2024长沙中考数学二轮专题复习 题型四 圆的综合题 (含答案)

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典例精讲
例 已知A、B、C是⊙O上的三点，AB＝AC，∠BAC＝120°.
(1)如图①，连接OA，OB，求证：△ABO是等边三角形；
例题图①
【思维教练】利用有一个角为60°的等腰三角形为等边三角形进行求证．
(2)连接BC，若⊙O的半径为2eq \r(3)，求线段BC的长；
【思维教练】连接OB，OA，利用垂径定理求解．
(3)如图②，若点D是∠BAC所对弧上的一动点，连接DA，DB，DC.
①探究DA，DB，DC三者之间的数量关系，并说明理由；
②若AB＝3，点E是CD的中点，当点D从点B运动到点C时，求点E的运动路径长．

例题图②
【思维教练】①将△ABD绕点A逆时针旋转120°，结合圆内接四边形及三角函数求解；
②点D为主动点，点E为从动点，由点D的运动轨迹可知点E的运动轨迹也为圆弧，找出圆心及半径，利用弧长公式求解．
针对训练
1. (2023长沙25题10分)如图，点O为以AB为直径的半圆的圆心，点M，N在直径AB上，点P，Q在eq \(AB,\s\up8(︵))上，四边形MNPQ为正方形，点C在eq \(QP,\s\up8(︵))上运动(点C与点P，Q不重合)，连接BC并延长交MQ的延长线于点D，连接AC交MQ于点E，连接OQ.
(1)求sin∠AOQ的值；
(2)求eq \f(AM,MN)的值；
(3)令ME＝x，QD＝y，直径AB＝2R (R>0，R是常数)，求y关于x的函数解析式，并指明自变量x的取值范围．
第1题图
2. (2022长沙25题10分)如图，半径为4的⊙O中，弦AB的长度为4eq \r(3)，点C是劣弧eq \(AB,\s\up8(︵))上的一个动点，点D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，连接DE、OD、OE.
(1)求∠AOB的度数；
(2)当点C沿着劣弧eq \(AB,\s\up8(︵))从点A开始，逆时针运动到点B时，求△ODE的外心P所经过的路径的长度；
(3)分别记△ODE，△CDE的面积为S1，S2，当Seq \\al(2,1)－Seq \\al(2,2)＝21时，求弦AC的长度．

