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

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、圆综合1．如图，边长为的方形纸片的边AB为直径，交对角线AC于点．（）中线段AE=

；（）图2，图1的础上，以点A为点DAM=30°，CD于点，沿AM将边形ABCM剪掉，使eq\o\ac(△,Rt)绕点A逆针旋转（如图3）设旋转角为α0°＜＜）在旋转过程中与O交于点F．①当α=30°，请求出线段的；②当α=60°，求出线段AF的；判断此时DM与O的位置关系，并说明理由；③当时，与O相．【答案】（）

（）①2

，相离当α=90°时，与O相切【解析】（）接BE，AC是方形的角=45°，是等腰直角三角形，=8，=4

；（）连接OA、，题意得，=30°，DAM，可OAM，DAM，则OAF=60°，OAOF，是边三角形，AF=4

②连BF此=60°，，DAM，AF=DAM=8×此时DM与O的置关系是相离；

=4

；③=8，直径的长度相等当与O相切时，点D在O上故此时得α==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°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的置，有一定难度．2．已知O中弦AB=AC，P是BAC所弧上一动点，连接，．（）图，eq\o\ac(△,)ABP绕A逆针旋转eq\o\ac(△,)ACQ，接PC，证：ACP+ACQ=180°；（）图，若BAC=60°，试探究、、之的关系．（）若时（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写它们之间的数量关系，不需证明．

【答案】（）明见解析；2）．理由见解析；3）若BAC=120°时（）中的结论不成立，．【解析】试题分析：1）图，连接PC．根据内四边形的对角互补的”可证得结论；（）图，通过作辅助线、、（连接BC，延长至，使，连接CE）构建等eq\o\ac(△,)PCE和全等三角eq\o\ac(△,)APC；后利用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；（）图，在线段PC截取PQ，使PQ=PB，过点作于点G．利用全等三角eq\o\ac(△,)（）对应边相等推知AB=AQ，，PB、的量关系转化eq\o\ac(△,)中求即可．试题解析：1）图，连接PC．ACQ是eq\o\ac(△,)ABP绕A逆针旋转得到的，ABP=ACQ．由图知点A、、、四点共圆，（圆内接四边形的对角互补），ACQ=180°（等量代换）；（）理由如下：如图，接BC，延长BP至E，使PE=PC，接CE弦弦，BAC=60°，ABC是边三角形（有一内角为60°的等腰三角是等边三角形）．A、B、、四共圆，BPC=180°（内接四边形的对角互补），BPC+EPC=180°，BAC=CPE=60°，，PCE是等边三角形，CE=PC，E=ECP=；又BCE=60°+BCP，∠，BCE=ACP（量代换）CEeq\o\ac(△,)BECeq\o\ac(△,)APC中，ACP

，BEC（），，

ACBC；（）若时（2）中的结论不成立，3理由如下：如图，线段PC上截取PQ，PQ=PB，点A作PC于点G．，BAC+BPC=180°，．

弦弦，APQ=30°．eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)AQP中，

，ABPAQP（）

PB=PQ（等三角形的对应相等）AQ=AC（量代换）．在等eq\o\ac(△,)中，QG=CG．在eq\o\ac(△,)中，，，3PB+PC=PG﹣QG+PG+CG=PG﹣QG+PG+QG=2PG=2

3AG

3PA=2AG，即3．【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.3．如图，已知BC是O的弦A是O外一点eq\o\ac(△,)为正三角形D为BC的中点M为O上一点，并且．（）证：是O的切线；（），分是边AB上的两个动点，EDF=120°，O的径为，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说理由．【答案】（）明见试题解析；2）BE+CF的是定值，为等eq\o\ac(△,)ABC边的一半．【解析】试题分析：1）结OB、，图1，于为BC的点，由垂径定理的推理得，BOD=COD，可得到BOD=M=60°，，所以ABO=90°，于是得到AB是O的线；（）DMAB于，AC，结，如图2，eq\o\ac(△,)为正三角形，为BC

的中点，得到平分，BAC=60°，用角平分线性质得，得MDN=120°，由EDF=120°，得NDF于是eq\o\ac(△,)DMEDNF，得到，得到BE+CF=BM+CN，BM=

1，CN=OC，得到BE+CF=，可判断BE+CF的是2定值，为等eq\o\ac(△,)ABC边的一半．试题解析：1）结OB、，图1，为的中点，ODBC，，ODB=90°，BMC=

