°，∴ AB ⊥DE ． ∴ 点 D 和点 E 关于直线 AB 对称．【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理及垂径定理，解答此题的关键是作出辅助线，利用数形结合解答．14．如图，BD 为△ ABC 外接圆⊙O 的直径，且∠ BAE ＝∠ C ．（1）求证：AE 与⊙O 相切于点 A ；（2）若 AE ∥ BC ，BC ＝2 3 ，AC ＝2，求 AD 的长．» »【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3【解析】【分析】（1）根据题目中已出现切点可确定用“连半径，证垂直”的方法证明切线，连接 AO 并延长交⊙O 于点 F ，连接 BF ，则 AF 为直径，∠ ABF ＝90°，根据同弧所对的圆周角相等，则可得到∠ BAE ＝∠ F ，既而得到 AE 与⊙O 相切于点 A ．（2））连接 OC ，先由平行和已知可得∠ ACB ＝∠ ABC ，所以 AC ＝AB ，则∠ AOC ＝∠ AOB ，从而利用垂径定理可得 AH ＝1，在 △Rt OBH 中，设 OB ＝r ，利用勾股定理解得 r ＝2，在△Rt ABD 中，即可求得 AD 的长为 2 3 ．【详解】解：（1）连接 AO 并延长交⊙O 于点 F ，连接 BF ，则 AF 为直径，∠ ABF ＝90°，∵ AB AB， ∴ ∠ ACB ＝∠ F ，∵ ∠ BAE ＝∠ ACB ，∴ ∠ BAE ＝∠ F ，∵ ∠ FAB +∠ F ＝90°，∴ ∠ FAB +∠ BAE ＝90°，∴ OA ⊥AE ，∴ AE 与⊙O 相切于点 A ．（2）连接 OC ，∵ AE ∥ BC ，∴ ∠ BAE ＝∠ ABC ，∵ ∠ BAE ＝∠ ACB ，∴ ∠ ACB ＝∠ ABC ，∴ AC ＝AB ＝2，∴ ∠ AOC ＝∠ AOB ，∵ OC ＝OB ，∴ OA ⊥BC ，∴ CH ＝BH ＝ 1 2 BC ＝ 3 ，在 △Rt ABH 中，AH＝AB2-BH2＝1，在△Rt OBH中，设OB＝r，∵OH2+BH2＝OB2，∴（r﹣1）2+（3）2＝r2，解得：r＝2，∴DB＝2r＝4，在△Rt ABD中，AD＝BD2-AB2＝42-22＝23，∴AD的长为23．【点睛】本题考查了圆的综合问题，恰当的添加辅助线是解题关键.15．如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，点E在CB的延长线上，连结AC、AE，∠ACB=∠BAE=45°．（1）求证：AE是⊙O的切线；（2）若AB=AD，AC=32，tan∠ADC=3，求BE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）BE=5 2【解析】试题分析：（1）连接OA、OB，由圆周角定理得出∠AOB=2∠ACB=90°，由等腰直角三角形的性质得出∠OAB=∠OBA=45°，求出∠OAE=∠OAB+∠BAE=90°,即可得出结论；（2）过点A作AF⊥CD于点F,由AB=AD，得到∠ACD=∠ACB=45°，在△Rt AFC中可求得AF ＝3，在△Rt AFD中求得DF＝1，所以AB＝AD＝10，CD=CF+DF=4，再证明△ABE∽△CDA，得出BE AB=DA CD，即可求出BE的长度；试题解析：（1）证明：连结OA，OB，∵∠ACB=45°，∴∠AOB=2∠ACB=90°，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=45°，∵∠BAE=45°，∴∠OAE=∠OAB+∠BAE=90°，∴OA⊥AE．∵点A在⊙O上，∴AE是⊙O的切线．（2）解：过点A作AF⊥CD于点F，则∠AFC=∠AFD=90°．∵AB=AD，uuur uuur∴AB=AD∴∠ACD=∠ACB=45°，在△Rt AFC中，∵AC=32，∠ACF=45°，∴AF=CF=AC·sin∠ACF=3，∵在△Rt AFD中，tan∠ADC=AFDF=3，∴DF=1，∴AB=AD=32+12=10，且CD=CF+DF=4，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ABE=∠CDA，∵∠BAE=∠DCA，∴△ABE∽△CDA，∴BE AB=DA CD，∴BE10= 104，∴BE=5 2．。

九年级数学圆的综合的专项培优易错难题练习题及详细答案

九年级数学圆的综合的专项培优易错难题练习题及详细答案一、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．（类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切．以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形（性质探究）如图1，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系猜想结论：（要求用文字语言叙述）写出证明过程（利用图1，写出已知、求证、证明）（性质应用）①初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形（填序号）A：平行四边形：B：菱形：C：矩形；D：正方形②如图2，圆外切四边形ABCD，且AB=12，CD=8，则四边形的周长是．③圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5：4：7，求四边形各边的长．【答案】见解析.【解析】【分析】（1）根据切线长定理即可得出结论；（2）①圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论；②根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论；③根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．【详解】性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：如图1，已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H．求证：AD+BC=AB+CD．证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG=AH，同理：BG=BF，CE=CF，DE=DH，∴AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等．故答案为：圆外切四边形的对边和相等；性质应用：①∵根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等．∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等．故答案为：B，D；②∵圆外切四边形ABCD，∴AB+CD=AD+BC．∵AB=12，CD=8，∴AD+BC=12+8=20，∴四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40．故答案为：40；③∵相邻的三条边的比为5：4：7，∴设此三边为5x，4x，7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为5x+7x﹣4x=8x．∵圆外切四边形的周长为48cm，∴4x+5x+7x+8x=24x=48，∴x=2，∴此四边形的四边为4x=8cm，5x=10cm，7x=14cm，8x=16cm．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键．3．如图，在锐角△ABC中，AC是最短边．以AC为直径的⊙O，交BC于D，过O作OE∥BC，交OD于E，连接AD、AE、CE．（1）求证：∠ACE=∠DCE；（2）若∠B=45°，∠BAE=15°，求∠EAO的度数；（3）若AC=4，23CDF COE S S ∆∆=，求CF 的长．【答案】（1）证明见解析，（2）60°；（3）433【解析】【分析】（1）易证∠OEC =∠OCE ，∠OEC =∠ECD ，从而可知∠OCE =∠ECD ，即∠ACE =∠DCE ；（2）延长AE 交BC 于点G ，易证∠AGC =∠B +∠BAG =60°，由于OE ∥BC ，所以∠AEO =∠AGC =60°，所以∠EAO =∠AEO =60°；（3）易证12COE CAE S S =V V ，由于23CDF COE S S =V V ，所以CDF CAE S S V V =13，由圆周角定理可知∠AEC =∠FDC =90°，从而可证明△CDF ∽△CEA ，利用三角形相似的性质即可求出答案．【详解】（1）∵OC =OE ，∴∠OEC =∠OCE ．∵OE ∥BC ，∴∠OEC =∠ECD ，∴∠OCE =∠ECD ，即∠ACE =∠DCE ；（2）延长AE 交BC 于点G ．∵∠AGC 是△ABG 的外角，∴∠AGC =∠B +∠BAG =60°．∵OE ∥BC ，∴∠AEO =∠AGC =60°．∵OA =OE ，∴∠EAO =∠AEO =60°．（3）∵O 是AC 中点，∴12COE CAE S S =V V ． 23CDF COE S S =V V Q ，∴CDF CAE S S V V =13． ∵AC 是直径，∴∠AEC =∠FDC =90°．∵∠ACE =∠FCD ，∴△CDF ∽△CEA ，∴CF CA =33，∴CF =33CA =433．【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及平行线的性质，三角形的外角的性质，三角形中线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质等知识，需要学生灵活运用所学知识．4．如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,AB=CD．(1)如图(1),求证:AD∥BC；(2)如图(2),点F是AC的中点,弦DG∥AB,交BC于点E,交AC于点M,求证:AE=2DF；(3)在(2)的条件下,若DG平分∠ADC,GE=53,tan∠ADF=43,求⊙O的半径。

初三数学圆的综合的专项培优易错试卷练习题(含答案)及答案解析

初三数学圆的综合的专项培优易错试卷练习题(含答案)及答案解析一、圆的综合1．如图，⊙M交x轴于B、C两点，交y轴于A，点M的纵坐标为2．B（﹣33，O），C（3，O）．（1）求⊙M的半径；（2）若CE⊥AB于H，交y轴于F，求证：EH=FH．（3）在（2）的条件下求AF的长．【答案】（1）4；（2）见解析;（3）4．【解析】【分析】（1）过M作MT⊥BC于T连BM，由垂径定理可求出BT的长，再由勾股定理即可求出BM的长；（2）连接AE，由圆周角定理可得出∠AEC=∠ABC，再由AAS定理得出△AEH≌△AFH，进而可得出结论；（3）先由（1）中△BMT的边长确定出∠BMT的度数，再由直角三角形的性质可求出CG 的长，由平行四边形的判定定理判断出四边形AFCG为平行四边形，进而可求出答案．【详解】（1）如图（一），过M作MT⊥BC于T连BM，∵BC是⊙O的一条弦，MT是垂直于BC的直径，∴BT=TC=123∴124；（2）如图（二），连接AE，则∠AEC=∠ABC，∵CE⊥AB，∴∠HBC+∠BCH=90°在△COF中，∵∠OFC+∠OCF=90°，∴∠HBC=∠OFC=∠AFH，在△AEH和△AFH中，∵AFH AEHAHF AHE AH AH∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEH≌△AFH（AAS），∴EH=FH；（3）由（1）易知，∠BMT=∠BAC=60°，作直径BG，连CG，则∠BGC=∠BAC=60°，∵⊙O的半径为4，∴CG=4，连AG，∵∠BCG=90°，∴CG⊥x轴，∴CG∥AF，∵∠BAG=90°，∴AG⊥AB，∵CE⊥AB，∴AG∥CE，∴四边形AFCG为平行四边形，∴AF=CG=4．【点睛】本题考查的是垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．2．已知▱ABCD的周长为26，∠ABC=120°，BD为一条对角线，⊙O内切于△ABD，E，F，G 为切点，已知⊙O的半径为3▱ABCD的面积．【答案】3【解析】【分析】首先利用三边及⊙O的半径表示出平行四边形的面积，再根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD的长即可解答.【详解】设⊙O分别切△ABD的边AD、AB、BD于点G、E、F；平行四边形ABCD的面积为S；则S=2S△ABD=2×12(AB·OE+BD·OF+AD·OG)=3（AB+AD+BD）；∵平行四边形ABCD的周长为26，∴AB+AD=13，∴S=3(13+BD)；连接OA；由题意得：∠OAE=30°，∴AG=AE=3；同理可证DF=DG，BF=BE；∴DF+BF=DG+BE=13﹣3﹣3=7，即BD=7，∴S=3（13+7）=203．即平行四边形ABCD的面积为203．3．如图，已知△ABC中，AB=AC，∠A=30°，AB=16，以AB为直径的⊙O与BC边相交于点D，与AC交于点F，过点D作DE⊥AC于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）求CE的长；（3）过点B作BG∥DF，交⊙O于点G，求弧BG的长．【答案】（1）证明见解析（2）33）4π【解析】【分析】（1）如图1，连接AD，OD，由AB为⊙O的直径，可得AD⊥BC，再根据AB=AC，可得BD=DC，再根据OA=OB，则可得OD∥AC，继而可得DE⊥OD，问题得证；（2）如图2，连接BF，根据已知可推导得出DE=12BF，CE=EF，根据∠A=30°，AB=16，可得BF=8，继而得DE=4，由DE为⊙O的切线，可得ED2=EF•AE，即42=CE•（16﹣CE），继而可求得CE长；（3）如图3，连接OG，连接AD，由BG∥DF，可得∠CBG=∠CDF=30°，再根据AB=AC，可推导得出∠OBG=45°，由OG=OB，可得∠OGB=45°，从而可得∠BOG=90°，根据弧长公式即可求得»BG的长度.【详解】（1）如图1，连接AD ，OD ；∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ADB=90°，即AD ⊥BC ，∵AB=AC ，∴BD=DC ，∵OA=OB ，∴OD ∥AC ，∵DE ⊥AC ，∴DE ⊥OD ，∴∠ODE=∠DEA=90°，∴DE 为⊙O 的切线；（2）如图2，连接BF ，∵AB 为⊙O 的直径，∴∠AFB=90°，∴BF ∥DE ，∵CD=BD ，∴DE=12BF ，CE=EF ， ∵∠A=30°，AB=16，∴BF=8，∴DE=4，∵DE 为⊙O 的切线，∴ED 2=EF•AE ， ∴42=CE•（16﹣CE ），∴CE=8﹣（3）如图3，连接OG ，连接AD ，∵BG ∥DF ，∴∠CBG=∠CDF=30°，∵AB=AC ，∴∠ABC=∠C=75°，∴∠OBG=75°﹣30°=45°，∵OG=OB ，∴∠OGB=∠OBG=45°，∴∠BOG=90°，∴»BG 的长度=908180π⨯⨯=4π．【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及了切线的判定、三角形中位线定理、圆周角定理、弧长公式等，正确添加辅助线、熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.4．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH⊥AB于点F，AB为直径，∴DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2．考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．5．如图所示，以Rt△ABC的直角边AB为直径作圆O，与斜边交于点D，E为BC边上的中点，连接DE．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）连接OE，AE，当∠CAB为何值时，四边形AOED是平行四边形？并在此条件下求sin∠CAE的值．【答案】(1)见解析;(2)10.【解析】分析：（1）要证DE是⊙O的切线，必须证ED⊥OD，即∠EDB+∠ODB=90°（2）要证AOED是平行四边形，则DE∥AB，D为AC中点，又BD⊥AC，所以△ABC为等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的概念求解即可．详解：（1）证明：连接O、D与B、D两点，∵△BDC是Rt△，且E为BC中点，∴∠EDB=∠EBD．（2分）又∵OD=OB且∠EBD+∠DBO=90°，∴∠EDB+∠ODB=90°．∴DE是⊙O的切线．（2）解：∵∠EDO=∠B=90°，若要四边形AOED是平行四边形，则DE∥AB，D为AC中点，又∵BD⊥AC，∴△ABC为等腰直角三角形．∴∠C AB=45°．过E作EH⊥AC于H，设BC=2k ，则EH=22k ，AE=5k ， ∴sin ∠CAE=10EH AE ．点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．6．如图，AB ，BC 分别是⊙O 的直径和弦，点D 为»BC上一点，弦DE 交⊙O 于点E ，交AB 于点F ，交BC 于点G ，过点C 的切线交ED 的延长线于H ，且HC=HG ，连接BH ，交⊙O 于点M ，连接MD ，ME ．求证：（1）DE ⊥AB ；（2）∠HMD=∠MHE+∠MEH ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】分析：（1）连接OC ，根据等边对等角和切线的性质，证明∠BFG=∠OCH=90°即可；（2）连接BE ，根据垂径定理和圆内接四边形的性质，得出∠HMD=∠BME ，再根据三角形的外角的性质证明∠HMD=∠DEB=∠EMB 即可．详解：证明：（1）连接OC ，∵HC=HG ，∴∠HCG=∠HGC ；∵HC 切⊙O 于C 点，∴∠OCB+∠HCG=90°；∵OB=OC，∴∠OCB=∠OBC，∵∠HGC=∠BGF，∴∠OBC+∠BGF=90°，∴∠BFG=90°，即DE⊥AB；（2）连接BE，由（1）知DE⊥AB，∵AB是⊙O的直径，∴，∴∠BED=∠BME；∵四边形BMDE内接于⊙O，∴∠HMD=∠BED，∴∠HMD=∠BME；∵∠BME是△HEM的外角，∴∠BME=∠MHE+∠MEH，∴∠HMD=∠MHE+∠MEH．点睛：此题综合性较强，主要考查了切线的性质、三角形的内角和外角的性质、等腰三角形的性质、内接四边形的性质．7．如图，A是以BC为直径的⊙O上一点，AD⊥BC于点D，过点B作⊙O的切线，与CA 的延长线相交于点E，G是AD的中点，连结CG并延长与BE相交于点F，延长AF与CB的延长线相交于点P．（1）求证：BF=EF：（2）求证：PA是⊙O的切线；（3）若FG=BF，且⊙O的半径长为32，求BD的长度.【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；（3）2【解析】分析：（1）利用平行线截三角形得相似三角形，得△BFC∽△DGC且△FEC∽△GAC，得到对应线段成比例，再结合已知条件可得BF=EF；（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质和等边对等角，得到∠FAO=∠EBO，结合BE是圆的切线，得到PA⊥OA，从而得到PA是圆O的切线；（3）点F作FH⊥AD于点H，根据前两问的结论，利用三角形的相似性质即可以求出BD 的长度．