第23课圆选填压轴题

第23课圆选填压轴题一、单选题1．如图，内接于，若为的内心，连结并延长交于点，为、交点，连结、，以下结论：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）若，则．以上结论正确的有（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】A【分析】根据内心是三角形三条角平分线的交点，利用圆周角定理和外角的性质，得到，从而推出；再证明，得到；证明，得到；【解析】解：∵点是的内心∴，∵，∴，∴∵，∴，∴；无法证明，故（1）错误；∵∴，∵，∴，∴，∴，∴；故（2）正确；∵，∴，∴，∴；故（3）错误；∵，∴，∴，∴，【点睛】本题考查三角形的内心，圆周角定理以及相似三角形的判定和性质．熟练掌握三角形的内心是三条角平分线的交点，以及等弧所对的圆周角相等，证明三角形相似是解题的关键．2．如图，等腰内接于圆O，直径，D是圆上一动点，连接，，且交于点G．下列结论：①平分；②；③当，四边形的面积为；④当时，四边形的周长最大，正确的有（

）A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④【答案】C【分析】证明，由圆周角定理以及三角形的外角性质即可证明①②正确；作，交延长线于M，证明，利用勾股定理以及三角形面积公式即可证明③错误；当时，四边形的周长最大，据此求解即可．【解析】解：∵等腰内接于圆O，且为直径，∴，∴，即平分；故①正确；∵，∴，∵，∴；故②正确；作，交延长线于M，∵，∴，∵A、C、B、D四点共圆，∴，，∴，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，由勾股定理得：，∵，∴；∵，∴；∵直径，，，∴，，∴，四边形的面积为，故③错误；∵，要使四边形的周长最大，要最大，∴当时，四边形的周长最大，此时，，故④正确；综上，①②④正确；故选：C【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质等知识点的综合运用，综合性比较强，难度偏大．3．如图所示，半径为的的弦，，交于点，为上一点，连接，，，．有下列结论：①；②若．则；③若，，则．其中正确的是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】①由弦，可得，进而可得，然后由圆周角定理，证得，即可判定；②连接，由，，可求得，进而可得是等腰直角三角形，则可求得；③设与相交于点G，连接，易证得是等腰三角形，即可判断．【解析】①∵弦，∴，∴，，故①正确；②连接，，∴，故②正确；③设与相交于点G，连接，∵，在和中，∵，其中正确的是：①②③，故选D.【点睛】本题考查圆的综合问题，熟练掌握圆的相关性质是解题的关键.4．如图，如图，是的直径，点是上一点，与过点的切线垂直，垂足为，直线与的延长线交于点，弦平分，交于点，连接，．下列四个结论：①平分；②；③若，则阴影部分的面积为；④若，则．其中正确的是（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】B【分析】①连接，根据是的切线，，推出，得到，根据，推出，得到，得到平分，此结论正确；②根据是的直径，推出，得到，根据，推出，得到，根据，推出，推出，得到，根据平分，推出，根据，，推出，得到，得到，此结论正确；③根据若，推出是斜边上的中线，推出，根据，推出，得到是等边三角形，得到，连接，则，根据，推出，得到，推出，此结论不正确；④根据，，，推出，得到，根据，推出，得到，根据，推出，得到，根据，推出，此结论正确．【解析】①连接，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴平分，故平分正确；②∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵平分，∴，∵，，∴，∴，∴，故正确；③∵若，∴是斜边上的中线，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，连接，则，∵，∴，∴，∴，故若，则阴影部分的面积为不正确；④∵，，，∴，∴，∵，∴，∴,∵，∴,∴，∵，∴．故若，则正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了圆的切线，角平分线，圆周角，勾股定理，平行线，相似三角形，等边三角形，扇形面积，锐角三角函数等，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握圆的切线的性质，角平分线的定义，圆周角定理的推论，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积计算公式，正切的定义．5．如图，如图，是的直径，点是上一点，与过点的切线垂直，垂足为，直线与的延长线交于点，弦平分，交于点，连接，．下列四个结论：①平分；②；③若，则阴影部分的面积为；④若，则．