人教版九年级上册数学-圆-几何综合易错题(文本版-含答案)

人教版九年级上册数学圆几何综合易错题（Word版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．已知：如图，梯形中，，，，动点在射线上，以为半径的交边于点（点与点不重合），联结、，设，.（1）求证：；（2）求关于的函数解析式，并写出定义域；（3）联结，当时，以为圆心半径为的与相交，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】根据梯形的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，根据平行线的判定定理即可得到结论；分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、推出四边形ADGF是矩形，，求得，根据勾股定理得到，根据平行线分线段成比例定理得到，，求得，根据勾股定理即可得到结论；作交DC于推出四边形PDME是平行四边形得到，即

，根据相似三角形的性质得到，根据相切两圆的性质即可得到结论．【详解】证明：梯形ABCD，，，，，，；解：分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G．梯形ABCD中，，，，，四边形ADGF是矩形，，，，，在中，，，，即，，，，在中，，，即，解：作交DC于M．，四边形PDME是平行四边形．，即

，，，又，，．∽，，即，解得：，即，，当两圆外切时，，即舍去；当两圆内切时，，即舍去，；即两圆相交时，．【点睛】本题属于圆综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键.2．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在y轴的正半轴上，点A在x轴的正半轴上，点C的坐标为（0，8），将△ABC沿直线AB折叠，点C落在x轴的负半轴D（−4，0）处．（1）求直线AB的解析式；（2）点P从点A出发以每秒个单位长度的速度沿射线AB方向运动，过点P作PQ⊥AB，交x轴于点Q，PR∥AC交x轴于点R，设点P运动时间为t（秒），线段QR长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；（3）在（2）的条件下，点N是射线AB上一点，以点N为圆心，同时经过R、Q两点作⊙N，⊙N交y轴于点E，F．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圆心N的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）d=5t（3）故当t=，或，时，QR=EF，N（-6，6）或（2，2）．【解析】试题分析：（1）由C（0，8），D（-4，0），可求得OC，OD的长，然后设OB=a，则BC=8-a，在Rt△BOD中，由勾股定理可得方程：（8-a）2=a2+42,解此方程即可求得B的坐标，然后由三角函数的求得点A的坐标，再利用待定系数法求得直线AB的解析式；（2）在Rt△AOB中，由勾股定理可求得AB的长，继而求得∠BAO的正切与余弦，由PR//AC与折叠的性质，易证得RQ=AR，则可求得d与t的函数关系式；（3）首先过点分别作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，易证得四边形NTOS是正方形，然后分别从点N在第二象限与点N在第一象限去分析求解即可求解;试题解析：（1）∵C（0，8），D（-4，0），∴OC=8，OD=4，设OB=a，则BC=8-a，由折叠的性质可得：BD=BC=8-a，在Rt△BOD中，∠BOD=90°，DB2=OB2+OD2，则（8-a）2=a2+42，解得：a=3，则OB=3，则B（0，3），tan∠ODB=，在Rt△AOC中，∠AOC=90°，tan∠ACB=，则OA=6，则A（6，0），设直线AB的解析式为：y=kx+b，则，解得：，故直线AB的解析式为：y=-x+3；（2）如图所示：在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，则AB=，在Rt△PQA中，则AQ=,∵PR∥AC，∴∠APR=∠CAB，由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB，∴∠BAO=∠APR，∴PR=AR，∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°，∴∠PQA=∠QPR，∴RP=RQ，∴RQ=AR，∴QR=AQ=5t,即d=5t;（3）过点分别作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，∵EF=QR，∴NS=NT，∴四边形NTOS是正方形，则TQ=TR=，∴，分两种情况，若点N在第二象限，则设N（n，-n），点N在直线上，则，解得：n=-6，故N（-6，6），NT=6，即，解得：;若点N在第一象限，设N（N，N），可得：,解得：n=2，故N（2，2），NT=2，即,解得：t=∴当t=，或，时，QR=EF，N（-6，6）或（2，2）。