BOC，BOD=M=60°，OBD=30°，ABC为三角形，ABC=60°，ABO=60°+30°=90°，ABOB，AB是的线；（）的值是为定值．作DM于，AC于，结，图2，为正三角形，D为BC的点，AD平分BAC，BAC=60°，，，，NDF，eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)DNF中DNF．，，DMEDNFME=NF，BE+CF=BM﹣在eq\o\ac(△,)DMB中，BM=

11，同理可得，BE+CF=OC=BCBE+CF22的值是定值，为等eq\o\ac(△,)边的一半．考点：．线判定2等边三角形的性质3．值问题4．探究型5．综合题；6．压轴题．4．已知：为的直径O为圆心，点为圆上一点，过点B作O的切线交DA的延长线于点F，CO上点，且ABAC，连接BC交AD于E，连接．(1)如1，求证ABF＝；(2)如2，点为O内部一点，连接OH，若＝HCA＝时求证：＝

DA；(3)(的件下，若OH＝，O的半径为10，CE的．

【答案】见析；（）解析；）【解析】【分析】

.

由BD为eO的径，得到，根据切线的性质得到ABD90

，根据等腰三角形的性质得到

，等量代换即可得到结论；

如图2，接，根据平行的判定和性质得到

，根据等腰三角形的性质得到

OCB，ABCACB

，根据相似三角形的性质即可得到结论；

根据相似三角形的性质得到

ABBDOH

，根据勾股定理得到BD2

，根据全等三角形的性质得到BFBE，AF，据射影122定理得到AF16【详解】

，根据相交弦定理即可得到结论．O的径，BAD

o

，ABD

o

，QFB是eO的线，FBD

，ABD90FBA，QABAC，C，QC，ABF；如图2，接OC，

o

，

90AC//OH，ACOCOH，QOB，，

o

，ABCCBOACB

，即

，ABC

，H90o，ABD

HOC

，ADBDCHOC

，CH

；

V

HOC

，

ABOH

，QOH

，

eO

的半径为10，

，

BD

，BD2AB216在V与VABE中

，BAF

，ABFV，BFBE，AF，FBD90o，

AF，

1216AF

，，DE

，AB2AE2

，QAD，交，

，AE9BE5

．【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，知是O的径AC是O的，过点交O于D，AC于点E，交的延长线于点，点是EF的中点，连接(1)判CG与O的置关系，并说明理由；(2)求2＝•；(3)如2，当＝∠，＝，＝时，求DE的．【答案】（）与O相切，理由见解析；2）解析；3）＝【解析】【分析】（）接，由是直径eq\o\ac(△,)ECF是角三角形，结合为EF中知＝GEC＝GCE，再由OA＝OCA＝OAC，根据OF可得OCA＝，即GC，此即可得证；（）eq\o\ac(△,)ABCFBO得

ABBO

，结合＝即得；（）ECDEGC得

DE，根据＝DG＝知EG3

，解之可得．【详解】解：（）与O相，理由如下：如图，接CE，

AB是O的直径，＝ACF＝，点G是EF的点，GF＝＝，AEOGEC，＝，OCA＝OAC，，OAC+＝，OCAGCE90°即OCGC，与O相；（）AOE＝FCE＝，AEO＝，＝，又＝，ABC△FBO，

BCABBOBF

，即•＝BF，AB＝BO，

＝BF；（）（）知GC＝＝，＝GCF，＝∠F，又DCE＝，＝DCE，＝，△，

ECEDEG

，＝，DG＝，

DEDE

，

整理，得：﹣＝，解得：2或DE4.5（舍），故DE2【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．如图的ADeq\o\ac(△,是)ABC外O的切线，切点为，接并长交BC于点，O于，点作直线CP交AO的长线于点，且BCP＝．（）证：PC是O的线；（）若B67.5°，＝，线段PC，与弧CF所围成的阴影部分的面积S．【答案】（）解析；2）

【解析】【分析】（）过C点直径，连接MB，根据CM为直径，可M+＝，再根据ABDC可得ACDBAC，圆周角定理可BAC＝MBCPACD，而可推导得PCM＝，据切线判定即可得；（）接，由AD是的线，可＝，由BC，可得，从而得BE＝＝

BC1，而可得＝＝67.5°，而得到BAC＝，由圆周角定理可得，而可得BOE＝COE＝45°，据已知条件可推导得出OE＝＝，＝＝22

，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】（）过C点直径，连接MB，CM为径，MBC＝，即M+＝，四形是行四边形，ABDCADBC，ACD，BACM，BCP＝，＝BCPBCP+BCM＝90°，＝90°，CMPC，PC与O相切；