其中正确的是（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】B【分析】①连接，根据是的切线，，推出，得到，根据，推出，得到，得到平分，此结论正确；②根据是的直径，推出，得到，根据，推出，得到，根据，推出，推出，得到，根据平分，推出，根据，，推出，得到，得到，此结论正确；③根据若，推出是斜边上的中线，推出，根据，推出，得到是等边三角形，得到，连接，则，根据，推出，得到，推出，此结论不正确；④根据，，，推出，得到，根据，推出，得到，根据，推出，得到，根据，推出，此结论正确．【解析】①连接，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴平分，故平分正确；②∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵平分，∴，∵，，∴，∴，∴，故正确；③∵若，∴是斜边上的中线，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，连接，则，∵，∴，∴，∴，故若，则阴影部分的面积为不正确；④∵，，，∴，∴，∵，∴，∴,∵，∴,∴，∵，∴．故若，则正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了圆的切线，角平分线，圆周角，勾股定理，平行线，相似三角形，等边三角形，扇形面积，锐角三角函数等，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握圆的切线的性质，角平分线的定义，圆周角定理的推论，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积计算公式，正切的定义．6．如图，AB为⊙O的直径，C为的中点，D为劣弧CB上一个动点（点D不与B，C重合），过D作⊙O的切线交AB延长线于点P，连接CD并延长交AB延长线于点Q，给出下列结论：①若CBDP，则∠DAB=22.5°；②若PB=BD，则∠DPA=30°；③DP可能成为∠BDQ的平分线；④若⊙O的半径为1，则CD⋅CQ=AB；⑤0°<∠PDQ≤45°．其中正确结论的个数为（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】C为的中点，可得AC=BC，由AB为⊙O的直径，可得△ABC是等腰直角三角形，所以∠CBA=∠CAB=45°，①若CBDP，得∠DPO=45°，再结合切线性质，得△ODP是等腰直角三角形，所以∠DOP=45°，即可求出圆周角度数；②若PB=BD，可证△ODB是等边三角形，即可求出∠DPA=30°；③由①即可得DP可能成为∠BDQ的平分线；④证明△ACD∽△CQA，得CD•CQ=AC2=AB；⑤∠PDQ不可能等于∠QDB，而∠QDB=45°，所以⑤错误．【解析】解：连接AC，OD，C为的中点，∴AC=BC，∵AB为⊙O的直径，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠CBA=∠CAB=45°，①∵CBDP，∴∠DPO=∠CBA=45°，∵DP是⊙O切线，∴∠ODP=90°，∴△ODP是等腰直角三角形，∴∠DOP=45°，∴∠DAB=∠DOP=22.5°，故①正确；②若PB=BD，∴∠PDB=∠DPB，∵∠PDB+∠ODB=∠DPB+∠DOP=90°，∴∠ODB=∠DOP，∴DB=OB，∵OD=OB，∴△ODB是等边三角形，∴∠DOP=60°，∴∠DPA=30°，故②正确；③由①即可得DP可能成为∠BDQ的平分线，故③正确；④∵C为的中点，∴∠CDA=∠CAB，∵∠ACD=∠ACQ，∴△ACD∽△CQA，∴，∴，∵AB=2，∴CD•CQ=AB，故④正确；⑤∵∠QDB=∠CAB=45°，∴0°＜∠PDQ＜45°，所以⑤错误．故选：B．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理及推论，相似三角形的性质及判定，等边三角形的性质及判定，解题关键是抓住几个等腰直角三角形．7．如图，已知上的两条弦和互相垂直于点，点在弦上，点在弦上，且，连接和，点为中点，点为中点，射线与线段交于点，若，，则的长为（

