2020-2021备战中考数学 圆的综合 综合题含答案解析

2020-2021备战中考数学 圆的综合 综合题含答案解析

一、圆的综合

1．已知AB，CD都是Oe的直径，连接DB，过点C的切线交DB的延长线于点E．

1如图1，求证：AOD2E180o；

2如图2，过点A作AFEC交EC的延长线于点F，过点D作DGAB，垂足为点G，求证：DGCF；

3如图3，在2的条件下，当DG3CE4时，在Oe外取一点H，连接CH、DH分别交Oe于点M、N，且HDEHCE，点P在HD的延长线上，连接PO并延长交CM于点Q，若PD11，DN14，MQOB，求线段HM的长．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）837

【解析】

【分析】

（1）由∠D+∠E=90°，可得2∠D+2∠E=180°，只要证明∠AOD=2∠D即可；

（2）如图2中，作OR⊥AF于R．只要证明△AOR≌△ODG即可；

（3）如图3中，连接BC、OM、ON、CN，作BT⊥CL于T，作NK⊥CH于K，设CH交DE于W．解直角三角形分别求出KM，KH即可；

【详解】

1证明：如图1中，

OQe与CE相切于点C，

OCCE，

OCE90o，

DE90o， 2D2E180o，

AODCOBQ，BOC2D，AOD2D，

AOD2E180o．

2证明：如图2中，作ORAF于R．

OCFFORF90oQ，

四边形OCFR是矩形，

AF//CD，CFOR，

AAOD，

在AORV和ODGV中，

AAODQ，AROOGD90o，OADO，

AORV≌ODGV，

ORDG，

DGCF，

3解：如图3中，连接BC、OM、ON、CN，作BTCL于T，作NKCH于K，设CH交DE于W．

设DG3m，则CF3m，CE4m，

OCFFBTE90oQ，

AF//OC//BT，

OAOBQ，

CTCF3m，

ETm，

CDQ为直径，

CBDCND90CBEo， E90EBTCBTo，

tanEtanCBT，

BTCTETBT，

BT3mmBT，

BT3m(负根已经舍弃)，

3mtanE3m，

E60o，

CWDHDEHQ，HDEHCE，

HE60o，

MON2HCN60o，

OMONQ，

OMNV是等边三角形，

MNON，

QMOBOMQ，

MOQMQO，

MOQPON180MON120ooQ，MQOP180H120oo，

PONP，

ONNP141125，

CD2ON50，MNON25，

在RtCDNV中，2222CNCDDN501448，

在RtCHNV中，CN48tanH3HNHN，

HN163，

在RtKNHV中，1KHHN832，3NKHN242，

在RtNMKV中，2222MKMNNK25247，

HMHKMK837．

【点睛】

本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解题的关键.

2．在⊙O 中，点C是ABuuur上的一个动点(不与点A，B重合)，∠ACB=120°，点I是∠ABC的内心，CI的延长线交⊙O于点D，连结AD,BD．

（1）求证：AD=BD．

（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．

（3）若⊙O的半径为2，点E，F是»AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I随之运动形成的路径长．

【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3）239

【解析】

分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；

（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；

（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是 弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I随之运动形成的路径长.

详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心

∴CI平分∠ACB

∴∠ACD=∠BCD

∴弧AD=弧BD

∴AD=BD

（2）AB=DI

理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD ∴∠BCD=×120°=60°

∵弧BD=弧BD

∴∠DAB=∠BCD=60°

∵AD=BD

∴△ABD是等边三角形，

∴AB=BD，∠ABD=∠C

∵I是△ABC的内心

∴BI平分∠ABC

∴∠CBI=∠ABI

∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD

∴∠BID=∠IBD

∴ID=BD

∵AB=BD

∴AB=DI

（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧

∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD

∴∠AED=∠ACB=×120°=60°

∵圆的半径为2，DE是直径

∴DE=4，∠EAD=90°

∴AD=sin∠AED×DE=×4=2

∵点E，F是 弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，

∴∠ADB=60°

∴弧AB的度数为120°，

∴弧AM、弧BF的度数都为为40°

∴∠ADM=20°=∠FAB

∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80° ∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°

∴∠DAI1=∠AI1D

∴AD=I1D=2

∴弧I1I2的长为：

点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.

