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2020-2021中考数学与圆的综合有关的压轴题及答案

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2020-2021中考数学与圆的综合有关的压轴题及答案

一、圆的综合

1．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．

（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；

（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）8．

【解析】

（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；

（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．

试题解析：连接AD，OA，

∵∠ADC=∠B，∠B=60°，

∴∠ADC=60°，

∵CD是直径，

∴∠DAC=90°，

∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，

∵AP=AC，OA=OC，

∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，

∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，

即OA⊥AP，

∵OA为半径，

∴AP是⊙O切线．

（2）连接AD，BD，

∵CD是直径，

∴∠DBC=90°，

∵CD=4，B为弧CD中点，

∴BD=BC=，

∴∠BDC=∠BCD=45°，

∴∠DAB=∠DCB=45°，

即∠BDE=∠DAB，

∵∠DBE=∠DBA，

∴△DBE∽△ABD，

∴，

∴BE•AB=BD•BD=．

考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．

2．如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．

（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；

（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；

（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．

【答案】(1)见解析;(2) Q的坐标为（32，9）;(3)638.

【解析】（1）解：连接AM、BM，

∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点

∴AM＝BM＝PM=QM=

12 PQ，

∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，

∵AM＝BM

∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5

∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5

则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，

当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，

HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x 由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3

2

∴点Q的坐标为（32 ，9）

（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）

当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）

∴M1M2＝ 92 －3＝ 32 ， Q1Q2＝6－4＝2

线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1

其面积为：12×(32 ＋2)×4.5＝638.

【解析】

【分析】

根据已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，再根据这个条件结合题意直接解答此题.

【详解】

（1）解：连接AM、BM，

∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点

∴AM＝BM＝PM=QM= PQ，

∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，

∵AM＝BM

∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5

∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5

则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，

当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，

HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x

由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3

∴点Q的坐标为（3 ，9）

（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）

当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）

∴M1M2＝ －3＝ ， Q1Q2＝6－4＝2

线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1

其面积为：×( ＋2)×4.5＝.

【点睛】

本题主要考查学生根据题意能找到三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，而且考验学生对相似三角形性质的运用，掌握探索题目隐含条件是解决此题的关键.

3．如图，AB为Oe的直径，弦//CDAB，E是AB延长线上一点，CDBADE．

1DE是Oe的切线吗？请说明理由；

2求证：2ACCDBE．

【答案】（1）结论：DE是Oe的切线，理由见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）连接OD，只要证明ODDE即可；

（2）只要证明：ACBD，CDBDBEVV∽即可解决问题.

【详解】

1解：结论：DE是Oe的切线．

理由：连接OD．

CDBADEQ，

ADCEDB，

//CDABQ，

CDADAB，

OAODQ，

OADODA，

ADOEDB，

ABQ是直径，

90ADBo，

90ADBODEo，

DEOD，

DE是Oe的切线．

2//CDABQ，

ADCDAB，CDBDBE，

ACBDnn，

ACBD，

DCBDABQ，EDBDAB，

EDBDCB，

CDBV∽DBEV，

CDDBBDBE，

2BDCDBE，

2ACCDBE．

【点睛】

本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，准确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.

4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB， DF．

（1）求证：DF是⊙O的切线；

（2）若DB平分∠ADC，AB=52AD，∶DE=4∶1，求DE的长．

【答案】(1)见解析;(2)5

【解析】

分析：（1）直接利用直角三角形的性质得出DF=CF=EF，再求出∠FDO=∠FCO=90°，得出答案即可；

（2）首先得出AB=BC即可得出它们的长，再利用△ADC～△ACE，得出AC2=AD•AE，进而得出答案．

详解：（1）连接OD．

∵OD=CD，∴∠ODC=∠OCD．

∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠EDC=90°．

∵点F为CE的中点，∴DF=CF=EF，∴∠FDC=∠FCD，∴∠FDO=∠FCO．

又∵AC⊥CE，∴∠FDO=∠FCO=90°，∴DF是⊙O的切线．

（2）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠ABC=90°．

∵DB平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴¶AB=¶BC，∴BC=AB=52．

在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=100．

又∵AC⊥CE，∴∠ACE=90°，

∴△ADC～△ACE，∴ACAD=AEAC，∴AC2=AD•AE．

设DE为x，由AD：DE=4：1，∴AD=4x，AE=5x，

∴100=4x•5x，∴x=5，∴DE=5．

点睛：本题主要考查了切线的判定以及相似三角形的判定与性质，正确得出AC2=AD•AE是解题的关键．

5．如图，在⊙O中，直径AB⊥弦CD于点E，连接AC，BC，点F是BA延长线上的一点，且∠FCA＝∠B. (1)求证：CF是⊙O的切线； (2)若AE＝4，tan∠ACD＝ 12 ，求AB和FC的长．

【答案】(1)见解析;(2) ⑵AB=20 ， 403CF

【解析】

分析：（1）连接OC，根据圆周角定理证明OC⊥CF即可；

（2）通过正切值和圆周角定理，以及∠FCA＝∠B求出CE、BE的长，即可得到AB长，然后根据直径和半径的关系求出OE的长，再根据两角对应相等的两三角形相似（或射影定理）证明△OCE∽△CFE，即可根据相似三角形的对应线段成比例求解.

