加强练06 线与圆综合专练（解析版）-2023年中考数学二轮复习讲练测（上海专用）

加强练06线与圆综合专练（解析版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．（2022春·上海徐汇·九年级统考期中）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝2，AB＝4，BC＝6，点O是边BC上一点，以O为圆心，OC为半径的⊙O，与边AD只有一个公共点，则OC的取值范围是（）A．4＜OC≤ B．4≤OC≤ C．4＜OC D．4≤OC【答案】B【分析】作DE⊥BC于E，当⊙O与边AD相切时，圆心O与E重合，即OC＝4；当OA＝OC时，⊙O与AD交于点A，设OA＝OC＝x，则OB＝6﹣x，在Rt△ABO中，由勾股定理得出方程，解方程得出OC＝；即可得出结论．【详解】作DE⊥BC于E，如图所示：则DE＝AB＝4，BE＝AD＝2，∴CE＝4＝DE，当⊙O与边AD相切时，切点为D，圆心O与E重合，即OC＝4；当OA＝OC时，⊙O与AD交于点A，设OA＝OC＝x，则OB＝6﹣x，在Rt△ABO中，由勾股定理得：42+（6﹣x）2＝x2，解得：x＝；∴以O为圆心，OC为半径的⊙O，与边AD只有一个公共点，则OC的取值范围是4≤x≤；故选B．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、直角梯形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握直角梯形的性质，分情况讨论是解题的关键．2．（2022·上海黄浦·格致中学校考二模）如果与内含，，的半径是3，那么的半径可以是（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】D【分析】首先由题意知⊙O1与⊙O2两圆内含，则知两圆圆心距d<R−r，分两种情况进行讨论即可求得．【详解】解：设的半径r根据题意知两圆内含，故r−3>4或者3−r>4解得r>7或r<-1(舍去)故选：D【点睛】本题考查了由两圆的位置关系求半径的取值范围的方法．两圆外离，则d>R+r；外切，则d=R+r；相交，则R−r<d<R+r；内切，则d=R−r；内含，则d<R−r．3．（2022·上海松江·校考三模）已知，以点为圆心，以为半径画圆，以点为圆心，半径为，画圆已知与外离，则的取值范围为（）A．0 B．0 C．0 D．0【答案】C【分析】设半径为，则cm，根据两圆外离的条件得到，从而得到的范围．【详解】解：设半径为，则，与外离，，，即，，故选：C．【点睛】本题考查圆与圆的位置关系：两圆的圆心距为、两圆的半径分别为，两圆外离；两圆外切；两圆相交；两圆内切；两圆内含．4．（2022·上海·校联考模拟预测）如图，AB是⊙O的弦，C是弦AB上一点，且BC：CA=2：1，连接OC并延长交⊙O于D，若DC=2cm，OC=3cm，则圆心O到弦AB的距离为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先延长DO交圆O于点E，连接AD，BE，BO，作OF⊥AB，即可求出CE，再证明，即可求出AC，BC，然后根据垂径定理求出BF，最后根据勾股定理得出答案．【详解】先延长DO交圆O于点E，连接AD，BE，BO，过点O作OF⊥AB，于点F，∴EO=CO+CD=5cm，∴CE=8cm．∵∠ADC=∠CBE，∠ACD=∠BCE，∴，∴，即AC·BC=CE·CD，则2AC2=16，解得，∴，则．∵OF⊥AB，∴．在Rt△BOF中，BO=5cm，∴（cm）．故选：C．【点睛】这是一道关于圆得综合问题，考查了相似三角形的性质和判定，垂径定理，勾股定理，圆周角定理等，构造相似三角形求出线段的长是解题的关键．5．（2022春·上海宝山·九年级统考期末）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=4，AD=，，圆O是以AB为直径的圆．如果以点C为圆心作圆C与直线AD相交，与圆O没有公共点，那么圆C的半径长可以是（