详解：证明：(1)∵BC是圆O的直径，BE是圆O的切线，∴EB⊥BC.又∵AD⊥BC，∴AD∥BE.∴△BFC∽△DGC，△FEC∽△GAC，∴BFDG=CFCG，EFAG=CFCG，∴BFDG=EFAG，∵G是AD的中点，∴DG=AG，∴BF=EF；(2)连接AO，AB.∵BC是圆O的直径，∴∠BAC=90°，由(1)得：在Rt△BAE中，F是斜边BE的中点，∴AF=FB=EF，可得∠FBA=∠FAB，又∵OA=OB，∴∠ABO=∠BAO，∵BE是圆O的切线，∴∠EBO=90°，∴∠FBA+∠ABO=90°，∴∠FAB+∠BAO=90°，即∠FAO=90°，∴PA⊥OA，∴PA是圆O的切线；（3）过点F 作FH ⊥AD 于点H ，∵BD ⊥AD ，FH ⊥AD ， ∴FH ∥BC ，由(2)，知∠FBA =∠BAF ， ∴BF =AF . ∵BF =FG ， ∴AF =FG ，∴△AFG 是等腰三角形. ∵FH ⊥AD ， ∴AH =GH ， ∵DG =AG ， ∴DG =2HG . 即12HG DG =， ∵FH ∥BD ，BF ∥AD ，∠FBD =90°， ∴四边形BDHF 是矩形， ∴BD =FH ， ∵FH ∥BC ∴△HFG ∽△DCG ， ∴12FH HG CD DG ==，即12BD CD =， ∴232.15≈， ∵O 的半径长为2， ∴BC 2， ∴BD =13BC ＝2. 点睛：本题考查了切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质.结合已知条件准确对图形进行分析并应用相应的图形性质是解题的关键.8．已知⊙O中，弦AB=AC，点P是∠BAC所对弧上一动点，连接PA，PB．（1）如图①，把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，连接PC，求证：∠ACP+∠ACQ=180°；（2）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA、PB、PC之间的关系．（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明．【答案】（1）证明见解析；（2）PA=PB+PC．理由见解析；（3）若∠BAC=120°时，（2）3 PA=PB+PC．【解析】试题分析：（1）如图①，连接PC．根据“内接四边形的对角互补的性质”即可证得结论；（2）如图②，通过作辅助线BC、PE、CE（连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE）构建等边△PCE和全等三角形△BEC≌△APC；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得PA=PB+PC；（3）如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．利用全等三角形△ABP≌△AQP（SAS）的对应边相等推知AB=AQ，PB=PG，将PA、PB、PC的数量关系转化到△APC中来求即可．试题解析：（1）如图①，连接PC．∵△ACQ是由△ABP绕点A逆时针旋转得到的，∴∠ABP=∠ACQ．由图①知，点A、B、P、C四点共圆，∴∠ACP+∠ABP=180°（圆内接四边形的对角互补），∴∠ACP+∠ACQ=180°（等量代换）；（2）PA=PB+PC．理由如下：如图②，连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE．∵弦AB=弦AC，∠BAC=60°，∴△ABC是等边三角形（有一内角为60°的等腰三角形是等边三角形）．∵A、B、P、C四点共圆，∴∠BAC+∠BPC=180°（圆内接四边形的对角互补），∵∠BPC+∠EPC=180°，∴∠BAC=∠CPE=60°，∵PE=PC，∴△PCE是等边三角形，∴CE=PC，∠E=∠ECP=∠EPC=60°；又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，∴∠BCE=∠ACP（等量代换）,在△BEC和△APC中，CE PCBCE ACPAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BEC≌△APC（SAS），∴BE=PA，∴PA=BE=PB+PC；（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论不成立，3 PA=PB+PC．理由如下：如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．∵∠BAC=120°，∠BAC+∠BPC=180°，∴∠BPC=60°．∵弦AB=弦AC，∴∠APB=∠APQ=30°．在△ABP和△AQP中，PB PQAPB APQAP AP=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABP≌△AQP（SAS），∴AB=AQ，PB=PQ（全等三角形的对应边相等），∴AQ=AC（等量代换）．在等腰△AQC中，QG=CG．在Rt△APG中，∠APG=30°，则AP=2AG，PG=3AG,∴PB+PC=PG﹣QG+PG+CG=PG﹣QG+PG+QG=2PG=23AG，∴3PA=23AG，即3PA=PB+PC．【点睛】本题考查了圆的综合题，解题的关键要能掌握和灵活运用圆心角、弧、弦间的关系，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质等.9．如图1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作¶AC、¶CB、¶BA，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l为对称轴的交点．（1）如图2，将这个图形的顶点A与线段MN作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为；（2）如图3，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它沿等边△DEF的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；（3）如图4，将这个图形的顶点B与⊙O的圆心O重合，⊙O的半径为3，将它沿⊙O的圆周作无滑动的滚动，当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为（请用含n的式子表示）【答案】（1）3π；（2）27π；（3）23nπ．【解析】试题分析：（1）先求出¶AC 的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论；（2）先判断出莱洛三角形等边△DEF 绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O 重合旋转一周点I 的路径，再用圆的周长公式即可得出．试题解析：解：（1）∵等边△ABC 的边长为3，∴∠ABC =∠ACB =∠BAC =60°，¶¶¶AC BC AB ==，∴¶¶AC BCl l ==¶AB l =603180π⨯=π，∴线段MN 的长为¶¶¶AC BC ABl l l ++=3π．故答案为3π；（2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =21203360π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S 矩形AGHF +S 扇形BAG ）=3（6π+3π）=27π；（3）如图2，连接BI 并延长交AC 于D ．∵I 是△ABC 的重心也是内心，∴∠DAI =30°，AD =12AC =32，∴OI =AI =3230AD cos DAI cos ∠=︒=3，∴当它第1次回到起始位置时，点I所经过的路径是以O 为圆心，OI 为半径的圆周，∴当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为n •2π•3=23n π．故答案为23n π．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出¶AC 的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I 第一次回到起点时，I 的路径，是一道中等难度的题目．10．如图①，抛物线y ＝ax 2+bx+c 经过点A （﹣2，0）、B （4，0）、C （0，3）三点．（1）试求抛物线的解析式；（2）点P 是y 轴上的一个动点，连接PA ，试求5PA+4PC 的最小值；（3）如图②，若直线l 经过点T （﹣4，0），Q 为直线l 上的动点，当以A 、B 、Q 为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l 的解析式．【答案】（1）233384y x x =-++；（2）5PA+4PC 的最小值为18；（3）直线l 的解析式为334y x =+或334y x =--.【解析】【分析】（1）设出交点式，代入C 点计算即可（2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ，易证△CDP ∽△COB ，得到比例式PC PD BC OB =，得到PD=45PC ，所以5PA+4PC ＝5（PA+45PC ）＝5（PA+PD ），当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小，利用等面积法求出AE=185，即最小值为18 （3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆, 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，所以只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°，即∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q ，∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个；此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ，利用cos ∠QFT 求出QG ，分出情况Q 在x 轴上方和x 轴下方时，分别代入直接l 得到解析式即可【详解】解：（1）∵抛物线与x 轴交点为A （﹣2，0）、B （4，0） ∴y ＝a （x+2）（x ﹣4）把点C （0，3）代入得：﹣8a ＝3∴a ＝﹣38∴抛物线解析式为y ＝﹣38（x+2）（x ﹣4）＝﹣38x 2+34x+3 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ∴∠CDP ＝∠COB ＝90° ∵∠DCP ＝∠OCB ∴△CDP ∽△COB ∴PC PDBC OB= ∵B （4，0），C （0，3）∴OB ＝4，OC ＝3，BC ∴PD ＝45PC ∴5PA+4PC ＝5（PA+45PC ）＝5（PA+PD ） ∴当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小 ∵A （﹣2，0），OC ⊥AB ，AE ⊥BC ∴S △ABC ＝12AB •OC ＝12BC•AE ∴AE ＝631855AB OC BC ⨯==n ∴5AE ＝18∴5PA+4PC 的最小值为18．（3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，∴只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90° ∴∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q∵当Q 在⊙F 上运动时（不与A 、B 重合），∠AQB ＝90° ∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ∴∠FQT ＝90°∵F 为A （﹣2，0）、B （4，0）的中点 ∴F （1，0），FQ ＝FA ＝3 ∵T （﹣4，0） ∴TF ＝5，cos ∠QFT ＝35FQ TF = ∵Rt △FGQ 中，cos ∠QFT ＝35FG FQ =∴FG ＝35FQ ＝95∴x Q ＝1﹣9455=-，QG ＝2222912FQ 355FG ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭①若点Q 在x 轴上方，则Q （41255-，）设直线l 解析式为：y ＝kx+b∴4041255k b k b -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 解得：343k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴直线l ：334y x =+ ②若点Q 在x 轴下方，则Q （41255--，） ∴直线l ：334y x =-- 综上所述，直线l 的解析式为334y x =+或334y x =--【点睛】本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q 点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论11．如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，∠BAD =90°，AD 、BC 的延长线交于点F ，点E 在CF 上，且∠DEC =∠BAC ．（1）求证：DE 是⊙O 的切线；（2）当AB =AC 时，若CE =2，EF =3，求⊙O 的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）35．【解析】【分析】（1）先判断出BD 是圆O 的直径，再判断出BD ⊥DE ，即可得出结论；（2）根据余角的性质和等腰三角形的性质得到∠F =∠EDF ，根据等腰三角形的判定得到DE =EF =3，根据勾股定理得到CD 225DE CE =-=，证明△CDE ∽△DBE ，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）如图，连接BD ．∵∠BAD =90°，∴点O 必在BD 上，即：BD 是直径，∴∠BCD =90°，∴∠DEC +∠CDE =90°． ∵∠DEC =∠BAC ，∴∠BAC +∠CDE =90°．∵∠BAC =∠BDC ，∴∠BDC +∠CDE =90°，∴∠BDE =90°，即：BD ⊥DE ． ∵点D 在⊙O 上，∴DE 是⊙O 的切线；（2）∵∠BAF =∠BDE =90°，∴∠F +∠ABC =∠FDE +∠ADB =90°． ∵AB =AC ，∴∠ABC =∠ACB ．∵∠ADB =∠ACB ，∴∠F =∠FDE ，∴DE =EF =3． ∵CE =2，∠BCD =90°，∴∠DCE =90°，∴CD 225DE CE =-=∵∠BDE =90°，CD ⊥BE ，∴∠DCE =∠BDE =90°．∵∠DEC =∠BED ，∴△CDE ∽△DBE ，∴CD BD CE DE =，∴BD 5335⨯==，∴⊙O 的半径354=．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，求出DE =EF 是解答本题的关键．12．如图1，AB 为半圆O 的直径，半径OP ⊥AB ，过劣弧AP 上一点D 作DC ⊥AB 于点C ．连接DB ，交OP 于点E ，∠DBA ＝22.5°． ⑴ 若OC ＝2，则AC 的长为；⑵ 试写出AC 与PE 之间的数量关系，并说明理由；⑶ 连接AD 并延长，交OP 的延长线于点G ，设DC ＝x ，GP ＝y ，请求出x 与y 之间的等量关系式. （请先补全图形，再解答）【答案】⑴ 222；⑵ 见解析；⑶ y =2x 【解析】【分析】（1）如图，连接OD ，则有∠AOD=45°，所以△DOC 为等腰直角三角形，又OC=2，所以2,故可求出AC 的长；（2）连接AD ，DP ，过点D 作DF ⊥OP ，垂足为点F . 证AC=PF 或AC=EF ，证DP=DE 证PF=EF=12PE ，故可证出PE =2AC ；（3）首先求出22OD CD x ==，再求AB=22x ,再证△DGE ≌△DBA,得GE =AB =2x ，由PE=2AC 得PE =2(2)x x -，再根据GP =GE －PE 可求结论. 【详解】（1）连接OD ，如图，∵∠B=22.5°，∴∠DOC=45°,∵DC⊥AB∴△DOC为等腰直角三角形，∵OC=2，∴2∴2，∴AC=AO-OC=222.⑵连接AD，DP，过点D作DF⊥OP，垂足为点F.∵OP⊥AB,∴∠POD=∠DOC=45°，∴AD=PD，∵△DOC为等腰直角三角形，∴DC=CO,易证DF=CO，∴DC=DF，∴Rt△DAC≌Rt△DPF,∴PF=AC,∵DO=AO,∠DOA=45°∴∠DAC=67.5°∴∠DPE=67.5°,∵OD=OB，∠B=22.5°，∴∠ODE=22.5°∴∠DEP=22.5°+45°=67.5°∴∠DEP=∠DPE∴PF=EF=12PE ∴PE =2AC（3）如图2，由∠DCO =90°，∠DOC =45°得22OD CD x == ∴ AB =2OD=22x∵AB 是直径，∴∠ADB=∠EDG=90°，由（2）得AD=ED,∠DEG=∠DAC∴△DGE ≌△DBA ∴ GE =AB =22x∵ PE =2AC∴ PE =2(2)x x -∴ GP =GE －PE =222(2-)x x x -即：y =2x【点睛】本题是一道圆的综合题，涵盖的知识点较多，难度较大，主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握并运用这些知识是解题的关键.13．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3cos 5C =,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P e 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .()1当P e 与边BC 相切时，求P e 的半径；()2联结BP 交DE 于点F ，设AP 的长为x ，PF 的长为y ，求y 关于x 的函数解析式，并直接写出x 的取值范围；()3在()2的条件下，当以PE 长为直径的Q e 与P e 相交于AC 边上的点G 时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409；（2）)25880010320x x y x x -+=<<+；（3）105- 【解析】【分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=35，则sinC=45，sinC=HPCP=R10R-=45，即可求解；（2）PD∥BE，则EBPD＝BFPF，即：2248805x x x yx y--+-=，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．