中考数学圆的综合大题培优易错难题及详细答案doc.docx

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2020-2021中考数学圆的综合（大题培优易错难题）及详细答案

一、圆的综合

1．如图，⊙A过?

OBCD的三顶点O、D、C，边OB与⊙A相切于点O，边BC与⊙O相交于点H，射线OA交边CD于点E，交⊙A于点F，点P在射线OA上，且∠PCD=2∠DOF，以

O为原点，OP所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为（0，﹣2）．

（1）若∠BOH=30°，求点H的坐标；

（2）求证：

直线PC是⊙A的切线；

（3）若OD=10，求⊙A的半径．

【答案】

（1）（1，﹣3）；

（2）详见解析；（3）5.

3

【解析】

【分析】

（1）先判断出OH=OB=2，利用三角函数求出MH，OM，即可得出结论；

（2）先判断出∠PCD=∠DAE，进而判断出∠PCD=∠CAE，即可得出结论；

（3）先求出OE═3，进而用勾股定理建立方程，r2-（3-r）2=1，即可得出结论．【详解】

（1）解：

如图，过点H作HM⊥y轴，垂足为M．

∵四边形OBCD是平行四边形，

∴∠B=∠ODC

∵四边形OHCD是圆内接四边形

∴∠OHB=∠ODC

∴∠OHB=∠B

∴OH=OB=2

∴在Rt△OMH中，

∵∠BOH=30，°

1

3MH=3，

∴MH=OH=1，OM=

2

∴点H的坐标为（1，﹣

3），

（2）连接AC．

∵OA=AD，

∴∠DOF=∠ADO

∴∠DAE=2∠DOF

∵∠PCD=2∠DOF，

∴∠PCD=∠DAE

∵OB与⊙O相切于点A

∴OB⊥OF

∵OB∥CD

∴CD⊥AF

∴∠DAE=∠CAE

∴∠PCD=∠CAE

∴∠PCA=∠PCD+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90°

∴直线PC是⊙A的切线；

（3）解：

⊙O的半径为r．

1

1

10，

在Rt△OED中，DE=

CD=OB=1，OD=

2

2

∴OE═3

∵OA=AD=r，AE=3﹣r．

在Rt△DEA中，根据勾股定理得，r2﹣（3﹣r）2=1

解得r=5．

3

【点睛】

此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键．

2．如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．

（1）OC的长为；

（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，

sin∠BOQ=；

（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点

O沿线段OA向点A运动；同时动

点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时

停止运动．过点

P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t

（秒）．求当以

B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点

E的坐标．

【答案】

（1）4；

（2）3；（3）点E的坐标为（1，2）、（

5，10）、（4，2）．

5

3

3

【解析】

分析：

（1）过点B作BH⊥OA于H，如图

1

（1），易证四边形

OCBH是矩形，从而有

OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出

BH即可．

（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接

MN、DG，如图1

（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为

r，则

MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点

D与点H重合．易证

△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣

OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．

（3）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（

①∠BDE=90°，

②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立

关于t的方程就可解决问题．

详解：

（1）过点B作BH⊥OA于H，如图

1

（1），则有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．

∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形，∴OC=BH，BC=OH．

∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．

∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，

BH

∴tan∠BAH==1，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．

HA

故答案为4．

（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接

MN、DG，如图1

（2）．

由

（1）得：

OH=2，BH=4．

∵OC与⊙M相切于N，∴MN⊥OC．

设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．

∵BC⊥OC，OA⊥OC，∴BC∥MN∥OA．

∵BM=DM，∴CN=ON，∴MN=1（BC+OD），∴OD=2r﹣2，

2

∴DH=ODOH=2r4．

