2024中考数学几何压轴专题训练-专题07圆形之综合问题（含解析）

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专题07 圆形之综合问题
训练题01【2023·广东·中考真题】
如图1，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A'，连接AA'交BD于点E，连接CA'．

(1)求证：AA'⊥CA'；
(2)以点O为圆心，OE为半径作圆．
①如图2，⊙O与CD相切，求证：AA'=3CA'；
②如图3，⊙O与CA'相切，AD=1，求⊙O的面积．
训练题02【2023·湖北天门·中考真题】
如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则 ．

训练题03【2023·云南·中考真题】
如图，BC是⊙O的直径，A是⊙O上异于B、C的点．⊙O外的点E在射线CB上，直线EA与CD垂直，垂足为D，且．设△ABE的面积为S1,△ACD的面积为．

(1)判断直线EA与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
(2)若，求常数m的值．
训练题04【2023·甘肃武威·中考真题】
如图，内接于，是的直径，是上的一点，平分，，垂足为，与相交于点．

(1)求证：是的切线；
(2)当的半径为，时，求的长．
训练题05【2023·江苏宿迁·九年级统考】
如图1，点E是⊙O直径AB上一点，AE=2，BE=8，过点E作弦CD⊥AB，点G在BD上运动，连接．(1)求CD的长．(2)如图2，连接AG，作∠DCG的角平分线交AG于点F，在点G运动的过程中，的长度是否会发生变化？若发生变化，请说明理由；若不会发生变化，请求出其值．(3)如图3，过点B作BH⊥CG于，连接DH，求DH的最小值．

训练题06【2022·黑龙江哈尔滨·中考真题】
已知CH是⊙O的直径，点A，点B是⊙O上的两个点，连接OA,OB，点D，点E分别是半径OA,OB的中点，连接CD,CE,BH，且∠AOC=2∠CHB．
(1)如图1，求证：∠ODC=∠OEC；
(2)如图2，延长CE交BH于点F，若CD⊥OA，求证：FC=FH；
(3)如图3，在（2）的条件下，点G是BH上一点，连接AG,BG,HG,OF，若AG:BG=5:3，HG=2，求OF的长．
训练题07【2022·浙江温州·中考真题】
如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知BC=5,BE=3．点P，Q分别在线段AB,BE上（不与端点重合），且满足APBQ=54．设BQ=x,CP=y．
(1)求半圆O的半径．
(2)求y关于x的函数表达式．
(3)如图2，过点P作PR⊥CE于点R，连结PQ,RQ．
①当△PQR为直角三角形时，求x的值．
②作点F关于QR的对称点F'，当点F'落在BC上时，求CF'BF'的值．
训练题08【2022·贵州毕节·中考真题】
如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，D是AB边上一点，以BD为直径的⊙O与AC相切于点E，连接DE并延长交BC的延长线于点F．
(1)求证：BF=BD；
(2)若CF=1,tan∠EDB=2，求⊙O直径．
训练题09【2022•上海杨浦·模拟预测】
如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣+bx+c与x轴相交于点A（4，0），与y轴相交于点B（0，3），在x轴上有一动点E（m，0）（0＜m＜4），过点E作x轴的垂线交线段AB于点N，交抛物线于点P，过P作PM⊥AB，垂足为点M．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，如果，求点P的坐标；
（3）如果以N为圆心，NA为半径的圆与以OB为直径的圆内切，求m的值．
训练题10【2022·湖南株洲·炎陵县一模】
如图1，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点E，连接BE，BD平分∠ABE交AC于F，交⊙O于点D，且∠BDE=∠CBE．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)如图2，延长ED交直线AB于点P，若PA=AO．
①求PDDE的值；
②若DE=2，求⊙O的半径长．
题型训练
答案&解析
训练题01【2023·广东·中考真题】
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②2+24π
【分析】（1）由点A关于BD的对称点为A'可知点E是AA'的中点，∠AEO=90°，从而得到OE是△ACA'的中位线，继而得到OE∥A'C，从而证明AA'⊥CA'；
（2）①过点O作于点F，延长FO交CD于点G，先证明△OCG≌△OAFAAS得到OG=OF，由⊙O与CD相切，得到OG=OE，继而得到OE=OF，从而证明AO是∠EAF的角平分线，即∠OAE=∠OAF，∠OAE=∠OAF=x，求得∠AOE=2x，利用直角三角形两锐角互余得到∠AOE+∠OAE=90°，从而得到∠OAE=30°，即∠A'AC=30°，最后利用含30度角的直角三角形的性质得出AA'=3CA'；
②先证明四边形A'EOH是正方形，得到OE=OH=A'H，再利用OE是△ACA'的中位线得到OE=12A'C，从而得到OH=CH，∠OCH=45°，再利用平行线的性质得到∠AOE=45°，从而证明△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，设AE=OE=r，求得DE=2-1r，在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2即r2+2-12r2=12，解得r2=2+24，从而得到⊙O的面积为S=πr2=2+24π．
【详解】（1）∵点A关于BD的对称点为A'，
∴点E是AA'的中点，∠AEO=90°，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴O是AC的中点，
∴OE是△ACA'的中位线，
∴OE∥A'C
∴∠AA'C=∠AEO=90°，
∴AA'⊥CA'
（2）①过点O作于点F，延长FO交CD于点G，则∠OFA=90°，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AO=BO=CO=DO，
∴∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°．
∵∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°，AO=CO，
∴△OCG≌△OAFAAS，
∴OG=OF．
∵⊙O与CD相切，OE为半径，∠OGC=90°，
∴OG=OE，
∴OE=OF
又∵∠AEO=90°即OE⊥AE，，
∴AO是∠EAF的角平分线，即∠OAE=∠OAF，
设∠OAE=∠OAF=x，则∠OCG=∠OAF=x，
又∵
∴∠OCG=∠ODG=x
∴∠AOE=∠OCG+∠ODG=2x
又∵∠AEO=90°，即△AEO是直角三角形，
∴∠AOE+∠OAE=90°，即2x+x=90°
解得：x=30°，
∴∠OAE=30°，即∠A'AC=30°，
在Rt△A'AC中，∠A'AC=30°，∠AA'C=90°，
∴AC=2CA'，
∴AA'=AC2-CA'2=2CA'2-CA'2=3CA'；
②过点O作OH⊥A'C于点H，

