中考数学高频考点突破-圆的综合+练习

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页中考数学高频考点突破——圆的综合1．如图，是的直径，是弦，是的中点，与交于点，是延长线上的一点，且．(1)求证：为的切线；(2)连接，取的中点，连接．若，，求的长．2．如图，是的直径，C是上的一个动点，延长至，使，垂直于弦，垂足为点，点在上．(1)当与相切时，求的度数；(2)芳芳观察后发现，的值为，点点说的值随动点的变化而变化，你为谁的结论是正确的，请给予证明；(3)设，求与之间的函数关系式．3．如图，中，为直径，弦于点，连接，于点，交于点．(1)求证：(2)连接、，在上取一点，使，求证：(3)在（2）的条件下，延长交于点，连接，点为的中点，，求的长．4．如图1，在等腰三角形中，，为底边的中点，切于点，连接，交于点，．(1)求证：是的切线；(2)，①若，求劣弧的长；②如图2，连接，若，直接写出的长．（参考数据：取，取，取）5．如图，锐角内接于，射线经过圆心并交于点，连结，，与的延长线交于点，平分．(1)求证：．(2)若，求的余弦值．(3)若，的半径为，求的长．6．如图，等腰内接于，，连结，过点作的垂线，交于点，交于点，交于点，连接．(1)若，请用含的代数式表示；(2)求证：；(3)连接，若，，求的值及四边形的面积与面积的比值．7．在矩形中，，点P从点A出发，沿边向点B以每秒的速度移动，同时点Q从点B出发沿边向点C以每秒的速度移动P、Q两点在分别到达B、C两点后就停止移动，设两点移动的时间为t秒，回答下列问题：(1)如图1，当t为几秒时，的面积等于？(2)如图2，以Q为圆心，为半径作．①在运动过程中，是否存在这样的t值，使正好与四边形的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；②若与四边形有三个公共点，请直接写出t的取值范围．8．如图1，在中，，点P为上一点，于点D，连接，以为直径的圆交于点E，交于点F，连接．(1)求证：．(2)当为等腰三角形时，求所有满足条件的的长．(3)如图2，过D作交于点M，若点M为的中点，则．（直接写出答案）9．如图，四边形内接于，平分．(1)如图1，求证：；(2)如图2，点在弧上，弧弧，延长、交于点，求证：．(3)在（2）的条件下，如图3，连接并延长交延长线于点，连接，若，，求的半径．10．已知：是的外接圆，且，，D为上一动点．(1)如图1，若点D是的中点，等于多少？(2)过点B作直线的垂线，垂足为点E．①如图2，若点D在上，求证：．②若点D在上，当它从点A向点C运动且满足时，求的最大值．11．如图，是的外接圆，的平分线交于点D．(1)如图1，求证：；(2)如图2，点E、F在弧上，连接、、、，若，求证：；(3)如图3，交于点K，连接，，若，，求的半径．12．如图，内接于，点D在上，射线交于点E，．(1)求证：；(2)当时，求证：；(3)在（2）的条件下，延长交于点F，连接，若，，求的半径．13．如图1，四边形内接于，为直径，上存在点，满足，连接并延长交的延长线于点，与交于点．(1)若，请用含的代数式表示；(2)如图2，连接，．求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，连接，，求的最小值．14．如图，已知，为的直径，过点A作弦垂直于直径于F，点B恰好为的中点，连接，．(1)求证：；(2)若，求的半径；(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积．15．内接于，点在上，连接和，交于点，.(1)如图1，求证：是的直径；(2)如图2，点在上，连接交于点，，，求证：；(3)如图3，连接，在（2）的条件下，若，，求的半径.16．如图，的直径为，弦为，的平分线交于点D．(1)求的长；(2)试探究之间的等量关系，并证明你的结论；(3)连接，P为半圆上任意一点，过P点作于点E，设的内心为M，当点P在半圆上从点B运动到点A时，求的最小值．17．如图，在为直径的中，已知弦于点，且，，点是优弧上的一个动点，连接，过点作于点，交于点，连接．(1)求的长；(2)当点在运动过程中，求的最小值；(3)在（2）的条件下，求的面积．18．如图，在中，，，以为直径的⊙O交于点D，点M是边上一点（点M不与点A，B重合），的延长线交⊙O于点E，，且交于点N，连接，．(1)求证：；(2)若，求证：是等腰直角三角形；(3)若，，求的长．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）连接，．由，，可得，由是的直径，是的中点，，进而可得，即可证明为的切线；（2）连接，过作，垂足为．利用相似三角形的性质求出，设的半径为，则．在中，勾股定理求得，证明，得出，根据，求得，进而求得，根据勾股定理即可求得．【解析】（1）证明：如图1，连接，．∵，∴．∵，∴．∵，∴．∵是的直径，是的中点，∴．∴．∴，即．∴．∴为的切线．