【详解】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=35，则sinC=35，sinC=HPCP=R10R-=45，解得：R=409；（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=35，设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC，则BH=ACsinC=8，同理可得：CH=6，HA=4，5tan∠()2284x+-2880x x-+DA=255x，则BD=45-255x，如下图所示，PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，tanβ=2，则cosβ=5，sinβ=5，EB=BDcosβ=（45-255x）×5=4-25x，∴PD∥BE，∴EBPD＝BFPF，即：2248805x x x yx--+-=，整理得：y=()25x x8x800x10-+<<；（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，∵点Q时弧GD的中点，∴DG⊥EP，∵AG是圆P的直径，∴∠GDA=90°，∴EP∥BD，由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，∴AG=EP=BD，∴AB=DB+AD=AG+AD=45，设圆的半径为r，在△ADG中，AD=2rcosβ=5，DG=5，AG=2r，5+2r=45，解得：2r=51，则：DG=5=10-25，相交所得的公共弦的长为10-25．【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．14．如图1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D．（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=12AB，连接DE．①求证：DE是⊙O的切线；②求PC的长．【答案】（1）6；（2）①证明见解析；33．【解析】试题分析：（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；（2）①首先得出△OBD是等边三角形，进而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．试题解析：（1）如图2，连接OD，∵OP⊥PD，PD∥AB，∴∠POB=90°，∵⊙O的直径AB=12，∴OB=OD=6，在Rt△POB中，∠ABC=30°，∴OP=OB•tan30°=6×=2，在Rt△POD中，PD===；（2）①如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，∵，∴∠DBC=∠ABC=30°，∴∠ABD=60°，∵OB=OD，∴△OBD是等边三角形，∴OD⊥FB，∵BE=AB，∴OB=BE，∴BF∥ED，∴∠ODE=∠OFB=90°，∴DE是⊙O的切线；②由①知，OD⊥BC，∴CF=FB=OB•cos30°=6×=3，在Rt△POD中，OF=DF，∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），∴CP=CF﹣PF=3﹣3．考点：圆的综合题15．如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于E，过点A作∠DAF=∠DAB，过点D作AF的垂线，垂足为F，交AB的延长线于点P，连接CO并延长交⊙O于点G，连接EG．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）若AD=DP，OB=3，求»BD的长度；（3）若DE=4，AE=8，求线段EG的长．【答案】（1）证明见解析（2）π（3）213【解析】试题分析：（1）连接OD，由等腰三角形的性质得出∠DAB=∠ADO，再由已知条件得出∠ADO=∠DAF，证出OD∥AF，由已知DF⊥AF，得出DF⊥OD，即可得出结论；（2）易得∠BOD=60°，再由弧长公式求解即可；（3）连接DG，由垂径定理得出DE=CE=4，得出CD=8，由勾股定理求出DG，再由勾股定理求出EG即可．试题解析：（1）证明：连接OD，如图1所示：∵OA=OD，∴∠DAB=∠ADO，∵∠DAF=∠DAB，∴∠ADO=∠DAF，∴OD∥AF，又∵DF⊥AF，∴DF⊥OD，∴DF是⊙O的切线；（2）∵AD=DP∴∠P=∠DAF=∠DAB =x0∴∠P+∠DAF+∠DAB =3x o=90O∴x0=300∴∠BOD=60°，∴»BD的长度=（3）解：连接DG，如图2所示：∵AB⊥CD，∴DE=CE=4，∴CD=DE+CE=8，设OD=OA=x，则OE=8﹣x，在Rt△ODE中，由勾股定理得：OE2+DE2=OD2，即（8﹣x）2+42=x2，解得：x=5，∴CG=2OA=10，∵CG是⊙O的直径，∴∠CDG=90°，∴DG=2222-=-=6，108CG CD∴EG=2222+=+=213.DG DE64。

九年级数学圆的综合的专项培优易错难题练习题(含答案)附详细答案

九年级数学圆的综合的专项培优易错难题练习题(含答案)附详细答案一、圆的综合1．图 1 和图 2 中，优弧»AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝23，点P为优弧»AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．发现：（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在»NP上．（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【解析】【分析】发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性质可得OD=A'H=12A'N=12MN=2可判定A′C与半圆相切；（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在»PB时，连接MO′，则可知NO′=12MN，可求得∠MNO′=60°，可求得α=30°；（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【详解】发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,∵⊙O的半径为2，AB=23，∴OH=22OB HB-=222(3)1-=在△BOH中，OH=1，BO=2∴∠ABO=30°∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．∴∠OBA′=∠ABO=30°∴∠ABA′=60°（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．∴∠A′BP=∠ABP=60°．∴∠OBP=30°．∴OG=12OB=1．∴3．∵OG⊥BP，∴3．∴3．∴折痕的长为3拓展：（1）相切．分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，∵A'C∥MN∴四边形A'HOD是矩形∴A'H=O∵α=15°∴∠A'NH=30∴OD=A'H=12A'N=12MN=2∴A'C与半圆（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，∴α=45当O′在»PB上时，连接MO′，则可知NO′=12 MN，∴∠O′MN=0°∴∠MNO′=60°，∴α=30°，故答案为：45°；30°．（3）∵点P，M不重合，∴α＞0，由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段NO′与半圆只有一个公共点B；当α增大到45°时NA′与半圆相切，即线段NO′与半圆只有一个公共点B．当α继续增大时，点P逐渐靠近点N，但是点P，N不重合，∴α＜90°，∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【点睛】本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．2．如图，AB为⊙O的直径，AC为⊙O的弦，AD平分∠BAC，交⊙O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E．（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若AE＝8，⊙O的半径为5，求DE的长．【答案】（1）直线DE 与⊙O 相切（2）4【解析】试题分析：（1）连接OD ，∵AD 平分∠BAC ，∴EAD OAD ∠∠＝，∵OA OD ＝，∴ODA OAD ∠∠＝，∴ODA EAD ∠∠＝，∴EA ∥OD ，∵DE ⊥EA ，∴DE ⊥OD ，又∵点D 在⊙O 上，∴直线DE 与⊙O 相切（2）如图1，作DF ⊥AB ，垂足为F ，∴DFA DEA 90∠∠︒＝＝，∵EAD FAD ∠∠＝，AD AD ＝，∴△EAD ≌△FAD ，∴AF AE 8＝＝，DF DE ＝，∵OA OD 5＝＝，∴OF 3＝，在Rt △DOF 中，22DF 4OD OF -＝＝，∴AF AE 8＝＝考点：切线的证明，弦心距和半径、弦长的关系点评：本题难度不大，第一小题通过内错角相等相等证明两直线平行，再由两直线平行推出同旁内角相等．第二小题通过求出两个三角形全等，从而推出对应边相等，接着用弦心距和弦长、半径的计算公式，求出半弦长．3．如图，已知△ABC 内接于⊙O ，AB 是⊙O 的直径，点F 在⊙O 上，且点C 是的中点，过点C 作⊙O 的切线交AB 的延长线于点D ，交AF 的延长线于点E ．（1）求证：AE ⊥DE ；（2）若∠BAF=60°，AF=4，求CE 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（1）首先连接OC，由OC=OA，，易证得OC∥AE，又由DE切⊙O于点C，易证得AE⊥DE；（2）由AB是⊙O的直径，可得△ABC是直角三角形，易得△AEC为直角三角形，根据AE=3求得AC的长，然后连接OF，可得△OAF为等边三角形，知AF=OA=AB，在△ACB 中，利用已知条件求得答案．试题解析：（1）证明：连接OC，∵OC=OA，∴∠BAC=∠OCA，∵∴∠BAC=∠EAC，∴∠EAC=∠OCA，∴OC∥AE，∵DE切⊙O于点C，∴OC⊥DE，∴AE⊥DE；（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴△ABC是直角三角形，∵∠CBA=60°，∴∠BAC=∠EAC=30°，∵△AEC为直角三角形，AE=3，∴AC=2，连接OF，∵OF=OA，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，∴△OAF为等边三角形，∴AF=OA=AB，在Rt△ACB中，AC=2，tan∠CBA=，∴BC=2，∴AB=4，∴AF=2．考点：切线的性质．4．如图，△ABC的内接三角形，P为BC延长线上一点，∠PAC=∠B，AD为⊙O的直径，过C作CG⊥AD于E，交AB于F，交⊙O于G．（1）判断直线PA与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）求证：AG2=AF·AB；（3）若⊙O的直径为10，AC=25，AB=45，求△AFG的面积.【答案】（1）PA与⊙O相切，理由见解析；（2）证明见解析；（3）3.【解析】试题分析：（1）连接CD，由AD为⊙O的直径，可得∠ACD=90°，由圆周角定理，证得∠B=∠D，由已知∠PAC=∠B，可证得DA⊥PA，继而可证得PA与⊙O相切．（2）连接BG，易证得△AFG∽△AGB，由相似三角形的对应边成比例，证得结论.（3）连接BD，由AG2=AF•AB，可求得AF的长，易证得△AEF∽△ABD，即可求得AE的长，继而可求得EF与EG的长，则可求得答案．试题解析：解：（1）PA与⊙O相切．理由如下：如答图1，连接CD，∵AD为⊙O的直径，∴∠ACD=90°.∴∠D+∠CAD=90°.∵∠B=∠D，∠PAC=∠B，∴∠PAC=∠D.∴∠PAC+∠CAD=90°，即DA⊥PA.∵点A在圆上，∴PA与⊙O相切．（2）证明：如答图2，连接BG ，∵AD 为⊙O 的直径，CG ⊥AD ，∴»»AC AD =.∴∠AGF=∠ABG.∵∠GAF=∠BAG ，∴△AGF ∽△ABG.∴AG ：AB=AF ：AG. ∴AG 2=AF•AB.（3）如答图3，连接BD ，∵AD 是直径，∴∠ABD=90°.∵AG 2=AF•AB ，55∴5∵CG ⊥AD ，∴∠AEF=∠ABD=90°.∵∠EAF=∠BAD ，∴△AEF ∽△ABD. ∴AE AF AB AD =545=，解得：AE=2. ∴221EF AF AE =-=. ∵224EG AG AE =-=，∴413FG EG EF =-=-=. ∴1132322AFG S FG AE ∆=⋅⋅=⨯⨯=．考点：1. 圆周角定理；2.直角三角形两锐角的关系；3. 相切的判定；4.垂径定理；5.相似三角形的判定和性质；6.勾股定理；7.三角形的面积.5．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD的边AB为直径作⊙O，交对角线AC于点E．（1）图1中，线段AE=；（2）如图2，在图1的基础上，以点A为端点作∠DAM=30°，交CD于点M，沿AM将四边形ABCM剪掉，使Rt△ADM绕点A逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD与⊙O交于点F．①当α=30°时，请求出线段AF的长；②当α=60°时，求出线段AF的长；判断此时DM与⊙O的位置关系，并说明理由；③当α=°时，DM与⊙O相切．【答案】（1）2（2）①2②2，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4；（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×=4；此时DM与⊙O的位置关系是相离；③∵AD=8，直径的长度相等，∴当DM与⊙O相切时，点D在⊙O上，故此时可得α=∠NAD=90°．点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D的位置，有一定难度．6．如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC，⊙A经过点B，与AD边交于点E，连接CE .（1）求证：直线PD是⊙A的切线；（2）若PC=25，sin∠P=23，求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）．【答案】（1）见解析；（2）20-4π.【解析】分析：（1）过点A作AH⊥PD，垂足为H，只要证明AH为半径即可.（2）分别算出Rt△CED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解：（1）证明：如图，过A作AH⊥PD，垂足为H，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，∠PCD=∠BCD=90°，∴∠ADH=∠P，∠AHD=∠PCD=90°，又PD=BC，∴AD=PD，∴△ADH≌△DPC，∴AH=CD，∵CD=AB，且AB是⊙A的半径，∴AH=AB,即AH是⊙A的半径，∴PD是⊙A的切线.（2）如图，在Rt△PDC中，∵sin∠P=23CDPD=，PC=25，令CD=2x，PD=3x，由由勾股定理得：（3x）2-(2x)2=(25)2，解得：x=2，∴CD=4，PD=6，∴AB=AE=CD=4，AD=BC=PD=6，DE=2，∵矩形ABCD的面积为6×4=24，Rt△CED的面积为12×4×2=4，扇形ABE的面积为12π×42=4π，∴图中阴影部份的面积为24-4-4π=20-4π.点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积.7．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O 与直线AB的距离为5．（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？【答案】（1）522；（2）52；（3）20423-【解析】分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离．详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处，如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，设⊙O 与直线l 切于点D ，连接OD ，则OE ⊥A′C′，OD ⊥直线l ，由切线长定理可知C′E=C′D ，设C′D=x ，则C′E=x ， ∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴∠A=∠ACB=45°， ∴∠A′C′B′=∠ACB=45°， ∴△EFC′是等腰直角三角形， ∴C′F=2x ，∠OFD=45°， ∴△OFD 也是等腰直角三角形， ∴OD=DF ， ∴2x+x=1，则x=2-1，∴CC′=BD -BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2， ∴点C 运动的时间为52-；则经过52-秒，△ABC 的边与圆第一次相切；（2）如图2，设经过t 秒△ABC 的边与圆第一次相切，△ABC 移至△A′B′C′处，⊙O 与BC 所在直线的切点D 移至D′处，A′C′与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交B′C′于F ， ∵CC′=2t ，DD′=t ，∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2t=4-t ，由切线长定理得C ′E=C′D′=4-t ，由（1）得：2-1，解得：2，答：经过2秒△ABC 的边与圆第一次相切；（3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t ，DD′=t ，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2.5t=4-1.5t ，由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t ，由（1）得：4-1.5t=2-1，解得：t=1022-， ∴点B 运动的距离为2×10223-=20423-．点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．8．某居民小区的一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需要确定管道圆形截面的半径．如图，若这个输水管道有水部分的水面宽AB=16cm ，水最深的地方的高度为4cm ，求这个圆形截面的半径．【答案】10cm 【解析】分析：先过圆心O 作半径CO ⊥AB ，交AB 于点D 设半径为r ，得出AD 、OD 的长，在Rt △AOD 中，根据勾股定理求出这个圆形截面的半径．详解：解：过点O 作OC ⊥AB 于D ，交⊙O 于C ，连接OB ， ∵OC ⊥AB∴BD=12AB=12×16=8cm 由题意可知，CD=4cm∴设半径为xcm ，则OD=（x ﹣4）cm 在Rt △BOD 中，由勾股定理得：OD 2+BD 2=OB 2 （x ﹣4）2+82=x 2解得：x=10．答：这个圆形截面的半径为10cm．点睛：此题考查了垂经定理和勾股定理，关键是根据题意画出图形，再根据勾股定理进行求解．9．函数是描述客观世界运动变化的重要模型，理解函数的本质是重要的任务。