）A． B． C． D．4【答案】D【分析】连接，，，由题意并结合中位线定理可知PO=QO，且PO⊥QO，进而可知为等腰直角三角形，然后计算，过Q作QM垂直于BC，在中由勾股定理计算出，再在中由勾股定理计算的长即可．【解析】解：连接，，，如图，∵，∴，∴为直径，∵为的中点，为的中点，∴且，且，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，过点作交于，∴，∴，∴，∵，∴在中，由勾股定理可知，即，解得，在中，，∴，∴，由勾股定理可知，即，整理，得，解得．故选：D．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、中位线定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，能够构造适合的辅助线是解决此题的关键．8．如图，为⊙外一点，过点作⊙的切线、，与过圆心的直线交于、两点，点、为切点，线段交⊙于点．若，，，则的长度为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，根据切线的性质以及切线长的性质证明四边形是正方形，设圆的半径为，可得，根据，解直角三角形，勾股定理求得，根据已知条件，即可求得半径，进而求得的长．【解析】如图，连接，、是的切线，，，又，四边形是矩形，，四边形是正方形，设，，，，中，，，，，，在中，，，，．故选C．【点睛】本题考查了正切函数，切线的性质，切线长定理，正方形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．9．我们定义：两边平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做奇异三角形，根据定义：①等边三角形一定是奇异三角形；②在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a，且b＞a，若Rt△ABC是奇异三角形，则a：b：c＝1：：2；③如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（不与点A、B重合），D是半圆的中点，C、D在直径AB的两侧，若在⊙O内存在点E，使AE＝AD，CB＝CE．则△ACE是奇异三角形；④在③的条件下，当△ACE是直角三角形时，∠AOC＝120°，其中，说法正确的有（

）A．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】B【分析】①设等边三角形的边长为a，代入检验即可；②在中，由勾股定理可得，因为是奇异三角形，且，所以，然后可得，，代入可求；③要证明△ACE是奇异三角形，只需证即可；④由③可得ΔACE是奇异三角形，所以，当ΔACE是直角三角形时，由②可得或，然后分两种情况讨论．【解析】解：设等边三角形的边长为a，则，满足奇异三角形的定义，等边三角形一定是奇异三角形，故①正确；在中，，∵，∴，，若是奇异三角形，一定有，∴，∴，得．∵，∴，∴，故②错误；在中，，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=∠ADB=90°，在中，；在中，．∵D是半圆的中点，∴，∴AD=BD，

∴，又∵，，∴．∴ΔACE是奇异三角形，故③正确；由③可得ΔACE是奇异三角形，∴．当ΔACE是直角三角形时，由②可得或，（Ⅰ）当时，，即，∵，∴，∴．（Ⅱ）当时，，即，∵∠ACB=90°，∴∠ABC=60°，∴∠AOC=2∠ABC=120°，∴∠AOC的度数为60°或120°，故④错误；故选：B．【点睛】本题主要考查了：1．命题；2．勾股定理；3．圆周角定理及推论；4．直角三角形的性质．能牢固掌握以上知识点并综合运用是做出本题的关键．10．如图，在⊙O中，直径CD垂直弦AB于点E，且OE＝DE．点P为上一点（点P不与点B，C重合），连结AP，BP，CP，AC，BC．过点C作CF⊥BP于点F．给出下列结论：①△ABC是等边三角形；②在点P从B→C的运动过程中，的值始终等于．则下列说法正确的是（）A．①，②都对 B．①对，②错 C．①错，②对 D．①，②都错【答案】A【分析】作CM⊥AP于M，连接AD，根据线段垂直平分线的性质得到AO=AD，证明△AOD是等边三角形，求出∠D＝∠ABC＝60°，根据垂径定理得到CA＝CB，从而证得①；利用圆周角定理求出∠CPF＝60°，根据角平分线的性质得到CF=CM，证明Rt△CPF≌Rt△CPM得到PF=PM，证明Rt△AMC≌Rt△BFC得到AM＝BF，求出再根据三角函数求出得到②正确.【解析】如图，作CM⊥AP于M，连接AD．∵AE⊥OD，OE＝DE，∴AO＝AD，∵OA＝OD，∴AO＝AD＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠D＝∠ABC＝60°，∵CD⊥AB，∴AE＝EB，∴CA＝CB，∴△ABC是等边三角形，故①正确，∵∠CPA＝∠ABC＝60°，∠APB＝∠ACB＝60°，∴∠CPF＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∵∠CPM＝∠CPF＝60°，CF⊥PF，CM⊥PA，∴CF＝CM，∵PC＝PC，∠CFP＝∠CMP，∴Rt△CPF≌Rt△CPM（HL），∴PF＝PM，∵AC＝BC，CM＝CF，∠AMC＝∠CFB＝90°，∴Rt△AMC≌Rt△BFC（HL），∴AM＝BF，∴AP﹣PB＝PM+AM﹣（BF﹣PF）＝2PM＝2PF，∴，在Rt△CPF中，∵∠CPF＝60°，∠CFP＝90°，，，∴，故②正确，故选：A.