中考数学与圆有关的压轴题

..中考数学与圆有关的压轴题〔解答题部分311．〔2014•XXXX,第27题10分如图,在⊙O的内接△ABC中,∠ACB=90°,AC=2BC,过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D,垂足为E．设P是上异于A,C的一个动点,射线AP交l于点F,连接PC与PD,PD交AB于点G．〔1求证：△PAC∽△PDF；〔2若AB=5,=,求PD的长；〔3在点P运动过程中,设=x,tan∠AFD=y,求y与x之间的函数关系式．〔不要求写出x的取值范围考点：圆的综合题分析：〔1证明相似,思路很常规,就是两个角相等或边长成比例．因为题中因圆周角易知一对相等的角,那么另一对角相等就是我们需要努力的方向,因为涉及圆,倾向于找接近圆的角∠DPF,利用补角在圆内作等量代换,等弧对等角等知识易得∠DPF=∠APC,则结论易证．〔2求PD的长,且此线段在上问已证相似的△PDF中,很明显用相似得成比例,再将其他边代入是应有的思路．利用已知条件易得其他边长,则PD可求．〔3因为题目涉及∠AFD与也在第一问所得相似的△PDF中,进而考虑转化,∠AFD=∠PCA,连接PB得∠AFD=∠PCA=∠PBG,过G点作AB的垂线,若此线过PB与AC的交点那么结论易求,因为根据三角函数或三角形与三角形ABC相似可用AG表示∠PBG所对的这条高线．但是"此线是否过PB与AC的交点"？此时首先需要做的是多画几个动点P,观察我们的猜想．验证得我们的猜想应是正确的,可是证明不能靠画图,如何求证此线过PB与AC的交点是我们解题的关键．常规作法不易得此结论,我们可以换另外的辅助线作法,先做垂线,得交点H,然后连接交点与B,再证明∠HBG=∠PCA=∠AFD．因为C、D关于AB对称,可以延长CG考虑P点的对称点．根据等弧对等角,可得∠HBG=∠PCA,进而得解题思路．解答：〔1证明：∵,∴∠DPF=180°﹣∠APD=180°﹣所对的圆周角=180°﹣所对的圆周角=所对的圆周角=∠APC．在△PAC和△PDF中,,∴△PAC∽△PDF．〔2解：如图1,连接PO,则由,有PO⊥AB,且∠PAB=45°,△APO、△AEF都为等腰直角三角形．在Rt△ABC中,∵AC=2BC,∴AB2=BC2+AC2=5BC2,∵AB=5,∴BC=,∴AC=2,∴CE=AC•sin∠BAC=AC•=2•=2,AE=AC•cos∠BAC=AC•=2•=4,∵△AEF为等腰直角三角形,∴EF=AE=4,∴FD=FC+CD=〔EF﹣CE+2CE=EF+CE=4+2=6．∵△APO为等腰直角三角形,AO=•AB=,∴AP=．∵△PDF∽△PAC,∴,∴,∴PD=．〔3解：如图2,过点G作GH⊥AB,交AC于H,连接HB,以HB为直径作圆,连接CG并延长交⊙O于Q,∵HC⊥CB,GH⊥GB,∴C、G都在以HB为直径的圆上,∴∠HBG=∠ACQ,∵C、D关于AB对称,G在AB上,∴Q、P关于AB对称,∴,∴∠PCA=∠ACQ,∴∠HBG=∠PCA．∵△PAC∽△PDF,∴∠PCA=∠PFD=∠AFD,∴y=tan∠AFD=tan∠PCA=tan∠HBG=．∵HG=tan∠HAG•AG=tan∠BAC•AG==,∴y==x．点评：本题考查了圆周角、相似三角形、三角函数等性质,前两问思路还算简单,但最后一问需要熟练的解题技巧需要长久的磨练总结．总体来讲本题偏难,学生练习时加强理解,重点理解分析过程,自己如何找到思路．12.〔2014•XXXX,第24题12分如图①,已知：在矩形ABCD的边AD上有一点O,OA=,以O为圆心,OA长为半径作圆,交AD于M,恰好与BD相切于H,过H作弦HP∥AB,弦HP=3．若点E是CD边上一动点〔点E与C,D不重合,过E作直线EF∥BD交BC于F,再把△CEF沿着动直线EF对折,点C的对应点为G．设CE=x,△EFG与矩形ABCD重叠部分的面积为S．〔1求证：四边形ABHP是菱形；〔2问△EFG的直角顶点G能落在⊙O上吗？若能,求出此时x的值；若不能,请说明理由；〔3求S与x之间的函数关系式,并直接写出FG与⊙O相切时,S的值．第3题图考点： 圆的综合题；含30度角的直角三角形；菱形的判定；矩形的性质；垂径定理；切线的性质；切线长定理；轴对称的性质；特殊角的三角函数值所有专题： 压轴题．