2023年中考數(shù)學分類匯編-與圓有關的壓軸題

2023年中考數(shù)學分類匯編——與圓有關的壓軸題2023年與圓有關的壓軸題，考點涉及：垂徑定理；圓周角定理；圓內接四邊形的性質；切線性質；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；相似三角形的判定和性質；勾股定理；特殊四邊形性質；等.數(shù)學思想涉及：數(shù)形結合；分類討論；化歸；方程.現(xiàn)選取局部省市的2023年中考題展示，以饗讀者.【題1】〔2023年江蘇南京,26題〕如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，⊙O為△ABC的內切圓．〔1〕求⊙O的半徑；〔2〕點P從點B沿邊BA向點A以1cm/s的速度勻速運動，以P為圓心，PB長為半徑作圓，設點P運動的時間為ts，假設⊙P與⊙O相切，求t的值．【分析】：〔1〕求圓的半徑，因為相切，我們通常連接切點和圓心，設出半徑，再利用圓的性質和直角三角形性質表示其中關系，得到方程，求解即得半徑．〔2〕考慮兩圓相切，且一圓已固定，一般就有兩種情形，外切與內切．所以我們要分別討論，當外切時，圓心距等于兩圓半徑的和；當內切時，圓心距等于大圓與小圓半徑的差．分別作垂線構造直角三角形，類似〔1〕通過表示邊長之間的關系列方程，易得t的值．【解】：〔1〕如圖1，設⊙O與AB、BC、CA的切點分別為D、E、F，連接OD、OE、OF，那么AD=AF，BD=BE，CE=CF．∵⊙O為△ABC的內切圓，∴OF⊥AC，OE⊥BC，即∠OFC=∠OEC=90°．∵∠C=90°，∴四邊形CEOF是矩形，∵OE=OF，∴四邊形CEOF是正方形．設⊙O的半徑為rcm，那么FC=EC=OE=rcm，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，∴AB==5cm．∵AD=AF=AC﹣FC=4﹣r，BD=BE=BC﹣EC=3﹣r，∴4﹣r+3﹣r=5，解得r=1，即⊙O的半徑為1cm．〔2〕如圖2，過點P作PG⊥BC，垂直為G．∵∠PGB=∠C=90°，∴PG∥AC．∴△PBG∽△ABC，∴．∵BP=t，∴PG=，BG=．假設⊙P與⊙O相切，那么可分為兩種情況，⊙P與⊙O外切，⊙P與⊙O內切．①當⊙P與⊙O外切時，如圖3，連接OP，那么OP=1+t，過點P作PH⊥OE，垂足為H．∵∠PHE=∠HEG=∠PGE=90°，∴四邊形PHEG是矩形，∴HE=PG，PH=CE，∴OH=OE﹣HE=1﹣，PH=GE=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣．在Rt△OPH中，由勾股定理，，解得t=．②當⊙P與⊙O內切時，如圖4，連接OP，那么OP=t﹣1，過點O作OM⊥PG，垂足為M．∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°，∴四邊形OEGM是矩形，∴MG=OE，OM=EG，∴PM=PG﹣MG=，OM=EG=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣，在Rt△OPM中，由勾股定理，，解得t=2．綜上所述，⊙P與⊙O相切時，t=s或t=2s．【點評】：此題考查了圓的性質、兩圓相切及通過設邊長，表示其他邊長關系再利用直角三角形求解等常規(guī)考查點，總體題目難度不高，是一道非常值得練習的題目．【題2】〔2023?瀘州24題〕如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AB是⊙O的直徑，AC和BD相交于點E，且DC2=CE?CA．