中考數(shù)學培優(yōu)專題復習圓的綜合練習題附詳細答案

一、圓的綜合真題與模擬題分類匯編（難題易錯題）1．如圖，四邊形OABC是平行四邊形，以O為圓心，OA為半徑的圓交AB于D，延長AO交O于E，連接CD，CE，若CE是⊙O的切線，解答下列問題：（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若BC=4，CD=6，求平行四邊形OABC的面積．【答案】（1）證明見解析（2）24【解析】試題分析：（1）連接OD，求出∠EOC=∠DOC，根據(jù)SAS推出△EOC≌△DOC，推出∠ODC=∠OEC=90°，根據(jù)切線的判定推出即可；（2）根據(jù)切線長定理求出CE=CD=4，根據(jù)平行四邊形性質(zhì)求出OA=OD=4，根據(jù)平行四邊形的面積公式=2△COD的面積即可求解．試題解析：（1）證明：連接OD，∵OD=OA，∴∠ODA=∠A，∵四邊形OABC是平行四邊形，∴OC∥AB，∴∠EOC=∠A，∠COD=∠ODA，∴∠EOC=∠DOC，在△EOC和△DOC中，∴△EOC≌△DOC（SAS），∴∠ODC=∠OEC=90°，即OD⊥DC，∴CD是⊙O的切線；（2）由（1）知CD是圓O的切線，∴△CDO為直角三角形，∵S△CDO=CD?OD，又∵OA=BC=OD=4，∴S△CDO=×6×4=12，∴平行四邊形OABC的面積S=2S△CDO=24．2．已知的半徑為5，弦AB的長度為m，點C是弦AB所對優(yōu)弧上的一動點．如圖，若，則的度數(shù)為______；如圖，若．求的正切值；若為等腰三角形，求面積．【答案】30；的正切值為；或.【解析】【分析】連接OA，OB，判斷出是等邊三角形，即可得出結論；先求出，再用勾股定理求出，進而求出，即可得出結論；分三種情況，利用等腰三角形的性質(zhì)和垂徑定理以及勾股定理即可得出結論．【詳解】如圖1，連接OB，OA，，，，是等邊三角形，，，故答案為30；如圖2，連接AO并延長交于D，連接BD，為的直徑，，，在中，，根據(jù)勾股定理得，，，，的正切值為；Ⅰ、當時，如圖3，連接CO并延長交AB于E，，，為AB的垂直平分線，，在中，，根據(jù)勾股定理得，，，；Ⅱ、當時，如圖4，連接OA交BC于F，，，是BC的垂直平分線，過點O作于G，，，，，在中，，，在中，，，，；Ⅲ、當時，如圖5，由對稱性知，．【點睛】圓的綜合題，主要圓的性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的面積公式，用分類討論的思想解決問題是解本題的關鍵．3．如圖，CD為⊙O的直徑，點B在⊙O上，連接BC、BD，過點B的切線AE與CD的延長線交于點A，，OE交BC于點F.（1）求證：OE∥BD；（2）當⊙O的半徑為5，時，求EF的長.【答案】（1）證明見解析；（2）EF的長為【解析】試題分析：（1）連接OB，利用已知條件和切線的性質(zhì)證明；（2）根據(jù)銳角三角函數(shù)和相似三角形的性質(zhì)，直接求解即可.試題解析：（1）連接OB，∵CD為⊙O的直徑，.∵AE是⊙O的切線，..∵OB、OC是⊙O的半徑，OB=OC.∴.∴.∵，∴.∴OE∥BD.（2）由（1）可得sin∠C=∠DBA=，在Rt△中,sin∠C=,OC=5，∴∵，△CBD∽△EBO.∴∴.∵OE∥BD，CO=OD，∴CF=FB.∴.∴4．如圖1，等邊△ABC的邊長為3，分別以頂點B、A、C為圓心，BA長為半徑作、、，我們把這三條弧所組成的圖形稱作萊洛三角形，顯然萊洛三角形仍然是軸對稱圖形，設點l為對稱軸的交點．（1）如圖2，將這個圖形的頂點A與線段MN作無滑動的滾動，當它滾動一周后點A與端點N重合，則線段MN的長為；（2）如圖3，將這個圖形的頂點A與等邊△DEF的頂點D重合，且AB⊥DE，DE=2π，將它沿等邊△DEF的邊作無滑動的滾動當它第一次回到起始位置時，求這個圖形在運動過程中所掃過的區(qū)域的面積；（3）如圖4，將這個圖形的頂點B與⊙O的圓心O重合，⊙O的半徑為3，將它沿⊙O的圓周作無滑動的滾動，當它第n次回到起始位置時，點I所經(jīng)過的路徑長為（請用含n的式子表示）【答案】（1）3π；（2）27π；（3）2nπ．