2020-2021中考数学压轴题专题复习-圆的综合的综合及详细答案

xx2020-2021中考数学压轴题专题复习一圆的综合的综合及详细答案一、圆的综合如图，AB是O0的直径，弦CD丄AB,垂足为H,连结AC,过BD上一点E作EGIIAC交CD的延长线于点G,连结AE交CD于点F,且EG=FG,连结CE.求证:ZG=ZCEF；求证：EG是OO的切线;延长AB交GE的延长线于点M延长AB交GE的延长线于点M,若tanG=4,AH=3J3，求EM的值.(3)【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析;25*38■【解析】试题分析：(1)由ACIEG,推出ZG=ZACG,由AB丄CD推出AD二AC，推出ZCEF=ZACD,推出ZG=ZCEF,由此即可证明；欲证明EG是OO的切线只要证明EG丄OE即可；连接OC.设OO的半径为r.在RtAOCH中，利用勾股定理求出r,证明—AHHC△AHC八MEO,可得二，由此即可解决问题；EMOE试题解析：(1)证明：如图1.tACIEG,AZG=ZACG,•:AB丄CD,AAD二AC，ZCEF=ZACD,AZG=ZCEF,TZECF=ZECG,A△ECZ△GCE.(2)证明：如图2中，连接OE.TGF=GE,AZGFE=ZGEF=ZAFH,TOA=OE,AZOAE=ZOEA,TZAFH+ZFAH=90°,AZGEF+ZAEO=90°,AZGEO=90°,AGE±OE,AEG是OO的切线.

AH3ll•••OC=r，OH=r-3^3在RtAAHC中，tanzACH=tanZG=万^=才，丁AH=3耳3,二HC=•••OC=r，OH=r-3^3,HC=4^3,•(r—3m'3)-+(4\/3)-=r-,•r=—'6AHHCIGMIIAC,・•ZCAH=ZM,VzOEM=ZAHC,・•△AHC-△MEO,・•二——,EMOE3朽=竺25,.3二EM25勇，•••EM=-5^.8点睛：本题考查圆综合题、垂径定理、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，正确寻找相似三角形，构建方程解决问题吗，属于中考压轴题.如图，A、B两点的坐标分别为(0,6),(0,3),点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q,连接PQ,M为线段PQ的中占八、、•

求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；当OM与x轴相切时，求点Q的坐标；当点P从点(2,0)运动到点(3,0)时，请直接写出线段QM扫过图形的面积.63【答案】⑴见解析;(2)Q的坐标为(3^2，9);(3).8【解析】(1)解：连接AM、BM，•••AQ丄AP，BQ丄BPV△APQ和厶BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点1AM=BM=PM=QM=—pq2.A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。(2)解：作MG丄y轴于G，MC丄x轴于C，TAM=BM.G是AB的中点，由A(0，6)，B(0，3)可得MC=OG=4.5.在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5则点Q到x轴的距离始终为9,即点Q的纵坐标始终为9，当OM与x轴相切时则PQ丄x轴，作QH丄y轴于H,HB=9—3=6,设OP=HQ=x由厶BOP-△QHB,得X2=3x6=8,x=3\：2•••点Q的坐标为(3、迂,9)(3)解：由相似可得：当点P在P1(2,0)时，Q1(4,9)则M1(3,4.5)当点P在P2(3,0)时，Q2(6,9),贝M2(4.5,4.5)“93•MiM2=2—3=2,Q0=6—4=2线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1【解析】【分析】根据已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，再根据这个条件结合题意直接解答此题.【详解】(1)解：连接AM、BM,