分析： 〔1连接OH,可以求出∠HOD=60°,∠HDO=30°,从而可以求出AB=3,由HP∥AB,HP=3可证到四边形ABHP是平行四边形,再根据切线长定理可得BA=BH,即可证到四边形ABHP是菱形．〔2当点G落到AD上时,可以证到点G与点M重合,可求出x=2．〔3当0≤x≤2时,如图①,S=S△EGF,只需求出FG,就可得到S与x之间的函数关系式；当2＜x≤3时,如图④,S=S△GEF﹣S△SGR,只需求出SG、RG,就可得到S与x之间的函数关系式．当FG与⊙O相切时,如图⑤,易得FK=AB=3,KQ=AQ﹣AK=2﹣2+x．再由FK=KQ即可求出x,从而求出S．解答： 解：〔1证明：连接OH,如图①所示．∵四边形ABCD是矩形,∴∠ADC=∠BAD=90°,BC=AD,AB=CD．∵HP∥AB,∴∠ANH+∠BAD=180°．∴∠ANH=90°．∴HN=PN=HP=．∵OH=OA=,∴sin∠HON==．∴∠HON=60°∵BD与⊙O相切于点H,∴OH⊥BD．∴∠HDO=30°．∴OD=2．∴AD=3．∴BC=3．∵∠BAD=90°,∠BDA=30°．∴tan∠BDA===．∴AB=3．∵HP=3,∴AB=HP．∵AB∥HP,∴四边形ABHP是平行四边形．∵∠BAD=90°,AM是⊙O的直径,∴BA与⊙O相切于点A．∵BD与⊙O相切于点H,∴BA=BH．∴平行四边形ABHP是菱形．〔2△EFG的直角顶点G能落在⊙O上．如图②所示,点G落到AD上．∵EF∥BD,∴∠FEC=∠CDB．∵∠CDB=90°﹣30°=60°,∴∠CEF=60°．由折叠可得：∠GEF=∠CEF=60°．∴∠GED=60°．∵CE=x,∴GE=CE=x．ED=DC﹣CE=3﹣x．∴cos∠GED===．∴x=2．∴GE=2,ED=1．∴GD=．∴OG=AD﹣AO﹣GD=3﹣﹣=．∴OG=OM．∴点G与点M重合．此时△EFG的直角顶点G落在⊙O上,对应的x的值为2．∴当△EFG的直角顶点G落在⊙O上时,对应的x的值为2．〔3①如图①,在Rt△EGF中,tan∠FEG===．∴FG=x．∴S=GE•FG=x•x=x2．②如图③,ED=3﹣x,RE=2ED=6﹣2x,GR=GE﹣ER=x﹣〔6﹣2x=3x﹣6．∵tan∠SRG===,∴SG=〔x﹣2．∴S△SGR=SG•RG=•〔x﹣2•〔3x﹣6．=〔x﹣22．∵S△GEF=x2,∴S=S△GEF﹣S△SGR=x2﹣〔x﹣22．=﹣x2+6x﹣6．综上所述：当0≤x≤2时,S=x2；当2＜x≤3时,S=﹣x2+6x﹣6．当FG与⊙O相切于点T时,延长FG交AD于点Q,过点F作FK⊥AD,垂足为K,如图④所示．∵四边形ABCD是矩形,∴BC∥AD,∠ABC=∠BAD=90°∴∠AQF=∠CFG=60°．∵OT=,∴OQ=2．∴AQ=+2．∵∠FKA=∠ABC=∠BAD=90°,∴四边形ABFK是矩形．∴FK=AB=3,AK=BF=3﹣x．∴KQ=AQ﹣AK=〔+2﹣〔3﹣x=2﹣2+x．在Rt△FKQ中,tan∠FQK==．∴FK=QK．∴3=〔2﹣2+x．解得：x=3﹣．∵0≤3﹣≤2,∴S=x2=×〔3﹣2=﹣6．∴FG与⊙O相切时,S的值为﹣6．点评： 本题考查了矩形的性质、菱形的性质、切线的性质、切线长定理、垂径定理、轴对称性质、特殊角的三角函数值、30°角所对的直角边等于斜边的一半、等腰三角形的性质等知识,综合性非常强．13．〔2014•莱芜,第23题10分如图1,在⊙O中,E是弧AB的中点,C为⊙O上的一动点〔C与E在AB异侧,连接EC交AB于点F,EB=〔r是⊙O的半径．〔1D为AB延长线上一点,若DC=DF,证明：直线DC与⊙O相切；〔2求EF•EC的值；〔3如图2,当F是AB的四等分点时,求EC的值．考点：圆的综合题．.专题：综合题．分析：〔1连结OC、OE,OE交AB于H,如图1,由E是弧AB的中点,根据垂径定理的推论得到OE⊥AB,则∠HEF+∠HFE=90°,由对顶相等得∠HFE=∠CFD,则∠HEF+∠CFD=90°,再由DC=DF得∠CFD=∠DCF,加上∠OCE=∠OEC,所以∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°,于是根据切线的判定定理得直线DC与⊙O相切；〔2由弧AE=弧BE,根据圆周角定理得到∠ABE=∠BCE,加上∠FEB=∠BEC,于是可判断△EBF∽△ECB,利用相似比得到EF•EC=BE2=〔r2=r2；〔3如图2,连结OA,由弧AE=弧BE得AE=BE=r,设OH=x,则HE=r﹣x,根据勾股定理,在Rt△OAH中有AH2+x2=r2；在Rt△EAH中由AH2+〔r﹣x2=〔r2,利用等式的性质得x2﹣〔r﹣x2=r2﹣〔r2,即得x=r,则HE=r﹣r=r,在Rt△OAH中,根据勾股定理计算出AH=,由OE⊥AB得AH=BH,而F是AB的四等分点,所以HF=AH=,于是在Rt△EFH中可计算出EF=r,然后利用〔2中的结论可计算出EC．