【解析】試題分析：（1）先求出的弧長，繼而得出萊洛三角形的周長為3π，即可得出結論；（2）先判斷出萊洛三角形等邊△DEF繞一周掃過的面積如圖所示，利用矩形的面積和扇形的面積之和即可；（3）先判斷出萊洛三角形的一個頂點和O重合旋轉一周點I的路徑，再用圓的周長公式即可得出．試題解析：解：（1）∵等邊△ABC的邊長為3，∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，，∴===π，∴線段MN的長為=3π．故答案為3π；（2）如圖1．∵等邊△DEF的邊長為2π，等邊△ABC的邊長為3，∴S矩形AGHF=2π×3=6π，由題意知，AB⊥DE，AG⊥AF，∴∠BAG=120°，∴S扇形BAG==3π，∴圖形在運動過程中所掃過的區(qū)域的面積為3（S矩形AGHF+S扇形BAG）=3（6π+3π）=27π；（3）如圖2，連接BI并延長交AC于D．∵I是△ABC的重心也是內(nèi)心，∴∠DAI=30°，AD=AC=，∴OI=AI==，∴當它第1次回到起始位置時，點I所經(jīng)過的路徑是以O為圓心，OI為半徑的圓周，∴當它第n次回到起始位置時，點I所經(jīng)過的路徑長為n?2π?=2nπ．故答案為2nπ．點睛：本題是圓的綜合題，主要考查了弧長公式，萊洛三角形的周長，矩形，扇形面積公式，解（1）的關鍵是求出的弧長，解（2）的關鍵是判斷出萊洛三角形繞等邊△DEF掃過的圖形，解（3）的關鍵是得出點I第一次回到起點時，I的路徑，是一道中等難度的題目．5．已知：如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC．點E為CD邊上一點，AE與BE分別為∠DAB和∠CBA的平分線．（1）請你添加一個適當?shù)臈l件，使得四邊形ABCD是平行四邊形，并證明你的結論；（2）作線段AB的垂直平分線交AB于點O，并以AB為直徑作⊙O（要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法）；（3）在（2）的條件下，⊙O交邊AD于點F，連接BF，交AE于點G，若AE=4，sin∠AGF=，求⊙O的半徑．【答案】（1）當AD=BC時，四邊形ABCD是平行四邊形，理由見解析；（2）作出相應的圖形見解析；（3）圓O的半徑為2.5．【解析】分析：（1）添加條件AD=BC，利用一組對邊平行且相等的四邊形為平行四邊形驗證即可；（2）作出相應的圖形，如圖所示；（3）由平行四邊形的對邊平行得到AD與BC平行，可得同旁內(nèi)角互補，再由AE與BE為角平分線，可得出AE與BE垂直，利用直徑所對的圓周角為直角，得到AF與FB垂直，可得出兩銳角互余，根據(jù)角平分線性質(zhì)及等量代換得到∠AGF=∠AEB，根據(jù)sin∠AGF的值，確定出sin∠AEB的值，求出AB的長，即可確定出圓的半徑．詳解：（1）當AD=BC時，四邊形ABCD是平行四邊形，理由為：證明：∵AD∥BC，AD=BC，∴四邊形ABCD為平行四邊形；故答案為：AD=BC；（2）作出相應的圖形，如圖所示；（3）∵AD∥BC，∴∠DAB+∠CBA=180°，∵AE與BE分別為∠DAB與∠CBA的平分線，∴∠EAB+∠EBA=90°，∴∠AEB=90°，∵AB為圓O的直徑，點F在圓O上，∴∠AFB=90°，∴∠FAG+∠FGA=90°，∵AE平分∠DAB，∴∠FAG=∠EAB，∴∠AGF=∠ABE，∴sin∠ABE=sin∠AGF=，∵AE=4，∴AB=5，則圓O的半徑為2.5．點睛：此題屬于圓綜合題，涉及的知識有：圓周角定理，平行四邊形的判定與性質(zhì)，角平分線性質(zhì)，以及銳角三角函數(shù)定義，熟練掌握各自的性質(zhì)及定理是解本題的關鍵．6．在RtΔABC中，∠BAC=90°，AC=AB=4，D，E分別是邊AB，AC的中點，若等腰RtΔADE繞點A逆時針旋轉，得到等腰RtΔAD1E1，設旋轉角為α(0<α≤180°)，記直線BD（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，當α=90°時，線段BD1的長等于_________，線段（2）探究證明如圖2，當α=135°時，求證：BD1=C（3）問題解決求點P到AB所在直線的距離的最大值.