中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题及详细答案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及详细答案doc
2020-2021中考数学压轴题专题圆的综合的经典综合题及详细答案
一、圆的综合
1.如图1,以边长为4的正方形纸片ABCD的边AB为直径作⊙O,交对角线AC于点E.
(1)图1中,线段AE=;
(2)如图2,在图1的基础上,以点A为端点作∠DAM=30°,交CD于点M,沿AM将四
边形ABCM剪掉,使Rt△ADM绕点A逆时针旋转(如图3),设旋转角为α(0°<α<
150°),在旋转过程中AD与⊙O交于点F.
①当α=30时°,请求出线段AF的长;
②当α=60时°,求出线段AF的长;判断此时DM与⊙O的位置关系,并说明理由;
③当α=°时,DM与⊙O相切.
【答案】
(1)2
(2)①2②2,相离③当α=90°时,DM与⊙O相切
【解析】
(1)连接BE,∵AC是正方形ABCD的对角线,∴∠BAC=45°,∴△
角三角形,又∵AB=8,∴AE=4;
AEB是等腰直
(2)①连接OA、OF,由题意得,∠NAD=30°,∠DAM=30°,故可得∠OAM=30°,
∠DAM=30°则,∠OAF=60,°又∵OA=OF,∴△OAF是等边三角形,∵OA=4,∴AF=OA=4;
②连接B'F,此时∠NAD=60°,∵AB'=8,∠DAM=30°,∴AF=AB'cos∠DAM=8×=4;
此时DM与⊙O的位置关系是相离;
③∵AD=8,直径的长度相等,
∴当DM
与⊙O相切时,点
D在⊙O上,故此时可得
α=∠NAD=90°.
点睛:
此题属于圆的综合题,主要是仔细观察每一次旋转后的图形,根据含30°角的直角
三角形进行计算,另外在解答最后一问时,关键是判断出点D的位置,有一定难度.
2.已知⊙O中,弦AB=AC,点P是∠BAC所对弧上一动点,连接PA,PB.
(1)如图①,把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ,连接PC,求证:
∠ACP+∠ACQ=180;°
(2)如图②,若∠BAC=60°,试探究PA、PB、PC之间的关系.
(3)若∠BAC=120°时,
(2)中的结论是否成立?
若是,请证明;若不是,请直接写出它们之间的数量关系,不需证明.
(PA=PB+PC.
【答案】
(1)证明见解析;
(2)PA=PB+PC.理由见解析;(3)若∠BAC=120°时,
(2)
中的结论不成立,3
【解析】
试题分析:
(1)如图①,连接PC.根据“内接四边形的对角互补的性质”即可证得结论;
(2)如图②,通过作辅助线BC、PE、CE(连接BC,延长BP至E,使PE=PC,连接CE)构建等边△PCE和全等三角形△BEC≌△APC;然后利用全等三角形的对应边相等和线段间
的和差关系可以求得PA=PB+PC;
(3)如图③,在线段PC上截取PQ,使PQ=PB,过点A作AG⊥PC于点G.利用全等三
角形△ABP≌△AQP(SAS)的对应边相等推知AB=AQ,PB=PG,将PA、PB、PC的数量关系转化到△APC中来求即可.
试题解析:
(1)如图①,连接PC.
∵△ACQ是由△ABP绕点A逆时针旋转得到的,
∴∠ABP=∠ACQ.
由图①知,点A、B、P、C四点共圆,
∴∠ACP+∠ABP=180(°圆内接四边形的对角互补),
∴∠ACP+∠ACQ=180(°等量代换);
(2)PA=PB+PC.理由如下:
如图
②
,连接
BC
BP
至
E
PE=PC
CE
,延长
,使
,连接
.
∵弦AB=弦AC,∠BAC=60,°
∴△ABC是等边三角形(有一内角为
60°的等腰三角形是等边三角形).
∵A、B、P、C四点共圆,∴∠BAC+∠BPC=180(°圆内接四边形的对角互补),
∵∠BPC+∠EPC=180,°∴∠BAC=∠CPE=60,°
∵PE=PC,∴△PCE是等边三角形,∴CE=PC,∠E=∠ECP=∠EPC=60;°又∵∠BCE=60°+∠BCP,∠ACP=60°+∠BCP,∴∠BCE=∠ACP(等量代换),
在△BEC和△APC中,
CEPC
BCEACP
ACBC
,∴△BEC≌△APC(SAS),∴BE=PA,
∴PA=BE=PB+PC;
(3)若∠BAC=120°时,
(2)中的结论不成立,3PA=PB+PC.理由如下:
如图③,在线段PC上截取PQ,使PQ=PB,过点A作AG⊥PC于点G.∵∠BAC=120,°∠BAC+∠BPC=180,°∴∠BPC=60.°
∵弦AB=弦AC,∴∠APB=∠APQ=30.°
PBPQ
在△ABP和△AQP中,APBAPQ,∴△ABP≌△AQP(SAS),
APAP
∴AB=AQ,PB=PQ(全等三角形的对应边相等),∴AQ=AC(等量代换).
