全国各地中考数学分类圆综合综合题汇编详细

1、全国各地中考数学分类：圆的综合综合题汇编及详细答案一、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AOO于E，连接CD，CE，若CE是O的切线，解答以下问题：（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）证明见分析（2）24【分析】试题分析：（1）连接OD，求出EOC=DOC，依据SAS推出EOCDOC，推出ODC=OEC=90，依据切线的判断推出即可；2）依据切线长定理求出CE=CD=4，依据平行四边形性质求出OA=OD=4，依据平行四边形的面积公式=2COD的面积即可求解试题分析：（1）证明：连接O

2、D，OD=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，OEODEOCDOCOCOCEOCDOC（SAS），ODC=OEC=90，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，1SCDO=CD?OD，2又OA=BC=OD=4，1SCDO=64=12，2平行四边形OABC的面积S=2SCDO=242如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在O上，OAC=601）求AOC的度数；2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与O的地址关系，并说明原由；（）有一动点M从A点

3、出发，在O上按顺时针方向运动一周，当=S时，求3SMAOCAO动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标【答案】（1）60；（2）见分析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，23）、M2（2，23）、M3（2，23）、M4（2，23）【分析】【分析】1）因为OAC=60，易证得OAC是等边三角形，即可得AOC=602）由（1）的结论知：OA=AC，所以OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得OCP是直角三角形，且OCP=90，由此可判断出PC与O的地址关系3）此题应试虑多种状况，若MAO、OAC的面积相等，那么它们的高必相等，所以有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x

4、轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解【详解】1）OA=OC，OAC=60，OAC是等边三角形，故AOC=602）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；1AC=OP，所以OCP是直角三角形，且OCP=90，2而OC是O的半径，PC与O的地址关系是相切（3）如图；有三种状况：取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，3）；劣弧MA的长为：6044；3取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2（2，23）；劣弧MA的长为：12048；1803取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3（2，23

5、）；优弧MA的长为：240416；3当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4（2，23）；优弧MA的长为：300420；1803综上可知：当S481620对应的M点坐MAO=SCAO时，动点M所经过的弧长为,3333标分别为：M1（2，23）、M2（2，23）、M3（2，23）、M4（2，3）【点睛】此题观察了切线的判断以及弧长的计算方法，注意分类谈论思想的运用，不要漏解3（1）如图1，在矩形ABCD中，点O在边AB上，AOC=BOD，求证：AO=OB；2）如图2，AB是O的直径，PA与O相切于点A，OP与O订交于点C，连接CB，OPA=40，求ABC的度数【答案】（1）证明见分析；（2）

6、25.【分析】试题分析：（1）依据等量代换可求得AOD=BOC，依据矩形的对边相等，每个角都是直角，可知A=B=90，AD=BC，依据三角形全等的判断AAS证得AODBOC，从而得证结论（2）利用切线的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质获取圆心角POA的度数，而后利用圆周角定理来求ABC的度数试题分析：（1）AOC=BODAOC-COD=BOD-COD即AOD=BOC四边形ABCD是矩形A=B=90，AD=BCAODBOCAO=OB（2）解：AB是eO的直径，PA与eO相切于点A，PAAB，A=90.又OPA=40，AOP=50，OB=OC，B=OCB.又AOP=B+OCB，1AOP25.B

7、OCB24如图，AB为O的直径，AC为O的弦，AD均分BAC，交O于点D，DEAC，交AC的延长线于点E1）判断直线DE与O的地址关系，并说明原由；2）若AE8，O的半径为5，求DE的长【答案】（1）直线DE与O相切（2）4【分析】试题分析：（1）连接OD，AD均分BAC，EADOAD，OAOD，ODAOAD，ODAEAD，EAOD，DEEA，DEOD，又点D在O上，直线DE与O相切2）如图1，作DFAB，垂足为F，DFADEA90，EADFAD，ADAD，EADFAD，AFAE8，DFDE，OAOD5，OF3，在RtDOF中，DFOD2OF24，AFAE8考点：切线的证明，弦心距和半径、弦长