（直接寫出結果）【答案】（1）25；25【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性質(zhì)結合勾股定理分別得出BD1的長和CE1的長；（2）根據(jù)旋轉的性質(zhì)得出，∠D1AB=∠E1AC=135°，進而求出△D1AB≌△E1AC（SAS），即可得出答案；（3）首先作PG⊥AB，交AB所在直線于點G，則D1，E1在以A為圓心，AD為半徑的圓上，當BD1所在直線與⊙A相切時，直線BD1與CE1的交點P到直線AB的距離最大，此時四邊形AD1PE1是正方形，進而求出PG的長．【詳解】（1）解：∵∠A=90°，AC=AB=4，D，E分別是邊AB，AC的中點，∴AE=AD=2，∵等腰Rt△ADE繞點A逆時針旋轉，得到等腰Rt△AD1E1，設旋轉角為α（0＜α≤180°），∴當α=90°時，AE1=2，∠E1AE=90°，∴BD1=42故答案為：25；2（2）證明：由題意可知，AB=AC=4，AD=AE=2，∵RtΔAD1E1是由RtΔADE繞點∴AD1=AE在ΔD1ABAD∴ΔD∴BD1=C∵∠CAB=90°，∴∠CPB=∠CAB=90°，∴BD∴BD1=C（3）點D的運動軌跡是在⊙A的上半圓周，點P的運動軌跡是在⊙O的弧AP段.即當BD1與⊙A相切時，點P到AB所在直線的距離的最大值為1+3【點睛】此題主要考查了幾何變換以及等腰腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理以及切線的性質(zhì)等知識，根據(jù)題意得出PG的最長時P點的位置是解題關鍵．7．如圖，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝，點P是AC邊上一動點（不與點A、C重合），以PA長為半徑的⊙P與邊AB的另一個交點為D，過點D作DE⊥CB于點E．（1）當⊙P與邊BC相切時，求⊙P的半徑．（2）連接BP交DE于點F，設AP的長為x，PF的長為y，求y關于x的函數(shù)解析式，并直接寫出x的取值范圍．（3）在（2）的條件下，當以PE長為直徑的⊙Q與⊙P相交于AC邊上的點G時，求相交所得的公共弦的長.【答案】（1）;（2）;（3）.【解析】【分析】（1）設⊙P與邊BC相切的切點為H，圓的半徑為R，連接HP，則HP⊥BC，cosC＝，則sinC＝，sinC＝＝＝，即可求解；（2）首先證明PD∥BE，則，即：，即可求解；（3）證明四邊形PDBE為平行四邊形，則AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝4，即可求解．【詳解】（1）設⊙P與邊BC相切的切點為H，圓的半徑為R，連接HP，則HP⊥BC，cosC＝，則sinC＝，sinC＝＝＝，解得：R＝；（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝，設AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，過點B作BH⊥AC，則BH＝ACsinC＝8，同理可得：CH＝6，HA＝4，AB＝4，則：tan∠CAB＝2，BP＝＝，DA＝x，則BD＝4﹣x，如下圖所示，PA＝PD，∴∠PAD＝∠CAB＝∠CBA＝β，tanβ＝2，則cosβ＝，sinβ＝，EB＝BDcosβ＝（4﹣x）×＝4﹣x，∴PD∥BE，∴，即：，整理得：y＝；（3）以EP為直徑作圓Q如下圖所示，兩個圓交于點G，則PG＝PQ，即兩個圓的半徑相等，則兩圓另外一個交點為D，GD為相交所得的公共弦，∵點Q是弧GD的中點，∴DG⊥EP，∵AG是圓P的直徑，∴∠GDA＝90°，∴EP∥BD，由（2）知，PD∥BC，∴四邊形PDBE為平行四邊形，∴AG＝EP＝BD，∴AB＝DB+AD＝AG+AD＝4，設圓的半徑為r，在△ADG中，AD＝2rcosβ＝，DG＝，AG＝2r，+2r＝4，解得：2r＝，則：DG＝＝50﹣10，相交所得的公共弦的長為50﹣10．【點睛】本題考查的是圓知識的綜合運用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知識，其中（3），要關鍵是根據(jù)題意正確畫圖，此題用大量的解直角三角形的內(nèi)容，綜合難度很大．8．在△ABC中，，AC=2，P為△ABC所在平面內(nèi)一點，分別連PA,PB,PC．