在等腰△AQC中,QG=CG.
在Rt△APG中,∠APG=30°,则AP=2AG,PG=3AG,
∴PB+PC=PG﹣QG+PG+CG=PG﹣QG+PG+QG=2PG=23AG,
∴3PA=23AG,即3PA=PB+PC.
【点睛】本题考查了圆的综合题,解题的关键要能掌握和灵活运用圆心角、弧、弦间的关
系,全等三角形的判定与性质,圆内接四边形的性质等.
3.如图,已知BC是⊙O的弦,A是⊙O外一点,△ABC为正三角形,D为BC的中点,M为⊙O上一点,并且∠BMC=60°.
(1)求证:
AB是⊙O的切线;
(2)若E,F分别是边AB,AC上的两个动点,且∠EDF=120°,⊙O的半径为2,试问
BE+CF的值是否为定值?
若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.
【答案】
(1)证明见试题解析;
(2)BE+CF的值是定值,为等边△ABC边长的一半.
【解析】
试题分析:
(1)连结OB、OD,如图1,由于D为BC的中点,由垂径定理的推理得
OD⊥BC,∠BOD=∠COD,即可得到∠BOD=∠M=60°,则∠OBD=30°,所以∠ABO=90°,于是得到AB是⊙O的切线;
(2)作DM⊥AB于M,DN⊥AC于N,连结AD,如图2,由△ABC为正三角形,D为BC
的中点,得到AD平分∠BAC,∠BAC=60°,利用角平分线性质得DM=DN,得
∠MDN=120°,由∠EDF=120,°得到∠MDE=∠NDF,于是有△DME≌△DNF,得到ME=NF,
1
1
1
BC,即可判断BE+CF的值是
得到BE+CF=BM+CN,由BM=
BD,CN=
OC,得到BE+CF=
2
2
2
定值,为等边△ABC边长的一半.
试题解析:
(1)连结OB、OD,如图1,∵D为BC的中点,∴OD⊥BC,∠BOD=∠COD,
1
∴∠ODB=90,°∵∠BMC=∠BOC,∴∠BOD=∠M=60°,∴∠OBD=30,°∵△ABC为正三
2
角形,∴∠ABC=60°,∴∠ABO=60°+30°=90°,∴AB⊥OB,∴AB是⊙O的切线;
(2)BE+CF的值是为定值.
作DM⊥AB于M,DN⊥AC于N,连结AD,如图2,∵△ABC为正三角形,D为BC的中点,∴AD平分∠BAC,∠BAC=60°,∴DM=DN,∠MDN=120°,∵∠EDF=120°,
∴∠MDE=∠NDF,在△DME和△DNF中,∵∠DME=∠DNF.DM=DN,∠MDE=∠NDF,
∴△DME≌△DNF,∴ME=NF,∴BE+CF=BM﹣EM+CN+NF=BM+CN,在Rt△DMB中,
∵∠DBM=60°∴BM=
1
1
1
1
1
,
BD,同理可得CN=
2
OC,∴BE+CF=OB+
2
OC=BC,∴BE+CF
2
2
2
的值是定值,为等边
△ABC边长的一半.
考点:
1.切线的判定;2.等边三角形的性质;3.定值问题;4.探究型;5.综合题;
6.压轴题.
4.已知:
BD为⊙O的直径,O为圆心,点A为圆上一点,过点B作⊙O的切线交DA的延长线于点F,点C为⊙O上一点,且AB=AC,连接BC交AD于点E,连接AC.
(1)如图1,求证:
∠ABF=∠ABC;
(2)如图2,点H为⊙O内部一点,连接OH,CH若∠OHC=∠HCA=90°时,求证:
CH=
1
DA;
2
(3)在
(2)的条件下,若OH=6,⊙O的半径为10,求CE的长.
【答案】
(1)见解析;
(2)见解析;(3)21
.
5
【解析】
【分析】
1由BD为eO的直径,得到D
ABD
90o,根据切线的性质得到
FBA
ABD
90o,根据等腰三角形的性质得到
C
ABC,等量代换即可得到
结论;
2如图2,连接OC,根据平行线的判定和性质得到
ACO
COH,根据等腰三角形
的性质得到
OBC
OCB,
ABC
CBO
ACB
OCB,根据相似三角形
的性质即可得到结论;
AB
BD
2,根据勾股定理得到
3根据相似三角形的性质得到
OC
OH
AD
BD2
AB2
16,根据全等三角形的性质得到
BF
BE,AFAE,根据射影
定理得到
AF
122
9,根据相交弦定理即可得到结论.