（2）解：如图，连接，过作，垂足为．∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，解得，设的半径为，则．解之得．∵，∴．∵，∴．∴．∴．∵为中点，∴．∴，．∴．∴．【点评】本题考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．2．(1)(2)芳芳正确，证明见解析(3)【分析】当是的切线时，则，则，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出，即可由等腰三角形的判定定理得出结论；（2）连接，是的直径，，又得出，证明，进而即可求解．（3）连接，根据题意得出，又，所以，再根据，则，然后证，得，因为，代入即可求解．【解析】（1）证明：当是的切线时，则，，，，，．；（2）解：芳芳正确，如图所示，连接，是的直径，，，又，则，即，芳芳正确；（3）解：如图，连接，是的直径，，，，，，，，，，，，，，，．【点评】本题考查直角三角形的性质，圆周角定理的推论，相似三角形的性质，正切的定义，熟练掌握相关性质是解题的关键．3．(1)见解析(2)见解析(3)4【分析】（1）由同角的余角相等可得，根据同弧所对的圆周角相等得到，继而得到证明结论；（2）连，则有，设，推出，证明，解题即可；（3）设，，可以求出，连、,则，根据勾股定理求出数值．【解析】（1）证明：∵直径，∴∴∴∵∴∵∴∴∴（2）连∵直径∴，∴∴∵为的斜边中线∴设∴∵∴∴∴∴∴∵∴∴（3）设，∴∴∵，∴∴，∴连、,则中，∵∴∴

（舍）∴【点评】本题是圆的综合题，难度较大，考查内容有同弧所对的圆周角相等，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是探究角之间的数量关系，发现角度和图形的特殊性．4．(1)见解析(2)①；②5【分析】（1）过点作于点，连接，通过证明，利用直线与圆相切的定义解答即可；（2）①求出，再利用弧长公式计算即可；②过点作于点，利用等腰三角形的性质求出，，利用三角函数的定义即可求出的长．【解析】（1）解：过点作于点，连接，如图，，为底边的中点，为的平分线，，，，为的半径，为的半径，∴直线到圆心的距离等于圆的半径，是的切线；（2）①∵切于点，∴，∵，∴，∵，∴劣弧的长为；②过点作于点，如图，，，，，为的平分线，．在中，，，．【点评】本题主要考查了圆的有关性质，垂径定理，圆的切线的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，三角形的内角和定理，过圆心作直线的垂线段是解决此类问题常添加的辅助线．5．(1)见解析(2)的余弦值为；(3)的长为6．【分析】（1）由圆内接四边形的性质得，再根据平分，从而说明，即可得出答案；（2）由圆周角定理知，则，再利用，从而解决问题；（3）利用，的半径为，可得的三边长，再根据，得，从而解决问题．【解析】（1）证明：四边形为的内接四边形，，，，，平分，，，；（2）解：由题意可得，是的直径，，，又，垂直平分线段，，，，又平分，，，，，即的余弦值为；（3）解：由题意可得，是的直径，，，又的半径为，，，，由（1）可知，，，，，，，，的长为6．【点评】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，熟练掌握各性质是解题的关键．6．(1)(2)见解析(3)四边形的面积与面积的比值为【分析】（1）连接，，证明，得出，根据圆周角定理得出，根据，得出，即可求解；（2）证明，根据相似三角形的性质即可得证；（3）连接并延长交于点，连接，，证明，由（2）知，，证明，得出，在中，根据正切的定义即可求解．【解析】（1）解：如图，连接，，在与中，，，，，，，，，，，；（2）证明：，，，，，，，；（3）解：如图，连接并延长交于点，连接，，，，垂直平分，，，，，，，，，，，，，，，，垂直平分，，，，由得：，，，，，由（2）知，，负值已舍，，，，，，在中，，由知，，，，，，，四边形的面积与面积的比值为．【点评】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，求角的正切，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．7．(1)1秒或5秒(2)①t=0或，理由见解析；②【分析】（1）根据题意得，，由此根据三角形面积公式建立方程求解即可；（2）①分两种情况如图1所示：当时，点P与点A重合时，点B与点Q重合，此时与相切；当正好与四边形的边相切时，如图2所示，利用切线的性质进行求解即可；②求出两个临界点，当时，如图1所示：与四边形有两个公共点；如图3所示：当圆Q经过点D时，与四边形有两个公共点，求出对应的时间t，在这两个时间之间则有3个交点.【解析】（1）解：∵当运动时间为t秒时，，∴，∵四边形是矩形，∴∵的面积等于，∴．∴．解得：，．答：当t为1秒或5秒时，的面积等于．