中考数学圆的综合-经典压轴题及详细答案

一、圆的综合 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

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 的直径，PA 与O 相切于点A ， ∴PA ⊥AB ，

∴∠A=90°.

又∵∠OPA=40°，

∴∠AOP=50°，

∵OB=OC ，

∴∠B=∠OCB.

又∵∠AOP=∠B+∠OCB ， ∴1252

B OCB AOP ∠=∠=∠=︒.

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

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，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．已知O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m5=，则C

∠的度数为______；

()2如图②，若m6=．

∠的正切值；

①求C

②若ABC为等腰三角形，求ABC面积．

【答案】()130；()2C ∠①的正切值为34；ABC S 27=②或43225

. 【解析】

【分析】 ()1连接OA ，OB ，判断出AOB 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==，

OB OC AB ∴==，

AOB ∴是等边三角形，

AOB 60∠∴=，

1ACB AOB 302

∠∠∴==， 故答案为30；

()2①如图2，连接AO 并延长交O 于D ，连接BD ，

AD 为O 的直径，

AD 10∴=，ABD 90∠=，

在Rt ABD 中，AB m 6==，根据勾股定理得，BD 8=， AB 3tan ADB BD 4

∠∴==， C ADB ∠∠=，

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 =，AO BO =，

CE ∴为AB 的垂直平分线，

AE BE 3∴==，

在Rt AEO 中，OA 5=，根据勾股定理得，OE 4=， CE OE OC 9∴=+=，

ABC 11S AB CE 692722

∴=⨯=⨯⨯=； Ⅱ、当AC AB 6==时，如图4，

连接OA 交BC 于F ，

AC AB =，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 ∠∠=，

ACF AOG ∠∠∴=，

在Rt AOG 中，AG 3sin AOG AC 5

∠==， 3sin ACF 5

∠∴=， 在Rt ACF 中，3sin ACF 5

∠=， 318AF AC 55

∴==， 24CF 5

∴=， ABC 111824432S AF BC 225525

∴=⨯=⨯⨯=； Ⅲ、当BA BC 6==时，如图5，由对称性知，ABC 432S 25

=．

【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．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∠APB

1

2

=，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y

4

3

=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）（0，3395

3

-，

125

5

）

【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=1

2

=

AB

BC

．∵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，

∴BC=22

AC AB

=43，∴C（6，43），∴K（4，22），∴P（0，23）．故答案为：（0，23）．

（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=4

3

x+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，∴ON

PK

=

OM

MK

=

NM

MP

，∴

4

PK

=

3

MK

=

35

，∴PK=

125

，

MK=95

，∴OK=

95

﹣3，∴P（

95

﹣3，

125

）．

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．

6．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．

7．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262)． 【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2，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 6，0），点B 为（02） ∴62 ∴根据Rt △AOB 的勾股定理可得：2∴M 的半径r=122. （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 ∴2∴2－22

在Rt △AOB 中，3OA OB

=∠ABO=60° ∴∠CBO=30° 在Rt △HBE 中，263=∴点E 262）

考点：勾股定理、角平分线的性质、圆的基本性质、三角函数.

8．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

6 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

3)6)

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 AB DC DE =， 又CD ＝AB ＝2，BC ＝2， ∴DE ＝1

根据勾股定理得EC ＝3，

又226AC AB BC =+=，…

设OA 为x ，则222(3)(6)x x +=-，

解得6x =， ∴⊙O 的半径为6．

【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．

9．如图，AB 为O 的直径，C 、D 为O 上异于A 、B 的两点，连接CD ，过点C 作CE DB ⊥，交CD 的延长线于点E ，垂足为点E ，直径AB 与CE 的延长线相交于点F .

（1）连接AC 、AD ，求证：180DAC ACF ∠+∠=︒.

（2）若2ABD BDC ∠=∠.

①求证：CF 是O 的切线.

②当6BD =，3tan 4

F =时，求CF 的长. 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② 203CF =

. 【解析】

【分析】

（1）根据圆周角定理证得∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，由CE ⊥DB 证得AD ∥CF ，根据平行线的性质即可证得结论；

（2）①连接OC ．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出∠3=2∠1，由已知∠4=2∠1，得到∠4=∠3，则OC ∥DB ，再由CE ⊥DB ，得到OC ⊥CF ，根据切线的判定即可证明CF 为⊙O 的切线；

②由CF ∥AD ，证出∠BAD=∠F ，得出tan ∠BAD=tan ∠F=

BD AD =34，求出AD=43BD=8，利用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5，再由tanF=

OC CF =34，即可求出CF ． 【详解】

解：（1）AB 是O 的直径，且D 为O 上一点，

90ADB ∴∠=︒，

CE DB ⊥，

90DEC ∴∠=︒，

//CF AD ∴，

180DAC ACF ∴∠+∠=︒.

（2）①如图，连接OC .

OA OC =，12∴∠=∠.

312∠=∠+∠，

321∴∠=∠.

42BDC ∠=∠，1BDC ∠=∠，

421∴∠=∠，

43∴∠=∠，

//OC DB ∴.

CE DB ⊥，

OC CF ∴⊥.

又OC 为O 的半径，

CF ∴为O 的切线.

②由（1）知//CF AD ，

BAD F ∴∠=∠， 3tan tan 4BAD F ∴∠==， 34BD AD ∴=. 6BD = 483

AD BD ∴==， 226810AB ∴=+=，5OB OC ==.

OC CF ⊥，

90OCF ∴∠=︒，

3tan 4

OC F CF ∴==， 解得203

CF =. 【点睛】

本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果．

10．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】

（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．