〔1〕求證：BC=CD；〔2〕分別延長AB，DC交于點P，過點A作AF⊥CD交CD的延長線于點F，假設PB=OB，CD=，求DF的長．【考點】：相似三角形的判定與性質；勾股定理；圓周角定理．【分析】：〔1〕求出△CDE∽△CAD，∠CDB=∠DBC得出結論．〔2〕連接OC，先證AD∥OC，由平行線分線段成比例性質定理求得PC=，再由割線定理PC?PD=PB?PA求得半徑為4，根據勾股定理求得AC=，再證明△AFD∽△ACB，得，那么可設FD=x，AF=，在Rt△AFP中，求得DF=．【解答】：〔1〕證明：∵DC2=CE?CA，∴=，△CDE∽△CAD，∴∠CDB=∠DBC，∵四邊形ABCD內接于⊙O，∴BC=CD；〔2〕解：如圖，連接OC，∵BC=CD，∴∠DAC=∠CAB，又∵AO=CO，∴∠CAB=∠ACO，∴∠DAC=∠ACO，∴AD∥OC，∴=，∵PB=OB，CD=，∴=∴PC=4又∵PC?PD=PB?PA∴PA=4也就是半徑OB=4，在RT△ACB中，AC===2，∵AB是直徑，∴∠ADB=∠ACB=90°∴∠FDA+∠BDC=90°∠CBA+∠CAB=90°∵∠BDC=∠CAB∴∠FDA=∠CBA又∵∠AFD=∠ACB=90°∴△AFD∽△ACB∴在Rt△AFP中，設FD=x，那么AF=，∴在RT△APF中有，，求得DF=．【點評】：此題主要考查相似三角形的判定及性質，勾股定理及圓周角的有關知識的綜合運用能力，關鍵是找準對應的角和邊求解．【題3】〔2023?濟寧21題〕閱讀材料：，如圖〔1〕，在面積為S的△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，內切圓O的半徑為r．連接OA、OB、OC，△ABC被劃分為三個小三角形．∵S=S△OBC+S△OAC+S△OAB=BC?r+AC?r+AB?r=〔a+b+c〕r．∴r=．〔1〕類比推理：假設面積為S的四邊形ABCD存在內切圓〔與各邊都相切的圓〕，如圖〔2〕，各邊長分別為AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四邊形的內切圓半徑r；〔2〕理解應用：如圖〔3〕，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=21，CD=11，AD=13，⊙O1與⊙O2分別為△ABD與△BCD的內切圓，設它們的半徑分別為r1和r2，求的值．【考點】：圓的綜合題．【分析】：〔1〕已給出例如，我們仿照例子，連接OA，OB，OC，OD，那么四邊形被分為四個小三角形，且每個三角形都以內切圓半徑為高，以四邊形各邊作底，這與題目情形類似．仿照證明過程，r易得．〔2〕〔1〕中已告訴我們內切圓半徑的求法，如是我們再相比即得結果．但求內切圓半徑需首先知道三角形各邊邊長，根據等腰梯形性質，過點D作AB垂線，進一步易得BD的長，那么r1、r2、易得．【解答】：〔1〕如圖2，連接OA、OB、OC、OD．∵S=S△AOB+S△BOC+S△COD+S△AOD=+++=，∴r=．〔2〕如圖3，過點D作DE⊥AB于E，∵梯形ABCD為等腰梯形，∴AE===5，∴EB=AB﹣AE=21﹣5=16．在Rt△AED中，∵AD=13，AE=5，∴DE=12，∴DB==20．∵S△ABD===126，S△CDB===66，∴===．【點評】：此題考查了學生的學習、理解、創(chuàng)新新知識的能力，同時考查了解直角三角形及等腰梯形等相關知識．這類創(chuàng)新性題目已經成為新課標熱衷的考點，是一道值得練習的根底題，同時要求學生在日常的學習中要注重自我學習能力的培養(yǎng)．【題4】〔2023.福州20題〕如圖，在△ABC中，∠B=45°，∠ACB=60°，，點D為BA延長線上的一點，且∠D=∠ACB，⊙O為△ABC的外接圓.