全国各地中考数学分类圆的综合综合题汇编附答案.docx
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全国各地中考数学分类圆的综合综合题汇编附答案
2020-2021全国各地中考数学分类：
圆的综合综合题汇编附答案
一、圆的综合
1．如图，四边形OABC是平行四边形，以O为圆心，OA为半径的圆交AB于D，延长AO交O于E，连接CD，CE，若CE是⊙O的切线，解答下列问题：
（1）求证：
CD是⊙O的切线；
（2）若BC=4，CD=6，求平行四边形OABC的面积．
【答案】
（1）证明见解析
（2）24
【解析】
试题分析：
（1）连接OD，求出∠EOC=∠DOC，根据SAS推出△EOC≌△DOC，推出∠ODC=∠OEC=90°，根据切线的判定推出即可；
（2）根据切线长定理求出CE=CD=4，根据平行四边形性质求出OA=OD=4，根据平行四边形的面积公式=2△COD的面积即可求解．
试题解析：
（1）证明：
连接OD，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠A，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴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的切线；
（2）由
（1）知CD是圆O的切线，
∴△CDO为直角三角形，
∵S△CDO=
CD•OD，
又∵OA=BC=OD=4，
∴S△CDO=
×6×4=12，
∴平行四边形OABC的面积S=2S△CDO=24．
2．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=5E（4，5）
（2）BF+CF=AC（3）弦BG的长度不变，等于5
【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=
BD．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
=
，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．
∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC，∴
=
=
，∴BD=AC．
∵O1P⊥EG，O1Q⊥BC，EF⊥BF，∴∠O1PF=∠PFQ=∠O1QF=90°，∴四边形O1PFQ是矩形，∴O1P=FQ，∠PO1Q=90°，∴∠EO1P=90°﹣∠PO1C=∠CO1Q．
在△EPO1和△CQO1中，
，
∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．
∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．
∵CO1=DO1，∴O1Q=
BD，∴FQ=
BD．
∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴BF+CF=BD=AC．
（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．
∵DC是⊙O1的直径，∴∠DBC=90°，∴∠DBC+∠EFB=180°，∴EF∥BD，∴∠GEB=∠EBD，∴
=
，∴BG=DE．
∵DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=5
，∴BG=5
，
∴弦BG的长度不变，等于5
．
点睛：
本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥DC证到AC=BD是解决第
（2）小题的关键，由EG∥DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键．
3．如图，
内接于⊙
，
，
的平分线
与⊙
交于点
，与
交于点
，延长
，与
的延长线交于点
，连接
，
是
的中点，连接
.
（1）判断
与
的位置关系，写出你的结论并证明;
（2）求证:
;
（3）若
，求⊙
的面积.
【答案】
（1）OG⊥CD
（2）证明见解析（3）6π
【解析】
试题分析：
（1）根据G是CD的中点，利用垂径定理证明即可；
（2）先证明△ACE与△BCF全等，再利用全等三角形的性质即可证明；
（3）构造等弦的弦心距，运用相似三角形以及勾股定理进行求解．
试题解析：
（1）解：
猜想OG⊥CD．证明如下：
如图1，连接OC、OD．∵OC=OD，G是CD的中点，∴由等腰三角形的性质，有OG⊥CD．
（2）证明：
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，而∠CAE=∠CBF（同弧所对的圆周角相等）．在Rt△ACE和Rt△BCF中，∵∠ACE=∠BCF=90°，AC=BC，∠CAE=∠CBF，∴Rt△ACE≌Rt△BCF（ASA），∴AE=BF．
（3）解：
如图2，过点O作BD的垂线，垂足为H，则H为BD的中点，∴OH=
AD，即AD=2OH，又∠CAD=∠BAD⇒CD=BD，∴OH=OG．在Rt△BDE和Rt△ADB中，∵∠DBE=∠DAC=∠BAD，∴Rt△BDE∽Rt△ADB，∴
，即BD2=AD•DE，∴
．又BD=FD，∴BF=2BD，∴
①，设AC=x，则BC=x，AB=
．∵AD是∠BAC的平分线，∴∠FAD=∠BAD．在Rt△ABD和Rt△AFD中，∵∠ADB=∠ADF=90°，AD=AD，∠FAD=∠BAD，∴Rt△ABD≌Rt△AFD（ASA），∴AF=AB=
，BD=FD，∴CF=AF﹣AC=
．在Rt△BCF中，由勾股定理，得：
②，由①、②，得
，∴x2=12，解得：
或
（舍去），∴
，∴⊙O的半径长为
，∴S⊙O=π•（
）2=6π．
点睛：
本题是圆的综合题．解题的关键是熟练运用垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质．
4．（8分）已知AB为⊙O的直径，OC⊥AB，弦DC与OB交于点F，在直线AB上有一点E，连接ED，且有ED＝EF.