点睛：此题考查了折叠的性质、待定系数法求一次函数的解析式、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质以及三角函数等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用。3．如图①、②、③是两个半径都等于2的⊙O1和⊙O2，由重合状态沿水平方向运动到互相外切过程中的三个位置，⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，分别连结O1A、O1B、O2A、O2B和AB．(1)如图②，当∠AO1B=120°时，求两圆重叠部分图形的周长l；(2)设∠AO1B的度数为x，两圆重叠部分图形的周长为y，求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；(3)在(2)中，当重叠部分图形的周长时，则线段O2A所在的直线与⊙O1有何位置关系？请说明理由.除此之外，它们是否还有其它的位置关系？如果有，请直接写出其它位置关系时的x的取值范围.【答案】（1）（2）（0≤x≤180）（3）O2A与⊙O1相切；当0≤x≤90和0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交【解析】试题分析：（1）解法一、依对称性得，∠AO2B=∠AO1B=120°,∴解法二、∵O1A=O1B=O2A=O2B∴AO1BO2是菱形∴∠AO2B=∠AO1B=120°∴l=2×=(2)∵由（1）知，菱形AO1BO2中∠AO2B=∠AO1B=x度,∴重叠图形的周长,即（0≤x≤180）(3)当时，线段O2A所在的直线与⊙O1相切！理由如下：∵，由（2）可知：，解之x=90度∴AO1B=90°,因此菱形AO1BO2是正方形，∴O1AO2=90°,即O2A⊥O1A,而O1A是⊙O1的半径，且A为半径之外端；∴O2A与⊙O1相切．还有如下位置关系：当0≤x≤90和0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交考点：直线与圆的位置关系点评：本题主要考查直线与圆的位置关系，掌握判定直线与圆的位置关系是解本题的关键，会求函数的解析式，本题难度比较大4．如图1，△ABC内接于⊙O，直径AD交BC于点E，延长AD至点F，使DF＝2OD，连接FC并延长交过点A的切线于点G，且满足AG∥BC，连接OC，若cos∠BAC＝，BC＝8．（1）求证：CF是⊙O的切线；（2）求⊙O的半径OC；（3）如图2，⊙O的弦AH经过半径OC的中点F，连结BH交弦CD于点M，连结FM，试求出FM的长和△AOF的面积．【答案】（1）见解析；（2）；（3），【解析】【分析】（1）由DF=2OD，得到OF=3OD=3OC，求得，推出△COE∽△FOE，根据相似三角形的性质得到∠OCF=∠DEC=90°，于是得到CF是⊙O的切线；（2）利用三角函数值，设OE=x，OC=3x，得到CE=3，根据勾股定理即可得到答案；（3）连接BD，根据圆周角定理得到角相等，然后证明△AOF∽△BDM，由相似三角形的性质，得到FM为中位线，即可求出FM的长度，由相似三角形的性质，以及中线分三角形的面积为两半，即可求出面积.【详解】解：（1）∵DF＝2OD，∴OF＝3OD＝3OC，∴，∵∠COE＝∠FOC，∴△COE∽△FOE，∴∠OCF＝∠DEC＝90°，∴CF是⊙O的切线；（2）∵∠COD＝∠BAC，∴cos∠BAC＝cos∠COE＝，∴设OE＝x，OC＝3x，∵BC＝8，∴CE＝4，∵CE⊥AD，∴OE2+CE2＝OC2，∴x2+42＝9x2，∴x＝（负值已舍去），∴OC＝3x＝，∴⊙O的半径OC为；（3）如图，连结BD，由圆周角定理，则∠OAF=∠DBM，，∵BC⊥AD，∴，∴∠ADC=∠ADB，∴，∴△AOF∽△BDM；∵点F是OC的中点，∴AO：OF=BD：DM=2，又∵BD=DC，∴DM=CM，∴FM为中位线，∴FM=∴S△AOF:S△BDM=(:)2；∵；∴S△AOF==；【点睛】本题考查了圆的综合问题，圆周角定理，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，利用勾股定理求边长，以及三角形中线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的定理和性质，运用属性结合的思想进行解题.5．已知内接于圆，点为弧上一点，连接交于点，．（1）如图1，求证：弧弧；（2）如图2，过作于点，交圆点，连接交于点，且，求的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，圆上一点与点关于对称，连接，交于点，点为弧上一点，交于点，交的延长线于点，，的周长为20，，求圆半径．