中考数学圆的综合(大题培优 易错 难题)附答案

1．如图，在中，，的平分线AD交BC于点D，过点D作交AB于点E，以AE为直径作．

求证：BC是的切线；

若，，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）．

【解析】

【分析】

连接OD，如图，先证明，再利用得到，然后根据切线的判定定理得到结论；

先利用勾股定理计算出，设的半径为r，则，，再证明∽，利用相似比得到r：：5，解得，接着利用勾股定理计算，则，利用正切定理得，然后证明，从而得到的值．

【详解】

证明：连接OD，如图，

平分，

，

，

，

，

，

，

，

是的切线；

解：在中，，

设的半径为r，则，，

，

∽，

：：BA，

即r：：5，解得，

，，

在中，，

，

在中，，

为直径，

，

，

，

，

．

【点睛】

本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；也考查了圆周角定理和解直角三角形．

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，P是半径OB上一动点，Q是上的一动点，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°，10； 思考：（1）；（2）25π−100+100；（3）点O到折痕PQ的距离为.

【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+(10−10)2=（10-OP）2，解得OP=10−10，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=OO′=．

详解：发现：∵P是半径OB上一动点，Q是上的一动点，

∴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==10；

思考：（1）如图，连接OQ，

∵点P是OB的中点，

∴OP=OB=OQ．

∵QP⊥OB，

∴∠OPQ=90°

在Rt△OPQ中，cos∠QOP=，

∴∠QOP=60°，

∴lBQ= 

（2）由折叠的性质可得，BP＝B′P，AB′＝AB＝10，

在Rt△B'OP中，OP2+(10−10)2=（10-OP）2

解得OP=10−10，

S阴影=S扇形AOB-2S△AOP= 

＝25π−100+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=，

在Rt△OBO′K，OO′=，

∴OM=OO′=×=，

即O到折痕PQ的距离为．

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=（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．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（0，2），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，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：

 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；

 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（0，2），∴OA=2，OB=2．在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB==4，∴∠ABO=30°．

 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：

 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，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=OQ'=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；

 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，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=OQ'=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．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧

用直尺和圆规作出所在圆的圆心O；要求保留作图痕迹，不写作法

若的中点C到弦AB的距离为，求所在圆的半径．

【答案】(1)见解析；（2）50m

【解析】

分析：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；

连接交AB于D，如图2，根据垂径定理的推论，由C为的中点得到，则，设的半径为r，在中利用勾股定理得到，然后解方程即可． 

详解：如图1，

点O为所求；

连接交AB于D，如图2，

为的中点，

，

，

设的半径为r，则，

在中，，

，解得，

即所在圆的半径是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．

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).

【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．

∴∠CAB=45°．

过E作EH⊥AC于H，

设BC=2k，则EH=k，AE=k， 

∴sin∠CAE=．

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∵且∠BAE+∠AEB=90°

∴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N

Rt△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=8

AE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

7．如图，已知AB是⊙O的直径，P是BA延长线上一点，PC切⊙O于点C，CD⊥AB，垂足为D．

（1）求证：∠PCA＝∠ABC；

（2）过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，交BC于点M，若∠CAB＝2∠B，CF＝，求阴影部分的面积．

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）如图，连接OC，利用圆的切线的性质和直径对应的圆周角是直角可得∠PCA=∠OCB，利用等量代换可得∠PCA=∠ABC.

（2）先求出△OCA是等边三角形，在利用三角形的等边对等角定理求出FA=FC和CF=FM,然后分别求出AM、AC、MO、CD的值，分别求出、 、 的值，利用，然后通过计算即可解答.

【详解】

解：（1）证明：连接OC，如图，

∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC,

∴∠PCA+∠ACO=90º,  

∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=∠ACO+OCB=90º

∵OC=OB,∴∠OBC=∠OCB,

∴∠PCA=∠ABC；  

（2）连接OE，如图，

∵△ACB中，∠ACB＝90º,∠CAB＝2∠B,

∴∠B＝30º,∠CAB＝60º,∴△OCA是等边三角形，

∵CD⊥AB,∴∠ACD+∠CAD＝∠CAD＋∠ABC＝90º,

∴∠ACD＝∠B＝30º,

∵PC∥AE,∴∠PCA＝∠CAE＝30º,∴FC=FA,

同理，CF＝FM,∴AM＝2CF=, 

Rt△ACM中，易得AC=×=3＝OC,

∵∠B＝∠CAE＝30º,∴∠AOC=∠COE=60º,

∴∠EOB=60º,∴∠EAB=∠ABC=30º,∴MA=MB,

连接OM,EG⊥AB交AB于G点，如图所示，

∵OA=OB,∴MO⊥AB,∴MO＝OA×tan30º= ,

∵△CDO≌△EDO(AAS)，

∴EG=CD=AC×sin60º=，

∴, 

同样，易求， 

∴=.