－1－1（）接，AD是O的切线，切点为，OA，即＝，BCADAEB=＝，APBC．BE＝＝AB＝，ABC＝＝，BAC－ABC－＝，BOC＝2BAC＝OB，，BOE＝COE＝OCE45°PCM＝CPO＝＝＝45°

BC1，OE＝CE1PC＝＝

OE

2

2

，＝

eq\o\ac(△,)POC

＝扇

45222

π4

．【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.7．如图所示，是圆O的径，是，点P沿BA方向，从点B运到点A，度为，若

cm

，点到AC的离为．（）弦AC的长；（）经过多时间后eq\o\ac(△,)APC是等腰三角形．【答案】（）（）或5或

s时eq\o\ac(△,)APC是腰三角形；【解析】【分析】（）作于D，据勾股定理求得AD的，利用垂径定理即可求得AC的长；（）AC=PC、AP=CP三情况求t值即可【详解】（）图1，作ODAC于D，

易知AO=5，，从而AD=

，；（）经过秒APC是等腰三角形，则AP=10﹣t①如2，AC=PC，点C作CHAB于H，A=A，AHC=ODA=90°，AHC：AH=OA，即AC

=5：，解得t=经

s，s后APC是腰三角形；②如3，AP=AC，由，AB=10得到AP=10﹣，又，则10t=6，得t=4s，经4s后是腰三角形；③如4，AP=CP，与重，

则，经5s后是腰三角形．综上可知当t=4或5或

s时eq\o\ac(△,)APC是腰三角形．【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，解题时要注意当是腰三角形时，点P的位置有三种情况．8．如图，用量角器一个角的操作示意图，量角的读数从点始（即点读数为0），如图2把这个量角器与一块30°（＝）的三角拼在一起，三角板的斜边与角器所在圆的直径MN重，现有射线C绕从CA开沿顺时针方向以每秒2°的速旋转到与CB在旋转过程中，射线与角器的半圆弧交于．接．（）射线CP经过的中点时，点E处读数是，eq\o\ac(△,)BCE的形状是；（）旋转秒，点E处的读数为y，求y与x的数关系式；（）旋多秒时eq\o\ac(△,)BCE是腰三角？【答案】（），角三角；）＝x（x≤45）（）7.5秒30秒【解析】【分析】（）据圆周定理即可解决问题；（）图2﹣中，由题＝x，AOE，根据圆周角定理可AOE＝ACE，可得y＝x（≤45；（）两种情分别讨论求解即可；【详解】解：（）图2﹣中

＝90°＝OB，＝＝，OCA＝OAC＝，AOE60°，点E处的读数是60°，＝＝30°，＝OBEE30°，＝OBE＝，是直角三角形；故答案为60°，角三角形；（）图2﹣中，＝x，AOE＝，AOE2∠ACE，y＝（x≤45）．（）如图﹣中当＝时EO垂直平分线段BC

ACBC，AOEBAC＝，ECAAOE＝，x＝．②若24中，当BE＝时，易知＝BAC＝BCE＝，OBEOBC＝，OB，OBE是边三角形，＝60°，＝，＝ACB＝，x＝，综上所述，当CP旋转秒30秒时eq\o\ac(△,，)是腰三角形；【点睛】本题考查几何变换综合题、创新题目、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

9．在直角坐标系中，为坐标原点，点A坐为（，），以OA为在第一象限内作等eq\o\ac(△,)OAB，为轴半轴上的一个动点（＞），连接BC，BC为边在第一象限内作等eq\o\ac(△,)BCD，直线DAy轴E点（）证eq\o\ac(△,)OBC（）着C点变化，直线AE的置变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出直线AE的析式．（）线段BC为直径作圆，圆心为点，C点运动到何处时，直线EF直线；时F和线BO的位置关系如何？请给予说明．【答案】（）解析；2）线AE的置不变，AE的解析式为：y3x3；（）点动到

(4,0)

处时，直线直BO；此时直线与F相，理由见解.【解析】【分析】（）等边三形的性质可得到OB=AB，BC=BD，OBA=，等号两边都加上，到OBC=ABD，据“得eq\o\ac(△,)（）先由三角形全等，得到BAD=，等eq\o\ac(△,)BCD，，据平角定义及对顶角相等得到OAE=60°，在直角三角形中由OA的长，根据的义求出OE的，确定出点的坐标，设出直线的程，把点和E的标代入即可确定出解析（）由EAOBOB，据过直线外一点作已知直线的平行线有且只有一条，得到与EA重合，所以为BC与的点，又F为BC的点，得到A为OC中，的坐标即可求出C的标；相切理由是为边三角形边中点，根三线合”到DF与BC垂直，由EF与平得到BF与垂直，得.【详解】（）明eq\o\ac(△,)BCD都等边三角形，OB=AB，BC=BD，DBC=60°，OBA+ABC=DBC+ABC，即OBC=，eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)中ABD

,

BCBDABD.

