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1、一、圆的综合 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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EOCDOC，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=2COD的面积即可求解试题解析：（1）证明：连接OD，OD=
2、OA，ODA=A，四边形OABC是平行四边形，OCAB，EOC=A，COD=ODA，EOC=DOC，在EOC和DOC中， EOCDOC（SAS），ODC=OEC=90，即ODDC，CD是O的切线；（2）由（1）知CD是圆O的切线，CDO为直角三角形，SCDO=CDOD，又OA=BC=OD=4，SCDO=64=12，平行四边形OABC的面积S=2SCDO=242已知的半径为5，弦AB的长度为m，点C是弦AB所对优弧上的一动点如图，若，则的度数为_；如图，若求的正切值；若为等腰三角形，求面积【答案】30；的正切值为；或.【解析】【分析】连接OA，OB，判断出是等边三角形，即可得出结论；先求出，再用
3、勾股定理求出，进而求出，即可得出结论；分三种情况，利用等腰三角形的性质和垂径定理以及勾股定理即可得出结论【详解】如图1，连接OB，OA，是等边三角形，故答案为30；如图2，连接AO并延长交于D，连接BD，为的直径，在中，根据勾股定理得，的正切值为；、当时，如图3，连接CO并延长交AB于E，为AB的垂直平分线，在中，根据勾股定理得，；、当时，如图4，连接OA交BC于F，是BC的垂直平分线，过点O作于G，在中，在中，；、当时，如图5，由对称性知，【点睛】圆的综合题，主要圆的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，三角形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键3如图，CD为O的直径，
4、点B在O上，连接BC、BD，过点B的切线AE与CD的延长线交于点A，OE交BC于点F.（1）求证：OEBD；（2）当O的半径为5，时，求EF的长.【答案】（1）证明见解析；（2）EF的长为【解析】试题分析：（1）连接OB，利用已知条件和切线的性质证明；（2）根据锐角三角函数和相似三角形的性质，直接求解即可.试题解析：（1）连接OB， CD为O的直径 ， .AE是O的切线， . .OB、OC是O的半径，OB=OC. . .，. OEBD.（2）由（1）可得sinC= DBA= ，在Rt中, sinC =,OC=5，CBDEBO. .OEBD，CO=OD，CF=FB.4如图1，等边ABC的边长为3
5、，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作、，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l为对称轴的交点（1）如图2，将这个图形的顶点A与线段MN作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为 ；（2）如图3，将这个图形的顶点A与等边DEF的顶点D重合，且ABDE，DE=2，将它沿等边DEF的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；（3）如图4，将这个图形的顶点B与O的圆心O重合，O的半径为3，将它沿O的圆周作无滑动的滚动，当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为 （请用含n的式子表示）【
6、答案】（1）3；（2）27；（3）2n【解析】试题分析：（1）先求出的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3，即可得出结论；（2）先判断出莱洛三角形等边DEF绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O重合旋转一周点I的路径，再用圆的周长公式即可得出试题解析：解：（1）等边ABC的边长为3，ABC=ACB=BAC=60，=，线段MN的长为=3故答案为3；（2）如图1等边DEF的边长为2，等边ABC的边长为3，S矩形AGHF=23=6，由题意知，ABDE，AGAF，BAG=120，S扇形BAG=3，图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S矩形
7、AGHF+S扇形BAG）=3（6+3）=27；（3）如图2，连接BI并延长交AC于DI是ABC的重心也是内心，DAI=30，AD=AC=，OI=AI=，当它第1次回到起始位置时，点I所经过的路径是以O为圆心，OI为半径的圆周，当它第n次回到起始位置时，点I所经过的路径长为n2=2n故答案为2n点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边DEF扫过的图形，解（3）的关键是得出点I第一次回到起点时，I的路径，是一道中等难度的题目5已知：如图，在四边形ABCD中，ADBC点E为CD边上一点，AE与