3．如图，已知Rt△ABC中，C=90°，O在AC上，以OC为半径作⊙O，切AB于D点，且BC=BD．

（1）求证：AB为⊙O的切线；

（2）若BC=6，sinA=35，求⊙O的半径；

（3）在（2）的条件下，P点在⊙O上为一动点，求BP的最大值与最小值.

【答案】（1）连OD，证明略；（2）半径为3；（3）最大值35+3 ，35-3.

【解析】

分析：（1）连接OD，OB，证明△ODB≌△OCB即可.

（2）由sinA=35且BC=6可知，AB=10且cosA=45，然后求出OD的长度即可.

（3）由三角形的三边关系，可知当连接OB交⊙O于点E、F，当点P分别于点E、F重合时，BP分别取最小值和最大值.

详解：（1）如图：连接OD、OB.

在△ODB和△OCB中：

OD=OC,OB=OB,BC=BD; ∴△ODB≌△OCB（SSS）.

∴∠ODB=∠C=90°.

∴AB为⊙O的切线.

（2）如图：

∵sinA=35，∴CB3AB5,

∵BC=6，∴AB=10,

∵BD=BC=6,

∴AD=AB-BD=4,

∵sinA=35，∴cosA=45，

∴OA=5，∴OD=3，

即⊙O的半径为：3.

（3）如图：连接OB，交⊙O为点E、F，

由三角形的三边关系可知：

当P点与E点重合时，PB取最小值.

由（2）可知：OD=3，DB=6,

∴OB=223635.

∴PB=OB-OE=353.

当P点与F点重合时，PB去最大值，

PB=OP+OB=3+35.

点睛：本题属于综合类型题，主要考查了圆的综合知识.关键是对三角函数值、勾股定理、全等三角形判定与性质的理解.

4．已知，如图：O1为x轴上一点，以O1为圆心作⊙O1交x轴于C、D两点，交y轴于M、N两点，∠CMD的外角平分线交⊙O1于点E，AB是弦，且AB∥CD，直线DM的解析式为y=3x+3．

（1）如图1，求⊙O1半径及点E的坐标．

（2）如图2，过E作EF⊥BC于F，若A、B为弧CND上两动点且弦AB∥CD，试问：BF+CF与AC之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明．

（3）在（2）的条件下，EF交⊙O1于点G，问弦BG的长度是否变化？若不变直接写出BG的长（不写过程），若变化自画图说明理由．

【答案】（1）r=5 E（4，5） （2）BF+CF=AC （3）弦BG的长度不变，等于52

【解析】

分析：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1，可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，从而可以证到∠EO1D=∠EO1C=90°．由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1，OM=3．设⊙O1的半径为r．在Rt△MOO1中利用勾股定理就可解决问题．

（2）过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．由AB∥DC可证到BD=AC，易证四边形O1PFQ是矩形，从而有O1P=FQ，∠PO1Q=90°，进而有∠EO1P=∠CO1Q，从而可以证到△EPO1≌△CQO1，则有PO1=QO1．根据三角形中位线定理可得FQ=12BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC．

（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有¶BG=¶ED，也就有BG=DE．在Rt△EO1D中运用勾股定理求出ED，就可解决问题．

详解：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1．

∵ME平分∠SMC，∴∠SME=∠EMC．

∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠EO1D=∠EO1C．

∵∠EO1D+∠EO1C=180°，∴∠EO1D=∠EO1C=90°．

∵直线DM的解析式为y=3x+3，∴点M的坐标为（0，3），点D的坐标为（﹣1，0），∴OD=1，OM=3．

设⊙O1的半径为r，则MO1=DO1=r．

在Rt△MOO1中，（r﹣1）2+32=r2．

解得：r=5，∴OO1=4，EO1=5，∴⊙O1半径为5，点E的坐标为（4，5）．

（2）BF+CF=AC．理由如下：

过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．