(4,0)(4,0)（）着C点变化，直线AE的置不变，，BAD=BOC=60°，又BAO=60°，，OAE=60°，，在eq\o\ac(△,Rt)中则，

OEOA

，点坐标为（，

3）设直线AE解式，把和的标入得：

k

，解得，

，直AE的析式为：3x3（）点动到处，直线直BO此时直线BO与F相，理由如下：BOA=，OB，EFOB则与EA所在的直线重合，点为DE与BC的点，又为BC中点，A为中点，又，OC=4当的坐标为（，），OB这时直线BO与F相，理由如下：BCD为等边三角形，为BC中点，BC，EF，FB，直BO与F相，【点睛】本题考查了一次函数；三角形全等的判定与性质；等边三角形的性质和直线与圆的位置关

系熟掌握相关性质定理是解题关.10．图，eq\o\ac(△,)中，＝，AB为径的O与BC交点D，，垂足为，AB的延长线于点．(1)求：是O的切线；(2)C＝60°AC12，

的长．(3)若tanC＝，AE＝，BF的．【答案】见;2；

.【解析】分析：1）接，据等腰三角形的性质：等边对等角，C，ABC=ODB，从而得C=，据同位角相等，两直线平行，得到AC，从而得证EF，即EF是O的线；（）根中点的性质，由AB=AC=12，得OB=OD=

AB

=6，而根据等边三角形的判定得eq\o\ac(△,)是边三角形，BOD=60，从而根据弧长公式七届即可；（）接AD，据直角三角形的性质，由在eq\o\ac(△,)DEC中

tan

DECE

设CE=x,则，后由eq\o\ac(△,)ADE中

tan

AEDE

，求得DE、的，然后根据似三角形的判定与性质求解即.详解：1）接ODAB=ACABC=ODBAC又DE即ODEF是O的切线（）∵AB=AC=12∴

AB

=6由（）：C=ODB=600OBD是边三角形BOD=60

»»»»

=

即

的长

（）接ADDEACDEC=DEA=900在eq\o\ac(△,)DEC中

tan

DECE

设CE=x,则AB是直径ADB=0ADE+CDE=90

在eq\o\ac(△,)DEC中C+CDE=900ADE在eq\o\ac(△,)中

tan

ADE

AEDE

，DE=4则CE=2AC=AE+CE=10即直径AB=AC=10则OD=OB=5OD//AE△AEF

OFOD5即：AFBF解得：

即BF的长为.3点睛：此题考查了切线的性质与判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．11．图，等eq\o\ac(△,)ABC内接于O，是上任一点（点P不AB重合），连AP，BP，作CMBP交的延长线于点，（）证eq\o\ac(△,)为等边三角形；（）＝，PB＝，梯形PBCM的积．【答案】（）解析；2）【解析】

==【分析】（）用同弧对的圆周角相等即可求得题目中的未知角，进而判eq\o\ac(△,)PCM为等边三角形；（）用上题得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等，进而利用PCM为边三角形，进而求得的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可．【详解】（）明：作PHCM于H，ABC是边三角形，APC=ABC=60°，BAC=BPC=60°，CM，BPC=PCM=60°，PCM为等边三角形；（）：ABC是边三角形eq\o\ac(△,)PCM为边三角，PCA+ACM=BCP+PCA，BCP=，eq\o\ac(△,)BCPeq\o\ac(△,)ACM中BCAC

，

CPBCPACM（），，在eq\o\ac(△,)PMH中，MPH=30°，

，S

梯

（）×（）

=

．【点睛】本题考查圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题．12．

中，，，，分是边，

的中点，若等腰

111111111111111111111111111111111111绕点逆针旋转，得到等腰

，设旋转角为，直线与

的交点为.（）题发现如图，

时，线段

的长等于，线段

的长等于________.（）究证明如图，

时，求证：

，且

.（）题解决求点到

所在直线的距离的最大值（接写出结果）【答案】（）

；；（）见析；（）【解析】【分析】（）用等腰角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD的和CE的长；（）据旋转性质得出AB=AC=135°进而求eq\o\ac(△,)DAB≌EAC（）即可得出答案；（）先作PGAB，交AB所在直线于点G，D，在以A为心为径的圆上，当BD所直线与A相时，直线与CE的交点P到线的离最大，此时四边形ADPE是正方形，进而求出PG的．【详解】（）：，AC=AB=4，，E分别是边AB，的点，，等eq\o\ac(△,)ADE绕A逆针旋转，得到等腰eq\o\ac(△,)