•••AQ丄AP,BQ丄BPT△APQ和厶BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点AM=BM=PM=QM=〒PQ,•••A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。(2)解：作MG丄y轴于G，MC丄x轴于C,TAM=BM•G是AB的中点，由A(0,6),B(0,3)可得MC=OG=4.5•在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5则点Q到x轴的距离始终为9,即点Q的纵坐标始终为9,当OM与x轴相切时则PQ丄x轴，作QH丄y轴于H,LISi7Q/////BX,OP工HB=9—3=6,设OP=HQ=x由厶BOPs^QHB，得x2=3x6=8,x=3・••点Q的坐标为(3,9)(3)解：由相似可得：当点P在P](2,0)时，Q1(4,9)则M](3,4.5)当点P在P2(3,0)时,Q2(6,9),则M2(4.54.5)g3.・・・M见二总-3=总,Q1Q2=6-4=2【点睛】本题主要考查学生根据题意能找到三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，而且考验学生对相似三角形性质的运用，掌握探索题目隐含条件是解决此题的关键3.如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA,PB,PC.将△PAB绕点B顺时针旋转90到AP'CB的位置.（1）殳AB的长为a,PB的长为b（b〈a）,求APAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域图中阴影部分）的面积；（2若PA=2,PB=4,ZAPB=135°求PC的长.【答案】⑴S阴影：（aHs）；（2）PC=6.【解析】"试题分析：（1）依题意，将AP'C逆时针旋转90可与厶PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积唸形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°可据此求出阴影部分的面积.（2）连接PP',根据旋转的性质可知：BP=BP',旋转角ZPBP'=90°则厶PBP'是等腰直角三角形，ZBP'C=/BPA=135°ZPP'C=/BP'C-/BP'P=135-45=90°可推出△PP'C是直角三角

形，进而可根据勾股定理求出PC的长.试题解析：（1）•••将厶PAB绕点B顺时针旋转90°到厶P，CB的位置,△PAB^△P'CB，…'△PAB=SAP'CB，(a2-b(a2-b2)阴影扇形BAC扇形BPP'（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：△APB竺△CP'B，BP=BP'=4，P'C=PA=2，ZPBP'=90°，.△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；又:ZBP'C=ZBPA=135°，ZPP'C=ZBP'C-ZBP'P=135°-45°=90°，即△PP'C是直角三角形.=6・考点：1•扇形面积的计算；2•正方形的性质；3•旋转的性质.4.如图，在O0中，直径AB丄弦CD于点E,连接AC,BC,点F是BA延长线上的一点,且ZFCA=ZB.⑴求证：CF是O0的切线;(2)若AE(2)若AE=4，tanZACD=求FC的长.【答案】（1）见解析【解析】分析：（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出ZOCF=90°，进而得出答案；（2）根据正切的性质求出EC的长，然后利用垂径定理求出圆的半径，再根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出即可.详解:(1)证明：连接OC.TAB是OO的直径,ZACB=90°，•••ZOCB+ZACO=90°.TOB=OC,ZB=ZOCB.