〔1〕求BC的長；〔2〕求⊙O的半徑.【解析】∴.〔2〕由〔1〕得，在Rt△ACE中，∵∠EAC=30°，EC=，∴AC=.∵∠D=∠ACB，∠B=∠B，∴△BAC∽△BCD.∴，即.∴DM=4.∴⊙O的半徑為2.【考點】：1.銳角三角函數(shù)定義；2.特殊角的三角函數(shù)值；3.相似三角形的判定和性質；4.圓周角定理；5.圓內接四邊形的性質；6.含30度角直角三角形的性質；7.勾股定理.【題5】〔2023.廣州25題〕如圖7，梯形中，，，,，，點為線段上一動點〔不與點重合〕，關于的軸對稱圖形為，連接，設，的面積為，的面積為．〔1〕當點落在梯形的中位線上時，求的值；〔2〕試用表示，并寫出的取值范圍；〔3〕當?shù)耐饨訄A與相切時，求的值．【答案】解：〔1〕如圖1，為梯形的中位線，那么，過點作于點，那么有：在中，有在中，又解得：〔2〕如圖2，交于點，與關于對稱，那么有：，又又與關于對稱，〔3〕如圖3，當?shù)耐饨訄A與相切時，那么為切點.的圓心落在的中點，設為那么有，過點作，連接，得那么又解得：〔舍去〕①②③【題6】〔2023?湖州24題〕在平面直角坐標系xOy中，O是坐標原點，以P〔1，1〕為圓心的⊙P與x軸，y軸分別相切于點M和點N，點F從點M出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度運動，連接PF，過點PE⊥PF交y軸于點E，設點F運動的時間是t秒〔t＞0〕〔1〕假設點E在y軸的負半軸上〔如下列圖〕，求證：PE=PF；〔2〕在點F運動過程中，設OE=a，OF=b，試用含a的代數(shù)式表示b；〔3〕作點F關于點M的對稱點F′，經過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，連接QE．在點F運動過程中，是否存在某一時刻，使得以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似？假設存在，請直接寫出t的值；假設不存在，請說明理由．【分析】：〔1〕連接PM，PN，運用△PMF≌△PNE證明，〔2〕分兩種情況①當t＞1時，點E在y軸的負半軸上，0＜t≤1時，點E在y軸的正半軸或原點上，再根據〔1〕求解，〔3〕分兩種情況，當1＜t＜2時，當t＞2時，三角形相似時還各有兩種情況，根據比例式求出時間t．【解答】： 證明：〔1〕如圖，連接PM，PN，∵⊙P與x軸，y軸分別相切于點M和點N，∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN，∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°，∵PE⊥PF，∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE，在△PMF和△PNE中，，∴△PMF≌△PNE〔ASA〕，∴PE=PF，〔2〕解：①當t＞1時，點E在y軸的負半軸上，如圖，由〔1〕得△PMF≌△PNE，∴NE=MF=t，PM=PN=1，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE﹣ON=t﹣1，∴b﹣a=1+t﹣〔t﹣1〕=2，∴b=2+a，②0＜t≤1時，如圖2，點E在y軸的正半軸或原點上，同理可證△PMF≌△PNE，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=ON﹣NE=1﹣t，∴b+a=1+t+1﹣t=2，∴b=2﹣a，〔3〕如圖3，〔Ⅰ〕當1＜t＜2時，∵F〔1+t，0〕，F(xiàn)和F′關于點M對稱，∴F′〔1﹣t，0〕∵