【点睛】

本题考查了切线的性质、解直角三角形、扇形面积和识图的能力，综合性较强，有一定难度，熟练掌握定理并准确识图是解题的关键.

8．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）.

【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=AC，根据三角形的中位线的性质得到OG=AC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，

，

∴△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=AC，

∵OG∥AC，OA=OB，

∴OG=AC，

∵OG+GE=AC+AC=AC，

∴AC=OE，

∴AC=AB，

∴∠ABC=30°，

∴∠CAB=60°，

∵，

∴∠CAF=∠EAB=∠CAB=30°，

∴tan∠CAF=tan30°=．

【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．

9．如图①，已知中，，，，点是边上一点（不与重合），以为直径作，过作切于，交于.

（1）若的半径为2，求线段的长；

（2）若，求的半径；

（3）如图②，若，点关于的对称点为点，试求、两点之间的距离.

【答案】(1)；(2)的半径为3；(3)、两点之间的距离为.

【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=，即，解得即可；

（3）证得D和M重合，E和F重合后，通过证得△GBE∽△ABC，，即，解得即可．

【详解】

(1)如图，连结.

∵切于，

∴.

∵，半径为2，

∴，.

∴；

(2)设半径为.

在中，，，，

∴. 

∵，

∴.

∴.

∵切于，

∴.

∴，

∴.

∴，

∴，

解得.

∴的半径为3；

(3)连结、，设交于点，

由对称性可知，.

又，

∴.

∴.

∵切于，

∴.

又，

∴.又，

∴.

∴.

∴点与点重合.

∴、、三点在同一条直线上. 

连结、，

∵是直径，

∴，即.

又，

∴.

∴，

∴、、三点在同一条直线上. 

∴、两点重合.

∵，，

∴.

∴，即.

∴.

故、两点之间的距离为.

【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．阅读下列材料：

如图1，⊙O1和⊙O2外切于点C，AB是⊙O1和⊙O2外公切线，A、B为切点，

求证：AC⊥BC

证明：过点C作⊙O1和⊙O2的内公切线交AB于D，

∵DA、DC是⊙O1的切线

∴DA=DC．

∴∠DAC=∠DCA．

同理∠DCB=∠DBC．

又∵∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°，

∴∠DCA+∠DCB=90°．

即AC⊥BC．

根据上述材料，解答下列问题：

（1）在以上的证明过程中使用了哪些定理？请写出两个定理的名称或内容；

（2）以AB所在直线为x轴，过点C且垂直于AB的直线为y轴建立直角坐标系（如图2），已知A、B两点的坐标为（﹣4，0），（1，0），求经过A、B、C三点的抛物线y=ax2+bx+c的函数解析式；

（3）根据（2）中所确定的抛物线，试判断这条抛物线的顶点是否落在两圆的连心O1O2上，并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2） ；（3）见解析

【解析】

试题分析：（1）由切线长相等可知用了切线长定理；由三角形的内角和是180°，可知用了三角形内角和定理；

（2）先根据勾股定理求出点坐标，再用待定系数法即可求出经过三点的抛物线的函数解析式；

（3）过作两圆的公切线，交于点，由切线长定理可求出点坐标，根据 两点的坐标可求出过两点直线的解析式，根据过一点且互相垂直的两条直线解析式的关系可求出过两圆圆心的直线解析式，再把抛物线的顶点坐标代入直线的解析式看是否适合即可．

试题解析：(1)DA、DC是的切线，

∴DA=DC.应用的是切线长定理；

，应用的是三角形内角和定理.

(2)设C点坐标为(0,y),则 

即 

即,解得y=2(舍去)或y=−2.

故C点坐标为(0,−2)，

设经过三点的抛物线的函数解析式为 

则 解得 

故所求二次函数的解析式为 

(3)过C作两圆的公切线CD交AB于D,则AD=BD=CD,由A(−4,0),B(1,0)可知 

设过CD两点的直线为y=kx+b,则

 解得 

故此一次函数的解析式为 

∵过的直线必过C点且与直线垂直，

故过的直线的解析式为

由(2)中所求抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为 

代入直线解析式得 故这条抛物线的顶点落在两圆的连心上.