∵⊙O与CA'相切，
∴OE=OH，∠A'HO=90°
∵∠AA'C=∠AEO=∠A'EO=∠A'HO=90°
∴四边形A'EOH是矩形，
又∵OE=OH，
∴四边形A'EOH是正方形，
∴OE=OH=A'H，
又∵OE是△ACA'的中位线，
∴OE=12A'C
∴A'H=CH=12A'C
∴OH=CH
又∵∠A'HO=90°，
∴∠OCH=45°
又∵OE∥A'C，
∴∠AOE=45°
又∵∠AEO=90°，
∴△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，
设AE=OE=r，则AO=DO=AE2+OE2=2r
∴DE=DO-OE=2r-r=2-1r
在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2，AD=1
即r2+2-12r2=12
∴r2=11+2-12=14-22=2+24
∴⊙O的面积为：S=πr2=2+24π
训练题02【2023·湖北天门·中考真题】
【答案】
【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．
【详解】解：如图所示，连接，设交于H，
∵是的内切圆，
∴分别是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵与分别相切于点，，
∴，
又∵，
∴是的垂直平分线，
∴，即，
∴，
故答案为：．

训练题03【2023·云南·中考真题】
【答案】(1)EA与⊙O相切，理由见解析
(2)
【分析】（1）EA与⊙O相切，理由如下：连接OA，先证△BAC∽△ADC得∠ABO=∠DAC，又证∠ABO=∠BAO=∠DAC，进而有∠OAD=∠OAC+∠DAC=90°，于是即可得EA与⊙O相切；
（2）先求得S△EACS△ABE=2，再证△EAB∽△ECA，得S△EACS△ABE=AC2AB2=2，从而有BC2AC2=32，又△BAC∽△ADC，即可得解．
【详解】（1）解：EA与⊙O相切，理由如下：
连接OA，