8、的关系评论：此题难度不大，第一小题经过内错角相等相等证明两直线平行，再由两直线平行推出同旁内角相等第二小题经过求出两个三角形全等，从而推出对应边相等，接着用弦心距和弦长、半径的计算公式，求出半弦长5如图，O是ABC的外接圆，AC为直径，BDBA，BEDC交DC的延长线于点E求证：BE是O的切线若EC1，CD3，求cosDBA【答案】（1）证明见分析；（2）DBA35【分析】分析：（1）连接OB，OD，依据线段垂直均分线的判断，证得BF为线段AD的垂直均分线，再依据直径所对的圆周角为直角，获取ADC=90，证得四边形BEDF是矩形，即EBF=90，可得出结论.2）依据中点的性质求出OF的长，从而

9、获取BF、DE、OB、OD的长，而后依据等角的三角函数求解即可.详解：证明：(1)连接BO并延长交AD于F，连接ODBDBA，OAODBF为线段AD的垂直均分线AC为O的直径ADC90BEDC四边形BEDF为矩形EBF90BE是O的切线O、F分别为AC、AD的中点13OFCD2BFDE13435OBOD4223cosDBAcosDOFOF23OD552点睛：此题主要观察了圆的切线的判断与性质，要点是增加适合的辅助线，利用垂径定理和圆周角定理进行解答，注意相等角的关系的转变.6如图1，在RtABC中，AC=8cm，BC=6cm，D、E分别为边PAADDEEPAB、BC的中点，连接AD5cm/sD

10、E，动，在DE上以1cm/s的速度运动，过点P作PQAC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的速度开始不停增大，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）t1；（2）S=3t2+3t+3（1t4）；（3）t=10s83【分析】分析：

11、（1）依据勾股定理求出AB，依据D为AB中点，求出AD，依据点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，最后依据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=t1，PQ=3，依据MNBC，求出FN的长，从而获取FM的长，再依据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=5t，而后由r以0.2cm/s的速度不停增大，r=1+0.2t，而后列方程求解即可；当圆与MN相切时，r=CM=8t=1+0.2t，从而可求得t的值详解：

12、（1）由勾股定理可知：AB=AC2BC2=10D、E分别为AB和BC的中点，11DE=AC=4，AD=AB=5，22点P在AD上的运动时间=5=1s，当点P在线段DE上运动时，DP段的运动时间为（t51）sDE段运动速度为1cm/s，DP=（t1）cm故答案为t1（2）当正方形PQMN与ABC重叠部分图形为五边形时，有一种状况，以以下图所示当正方形的边长大于DP时，重叠部分为五边形，3t1，t4，DP0，t10，解得：t1，1t4DFNABC，DN=AC=8=4FNBC63DN=PNPD，DN=3（t1）=4t，4t4，FN=（34t）=34，FNFM=3（34t）3t4=，4S=S梯形FMH

13、D+S矩形DHQP，S=1（3t+3）（4t）+3（t1）=3t2+3t+3（1t4）248（3）当圆与边PQ相切时，如图：当圆与PQ相切时，r=PE，由（1）可知，PD=（t1）cm，PE=DEDP=4（t1）=（5t）cmr以0.2cm/s的速度不停增大，r=1+0.2t，101+0.2t=5t，解得：t=s3当圆与MN相切时，r=CM由（1）可知，DP=（t1）cm，则PE=CQ=（5t）cm，MQ=3cm，MC=MQ+CQ=5t+3=（8t）cm，351+0.2t=8t，解得：t=s6P到E点停止，t14，即t5，t=35s（舍）6综上所述：当t=10s时，O与正方形PQMN的边所在直

14、线相切3点睛：此题主要观察的是圆的综合应用，解答此题主要应用了勾股定理、相似三角形的性质和判断、正方形的性质，直线和圆的地址关系，依照题意列出方程是解题的要点7如图，ABC内接于O，弦ADBC垂足为H，ABC2CAD1）如图2）如图3）如图1，求证：ABBC；2，过点B作BMCD垂足为M，BM交O于E,连接AE、HM，求证：AEHM;3，在（2）的条件下，连接BD交AE于N，AE与BC交于点F，若NH25，AD11，求线段AB的长.【答案】（1）证明见分析；（2）证明见分析；（3）AB的长为10.【分析】分析：（1）依据题意，设CAD=a，而后依据直角三角形的两锐角互余的关系，推导出BAC=A