详解：⑴证明：连结OC

∵AB是⊙O的直径

∴∠ACB=90°

∴∠B+∠BAC=90°

∵OA=OC

∴∠BAC=∠OCA

∵∠B=∠FCA

∴∠FCA+∠OCA=90°

即∠OCF=90°

∵C在⊙O上

∴CF是⊙O的切线

⑵∵AE=4，tan∠ACD12AEEC

∴CE=8

∵直径AB⊥弦CD于点E

∴»»ADAC

∵∠FCA＝∠B

∴∠B=∠ACD=∠FCA

∴∠EOC=∠ECA ∴tan∠B=tan∠ACD=1=2CEBE

∴BE=16

∴AB=20

∴OE=AB÷2-AE=6

∵CE⊥AB

∴∠CEO=∠FCE=90°

∴△OCE∽△CFE

∴OCOECFCE

即106=8CF

∴40CF3

点睛：此题主要考查了圆的综合知识，关键是熟知圆周角定理和切线的判定与性质，结合相似三角形的判定与性质和解直角三角形的知识求解，利用数形结合和方程思想是解题的突破点，有一定的难度，是一道综合性的题目.

6．已知：如图，在矩形ABCD中，点O在对角线BD上，以OD的长为半径的⊙O与AD，BD分别交于点E、点F，且∠ABE=∠DBC．

（1）判断直线BE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；

（2）若sin∠ABE=33，CD=2，求⊙O的半径．

【答案】（1）直线BE与⊙O相切，证明见解析；（2）⊙O的半径为32．

【解析】

分析：（1）连接OE，根据矩形的性质，可证∠BEO=90°，即可得出直线BE与⊙O相切；

（2）连接EF，先根据已知条件得出BD的值，再在△BEO中，利用勾股定理推知BE的长，设出⊙O的半径为r，利用切线的性质，用勾股定理列出等式解之即可得出r的值．

详解：（1）直线BE与⊙O相切．理由如下：

连接OE，在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC．

∵OD=OE，∴∠OED=∠ODE．

又∵∠ABE=∠DBC，∴∠ABE=∠OED，

∵矩形ABDC，∠A=90°，∴∠ABE+∠AEB=90°，

∴∠OED+∠AEB=90°，∴∠BEO=90°，∴直线BE与⊙O相切；

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2024中考备考数学重难点05 圆的综合压轴题(6大题型+满分技巧+限时分层检测

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重难点05 圆的综合压轴题

中考数学中《圆的综合压轴题》部分主要考向分为六类：

一、圆中弧长和面积的综合题

二、圆与全等三角形的综合题

三、圆的综合证明问题

四、圆与等腰三角形的综合题

五、圆的阅读理解与新定义问题

六、圆与特殊四边形的综合题

圆的综合问题是中考数学中的压轴题中的一类，也是难度较大的一类，所以，对应的训练很有必要。

考向一：圆中弧长与面积的综合题

1．（2023•河北）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以AB为直径的半圆O，AB＝50cm，如图1和图2所示，MN为水面截线，GH为台面截线，MN∥GH．

计算：在图1中，已知MN＝48cm，作OC⊥MN于点C.

（1）求OC的长．

操作：将图1中的水槽沿GH向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM＝30°时停止滚动．如图2．其中，半圆的中点为Q，GH与半圆的切点为E，连接OE交MN于点D．

探究：在图2中．

（2）操作后水面高度下降了多少？

（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段EF与的长度，并比较大小．

2．（2023•乐山）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动．

【问题情境】

刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：

如图1，将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转θ到达的位置△AB′C′的位置，那么可以得到：

AB＝AB′，AC＝AC′，BC＝B′C′；

∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠AB′C′，∠ACB＝∠AC′B′．（_____）

刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键．故数学就是一门哲学．

【问题解决】

（1）上述问题情境中“（_____）”处应填理由： ；

（2）如图2，小王将一个半径为4cm，圆心角为60°的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90°到达扇形纸板A′B′C′的位置．

中考数学专题复习分类练习 圆的综合综合解答题附答案

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一、圆的综合

1．如图，点P在⊙O的直径AB的延长线上，PC为⊙O的切线，点C为切点，连接AC，过点A作PC的垂线，点D为垂足，AD交⊙O于点E．

(1)如图1，求证：∠DAC=∠PAC；

(2)如图2，点F（与点C位于直径AB两侧）在⊙O上，»»BFFA，连接EF，过点F作AD的平行线交PC于点G，求证：FG=DE+DG；

(3)在(2)的条件下，如图3，若AE=23DG，PO=5，求EF的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF=32．

【解析】

【分析】

（1）连接OC，求出OC∥AD，求出OC⊥PC，根据切线的判定推出即可；

（2）连接BE交GF于H，连接OH，求出四边形HGDE是矩形，求出DE=HG，FH=EH，即可得出答案；

（3）设OC交HE于M，连接OE、OF，求出∠FHO=∠EHO=45°，根据矩形的性质得出EH∥DG，求出OM=12AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=23DG，DG=3a，

