中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题含答案解析doc.docx

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中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题含答案解析doc

2020-2021中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题含答案解析

一、圆的综合

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．

【答案】

（1）4；

（2）3；（3）点E的坐标为（1，2）、（

5，10）、（4，2）．

5

3

3

【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

AFGF

OF

OGOB

AB

BG

OR=x

22﹣

BR

=OB

，从而可求出

、

、

、

、

、

、．设

，利用

2

2

2

BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．

OR=BG

﹣RG可求出x，进而可求出

（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°，

BH

∴tan∠BAH==1，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．

HA

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=1（BC+OD），∴OD=2r﹣2，

2

∴DH=OD

OH=2r4．

2

2

2

2

2

2

在Rt△BHD中，∵∠BHD=90°，∴BD=BH+DH，∴（2r

）

=4+（2r

﹣4）．

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°

DG⊥AB

BG=AG

，即

，∴

．

∵GF⊥OA，BD⊥OA，∴GF∥BD，∴△AFG∽△ADB，

∴AF=GF=AG=

1，∴AF=

1

AD=2，GF=

1

BD=2，∴OF=4，

AD

BD

AB

2

2

2

∴OG=

OF2

GF2

=42

22

=25．

同理可得：

OB=2

5，AB=4

2，∴BG=1

AB=2

2．

2

设OR=x，则RG=25﹣x．

∵BR⊥OG，∴∠BRO=∠BRG=90°，∴BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2，

∴（25）2﹣x2=（2

2）2﹣（2

5﹣x）2．

解得：

x=

2

2

2

2

85

2

85，∴BR

=OB﹣OR=（2

5）

﹣（

）=

5

5

在Rt△ORB中，sin∠BOR=BR

6

5

3．

=

5

=

OB

2

5

5

故答案为

3．

5

（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

解得：

t=1．则OP=CD=DB=1．

36

，∴BR=65．

55

2t=2．

∵DE∥OC，∴△BDE∽△BCO，∴DE=BD=1，∴DE=2，∴EP=2，

OCBC2

∴点E的坐标为（1，2）．

②当∠BED=90°时，如图3．

∵∠DBE=OBC，∠DEB=∠BCO=90°，∴△DBE∽△OBC，

∴BE=DB

，BE

t

，∴BE=

5t．

=

BCOB

2

25

5

∵PE∥OC，∴∠OEP=∠BOC．

∵∠OPE=∠BCO=90°，∴△OPE∽△BCO，

∴OE

=OP，OE

=t，∴OE=

5t．

OB

BC

2

5

2

∵OE+BE=OB=2

5，

5t+

5t=25．

5

解得：

t=

5

，∴OP=5

，OE=5

5，∴PE=OE2

OP2=

10，

3

3

3

3

∴点E的坐标为（

5

10

，

）．

33

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=PE2PA2=2（6﹣t）=62﹣2?

t，

∴BE=BA﹣EA=42﹣（62﹣2t）=2t﹣22．

∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，

∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．

BE

=

2，∴DE=2BE，

在Rt△DBE中，cos∠BED=

DE

2

∴t=2（2t﹣2

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）、

510

（，）、（4，2）．

33

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，AB为⊙O的直径，点E在⊙O上，过点E的切线与AB的延长线交于点D，连接BE，过点O作BE的平行线，交⊙O于点F，交切线于点C，连接AC

（1）求证：

AC是⊙O的切线；

（2）连接EF，当∠D=°时，四边形FOBE是菱形．

【答案】

（1）见解析；

（2）30.

【解析】

【分析】

（1）由等角的转换证明出OCA≌OCE，根据圆的位置关系证得AC是⊙O的切线.

（2）根据四边形FOBE是菱形，得到OF=OB=BF=EF，得证OBE为等边三角形，而得出

BOE60，根据三角形内角和即可求出答案.