解答：〔1证明：连结OC、OE,OE交AB于H,如图1,∵E是弧AB的中点,∴OE⊥AB,∴∠EHF=90°,∴∠HEF+∠HFE=90°,而∠HFE=∠CFD,∴∠HEF+∠CFD=90°,∵DC=DF,∴∠CFD=∠DCF,而OC=OE,∴∠OCE=∠OEC,∴∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°,∴OC⊥CD,∴直线DC与⊙O相切；〔2解：连结BC,∵E是弧AB的中点,∴弧AE=弧BE,∴∠ABE=∠BCE,而∠FEB=∠BEC,∴△EBF∽△ECB,∴EF：BE=BE：EC,∴EF•EC=BE2=〔r2=r2；〔3解：如图2,连结OA,∵弧AE=弧BE,∴AE=BE=r,设OH=x,则HE=r﹣x,在Rt△OAH中,AH2+OH2=OA2,即AH2+x2=r2,在Rt△EAH中,AH2+EH2=EA2,即AH2+〔r﹣x2=〔r2,∴x2﹣〔r﹣x2=r2﹣〔r2,即得x=r,∴HE=r﹣r=r,在Rt△OAH中,AH===,∵OE⊥AB,∴AH=BH,而F是AB的四等分点,∴HF=AH=,在Rt△EFH中,EF===r,∵EF•EC=r2,∴r•EC=r2,∴EC=r．点评：本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理及其推论、切线的判定定理和圆周角定理；会利用勾股定理进行几何计算,利用相似三角形的知识解决有关线段等积的问题．14.〔2014•XX,第26题12分如图,⊙O1与⊙O2外切与点D,直线l与两圆分别相切于点A、B,与直线O1、O2相交于点M,且tan∠AM01=,MD=4．〔1求⊙O2的半径；〔2求△ADB内切圆的面积；〔3在直线l上是否存在点P,使△MO2P相似于△MDB？若存在,求出PO2的长；若不存在,请说明理由．考点：圆的综合题．.专题：综合题．分析：〔1连结O1A、O2B,设⊙O1的半径为r,⊙O2的半径为R,根据两圆相切的性质得到直线O1O2过点D,则MO2=MD+O2D=4+R,再根据切线的性质由直线l与两圆分别相切于点A、B得到O1A⊥AB,O2B⊥AB,然后根据特殊角的三角函数值得到∠AM01=30°,在Rt△MBO2中,根据含30度的直角三角形三边的关系得MO2=O2B=2R,于是有4+R=2R,解得R=4；〔2利用互余由∠AM02=30°得到∠MO2B=60°,则可判断△O2BD为等边三角形,所以BD=O2B=4,∠DBO2=60°,于是可计算出∠ABD=30°,同样可得∠MO1A=60°,利用三角形外角性质可计算得∠O1AD=∠MO1A=30°,则∠DAB=60°,所以∠ADB=90°,在Rt△ABD中,根据含30度的直角三角形三边的关系得AD=BD=4,AB=2AD=8,利用直角三角形内切圆的半径公式得到△ADB内切圆的半径==2﹣2,然后根据圆的面积公式求解；〔3先在Rt△MBO2中,根据含30度的直角三角形三边的关系得MB=O2B=12,然后分类讨论：△MO2P与△MDB有一个公共角,当△MO2P∽△MDB时,利用相似比可计算出O2P=8；当△MO2P∽△MBD时,利用相似比可计算出O2P=8．解答：解：〔1连结O1A、O2B,如图,设⊙O1的半径为r,⊙O2的半径为R,∵⊙O1与⊙O2外切与点D,∴直线O1O2过点D,∴MO2=MD+O2D=4+R,∵直线l与两圆分别相切于点A、B,∴O1A⊥AB,O2B⊥AB,∵tan∠AM01=,∴∠AM01=30°,在Rt△MBO2中,MO2=O2B=2R,∴4+R=2R,解得R=4,即⊙O2的半径为4；〔2∵∠AM02=30°,∴∠MO2B=60°,而O2B=O2D,∴△O2BD为等边三角形,∴BD=O2B=4,∠DBO2=60°,∴∠ABD=30°,∵∠AM01=30°,∴∠MO1A=60°,而O1A=O1D,∴∠O1AD=∠O1DA,∴∠O1AD=∠MO1A=30°,∴∠DAB=6