2020-2021中考数学圆的综合(大题培优易错难题)及详细答案

2020-2021中考数学圆的综合(大题培优易错难题)及详细答案一、圆的综合1．如图，⊙A过▱OBCD的三顶点O、D、C，边OB与⊙A相切于点O，边BC与⊙O相交于点H，射线OA交边CD于点E，交⊙A于点F，点P在射线OA上，且∠PCD=2∠DOF，以O为原点，OP所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为（0，﹣2）．（1）若∠BOH=30°，求点H的坐标；（2）求证：直线PC是⊙A的切线；（3）若OD=10，求⊙A的半径．【答案】（1）（132）详见解析；（3）5 3 .【解析】【分析】（1）先判断出OH=OB=2，利用三角函数求出MH，OM，即可得出结论；（2）先判断出∠PCD=∠DAE，进而判断出∠PCD=∠CAE，即可得出结论；（3）先求出OE═3，进而用勾股定理建立方程，r2-（3-r）2=1，即可得出结论．【详解】（1）解：如图，过点H作HM⊥y轴，垂足为M．∵四边形OBCD是平行四边形，∴∠B=∠ODC∵四边形OHCD是圆内接四边形∴∠OHB=∠ODC∴∠OHB=∠B∴OH=OB=2∴在Rt△OMH中，∵∠BOH=30°，∴MH=12OH=1，33∴点H的坐标为（13（2）连接AC．∵OA=AD，∴∠DOF=∠ADO∴∠DAE=2∠DOF∵∠PCD=2∠DOF，∴∠PCD=∠DAE∵OB与⊙O相切于点A∴OB⊥OF∵OB∥CD∴CD⊥AF∴∠DAE=∠CAE∴∠PCD=∠CAE∴∠PCA=∠PCD+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90°∴直线PC是⊙A的切线；（3）解：⊙O的半径为r．在Rt△OED中，DE=12CD=12OB=1，OD=10，∴OE═3∵OA=AD=r，AE=3﹣r．在Rt△DEA中，根据勾股定理得，r2﹣（3﹣r）2=1解得r=53．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键．2．如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．（1）OC的长为；（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=；（3）如图2，动点P 以每秒1个单位长度的速度，从点O 沿线段OA 向点A 运动；同时动点D 以相同的速度，从点B 沿折线B ﹣C ﹣O 向点O 运动．当点P 到达点A 时，两点同时停止运动．过点P 作直线PE ∥OC ，与折线O ﹣B ﹣A 交于点E ．设点P 运动的时间为t （秒）．求当以B 、D 、E 为顶点的三角形是直角三角形时点E 的坐标．【答案】（1）4；（2）35；（3）点E 的坐标为（1，2）、（53，103）、（4，2）．【解析】分析：（1）过点B 作BH ⊥OA 于H ，如图1（1），易证四边形OCBH 是矩形，从而有OC =BH ，只需在△AHB 中运用三角函数求出BH 即可．（2）过点B 作BH ⊥OA 于H ，过点G 作GF ⊥OA 于F ，过点B 作BR ⊥OG 于R ，连接MN 、DG ，如图1（2），则有OH =2，BH =4，MN ⊥OC ．设圆的半径为r ，则MN =MB =MD =r ．在Rt △BHD 中运用勾股定理可求出r =2，从而得到点D 与点H 重合．易证△AFG ∽△ADB ，从而可求出AF 、GF 、OF 、OG 、OB 、AB 、BG ．设OR =x ，利用BR 2=OB 2﹣OR 2=BG 2﹣RG 2可求出x ，进而可求出BR ．在Rt △ORB 中运用三角函数就可解决问题．（3）由于△BDE 的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE =90°，②∠BED =90°，③∠DBE =90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t 的方程就可解决问题．详解：（1）过点B 作BH ⊥OA 于H ，如图1（1），则有∠BHA =90°=∠COA ，∴OC ∥BH ． ∵BC ∥OA ，∴四边形OCBH 是矩形，∴OC =BH ，BC =OH ． ∵OA =6，BC =2，∴AH =0A ﹣OH =OA ﹣BC =6﹣2=4． ∵∠BHA =90°，∠BAO =45°，∴tan ∠BAH =BHHA=1，∴BH =HA =4，∴OC =BH =4．故答案为4．（2）过点B 作BH ⊥OA 于H ，过点G 作GF ⊥OA 于F ，过点B 作BR ⊥OG 于R ，连接MN 、DG ，如图1（2）．由（1）得：OH =2，BH =4． ∵OC 与⊙M 相切于N ，∴MN ⊥OC ．设圆的半径为r ，则MN =MB =MD =r ． ∵BC ⊥OC ，OA ⊥OC ，∴BC ∥MN ∥OA ． ∵BM =DM ，∴CN =ON ，∴MN =12（BC +OD ），∴OD =2r ﹣2，∴DH =OD OH -=24r -．在Rt △BHD 中，∵∠BHD =90°，∴BD 2=BH 2+DH 2，∴（2r ）2=42+（2r ﹣4）2．解得：r =2，∴DH =0，即点D 与点H 重合，∴BD ⊥0A ，BD =AD ． ∵BD 是⊙M 的直径，∴∠BGD =90°，即DG ⊥AB ，∴BG =AG ． ∵GF ⊥OA ，BD ⊥OA ，∴GF ∥BD ，∴△AFG ∽△ADB ， ∴AF AD =GF BD =AG AB =12，∴AF =12AD =2，GF =12BD =2，∴OF =4，∴OG同理可得：OB AB ，∴BG =12AB ．设OR =x ，则RG x ．∵BR ⊥OG ，∴∠BRO =∠BRG =90°，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=BG 2﹣RG 2， ∴（2﹣x 2=（）2﹣（x ）2．解得：x ，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=（2）2=365，∴BR在Rt △ORB 中，sin ∠BOR =BR OB35．故答案为35．（3）①当∠BDE =90°时，点D 在直线PE 上，如图2．此时DP =OC =4，BD +OP =BD +CD =BC =2，BD =t ，OP =t ．则有2t =2．解得：t =1．则OP =CD =DB =1． ∵DE ∥OC ，∴△BDE ∽△BCO ，∴DE OC =BD BC =12，∴DE =2，∴EP =2， ∴点E 的坐标为（1，2）． ②当∠BED =90°时，如图3．∵∠DBE =OBC ，∠DEB =∠BCO =90°，∴△DBE ∽△OBC ，∴BEBC =2DB BE OB ∴，∴BE ． ∵PE ∥OC ，∴∠OEP =∠BOC ．∵∠OPE =∠BCO =90°，∴△OPE ∽△BCO ， ∴OEOB=OPBC ，2t ，∴OE ．∵OE +BE =OB +5t解得：t =53，∴OP =53，OE ，∴PE =103， ∴点E 的坐标为（51033，）． ③当∠DBE =90°时，如图4．此时PE =PA =6﹣t ，OD =OC +BC ﹣t =6﹣t ．则有OD =PE ，EA （6﹣t ）， ∴BE =BA ﹣EAt ）t ﹣．∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．在Rt△DBE中，cos∠BED=BEDE=22，∴DE=2BE，∴t=22（t﹣22）=2t﹣4．解得：t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，2）．综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（1，2）、（51033，）、（4，2）．点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．3．如图1，将长为10的线段OA绕点O旋转90°得到OB，点A的运动轨迹为»AB，P是半径OB上一动点，Q是»AB上的一动点，连接PQ.发现：∠POQ＝________时，PQ有最大值，最大值为________；思考：（1）如图2，若P是OB中点，且QP⊥OB于点P，求»BQ的长；（2）如图3，将扇形AOB沿折痕AP折叠，使点B的对应点B′恰好落在OA的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB沿PQ折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切，切点为C，若OP＝6，求点O到折痕PQ的距离．【答案】发现： 90°，102；思考：（1）103π=；（2）25π−1002+100；（3）点O 到折痕PQ 的距离为30. 【解析】分析：发现：先判断出当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，即可得出结论；思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（2）先在Rt △B'OP 中，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¼B Q '所在圆的圆心，∴O′C=OB=10，∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点， ∴O′C ⊥AO ， ∴O′C ∥OB ，∴四边形OCO′B 是矩形，在Rt △O′BP 中，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 Rπ（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．4．四边形 ABCD 的对角线交于点 E ，且 AE ＝EC ，BE ＝ED ，以 AD 为直径的半圆过点 E ，圆心为 O ．（1）如图①，求证：四边形 ABCD 为菱形；（2）如图②，若 BC 的延长线与半圆相切于点 F ，且直径 AD ＝6，求弧AE 的长．【答案】（1）见解析；（2）π2【解析】试题分析：（1）先判断出四边形ABCD 是平行四边形，再判断出AC ⊥BD 即可得出结论；（2）先判断出AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ，进而得出∠CDA =30°，最后用弧长公式即可得出结论．试题解析：证明：（1）∵四边形ABCD 的对角线交于点E ，且AE =EC ，BE =ED ，∴四边形ABCD 是平行四边形．∵以AD 为直径的半圆过点E ，∴∠AED =90°，即有AC ⊥BD ，∴四边形ABCD 是菱形；（2）由（1）知，四边形ABCD 是菱形，∴△ADC 为等腰三角形，∴AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ．如图2，过点C 作CG ⊥AD ，垂足为G ，连接FO ．∵BF 切圆O 于点F ，∴OF ⊥AD ，且132OF AD ==，易知，四边形CGOF 为矩形，∴CG =OF =3．在Rt △CDG 中，CD =AD =6，sin ∠ADC =CG CD =12，∴∠CDA =30°，∴∠ADE =15°．连接OE ，则∠AOE =2×∠ADE =30°，∴¶3031802AE ππ⋅⨯==．点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．5．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=3，CD=2，求⊙O 的半径．【答案】（1）直线BE 与⊙O 相切，证明见解析；（2）⊙O 3 【解析】分析：（1）连接OE ，根据矩形的性质，可证∠BEO =90°，即可得出直线BE 与⊙O 相切；（2）连接EF ，先根据已知条件得出BD 的值，再在△BEO 中，利用勾股定理推知BE 的长，设出⊙O 的半径为r ，利用切线的性质，用勾股定理列出等式解之即可得出r 的值．详解：（1）直线BE 与⊙O 相切．理由如下：连接OE ，在矩形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠ADB =∠DBC ． ∵OD =OE ，∴∠OED =∠ODE ．又∵∠ABE =∠DBC ，∴∠ABE =∠OED ， ∵矩形ABDC ，∠A =90°，∴∠ABE +∠AEB =90°，∴∠OED +∠AEB =90°，∴∠BEO =90°，∴直线BE 与⊙O 相切；（2）连接EF ，方法1：∵四边形ABCD 是矩形，CD =2，∴∠A =∠C =90°，AB =CD =2． ∵∠ABE =∠DBC ，∴sin ∠CBD =33sin ABE ∠= ∴23DCBD sin CBD∠==在Rt △AEB 中，∵CD =2，∴22BC =． ∵tan ∠CBD =tan ∠ABE ，∴2222DC AE AEAE BC AB ，，==∴=，由勾股定理求得6BE =在Rt △BEO 中，∠BEO =90°，EO 2+EB 2=OB 2．设⊙O 的半径为r ，则222623r r +=（）（），∴r 3，方法2：∵DF 是⊙O 的直径，∴∠DEF =90°． ∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A =∠C =90°，AB =CD =2． ∵∠ABE =∠DBC ，∴sin ∠CBD =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 3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．6．如图1，在Rt△ABC中，AC=8cm，BC=6cm，D、E分别为边AB、BC的中点，连结DE，点P从点A出发，沿折线AD﹣DE运动，到点E停止，点P在AD上以5cm/s的速度运动，在DE上以1cm/s的速度运动，过点P作PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作正方形PQMN．设点P的运动时间为t（s）．（1）当点P在线段DE上运动时，线段DP的长为_____cm．（用含t的代数式表示）（2）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．（3）如图2，若点O在线段BC上，且CO=1，以点O为圆心，1cm长为半径作圆，当点P 开始运动时，⊙O的半径以0.2cm/s的速度开始不断增大，当⊙O与正方形PQMN的边所在直线相切时，求此时的t值．【答案】（1）t﹣1；（2）S=﹣38t2+3t+3（1＜t＜4）；（3）t=103s．【解析】分析：（1）根据勾股定理求出AB，根据D为AB中点，求出AD，根据点P在AD上的速度，即可求出点P在AD段的运动时间，再求出点P在DP段的运动时间，最后根据DE段运动速度为1c m/s，即可求出DP；（2）由正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形，可知点P在DE上，求出DP=t﹣1，PQ=3，根据MN∥BC，求出FN的长，从而得到FM的长，再根据S=S梯形FMHD+S矩形DHQP，列出S与t的函数关系式即可；（3）当圆与边PQ相切时，可求得r=PE=5﹣t，然后由r以0.2c m/s的速度不断增大，r=1+0.2t，然后列方程求解即可；当圆与MN相切时，r=CM=8﹣t=1+0.2t，从而可求得t的值．详解：（1）由勾股定理可知：AB22AC BC．∵D、E分别为AB和BC的中点，∴DE =12AC =4，AD =12AB =5， ∴点P 在AD 上的运动时间=55=1s ，当点P 在线段DE 上运动时，DP 段的运动时间为（t ﹣1）s ．∵DE 段运动速度为1c m/s ，∴DP =（t ﹣1）cm ．故答案为t ﹣1．（2）当正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形时，有一种情况，如下图所示．当正方形的边长大于DP 时，重叠部分为五边形，∴3＞t ﹣1，t ＜4，DP ＞0，∴t ﹣1＞0，解得：t ＞1，∴1＜t ＜4．∵△DFN ∽△ABC ，∴DN FN =AC BC =86=43． ∵DN =PN ﹣PD ，∴DN =3﹣（t ﹣1）=4﹣t ， ∴4t FN -=43，∴FN =344t -（）， ∴FM =3﹣344t -（）=34t ， S =S 梯形FMHD +S 矩形DHQP ， ∴S =12×（34t +3）×（4﹣t ）+3（t ﹣1）=﹣38t 2+3t +3（1＜t ＜4）．（3）①当圆与边PQ 相切时，如图：当圆与PQ 相切时，r =PE ，由（1）可知，PD =（t ﹣1）cm ，∴PE =DE ﹣DP =4﹣（t ﹣1）=（5﹣t ）cm ．∵r 以0.2c m/s 的速度不断增大，∴r =1+0.2t ，∴1+0.2t=5﹣t，解得：t=103s．②当圆与MN相切时，r=CM．由（1）可知，DP=（t﹣1）cm，则PE=CQ=（5﹣t）cm，MQ=3cm，∴MC=MQ+CQ=5﹣t+3=（8﹣t）cm，∴1+0.2t=8﹣t，解得：t=356s．∵P到E点停止，∴t﹣1≤4，即t≤5，∴t=356s（舍）．综上所述：当t=103s时，⊙O与正方形PQMN的边所在直线相切．点睛：本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了勾股定理、相似三角形的性质和判定、正方形的性质，直线和圆的位置关系，依据题意列出方程是解题的关键．7．如图，已知AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，点D在OC的延长线上，连接DA，交BC的延长线于点E，使得∠DAC=∠B．（1）求证：DA是⊙O切线；（2）求证：△CED∽△ACD；（3）若OA=1，sinD=13，求AE的长．【答案】（1）证明见解析；（22【解析】分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD⊥AB即可证明DA是⊙O切线；（2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；（3）由题意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可得到DC2=DE•AD，故此可求得DE的长，于是可求得AE的长．详解：（1）∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°．∵∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°，∴AD⊥AB．