中考数学圆的综合-经典压轴题附答案解析

∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3
本题主要考查学生根据题意能找到三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，而且考验学生对相似三角形性质的运用，掌握探索题目隐含条件是解决此题的关键.
3．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB，DF．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
∵DB平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴ = ，∴BC=AB=5 ．
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=100．
又∵AC⊥CE，∴∠ACE=90°，
∴△ADC～△ACE，∴ = ，∴AC2=AD•AE．
设DE为x，由AD：DE=4：1，∴AD=4x，AE=5x，
∴100=4x•5x，∴x= ，∴DE= ．
点睛：本题主要考查了切线的判定以及相似三角形的判定与性质，正确得出AC2=AD•AE是解题的关键．
4．如图，O是△ABC的内心，BO的延长线和△ABC的外接圆相交于D，连结DC、DA、OA、OC，四边形OADC为平行四边形．
（1）求证：△BOC≌△CDA．
（2）若AB=2，求阴影部分的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】
根据已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，再根据这个条件结合题意直接解答此题.
【详解】
（1）解：连源自文库AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点
∴AM＝BM＝PM=QM= PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。
（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∴点E的坐标为（ ）．
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）=6 ﹣ t，
∴BE=BA﹣EA=4 ﹣（6 ﹣ t）= t﹣2 ．
∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，
∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．
5．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．
（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出：DC+AD=BD．
（2）探究证明
【答案】（1）4；（2） ；（3）点E的坐标为（1，2）、（ ， ）、（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BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2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．
详解：（1）连接OD．
∵OD=CD，∴∠ODC=∠OCD．
∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠EDC=90°．
∵点F为CE的中点，∴DF=CF=EF，∴∠FDC=∠FCD，∴∠FDO=∠FCO．
又∵AC⊥CE，∴∠FDO=∠FCO=90°，∴DF是⊙O的切线．
（2）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠ABC=90°．
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．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．
（2）作OH⊥AB于H，如图，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠BOH=30°，根据垂径定理得到BH=AH= AB=1，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到OH= BH= ，OB=2OH= ，然后根据三角形面积公式和扇形面积公式，利用S阴影部分=S扇形AOB-S△AOB进行计算即可.
详解:
∵∠DBE=OBC，∠DEB=∠BCO=90°，∴△DBE∽△OBC，
∴ = = ，∴BE= t．
∵PE∥OC，∴∠OEP=∠BOC．
∵∠OPE=∠BCO=90°，∴△OPE∽△BCO，
∴ = = ，∴OE= t．
∵OE+BE=OB=2 t+ t=2 ．
解得：t= ，∴OP= ，OE= ，∴PE= = ，
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=2，GF= BD=2，∴OF=4，
∴OG= = =2 ．
同理可得：OB=2 ，AB=4 ，∴BG= AB=2 ．
将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明
（3）拓展延伸
在直线MN绕点A旋转的过程中，当△ABD面积取得最大值时，若CD长为1，请直接写BD的长．
【答案】（1） ；（2）AD﹣DC= BD；（3）BD=AD= +1．
设OR=x，则RG=2 ﹣x．
∵BR⊥OG，∴∠BRO=∠BRG=90°，∴BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2，
∴（2 ）2﹣x2=（2 ）2﹣（2 ﹣x）2．
解得：x= ，∴BR2=OB2﹣OR2=（2 ）2﹣（ ）2= ，∴BR= ．
在Rt△ORB中，sin∠BOR= = = ．
故答案为 ．
（2）若DB平分∠ADC，AB= ∶DE=4∶1，求DE的长．
【答案】(1)见解析;(2)
【解析】
分析：（1）直接利用直角三角形的性质得出DF=CF=EF，再求出∠FDO=∠FCO=90°，得出答案即可；
（2）首先得出AB=BC即可得出它们的长，再利用△ADC～△ACE，得出AC2=AD•AE，进而得出答案．
∵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= （BC+OD），∴OD=2r﹣2，∴DH= = ．
在Rt△BHD中，∵∠BHD=90°，∴BD2=BH2+DH2，∴（2r）2=42+（2r﹣4）2．
（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．
【答案】(1)见解析;(2) Q的坐标为（3 ，9）;(3) .
【解析】（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点
∴AM＝BM＝PM=QM= PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。
（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．
∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，
∴tan∠BAH= =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．
设E为BD与AC的交点，BE垂直平分AC.
在Rt△OCE中，CE= AC= AB=1，∠OCE=30°，
∴OA=OB=OC=
∵∠AOC=120°，
∴
=
=
点睛:本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．也考查了等边三角形的判定与性质和扇形面积的计算.
∴点Q的坐标为（3 ，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）
当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝ －3＝ ，Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为： ×( ＋2)×4.5＝ .
【点睛】
（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=2，∴EP=2，
∴点E的坐标为（1，2）．
②当∠BED=90°时，如图3．
在Rt△DBE中，cos∠BED= = ，∴DE= BE，
∴t= t﹣2 ）=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）、（ ）、（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．
2．如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．
（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；
（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；
（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．
∴点Q的坐标为（3 ，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）
当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝ －3＝ ，Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为： ×( ＋2)×4.5＝ .
【解析】
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3
【解析】
分析:（1）根据内心性质得∠1=∠2，∠3=∠4，则AD=CD，于是可判断四边形OADC为菱形，则BD垂直平分AC，∠4=∠5=∠6，易得OA=OC，∠2=∠3，所以OB=OC，可判断点O为△ABC的外心，则可判断△ABC为等边三角形，所以∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，BC=AC，再根据平行四边形的性质得∠ADC=∠AOC=120°，AD=OC，CD=OA=OB，则根据“SAS”证明△BOC≌△CDA；
（1）证明：∵O是△ABC的内心，
∴∠2=∠3，∠5=∠6，
∵∠1=∠2，∴∠1=∠3，
由AD∥CO,AD=CO，∴∠4=∠6，
∴△BOC≌△CDA（AAS）
(2)由（1）得，BC=AC,∠3=∠4=∠6，
∴∠ABC=∠ACB
∴AB=AC
∴△ABC是等边三角形
∴O是△ABC的内心也是外心
∴OA=OB=OC