中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题含答案解析doc.docx
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中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题含答案解析doc
2020-2021中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题含答案解析
一、圆的综合
1.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
AFGF
OF
OGOB
AB
BG
OR=x
22﹣
BR
=OB
,从而可求出
、
、
、
、
、
、.设
,利用
2
2
2
BR.在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题.
OR=BG
﹣RG可求出x,进而可求出
(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=OD
OH=2r4.
2
2
2
2
2
2
在Rt△BHD中,∵∠BHD=90°,∴BD=BH+DH,∴(2r
)
=4+(2r
﹣4).
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°
DG⊥AB
BG=AG
,即
,∴
.
∵GF⊥OA,BD⊥OA,∴GF∥BD,∴△AFG∽△ADB,
∴AF=GF=AG=
1,∴AF=
1
AD=2,GF=
1
BD=2,∴OF=4,
AD
BD
AB
2
2
2
∴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=(2
2)2﹣(2
5﹣x)2.
解得:
x=
2
2
2
2
85
2
85,∴BR
=OB﹣OR=(2
5)
﹣(
)=
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
,∴BE=
5t.
=
BCOB
2
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=PE2PA2=2(6﹣t)=62﹣2?
t,
∴BE=BA﹣EA=42﹣(62﹣2t)=2t﹣22.
∵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.
2.如图,AB为⊙O的直径,点E在⊙O上,过点E的切线与AB的延长线交于点D,连接BE,过点O作BE的平行线,交⊙O于点F,交切线于点C,连接AC
(1)求证:
AC是⊙O的切线;
(2)连接EF,当∠D=°时,四边形FOBE是菱形.
【答案】
(1)见解析;
(2)30.
【解析】
【分析】
(1)由等角的转换证明出OCA≌OCE,根据圆的位置关系证得AC是⊙O的切线.
(2)根据四边形FOBE是菱形,得到OF=OB=BF=EF,得证OBE为等边三角形,而得出
BOE60,根据三角形内角和即可求出答案.
【详解】
(1)证明:
∵CD与⊙O相切于点E,
∴OECD,
∴CEO90,
又∵OCBE,
∴COEOEB,∠OBE=∠COA
∵OE=OB,
∴OEBOBE,
∴COECOA,
又∵OC=OC,OA=OE,
∴
∴
OCA≌OCE(SAS),
CAOCEO90,
又∵AB为⊙O的直径,
∴AC为⊙O的切线;
(2)解:
∵四边形FOBE是菱形,∴OF=OB=BF=EF,
∴OE=OB=BE,
∴OBE为等边三角形,
∴BOE60,
而OECD,∴D30.
故答案为30.
【点睛】
本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题,熟练掌握圆的性质是本题的解题关
键.
3.定义:
有一个角是其邻角一半的圆内接四边形叫做圆内倍角四边形.
(1)如图1,四边形ABCD内接于⊙O,∠DCB﹣∠ADC=∠A,求证:
四边形ABCD为圆内接倍角四边形;
(2)在
(1)的条件下,⊙O半径为5.
4
①若AD为直径,且sinA=
5
,求BC的长;
②若四边形ABCD中有一个角为60°,且BC=CD,则四边形ABCD的面积是;
(3)在
(1)的条件下,记AB=a,BC=b,CD=c,AD=d,求证:
d2﹣b2=ab+cd.
【答案】
(1)见解析;
(2)①BC=6,②753或75;(3)见解析
44
【解析】
【分析】
(1)先判断出∠ADC=180°﹣2∠A.进而判断出∠ABC=2∠A,即可得出结论;
(2)①先用锐角三角函数求出BD,进而得出AB,由
(1)得出∠ADB=∠BDC,即可得出结论;
②分两种情况:
利用面积和差即可得出结论;
(3)先得出BE=BC=b,DE=DA=b,进而得出CE=d﹣c,再判断出△EBC∽△EDA,即可得出结论.
【详解】
(1)设∠A=α,则∠DCB=180°﹣α.
∵∠DCB﹣∠ADC=∠A,∴∠ADC=∠DCB﹣∠A=180°﹣α﹣α=180°﹣2α,∴∠ABC=180°﹣
∠ADC=2α=2∠A,∴四边形ABCD是⊙O内接倍角四边形;
(2)①连接BD.
∵AD是⊙O的直径,∴∠ABD=90°.在Rt△ABD中,AD=2×5=10,sin∠A=4,∴BD=8,根
5
据勾股定理得:
AB=6,设∠A=α,∴∠ADB=90°﹣α.
由
(1)知,∠ADC=180°﹣2α,∴∠BDC=90°﹣α,∴∠ADB=∠BDC,∴BC=AB=6;
②若∠ADC=60°时.
∵四边形ABCD是圆内接倍角四边形,∴∠
BCD=120°或∠BAD=30°.
Ⅰ、当∠BCD=120°时,如图3,连接OA,OB,OC,OD.
∵BC=CD,∴∠BOC=∠COD,∴∠OCD=∠OCB=1∠BCD=60°,∴∠CDO=60°,∴AD是⊙O
2
的直径,(为了说明
AD是直径,点O没有画在AD上)
∴∠ADC+∠BCD=180°,∴BC∥AD,∴AB=CD.
∵BC=CD,∴AB=BC=CD,∴△OAB,△BOC,△COD是全等的等边三角形,∴
S四边形
ABCD=3S△AOB=3×3
2
×5=753.