15、CB，再依据等角相同边得证结论；2）延长AD、BM交于点N，连接ED.依据圆周角定理得出N=DEN=BAN，从而依据等角相同边，获取DE=DN,BA=BN，再依据等腰三角形和直角三角形的性质，求得MHAE；（3）连接CE，依据（2）的结论，由三角形全等的判断与性质证得HF=HC，而后结合勾股定理求出AC2-AH2=CD2-DH2，解得CD=5,CH=4,AH=8，最后依据锐角三角函数的性质获取AB.详解：（1）证明：设CAD=a,则ABC=2a,C=90-a,BAD=90-2a,BAC=90-2a+a=90-aBAC=ACB.AB=BC(2）证明：延长AD、BM交于点N，连接ED.DEN=DA

16、B,N=BCD,BCD=BANN=DEN=BANDE=DN,BA=BN又BHAN,DMENEM=NM,HN=HA,MHAE3）连接CE.BDA=BCA,BDM=BAC,由（1）知BCA=BACBDA=BDM,BDMBDH,DH=MH,MBD=HBD,BDMH又MHAE,BDEF,FNBENB,同理可证AFHACH,HF=HC,又FN=NENHEC,EC=2NH,又NH=25,EC=45EAC=2AEC=2a=ABC,可证弧AC=弧EC,AC=EC=45HD=x，AH=11-x，ADC=2CAD,翻折CHD至CHG,可证CG=CD=AGAH=CD+DH,CD=AH-DH=11-x-x=11-2x

17、又AC2-AH2=CD2-DH2,(45)2-(11-x)2=(11-2x)2-x2x1=3,x2=27(舍去)CD=5,CH=4,AH=8.2又AHCHtan2a,BH=6AB=BM2AH2628210BHDH点睛：此题主要观察了圆的综合，结合圆周角定理，勾股定理，全等三角形的判断与性质，解直角三角形的性质，综合性比较强，灵巧增加辅助线，构造方程求解是解题要点.8如图，ABC内接于O，且AB作O的切线PD交CA的延长线于点F为O的直径ACB的均分线交O于点D，过点DP，过点A作AECD于点E，过点B作BFCD于点1）求证：DPAB；2）若AC=6，BC=8，求线段PD的长【答案】详见分析【分

18、析】【分析】（1）连接OD，由AB为O的直径，依据圆周角定理得ACB=90，再由ACD=BCD=45，则DAB=ABD=45，所以DAB为等腰直角三角形，所以DOAB，依据切线的性质得ODPD，于是可获取DPAB（2）先依据勾股定理计算出AB=10，因为DAB为等腰直角三角形，可获取ADAB1052；由ACE为等腰直角三角形，获取22AECEAC6DE=42，则232，在RtAED中利用勾股定理计算出2CD=72，易证得PDAPCD，获取PDPAAD52，所以PA=5PD，PCPDCD7277PC=PD，而后利用PC=PA+AC可计算出PD5【详解】解：（1）证明：如图，连接OD，AB为O的直

19、径，ACB=90ACB的均分线交O于点D，ACD=BCD=45DAB=ABD=45DAB为等腰直角三角形DOABPD为O的切线，ODPDDPAB（2）在RtACB中，DAB为等腰直角三角形，AECD，ACE为等腰直角三角形RtAED中，ABPD，PDA=DAB=45PAD=PCD又DPA=CPD，PDAPCD，75PA=PD，PC=PD57又PC=PA+AC，7PD+6=5PD，解得PD=579如图，OB是以（O，a）为圆心，a为半径的O1的弦，过B点作O1的切线，P为劣弧OB?上的任一点，且过P作OB、AB、OA的垂线，垂足分别是D、E、F1）求证：PD2=PE?PF；2）当BOP=30，P

20、点为OB的中点时，求D、E、F、P四个点的坐标及SDEF【答案】（1）详见分析；（2）D（3a，3a），E（33a，3a），F（3a，444420），P（3aDEF=332a，）；Sa2216【分析】试题分析：（1）连接PB，OP，利用AB切O1于B求证PBEPOD，得出PBPE，同理，OPFBPD，得出PBPD，而后利用等量代换即可OPPDOPPF（2）连接O1B，O1P，得出O1BP和O1PO为等边三角形，依据直角三角形的性质即可解得D、E、F、P四个点的坐标再利用三角形的面积公式可直接求出三角形DEF的面积试题分析：（1）证明：连接PB，OP，PEAB，PDOB，BEP=PDO=90，A