（1）如图①，求证：
ED为⊙O的切线；
（2）如图②，直线ED与切线AG相交于G，且OF＝2，⊙O的半径为6，求AG的长．
【答案】
（1）见解析；
（2）12
【解析】
试题分析：
（1）连接OD，由ED=EF可得出∠EDF=∠EFD，由对顶角相等可得出∠EDF=∠CFO；由OD=OC可得出∠ODF=∠OCF，结合OC⊥AB即可得知∠EDF+∠ODF=90°，即∠EDO=90°，由此证出ED为⊙O的切线；
（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，结合
（1）的结论根据勾股定理可求出ED、EO的长度，结合∠DOE的正弦、余弦值可得出DM、MO的长度，根据切线的性质可知GA⊥EA，从而得出DM∥GA，根据相似三角形的判定定理即可得出△EDM∽△EGA，根据相似三角形的性质即可得出GA的长度
试题解析：
解：
（1）连接OD，∵ED=EF，∴∠EDF=∠EFD，∵∠EFD=∠CFO，∴∠EDF=∠CFO．∵OD=OC，∴∠ODF=∠OCF．∵OC⊥AB，∴∠CFO+∠OCF=∠EDF+∠ODF=∠EDO=90°，∴ED为⊙O的切线；
（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，由
（1）可知△EDO为直角三角形，设ED=EF=a，EO=EF+FO=a+2，由勾股定理得，EO2=ED2+DO2，即（a+2）2=a2+62，解得，a=8，即ED=8，EO=10．∵sin∠EOD=
，cos∠EOD=
，∴DM=OD•sin∠EOD=6×
=
，MO=OD•cos∠EOD=6×
=
，∴EM=EO﹣MO=10﹣
=
，EA=EO+OA=10+6=16．
∵GA切⊙O于点A，∴GA⊥EA，∴DM∥GA，∴△EDM∽△EGA，∴
，即
，解得GA=12．
点睛：
本题考查的是切线的判定、垂径定理和勾股定理的应用、等腰三角形的性质、角的三角函数值、相似三角形的判定及性质，解题的关键是：
（1）通过等腰三角形的性质找出∠EDO=90°；
（2）通过相似三角形的性质找出相似比．
5．如图，正三角形ABC内接于⊙O，P是BC上的一点，且PB＜PC，PA交BC于E，点F是PC延长线上的点，CF=PB，AB=
，PA=4．
（1）求证：
△ABP≌△ACF；
（2）求证：
AC2=PA•AE；
（3）求PB和PC的长．
【答案】
（1）证明见解析；
（2）证明见解析；（3）PB=1，PC=3．
【解析】试题分析：
（1）先根据等边三角形的性质得到AB=AC，再利用圆的内接四边形的性质得∠ACF=∠ABP，于是可根据“SAS”判断△ABP≌△ACF；
（2）先根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=60°，再根据圆周角定理得∠APC=∠ABB=60°，加上∠CAE=∠PAC，于是可判断△ACE∽△APC，然后利用相似比即可得到结论；
（3）先利用AC2=PA•AE计算出AE=
，则PE=AP-AE=
，再证△APF为等边三角形，得到PF=PA=4，则有PC+PB=4，接着证明△ABP∽△CEP，得到PB•PC=PE•A=3，然后根据根与系数的关系，可把PB和PC看作方程x2-4x+3=0的两实数解，再解此方程即可得到PB和PC的长．
试题解析：
（1）∵∠ACP+∠ABP=180°，
又∠ACP+∠ACF=180°，
∴∠ABP=∠ACF
在
和
中，
∵AB=AC，∠ABP=∠ACF，
∴
≌
．
（2）在
和
中，
∵∠APC=∠ABC，
而
是等边三角形，故∠ACB=∠ABC=60º，
∴∠ACE=∠APC.
又∠CAE=∠PAC，
∴
∽
∴
即
.
由
（1）知
≌
，
∴∠BAP=∠CAF，
∴∠BAP+∠PAC=∠CAF+∠PAC
∴∠PAF=∠BAC=60°，又∠APC＝∠ABC＝60°.
∴
是等边三角形
∴AP=PF
∴
在
与
中，
∵∠BAP=∠ECP，
又∠APB=∠EPC=60°，
∴
∽
∴
即
由
（2）
，
∴
∴
∴
因此PB和PC的长是
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