在Rt△BHD中，∵∠BHD=90°，∴BD2=BH2+DH2，∴（2r）2=42+（2r﹣4）2．解得：

r=2，∴DH=0，即点D与点H重合，∴BD⊥0A，BD=AD．

∵BD是⊙M的直径，∴∠BGD=90°，即DG⊥AB，∴BG=AG．∵GF⊥OA，BD⊥OA，∴GF∥BD，∴△AFG∽△ADB，

∴AF=GF=AG=1，∴AF=1AD=2，GF=1BD=2，∴OF=4，

ADBDAB222

∴OG=OF2

GF2

=42

22

=25．

同理可得：

OB=2

5，AB=4

2

，∴BG=1

AB=2

2．

2

设OR=x，则RG=25﹣x．

∵BR⊥OG，∴∠BRO=∠BRG=90°，∴BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2，

∴（25）2﹣x2=（22）2﹣（25﹣x）2．

解得：

x=85，∴BR2=OB2﹣OR2=（2

5）2﹣（85

）2=

5

5

在Rt△ORB中，sin∠BOR=BR

6

5

3．

=

5

=

OB

2

5

5

故答案为

3．

5

（3）①当∠BDE=90°时，点D在直线PE上，如图2．

此时DP=OC=4，BD+OP=BD+CD=BC=2，BD=t，OP=t．

则有

解得：

t=1．则OP=CD=DB=1．

36，∴BR=65．

55

2t=2．

∵DE∥OC，∴△BDE∽△BCO，∴DE=BD=1，∴DE=2，∴EP=2，

OCBC2

∴点E的坐标为（1，

2）．

②当∠BED=90°时，如图3．

∵∠DBE=OBC，∠DEB=∠BCO=90°，∴△DBE∽△OBC，

∴BE=DB，BE=

t

5t．

，∴BE=

BCOB2

25

5

∵PE∥OC，∴∠OEP=∠BOC．

∵∠OPE=∠BCO=90°，∴△OPE∽△BCO，

∴OE

=OP，OE

=t，∴OE=

5t．

OB

BC

2

5

2

∵OE+BE=OB=2

5，

5t+

5t=25．

5

解得：

t=

5

，∴OP=

5

，OE=5

5，∴PE=OE2

OP2=

10，

3

3

3

3

∴点E的坐标为（

5

10

）．

，

33

③当∠DBE=90°时，如图4．

此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．

则有OD=PE，EA=PE2

PA2

=2（6﹣t）=6

2﹣2?

t，

∴BE=BA﹣EA=42﹣（6

2﹣

2t）=2t﹣2

2．

∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，

∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45．°

BE

=

2，∴DE=2BE，

在Rt△DBE中，cos∠BED=

DE

2

∴t=2（2t﹣2

2）=2t﹣4．

解得：

t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，

2）．

综上所述：

当以

B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点

E的坐标为（1，2）、

510

（，）、（4，2）．

33

点睛：

本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．

3．如图1，将长为

?

，P是

10的线段OA绕点O旋转90°得到OB，点A的运动轨迹为AB

半径OB上一动点，Q是?

上的一动点，连接

PQ.

AB

发现：

∠POQ＝________时，PQ有最大值，最大值为

________；

?

思考：

（1）如图2，若P是OB中点，且QP⊥OB于点P，求BQ的长；

2

）如图

3

AOB

沿折痕

AP

折叠，使点

B

的对应点

B′

OA

的延长线上，

（

，将扇形

恰好落在

求阴影部分面积；

探究：

如图

4，将扇形OAB沿PQ折叠，使折叠后的弧

QB′恰好与半径OA相切，切点为

C，若OP＝6，求点O到折痕PQ的距离．

【答案】发现：

90°，10

2；思考：

（1）

10

2+100；（3）点O

；

（2）25π-100

3

到折痕PQ的距离为30

.

【解析】

分析：

发现：

先判断出当

PQ取最大时，点

Q与点A重合，点P与点B重合，即可得出结

论；

思考：

（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；

（2）先在Rt△B'OP中，OP2+（102-10）2=（10-OP）2，解得OP=102-10，最后用面积的和差即可得出结论．

探究：

先找点O关于PQ的对称点O′，连接OO′、O′B、O′C、O′P，证明四边形OCO′B是矩

1

形，由勾股定理求O′B，从而求出OO′的长，则OM=OO′=30．

2

详解：

发现：

∵P是半径OB上一动点，Q是?

上的一动点，

AB

∴当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，此时，∠POQ=90°，PQ=OA2OB2=102；

思考：

（1）如图，连接OQ，

∵点P是OB的中点，

11

∴OP=OB=OQ．

22

∵QP⊥OB，

∴∠OPQ=90°

OP

1

在Rt△OPQ中，cos∠QOP=

，

OQ

2

∴∠QOP=60，°

BQ

6010

10

∴l=

；

1803

（2）由折叠的性质可得，BP＝B′P，AB′＝AB＝102，

在Rt△B'OP中，OP2+（10

2-10）2=（10-OP）2

解得OP=10

2-10，

90

102

2

1

S阴影=S扇形AOB-2S△AOP=

360

10（10210）

2

＝25π-1002+100；

探究：

如图2，找点O关于PQ的对称点O′，连接OO′、O′B、O′C、O′P，

则OM=O′M，OO′⊥PQ，O′P=OP=3，点O′是B?