）A．9 B． C．5 D．【答案】D【分析】根据直角三角形的边角关系求出FC，进而求出BC，再根据勾股定理求出两个圆心之间的距离OC，由⊙C与直线AD相交，⊙C与⊙O没有公共点，确定⊙C半径的取值范围，进而得出答案．【详解】如图，连接OC交⊙O于点E，过点D作DF⊥BC于点F，则DF＝AB＝4，BF＝AD＝2，在Rt△DCF中，DF＝4，cotC＝，∴FC＝cotC•DF＝，∴BC＝BF＋FC＝3，在Rt△BOC中，，由于⊙C与直线AD相交，因此⊙C的半径要大于4，又⊙C与⊙O没有公共点，因此⊙C与⊙O外离或内含，当⊙C与⊙O外离时，⊙C的半径要小于CE＝7−2＝5，此时⊙C的半径4＜r＜5；当⊙C与⊙O内含时，⊙C的半径要大于7＋2＝9，此时⊙C的半径r＞9；所以⊙C的半径为4＜r＜5或r＞9，故选：D．【点睛】本题考查勾股定理，直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系，掌握勾股定理，圆与圆的位置关系的判定方法是正确解答的前提．二、填空题6．（2023春·上海·九年级名校校内测）在平面直角坐标系中，我们把半径相等且外切、连心线与直线平行的两个圆，称之为“孪生圆”；已知圆的圆心为，半径为，那么圆的所有“孪生圆”的圆心坐标为__________．【答案】##【分析】如图，与外切半径相等且连心线与直线平行的两个圆分别为，运用两圆外切的性质和点的坐标特点，数形结合求出图形中的长，进而得到两圆心的坐标．【详解】解：画出图如图所示：点的坐标为过点的直线与平行并过点，过点的直线与平行，过点的直线与两坐标轴围成等腰直角三角形，与外切半径相等且连心线与直线平行的两个圆分别为，，如图，，都是等腰直角三角形，，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了两圆外切的性质，点的坐标特征，等腰直角三角形，熟练的运用数形结合思想是解决本题的关键．7．（2022春·上海杨浦·九年级校考阶段练习）如图，中，，，，与相切，若与相交，则半径r的取值范围是______．【答案】【分析】勾股定理求得，等面积法求得的半径，根据与相交，即可求解．【详解】解：∵中，，，，∴，∵与相切，设的半径为，则解得：∵，∴点到的最小距离为，点到的最大距离为∴若与相交，则半径r的取值范围是，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理，切线的性质，圆与圆的位置关系，理解题意是解题的关键．8．（2022春·上海·九年级上海市西南模范中学校考阶段练习）如图，已知扇形AOB的半径为6，圆心角为90°，E是半径OA上一点，F是弧AB上一点．将扇形AOB沿EF对折，使得折叠后的圆弧恰好与半径OB相切于点G，若OE＝5，则折痕EF的长为______．【答案】＋##＋【分析】过点G作O′G⊥OB于点G，过点A作AO′⊥O′G于点O′，连接OO′交EF于H，连接OF，易证四边形AOGO′为矩形，根据题意可得OO′⊥EF，OH＝HO′，易证Rt△OEH∽Rt△OO′A，根据相似三角形的性质即可求出OH，再根据勾股定理即可求出EH和FH，进一步求EF的值即可．【详解】解：过点G作O′G⊥OB于点G，过点A作AO′⊥O′G于点O′，连接OO′交EF于H，连接OF，如图所示：∵弧A′F恰好与OB相切于点G，∴∠AO′G＝∠O′GO＝90°，∵∠AOB＝90°，∴四边形AOGO′为矩形，∴O′G＝AO＝6，∵点O与点O′关于EF对称，∴OO′⊥EF，OH＝HO′，设OH＝x，则OO′＝2x，∵∠EOH＝∠O′OA，∠OHE＝∠OAO′，∴Rt△OEH∽Rt△OO′A，∴OE：OH＝OO′：OA，∵OE＝5，OA＝6，∴5：x＝（2x）：6，解得x＝，∴OH＝，∵OE＝5，OF＝6，根据勾股定理，得EH＝＝，FH＝＝，∴EF＝EH＋FH＝＋，故答案为：＋．【点睛】本题是圆的综合题，涉及切线的性质，折叠的性质，相似三角形的性质与判断，勾股定理等，本题综合性较强，难度较大．作出正确的辅助线是解题的关键．9．（2022春·上海·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，，点O在边上，且，以点O为圆心，r为半径作圆，如果与的边共有4个公共点，那么半径r取值范围是______.【答案】【分析】利用勾股定理求出，，作交于点D，以O为圆心作圆，结合图形可知：的时候，交点为4个．