又:ZFCA=ZB，ZFCA=ZOCB，ZFCA+ZACO=90°，即ZFCO=90°,FC丄OC,FC是OO切线.(2)解：(2)解：TAB丄CD,.厶AEC=90°,AE二4打EC=tanZACE<3,设OA=OC=r，贝9OE=OA-AE=r-4.在RtAOEC中，OC2=OE2+CE2,即r2=(r—4)2+(473)2,解得r=8.OE=r—4=4=AE.TCE丄OA,.CA=CO=8,.△AOC是等边三角形，ZFOC=60°,•••ZF=30°.在RtAFOC中，TZOCF=90°,OC=8,ZF=30°,OF=2OC=16,.FC=pg_OC2=汎3.点睛：此题主要考查了切线的判定、垂径定理的推论以及勾股定理等知识，得出BC的长是解题关键.(1)【答案】(1)B(4屈2).(2)证明见解析.5.如图，(1)【答案】(1)B(4屈2).(2)证明见解析.5.如图，AN是OM的直径，若点A(0,6),N(0,2),ZABN=30°，求点B的坐标;直线CD是OM的切【解析】试题分析：(1)在RtAABN中，求出AN、AB即可解决问题;(2)连接MC,NC.只要证明ZMCD=90°即可试题解析：(1)TA的坐标为(0,6),N(0,2),AN=4,TZABN=30°,ZANB=90°,AB=2AN=8,•••由勾股定理可知：NB=J^：_加=伍,(2)连接MC,NCTAN是OM的直径，ZACN=90°,ZNCB=90°,在RtANCB中，D为NB的中点,.CD=^NB=ND,2.ZCND=ZNCD,TMC=MN,ZMCN=ZMNC,TZMNC+ZCND=90°,ZMCN+ZNCD=90°,即MCICD..直线CD是OM的切线.6..如图，△ABC中，ZACB=90°,ZA=30°,AB=6.D是线段AC上一个动点(不与点A重合)，OD与AB相切，切点为E,OD交射.线DC于点F,过F作FG丄EF交直线BC于点G,设OD的半径为r.求证AE=EF；当OD与直线BC相切时，求r的值；当点G落在OD内部时，直接写出r的取值范围.【答案】(1)见解析,(2)r=f3,(3)<3<r〈弋【解析】【分析】连接DE,则/ADE=60°=ZDEF+ZDFE，而/DEF=ZDFE，则/DEF=ZDFE=30°=ZA,即可求解；如图2所示，连接DE,当圆与BC相切时，切点为F,ZA=30°,AB=6，则BF=3,AD=2r，由勾股定理，即可求解；分点F在线段AC上、点F在线段AC的延长线上两种情况，分别求解即可.【详解】解：设圆的半径为r；Hi而ZDEF=ZDFE，则ZDEF=ZDFE=30°=ZA,AE=EF；(2)如图2所示，连接DE,当圆与BC相切时，切点为F由勾股定理得：(3r)2+9=36,解得:r=、；'3；

(3)①当点F在线段AC上时，如图3所示，连接DE、DG,FC3、込3r,GC<3FC93j3r②当点F②当点F在线段AC的延长线上时，如图4所示，连接DE、DG，9两种情况下GC符号相反，GC2相同,由勾股定理得：DG2=CD2+CG2，点G在圆的内部，故：DG2<r2,即：(3/32r)2(3“3r9)2r2整理得：5r21K-'3r180解得：扁6薦r5【点睛】本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；利用勾股定理计算线段的长.7.如图，已知AB是®0的直径，P是BA延长线上一点，PC切®0于点C，CD丄AB,垂B(1)求证：B(1)求证：ZPCA=ZABC；(2)过点A作AEIIPC交OO于点E,交CD于点F,交BC于点M,若/CAB=2ZB,CF=<3，求阴影部分的面积.【答案】(1)详见解析；(2)6兀—阮3【解析】【分析】(1)如图，连接OC，利用圆的切线的性质和直径对应的圆周角是直角可得ZPCA=ZOCB,利用等量代换可得ZPCA=ZABC.(2)先求出△OCA是等边三角形，在利用三角形的等边对等角定理求出FA=FC和CF=FM,然后分别求出AM、AC、MO、CD的值，分别求出SAaoe、S扇形boe、的值，利用气阴影部分二SAA0E+S扇形BOE—SAABM，然后通过计算即可解答.【详解】-PC切OO于点C,•••0C丄PC,.ZPCA+ZACO=90°,-AB是OO的直径，:・ZACB=ZACO+OCB=90°.ZPCA=ZOCB,•OC=OBJZOBC=ZOCB,.ZPCA=ZABC；T△ACB中，ZACB=90°,ZCAB=2ZB,ZB=30°,ZCAB=60°,「.△OCA是等边三角形，TCD丄AB：.ZACD+ZCAD=ZCAD+ZABC=90°,ZACD=ZB=30°,TPCIIAE,.ZPCA=ZCAE=30°,.FC=FA,同理，CF=FM,.AM=2CF=2朽,RtAACM中，易得AC=2爲x=3=OC,2