【答案】（1）见解析；（2）∠CAG=45°；（3）r=【解析】【分析】（1）证∠ABD=∠ACB可得；（2）如下图，△AHD绕点A旋转至△ALE处，使得点D与点B重合，证△ALE≌△AHE，利用勾股定理逆定理推导角度；（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD.先证△AEN≌△QUD，再证△NVE≌△RKU，可得到NV=KR=DK，进而求得OB的长.【详解】（1）∵∠CED是△BEC的外角，∴∠CED=∠EBC+∠BCA∵∠ABC=∠ABD+∠EBC又∵∠CED=∠ABC∴∠ABD=∠ACB∴弧AB=弧AD（2）如下图，△AHD绕点A旋转至△ALE处，使得点D与点B重合∵△ALB是△AHD旋转所得∴∠ABL=∠ADB，AL=AH设∠CAG=a，则∠CBG=a∵BG⊥AC∴∠BCA=90°-a，∴∠ADB=∠ABD=90°-a∴在△BAD中，BAE+∠HAD=180-a-(90°-a)-(90°-a)=a∴∠LAE=∠EAH=a∵LA=AH，AE=AE∴△ALE≌△AHE，∴LE=EH∵HD=LB，∴△LBE为直角三角形∴∠LBE=(90°-a)+(90°-a)=90°，解得：a=45°∴∠CAG=45°（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD由（2）得∠BAD=90°∴点O在BD上设∠R=n，则∠SER=∠BEC=∠MEB=90°-n∴∠AEN=2n∵SQ⊥AC∴∠TAS=∠AQS=∠DQR，AN=QD∵QU=AE∴△AEN≌△QUD∴∠QUD=∠AEN=2n∴UD=UR=NE，∵△ANE的周长为20∴QD+QR=20在△DQR中，QD=7∵∠ENR=∠UDK=∠R=n∴△NVE≌△RKU∴NV=KR=DK=∴BN=5∴BD=12，OB=6【点睛】本题考查了圆的证明，涉及到全等、旋转和勾股定理，解题关键是结合图形特点，适当构造全等三角形6．已知：AB为⊙O直径，弦CD⊥AB，垂足为H，点E为⊙O上一点，，BE与CD交于点F．（1）如图1，求证：BH＝FH；（2）如图2，过点F作FG⊥BE，分别交AC、AB于点G、N，连接EG，求证：EB＝EG；（3）如图3，在（2）的条件下，延长EG交⊙O于M，连接CM、BG，若ON＝1，△CMG的面积为6，求线段BG的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2．【解析】【分析】（1）连接，根据直径所对圆周角等于90°及弧与弦的关系即可得解；（2）根据题意，过点C作，连接，通过证明，即可得解；（3）根据题意，过点G作于T，连接CN，设，证明，再由面积法及勾股定理进行计算求解即可.【详解】解：（1）如下图，连接∵为直径∴∵∴∴又∵于H∴∴；（2）如下图，过点C作，连接AB为直径，∴∴∴∴同理∴；（3）如下图，过点G作于T，连接CN设由（2）知：∴∵∴∵∴∴则：∴∴∴∵面积为6∴设则∴∴∴解得：∵∴，则∴．【点睛】本题主要考查了圆和三角形的综合问题，熟练掌握圆及三角形的各项重要性质及判定方法是解决本题的关键.7．如图．在中，，，，是的中位线，连结，点是边上的一个动点，连结交于，交于．(1)当点是的中点时，求的值及的长(2)当四边形与四边形的面积相等时，求的长：(3)如图2．以为直径作．①当正好经过点时，求证：是的切线：②当的值满足什么条件时，与线段有且只有一个交点．【答案】（1），；（2）；（3）①见解析；②当或时，与线段有且只有一个交点．【解析】【分析】（1）根据题意得H为的重心，即可得的值，由重心和中位线的性质求得，由勾股定理求得的长，即可得的长；（2）根据图中面积的关系得S四边形DCFG=，列出关系式求解即可得的长；（3）根据与线段有且只有一个交点，可分两类情况讨论：当与相切时，求得的值；当过点E，此时是与线段有两个交点的临界点，即可得出与线段有且只有一个交点时满足的条件．【详解】解：（1）∵是的中位线，∴分别是的中点，，又∵点是的中点，∴与的交点是的重心，，即；，∴，在中，D为AC中点，，则，∴DG为的中位线，G为AF的中点，，，在中，，，，，则，，；（2）∵四边形与四边形的面积相等，∴S四边形DCFH+=S四边形BEGH+，即S梯形DCFG=，∵，，是的中位线，∴，，∵，设，∵DG为的中位线，∴，则S梯形DCFG，解得：，；（3）①证明：如图2，连结，为的直径，经过点，，∴，为直角三角形，为的中点，，．又，，∴，即，∴，即是的切线；②如图3-1，当与相切时，与线段有且只有一个交点，设的半径为r，圆心O到DE的距离为d，∴当r=d时，与相切，∵，，，∴两平行线之间的距离为，∴，则，，由得：，；如图3-2，当经过点时，连接、，设的半径为，即，∵G为AF的中点，O为CF的中点，∴，∴四边形COGD为平行四边形，又∵，∴四边形COGD为矩形，∴，则，为直角三角形，∴，，则，由勾股定理得：，即，解得：，则，，由得：，，则当时，与线段有且只有一个交点；综上所述，当或时，与线段有且只有一个交点．【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线的性质与判定、中位线的性质等知识，解题的关键是灵活添加常用的辅助线，属于中考压轴题．8．