8、BE分别为DAB和CBA的平分线（1）请你添加一个适当的条件 ，使得四边形ABCD是平行四边形，并证明你的结论；（2）作线段AB的垂直平分线交AB于点O，并以AB为直径作O（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；（3）在（2）的条件下，O交边AD于点F，连接BF，交AE于点G，若AE=4，sinAGF=，求O的半径【答案】（1）当AD=BC时，四边形ABCD是平行四边形，理由见解析；（2）作出相应的图形见解析；（3）圆O的半径为2.5【解析】分析：（1）添加条件AD=BC，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形验证即可；（2）作出相应的图形，如图所示；（3）由平行四边形的对边平行得到A
9、D与BC平行，可得同旁内角互补，再由AE与BE为角平分线，可得出AE与BE垂直，利用直径所对的圆周角为直角，得到AF与FB垂直，可得出两锐角互余，根据角平分线性质及等量代换得到AGF=AEB，根据sinAGF的值，确定出sinAEB的值，求出AB的长，即可确定出圆的半径详解：（1）当AD=BC时，四边形ABCD是平行四边形，理由为：证明：ADBC，AD=BC，四边形ABCD为平行四边形；故答案为：AD=BC；（2）作出相应的图形，如图所示；（3）ADBC，DAB+CBA=180，AE与BE分别为DAB与CBA的平分线，EAB+EBA=90，AEB=90，AB为圆O的直径，点F在圆O上，AFB=
10、90，FAG+FGA=90，AE平分DAB，FAG=EAB，AGF=ABE，sinABE=sinAGF=，AE=4，AB=5，则圆O的半径为2.5点睛：此题属于圆综合题，涉及的知识有：圆周角定理，平行四边形的判定与性质，角平分线性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握各自的性质及定理是解本题的关键6在中，分别是边，的中点，若等腰绕点逆时针旋转，得到等腰，设旋转角为，记直线与的交点为.（1）问题发现如图1，当时，线段的长等于_，线段的长等于_.（2）探究证明如图2，当时，求证：，且.（3）问题解决求点到所在直线的距离的最大值.（直接写出结果）【答案】（1）；（2）详见解析；（3）【解析】【分析】（1
11、）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD1的长和CE1的长；（2）根据旋转的性质得出，D1AB=E1AC=135，进而求出D1ABE1AC（SAS），即可得出答案；（3）首先作PGAB，交AB所在直线于点G，则D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD1所在直线与A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大，此时四边形AD1PE1是正方形，进而求出PG的长【详解】（1）解：A=90，AC=AB=4，D，E分别是边AB，AC的中点，AE=AD=2，等腰RtADE绕点A逆时针旋转，得到等腰RtAD1E1，设旋转角为（0180），当=90时，AE1=2，E1AE=90，B
12、D1=；故答案为：；（2）证明：由题意可知，是由绕点逆时针旋转得到，在和中，.，且.（3）点的运动轨迹是在的上半圆周，点的运动轨迹是在的弧段.即当与相切时，有最大值.点到所在直线的距离的最大值为.【点睛】此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识，根据题意得出PG的最长时P点的位置是解题关键7如图，ABC中，ACBC10，cosC，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），以PA长为半径的P与边AB的另一个交点为D，过点D作DECB于点E（1）当P与边BC相切时，求P的半径（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直
13、接写出x的取值范围（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的Q与P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）;（2）;（3）.【解析】【分析】（1）设P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HPBC，cosC，则sinC，sinC，即可求解；（2）首先证明PDBE，则，即：，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AGEPBD，即：ABDB+ADAG+AD4，即可求解【详解】（1）设P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HPBC，cosC，则sinC，sinC，解得：R；（2）在ABC中，ACBC10，cosC，设APPDx，AABC，过
14、点B作BHAC，则BHACsinC8，同理可得：CH6，HA4，AB4，则：tanCAB2，BP，DAx，则BD4x，如下图所示，PAPD，PADCABCBA，tan2，则cos，sin，EBBDcos（4x）4x，PDBE，即：，整理得：y；（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，两个圆交于点G，则PGPQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，点Q是弧GD的中点，DGEP，AG是圆P的直径，GDA90，EPBD，由（2）知，PDBC，四边形PDBE为平行四边形，AGEPBD，ABDB+ADAG+AD4，设圆的半径为r，在ADG中，AD2rcos，DG，AG2r，+