16
【详解】
1QBD为eO的直径,
BAD90o,
DABD90o,
QFB是eO的切线,
FBD
90o,
FBA
ABD90o,
FBA
D,
QABAC,
C
ABC,
QC
D,
ABF
ABC;
2如图2,连接OC,
QOHC
HCA90o,
AC//OH,
ACO
COH,
QOBOC,
OBCOCB,
ABCCBOACBOCB,
即ABDACO,
ABC
COH,
Q
H
BAD
90o,
VABD∽VHOC,
AD
BD
2,
CH
OC
CH
1DA;
2
3
由
2
知,VABC∽VHOC,
AB
BD
2,
OH
OC
QOH
6,eO的半径为
10,
AB
2OH
12,BD
20,
AD
BD2
AB2
16,
在VABF与VABE中,
ABFABE
ABAB,
BAFBAE90o
VABF≌VABE,
BFBE,AF
AE,
QFBD
BAD
90o,
AB2
AFAD,
122
9
,
AF
16
AEAF
9
,
DE7,BEAB2AE215,
QAD,BC交于E,
AEDEBECE,
AEDE
97
21
CE
15
.
BE
5
【点睛】
本题考查了切线的性质,圆周角定理,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,平行线的性质,勾股定理,射影定理,相交弦定理,正确的识别图形是解题的关键.
5.如图1,已知AB是⊙O的直径,AC是⊙O的弦,过O点作OF⊥AB交⊙O于点D,交AC于点E,交BC的延长线于点F,点G是EF的中点,连接CG
(1)判断CG与⊙O的位置关系,并说明理由;
(2)求证:
2OB2=BC?
BF;
(3)如图2,当∠DCE=2∠F,CE=3,DG=2.5时,求DE的长.
【答案】
(1)CG与⊙O相切,理由见解析;
(2)见解析;(3)DE=2
【解析】
【分析】
(1)连接CE,由AB是直径知△ECF是直角三角形,结合G为EF中点知∠AEO=∠GEC=∠GCE,再由OA=OC知∠OCA=∠OAC,根据OF⊥AB可得∠OCA+∠GCE=90°,即
OC⊥GC,据此即可得证;
(2)证△ABC∽△FBO得
BCAB
,结合AB=2BO即可得;
BOBF
(3)证ECD∽△EGC得EC
ED,根据CE=3,DG=2.5知
3
DE,解之可
EG
EC
DE2.5
3
得.
【详解】
解:
(1)CG与⊙O相切,理由如下:
如图1,连接CE,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB=∠ACF=90°,
∵点G是EF的中点,
∴GF=GE=GC,
∴∠AEO=∠GEC=∠GCE,
∵OA=OC,
∴∠OCA=∠OAC,
∵OF⊥AB,
∴∠OAC+∠AEO=90°,
∴∠OCA+∠GCE=90°,即OC⊥GC,
∴CG与⊙O相切;
(2)∵∠AOE=∠FCE=90°,∠AEO=∠FEC,
∴∠OAE=∠F,
又∵∠B=∠B,
∴△ABC∽△FBO,
BCAB
∴,即BO?
AB=BC?
BF,
BOBF
∵AB=2BO,
∴2OB2=BC?
BF;
(3)由
(1)知GC=GE=GF,
∴∠F=∠GCF,
∴∠EGC=2∠F,
又∵∠DCE=2∠F,
∴∠EGC=∠DCE,
∵∠DEC=∠CEG,
∴△ECD∽△EGC,
∴ECED,
EGEC
∵CE=3,DG=2.5,
∴3DE,
DE2.53
整理,得:
DE2+2.5DE﹣9=0,
解得:
DE=2或DE=﹣4.5(舍),
故DE=2.
【点睛】
本题是圆的综合问题,解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等知识点.
6.如图,□ABCD的边AD是△ABC外接圆⊙O的切线,切点为A,连接AO并延长交BC于点E,交⊙O于点F,过点C作直线CP交AO的延长线于点P,且∠BCP=∠ACD.
(1)求证:
PC是⊙O的切线;
(2)若∠B=67.5°,BC=2,求线段PC,PF与弧CF所围成的阴影部分的面积S.
【答案】
(1)见解析;
(2)1
4
【解析】
【分析】
(1)过C点作直径CM,连接MB,根据CM为直径,可得∠M+∠BCM=90°,再根据AB∥DC可得∠ACD=∠BAC,由圆周角定理可得∠BAC=∠M,∠BCP=∠ACD,从而可推导得出∠PCM=90°,根据切线的判定即可得;
(2)连接OB,由AD是⊙O的切线,可得∠PAD=90°,再由BC∥AD,可得AP⊥BC,从而
得BE=CE=1
BC=1,继而可得到∠ABC=∠ACB=67.5,°从而得到∠BAC=45°,由圆周
2
角定理可得∠BOC=90°,从而可得∠BOE=∠COE=∠OCE=45°,根据已知条件可推导得出
OE=CE=1,PC=OC=OE2
CE2
2,根据三角形面积以及扇形面积即可求得阴影
部分的面积.