21、B切O1于B，ABP=BOP，PBEPOD，=，同理，OPFBPD=，=，PD2=PE?PF；2）连接O1B，O1P，AB切O1于B，POB=30，ABP=30，O1BP=9030=60，O1B=O1P，O1BP为等边三角形，O1B=BP，P为弧BO的中点，BP=OP，即O1PO为等边三角形，O1P=OP=a，O1OP=60，又P为弧BO的中点，O1POB，在O1DO中，O1OP=60O1O=a，O1D=a，OD=a，过D作DMOO1于M，DM=OD=a，OM=DM=a，D（a，a），O1OF=90，O1OP=60POF=30，PEOA，PF=OP=a，OF=a，P（a，），F（a，0），AB

22、切O1于B，POB=30，ABP=BOP=30，PEAB，PB=a，EPB=60PE=a，BE=a，P为弧BO的中点，BP=PO，PBO=BOP=30，BPO=120，BPE+BPO=120+60=180，即OPE三点共线，OE=a+a=a，E作EMx轴于M，AO切O1于O，EOA=30，EM=OE=a，OM=a，E（a，a），E（a，a），D（a，a），DE=a（a）=a，DE边上的高为：a，aa=a2SDEF=故答案为：D（a，a），E（a，a），F（a，0），P（a，）；SDEF=a210阅读以下资料：如图1，O1和O2外切于点C，AB是O1和O2外公切线，A、B为切点，求证：ACBC证

23、明：过点C作O1和O2的内公切线交AB于D，DA、DC是O1的切线DA=DCDAC=DCA同理DCB=DBC又DAC+DCA+DCB+DBC=180，DCA+DCB=90ACBC依据上述资料，解答以下问题：（1）在以上的证明过程中使用了哪些定理？请写出两个定理的名称或内容；（2）以AB所在直线为x轴，过点C且垂直于AB的直线为y轴建立直角坐标系（如图2），已知A、B两点的坐标为（4，0），（1，0），求经过A、B、C三点的抛物线y=ax2+bx+c的函数分析式；（3）依据（2）中所确立的抛物线，试判断这条抛物线的极点能否落在两圆的连心O1O2上，并说明原由【答案】（1）见分析；（2）y1x23

24、x2；（3）见分析22【分析】试题分析：（1）由切线长相等可知用了切线长定理；由三角形的内角和是180，可知用了三角形内角和定理；（2）先依据勾股定理求出C点坐标，再用待定系数法即可求出经过A、B、C三点的抛物线的函数分析式；（3）过C作两圆的公切线，交AB于点D，由切线长定理可求出D点坐标，依据C,D两点的坐标可求出过C,D两点直线的分析式，依据过一点且相互垂直的两条直线分析式的关系可求出过两圆圆心的直线分析式，再把抛物线的极点坐标代入直线的分析式看能否适合即可试题分析：(1)DA、DC是eO1的切线，DA=DC.应用的是切线长定理；DACDCADCBDBC180o，应用的是三角形内角和定理

25、.(2)设C点坐标为(0,y),则AB2AC2BC2，22y2，即414y21225172y2,解得y=2(舍去)或y=-2.C点坐标为(0,-2)，设经过A、B、C三点的抛物线的函数分析式为yax2bxc，1a16a4bc023则abc0解得bc2,2，c2故所求二次函数的分析式为y1x23x2.22(3)过C作两圆的公切线CD交AB于则由A(-4,0),B(1,0)可知D(,0)，D,AD=BD=CD,32设过CD两点的直线为y=kx+b,则3kb0k42解得3b，b，22故此一次函数的分析式为y4x2，3过O1,O2的直线必过C点且与直线y4x2垂直，3故过O1,O2的直线的分析式为y3

26、x2，4由(2)中所求抛物线的分析式可知抛物线的极点坐标为(3,25)，28代入直线分析式得33225,故这条抛物线的极点落在两圆的连心O1O2上.42811如图1，已知AB是O的直径，AC是O的弦，过O点作OFAB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的地址关系，并说明原由；(2)求证：2OB2BC?BF；(3)如图2，当DCE2F，CE3，DG2.5时，求DE的长【答案】（1）CG与O相切，原由见分析；（2）见分析；（3）DE2【分析】【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AEOGECGCE，再由O