∵OA是⊙O半径，∴DA为⊙O的切线；（2）∵OB=OC，∴∠OCB=∠B．∵∠DCE=∠OCB，∴∠DCE=∠B．∵∠DAC=∠B，∴∠DAC=∠DCE．∵∠D=∠D，∴△CED∽△ACD；（3）在Rt△AOD中，OA=1，sin D=13，∴OD=OAsinD=3，∴CD=OD﹣OC=2．∵AD=22OD OA-=22．又∵△CED∽△ACD，∴AD CDCD DE=，∴DE=2CDAD=2，∴AE=AD﹣DE=22﹣2=2．点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC∽△DCA是解题的关键．8．如图，正三角形ABC内接于⊙O，P是BC上的一点，且PB＜PC，PA交BC于E，点F 是PC延长线上的点，CF=PB，AB=13，PA=4．（1）求证：△ABP≌△ACF；（2）求证：AC2=PA•AE；（3）求PB和PC的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）PB=1，PC=3．【解析】试题分析：（1）先根据等边三角形的性质得到AB=AC，再利用圆的内接四边形的性质得∠ACF=∠ABP，于是可根据“SAS”判断△ABP≌△ACF；（2）先根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=60°，再根据圆周角定理得∠APC=∠ABB=60°，加上∠CAE=∠PAC，于是可判断△ACE∽△APC，然后利用相似比即可得到结论；（3）先利用AC2=PA•AE计算出AE=134，则PE=AP-AE=34，再证△APF为等边三角形，得到PF=PA=4，则有PC+PB=4，接着证明△ABP ∽△CEP ，得到PB•PC=PE•A=3，然后根据根与系数的关系，可把PB 和PC 看作方程x 2-4x+3=0的两实数解，再解此方程即可得到PB 和PC 的长．试题解析：（1）∵∠ACP+∠ABP=180°，又∠ACP+∠ACF=180°，∴∠ABP=∠ACF在ABP ∆和ACF ∆中，∵AB=AC ，∠ABP=∠ACF ， CF PB =∴ABP ∆≌ACF ∆．(2)在AEC ∆和ACP ∆中，∵∠APC=∠ABC ，而ABC ∆是等边三角形，故∠ACB=∠ABC=60º，∴∠ACE =∠APC .又∠CAE =∠PAC ，∴AEC ∆∽ACP ∆ ∴AC AE AP AC=,即2AC PA AE =⋅. 由（1）知ABP ∆≌ACF ∆，∴∠BAP=∠CAF ， CF PB =∴∠BAP+∠PAC=∠CAF+∠PAC∴∠PAF=∠BAC=60°，又∠APC ＝∠ABC ＝60°.∴APF ∆是等边三角形∴AP=PF∴4PB PC PC CF PF PA +=+===在PAB ∆与CEP ∆中，∵∠BAP=∠ECP ，又∠APB=∠EPC=60°，∴PAB ∆∽CEP ∆ ∴PB PA PE PC=,即PB PC PA PE ⋅=⋅ 由（2）2AC PA AE =⋅， ∴()22AC PB PC PA AE PA PE PA AE PE PA +⋅=⋅+⋅=+= ∴()22AC PB PC PA AE PA PE PA AE PE PA +⋅=⋅+⋅=+=∴22222243PB PC PA AC PA AB ⋅=-=-=-=因此PB 和PC 的长是方程2430x x --=的解．解这个方程，得11x =， 23x =．∵PB<PB，∴PB=11x=，PC=23x=，∴PB和PC的长分别是1和3。

中考数学圆的综合(大题培优易错难题)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，⊙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，已知△ABC中，AC=BC，以BC为直径的⊙O交AB于E，过点E作EG⊥AC于G，交BC的延长线于F．（1）求证：AE=BE；（2）求证：FE是⊙O的切线；（3）若FE=4，FC=2，求⊙O的半径及CG的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）证明：连接CE，如图1所示：∵BC是直径，∴∠BEC=90°，∴CE⊥AB；又∵AC=BC，∴AE=BE．（2）证明：连接OE，如图2所示：∵BE=AE，OB=OC，∴OE是△ABC的中位线，∴OE∥AC，AC=2OE=6．又∵EG⊥AC，∴FE⊥OE，∴FE是⊙O的切线．（3）解：∵EF是⊙O的切线，∴FE2=FC•FB．设FC=x，则有2FB=16，∴FB=8，∴BC=FB﹣FC=8﹣2=6，∴OB=OC=3，即⊙O的半径为3；∴OE=3．∵OE∥AC，∴△FCG∽△FOE，∴，即，解得：CG=．点睛：本题利用了等腰三角形三线合一定理，三角形中位线的判定，切割线定理，以及勾股定理，还有平行线分线段成比例定理，切线的判定等知识．3．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有点E，且EF=ED．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tan A=12，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明；（3）在（2）的条件下，若OF=1，求圆O的半径．【答案】（1）答案见解析；（2）AB=3BE；（3）3．【解析】试题分析：（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理即可得出结论．试题解析：（1）证明：连结OD，如图．∵EF=ED，∴∠EFD=∠EDF．∵∠EFD=∠CFO，∴∠CFO=∠EDF．∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO=90°．∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE．∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；（2）线段AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．证明如下：∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDE．∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，∴∠BDE=∠A，而∠BED=∠DEA，∴△EBD∽△EDA，∴DE BE BDAE DE AD==．∵Rt△ABD中，tan A=BDAD=12，∴DE BEAE DE==12，∴AE=2DE，DE=2BE，∴AE=4BE，∴AB=3BE；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x．∵OF=1，∴OE=1+2x．在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（32x）2+（2x）2=（1+2x）2，∴x=﹣29（舍）或x=2，∴圆O的半径为3．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解答本题的关键．4．已知▱ABCD的周长为26，∠ABC=120°，BD为一条对角线，⊙O内切于△ABD，E，F，G为切点，已知⊙O 的半径为3．求▱ABCD 的面积．【答案】203 【解析】【分析】首先利用三边及⊙O 的半径表示出平行四边形的面积，再根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD 的长即可解答. 【详解】设⊙O 分别切△ABD 的边AD 、AB 、BD 于点G 、E 、F ；平行四边形ABCD 的面积为S ；则S=2S △ABD =2×12(AB·OE+BD·OF+AD·OG)=3（AB+AD+BD ）； ∵平行四边形ABCD 的周长为26， ∴AB+AD=13，∴S=3(13+BD)；连接OA ；由题意得：∠OAE=30°，∴AG=AE=3；同理可证DF=DG ，BF=BE ； ∴DF+BF=DG+BE=13﹣3﹣3=7，即BD=7，∴S=3（13+7）=203．即平行四边形ABCD 的面积为203．5．如图，Rt ABC ∆内接于⊙O ，AC BC =，BAC ∠的平分线AD 与⊙O 交于点D ，与BC 交于点E ，延长BD ，与AC 的延长线交于点F ，连接CD ，G 是CD 的中点，连接OG .(1)判断OG 与CD 的位置关系，写出你的结论并证明; (2)求证:AE BF =;(3)若3(22)OG DE =-，求⊙O 的面积.【答案】（1）OG ⊥CD （2）证明见解析（3）6π 【解析】试题分析：（1）根据G 是CD 的中点，利用垂径定理证明即可；（2）先证明△ACE 与△BCF 全等，再利用全等三角形的性质即可证明；（3）构造等弦的弦心距，运用相似三角形以及勾股定理进行求解．试题解析：（1）解：猜想OG ⊥CD ．证明如下：如图1，连接OC 、OD ．∵OC =OD ，G 是CD 的中点，∴由等腰三角形的性质，有OG ⊥CD ．（2）证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，而∠CAE =∠CBF （同弧所对的圆周角相等）．在Rt △ACE 和Rt △BCF 中，∵∠ACE =∠BCF =90°，AC =BC ，∠CAE =∠CBF ，∴Rt △ACE ≌Rt △BCF （ASA ），∴AE =BF ．（3）解：如图2，过点O 作BD 的垂线，垂足为H ，则H 为BD 的中点，∴OH =12AD ，即AD =2OH ，又∠CAD =∠BAD ⇒CD =BD ，∴OH =OG ．在Rt △BDE 和Rt △ADB 中，∵∠DBE =∠DAC =∠BAD ，∴Rt △BDE ∽Rt △ADB ，∴BD DEAD DB=，即BD 2=AD •DE ，∴22622BD AD DE OG DE =⋅=⋅=-（）．又BD =FD ，∴BF =2BD ，∴2242422BF BD ==-（）①，设AC =x ，则BC =x ，AB =2x ．∵AD 是∠BAC 的平分线，∴∠FAD =∠BAD ．在Rt △ABD 和Rt △AFD 中，∵∠ADB =∠ADF =90°，AD =AD ，∠FAD =∠BAD ，∴Rt △ABD ≌Rt △AFD （ASA ），∴AF =AB =2x ，BD =FD ，∴CF =AF ﹣AC =221x x x -=-（）．在Rt △BCF 中，由勾股定理，得：222222[21]222BF BC CF x x x =+=+-=-（）（）②，由①、②，得22222422x -=-（）（），∴x 2=12，解得：23x =或23-（舍去），∴222326AB x ==⋅=，∴⊙O 的半径长为6，∴S ⊙O =π•（6）2=6π．点睛：本题是圆的综合题．解题的关键是熟练运用垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质．6．在平面直角坐标系XOY 中，点P 的坐标为（x 1，y 1），点Q 的坐标为（x 2，y 2），且x 1≠x 2，若P 、Q 为某等边三角形的两个顶点，且有一边与x 轴平行（含重合），则称P 、Q 互为“向善点”．如图1为点P 、Q 互为“向善点”的示意图．已知点A 的坐标为（1，3），点B 的坐标为（m ，0）（1）在点M （﹣1，0）、S （2，0）、T （3，3A 点互为“向善点”的是_____；（2）若A 、B 互为“向善点”，求直线AB 的解析式；（3）⊙B的半径为3，若⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”，请直接写出m 的取值范围．【答案】（1）S ，T ．（2）直线AB 的解析式为y ＝3x 或y ＝﹣3x +23；（3）当﹣2＜m ＜0或2＜m ＜4时，⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”．【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，可得出点S ，T 与A 点互为“向善点”；（2）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，可得出关于m 的分式方程，解之经检验后可得出点B 的坐标，根据点A ，B 的坐标，利用待定系数法即可求出直线AB 的解析式；（3）分⊙B 与直线y=3x 相切及⊙B 与直线y=-3x+23相切两种情况求出m 的值，再利用数形结合即可得出结论．【详解】（1）∵30330,3tan 60︒--===，3333tan 60︒-==，∴点S ，T 与A 点互为“向善点”．故答案为S ，T ．（2）根据题意得：303|1|m -=-，解得：m 1＝0，m 2＝2，经检验，m 1＝0，m 2＝2均为所列分式方程的解，且符合题意， ∴点B 的坐标为（0，0）或（2，0）．设直线AB 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0），将A （1，），B （0，0）或（2，0）代入y ＝kx +b ，得：30k b b ⎧+=⎪⎨=⎪⎩320k b k b ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩解得：30k b ⎧=⎪⎨=⎪⎩323k b ⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴直线AB 的解析式为y 3或y 33．（3）当⊙B 与直线y ＝3x 相切时，过点B 作BE ⊥直线y ＝3x 于点E ，如图2所示．∵∠BOE ＝60°， ∴sin60°＝32BE OB， ∴OB ＝2， ∴m ＝﹣2或m ＝2；当⊙B 与直线y ＝﹣3x +23相切时，过点B 作BF ⊥直线y ＝﹣3x +23于点F ，如图3所示．同理，可求出m ＝0或m ＝4．综上所述：当﹣2＜m ＜0或2＜m ＜4时，⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数值、待定系数法求一次函数解析式、解分式方程以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，确定给定的点是否与A 点互为“向善点”；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）分⊙B 与直线y=3x 相切及⊙B 与直线y=-3x+23相切两种情况考虑．7．如图，在矩形ABCD 中，点O 在对角线AC 上，以OA 的长为半径的⊙O 与AD 、AC 分别交于点E 、F ，且∠ACB ＝∠DCE ．（1）判断直线CE 与⊙O 的位置关系，并说明理由；（2）若AB ＝2，BC ＝2，求⊙O 的半径．【答案】（1）直线CE 与⊙O 相切，理由见解析；（2）⊙O 的半径为4【解析】【分析】（1）首先连接OE ，由OE=OA 与四边形ABCD 是矩形，易求得∠DEC+∠OEA=90°，即OE ⊥EC ，即可证得直线CE 与⊙O 的位置关系是相切；（2）首先易证得△CDE ∽△CBA ，然后根据相似三角形的对应边成比例，即可求得DE 的长，又由勾股定理即可求得AC 的长，然后设OA 为x ，即可得方程222)x x -=，解此方程即可求得⊙O 的半径．【详解】解：（1）直线CE 与⊙O 相切．… 理由：连接OE ， ∵四边形ABCD 是矩形，∴∠B ＝∠D ＝∠BAD ＝90°，BC ∥AD ，CD ＝AB ， ∴∠DCE +∠DEC ＝90°，∠ACB ＝∠DAC ，又∠DCE ＝∠ACB ， ∴∠DEC +∠DAC ＝90°， ∵OE ＝OA ， ∴∠OEA ＝∠DAC ， ∴∠DEC +∠OEA ＝90°， ∴∠OEC ＝90°， ∴OE ⊥EC ， ∵OE 为圆O 半径， ∴直线CE 与⊙O 相切；…（2）∵∠B ＝∠D ，∠DCE ＝∠ACB ， ∴△CDE ∽△CBA ， ∴BC ABDC DE=，又CD ＝AB BC ＝2， ∴DE ＝1根据勾股定理得EC又AC =…设OA 为x ，则222)x x +=，解得x =，∴⊙O ．【点睛】此题考查了切线的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用，注意辅助线的作法．8．如图1，等腰直角△ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC ，过点A ，C 的圆交AB 于点D ，交BC 于点E ，连结DE（1）若AD=7，BD=1，分别求DE ，CE 的长（2）如图2，连结CD ，若CE=3，△ACD 的面积为10，求tan ∠BCD（3）如图3，在圆上取点P 使得∠PCD=∠BCD （点P 与点E 不重合），连结PD ，且点D 是△CPF 的内心①请你画出△CPF ，说明画图过程并求∠CDF 的度数②设PC=a ，PF=b ，PD=c ，若（a-2c ）（b-2c ）=8，求△CPF 的内切圆半径长．【答案】（1）DE=1，CE=322）tan ∠BCD=14；（3）①135°；②2. 【解析】【分析】（1）由A 、C 、E 、D 四点共圆对角互补为突破口求解；（2）找∠BDF 与∠ODA 为对顶角，在⊙O 中，∠COD=2∠CAD ，证明△OCD 为等腰直角三角形，从而得到∠EDC+∠ODA=45°，即可证明∠CDF=135°；（3）过点D 做DH CB ⊥于点H ，以D 为圆心，DH 为半径画圆，过点P 做D 切线PF交CB 的延长线于点F ，结合圆周角定理得出∠CPD=∠CAD=45°，再根据圆的内心是三角形三个内角角平分线的交点，得出∠CPF=90°，然后根据角平分线性质得出114522DCF CFD PCF PFC ∠+∠=∠+∠=︒，最后再根据三角形内角和定理即可求解；证明∠DCF+∠CFD=45°，从而证明∠CPF 是直角，再求证四边形PKDN 是正方形，最后以△PCF面积不变性建立等量关系，结合已知（a-2c）（b-2c）=8，消去字母a，b求出c值，即求出△CPF的内切圆半径长为22c．【详解】（1）由图可知：设BC=x．在Rt△ABC中，AC=BC．由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，∵AB=AD+BD，AD=7，BD=1，∴x2+x2=82，解得：x=42．∵⊙O内接四边形，∠ACD=90°，∴∠ADE=90°，∴∠EDB=90°，∵∠B=45°，∴△BDE是等腰直角三形．∴DE=DB，又∵DB=1，∴DE=1，又∵CE=BC-BE，∴CE=42232-=．（2）如图所示：在△DCB中过点D作DM⊥BE，设BE=y，则DM=12 y，又∵CE=3，∴BC=3+y，∵S△ACB=S ACD+S DCB，∴()1114242103y y 222⨯⨯=+⨯+⨯，解得：y=2或y=-11（舍去）．∴EM=1，CM=CE+ME=1+3=4，又∵∠BCD=∠MCD ，∴tan ∠BCD=tan ∠MCD ，在Rt △DCM 中，tan ∠MCD=DM CM =14， ∴tan ∠BCD=14．（3）①如下图所示：过点D 做DH CB ⊥于点H ，以D 为圆心，DH 为半径画圆，过点P 做D 切线PF 交CB的延长线于点F ．∵∠CAD=45°，∴∠CPD=∠CAD=45°，又∵点D 是CPF ∆的内心，∴PD 、CD 、DF 都是角平分线，∴∠FPD=∠CPD =45°，∠PCD=∠DCF ，∠PFD=∠CFD∴∠CPF=90°∴∠PCF+∠PFC=90°∴114522DCF CFD PCF PFC ∠+∠=∠+∠=︒ ∴∠CDF=180°-∠DCF-∠CFD F=90°+45°=135°，即∠CDF 的度数为135°．