（2）解①由题意可知圆Q与不相切．如图1所示：当时，点P与点A重合时，点B与点Q重合．∵，∴．∴．∴为圆Q的切线．当正好与四边形的边相切时，如图2所示．由题意可知：．在中，由勾股定理可知：，即．解得：，（舍去）；综上所述可知当或时，与四边形的一边相切．②当时，如图1所示：与四边形有两个公共点；如图3所示：当圆Q经过点D时，与四边形有两个公共点．由题意可知：．由勾股定理可知：，．∵，∴，即．整理得：．解得：，（舍去）。∴当时，与四边形有三个．【点评】本题主要考查的是矩形的性质，切线的性质，三角形的面积公式、勾股定理，根据题意画出图形是解题的关键．8．(1)见解析(2)或或(3)【分析】（1）根据垂直及直角三角形得出，再由圆周角定理得出，进行等量代换即可；（2）分三种情况讨论：ⅰ）ⅱ）．ⅲ）．分别利用全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定和性质即可得出结果；（3）根据平行线的性质得出，再由等量代换及等角的余弦相等得出，设，连续利用勾股定理求解得出，结合图形即可得出结果．【解析】（1）∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴．（2）当为等腰三角形时，分三种情况：ⅰ）．∴，∵∴，∴，∵∴，∴，，∴．ⅱ）．∴，同理可得：，∴，∴，同理可得，，∴．ⅲ）．∴，同理可得，∴，，∴，∴．（3）∵，∴，由（1）可知，∴，∵为直径，∴，∴，∴，∴设，在中，由勾股定理得，，∵，∴，∵点M为的中点，∴，∴，在中，由勾股定理得，，在中，由勾股定理得，，∵，∴，∵，∴，解得：，∴，故答案为：．【点评】题目主要考查圆周角定理，全等三角形及相似三角形的判定和性质，解三角形，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．9．(1)见解析(2)见解析(3)5【分析】（1）根据圆周角、弧、弦的关系求解即可；（2）根据圆周角、弧的关系得到，利用ASA证明，根据全等三角形的性质得出，等量代换即可得解；（3）连接、，过点作于点，根据等腰三角形的性质并结合（2）推出四边形是菱形，根据圆内接四边形的性质及圆周角定理推出，根据等腰三角形的性质、勾股定理得出，结合，得出，则菱形是正方形，根据正方形的性质推出是的直径，据此求解即可．【解析】（1）证明：四边形内接于，平分，，；（2）证明：由（1）知，，，弧弧，，在和中，，（ASA），，，；（3）解：解：连接、，过点作于点，，，，，由（2）知，，，，又，四边形是平行四边形，又，四边形是菱形，，，，，点、、、在上，，，，，，，在中，，，，又，，菱形是正方形，，是的直径，的半径是5．【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理并作出合理的辅助线是解题的关键．10．(1)(2)①证明见解析；②【分析】（1）连接，根据可得，再根据圆周角定理进行求解即可；（2）①过B作于点H，则，证明和即可求解；②连接并延长交于点I，则点D在上，证明和即可求解；【解析】（1）如图1中，连接．∵，∴，∵，∴，∵D是的中点，∴，∵，∴．（2）①过B作于点H，则．又∵于点E，∴，∴，又∵，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，又∵四边形是的内接四边形，∴，又∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴．②连接并延长与交于点I，则点D在上．如图：过B作于点H，则，又∵于点E，∴，∴，又∵四边形是的内接四边形，∴，又∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，又，，在和中，，∴，∴，∴，∵是直径，，∴垂直平分，∴，∴，∴当点D运动到点I时取得最大值，此时．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．11．(1)见解析；(2)见解析；(3)．【分析】（1）如图1，延长交于点G，连接、，利用直径对直角得，结合已知得，从而接到结论；（2）多次利用圆周角定理对角进行转换，得、，用三角形内角和定理得到，从而得到结论；（3）如图3，延长至M，使，连接，连接并延长交于点N，连接，作线段的垂直平分线交于R，交于L，过点A作于T，证，设，，然后解,,结合已知消元即可.【解析】（1）证明：如图1，延长交于点G，连接、，是的直径，，,，平分，，，；（2）证明：如图2，连接，，，，由（1）知：平分，，，，，，，，，，，，，；（3）解：如图3，延长至M，使，连接，连接并延长交于点N，连接，作线段的垂直平分线交于R，交于L，过点A作于T，，，∵四边形是的内接四边形，，，，即，在和中，，，，，设，则，由（2）知：设，则，垂直平分，，，，，，即，，，是直径，，，，圆的半径为．