27、AOC知OCAOAC，依据OFAB可得OCA+GCE90，即OCGC，据此即可得证；（2）证ABCFBO得BCAB，结合AB2BO即可得；BOBF（3）证ECDEGC得ECED，依据CE3，DG2.5知3DE，解之可EGECDE2.53得【详解】解：（1）CG与O相切，原由以下：如图1，连接CE，AB是O的直径，ACBACF90，点G是EF的中点，GFGEGC，AEOGECGCE，OAOC，OCAOAC，OFAB，OAC+AEO90，OCA+GCE90，即OCGC，CG与O相切；2）AOEFCE90，AEOFEC，OAEF，又BB，ABCFBO，BCAB，即BO?ABBC?BF，BOBFAB2

28、BO，2OB2BC?BF；3）由（1）知GCGEGF，FGCF，EGC2F，又DCE2F，EGCDCE，DECCEG，ECDEGC，ECED，EGECCE3，DG2.5，3DE，DE2.53整理，得：DE2+2.5DE90，解得：DE2或DE4.5（舍），DE2【点睛】此题是圆的综合问题，解题的要点是掌握圆周角定理、切线的判断、相似三角形的判断与性质及直角三角形的性质等知识点12如图1，等边ABC的边长为3，分别以极点B、A、C为圆心，BA长为半径作?AC、?、?，我们把这三条弧所构成的图形称作莱洛三角形，明显莱洛三角形依旧是轴对CBBA称图形，设点l为对称轴的交点（1）如图2，将这个图形的极

29、点A与线段MN作无滑动的转动，当它转动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为；2）如图3，将这个图形的极点A与等边DEF的极点D重合，且ABDE，DE=2，将它沿等边DEF的边作无滑动的转动当它第一次回到初步地址时，求这个图形在运动过程中所扫过的地域的面积；（3）如图4，将这个图形的极点圆周作无滑动的转动，当它第B与O的圆心O重合，O的半径为3，将它沿O的n次回到初步地址时，点I所经过的路径长为（请用含n的式子表示）【答案】（1）3；（2）27；（3）23n【分析】试题分析：（1）先求出?AC的弧长，既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

30、积以以下图，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极点和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分析：解：（1）等边ABC的边长为3，ABC=ACB=BAC=60，?，l?l?603=l?=，线段MN的长为ACBCABACBCAB180l?l?l?=3故答案为3；ACBCAB（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=12032=3，图形在运动过360程中所扫过的地域的面积为3（S矩形AGHF+S扇形BAG）=3（6+3）=27；（3）如图2，连接BI并延长

31、交AC于DI是ABC的重心也是内心，DAI=30，13AD3AD=AC=，OI=AI=2=3，当它第1次回到初步地址时，点I22cosDAIcos30所经过的路径是以O为圆心，OI为半径的圆周，当它第n次回到初步地址时，点I所经过的路径长为n?2?3=23n故答案为23n点睛：此题是圆的综合题，主要观察了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的要点是求出?DEFAC的弧长，解（2）的要点是判断出莱洛三角形绕等边扫过的图形，解（3）的要点是得出点I第一次回到起点时，I的路径，是一道中等难度的题目13如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的O与AD、AC分别

32、交于点E、F，且ACBDCE（1）判断直线CE与O的地址关系，并说明原由；（2）若AB2，BC2，求O的半径【答案】（1）直线CE与O相切，原由见分析；（2）O的半径为64【分析】【分析】（1）第一连接OE，由OE=OA与四边形ABCD是矩形，易求得DEC+OEA=90，即OEEC，即可证得直线CE与O的地址关系是相切；（2）第一易证得CDECBA，而后依据相似三角形的对应边成比率，即可求得DE的长，又由勾股定理即可求得AC的长，而后设OA为x，即可得方程(3)2x2(6x)2，解此方程即可求得O的半径【详解】解：（1）直线CE与O相切原由：连接OE，四边形ABCD是矩形，BDBAD90，BC

33、AD，CDAB，DCE+DEC90，ACBDAC，又DCEACB，DEC+DAC90，OEOA，OEADAC，DEC+OEA90，OEC90，OEEC，OE为圆O半径，直线CE与O相切；2）BD，DCEACB，CDECBA，BCAB，DCDECDAB2，BC2，DE1依据勾股定理得EC3，又AC226，ABBC设OA为x，则(3)2x2(6x)2，解得x6，4O的半径为64【点睛】此题观察了切线的判断与性质，矩形的性质，相似三角形的判断与性质以及勾股定理等知识此题综合性较强，难度适中，解题的要点是注意数形结合思想与方程思想的应用，注意辅助线的作法14如图，BD为ABC外接圆O的直径，且BAEC1