T乙B=ZCAE=30°,「.乙AOC=ZCOE=60°,ZEOB=60°,「.ZEAB=ZABC=30°,「.MA=MB,连接OM,EG丄AB交AB于G点，如图所示，vOA=OB,.MO丄AB,.MO=OAxtan30°=©3T△CDO竺△EDO(AAS),EG=CD=ACxsin60°=3,.'3,2S=ABxMO=3\：3TOC\o"1-5"\h\zNABM2'同样，易求S二痘,AAOE460kx323兀S——-扇形boe3602•••S阴影部分—S•••S阴影部分—S+SAA0E扇形BOE-SAABM—3\i3—【点睛】本题考查了切线的性质、解直角三角形、扇形面积和识图的能力，综合性较强，有一定难度，熟练掌握定理并准确识图是解题的关键.8如图，PA切OO于点A,射线PC交OO于C、B两点，半径OD丄BC于E,连接BD、DC和OA,DA交BP于点F；1求证：ZADC+ZCBD=-ZAOD；在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段.【答案】(1)详见解析；(2)详见解析;【解析】【分析】根据垂径定理得到BD=CD，根据等腰三角形的性质得到ZODA=-(180°-ZAOD)=90。—1ZAOD，即可得到结论；22根据垂径定理得到BE二CE，BD=CD，根据等腰三角形的性质得到ZADO=ZOAD，根据切线的性质得到ZPAO=90，求得ZOAD+ZDAP=90°，推出ZPAF=ZPFA，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论.【详解】(1)证明：・・・OD丄BC，BD=CD，・・.ZCBD=ZDCB，・・・ZDFE+ZEDF=90°，・ZEDF=90-ZDFE,OD二OA，•:ZODA=2(180-ZAOD)=90-2ZAOD90-zdfe=90-2RD,:,ZDEF=1ZAOD，2・・・ZDFE=ZADC+ZDCB=ZADC+ZCBD，:ZADC+ZCBD=1ZAOD；2，(2)解：・・・OD丄BC，：BE=CE，BD=矗，:.BD=CD，OA=OD，：・ZADO=ZOAD，・.・PA切OO于点A，:.ZPAO=90，:ZOAD+ZDAP=90，•.•ZPFA=ZDFE，:ZPFA+ZADO=90，:ZPAF=ZPFA，:PA=PF．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键.9.如图，O0的直径AB=8,C为圆周上一点，AC=4,过点C作O0的切线/,过点B作l的垂线BD,垂足为D，BD与O0交于点E.求/AEC的度数；求证：四边形OBEC是菱形.【答案】(1)30。；(2)详见解析.【解析】【分析】易得△AOC是等边三角形，则/AOC=60°,根据圆周角定理得到ZAEC=30°；根据切线的性质得到0C丄/,则有OCIIBD,再根据直径所对的圆周角为直角得到ZAEB=90°,则/EAB=30°,可证得ABIICE,得到四边形OBEC为平行四边形，再由0B=0C,即可判断四边形OBEC是菱形.【详解】解：在△AOC中，AC=4,A0=0C=4,••△AOC是等边三角形，ZAOC=60°,ZAEC=30°；证明：•OC丄/,BD丄1.••OCIIBD..ZABD=ZAOC=60°.AB为OO的直径，ZAEB=90°,.△AEB为直角三角形，ZEAB=30°.ZEAB=ZAEC..CEIIOB,又•COIIEB.四边形OBEC为平行四边形.又OB=OC=4.••四边形OBEC是菱形.【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径.也考查了圆周角定理及其推论以及菱形的判定方法.