【详解】解：∵，，，∴，∵，∴，，作交于点D，以O为圆心作圆，如图：∵，，∴，∴，即解得：，结合图形可知：当半径等于3的时候，交点为3个，当半径等于5的时候，交点为A、E、F3个，当的时候，交点为4个，∴半径r取值范围是．故答案为：【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形的判定及性质，圆的性质，解题的关键是作出图形，结合图形分析求解．10．（2022·上海闵行·统考二模）如图，点G为等腰的重心，，如果以2为半径的圆分别与、相切，且，那么的长为_______.【答案】【分析】根据重心的定义和性质，延长CG交AB于M，根据切线的性质连接G与AC上的切点N，再利用勾股定理计算即可.【详解】延长CG交AB于M，连接G与AC上的切点N，连AG∵点G为等腰的重心，，∴，CM⊥AB，∵∴∵分别与、相切∴GN⊥AC,∴在Rt△CGN中∴在Rt△AGM和Rt△AGN中∴∴在Rt△ACM中∴∴解得∴或（舍去）∴故答案为：.【点睛】本题考查重心的性质和定义、切线的性质、勾股定理，解题的关键是熟记重心的性质：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1.三、解答题11．如图，的直径为，点C在圆周上（异于A，B），是的角平分线，．(1)求证：直线是的切线；(2)若，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，证即可，利用角平分线的性质和等边对等角，可证得，即可得到，由于，那么，由此得证；（2）根据直径所对的圆周角是直角得出，根据勾股定理求出，然后证出，利用相似三角形的对应边成比例列式解答即可．【详解】（1）解：如下图，连接，是的角平分线，，又，，，，，，是的切线；（2）是直径，C在上，，又，∴由勾股定理得，，，，，解得：．【点睛】此题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握切线的判定方法：要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点(即为半径)，再证垂直即可．12．（2022春·上海·九年级上海市娄山中学校考期中）已知：如图，在中，以边CA长为半径的交边AB于点D、边BC于点E，连接DE．如果，．(1)的度数；(2)的半径长及弦AD的长．【答案】(1)(2)半径为，AD=8【分析】（1）在优弧AE上取一点F，连接AF，EF，利用圆内接四边形得出∠F=45°，再根据圆周角定理即可得出结果；（2）过点E作EH⊥AB于H，过点C作CG⊥AB于G，由垂径定理得出AG=DG，DH=EH，设DH=a，则EH=a，BH=5-a，根据勾股定理求解，然后分两种情况讨论：当a=2时，EH=2，BH=3；当a=3时，EH=3，BH=2，利用正切函数及勾股定理求解即可．【详解】（1）解：如图1，在优弧AE上取一点F，连接AF，EF，∵∠EDB=45°，∴∠ADE=180°-45°=135°，∴∠F+∠ADE=180°，∴∠F=45°，∴∠C=2∠F=90°；（2）如图2,过点E作EH⊥AB于H，过点C作CG⊥AB于G，∴AG=DG，∵∠BDE=45°，∴DH=EH，设DH=a，则EH=a，BH=5-a，由勾股定理得：，∴，解得：a1=2,a2=3,当a=2时，EH=2，BH=3，∵∠ACG+∠BCG=∠BCG+∠B，∴∠B=∠ACG，∴tan∠ACG=tanB，∴，设AG=2x,CG=3x，∴AC=CE=x，∴tanB=，∴，解得：x=2，∴圆O的半径AC=x=2，AD=4x=8；当a=3时，EH=3，BH=2，∵tan∠ACG=tanB，∴，设AG=3x,CG=2x，∴AC=CE=x，∴tanB=，∴，解得：x=-3，不符合题意，综上可得⊙C的半径为2，AD=8．【点睛】题目主要考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，解三角形，一元二次方程的应用，勾股定理等，理解题意，综合运用这些定理是解题关键．13．（2022·上海·统考中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接．(1)若，①证明为菱形；②若，，求的长．(2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．