經過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，∴Q〔1﹣t，0〕∴OQ=1﹣t，由〔1〕得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1當△OEQ∽△MPF∴=∴=，解得，t=，當△OEQ∽△MFP時，∴=，=，解得，t=，〔Ⅱ〕如圖4，當t＞2時，∵F〔1+t，0〕，F(xiàn)和F′關于點M對稱，∴F′〔1﹣t，0〕∵經過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，∴Q〔1﹣t，0〕∴OQ=t﹣1，由〔1〕得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1當△OEQ∽△MPF∴=∴=，無解，當△OEQ∽△MFP時，∴=，=，解得，t=2±，所以當t=，t=，t=2±時，使得以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似．【點評】：此題主要考查了圓的綜合題，解題的關鍵是把圓的知識與全等三角形與相似三角形相結合找出線段關系．【題7】〔2023?寧波26〕木匠黃師傅用長AB=3，寬BC=2的矩形木板做一個盡可能大的圓形桌面，他設計了四種方案：方案一：直接鋸一個半徑最大的圓；方案二：圓心O1、O2分別在CD、AB上，半徑分別是O1C、O2A，鋸兩個外切的半圓拼成一個圓；方案三：沿對角線AC將矩形鋸成兩個三角形，適當平移三角形并鋸一個最大的圓；方案四：鋸一塊小矩形BCEF拼到矩形AFED下面，利用拼成的木板鋸一個盡可能大的圓．〔1〕寫出方案一中圓的半徑；〔2〕通過計算說明方案二和方案三中，哪個圓的半徑較大？〔3〕在方案四中，設CE=x〔0＜x＜1〕，圓的半徑為y．①求y關于x的函數(shù)解析式；②當x取何值時圓的半徑最大，最大半徑為多少？并說明四種方案中哪一個圓形桌面的半徑最大．【考點】：圓的綜合題【分析】：〔1〕觀察圖易知，截圓的直徑需不超過長方形長、寬中最短的邊，由長寬分別為3，2，那么直接取圓直徑最大為2，那么半徑最大為1．〔2〕方案二、方案三中求圓的半徑是常規(guī)的利用勾股定理或三角形相似中對應邊長成比例等性質解直角三角形求邊長的題目．一般都先設出所求邊長，而后利用關系代入表示其他相關邊長，方案二中可利用△O1O2E為直角三角形，那么滿足勾股定理整理方程，方案三可利用△AOM∽△OFN后對應邊成比例整理方程，進而可求r的值．〔3〕①類似〔1〕截圓的直徑需不超過長方形長、寬中最短的邊，雖然方案四中新拼的圖象不一定為矩形，但直徑也不得超過橫縱向方向跨度．那么選擇最小跨度，取其，即為半徑．由EC為x，那么新拼圖形水平方向跨度為3﹣x，豎直方向跨度為2+x，那么需要先判斷大小，而后分別討論結論．②已有關系表達式，那么直接根據不等式性質易得方案四中的最大半徑．另與前三方案比較，即得最終結論．【解答】：解：〔1〕方案一中的最大半徑為1．分析如下：因為長方形的長寬分別為3，2，那么直接取圓直徑最大為2，那么半徑最大為1．〔2〕如圖1，方案二中連接O1，O2，過O1作O1E⊥AB于E，方案三中，過點O分別作AB，BF的垂線，交于M，N，此時M，N恰為⊙O與AB，BF的切點．方案二：設半徑為r，在Rt△O1O2E中，∵O1O2=2r，O1E=BC=2，O2E=AB﹣AO1﹣CO2=3﹣2r，∴〔2r〕2=22+〔3﹣2r〕2，解得r=．方案三：設半徑為r，在△AOM和△OFN中，，∴△AOM∽△OFN，∴，∴，解得r=．比較知，方案三半徑較大．〔3〕方案四：①∵EC=x，∴新拼圖形水平方向跨度為3﹣x，豎直方向跨度為2+x．類似〔1〕，所截出圓的直徑最大為3﹣x或2+x較小的．