10.如图，AB为OO的直径，C、D为OO上异于A、B的两点，连接CD，过点C作CE丄DB，交CD的延长线于点E，垂足为点E，直径AB与CE的延长线相交于点F.（1）连接AC、AD，求证：ZDAC+ZACF=180。.⑵若ZABD=2上BDC.求证：CF是OO的切线.3当BD=6，tanF=才时，求CF的长.20【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②CF=―^.【解析】【分析】（1）根据圆周角定理证得ZADB=90°，即AD丄BD，由CE丄DB证得ADIICF，根据平行线的性质即可证得结论；（2）①连接OC.先根据等边对等角及三角形外角的性质得出Z3=2Z1,由已知Z4=2Z1，得到Z4=Z3，则OCIIDB，再由CE丄DB，得到OC丄CF，根据切线的判定即可证明CF为OO的切线；—BD34②由CFIIAD，证出ZBAD二ZF，得出tanZBAD=tanZF==，求出AD==BD=8，禾UAD43即可求出CF.OC3用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5,再由tanF=CF即可求出CF.【详解】解：(1)AB是OO的直径，且D为OO上一点,/.ZADB=90。，・・・CE丄DB，:/DEC=90。，CF//AD，:.ADAC+ZACF=180。.(2)①如图，连接OC.・.・OA=OC,:.A1=Z2.・.・A3=Z1+Z2，:.Z3=2Z1.・.・A4=2ZBDC，ABDC=Z1，/.Z4=2Z1,••・Z4=Z3,/OC//DB.・.・CE丄DB,/・OC丄CF.又:OC为OO的半径,••・CF为oO的切线.②由（1）知CF//AD,/ZBAD=ZF,3./tanZBAD=tanF=一,4.BD_3…ID—4.•：BD_64:.AD_-BD_8,3/・AB_\'62+82_10,OB_OC_5.・・・OC丄CF,/.ZOCF_90。,厂OC3./tanF__,CF4“20解得CF_—.【点睛】本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果.11.已知AC=DC,AC丄DC,直线MN经过点A,作DB丄MN,垂足为B,连结CB.［感知］如图①，点人、B在CD同侧，且点B在AC右侧，在射线AM上截取AE=BD,连结CE,可证△BCD^△ECA,从而得出EC=BC,ZECB=90°,进而得出/ABC=度；［探究］如图②，当点A、B在CD异侧时，［感知］得出的ZABC的大小是否改变？若不改变，给出证明；若改变，请求出ZABC的大小.［应用］在直线MN绕点A旋转的过程中，当ZBCD=30°，BD=f时，直接写出BC的长.【答案】【感知】：45；【探究】：不改变，理由详见解析；【拓展】：BC的长为-Li或」-1.【解析】【分析】［感知］证明△BCDZ△ECA(SAS)即可解决问题；［探究］结论不变，证明△BCD里△ECA(SAS)即可解决问题；［应用］分两种情形分别求解即可解决问题.【详解】解：【感知】，如图①中，在射线AM上截取AE=BD，连结CE.图①TAC±DC，DB丄MN,ZACD=ZDBA=90°.ZCDB+ZCAB=180°,TZCAB+ZCAE=180°.ZD=ZCAE,TCD=AC,AE=BD,.△BCD竺△ECA(SAS),.BC=EC,ZBCD=ZECA,TZACE+ZECD=90°,ZECD+ZDCB=90°,即ZECB=90°,ZABC=45°.故答案为45【探究】不改变.理由如下：如图，如图②中，在射线AN上截取AE=BD，连接CE,设MN与CD交于点0.TAC±DC，DB丄MN,.ZACD=ZDBA=90°，IZA0C=ZDOB，.ZD=ZEAC，CD=AC,.△BCD竺△ECA(SAS)，.BC=EC，ZBCD=ZECA,•:ZACE+ZECD=90°，.ZECD+ZDCB=90°,即ZECB=90°，ZABC=45°.【拓展】如图①-1中，连接AD.ZACD+ZABD=180°，.A，C，D，B四点共圆，ZDAB=ZDCB=30°，.AB=..