（1）如图1，A是⊙O上一动点，P是⊙O外一点，在图中作出PA最小时的点A．（2）如图2，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，以点C为圆心的⊙C的半径是3.6，Q是⊙C上一动点，在线段AB上确定点P的位置，使PQ的长最小，并求出其最小值．（3）如图3，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，以D为圆心，3为半径作⊙D，E为⊙D上一动点，连接AE，以AE为直角边作Rt△AEF，∠EAF＝90°，tan∠AEF＝，试探究四边形ADCF的面积是否有最大或最小值，如果有，请求出最大或最小值，否则，请说明理由．【答案】（1）作图见解析；（2）PQ长最短是1.2；（3）四边形ADCF面积最大值是，最小值是．【解析】【分析】（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求；（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短，根据勾股定理以及三角形的面积公式即可求出其最小值；（3）△ACF的面积有最大和最小值，取AB的中点G，连接FG，DE，证明△FAG～△EAD，进而证明点F在以G为圆心1为半径的圆上运动，过G作GH⊥AC于H，交⊙G于F1，GH反向延长线交⊙G于F2，①当F在F1时，△ACF面积最小，分别求出△ACD的面积和△ACF的面积的最小值即可得出四边形ADCF的面积的最小值；②当F在F2时，四边形ADCF的面积有最大值，在⊙G上任取异于点F2的点P，作PM⊥AC于M，作GN⊥PM于N，利用矩形的判定与性质以及三角形的面积公式即可得出得出四边形ADCF的面积的最大值．【详解】解：（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求，如图1所示；（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短．理由：分别在线段AB，⊙C上任取点P'，点Q'，连接P'，Q'，CQ'，如图2，由于CP⊥AB，根据垂线段最短，CP≤CQ'+P'Q'，∴CO+PQ≤CQ'+P'Q'，又∵CQ＝CQ'，∴PQ＜P'Q'，即PQ最短．在Rt△ABC中，，∴，∴PQ＝CP﹣CQ＝6.8﹣3.6＝1.2，∴．当P在点B左侧3.6米处时，PQ长最短是1.2．（3）△ACF的面积有最大和最小值．如图3，取AB的中点G，连接FG，DE．∵∠EAF＝90°，，∴∵AB＝6，AG＝GB，∴AC＝GB＝3，又∵AD＝9，∴，∴∵∠BAD＝∠B＝∠EAF＝90°，∴∠FAG＝∠EAD，∴△FAG～△EAD，∴，∵DE＝3，∴FG＝1，∴点F在以G为圆心1为半径的圆上运动，连接AC，则△ACD的面积＝，过G作GH⊥AC于H，交⊙G于F1，GH反向延长线交⊙G于F2，①当F在F1时，△ACF面积最小．理由：由（2）知，当F在F1时，F1H最短，这时△ACF的边AC上的高最小，所以△ACF面积有最小值，在Rt△ABC中，∴，在Rt△ACH中，，∴，∴△ACF面积有最小值是：；∴四边形ADCF面积最小值是：；②当F在F2时，F2H最大理由：在⊙G上任取异于点F2的点P，作PM⊥AC于M，作GN⊥PM于N，连接PG，则四边形GHMN是矩形，∴GH＝MN，在Rt△GNP中，∠NGF2＝90°，∴PG＞PN，又∵F2G＝PG，∴F2G+GH＞PN+MN，即F2H＞PM，∴F2H是△ACF的边AC上的最大高，∴面积有最大值，∵，∴△ACF面积有最大值是；∴四边形ADCF面积最大值是；综上所述，四边形ADCF面积最大值是，最小值是．【点睛】本题为圆的综合题，考查了矩形，圆，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．9．如图，在中，，，，点在线段上，．点从点出发，沿方向运动，以为直径作，当运动到点时停止运动，设．（1）___________，___________．（用的代数式表示）（2）当为何值时，与的一边相切？（3）在点整个运动过程中，过点作的切线交折线于点，将线段绕点顺时针旋转得到，过作于．①当线段长度达到最大时，求的值；②直接写出点所经过的路径长是________．（结果保留根号）【答案】（1），；（2）或；（3）①；②【解析】【分析】（1）观察图中和的数量关系可得，而，将代入即可.（2）与的一边相切有两种情况，先与相切，再与相切；两种情况的解答方法都是连接圆心与切点，构造直角三角形，根据条件所给的特殊角的三角函数解答.（3）①根据旋转的性质可得，在中根据三角函数可得，故当点与点重合，取得最大值时，有最大值，解之即可.②明显以点与点重合前后为节点，点的运动轨迹分两部分，第一部分为从开始运动到点与点重合，即图中的，根据求解；第二部分，根据为定值可知其轨迹为图中的，在中用勾股定理求解即可.【详解】（1），（2）情况1：与相切时，中，∵∴∴解得情况2：与相切时，中，∵∴即解得（3）①在中，∵，，∴，∴当最大时即最大当点与点重合时，的值最大．易知此时．在中，∵∴∴（3）轨迹如图：从到到,，故，到轨迹