∵BC是⊙O的直径，直线EA与CD垂直，
∴∠BAC=∠ADC=90°，
∵，
∴DAAB=DCAC，
∴△BAC∽△ADC
∴∠ABO=∠DAC，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO=∠DAC，
∵∠BAC=∠BAO+∠OAC=90°，
∴∠OAD=∠OAC+∠DAC=90°，
∴OA⊥DE，
∴EA与⊙O相切；
（2）解：∵BC=BE，
∴S△EAC=2S△ABE=2S1，S△ABC=S△EAB=S1，
∴S△EACS△ABE=2，
∵OA⊥DE，
∴∠OAB+∠BAE=∠OAE=90°，
∵∠BAC=90°，∠OBA=∠OBA，
∴∠OBA+∠ECA=90°，
∴∠EAB=∠ECA，
∵∠E=∠E，
∴△EAB∽△ECA，
∴S△EACS△ABE=AC2AB2=2，
∴AB2AC2=12
又∵∠BAC=90°，
∴BC2AC2=AC2+AB2AC2=2+12=32，
∴AC2BC2=23
∵△BAC∽△ADC，
∴m=S2S1=S△ADCS△BAC=AC2BC2=23．
训练题04【2023·甘肃武威·中考真题】
【答案】(1)见解析 (2)
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，得出，根据得出，角平分线的定义得出，等量代换得出，进而得出，即，即可得证；
（2）连接，得，则，进而证明，得出，解，得出，则，进而根据即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，即．
∵为的半径，
∴是的切线．

（2）连接，得，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
训练题05【2023·江苏宿迁·九年级统考】
【答案】(1)8(2)的长度不发生变化；AF=25 (3)213-25
【分析】（1）连接OD，根据AE=2，BE=8，确定圆的半径为5，结合CD⊥AB，据垂径定理，得到ED=OD2-OE2=4，得CD=2ED=8．（2）连接AD,AC，据垂径定理，得到AD=AC=AE2+ED2=25，利用三角形外角性质，圆周角定理，证明AD=AC=AF即可．（3）根据题意，点H的运动轨迹是以BC为直径的⊙N上的BE，当D、H、N三点共线时，DH取得最小值，计算即可．
【详解】（1）如图，连接OD，∵AE=2，BE=8，∴AB=10，∴圆的半径为5，