【详解】

（1）证明：

∵CD与⊙O相切于点E，

∴OECD，

∴CEO90，

又∵OCBE，

∴COEOEB，∠OBE=∠COA

∵OE=OB，

∴OEBOBE，

∴COECOA，

又∵OC=OC，OA=OE，

∴

∴

OCA≌OCE（SAS），

CAOCEO90，

又∵AB为⊙O的直径，

∴AC为⊙O的切线；

（2）解：

∵四边形FOBE是菱形，∴OF=OB=BF=EF，

∴OE=OB=BE，

∴OBE为等边三角形，

∴BOE60，

而OECD，∴D30．

故答案为30．

【点睛】

本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题，熟练掌握圆的性质是本题的解题关

键.

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．

4

①若AD为直径，且sinA=

5

，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75；（3）见解析

44

【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=4，∴BD=8，根

5

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=1∠BCD=60°，∴∠CDO=60°，∴AD是⊙O

2

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=3×3

2

×5=753．

4

4

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=1∠BCD=75°，∴∠BOC=∠DOC=30°，

2

∴∠OBA=45°，∴∠AOB=90°．

连接AC，∴∠DAC=1∠BAD=15°．

2

∵∠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=1OC=5，∴S四边形ABCD=S△COD+S△BOC+S△AOB﹣

2

2

△

△

△

1

5

1

75

．

S

AOD=S

BOC+SAOB=

2

×5+×5×5=

2

2

4

故答案为：

75

3或75；

4

4

（3）延长DC，AB交于点E．

∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠BCE=∠A=1∠ABC．

2

∵∠ABC=∠BCE+∠A，∴∠E=∠BCE=∠A，∴BE=BC=b，DE=DA=b，∴CE=d﹣c．

∵∠BCE=∠A，∠E=∠E，∴△EBC∽△EDA，∴CE

BC，∴

d

c

b，∴d2﹣

AE

AD

a

b

d

2

b=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．如图，在△ABP中,C是BP边上一点,∠PAC=∠PBA,⊙O是△ABC的外接圆,AD是⊙O的直径,且交BP于点E.

（1）求证：

PA是⊙O的切线；

（2）过点C作CF⊥AD，垂足为点F，延长CF交AB于点G，若AG?

AB=12，求AC的长．【答案】

（1）证明见解析

（2）23

【解析】

试题分析：

（1）根据圆周角定理得出∠ACD=90°以及利用∠PAC=∠PBA得出

∠CAD+∠PAC=90°进而得出答案；

2

（2）首先得出△CAG∽△BAC，进而得出AC=AG·AB，求出AC即可.

∵AD是⊙O的直径,

∴∠ACD=90°,

∴∠CAD+∠D=90°，

∵∠PAC=∠PBA，∠D=∠PBA，

∴∠CAD+∠PAC=90°，

即∠PAD=90°，

∴PA⊥AD，

∴PA是⊙O的切线；

（2）∵CF⊥AD，

∴∠ACF+∠CAF=90°，∠CAD+∠D=90°，

∴∠ACF=∠D，

∴∠ACF=∠B，

而∠CAG=∠BAC，

∴△ACG∽△ABC，

∴AC：

AB=AG：

AC，

2

∴AC=23．

5．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=2，求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）．

3

【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

CD

2

5，

Rt△PDC中，∵sin∠P=

，PC=2

PD

3

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1×4×2=4，

2

1

扇形ABE的面积为

2

2

π×4=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.

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=5E（4，5）

（2）BF+CF=AC（3）弦BG的长度不变，等于52【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OPFQ是矩形，从而有OP=FQ，∠POQ=90°，进而有

1

1

1

∠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=1

BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC．

2

（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．

222

在Rt△MOO1中，（r﹣1）+3=r．

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．

EO1PCO1Q

在△EPO1和△CQO1中，

EPO1

CQO1，

O1EO1C

∴△EPO≌△CQO，∴PO

=QO1

，∴FQ=QO．

1

1

1

1

∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．

1

1

∵CO1=DO1，∴O1Q=

BD，∴FQ=BD．

2

2

∵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．

∵