【答案】(1)①见解析；②(2)【分析】（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长；（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值．【详解】（1）①证明：如图，连接AC交BD于O，∵平行四边形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四边形，∴四边形是菱形；②∵OA=OC，∴OB是△ABC的中线，∵为中点，∴AP是△ABC的中线，∴点E是△ABC的重心，∴BE=2OE，设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四边形，∴BD=2OB=6；（2）解：如图，∵⊙A与⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知点E是△ABC的重心，又在直线上，∴CG是△ABC的中线，∴AG=BG=AB，GE=CE，∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，∴BC=AE，∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．14．（2022春·上海青浦·九年级校考期中）如图，已知在等腰中，，，点D为边上一动点（不与点B重合），过点D作射线交于点E，，以点D为圆心，的长为半径作．(1)设，，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；(2)当与边相切时，求的长；(3)如果是以E为圆心，的长为半径的圆，那么当为多少长时，与相切？【答案】(1)（）(2)10(3)或【分析】（1）通过相似三角形的对应边成比例得到，把相关线段的长度代入并整理得到（）；（2）如图1，假设与相切于点F，连接．通过相似三角形的对应边成比例得到．，由勾股定理求得，，所以把相关线段的长度代入便可以求得的长度；（3）分类讨论：与相外切和内切两种情况．由（1）的相似三角形推知．所以如图2，当与相外切时．；如图3，当与相内切时．．【详解】（1）解：∵，，∴，∴，∵，，，，∴，即．∵，且，∴．综上所述，y关于x的函数关系式及其定义域为：，（）；（2）解：如图1，假设与相切于点F，连接，则，．过点A作于点G，则．在和中，，，∴，∴．又∵，，，∴，，∴，∴；（3）解：由（1）知，，∴，即，∴．如图2，当与相外切时．，∵由（1）知，，，y关于x的函数关系式是，∴，解得，，符合，∴BD的长度为．如图3，当与相内切时．，由（1）知，，，y关于x的函数关系式是，∴，解得，，符合，∴BD的长度为．综上所述，BD的长度是或．【点睛】本题考查了圆的综合题．其中涉及到了相切两圆的性质，相似三角形的判定与性质，一次函数图象上点的坐标特征．遇到动点问题，需要对动点的位置进行分类讨论15．（2022春·上海·九年级校考阶段练习）如图，，，，点O为射线上一动点，以O为圆心，长为半径作，交射线于点P，交线段于点E，连接、相交于点G，与射线交于点F.(1)在图1，若与直线相切，求弦的长；(2)在图2，设（为锐角），，，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；(3)如果与直线交另一点为Q，且四边形是梯形，求的半径.【答案】(1)(2)，(3)【分析】（1）由与直线相切，可得，，，可得到，由，即可求得（2）过点A作于点M，连接，求得，由，得到，即可得到结果（3）由四边形是梯形，若，，即可求得半径为，若，这样的圆不存在；【详解】（1）∵与直线相切，∴，即，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴（2）过点A作于点M，连接，虽然点O为射线上一动点，但是不变由（1）所求数据知：，，，，，∴，∵，∴，，∴，∵，，∴，∴，即，且∴，∴，∴，∵（为锐角），∴，即，即，∴，（3）连接，，设圆的半径为由四边形是梯形，若，且，则，∴，，由（2）知，∴，∴，若，且则，∴，∴点G与点B或点D重合，当G与点B重合时，点P也与点B重合，这样的圆不存在；当G与点D重合时，由，点P不会在射线上，这样的圆也不存在；综上所述，的半径为：【点睛】本题是圆的综合题目，考查了等腰三角形的判定与性质、平行线的性质和锐角三角函数等，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和锐角三角函数是解题的关键16．