4
4
Ⅱ、当∠BAD=30°时,如图4,连接OA,OB,OC,OD.
∵四边形ABCD是圆内接四边形,∴∠BCD=180°﹣∠BAD=150°.
∵BC=CD,∴∠BOC=∠COD,∴∠BCO=∠DCO=1∠BCD=75°,∴∠BOC=∠DOC=30°,
2
∴∠OBA=45°,∴∠AOB=90°.
连接AC,∴∠DAC=1∠BAD=15°.
2
∵∠ADO=∠OAB﹣∠BAD=15°,∴∠DAC=∠ADO,∴OD∥AC,∴S△OAD=S△OCD.
过点C作CH⊥OB于H.
在Rt△OCH中,CH=1OC=5,∴S四边形ABCD=S△COD+S△BOC+S△AOB﹣
2
2
△
△
△
1
5
1
75
.
S
AOD=S
BOC+SAOB=
2
×5+×5×5=
2
2
4
故答案为:
75
3或75;
4
4
(3)延长DC,AB交于点E.
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形,∴∠BCE=∠A=1∠ABC.
2
∵∠ABC=∠BCE+∠A,∴∠E=∠BCE=∠A,∴BE=BC=b,DE=DA=b,∴CE=d﹣c.
∵∠BCE=∠A,∠E=∠E,∴△EBC∽△EDA,∴CE
BC,∴
d
c
b,∴d2﹣
AE
AD
a
b
d
2
b=ab+cd.
【点睛】
本题是圆的综合题,主要考查了圆的内接四边形的性质,新定义,相似三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,正确作出辅助线是解答本题的关键.
4.如图,在△ABP中,C是BP边上一点,∠PAC=∠PBA,⊙O是△ABC的外接圆,AD是⊙O的直径,且交BP于点E.
(1)求证:
PA是⊙O的切线;
(2)过点C作CF⊥AD,垂足为点F,延长CF交AB于点G,若AG?
AB=12,求AC的长.【答案】
(1)证明见解析
(2)23
【解析】
试题分析:
(1)根据圆周角定理得出∠ACD=90°以及利用∠PAC=∠PBA得出
∠CAD+∠PAC=90°进而得出答案;
2
(2)首先得出△CAG∽△BAC,进而得出AC=AG·AB,求出AC即可.
∵AD是⊙O的直径,
∴∠ACD=90°,
∴∠CAD+∠D=90°,
∵∠PAC=∠PBA,∠D=∠PBA,
∴∠CAD+∠PAC=90°,
即∠PAD=90°,
∴PA⊥AD,
∴PA是⊙O的切线;
(2)∵CF⊥AD,
∴∠ACF+∠CAF=90°,∠CAD+∠D=90°,
∴∠ACF=∠D,
∴∠ACF=∠B,
而∠CAG=∠BAC,
∴△ACG∽△ABC,
∴AC:
AB=AG:
AC,
2
∴AC=23.
5.如图,已知四边形ABCD是矩形,点P在BC边的延长线上,且PD=BC,⊙A经过点B,与AD边交于点E,连接CE.
(1)求证:
直线PD是⊙A的切线;
(2)若PC=25,sin∠P=2,求图中阴影部份的面积(结果保留无理数).
3
【答案】
(1)见解析;
(2)20-4π.
【解析】
分析:
(1)过点A作AH⊥PD,垂足为
H,只要证明AH为半径即可.
(2)分别算出Rt△CED的面积,扇形
ABE的面积,矩形
ABCD的面积即可.
详解:
(1)证明:
如图,过A作AH⊥PD,垂足为H,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC,AD∥BC,∠PCD=∠BCD=90°,
∴∠ADH=∠P,∠AHD=∠PCD=90°,
又PD=BC,∴AD=PD,
∴△ADH≌△DPC,∴AH=CD,
∵CD=AB,且AB是⊙A的半径,
∴AH=AB,即AH是⊙A的半径,
∴PD是⊙A的切线.
(2)如图,在
CD
2
5,
Rt△PDC中,∵sin∠P=
,PC=2
PD
3
令CD=2x,PD=3x,由由勾股定理得:
(3x)2-(2x)2=(25)2,解得:
x=2,∴CD=4,PD=6,
∴AB=AE=CD=4,AD=BC=PD=6,DE=2,
∵矩形ABCD的面积为6×4=24,Rt△CED的面积为1×4×2=4,
2
1
扇形ABE的面积为
2
2
π×4=4π,
∴图中阴影部份的面积为24-4-4π=20-4π.
点睛:
本题考查了全等三角形的判定,圆的切线证明,三角形的面积,扇形的面积,矩形
的面积.
6.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OPFQ是矩形,从而有OP=FQ,∠POQ=90°,进而有
1
1
1
∠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=1
BD.从而可以得到BF+CF=2FQ=AC.
2
(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.
222
在Rt△MOO1中,(r﹣1)+3=r.
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,∴AD=BC,BD=AC,∴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.
EO1PCO1Q
在△EPO1和△CQO1中,
EPO1
CQO1,
O1EO1C
∴△EPO≌△CQO,∴PO
=QO1
,∴FQ=QO.
1
1
1
1
∵QO1⊥BC,∴BQ=CQ.
1
1
∵CO1=DO1,∴O1Q=
BD,∴FQ=BD.
2
2
∵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=ED,∴BG=DE.
∵
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