【点评】本题结合垂径定理、圆周角定理、勾股定理、三角函数考查了与圆有关得计算；灵活运用相关定理对角和线段转换求值时解题得关键．12．(1)见解析(2)见解析(3)⊙O的半径为【分析】（1）延长交于点H，连接，根据圆周角定理以及，可得，从而得到，即可；（2）延长交于点Q，根据，可得，由垂径定理，即可；（3）延长交于H，交于T，连接，设，则，由（2），可得，再由，可得，设，则，设，则，根据，结合勾股定理可得，从而得到，，进而得到，在中，根据勾股定理，可得，再由，求出m，即可求解．【解析】（1）证明：延长交于点H，连接，∵，，∴，∴，∵是的直径，∴，∴；（2）证明：延长交于点Q，∵，∴，∵，∴，∴垂直平分，∴；（3）解：延长交于H，交于T，连接，设，则，由（2），则，即，∵，即，∴，设，则，设，则，∵，∴，解得：，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，，所以的半径为．【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，已知正切求边长，圆周角定理，解直角三角形，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．13．(1)(2)证明见解析；(3)．【分析】（1）利用直径所对的圆周角为和在同一圆中，等弧所对的圆周角相等，即可得结果；（2）证线段相等只需证线段所在的两个三角形全等即可．利用全等三角形的判定可得可得结论；（3）过点作于，可得，得，由相似三角形的判定可得，设，由相似的性质得，在中，由勾股定理知，即可得最小值．【解析】（1）解：为的直径，，，，；（2）证明：为的直径，，，，，，，又，，，；（3）解：如图，过点作于，，，，，，，，，，，，，，，，设，，，在中，，，当时，的最小值为3，的最小值为．【点评】本题是圆的综合题，考查圆的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等基本知识点．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．14．(1)证明见解析；(2)2；(3)．【分析】（1）连接，，为的直径，得到两个直角及两条线段相等，再根据弧的中点得到弧相等，从而等到角相等，证明两个三角形全等即可得到答案；（2）连接，根据弧的中点得到弧相等，从而等到圆周角圆心角的关系，结合平角，求出的度数，在中根据勾股定理即可得到答案；（3）由（2）可得圆心角度数直接求扇形面积，再算出的面积即可得到阴影部分面积．【解析】（1）证明：连接，∵，为的直径，∴，，∵点B是的中点，∴，∴，在与中，∵，，，∴≌，∴；（2）解：连接，∵点B是的中点，∴，∴，，∵垂直于直径于F，，∴，，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，解得：；（3）由（2）可得，，在中，∴，∴，，∴，∴．【点评】本题考查了垂径定理、圆周角定理、扇形的面积以及解直角三角形等，作出辅助线构建直角三角形和等边三角形是解题的关键．15．(1)见解析(2)见解析(3)10【分析】（1）根据圆周角定理，可得进而推出，即，即可得出结论；（2）令，由，，可表示出，，在根据和三角形外角性质可推出，即可得到结论；（3）连接，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，可证明，故，设，根据为和的公共边可得出，求出m后，可求出AO，继而得出结论．【解析】（1）证明：，，，，，是的直径；（2）证明：令，，，，，，，，又，，；（3）由（2）可知，连接，，，过点作的垂线，垂足为，，，过点作的垂线，垂足为，，，，，又，设，则，在和中，，，解得或（舍去），，即的半径为10．【点评】本题考查了圆周角定理，三角形外角性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，解一元二次方程等，综合性较强，难度较大．解题时注意结合图形分析已知条件与问题之间的位置关系，把条件与问题的联系作为主要的思考方向．16．(1)(2)，证明见解析(3)【分析】（1）由圆周角定理得出，由勾股定理可求出答案；（2）延长到，使，连接，证明，由全等三角形的性质得出，得出，则为等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出结论；（3）连接，证明，由全等三角形的性质得出，则点M在以为弦，并且所对的圆周角为的两段劣弧上（分左右两种情况），求出的长，由弧长公式可得出答案．【解析】（1）是直径是的平分线在中，（2），证明如下延长到，使，连接又∴为等腰直角三角形（3）连接点为的内心所以点在以为弦，并且所对的圆周角为的两段劣弧上（分左右两种情况）；设所在圆的圆心连接B交弧OD于M，则有BM最小过作，则为等腰直角三角形，【点评】此题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角