②如下图所示过点D 分别作DK ⊥PC ，DM ⊥CF ，DN ⊥PF 于直线PC ，CF 和PF 于点K ，M ，N 三点，设△PCF 内切圆的半径为m ，则DN=m ，∵点D 是△PCF 的内心，∴DM=DN=DK ，又∵∠DCF+∠CFD+∠FDC=180°，∠FDC=45°，∴∠DCF+∠CFD=45°，又∵DC ，DF 分别是∠PCF 和∠PFC 的角平分线，∴∠PCF=2∠DCF ，∠PFC=2∠DFC ，∴∠PCF+∠PFC=90°，∴∠CPF=90°．在四边形PKDN 中，∠PND=∠NPK=∠PKD=90°，∴四边形PKDN 是矩形，又∵KD=ND ，∴四边形PKDN 是正方形．又∵∠MBD=∠BDM=45°，∠BDM=∠KDP ，∴∠KDP=45°．∵PC=a ，PF=b ，PD=c ，∴2， ∴NF=2b -，CK=2a -，又∵CK=CM ，FM=FN ，CF=CM+FM ，∴CF=a b 2c +，又∵S △PCF =S △PDF +S △PDC +S △DCF ， ∴112121ab a c b c (a b 2222222=⨯+⨯++-）×2c 2，化简得：)22a b c c +-------（Ⅰ），又∵若（2c ）（2c ）=8 化简得：()2ab 2c a b 2c 8++=------（Ⅱ），将（Ⅰ）代入（Ⅱ）得：c 2=8，解得：c22=-（舍去），=，或c22∴m=22=⨯=，c22222即△CPF的内切圆半径长为2．【点睛】本题考查圆的内接四边形性质，圆的内心，圆心角、圆周角，同弧（或等弧）之间的相互关系，同时也考查直角三角形，勾股定理，同角或等角的三角函数值相等和三角形的面积公式，正方形，对顶角和整式的运算等知识点；难点是作辅助线和利用等式求△CPF的内切圆半径长．9．如图,在Rt△ABC中,∠ACB=60°,☉O是△ABC的外接圆,BC是☉O的直径,过点B作☉O的切线BD,与CA的延长线交于点D,与半径AO的延长线交于点E,过点A作☉O的切线AF,与直径BC的延长线交于点F.(1)连接EF,求证:EF是☉O的切线;(2)在圆上是否存在一点P,使点P与点A,B,F构成一个菱形?若存在,请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）过O作OM⊥EF于M,根据SAS证明△OAF≌△OBE，从而得到OE=OF,再证明EO平分∠BEF，从而得到结论;（2）存在，先证明△OAC为等边三角形，从而得出∠OAC=∠AOC=60°,再得到AB=AF，再证明AB=AF=FP=BP，从而得到结论.【详解】(1)证明:如图,过O作OM⊥EF于M,∵OA=OB,∠OAF=∠OBE=90°,∠BOE=∠AOF,∴△OAF≌△OBE,∴OE=OF,∵∠EOF=∠AOB=120°,∴∠OEM=∠OFM=30°,∴∠OEB=∠OEM=30°,即EO平分∠BEF,又∠OBE=∠OME=90°,∴OM=OB,∴EF为☉O的切线.(2)存在.∵BC为☉O的直径,∴∠BAC=90°,∵∠ACB=60°,∴∠ABC=30°,又∵∠ACB=60°,OA=OC,∴△OAC为等边三角形,即∠OAC=∠AOC=60°,∵AF为☉O的切线,∴∠OAF=90°,∴∠CAF=∠AFC=30°,∴∠ABC=∠AFC,∴AB=AF.当点P在(1)中的点M位置时,此时∠OPF=90°,∴∠OAF=∠OPF=90°,又∵OA=OP,OF为公共边,∴△OAF≌△OPF,∴AF=PF,∠BFE=∠AFC=30°.又∵∠FOP=∠OBP=∠OPB=30°,∴BP=FP,∴AB=AF=FP=BP,∴四边形AFPB是菱形.【点睛】考查了切线的判定定理和菱形的判定，经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．10．已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠DAB＝120°，BC＝CD，AD＝4，AC＝7，求AB的长度．【答案】AB ＝3．【解析】【分析】作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，根据弦、弧、圆周角、圆心角的关系，求得BC CD =，进而得到∠DAC ＝∠CAB ＝60°，在Rt △ADE 中，根据60°锐角三角函数值，可求得DE ＝23，AE ＝2，再由Rt △DEC 中，根据勾股定理求出DC 的长，在△BFC 和△ABF 中，利用60°角的锐角三角函数值及勾股定理求出AF 的长，然后根据求出的两个结果，由AB ＝2AF ，分类讨论求出AB 的长即可.【详解】作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，∵BC ＝CD ，∴BC CD =，∴∠CAB ＝∠DAC ，∵∠DAB ＝120°，∴∠DAC ＝∠CAB ＝60°，∵DE ⊥AC ，∴∠DEA ＝∠DEC ＝90°，∴sin60°＝4DE ，cos60°＝4AE ， ∴DE ＝3AE ＝2，∵AC ＝7，∴CE ＝5，∴DC ()2223537+=∴BC 37，∵BF ⊥AC ，∴∠BFA ＝∠BFC ＝90°，∴tan60°＝BF AF，BF 2+CF 2＝BC 2， ∴BF， ∴()2227AF +-=， ∴AF ＝2或AF ＝32， ∵cos60°＝AF AB， ∴AB ＝2AF ，当AF ＝2时，AB ＝2AF ＝4，∴AB ＝AD ，∵DC ＝BC ，AC ＝AC ，∴△ADC ≌△ABC （SSS ），∴∠ADC ＝∠ABC ，∵ABCD 是圆内接四边形，∴∠ADC+∠ABC ＝180°，∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，但AC 2＝49，2222453AD DC +=+=，AC 2≠AD 2+DC 2，∴AB ＝4（不合题意，舍去），当AF ＝32时，AB ＝2AF ＝3， ∴AB ＝3．【点睛】此题主要考查了圆的相关性质和直角三角形的性质，解题关键是构造直角三角形模型，利用直角三角形的性质解题.。

中考数学圆的综合培优易错难题练习(含答案)含答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在平面直角坐标系xoy中，E（8,0），F(0 , 6)．（1）当G(4，8)时，则∠FGE= °（2）在图中的网格区域内找一点P，使∠FPE=90°且四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形．要求：写出点P点坐标，画出过P点的分割线并指出分割线（不必说明理由，不写画法）．【答案】（1）90；（2）作图见解析，P（7，7），PH是分割线．【解析】试题分析：（1）根据勾股定理求出△FEG的三边长，根据勾股定理逆定理可判定△FEG是直角三角形，且∠FGE="90" °．（2）一方面，由于∠FPE=90°，从而根据直径所对圆周角直角的性质，点P在以EF为直径的圆上；另一方面，由于四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形，从而OP是正方形的对角线，即点P在∠FOE的角平分线上，因此可得P（7，7），PH是分割线．试题解析：（1）连接FE，∵E（8,0），F(0 , 6)，G(4，8)，∴根据勾股定理，得FG=，EG=，FE=10．∵，即．∴△FEG是直角三角形，且∠FGE=90 °．（2）作图如下：P（7，7），PH是分割线．考点：1．网格问题；2．勾股定理和逆定理；3．作图（设计）；4．圆周角定理．2．在⊙O 中，点C是AB上的一个动点(不与点A，B重合)，∠ACB=120°，点I是∠ABC的内心，CI的延长线交⊙O于点D，连结AD,BD．（1）求证：AD=BD．（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．（3）若⊙O的半径为2，点E，F是AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I 随之运动形成的路径长．23【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3【解析】分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I 随之运动形成的路径长.详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心∴CI平分∠ACB∴∠ACD=∠BCD∴弧AD=弧BD∴AD=BD（2）AB=DI理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD∴∠BCD=×120°=60°∵弧BD=弧BD∴∠DAB=∠BCD=60°∵AD=BD∴△ABD是等边三角形，∴AB=BD，∠ABD=∠C∵I是△ABC的内心∴BI平分∠ABC∴∠CBI=∠ABI∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD∴∠BID=∠IBD∴ID=BD∵AB=BD∴AB=DI（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD∴∠AED=∠ACB=×120°=60°∵圆的半径为2，DE是直径∴DE=4，∠EAD=90°∴AD=sin∠AED×DE=×4=2∵点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°∴弧AB的度数为120°，∴弧AM、弧BF的度数都为为40°∴∠ADM=20°=∠FAB∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80°∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°∴∠DAI1=∠AI1D∴AD=I1D=2∴弧I1I2的长为：点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.3．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O 与直线AB的距离为5．（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？【答案】（1）522；（2）52；（3）20423-【解析】分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；（2）设运动的时间为t 秒，根据题意得：CC′=2t ，DD′=t ，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2t=4-t ，由第（1）的结论列式得出结果；（3）求出相切的时间，进而得出B 点移动的距离．详解：（1）假设第一次相切时，△ABC 移至△A′B′C′处，如图1，A′C′与⊙O 切于点E ，连接OE 并延长，交B′C′于F ，设⊙O 与直线l 切于点D ，连接OD ，则OE ⊥A′C′，OD ⊥直线l ，由切线长定理可知C′E=C′D ，设C′D=x ，则C′E=x ，∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠A=∠ACB=45°，∴∠A′C′B′=∠ACB=45°，∴△EFC′是等腰直角三角形，∴C′F=2x ，∠OFD=45°， ∴△OFD 也是等腰直角三角形，∴OD=DF ，∴2x+x=1，则x=2-1，∴CC′=BD -BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2，∴点C 运动的时间为52-；则经过522-秒，△ABC 的边与圆第一次相切；（2）如图2，设经过t 秒△ABC 的边与圆第一次相切，△ABC 移至△A′B′C′处，⊙O 与BC 所在直线的切点D 移至D′处，A′C′与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交B′C′于F ，∵CC′=2t ，DD′=t ，∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2t=4-t ，由切线长定理得C′E=C′D′=4-t ，由（1）得：4-t=2-1，解得：t=5-2，答：经过5-2秒△ABC 的边与圆第一次相切；（3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t ，DD′=t ，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2.5t=4-1.5t ，由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t ，由（1）得：4-1.5t=2-1，解得：t=10223-， ∴点B 运动的距离为2×10223-=20423-．点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．4．如图，△ABC 内接于⊙O ，AB 是直径，⊙O 的切线PC 交BA 的延长线于点P ，OF ∥BC 交AC 于点E ，交PC 于点F ，连结AF ．(1)判断AF 与⊙O 的位置关系并说明理由；(2)若AC ＝24，AF ＝15，求sin B ．【答案】(1) AF 与⊙O 相切理由见解析；（2）35【解析】试题分析：（1）连接OC ，先证∠OCF =90°，再证明△OAF ≌△OCF ，得出∠OAF =∠OCF =90°即可；（2）先求出AE 、EF ，再证明△OAE ∽△AFE ，得出比例式OA AE AF EF=，可求出半径，进而求出直径，由三角函数的定义即可得出结论．试题解析：解：（1）AF 与⊙O 相切．理由如下：连接OC ．如图所示．∵PC 是⊙O 的切线，∴OC ⊥PC ，∴∠OCF =90°．∵OF ∥BC ，∴∠B =∠AOF ，∠OCB =∠COF ．∵OB =OC ，∴∠B =∠OCB ，∴∠AOF =∠COF ．在△OAF 和△OCF 中，∵OA =OC ，∠AOF =∠COF ，OF =OF ，∴△OAF ≌△OCF （SAS ），∴∠OAF =∠OCF =90°，∴AF 与⊙O 相切；（2）∵△OAF ≌△OCF ，∴∠OAE =∠COE ，∴OE ⊥AC ，AE =12AC =12，∴EF =2215129-=．∵∠OAF =90°，∴△OAE ∽△AFE ，∴OA AE AF EF =，即12159OA =，∴OA =20，∴AB =40，sin B =243405AC AB ==．点睛：本题考查了切线的性质与判定和全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质；熟练掌握切线的证法和三角形相似是解题的关键．5．如图1，等边△ABC 的边长为3，分别以顶点B 、A 、C 为圆心，BA 长为半径作AC 、CB 、BA ，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l 为对称轴的交点．（1）如图2，将这个图形的顶点A 与线段MN 作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A 与端点N 重合，则线段MN 的长为；（2）如图3，将这个图形的顶点A 与等边△DEF 的顶点D 重合，且AB ⊥DE ，DE =2π，将它沿等边△DEF 的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；（3）如图4，将这个图形的顶点B 与⊙O 的圆心O 重合，⊙O 的半径为3，将它沿⊙O 的圆周作无滑动的滚动，当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为（请用含n 的式子表示）【答案】（1）3π；（2）27π；（3）23nπ．【解析】试题分析：（1）先求出AC 的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论；（2）先判断出莱洛三角形等边△DEF 绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O 重合旋转一周点I 的路径，再用圆的周长公式即可得出．试题解析：解：（1）∵等边△ABC 的边长为3，∴∠ABC =∠ACB =∠BAC =60°，AC BC AB ==，∴AC BC l l ==AB l =603180π⨯=π，∴线段MN 的长为AC BC AB l l l ++=3π．故答案为3π；（2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =21203360π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S 矩形AGHF +S 扇形BAG ）=3（6π+3π）=27π；（3）如图2，连接BI 并延长交AC 于D ．∵I 是△ABC 的重心也是内心，∴∠DAI =30°，AD =12AC =32，∴OI =AI =3230AD cos DAI cos ∠=︒=3，∴当它第1次回到起始位置时，点I 所经过的路径是以O 为圆心，OI 为半径的圆周，∴当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为n •2π•3=23n π．故答案为23n π．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出AC 的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I 第一次回到起点时，I 的路径，是一道中等难度的题目．6．如图所示，ABC ∆内接于圆O ，CD AB ⊥于D ；（1）如图1，当AB 为直径，求证：OBC ACD ∠=∠；（2）如图2，当AB 为非直径的弦，连接OB ，则（1）的结论是否成立？若成立请证明，不成立说明由；（3）如图3，在（2）的条件下，作AE BC ⊥于E ，交CD 于点F ，连接ED ，且2AD BD ED =+，若3DE =，5OB =，求CF 的长度．【答案】（1）见解析；（2）成立；（3）145【解析】【分析】（1）根据圆周角定理求出∠ACB=90°，求出∠ADC=90°，再根据三角形内角和定理求出即可；（2）根据圆周角定理求出∠BOC=2∠A ，求出∠OBC=90°-∠A 和∠ACD=90°-∠A 即可；（3）分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ，连接HK 、CH 、AK ，在AD 上取DG=BD ，延长CG 交AK 于M ，延长KO 交⊙O 于N ，连接CN 、AN ，求出关于a 的方程，再求出a 即可．