15、2r4，解得：2r，则：DG5010，相交所得的公共弦的长为5010【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大8在ABC中，AC=2，P为ABC所在平面内一点，分别连PA,PB ,PC（1）如图1,已知，以A为旋转中心，将顺时针旋转60度，得到.请画出图形，并求证：C、P、M、N四点在同一条直线上；求PA+PB+PC的值.（2）如图2，如果点P满足，设Q为AB边中点，求PQ的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）；【解析】【分析】（1）欲证明C、P、M、N四点在同一条直线上，只要
16、证明APC+APM=180，AMN+AMP=180即可；只要证明PA+PB+PC=PC+PM+MN=CN，在RtCBN中，利用勾股定理求出NC即可；（2）如图2中，由BPC=90，推出点P在以BC为直径的圆上（P不与B、C重合），设BC的中点为O，作直线OQ交O与P和P，可得PQ的最小值为-1，PQ的最大值为+1，PQ2，由此即可解决问题；【详解】（1）证明：如图，APBAMN，APM是等边三角形，APM=APM=60，APB=BPC=APC=120，APB=BPC=APC=AMN=120，APC+APM=180，AMN+AMP=180，C、P、M、N四点在同一条直线上； 解：连接,易得是等边
17、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RtCBN中，CN=，PA+PB+PC=2 (2) 如图2中，BPC=90，点P在以BC为直径的圆上（P不与B、C重合），设BC的中点为O，作直线OQ交O与P和P，可得PQ的最小值为-1，PQ的最大值为+1，PQ2，-1PQ+1且PQ2【点睛】本题考查几何变换综合题、等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质、勾股定理、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题9如图
18、1，O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），ABC=30，过点P作PDOP交O于点D（1）如图2，当PDAB时，求PD的长；（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=AB，连接DE求证：DE是O的切线；求PC的长【答案】（1）2；（2）证明见解析；33【解析】试题分析：（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；（2）首先得出OBD是等边三角形，进而得出ODE=OFB=90，求出答案即可；首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案试题解析：（1）如图2，连接OD，OPPD，PDAB，POB=90，O的
19、直径AB=12，OB=OD=6，在RtPOB中，ABC=30，OP=OBtan30=6=2，在RtPOD中，PD=；（2）如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，DBC=ABC=30，ABD=60，OB=OD，OBD是等边三角形，ODFB，BE=AB，OB=BE，BFED，ODE=OFB=90，DE是O的切线；由知，ODBC，CF=FB=OBcos30=6=3，在RtPOD中，OF=DF，PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），CP=CFPF=33考点：圆的综合题10已知AB 是半圆O 的直径，点C 在半圆O 上. (1)如图1，若AC3，CAB30，求半圆O 的半径； (
20、2)如图2，M 是的中点，E 是直径AB 上一点，AM 分别交CE，BC 于点F，D. 过点F 作FGAB 交边BC 于点G，若ACE 与CEB 相似，请探究以点D 为圆心，GB 长为半径的D 与直线AC 的位置关系，并说明理由. 【答案】（1）半圆O的半径为；（2）D与直线AC相切，理由见解析【解析】试题分析：(1)依据直径所对的圆周角是直角可得C90,2再依据三角函数即可求解;(2) 依据ACE与CEB相似证出AECCEB90, 再依据M是的中点,证明CFCD, 过点F作FPGB交于AB于点P, 证出ACFAPF,得出CF=FP,再证四边形FPBG是平行四边形,得到 FPGB从而CDGB,
21、点D到直线AC的距离为线段CD的长.试题解析：（1） AB是半圆O的直径， C90 在RtACB中，AB 2 OA （2）D与直线AC相切.理由如下：由（1）得ACB90 AECECB6， AECECB，AEC6 ACE与CEB相似， AECCEB90 在RtACD，RtAEF中分别有1390，2490 M是的中点， COMBOM 12， 34 45， 35 CFCD 过点F作FPGB交于AB于点P，则FPE6在RtAEC，RtACB中分别有CAEACE90，CAE690 ACE6FPE又 12，AFAF， ACFAPF CFFP FPGB，FGAB， 四边形FPBG是平行四边形 FPGB CDGB CDAC， 点D到直线AC的距离为线段CD的长 D与直线AC相切.