E，旋转角为（＜）当α=90°时，AEBD=

=2，AE=90°

；故答案为：

；；（）明：由意可知，，

，

是由，

绕点逆针旋转，

得到，在

和

中，，

，

，，

.，，，且（）的动轨迹是在

.

的上半圆周，点的动轨迹是在

的弧

段即当

与

相切时，

有最大值.点到

所在直线的距离的最大值为

.【点睛】此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识，根据题意得出的最长时P点的位置是解题关键．13．图ABC中，，它的内切圆分别与边BC、、AB相切于点、、，设AB=c,BC=a,AC=b,求:内圆半径r＝

(a+b-c).(2)若交于交于H,FH//BC,求CPD;(3)若r=310,PD18,

.求ABC各边长.【答案】（）明见解析245°（3），10,1510【解析】【分析】（）据切线定理，有AE=AF，BD=BFCD=CE．证四边形BDOF为方形，BD=BF=r，表AFAE、、CE，利用为量关系列式．（）为DH所对的圆周角，连接OD，易得弧所的圆心DOH=90°，以

．（）和r=310,

联想到垂径定理基本图形，故过圆心作PD的垂线OM，求得弦心距，进而得到MOD的正切值．延长DO得直径，证PG，得到同位角G=．利用圆周角定理可证ADB=G，即得到ADB的切值，进而求得．设CE=CD=x，用表BC、，利勾股定理列方程即求出．【详解】解：（）明设圆心为O连接、、，O分别与BCCA、相于点、、ODBC，，OFAB，，，B=OFB=90°四形是矩形OD=OF=r矩是正方形BD=BF=r，CE=CD=BC-BD=a-rAE+CE=ACc-r+a-r=b整理得：

（）（）中点O，接FHB=90°AB与圆相切于点，FH为的直径，即O为心FHDOH=CPD=

DOH=45°

（）圆心为，连接并长O于，接PG，过作PD于MDM=

PD=9BF=BD=OD=r=3

10，OM=

2

DM

＝(310)

2

2

＝＝MOD=

DMOM

＝为径DPG=90°OMPG，G+MODADB+ADB=GADB=MODADB=

ABBD

=tanMOD=3AB=3BD=3r=9AE=AF=AB-BF=9

−310＝10设，则BC=310+x，+xAB

+BC2=AC(9

)

10+x)

2＝(610+x)

2解得：BC=12，ABC各长10，10，

【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，正方形的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理．切线长定理的运用是解决本题的关键，而在不能直接求得线段长的情况下，利用勾股定理作为等量关系列方程解决是常用做法．14．图是O的直径是O的弦，点是DA延长线上的一点，O上点作O的线交DF于点E，DF(1)求：平；(2)若AE1，CE＝，求O的半径．【答案】（）明见解析；2）

【解析】试题分析：1）接OC，据切线的性质和圆周角定理，得OCAOAC与CAE，后根据角平分线的定义可证明；（）圆周角理得BCA=90°，由垂直的定义，可求，从而根据两角对应相等的两三角形相似可证eq\o\ac(△,明)△AEC，再根据相似三角形的对应边成比例求得AB的长，从而得到圆的半.试题解析：证：连接OC是O的切线OCE=90°DF，=90°，+CAEACEOCA=90°，CAE=OC＝，=OACCAE=OAC，即AC分连BC.AB是O的直径ACB=AEC=90°.又CAE=OAC，△

ABACAE

.

1212AE1CE＝，AEC

2

2

1

2

2ABAE

1

，O的径为．15．于平面内的C和C外一点Q，出如下定义：若过点Q的直线存公共点，记为点，，

k

BQ

，则称点A（或点）C的K相关依附点”，特别地，当点和重时，规定AQ=BQ，

k

22BQ（或）已知在平面直角坐标系xoy，，，C的径为r．（）图1，r

2时①若A(0,1)是C的k相依附”，求的．②A(1+

2，是为C的2相关依附”