Q所在圆的圆心，

∴O′C=OB=10，

∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切于C点，

∴O′C⊥AO，

∴O′C∥OB，

∴四边形OCO′B是矩形，

在Rt△O′BP中，O′B=62

42

25，

在Rt△OBO′K，OO′=102

（2

5）2=230，

1

1

30

∴OM=

OO′=×230=

，

2

2

即O到折痕PQ的距离为

30．

点睛：

本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式

l=nR（n为圆心角度数，R为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常

180

考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．

4．四边形ABCD的对角线交于点E，且AE＝EC，BE＝ED，以AD为直径的半圆过点

心为O．

（1）如图①，求证：

四边形ABCD为菱形；

（2）如图②，若BC的延长线与半圆相切于点F，且直径AD＝6，求弧AE的长．

E，圆

【答案】

（1）见解析；

（2）

π

2

【解析】

试题分析：

（1）先判断出四边形ABCD是平行四边形，再判断出AC⊥BD即可得出结论；

（2）先判断出AD=DC且DE⊥AC，∠ADE=∠CDE，进而得出∠CDA=30°，最后用弧长公式即可得出结论．

试题解析：

证明：

（1）∵四边形ABCD的对角线交于点E，且AE=EC，BE=ED，∴四边形

ABCD是平行四边形．∵以AD为直径的半圆过点E，∴∠AED=90°，即有AC⊥BD，∴四边

形ABCD是菱形；

（2）由

（1）知，四边形ABCD是菱形，∴△ADC为等腰三角形，∴AD=DC且DE⊥AC，∠ADE=∠CDE．如图2，过点C作CG⊥AD，垂足为G，连接FO．∵BF切圆O于点F，

∴OF⊥AD

1

CGOF为矩形，∴CG=OF=3．

，且OF

AD3，易知，四边形

2

在Rt△CDG中，CD=AD=6，sin∠ADC=CG=1，∴∠CDA=30°，∴∠ADE=15°．

CD2

?

30

3

．

连接OE，则∠AOE=2×∠ADE=30°，∴AE

180

2

点睛：

本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．

5．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=3，CD=2，求⊙O的半径．

3

【答案】

（1）直线BE与⊙O相切，证明见解析；（

2）⊙O的半径为

3．

2

【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；

（2）连接EF，方法

1：

∵四边形ABCD是矩形，CD=2，∴∠A=∠C=90°，AB=CD=2．

∵∠ABE=∠DBC，∴sin∠CBD=sin

ABE

3，

3

DC

23，

∴BD

sinCBD

在Rt△AEB中，∵CD=2，∴BC

22．

∵tan∠CBD=tan∠ABE，∴DC

AE，

2

AE，AE

2，

BC

AB

2

22

由勾股定理求得BE

6．

在Rt△BEO中，∠BEO=90°，EO2+EB2=OB2．

设⊙O的半径为r，则r

2

（

2

2

3

，

6）（23

r）

，∴r=

2

方法2：

∵DF是⊙O的直径，∴∠DEF=90°．

∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠C=90°，AB=CD=2．

∵∠ABE=∠DBC，∴sin∠CBD=sin

ABE

3．

3

设DC

x，BD

3x，则BC

2x．

∵CD=2，∴BC

2

2．

∵tan∠CBD=tan∠ABE，∴DC

AE，

2

AE，AE

2，

BC

AB

2

22

∴E为AD中点．

∵DF为直径，∠FED=90°，∴EF∥AB，∴DF

1BD

3，∴⊙O的半径为

3．

2

2

点睛：

本题综合考查了切线的性质、勾股定理以及三角函数的应用等知识点，具有较强的

综合性，有一定的难度．

6．如图1，在Rt△ABC中，AC=8cm，BC=6cm，D、E分别为边AB、BC的中点，连结DE，点P从点A出发，沿折线AD﹣DE运动，到点E停止，点P在AD上以5cm/s的速度运动，在DE上以1cm/s的速度运动，过点P作PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作正方形

PQMN．设点P的运动时间为t（s）．

（1）当点P在线段DE上运动时，线段DP的长为_____cm．（用含t的代数式表示）

（2）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S（cm2），

求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．

（3）如图2，若点O在线段

BC上，且CO=1，以点O为圆心，1cm长为半径作圆，当点P

开始运动时，⊙O的半径以

0.2cm/s的速度开始不断增大，当

⊙O与正方形PQMN的边所

在直线相切时，求此时的

t值．

【答案】

（1）t﹣1；（2

）S=﹣3

t2+3t+3（1＜t＜4）；（3

）t=

10

s．

8

3

【解析】

分析：

（1）根据勾股定理求出AB，根据D为AB中点，求出AD，根据点P在AD上的速

度，即可求出点P在AD段的运动时间，再求出点

P在DP段的运动时间，最后根据

DE段

运动速度为1cm/s，即可求出DP；

（2）由正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形，可知点

P在DE上，求出DP=t﹣

1，PQ=3，根据MN∥BC，求出FN的长，从而得到

FM的长，再根据S=S梯形FMHD+S矩形

DHQP，列出S与t的函数关系式即可；

（3）当圆与边PQ相切时，可求得

r=PE=5﹣t，然后由r以0.2cm/s的速度不断增大，

r=1+0.2t，然后列方程求解即可；当圆与

MN相切时，r=CM=8﹣t=1+0.2t，从而可求得