：BD=\■'，.EB=AE+AB=、，•••△ECB是等腰直角三角形,EB—-V如图1,已知点A(如图1,已知点A(-2，0),以原点O为圆心，OA长为半径画弧交x轴正半轴于点B.在P](0，4)，P2(0，1)，P3(0，-3)，P4(4，0)这四个点中，独立于AB的点是;如图2,已知点C(-3，0)，D(0，3)，E(3，0),点P是直线I：y=2x+8上的一个动点.若点P独立于折线CD-DE，求点P的横坐标xp的取值范围；如图3,OH是以点H(0,4)为圆心，半径为1的圆.点T(0,t)在y轴上且t>-3,以点T为中心的正方形KLMN的顶点K的坐标为(0,t+3)，将正方形KLMN在x轴及x轴上方的部分记为图形W.若OH上的所有点都独立于图形W,直接写出t的取值范围.【答案】(1)P2，P3;(2)xPV-5或xP>-3.(3)-3VtV1-j2或1+J2<t<7^2.【解析】【分析】根据点P独立于图形W的定义即可判断；求出直线DE，直线CD与直线y=2x+8的交点坐标即可判断；求出三种特殊位置时t的值，结合图象即可解决问题.【详解】(1)由题意可知：在P](0,4),P2(0,1),P3(0,-3),P4(4,0)这四个点中，独X'如图②中，同法可得BC^'1'-1.综上所述，BC的长为-'+1或「-1.【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题.12.在平面直角坐标系xOy中，对于点P和图形W,如果以P为端点的任意一条射线与图形W最多只有一个公共点，那么称点P独立于图形W.画1團2郵

立于AB的点是P2，P3.(2)TC(-3,0),D(0,3),E(3,0),•••直线CD的解析式为y=x+3，直线DE的解析式为y=-x+3,y=2x+8y=x+3可得直线y=2x+8y=x+3可得直线I与直线CD的交点的横坐标为-5,y=2x+8y=-x+3解得x=—一3<14可得直线丨与直线DE的交点的横坐标为-1,•当-3<t<1-J2时，OH上的所有点都独立于图形W.•满足条件的点P的横坐标x的取值范围为：xpV-5或xp>--.pp3连接EH,贝EH=EK=1,HK*2,如图3-2中，当线段KN与OH相切于点E时，连接EH.0T=0M+TM=4-、2+3=7-j2,•••T(0,7r2)，此时t=7-f2,•当1+迈VtV7—2时，OH上的所有点都独立于图形W.综上所述，满足条件的t的值为-3VtV1r''2或1+p2VtV7“2.【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，一次函数的应用，点P独立于图形W的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用特殊位置解决实际问题.13.如图①，已知RtAABC中，ZACB二90°，AC=8，AB=10，点d是AC边上一点(不与C重合)，以AD为直径作OO，过C作CE切OO于E，交AB于F.

若OO的半径为2,求线段CE的长；若AF=BF，求。O的半径；如图②，若CE=CB，点b关于AC的对称点为点G，试求G、E两点之间的距离.【答案】⑴CE二4迈；(2)00的半径为3；⑶G、E两点之间的距离为9.6.【解析】【分析】根据切线的性质得出ZOEC=90。，然后根据勾股定理即可求得；OEOCr8-r由勾股定理求得BC,然后通过证得△OEC-△BCA，得到=，即三=乔，解BCBA610得即可；GBGE证得D和M重合，E和F重合后，通过证得△GBE-△ABC，二，即ABAC1210GET"，解得即可.【详解】⑴如图，连结1210GET"，解得即可.【详解】⑴如图，连结0E.••CE切°0于E,AZOEC=90。.AC=8，©0半径为2，OC=6，OE=2..CE=JOC2-OE2=4j2；(2)设。O半径为r.在RtAABC中，ZACB=90。,AB=10,AC=8,…BC=\：'AB2—AC2=6-AF=BF,...AF=CF=BF.ZACF=ZCAF.••CE切oO于