【详解】
(1)过C点作直径CM,连接MB,
∵CM为直径,
∴∠MBC=90°,即∠M+∠BCM=90°,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥DC,AD∥BC,
∴∠ACD=∠BAC,
∵∠BAC=∠M,∠BCP=∠ACD,
∴∠M=∠BCP,
∴∠BCP+∠BCM=90°,即∠PCM=90°,
∴CM⊥PC,
∴PC与⊙O相切;
(2)连接OB,
∵AD是⊙O的切线,切点为A,
∴OA⊥AD,即∠PAD=90°,
∵BC∥AD,∠AEB=∠PAD=90°,∴AP⊥BC.∴BE=CE=
1
BC=1,
2
∴AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=67.5,°
∴∠BAC=180-°∠ABC-∠ACB=45°,
∴∠BOC=2∠BAC=90°,
∵OB=OC,AP⊥BC,∴∠BOE=∠COE=∠OCE=45,°
∵∠PCM=90°,∴∠CPO=∠COE=∠OCE=45,°
∴OE=CE=1,PC=OC=
OE2
CE2
2,
2
∴S=S△POC-S扇形OFC=1
2
45π2
π.
2
1
2
360
4
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、扇形面积等,综合性较
强,准确添加辅助线是解题的关键.
7.如图所示,
AB是半圆
O的直径,
AC是弦,点
P沿
BA方向,从点
B运动到点
A,速度
为1cm/s,若
AB
10cm,点
O到
AC的距离为
4cm.
(1)求弦AC的长;
(2)问经过多长时间后,△APC是等腰三角形.
【答案】
(1)AC=6;
(2)t=4或5或14s时,△APC是等腰三角形;
5
【解析】
【分析】
(1)过
O作
OD⊥AC于
D,根据勾股定理求得
AD的长,再利用垂径定理即可求得
AC的
长;
(2)分AC=PC、AP=AC、AP=CP三种情况求t值即可.
【详解】
(1)如图1,过O作OD⊥AC于D,
易知AO=5,OD=4,
从而AD=
=3,
∴AC=2AD=6;
(2)设经过t秒△APC是等腰三角形,则AP=10﹣t
①如图2,若AC=PC,过点C作CH⊥AB于H,
∵∠A=∠A,∠AHC=∠ODA=90,°
∴△AHC∽△ADO,
∴AC:
AH=OA:
AD,即AC:
=5:
3,
解得t=
s,
∴经过
s后△APC是等腰三角形;
②如图3,若AP=AC,
由PB=x,AB=10,得到AP=10﹣x,又∵AC=6,
则10﹣t=6,解得t=4s,
∴经过4s后△APC是等腰三角形;
③如图4,若AP=CP,P与O重合,
则AP=BP=5,
∴经过5s后△APC是等腰三角形.
综上可知当t=4或5或s时,△APC是等腰三角形.
【点睛】
本题是圆的综合题,解决问题利用了垂径定理,勾股定理等知识点,解题时要注意当
△BPC是等腰三角形时,点P的位置有三种情况.
8.如图1,是用量角器一个角的操作示意图,量角器的读数从M点开始(即M点的读数
为0),如图2,把这个量角器与一块30°(∠CAB=30°)角的三角板拼在一起,三角板的
斜边
AB与量角器所在圆的直径
MN
重合,现有射线
C绕点
C从
CA开始沿顺时针方向以每
秒2°的速度旋转到与CB,在旋转过程中,射线CP与量角器的半圆弧交于E.连接
(1)当射线CP经过AB的中点时,点E处的读数是,此时△BCE的形状是
BE.
;
(2)设旋转x秒后,点E处的读数为y,求y与x的函数关系式;
(3)当CP旋转多少秒时,△BCE是等腰三角形?
【答案】
(1)60°,直角三角形;
(2)y=4x(0≤x≤45);(3)7.5秒或30秒
【解析】
【分析】
(1)根据圆周角定理即可解决问题;
(2)如图2﹣2中,由题意∠ACE=2x,∠AOE=y,根据圆周角定理可知∠AOE=2∠ACE,可得y=2x(0≤x≤45);
(3)分两种情形分别讨论求解即可;
【详解】
解:
(1)如图2﹣1中,
∵∠ACB=90°,OA=OB,
∴OA=OB=OC,
∴∠OCA=∠OAC=30°,
∴∠AOE=60°,
∴点E处的读数是60°,
∵∠E=∠BAC=30°,OE=OB,
∴∠OBE=∠E=30°,
∴∠EBC=∠OBE+∠ABC=90°,
∴△EB
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