∵CD⊥AB，∴ED=OD2-OE2=4，∴CD=2ED=8．
（2）的长度不发生变化；AF=25．理由如下：如图，连接AD,AC，
∵⊙O直径AB，AE=2，BE=8，弦CD⊥AB，ED=4，
∴AD=AC=AE2+ED2=25，∴∠ADC=∠ACD=∠AGC，
∵∠DCG的角平分线交AG于点F，∴∠FCD=∠FCG，
∵∠ACF=∠ACD+∠FCD，∠AFC=∠AGC+∠FCG，
∴∠ACF=∠AFC，∴AC=AF，∴AF=25，故的长度不发生变化；AF=25．
（3）如图，连接BC，∵BH⊥CG，
∴点H的运动轨迹是以BC为直径的⊙N上的BE，当D、H、N三点共线时，DH取得最小值，
连接DN，交BE于点M，故当H与M重合时，DH取得最小值，
∵EC=4，BE=8，CD⊥AB，∴BC=BE2+EC2=45，
∴NM=25，过点N作FN⊥CA于点F，则FN∥EB，∴CNNB=CFFE，
∵CN=NB，∴CF=FE=12EC=2，NF=12EB=4，DF=6，
∴DN=DF2+FN2=213，∴DM=DN-MN=213-25，故DH最小值为213-25．
训练题06【2022·黑龙江哈尔滨·中考真题】
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)OF=193
【分析】（1）根据SAS证明△COD≅△COE即可得到结论；
（2）证明∠H=∠ECO即可得出结论；
（3）先证明OF⊥CH，连接AH，证明AH=BH，设AG=5x，BG=3x，在AG上取点M，使得AM=BG，连接MH，证明△MHG为等边三角形，得MG=HG=2，根据AG=AM+MG可求出x=1，得AG=5，BG=3，过点H作HN⊥MG于点N，求出HB=19，再证HF=2OF，根据HB=3OF=19可得结论．
（1）
如图1．∵点D，点E分别是半径OA,OB的中点
∴OD=12OA，OE=12OB
∵OA=OB，
∴OD=OE
∵∠BOC=2∠CHB，∠AOC=2∠CHB
∴∠AOC=∠BOC
∵OC=OC
∴△COD≅△COE，
∴∠CDO=∠CEO；
（2）
如图2．∵CD⊥OA，
∴∠CDO=90°
由（1）得∠CEO=∠CDO=90°，
∴sin∠OCE=OEOC=12
∴∠OCE=30°，
∴∠COE=90°-∠OCE=60°
∵∠H=12∠BOC=12×60°=30°
∴∠H=∠ECO，
∴FC=FH
（3）
如图3．∵CO=OH，FC=FH
∴OF⊥CH
∴∠FOH=90°
连接AH．∵∠AOC=∠BOC=60°
∴∠AOH=∠BOH=120°，
∴AH=BH，∠AGH=60°
∵AG:BG=5:3
设AG=5x，
∴BG=3x
在AG上取点M，使得AM=BG，连接MH
∵∠HAM=∠HBG，
∴△HAM≌△HBG
∴MH=GH，
∴△MHG为等边三角形
∴MG=HG=2
∵AG=AM+MG，
∴5x=3x+2
∴x=1，
∴AG=5
∴BG=AM=3，
过点H作HN⊥MG于点N
MN=12GM=12×2=1，HN=HG⋅sin60°=3
∴AN=MN+AM=4，
∴HB=HA=NA2+HN2=19
∵∠FOH=90°，∠OHF=30°，
∴∠OFH=60°
∵OB=OH，
∴∠BHO=∠OBH=30°，
∴∠FOB=∠OBF=30°
∴OF=BF，
在Rt△OFH中，∠OHF=30°，
∴HF=2OF
∴HB=BF+HF=3OF=19，
∴OF=193．
训练题07【2022·浙江温州·中考真】
【答案】(1)158
(2)y=54x+54
(3)①97或2111；②199
【分析】（1）连接OD，设半径为r，利用△COD∽△CBE，得ODBE=COCB，代入计算即可；
（2）根据CP=AP十AC，用含x的代数式表示 AP的长，再由（1）计算求AC的长即可；
（3）①显然∠PRQ<90°，所以分两种情形，当 ∠RPQ=90°时，则四边形RPQE是矩形，当 ∠PQR＝90°时，过点P作PH⊥BE于点H， 则四边形PHER是矩形，分别根据图形可得答案；
②连接AF,QF'，由对称可知QF=QF',∠F'QR=∠EQR=45°，利用三角函数表示出BF'和BF的长度，从而解决问题．
（1）解：如图1，连结OD．设半圆O的半径为r．
∵CD切半圆O于点D，
∴OD⊥CD．
∵BE⊥CD，
∴OD∥BE，
∴△COD∽△CBE，
∴ODBE=COCB，
即r3=5-r5，
∴r=158，即半圆O的半径是158．
（2）由（1）得：CA=CB-AB=5-2×158=54．
∵APBQ=54,BQ=x，
∴AP=54x．
∵CP=AP+AC，
∴y=54x+54．
（3）①显然∠PRQ<90°，所以分两种情况．
ⅰ）当∠RPQ=90°时，如图2．
∵PR⊥CE，
∴∠ERP=90°．
∵∠E=90°，
∴四边形RPQE为矩形，
∴PR=QE．
∵PR=PC⋅sinC=35y=34x+34，
∴34x+34=3-x，
∴x=97．
ⅱ）当∠PQR=90°时，过点P作PH⊥BE于点H，如图3，
则四边形PHER是矩形，
∴PH=RE,EH=PR．
∵CB=5,BE=3，
∴CE=52-32=4．
∵CR=CP⋅csC=45y=x+1，
∴PH=RE=3-x=EQ，
∴∠EQR=∠ERQ=45°，
∴∠PQH=45°=∠QPH，
∴HQ=HP=3-x，
由EH=PR得：(3-x)+(3-x)=34x+34，
∴x=2111．
综上所述，x的值是97或2111．
②如图4，连结AF,QF'，
由对称可知QF=QF'，∠F'QR=∠EQR
∵BE⊥CE，PR⊥CE，
∴PR∥BE，
∴∠EQR=∠PRQ，
∵BQ=x，CP=54x+54，
∴EQ=3-x，
∵PR∥BE，
∴△CPR∽△CBE，
∴CPCR=CBCE，
即：54x+54CR=54，
解得：CR=x+1，