【详解】（1）证明：∵AB 为直径，∴ACB 90∠=︒， ∵CD AB ⊥于D ， ∴ADC 90∠=︒，∴OBC A 90∠∠+=︒，A ACD 90∠∠+=︒，∴OBC ACD ∠∠=；（2）成立，证明：连接OC ，由圆周角定理得：BOC 2A ∠∠=，∵OC OB =， ∴()()11OBC 180BOC 1802A 90A 22∠∠∠∠=︒-=︒-=︒-， ∵ADC 90∠=︒，∴ACD 90A ∠∠=︒-，∴OBC ACD ∠∠=；（3）分别延长AE 、CD 交⊙O 于H 、K ，连接HK 、CH 、AK ，∵AE BC ⊥，CD BA ⊥，∴AEC ADC 90∠∠==︒，∴BCD CFE 90∠∠+=︒，BAH DFA 90∠∠+=︒，∵CFE DFA ∠∠=，∴BCD BAH ∠∠=，∵根据圆周角定理得：BAH BCH ∠∠=，∴BCD BAH BCH ∠∠∠==，∴由三角形内角和定理得：CHE CFE ∠∠=， ∴CH CF =，∴EH EF =，同理DF DK =，∵DE 3=，∴HK 2DE 6==，在AD 上取DG BD =，延长CG 交AK 于M ，则AG AD BD 2DE 6=-==， BC GC =，∴MCK BCK BAK ∠∠∠==，∴CMK 90∠=︒，延长KO 交⊙O 于N ，连接CN 、AN ，则NAK 90CMK ∠∠=︒=，∴CM //AN ，∵NCK ADK 90∠∠==︒，∴CN //AG ，∴四边形CGAN 是平行四边形，∴AG CN 6==，作OT CK ⊥于T ，则T 为CK 的中点，∵O 为KN 的中点， ∴1OT CN 32==， ∵OTC 90∠=︒，OC 5=，∴由勾股定理得：CT 4=，∴CK 2CT 8==，作直径HS ，连接KS ，∵HK 6=，HS 10=，∴由勾股定理得：KS 8=， ∴3tan HSK tan HAK 4∠∠==， ∴1tan EAB tan BCD 3∠∠==，设BD a =，CD 3a =， ∴AD BD 2ED a 6=+=+，11DK AD a 233==+， ∵CD DK CK +=， ∴13a a 283++=，解得：9a 5=， ∴113DK a 235=+=， ∴2614CF CK 2DK 855=-=-=．【点睛】本题考查了垂径定理、解直角三角形、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键，综合性比较强，难度偏大．7．如图，AB 是O 的直径，DF 切O 于点D ，BF DF ⊥于F ，过点A 作AC //BF 交BD 的延长线于点C .（1）求证：ABC C ∠∠=；（2）设CA 的延长线交O 于E BF ，交O 于G ，若DG 的度数等于60，试简要说明点D 和点E 关于直线AB 对称的理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）作辅助线，连接OD ，由DF 为⊙O 的切线，可得OD ⊥DF ，又BF ⊥DF ，AC ∥BF ，所以OD ∥AC ，∠ODB=∠C ，由OB=OD 得∠ABD=∠ODB ，从而可证∠ABC=∠C ；（2）连接OG ，OD ，AD ，由BF ∥OD ，GD =60°，可求证BG =GD AD ==60°，由平行线的性质及三角形的内角和定理可求出∠OHD=90°，由垂径定理便可得出结论．【详解】（1）连接OD ，∵DF 为⊙O 的切线，∴OD ⊥DF ．∵BF ⊥DF ，AC ∥BF ，∴OD ∥AC ∥BF ．∴∠ODB=∠C ．∵OB=OD ，∴∠ABD=∠ODB ．∴∠ABC=∠C ．（2）连接OG ，OD ，AD ，DE ，DE 交AB 于H ，∵BF ∥OD ，∴∠OBG=∠AOD ，∠OGB=∠DOG ，∴GD AD==BG．∵GD=60°，∴BG=GD AD==60°，∴∠ABC=∠C=∠E=30°，∵OD//CE∴∠ODE=∠E=30°．在△ODH中，∠ODE=30°，∠AOD=60°，∴∠OHD=90°，∴AB⊥DE．∴点D和点E关于直线AB对称．【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理及垂径定理，解答此题的关键是作出辅助线，利用数形结合解答．8．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作FE⊥AB于点E，交AC的延长线于点F．（1）求证：EF与⊙O相切；（2）若AE＝6，sin∠CFD＝35，求EB的长．【答案】(1)见解析（2）3 2【解析】【分析】()1如图，欲证明EF与O相切，只需证得OD EF⊥．()2通过解直角AEF 可以求得AF 10.=设O 的半径为r ，由已知可得△FOD ∽△FAE ，继而得到OF OD AF AE =，即10r r 106-=，则易求15AB AC 2r 2===，所以153EB AB AE 622=-=-=．【详解】（1）如图，连接OD ，OC OD =，OCD ODC ∠∠∴=．AB AC =，ACB B ∠∠∴=，ODC B ∠∠∴=，OD //AB ∴，ODF AEF ∠∠∴=，EF AB ⊥， ODF AEF 90∠∠∴==，OD EF ∴⊥，OD 是O 的半径，EF ∴与O 相切；()2由()1知，OD//AB ，OD EF ⊥．在Rt AEF 中，AE 3sin CFD AF 5∠==，AE 6=，则AF 10=， OD //AB ，∴△FOD ∽△FAE ，OF OD AF AE∴=，设O 的半径为r ，10r r 106-∴=，解得，15r 4=，15∴===，AB AC2r2153EB AB AE6∴=-=-=．22【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.9．如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE＝∠C．（1）求证：AE与⊙O相切于点A；（2）若AE∥BC，BC＝23，AC＝2，求AD的长．【答案】（1）证明见解析；（2）23【解析】【分析】（1）根据题目中已出现切点可确定用“连半径，证垂直”的方法证明切线，连接AO并延长交⊙O于点F，连接BF，则AF为直径，∠ABF＝90°，根据同弧所对的圆周角相等，则可得到∠BAE＝∠F，既而得到AE与⊙O相切于点A．（2））连接OC，先由平行和已知可得∠ACB＝∠ABC，所以AC＝AB，则∠AOC＝∠AOB，从而利用垂径定理可得AH＝1，在Rt△OBH中，设OB＝r，利用勾股定理解得r＝2，在Rt△ABD中，即可求得AD的长为3【详解】解：（1）连接AO并延长交⊙O于点F，连接BF，则AF为直径，∠ABF＝90°，∵AB AB=，∴∠ACB＝∠F，∵∠BAE＝∠ACB，∴∠BAE＝∠F，∵∠FAB+∠F＝90°，∴∠FAB+∠BAE＝90°，∴OA⊥AE，∴AE与⊙O相切于点A．（2）连接OC，∵AE∥BC，∴∠BAE＝∠ABC，∵∠BAE＝∠ACB，∴∠ACB＝∠ABC，∴AC＝AB＝2，∴∠AOC＝∠AOB，∵OC＝OB，∴OA⊥BC，∴CH＝BH＝1BC＝3，2在Rt△ABH中，AH＝22AB BH-＝1，在Rt△OBH中，设OB＝r，∵OH2+BH2＝OB2，∴（r﹣1）2+（3）2＝r2，解得：r＝2，∴DB＝2r＝4，在Rt△ABD中，AD＝22-＝22BD AB42-＝23，∴AD的长为23．【点睛】本题考查了圆的综合问题，恰当的添加辅助线是解题关键.10．如图，是大半圆的直径，是小半圆的直径，点是大半圆上一点，与小半圆交于点，过点作于点.（1）求证：是小半圆的切线；（2）若，点在上运动（点不与两点重合），设，.①求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；②当时，求两点之间的距离.【答案】（1）见解析；（2）①，，②两点之间的距离为或.【解析】【分析】（1）连接CO、CM，只需证到CD⊥CM．由于CD⊥OP，只需证到CM∥OP，只需证到CM 是△AOP的中位线即可．（2）①易证△ODC∽△CDP，从而得到CD2=DP•OD，进而得到y与x之间的函数关系式．由于当点P与点A重合时x=0，当点P与点B重合时x=4，点P在大半圆O上运动（点P不与A，B两点重合），因此自变量x的取值范围为0＜x＜4．②当y=3时，得到-x2+4x=3，求出x．根据x的值可求出CD、PD的值，从而求出∠CPD，运用勾股定理等知识就可求出P，M两点之间的距离．【详解】（1）连接，如图1所示∵是小半圆的直径，∴即∵∴∵∴∴，∵∴，∴∴.，即∵经过半径的外端，且∴直线是小半圆的切线.（2）①∵，，∴∴∴∽∴∴∵,,，∴当点与点重合时，；当点与点重合时，∵点在大半圆上运动（点不与两点重合），∴∴与之间的函数关系式为，自变量的取值范围是.②当时，解得,Ⅰ当时，如图2所示在中，∵，∴，∴∵，∴是等边三角形∵∴∴.Ⅱ当时，如图3所示，同理可得∵∴∴过点作，垂足为，连接，如图3所示∵，∴同理在中，∵，∴综上所述，当时，两点之间的距离为或.【点睛】考查了切线的判定、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，综合性比较强．。

哈尔滨中考数学圆的综合(大题培优)

【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，2 ）（3）（，）
【解析】
试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求；
（2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；
②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题；
本题解析：
（1）解：BE=CE，
理由：∵∠EAC+∠BAE=180°，∠BCE+∠BAE=180°，
∴∠BCE=∠EAC，
∴ ，
∴BE=CE；
（2）证明：∵ ，∴AB=CD，
∵ ，，∴AE=ED，
由（1）得：BE=CE，
在△ABE和△DCE中，
∵ ，
∴△ABE≌△DCE（SSS）；
（3）解：如图，∵过O作OG⊥BE于G，OH⊥BC于H，
（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有 = ，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．
∴OB=2x= ，∴⊙O的半径为．
点睛：本题是圆的综合题，考查了四点共圆的性质、三角形全等的性质和判定、勾股定理、直角三角形30°的性质，难度适中，第一问还可以利用三角形全等得出对应边相等的结论；第三问作辅助线，利用勾股定理列方程是关键.
7．已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC．点E为CD边上一点，AE与BE分别为∠DAB和∠CBA的平分线．

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中考数学圆的综合(大题培优易错难题)一、圆的综合1．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点F在⊙O上，且点C是的中点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，交AF的延长线于点E．（1）求证：AE⊥DE；（2）若∠BAF=60°，AF=4，求CE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（1）首先连接OC，由OC=OA，，易证得OC∥AE，又由DE切⊙O于点C，易证得AE⊥DE；（2）由AB是⊙O的直径，可得△ABC是直角三角形，易得△AEC为直角三角形，根据AE=3求得AC的长，然后连接OF，可得△OAF为等边三角形，知AF=OA=AB，在△ACB 中，利用已知条件求得答案．试题解析：（1）证明：连接OC，∵OC=OA，∴∠BAC=∠OCA，∵∴∠BAC=∠EAC，∴∠EAC=∠OCA，∴OC∥AE，∵DE切⊙O于点C，∴OC⊥DE，∴AE⊥DE；（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴△ABC是直角三角形，∵∠CBA=60°，∴∠BAC=∠EAC=30°，∵△AEC为直角三角形，AE=3，∴AC=2，连接OF，∵OF=OA，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，∴△OAF为等边三角形，∴AF=OA=AB，在Rt△ACB中，AC=2，tan∠CBA=，∴BC=2，∴AB=4，∴AF=2．考点：切线的性质．2．已知▱ABCD的周长为26，∠ABC=120°，BD为一条对角线，⊙O内切于△ABD，E，F，G 为切点，已知⊙O的半径为3▱ABCD的面积．【答案】3【解析】【分析】首先利用三边及⊙O的半径表示出平行四边形的面积，再根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD的长即可解答.【详解】设⊙O分别切△ABD的边AD、AB、BD于点G、E、F；平行四边形ABCD的面积为S；则S=2S△ABD=2×12(AB·OE+BD·OF+AD·3（AB+AD+BD）；∵平行四边形ABCD的周长为26，∴AB+AD=13，∴3；连接OA；由题意得：∠OAE=30°，∴AG=AE=3；同理可证DF=DG，BF=BE；∴DF+BF=DG+BE=13﹣3﹣3=7，即BD=7，∴313+7）3即平行四边形ABCD的面积为3．3．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.(1)设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积；(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.【解析】试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，∴S△PAB=S△P'CB，S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；又∵∠BP′C=∠BPA=135°，∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．PC==6．考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．4．如图，△ABC的内接三角形，P为BC延长线上一点，∠PAC=∠B，AD为⊙O的直径，过C作CG⊥AD于E，交AB于F，交⊙O于G．（1）判断直线PA与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）求证：AG2=AF·AB；（3）若⊙O的直径为10，AC=25，AB=45，求△AFG的面积.【答案】（1）PA与⊙O相切，理由见解析；（2）证明见解析；（3）3.【解析】试题分析：（1）连接CD，由AD为⊙O的直径，可得∠ACD=90°，由圆周角定理，证得∠B=∠D，由已知∠PAC=∠B，可证得DA⊥PA，继而可证得PA与⊙O相切．（2）连接BG，易证得△AFG∽△AGB，由相似三角形的对应边成比例，证得结论.（3）连接BD，由AG2=AF•AB，可求得AF的长，易证得△AEF∽△ABD，即可求得AE的长，继而可求得EF与EG的长，则可求得答案．试题解析：解：（1）PA与⊙O相切．理由如下：如答图1，连接CD，∵AD为⊙O的直径，∴∠ACD=90°.∴∠D+∠CAD=90°.∵∠B=∠D，∠PAC=∠B，∴∠PAC=∠D.∴∠PAC+∠CAD=90°，即DA⊥PA.∵点A在圆上，∴PA与⊙O相切．（2）证明：如答图2，连接BG，∵AD 为⊙O 的直径，CG ⊥AD ，∴»»AC AD =.∴∠AGF=∠ABG.∵∠GAF=∠BAG ，∴△AGF ∽△ABG.∴AG ：AB=AF ：AG. ∴AG 2=AF•AB.（3）如答图3，连接BD ，∵AD 是直径，∴∠ABD=90°. ∵AG 2=AF•AB ，AG=AC=25，AB=45，∴AF=5.∵CG ⊥AD ，∴∠AEF=∠ABD=90°.∵∠EAF=∠BAD ，∴△AEF ∽△ABD. ∴AE AF AB AD =，即51045=，解得：AE=2. ∴221EF AF AE =-=. ∵224EG AG AE =-=，∴413FG EG EF =-=-=. ∴1132322AFG S FG AE ∆=⋅⋅=⨯⨯=．考点：1. 圆周角定理；2.直角三角形两锐角的关系；3. 相切的判定；4.垂径定理；5.相似三角形的判定和性质；6.勾股定理；7.三角形的面积.5．四边形 ABCD 的对角线交于点 E ，且 AE ＝EC ，BE ＝ED ，以 AD 为直径的半圆过点 E ，圆心为 O ．（1）如图①，求证：四边形 ABCD 为菱形；（2）如图②，若 BC 的延长线与半圆相切于点 F ，且直径 AD ＝6，求弧AE 的长．【答案】（1）见解析；（2）π2 【解析】试题分析：（1）先判断出四边形ABCD 是平行四边形，再判断出AC ⊥BD 即可得出结论；（2）先判断出AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ，进而得出∠CDA =30°，最后用弧长公式即可得出结论．试题解析：证明：（1）∵四边形ABCD 的对角线交于点E ，且AE =EC ，BE =ED ，∴四边形ABCD 是平行四边形．∵以AD 为直径的半圆过点E ，∴∠AED =90°，即有AC ⊥BD ，∴四边形ABCD 是菱形；（2）由（1）知，四边形ABCD 是菱形，∴△ADC 为等腰三角形，∴AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ．如图2，过点C 作CG ⊥AD ，垂足为G ，连接FO ．∵BF 切圆O 于点F ，∴OF ⊥AD ，且132OF AD ==，易知，四边形CGOF 为矩形，∴CG =OF =3．在Rt △CDG 中，CD =AD =6，sin ∠ADC =CG CD =12，∴∠CDA =30°，∴∠ADE =15°．连接OE ，则∠AOE =2×∠ADE =30°，∴¶3031802AE ππ⋅⨯==．点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．6．不用圆规、三角板，只用没有刻度的直尺，用连线的方法在图1、2中分别过圆外一点A 作出直径BC 所在射线的垂线．【答案】画图见解析.【解析】【分析】根据直角所对的圆周角是直角，构造直角三角形，利用直角三角形性质可画出垂线；或结合圆的轴对称性质也可以求出垂线.【详解】解：画图如下：【点睛】本题考核知识点：作垂线.解题关键点：结合圆的性质和直角三角形性质求出垂线.7．如图1，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过O点作OF⊥AB交⊙O于点D，交AC于点E，交BC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG(1)判断CG与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)求证：2OB2＝BC•BF；(3)如图2，当∠DCE＝2∠F，CE＝3，DG＝2.5时，求DE的长．【答案】（1）CG与⊙O相切，理由见解析；（2）见解析；（3）DE＝2【解析】【分析】（1）连接CE，由AB是直径知△ECF是直角三角形，结合G为EF中点知∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，再由OA＝OC知∠OCA＝∠OAC，根据OF⊥AB可得∠OCA+∠GCE＝90°，即OC⊥GC，据此即可得证；（2）证△ABC∽△FBO得BC ABBO BF=，结合AB＝2BO即可得；（3）证ECD∽△EGC得EC EDEG EC=，根据CE＝3，DG＝2.5知32.53DEDE=+，解之可得．