（2022春·上海徐汇·九年级统考期中）已知的直径，点为弧上一点，连接、，点为劣弧上一点（点不与点、重合），连接交、于点、．(1)如图，当时，求；(2)当点为劣弧的中点，且与相似时，求的度数；(3)当，且为直角三角形时，求的长．【答案】(1)(2)(3)的长是或【分析】（1）过点D作交于F，判断出，即可求出答案；（2）连接，根据题意可知与相似，只存在一种情况：，得，设，则，在中，根据三角形外角的性质列方程可得结论；（3）当为直角三角形时，不可能是直角，所以分两种情况：①当时，作辅助线，作平行线，根据平行线分线段成比例定理计算，，的长，根据面积差可得结论；②当时，连接，证明，分别计算各边的长，根据面积差即可得到答案；【详解】（1）解：如图1，过点作交于，∵，∴，∵，∴，∵，∴；（2）解：如图2，连接，∵，与相似，∴，∴，∵是的中点，∴，设，则，∵，∴，∵是的中点，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，∴；（3）解：①如图3，当时，∵，∴，过作于，连接，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，根据勾股定理得，，∵为的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②如图4，当时，连接，∵，∴，，∵，同理得，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，综上，的长是或；【点睛】本题考查了圆的综合题，平行线分线段成比例定理，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．17．（2022·上海松江·校考三模）如图，在梯形中，动点在边上，过点作，与边交于点，过点作，与边交于点，设线段．(1)求关于的函数解析式，并写出定义域；(2)当是以为腰的等腰三角形时，求的值；(3)如图，作的外接圆，当点在运动过程中，外接圆的圆心落在的内部不包括边上时，求出的取值范围．【答案】(1)，(2)或(3)【分析】（1）由题中条件、可知四边形是平行四边形，故CE；过点作垂线交于点，交于点，可得相似的和，用含、的表达式表示它们的边长，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得关于的解析式；下一步即为求得和的各自边长，过点作垂线交延长线于点，由且可得四边形为矩形，则；在中，由勾股定理可算得的长度；在中，，则可由勾股定理求得的长度，，至此已求得所有所需边长，根据相似三角形边长比例关系：，代入各边长表达式即可得关于的解析式，再根据题中要求写出定义域即可；（2）因为是以为腰的等腰三角形，，由勾股定理知，过点作交于点，则四边形是矩形，；在直角三角形中，运用勾股定理进行计算即可得解；（3）根据三角形的外接圆圆心落在三角形的内部，得到为锐角三角形，分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．【详解】（1）解：如图所示：过点作交延长线于点，再过点作垂线交于点，交于点，，四边形是矩形，，在中，由勾股定理得：，又，四边形是平行四边形，，，，，，，化简得：，点在上运动，故定义域为：；（2）如图所示，此时是以为腰的等腰三角形，过点作交于点，，四边形是矩形，又是以为腰的等腰三角形，，由（得，，，在中，由勾股定理得：，，即，解得：的值为或，因此，的值为或；（3）解：分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．如下图所示，此时，，，同角的余角相等，同理可得：，∽，，，，解得：，综上可得，当时，外接圆圆的圆心落在的内部．【点睛】本题考查矩形和平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆等知识点，解题的关键是熟练掌握并灵活运用以上性质．本题综合性较强，