1．當3﹣x＜2+x時，即當x＞時，r=〔3﹣x〕；2．當3﹣x=2+x時，即當x=時，r=〔3﹣〕=；3．當3﹣x＞2+x時，即當x＜時，r=〔2+x〕．②當x＞時，r=〔3﹣x〕＜〔3﹣〕=；當x=時，r=〔3﹣〕=；當x＜時，r=〔2+x〕＜〔2+〕=，∴方案四，當x=時，r最大為．∵1＜＜＜，∴方案四時可取的圓桌面積最大．【點評】：此題考查了圓的根本性質及通過勾股定理、三角形相似等性質求解邊長及分段函數(shù)的表示與性質討論等內容，題目雖看似新穎不易找到思路，但仔細觀察每一小問都是常規(guī)的根底考點，所以總體來說是一道質量很高的題目，值得認真練習．【題8】〔2023?蘇州28〕如圖，l1⊥l2，⊙O與l1，l2都相切，⊙O的半徑為2cm，矩形ABCD的邊AD、AB分別與l1，l2重合，AB=4cm，AD=4cm，假設⊙O與矩形ABCD沿l1同時向右移動，⊙O的移動速度為3cm，矩形ABCD的移動速度為4cm/s，設移動時間為t〔s〕〔1〕如圖①，連接OA、AC，那么∠OAC的度數(shù)為105°；〔2〕如圖②，兩個圖形移動一段時間后，⊙O到達⊙O1的位置，矩形ABCD到達A1B1C1D1的位置，此時點O1，A1，C1恰好在同一直線上，求圓心O移動的距離〔即OO1的長〕；〔3〕在移動過程中，圓心O到矩形對角線AC所在直線的距離在不斷變化，設該距離為d〔cm〕，當d＜2時，求t的取值范圍〔解答時可以利用備用圖畫出相關示意圖〕．【考點】：圓的綜合題．【分析】：〔1〕利用切線的性質以及銳角三角函數(shù)關系分別求出∠OAD=45°，∠DAC=60°，進而得出答案；〔2〕首先得出，∠C1A1D1=60°，再利用A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，求出t的值，進而得出OO1=3t得出答案即可；〔3〕①當直線AC與⊙O第一次相切時，設移動時間為t1，②當直線AC與⊙O第二次相切時，設移動時間為t2，分別求出即可．【解答】：解：〔1〕∵l1⊥l2，⊙O與l1，l2都相切，∴∠OAD=45°，∵AB=4cm，AD=4cm，∴CD=4cm，AD=4cm，∴tan∠DAC===，∴∠DAC=60°，∴∠OAC的度數(shù)為：∠OAD+∠DAC=105°，故答案為：105；〔2〕如圖位置二，當O1，A1，C1恰好在同一直線上時，設⊙O1與l1的切點為E，連接O1E，可得O1E=2，O1E⊥l1，在Rt△A1D1C1中，∵A1D1=4，C1D1=4，∴tan∠C1A1D1=，∴∠C1A1D1=60°，在Rt△A1O1E中，∠O1A1E=∠C1A1D1=60°，∴A1E==，∵A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，∴t﹣2=，∴t=+2，∴OO1=3t=2+6；〔3〕①當直線AC與⊙O第一次相切時，設移動時間為t1，如圖，此時⊙O移動到⊙O2的位置，矩形ABCD移動到A2B2C2D2的位置，設⊙O2與直線l1，A2C2分別相切于點F，G，連接O2F，O2G，O2A2，∴O2F⊥l1，O2G⊥A2G2，由〔2〕得，∠C2A2D2=60°，∴∠GA2F=120°，∴∠O2A2F=60°，在Rt△A2O2F中，O2F=2，∴A2F=，∵OO2=3t，AF=AA2+A2F=4t1+，∴4t1+﹣3t1=2，∴t1=2﹣，②當直線AC與⊙O第二次相切時，設移動時間為t2，記第一次相切時為位置一，點O1，A1，C1共線時位置二，第二次相切時為位置三，由題意知，從位置一到位置二所用時間與位置二到位置三所用時間相等，∴+2﹣〔2﹣〕=t2﹣〔+2〕，解得：t2=2+2，綜上所述，當d＜2時，t的取值范圍是：2﹣＜t＜2+2．