【详解】解：（1）CG与⊙O相切，理由如下：如图1，连接CE，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝∠ACF＝90°，∵点G是EF的中点，∴GF＝GE＝GC，∴∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∵OF⊥AB，∴∠OAC+∠AEO＝90°，∴∠OCA+∠GCE＝90°，即OC⊥GC，∴CG与⊙O相切；（2）∵∠AOE＝∠FCE＝90°，∠AEO＝∠FEC，∴∠OAE＝∠F，又∵∠B＝∠B，∴△ABC∽△FBO，∴BC ABBO BF=，即BO•AB＝BC•BF，∵AB＝2BO，∴2OB2＝BC•BF；（3）由（1）知GC＝GE＝GF，∴∠F ＝∠GCF ，∴∠EGC ＝2∠F ，又∵∠DCE ＝2∠F ，∴∠EGC ＝∠DCE ，∵∠DEC ＝∠CEG ，∴△ECD ∽△EGC ， ∴EC ED EG EC=， ∵CE ＝3，DG ＝2.5，∴32.53DE DE =+，整理，得：DE 2+2.5DE ﹣9＝0，解得：DE ＝2或DE ＝﹣4.5（舍），故DE ＝2．【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等知识点．8．如图，□ABCD 的边AD 是△ABC 外接圆⊙O 的切线，切点为A ，连接AO 并延长交BC 于点E ，交⊙O 于点F ，过点C 作直线CP 交AO 的延长线于点P ，且∠BCP ＝∠ACD ．（1）求证：PC 是⊙O 的切线；（2）若∠B ＝67.5°，BC ＝2，求线段PC ，PF 与弧CF 所围成的阴影部分的面积S ．【答案】（1）见解析；（2）14π-【解析】【分析】（1）过C 点作直径CM ，连接MB ，根据CM 为直径，可得∠M+∠BCM ＝90°，再根据AB ∥DC 可得∠ACD ＝∠BAC ，由圆周角定理可得∠BAC ＝∠M ，∠BCP ＝∠ACD ，从而可推导得出∠PCM ＝90°，根据切线的判定即可得；（2）连接OB ，由AD 是⊙O 的切线，可得∠PAD ＝90°，再由BC ∥AD ，可得AP ⊥BC ，从而得BE ＝CE ＝ 12BC ＝1，继而可得到∠ABC ＝∠ACB ＝67.5°，从而得到∠BAC ＝45°，由圆周角定理可得∠BOC=90°，从而可得∠BOE ＝∠COE ＝∠OCE ＝ 45°，根据已知条件可推导得出OE ＝CE ＝1，PC ＝OC 22OE CE 2+部分的面积.【详解】（1）过C点作直径CM，连接MB，∵CM为直径，∴∠MBC＝90°，即∠M+∠BCM＝90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AD∥BC，∴∠ACD＝∠BAC，∵∠BAC＝∠M，∠BCP＝∠ACD，∴∠M＝∠BCP，∴∠BCP+∠BCM＝90°，即∠PCM＝90°，∴CM⊥PC，∴PC与⊙O相切；（2）连接OB，∵AD是⊙O的切线，切点为A，∴OA⊥AD，即∠PAD＝90°，∵BC∥AD，∠AEB=∠PAD＝90°，∴AP⊥BC．∴BE＝CE＝12BC＝1，∴AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝67.5°，∴∠BAC＝180°－∠ABC－∠ACB＝45°，∴∠BOC＝2∠BAC＝90°，∵OB＝OC，AP⊥BC，∴∠BOE＝∠COE＝∠OCE＝ 45°，∵∠PCM＝90°，∴∠CPO＝∠COE＝∠OCE＝ 45°，∴OE＝CE＝1，PC＝OC＝22OE CE2+=，∴S＝S△POC－S扇形OFC＝()245π21π22123604⨯⨯⨯-=-．【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、扇形面积等，综合性较强，准确添加辅助线是解题的关键.9．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过点O作OD⊥CB，垂足为点D，延长DO 交⊙O于点E，过点E作PE⊥AB，垂足为点P，作射线DP交CA的延长线于F点，连接EF，（1）求证：OD＝OP；（2）求证：FE是⊙O的切线．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】试题分析：（2）证明△POE≌△ADO可得DO=EO；（3）连接AE，BE，证出△APE≌△AFE即可得出结论．试题解析：（1）∵∠EPO=∠BDO=90°∠EOP=∠BODOE=OB∴△OPE≌△ODB∴OD="OP"（2）连接EA，EB∴∠1=∠EBC∵AB是直径∴∠AEB=∠C=90°∴∠2+∠3=90°∵∠3=∠DEB∵∠BDE=90°∴∠EBC+∠DEB=90°∴∠2=∠EBC=∠1∵∠C=90°∠BDE=90°∴CF∥OE∴∠ODP=∠AFP∵OD=OP∴∠ODP=∠OPD∵∠OPD=∠APF∴∠AFP=∠APF∴AF=AP 又AE=AE∴△APE≌△AFE∴∠AFE=∠APE=90°∴∠FED=90°∴FE是⊙O的切线考点：切线的判定．10．如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB⊥CB于点B，tanD=3，BC=2，H为CE延长线上一点，且AH=10，CH52=.（1）求证：AH是⊙O的切线；（2）若点D是弧CE的中点，且AD交CE于点F，求证：HF=HA；（3）在（2）的条件下，求EF的长．-【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）102【解析】【分析】（1）连接AC，由AB⊥CB可知AC是⊙O的直径，由圆周角定理可得∠C=∠D，于是得到tanC=3，故此可知AB=6，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2= 40，从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得AC⊥AH，问题得证；（2）连接DE、BE，由弦切角定理可知∠ABD=∠HAD，由D是»CE的中点，可得∠CED=∠EBD，再由圆周角定理可得∠ABE=∠ADE，结合三角形的外角即可证明∠HAF=∠AFH，从而可证得AH=HF；（3）由切割线定理可得EH=2，由（2）可知AF=FH=10，从而可得EF=FH﹣EH=10-2．【详解】（1）如图1所示：连接AC．∵AB⊥CB，∴AC是⊙O的直径，∵∠C=∠D，∴tanC=3，∴AB=3BC=3×2=6，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40，又∵AH2=10，CH2=50，∴AC2+AH2=CH2，∴△ACH为直角三角形，∴AC⊥AH，∴AH是圆O的切线；（2）如图2所示：连接DE、BE，∵AH是圆O的切线，∴∠ABD=∠HAD，∵D是»CE的中点，∴»»CD ED=，∴∠CED=∠EBD，又∵∠ABE=∠ADE，∴∠ABE+∠EBD=∠ADE+∠CED，∴∠ABD=∠AFE，∴∠HAF=∠AFH，∴AH=HF；（3）由切割线定理可知：AH2=EH•CH10）22EH，解得：2，∵由（2）可知10，∴EF=FH﹣102．【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等，正确添加辅助线是解题的关键.BC=，∠B=45°，点D在边BC上，联结AD，以点A 11．如图，已知△ABC，2，3为圆心，AD为半径画圆，与边AC交于点E，点F在圆A上，且AF⊥AD．（1）设BD为x，点D、F之间的距离为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；BD CD的值；（2）如果E是»DF的中点，求:（3）联结CF，如果四边形ADCF是梯形，求BD的长．【答案】(1) 2442y x x =-+(0≤x≤3); (2) 45; (3) BD 的长是1或1+5. 【解析】【分析】（1）过点A 作AH ⊥BC ，垂足为点H ．构造直角三角形，利用解直角三角形和勾股定理求得AD 的长度．联结DF ，点D 、F 之间的距离y 即为DF 的长度，在Rt △ADF 中，利用锐角三角形函数的定义求得DF 的长度，易得函数关系式．（2）由勾股定理求得：AC=22AH DH +．设DF 与AE 相交于点Q ，通过解Rt △DCQ 和Rt △AHC 推知12DQ CQ =．故设DQ=k ，CQ=2k ，AQ=DQ=k ，所以再次利用勾股定理推知DC 的长度，结合图形求得线段BD 的长度，易得答案．（3）如果四边形ADCF 是梯形，则需要分类讨论：①当AF ∥DC 、②当AD ∥FC ．根据相似三角形的判定与性质，结合图形解答．【详解】（1）过点A 作AH ⊥BC ，垂足为点H ．∵∠B =45°，AB 2∴·cos 1BH AH AB B ===．∵BD 为x ，∴1DH x =-．在Rt △ADH 中，90AHD ∠=︒，∴22222AD AH DH x x =+=-+．联结DF ，点D 、F 之间的距离y 即为DF 的长度．∵点F 在圆A 上，且AF ⊥AD ，∴AD AF =，45ADF ∠=︒．在Rt △ADF 中，90DAF ∠=︒，∴2442cos AD DF x x ADF ==-+∠ ∴2442y x x =-+．()03x ≤≤ ;（2）∵E 是DF 的中点，∴AE DF ⊥，AE 平分DF ．∵BC=3，∴312HC =-=．∴AC =．设DF 与AE 相交于点Q ，在Rt △DCQ 中，90DQC ∠=︒，tan DQ DCQ CQ ∠=．在Rt △AHC 中，90AHC ∠=︒，1tan 2AH ACH HC ∠==． ∵DCQ ACH ∠=∠，∴12DQ CQ =．设,2DQ k CQ k ==，AQ DQ k ==，∵3k =k =，∴53DC ==． ∵43BD BC DC =-=，∴4:5BD CD =．（3）如果四边形ADCF 是梯形则①当AF ∥DC 时，45AFD FDC ∠=∠=︒．∵45ADF ∠=︒，∴AD BC ⊥，即点D 与点H 重合． ∴1BD =．②当AD ∥FC 时，45ADF CFD ∠=∠=︒．∵45B ∠=︒，∴B CFD ∠=∠．∵B BAD ADF FDC ∠+∠=∠+∠，∴BAD FDC ∠=∠．∴ABD ∆∽DFC ∆．∴AB AD DF DC =． ∵DF =，DC BC BD =-．∴2AD BC BD =-．即23x =-,整理得 210x x --=，解得 x =综上所述，如果四边形ADCF 是梯形，BD 的长是1或2．【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数值以及勾股定理等知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．12．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，以AC 为直径作⊙O 交BC 于点D ，过点D 作FE ⊥AB 于点E ，交AC 的延长线于点F ．（1）求证：EF 与⊙O 相切；（2）若AE ＝6，sin ∠CFD ＝35，求EB 的长．【答案】(1)见解析（2）32 【解析】【分析】 ()1如图，欲证明EF 与O e 相切，只需证得OD EF ⊥．()2通过解直角AEF V 可以求得AF 10.=设O e 的半径为r ，由已知可得△FOD ∽△FAE ，继而得到OF OD AF AE =，即10r r 106-=，则易求15AB AC 2r 2===，所以153EB AB AE 622=-=-=．【详解】（1）如图，连接OD ，OC OD =Q ，OCD ODC ∠∠∴=．AB AC =Q ，ACB B ∠∠∴=，ODC B ∠∠∴=，OD //AB ∴，ODF AEF ∠∠∴=，EF AB ⊥Q ，ODF AEF 90∠∠∴==o ，OD EF ∴⊥，OD Q 是O e 的半径，EF ∴与O e 相切；()2由()1知，OD//AB ，OD EF ⊥．在Rt AEF V 中，AE 3sin CFD AF 5∠==，AE 6=，则AF 10=， OD //AB Q ，∴△FOD ∽△FAE ，OF OD AF AE∴=，设O e 的半径为r ，10r r 106-∴=，解得，15r 4=， 15AB AC 2r 2∴===， 153EB AB AE 622∴=-=-=．【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.13．如图，已知,,BAC AB AC O ∆=为ABC ∆外心，D 为O e 上一点，BD 与AC 的交点为E ，且2·BC AC CE =．①求证：CD CB =；②若030A ∠=，且O e 的半径为33+，I 为BCD ∆内心，求OI 的长．【答案】①证明见解析； ②3【解析】【分析】①先求出BC CE AC BC=，然后求出△BCE 和△ACB 相似，根据相似三角形对应角相等可得∠A =∠CBE ，再根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可得∠A =∠D ，然后求出∠D=∠CBE，然后根据等角对等边即可得证；②连接OB、OC，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍求出∠BOC=60°，然后判定△OBC是等边三角形，再根据等腰三角形三线合一的性质以及三角形的内心的性质可得OC经过点I，设OC与BD相交于点F，然后求出CF，再根据I是三角形的内心，利用三角形的面积求出IF，然后求出CI，最后根据OI=OC﹣CI计算即可得解．【详解】①∵BC2=AC•CE，∴BC CE AC BC=．∵∠BCE=∠ECB，∴△BCE∽△ACB，∴∠CBE=∠A．∵∠A=∠D，∴∠D=∠CBE，∴CD=CB；②连接OB、OC．∵∠A=30°，∴∠BOC=2∠A=2×30°=60°．∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形．∵CD=CB，I是△BCD的内心，∴OC经过点I，设OC与BD相交于点F，则CF=BC×sin30°12=BC，BF=BC•cos30°32=BC，所以，BD=2BF=232⨯BC3=BC，设△BCD内切圆的半径为r，则S△BCD12=BD•CF12=（BD+CD+BC）•r，即12•3BC•12BC12=（3BC+BC+BC）•r，解得：r3223=+（）BC233-=BC，即IF233-=BC，所以，CI=CF﹣IF12=BC2332--BC=（23-）BC，OI=OC﹣CI=BC﹣（23-）BC=（3-1）BC．∵⊙O的半径为33+，∴BC=33+，∴OI=（3-1）（33+）=33+3﹣3323-=．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，三角形的内心的性质，（2）作辅助线构造出等边三角形并证明得到OC经过△BCD的内心I是解题的关键．14．在△ABC 中，0090,60ACB BAC ∠=∠=，AC=2，P 为△ABC 所在平面内一点，分别连PA,PB ,PC ．（1）如图1,已知，APB BPC APC ∠=∠=∠，以A 为旋转中心，将APB ∆顺时针旋转60度，得到AMN ∆.①请画出图形，并求证：C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上；②求PA+PB+PC 的值.（2）如图2，如果点P 满足090BPC ∠=，设Q 为AB 边中点，求PQ 的取值范围.【答案】（1）①详见解析；②7；（231312PQ PQ ≤≤≠且；【解析】【分析】（1）①欲证明C 、P 、M 、N 四点在同一条直线上，只要证明∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°即可；②只要证明PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN ，在Rt △CBN 中，利用勾股定理求出NC 即可；（2）如图2中，由∠BPC=90°，推出点P 在以BC 为直径的圆上（P 不与B 、C 重合），设BC 的中点为O ，作直线OQ 交⊙O 与P 和P′，可得PQ 3-1，PQ 的最大值为3+1，PQ≠2，由此即可解决问题；【详解】（1）①证明：如图，∵△APB≌△AMN，△APM是等边三角形，∴∠APM=∠APM=60°，∵∠APB=∠BPC=∠APC=120°，∴∠APB=∠BPC=∠APC=∠AMN=120°，∴∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°，∴C、P、M、N四点在同一条直线上；②解：连接BN,易得ΔABN是等边三角形∴∠ABN=60°，∵∠ABC=30°，∴∠NBC=90°，∵AC=2，∴AB=BN=4，BC=23，∵PA=PM，PB=MN，∴PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN，在Rt△CBN中，CN=22+=，BC BN27∴PA+PB+PC=27．(2) 如图2中，∵∠BPC=90°，∴点P在以BC为直径的圆上（P不与B、C重合），设BC的中点为O，作直线OQ交⊙O与P和P′，可得PQ3-1，PQ3+1，PQ≠2，∴33+1且PQ≠2．PQ31PQ31PQ2的取值范围是且∴-≤≤+≠【点睛】本题考查几何变换综合题、等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质、勾股定理、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．15．如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，点E在CB的延长线上，连结AC、AE，∠ACB=∠BAE=45°．（1）求证：AE是⊙O的切线；（2）若AB=AD，AC=32，tan∠ADC=3，求BE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）52 BE=【解析】试题分析：（1）连接OA、OB，由圆周角定理得出∠AOB=2∠ACB=90°，由等腰直角三角形的性质得出∠OAB=∠OBA=45°，求出∠OAE=∠OAB+∠BAE=90°,即可得出结论；（2）过点A作AF⊥CD于点F,由AB=AD，得到∠ACD=∠ACB=45°，在Rt△AFC中可求得AF ＝3，在Rt△AFD中求得DF＝1，所以AB＝AD＝10，CD= CF+DF=4，再证明△ABE∽△CDA，得出BE ABDA CD=，即可求出BE的长度；试题解析：（1）证明：连结OA，OB，∵∠ACB=45°，∴∠AOB=2∠ACB= 90°，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=45°，∵∠BAE=45°，∴∠OAE=∠OAB+∠BAE=90°，∴OA⊥AE．∵点A在⊙O上，∴AE是⊙O的切线．（2）解：过点A作AF⊥CD于点F，则∠AFC=∠AFD=90°．∵AB=AD ， ∴AB u u u r =AD u u u r∴∠ACD =∠ACB =45°，在Rt △AFC 中，∵AC =32，∠ACF =45°， ∴AF=CF=AC ·sin ∠ACF =3， ∵在Rt △AFD 中， tan ∠ADC=3AF DF =， ∴DF =1，∴223110AB AD ==+=，且CD = CF +DF =4， ∵四边形ABCD 内接于⊙O ， ∴∠ABE =∠CDA ， ∵∠BAE =∠DCA ， ∴△ABE ∽△CDA ， ∴BE AB DA CD =， ∴1010=， ∴52BE =．。

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