【点睛】此题是一道综合题，考查了圆的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，三角函数.二、填空题11．如图，正方形中，，是的中点．以点为圆心，长为半径画圆，点是上一动点，点是边上一动点，连接，若点是的中点，连接、，则的最小值为_________．【答案】##【分析】取点B关于直线的对称点M，连接、两线交于点O，连接，由勾股定理求得，根据即可求得的最小值．【解析】解∶取点B关于直线的对称点M，连接、两线交于点O，连接，，，过O作于点N，∵点Q是的中点，∴，∴点Q在以O为圆心，l为半径的上运动，∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴当M、F、Q、O四点共线时，的值最小，∴的最小值为．故答案为∶．【点睛】本题考查圆的有关性质的应用，正方形的性质，两点之间线段最短公理的应用，勾股定理，解题的关键是正确确定点Q的运动轨迹．12．如图，正方形的边长为4，点分别在上，且，过三点作交于点．在点整个运动过程中，当中满足某两条线段相等时，的长为_________．【答案】或或【分析】分：三种情况进行讨论，根据圆周角定理以及正方形的性质和勾股定理进行计算即可．【解析】①当时：连接，则：，∴∵四边形为正方形，则：，，；∴，∴，∴三点共线，又∵点分别在上，∴为正方形对角线的交点，∴；②当时：如图，此时：，∴，∵四边形为正方形，∴，∴，∴；③当时，点作的垂线分别交于点，∵，∴是直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，设．∵，则．∴．∵，∴，解得或（舍弃），∴，综上所述，所有满足条件的BF长分别为或或．故答案为：或或．【点睛】本题考查正方形的性质和圆周角定理以及利用勾股定理解直角三角形．熟练掌握正方形的性质，等弧所对的圆周角相等，对应的弦为直径以及勾股定理是解题的关键．13．如图，内接于，为直径，作交于点D，延长，交于点F，过点C作的切线，交于点E．如果，，则弦BC的长为__________．【答案】##【分析】连接．先证，推出，再证，根据勾股定理求出，，的长，通过证明，得出比例线段即可求出的长．【解析】解：如图，连接．与相切，是的半径，，，，，，，，，，．∵是的直径，，在中，，，，，，，，，，，在中，，在和中，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查了勾股定理、切线的定义、等腰三角形的判定与性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等，解题的关键是熟练掌握并综合运用上述知识．14．如图，在平面直角坐标系中，以点A(0，4)为圆心，4为半径的圆交y轴于点B．己知点C(4，0)，点D为⊙A上的一动点，以D为直角顶点，在CD左侧作等腰直角三角形CDE，连接BC，则△BCE面积的最小值为_________．【答案】##【分析】取的中点，连接，证明，得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取点，连接，根据中线的性质得出在以为圆心，为半径的圆上运动，过点作，当三点共线时，到的距离最短，此时的面积最小，证明，求得，进而即可求解．【解析】解：如图，取的中点，连接，∵，∴是等腰直角三角形，，，设是等腰直角三角形，∴，∴，即，又，设，则，∵是的中点，∴，∴，∴，∵，∴，则，即点在以为圆心，为半径的圆上运动，如图，取点，连接，则点为的中点，∴，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，过点作，当三点共线时，到的距离最短，此时的面积最小，∵，∴，∴，由，∴，∴，∵以点A(0，4)为圆心，4为半径的圆交y轴于点B∴，∴，∴，又，∴，∴，当三点共线时，到的距离为，此时．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理，点到圆上的点的最值问题，求得点的轨迹是解题的关键．15．已知是半径为1的⊙O的一条弦，且，以为一边在⊙O内作等边三角形，点D为⊙O上不同于点A的一点，且，的延长线交⊙O于点E，连接，则的长为__________．【答案】1【分析】由等边和圆的内接四边形可推导，然后通过得出，最后证明和全等即可得出结果．【解析】解：如图所示，连接、、是等边三角形，即：为等腰三角形为等腰三角形在和中，（AAS）故答案为：1．【点睛】此题考查了圆的内接四边形、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理；其中熟练运用圆的内接四边形对角互补来倒角，是解决此题的关键．16．【阅读理解】三角形中线长公式：三角形两边平方的和，等于所夹中线和第三边一半的平方和的两倍如左图，在△ABC中，点D是BC中点，则有：．【问题解决】请利用上面的结论，解决下面问题：如右图，点C、D是以AB为直径的⊙O上两点，点P是OB的中点，点E是CD的中点，且，若，当△EPB面积最大时，则CD的长为_____．