求出ME=CD=2a，BM=2a，解直角三角形得出tan∠MBO＝12MOBM，tanP=12COPO,设OC=k，则PC=2k，根据OP=5k=5求出k=5，根据勾股定理求出a，即可求出答案．

【详解】

（1）证明：连接OC，

∵PC为⊙O的切线， ∴OC⊥PC，

∵AD⊥PC，

∴OC∥AD，

∴∠OCA=∠DAC，

∵OC=OA，

∴∠PAC=∠OCA，

∴∠DAC=∠PAC；

（2）证明：连接BE交GF于H，连接OH，

∵FG∥AD，

∴∠FGD+∠D=180°，

∵∠D=90°，

∴∠FGD=90°，

∵AB为⊙O的直径，

∴∠BEA=90°，

∴∠BED=90°，

∴∠D=∠HGD=∠BED=90°，

∴四边形HGDE是矩形，

∴DE=GH，DG=HE，∠GHE=90°，

∵»»BFAF，

人教备战中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题含答案

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一、圆的综合 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，在平面直角坐标系xoy中，E（8,0），F(0 , 6)．

（1）当G(4，8)时，则∠FGE= °

（2）在图中的网格区域内找一点P，使∠FPE=90°且四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形．

要求：写出点P点坐标，画出过P点的分割线并指出分割线（不必说明理由，不写画法）．

【答案】（1）90；（2）作图见解析，P（7，7），PH是分割线．

【解析】

试题分析：（1）根据勾股定理求出△FEG的三边长，根据勾股定理逆定理可判定△FEG是直角三角形，且∠FGE="90" °．

（2）一方面，由于∠FPE=90°，从而根据直径所对圆周角直角的性质，点P在以EF为直径的圆上；另一方面，由于四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形，从而OP是正方形的对角线，即点P在∠FOE的角平分线上，因此可得P（7，7），PH是分割线．

试题解析：（1）连接FE，

∵E（8,0），F(0 , 6)，G(4，8)，

∴根据勾股定理，得FG=，EG=，FE=10．

∵，即．

∴△FEG是直角三角形，且∠FGE=90 °．

（2）作图如下：

P（7，7），PH是分割线．

考点：1．网格问题；2．勾股定理和逆定理；3．作图（设计）；4．圆周角定理．

2．如图，AB是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，点C在⊙O上，CB∥PO．

（1）判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；

（2）若AB=6，CB=4，求PC的长．

【答案】（1）PC是⊙O的切线，理由见解析；（2）352

【解析】

试题分析：（1）要证PC是⊙O的切线，只要连接OC，再证∠PCO=90°即可．

（2）可以连接AC，根据已知先证明△ACB∽△PCO，再根据勾股定理和相似三角形的性质求出PC的长．

试题解析：（1）结论：PC是⊙O的切线．

九年级中考数学圆的综合解答题压轴题提高专题练习含详细答案

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一、圆的综合

1．如图1，已知扇形MON的半径为2，∠MON=90°，点B在弧MN上移动，联结BM，作OD⊥BM，垂足为点D，C为线段OD上一点，且OC=BM，联结BC并延长交半径OM于点A，设OA=x，∠COM的正切值为y.

（1）如图2，当AB⊥OM时，求证：AM=AC；

（2）求y关于x的函数关系式，并写出定义域；

（3）当△OAC为等腰三角形时，求x的值.

【答案】 (1)证明见解析;(2) 2xyx.(02x);(3) 1422x.

【解析】

分析：（1）先判断出∠ABM=∠DOM，进而判断出△OAC≌△BAM，即可得出结论；

（2）先判断出BD=DM，进而得出DMMEBDAE，进而得出AE=122x（），再判断出2OAOCDMOEODOD，即可得出结论；

（3）分三种情况利用勾股定理或判断出不存在，即可得出结论．

详解：（1）∵OD⊥BM，AB⊥OM，∴∠ODM=∠BAM=90°．

∵∠ABM+∠M=∠DOM+∠M，∴∠ABM=∠DOM．

∵∠OAC=∠BAM，OC=BM，∴△OAC≌△BAM，

∴AC=AM．

（2）如图2，过点D作DE∥AB，交OM于点E．

∵OB=OM，OD⊥BM，∴BD=DM．

∵DE∥AB，∴DMMEBDAE，∴AE=EM．∵OM=2，∴AE=122x（）．

∵DE∥AB，∴2OAOCDMOEODOD，

∴22DMOAxyODOEx，．（02x＜） （3）（i） 当OA=OC时．∵111222DMBMOCx．在Rt△ODM中，222124ODOMDMx．

∵2121224xDMxyODxx，．解得1422x，或1422x（舍）．

（ii）当AO=AC时，则∠AOC=∠ACO．∵∠ACO＞∠COB，∠COB=∠AOC，∴∠ACO＞∠AOC，∴此种情况不存在．