（1）如圖1,已知，，以A為旋轉中心，將順時針旋轉60度，得到.①請畫出圖形，并求證：C、P、M、N四點在同一條直線上；②求PA+PB+PC的值.（2）如圖2，如果點P滿足，設Q為AB邊中點，求PQ的取值范圍.【答案】（1）①詳見解析；②；（2）；【解析】【分析】（1）①欲證明C、P、M、N四點在同一條直線上，只要證明∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°即可；②只要證明PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN，在Rt△CBN中，利用勾股定理求出NC即可；（2）如圖2中，由∠BPC=90°，推出點P在以BC為直徑的圓上（P不與B、C重合），設BC的中點為O，作直線OQ交⊙O與P和P′，可得PQ的最小值為-1，PQ的最大值為+1，PQ≠2，由此即可解決問題；【詳解】（1）①證明：如圖，∵△APB≌△AMN，△APM是等邊三角形，∴∠APM=∠APM=60°，∵∠APB=∠BPC=∠APC=120°，∴∠APB=∠BPC=∠APC=∠AMN=120°，∴∠APC+∠APM=180°，∠AMN+∠AMP=180°，∴C、P、M、N四點在同一條直線上；②解：連接,易得是等邊三角形∴∠ABN=60°，∵∠ABC=30°，∴∠NBC=90°，∵AC=2，∴AB=BN=4，BC=2，∵PA=PM，PB=MN，∴PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN，在Rt△CBN中，CN=，∴PA+PB+PC=2．(2)如圖2中，∵∠BPC=90°，∴點P在以BC為直徑的圓上（P不與B、C重合），設BC的中點為O，作直線OQ交⊙O與P和P′，可得PQ的最小值為-1，PQ的最大值為+1，PQ≠2，∴-1≤PQ≤+1且PQ≠2．【點睛】本題考查幾何變換綜合題、等邊三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的性質(zhì)、勾股定理、圓的有關知識等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉法添加輔助線，構造全等三角形解決問題，學會利用輔助圓解決問題，屬于中考壓軸題．9．如圖1，⊙O的直徑AB=12，P是弦BC上一動點（與點B，C不重合），∠ABC=30°，過點P作PD⊥OP交⊙O于點D．（1）如圖2，當PD∥AB時，求PD的長；（2）如圖3，當弧DC=弧AC時，延長AB至點E，使BE=AB，連接DE．①求證：DE是⊙O的切線；②求PC的長．【答案】（1）2；（2）①證明見解析；②3﹣3．【解析】試題分析：（1）根據(jù)題意首先得出半徑長，再利用銳角三角三角函數(shù)關系得出OP，PD的長；（2）①首先得出△OBD是等邊三角形，進而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；②首先求出CF的長，進而利用直角三角形的性質(zhì)得出PF的長，進而得出答案．試題解析：（1）如圖2，連接OD，∵OP⊥PD，PD∥AB，∴∠POB=90°，∵⊙O的直徑AB=12，∴OB=OD=6，在Rt△POB中，∠ABC=30°，∴OP=OB?tan30°=6×=2，在Rt△POD中，PD===；（2）①如圖3，連接OD，交CB于點F，連接BD，∵，∴∠DBC=∠ABC=30°，∴∠ABD=60°，∵OB=OD，∴△OBD是等邊三角形，∴OD⊥FB，∵BE=AB，∴OB=BE，∴BF∥ED，∴∠ODE=∠OFB=90°，∴DE是⊙O的切線；②由①知，OD⊥BC，∴CF=FB=OB?cos30°=6×=3，在Rt△POD中，OF=DF，∴PF=DO=3（直角三角形斜邊上的中線，等于斜邊的一半），∴CP=CF﹣PF=3﹣3．考點：圓的綜合題10．已知AB是半圓O的直徑，點C在半圓O上.(1)如圖1，若AC＝3，∠CAB＝30°，求半圓O的半徑；(2)如圖2，M是的中點，E是直徑AB上一點，AM分別交CE，BC于點F，D.過點F作FG∥AB交邊BC于點G，若△ACE與△CEB相似，請?zhí)骄恳渣cD為圓心，GB長為半徑的⊙D與直線AC的位置關系，并說明理由.【答案】（1）半圓O的半徑為；（2）⊙D與直線AC相切，理由見解析【解析】試題