【答案】【分析】连接，根据垂径定理可得①，取的中点，则，根据三角形中线长公式可得：②，由①②得出，可得点的轨迹，进而根据三角形中线的性质，以及三角形面积公式，圆上一点到直径的距离，求得当时，△EPB面积最大，进而勾股定理求得的长，根据直角三角形斜边上的中线即可求解．【解析】解：如图，连接，∵为的中点，∴，，∴，∵AB为⊙O的直径,,∴，∴，∴①如图，取的中点，则，根据三角形中线长公式可得：②∵，∴，即②，将①代入②得：，∴，∴在以为圆心为半径的圆上运动，在中，为的中点，∴设点到的距离为，由，则当取得最大值时，最大，∴当时，，在中，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形中线长公式，垂径定理，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，充分利用三角形中线长公式是解题的关键．17．如图，在半径为5的⊙O中；弦AC＝8，B为上一动点，将△ABC沿弦AC翻折至△ADC，延长CD交⊙O于点E，F为DE中点，连接AE，OF．现给出以下结论：①AE＝AB；②∠AED=∠ADE；③∠ADC＝2∠AED；④OF的最小值为2，其中正确的是________（写出所有正确结论的序号）．【答案】【分析】根据折叠的性质得出，，结合圆周角定理可得出进而推出正确；假设，推出是等边三角形，进而推出，为定值，这与是变角相矛盾；作于M，并延长交于G，连接FM、OC、AF，先根据垂径定理求出OM的长，然后根据直角三角形斜边中线的性质求出FM长，最后根据三角形三边关系得出，则可解决问题．【解析】解：折叠得到，，，又在中，和所对的弦分别是AB和AE，又，，在中，，，故正确；由可得，假设，，，∴是等边三角形，，，是定值，而B是动点，A、C两点固定，则是变化的，两者矛盾，故错误；如图，作于M，并延长交于G，连接FM、OC、AF，，，由得，F为ED的中点，，，，当O、F、M三点共线时，OF最小，这时OF=1，故错误；综上所述，正确的是．故答案为：．【点睛】本题考查了圆的综合，涉及图形的翻着的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，三角形的三边关系等，熟练掌握以上性质，灵活运用是解题的关键．18．已知AC、BD为⊙O的直径，连接AB，BC，AB＝BC，若点F是OC上一点，且CF＝2OF．点E是AB上一点，（且不与点A、B重合）连接EF，设OB与EF交于点P．①如图2，当点E为AB中点时，则的值_______；②连接DF，当EF⊥DF时，＝_____．【答案】

【分析】①作EL⊥OB于点L，设⊙O的半径为r，则OB＝OC＝r，由平行线分线段成比例定理及△PLE∽△POF可求出题中要求的结果；②连接BF，作FH⊥BE于点H，作EG⊥OA于点G，先证明△FBH≌△FEH，则DF＝EF，再证明△FGE≌△DOF，可得AG＝EG＝OF，由相似三角形的性质或勾股定理可求出的值．【解析】解：①过点E作EL⊥OB于点L，设⊙O的半径为r，则OB＝OC＝r，∵AB＝BC，OA＝OC，∠ABC＝90°，∴BO⊥AC，∠ABO＝∠CBO＝∠ABC＝45°，∴ELAC，∴，∵BE＝AE，∴BL＝OL＝OB＝r，∵∠BLE＝90°，∠LBE＝45°，∴∠LBE＝∠LEB＝45°，∴EL＝BL＝r，∵ELOF，∴△PLE∽△POF，∵OF＝OC＝r，∴＝，故答案为：；②连接BF，过点F作FH⊥BE于点H，过点E作EG⊥OA于点G，∵AC⊥BD，OB＝OD，∴DF＝BF，∠DOF＝90°，∴∠FBO＝∠D，∵EF⊥DF，∴∠DFP＝90°，∴∠D＝90°﹣∠DFO＝∠EFG，∴∠FBO＝∠D＝∠EFG，设∠FBO＝∠D＝∠EFG＝α，∵∠AHF＝∠ABC＝90°，∴FHBC，∴∠BFH＝∠FBC＝45°﹣α；∵AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠A＝∠C＝45°，∵∠AHF＝90°，∴∠HFA＝∠A＝45°，∴∠EFH＝45°﹣α，∴∠BFH＝∠EFH，∵FH＝FH，∠FHB＝∠FHE＝90°，∴△FBH≌△FEH（ASA），∴BF＝EF，∴DF＝EF，设⊙O的半径为r，则OA＝OB＝OC＝r，∵∠AOB＝90°，∴AB＝＝＝r；∵∠FGE＝∠DOF＝90°，∠EFG＝∠D，FE＝DF，∴△FGE≌△DOF（AAS），∴GE＝OF＝OC＝r；∵∠AGE＝90°，∠A＝45°，∴∠GEA＝∠A＝45°，∴GA＝GE＝r，∴AE＝＝＝，∴＝，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形判定与性质，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质、圆的有关知识，勾股定理等知识与方法，解题的关键是正确地作出辅助线，此题难度较大，属于考试压轴题．19．如图，在中，是边上的中线，以为直径的⊙交于点，过作于点，交的延长线于点，过点作于，，，则______；_______．【答案】

6【分析】