【點評】：此題主要考查了切線的性質以及銳角三角函數(shù)關系等知識，利用分類討論以及數(shù)形結合t的值是解題關鍵．【題9】〔2023?泰州25題〕如圖，平面直角坐標系xOy中，一次函數(shù)y=﹣x+b〔b為常數(shù)，b＞0〕的圖象與x軸、y軸分別相交于點A、B，半徑為4的⊙O與x軸正半軸相交于點C，與y軸相交于點D、E，點D在點E上方．〔1〕假設直線AB與有兩個交點F、G．①求∠CFE的度數(shù)；②用含b的代數(shù)式表示FG2，并直接寫出b的取值范圍；〔2〕設b≥5，在線段AB上是否存在點P，使∠CPE=45°？假設存在，請求出P點坐標；假設不存在，請說明理由．【考點】：圓的綜合題【分析】：〔1〕連接CD，EA，利用同一條弦所對的圓周角相等求行∠CFE=45°，〔2〕作OM⊥AB點M，連接OF，利用兩條直線垂直相交求出交點M的坐標，利用勾股定理求出FM2，再求出FG2，再根據式子寫出b的范圍，〔3〕當b=5時，直線與圓相切，存在點P，使∠CPE=45°，再利用兩條直線垂直相交求出交點P的坐標，【解答】：解：〔1〕連接CD，EA，∵DE是直徑，∴∠DCE=90°，∵CO⊥DE，且DO=EO，∴∠ODC=OEC=45°，∴∠CFE=∠ODC=45°，〔2〕①如圖，作OM⊥AB點M，連接OF，∵OM⊥AB，直線的函數(shù)式為：y=﹣x+b，∴OM所在的直線函數(shù)式為：y=x，∴交點M〔b，b〕∴OM2=〔b〕2+〔b〕2，∵OF=4，∴FM2=OF2﹣OM2=42﹣〔b〕2﹣〔b〕2，∵FM=FG，∴FG2=4FM2=4×[42﹣〔b〕2﹣〔b〕2]=64﹣b2=64×〔1﹣b2〕，∵直線AB與有兩個交點F、G．∴4≤b＜5，〔3〕如圖，當b=5時，直線與圓相切，∵DE是直徑，∴∠DCE=90°，∵CO⊥DE，且DO=EO，∴∠ODC=OEC=45°，∴∠CFE=∠ODC=45°，∴存在點P，使∠CPE=45°，連接OP，∵P是切點，∴OP⊥AB，∴OP所在的直線為：y=x，又∵AB所在的直線為：y=﹣x+5，∴P〔，〕．【點評】：此題主要考查了圓與一次函數(shù)的知識，解題的關鍵是作出輔助線，明確兩條直線垂直時K的關系．【題10】(2023年江蘇徐州28)如圖，矩形ABCD的邊AB=3cm，AD=4cm，點E從點A出發(fā)，沿射線AD移動，以CE為直徑作圓O，點F為圓O與射線BD的公共點，連接EF、CF，過點E作EG⊥EF，EG與圓O相交于點G，連接CG．〔1〕試說明四邊形EFCG是矩形；〔2〕當圓O與射線BD相切時，點E停止移動，在點E移動的過程中，①矩形EFCG的面積是否存在最大值或最小值？假設存在，求出這個最大值或最小值；假設不存在，說明理由；②求點G移動路線的長．【考點】： 圓的綜合題；垂線段最短；直角三角形斜邊上的中線；矩形的判定與性質；圓周角定理；切線的性質；相似三角形的判定與性質．【分析】： 〔1〕只要證到三個內角等于90°即可．〔2〕易證點D在⊙O上，根據圓周角定理可得∠FCE=∠FDE，從而證到△CFE∽△DAB，根據相似三角形的性質可得到S矩形ABCD=2S△CFE=．然后只需求出CF的范圍就可求出S矩形ABCD的范圍．根據圓周角定理和矩形的性質可證到∠GDC=∠FDE=定值，從而得到點G的移動的路線是線段，只需找到點G的起點與終點，求出該線段的長度即可．【解答】： 解：〔1〕證明：如圖1，∵CE為⊙O的直徑，∴∠CFE=∠CGE=90°．∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．∴四邊形EFCG是矩形．〔2〕①存在．連接OD，如圖2①，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．∵