∴ER=EC-CR=3-x，
即：EQ= ER
∴∠EQR=∠ERQ=45°，
∴∠F'QR=∠EQR=45°
∴∠BQF'=90°，
∴QF=QF'=BQ⋅tanB=43x．
∵AB是半圆O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴BF=AB⋅csB=94，
∴43x+x=94，
∴x=2728，
∴CF'BF'=BC-BF'BF'=BCBF'-1=3x-1=199．
训练题08【2022·贵州毕节·中考真题】
【答案】(1)证明过程见解析 (2)5
【分析】(1)连接OE，由AC是圆的切线得到∠AEO=90°=∠ACB，进而得到OE∥BC，得到∠F=∠DEO；再由半径相等得到∠ODE=∠DEO，进而得到∠F=∠ODE即可证明BD=BF；
(2)连接OE，由tan∠EDB=tan∠F=ECCF求出EC=2，证明∠CEB=∠F进而由tan∠F=tan∠CEB=BCCE求出BC=4，最后根据BD=BF=BC+CF=4+1=5．
【详解】（1）证明：连接OE，如下图所示：
∵AC为圆O的切线，
∴∠AEO=90°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∴OE∥BC，
∴∠F=∠DEO，
又∵OD=OE，
∴∠ODE=∠DEO，
∴∠F=∠ODE，
∴BD=BF．
（2）解：连接BE，如下图所示：
由(1)中证明过程可知：∠EDB=∠F，
∴tan∠EDB=tan∠F=ECCF，代入数据：2=EC1，
∴EC=2，
又BD是圆O的直径，
∴∠BED=∠BEF=90°，
∴∠CEF+∠F=90°=∠CEF+∠CEB，
∴∠F=∠CEB，
∴tan∠F=tan∠CEB=BCCE，代入数据：2=BC2，
∴BC=4，
由(1)可知：BD=BF=BC+CF=4+1=5，
∴圆O的直径为5．
训练题09【2022•上海杨浦·模拟预测】
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）先证明△PMN∽△AEN，根据相似三角形性质可得出：．利用待定系数法可得直线AB的解析式为．设点P（m，﹣m2+m+3）（0＜m＜4），则PN＝﹣m2+3m．AN＝（4﹣m），建立方程求解即可得出答案；
（3）设OB的中点为点Q，则点Q的坐标，过点N作NK⊥y轴于点K，则NK＝m，KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+，运用勾股定理可得QN＝＝，根据两圆内切建立方程求解即可得出答案．
【解答】解，（1）∵抛物线与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点C（0，3），
∴
∴
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3；
（2）如图1，∵PM⊥AB，PE⊥x轴，
∴∠PMN＝∠PEA＝90°，
又∵∠PNM＝∠ANE，
∴△PMN∽△AEN．
∴．即．
又∵，
∴．
设直线AB：y＝kx+b，又直线AB经过点A（4，0），点B（0，3），
∴
∴
∴．
∵点P在抛物线y＝﹣x2+x+3上，
∴设点P（m，﹣m2+m+3）（0＜m＜4），
∵点N在直线y＝﹣x+3上，设点N（m，﹣m+3）．
∴PN＝﹣m2+m+3﹣（m+3）＝﹣m2+3m．
又．
∴，
解得：m1＝2，m2＝4（不合题意，舍去）．
∴点P的坐标是．
（3）如图2，设OB的中点为点Q，则点Q的坐标，
又点，过点N作NK⊥y轴于点K，则NK＝m，KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+，
在Rt△NQK中，QN＝＝，
当⊙N与⊙Q内切时，．
∴＝（4﹣m）﹣，
解之得：．
∴当⊙N与⊙Q内切时，．
训练题10【2022·湖南株洲·炎陵县一模】
【答案】(1)见解析
(2)①PDDE=2；②⊙O的半径长为22
【分析】（1）根据AB是直径，可得∠AEB=90°，∠A+∠ABE=90°，根据同弧所对的圆周角相等可得∠A=∠D，可证∠A=∠CBE，∠ABE+∠CBE=90°，可得∠ABC=90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）①连接OD，通过角的关系证明BE∥OD，因为PA=AO=OB，可得OP=2OB，根据平行线分线段成比例可知PDDE=POOB，即可求出PDDE的值；
②由①和DE=2可得PD=4，PE=6，根据同弧所对的圆周角相等可得∠PEA=∠DBP，即可证明△PDB∽△PAE，可得PAPD=PEPB，因为PB=3OB，所以可求出OB=22，即⊙O的半径长为22．
（1）
证明：∵AB是直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠A+∠ABE=90°，
∵∠BDE=∠CBE，∠A=∠D，
∴∠A=∠CBE，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）
解：①如图2中，连接OD．
∵BD平分∠ABE，
∴∠EBD=∠ABD，
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠BDO，
∴∠EBD=∠BDO，
∴BE∥OD，
∵PA=AO=OB，
∴OP=2OB，
∴PDDE=POOB=2，
②∵DE=2，PDDE=2
∴PD=2DE=4，PE=PD+DE=4+2=6，
∵∠DPB=∠APE，∠PEA=∠DBP，
∴△PDB∽△PAE，
∴PAPD=PEPB，
∵PB=OP+OB=2OB+OB=3OB，
∴OB4=63OB，
∴OB=22，
∴⊙O的半径长为22．