第2题图
类型二 与切线的性质结合
(10年3考)
典例精讲
例 如图，AB是⊙O的直径，AB＝16，点C在⊙O的半径OA上运动，PC⊥AB，垂足为C，PC＝10，PT为⊙O的切线，切点为T，连接OP.
(1)当C点运动到O点时．
①求PT的长；
②延长AB、PT，交于点D，求证：△POT∽△PDO；
例题图
【思维教练】①运用勾股定理求解；
②运用切线的性质证明两三角形的角相等，即可求证．
(2)当C点运动到A点时，连接BT，求证：PO∥BT；
【思维教练】证明两三角形全等，得到等弧所对的圆心角、圆周角之间的关系，利用同位角相等，两直线平行求证．
(3)设PT＝y，AC＝x，求y关于x的函数解析式，并求出y的最小值．
【思维教练】运用切线的性质及勾股定理求解．
针对训练
1. (2023长沙模拟)如图，AB是⊙O的直径，点E为线段OB上一点(不与O，B重合)，作EC⊥OB，交⊙O于点C，作直径CD，过点C的切线交DB的延长线于点P，作AF⊥PC于点F，连接CB.
(1)求证：AC平分∠FAB；
(2)求证：BC2＝CE·CP；
(3)当AB＝4eq \r(3)且eq \f(CF,CP)＝eq \f(3,4)时，求弦BC与其所对的劣弧eq \(BC,\s\up8(︵))所组成的弓形面积．
第1题图
2.如图，点C是以AB为直径的半圆O上圆心右侧的一点，连接BC，在BC的上方作∠BCM＝45°，CM交半圆O于点M，过点M作半圆O的切线，与AC的延长线交于点D，当点C与点A重合时，AD⊥AB，且AD＝eq \f(1,2)AB.连接MB，BD.
(1)求证：①eq \(BM,\s\up8(︵))＝eq \(AM,\s\up8(︵))；
②MD∥AB；
(2)当sin∠CBM＝eq \f(\r(5),5)时，求tan∠CBD的值；
(3)若AB＝5，求点C在半圆O上，从点A移动到AD的中点时，点D移动的路径的长．
第2题图
类型三 与切线的判定结合
(10年3考)
典例精讲
例 如图①，在△ABC的边BC上取一点O，以O为圆心，OC为半径画⊙O，⊙O与边BC相交于点D，与边AB相切于点E，AC＝AE，连接OA交⊙O于点F，连接CF并延长交线段AB于点G.
(1)求证：AC是⊙O的切线；
例题图①
【思维教练】已知点E是切点，则可连接OE，证明两三角形全等，可得到∠OCA＝90°即可求证．
(2)若AB＝5，tanB＝eq \f(4,3)，求⊙O的半径；
【思维教练】由题意可得两直角边的比例关系，利用勾股定理即可求解．
(3)若CD＝3BD，求sin∠OAB的值；
【思维教练】根据题中所给线段数量关系，利用勾股定理及相似三角形的性质求解．
(4)如图②，若F是OA的中点，CG＝3，求阴影部分的面积；
例题图②
【思维教练】求出扇形圆心角度数，利用S阴影＝S△BCG－S△COF－S扇形DOF求解．
(5)如图③，若G是AB的中点，连接EF，求证：CF＝GE.
例题图③
【思维教练】利用全等三角形的性质和等腰三角形的性质求证．
针对训练
1. 如图，已知△ABC内接于⊙O，CD平分∠ACB交⊙O于点D，过点D作PQ∥AB分别交CA、CB的延长线于点P、Q，连接BD，OB.
(1)求证：PQ是⊙O的切线；
(2)若tan∠ACD＝eq \f(1,3)，求eq \f(OB,BD)的值；
(3)若AC·BQ＝9，且∠ACB＝60°，求AB的长．
第1题图
2. 在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，O是BC边上的点，⊙O与AB相切，切点为D，AC与⊙O相交于点E，且AD＝AE.
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)如果F为eq \(DE,\s\up8(︵))上的一个动点(不与D、E重合)，过点F作⊙O的切线分别与边AB、AC相交于G、H，连接OG、OH，判断∠GOH的度数是否为定值，若是，请求出这个值，若不是请说明理由；
(3)在(2)的条件下，设BG＝x，CH＝y，求y与x之间满足的函数关系式；并说明当x＝y时F点的位置．
第2题图
参考答案
类型一 与圆的基本性质结合
例 (1)证明：如解图①，连接OC，
例题解图①
∵AB＝AC，OB＝OC，OA＝OA，
∴△OAB≌△OAC(SSS)，
∴∠BAO＝∠CAO，
又∵∠BAC＝120°，
∴∠OAB＝60°＝∠OAC，
∴△ABO是等边三角形；
(2)解：如解图②，连接OB，OA，OA交BC于点E，则OA⊥BC，BE＝CE，由(1)可知，∠AOB＝60°，
∴BE＝OB·sin60°＝2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝3，
∴BC＝6；
例题解图②
(3)解：①DC＋DB＝eq \r(3)DA，
理由：如解图③，将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACH，使AB与AC重合，过点A作AN⊥CH于点N，
例题解图③
∴BD＝CH，AD＝AH，∠DAH＝120°，∠ABD＝∠ACH，
∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形，
∴∠ABD＋∠ACD＝180°，
∴∠ACD＋∠ACH＝180°，
∴D，C，H三点共线，
∵AD＝AH，∠DAH＝120°，AN⊥CH，
∴∠AHD＝∠ADH＝30°，HN＝DN＝eq \f(1,2)DH，
∴AD＝2AN，DN＝eq \r(3)AN，
∴HD＝2eq \r(3)AN＝eq \r(3)AD，
∴DC＋DB＝DC＋HC＝eq \r(3)DA；
②由题可知，点E的运动轨迹为以OC的中点F为圆心，eq \f(1,2)OC长为半径的圆弧，如解图④所示，
当点D与点B重合时，点E为OA的中点，
∴EF＝FO，∠EFO＝60°，
∴点E运行轨迹所在弧的圆心角为180°＋60°＝240°，
由题可知OC＝AB＝3，∴OF＝eq \f(3,2)，
∴点E的运动路径长为eq \f(240·π·\f(3,2),180)＝2π.
例题解图④
1. 解：(1)如解图①，连接OP，则OP＝OQ，
第1题解图①
∵四边形MNPQ为正方形，
∴PN＝QM＝MN，∠QMO＝∠PNO＝90°，
在Rt△OPN和Rt△OQM中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(PN＝QM,OP＝OQ))，
∴Rt△OPN≌Rt△OQM(HL)，
∴ON＝OM，(2分)
设QM＝MN＝2a，则ON＝OM＝a，
在Rt△OQM中，OQ＝eq \r(QM2＋OM2)＝eq \r(5)a，
则sin∠AOQ＝eq \f(QM,OQ)＝eq \f(2a,\r(5)a)＝eq \f(2\r(5),5)；(3分)
(2)设QM＝MN＝2a，则ON＝OM＝a，OQ＝eq \r(5)a，
∴OA＝OQ＝eq \r(5)a，
∴AM＝OA－OM＝(eq \r(5)－1)a，
∴eq \f(AM,MN)＝eq \f(（\r(5)－1）a,2a)＝eq \f(\r(5)－1,2)；(6分)
(3)∵AB＝2R，
∴OA＝OQ＝OB＝R，
∵sin∠AOQ＝eq \f(QM,OQ)＝eq \f(2\r(5),5)，
∴eq \f(QM,R)＝eq \f(2\r(5),5)，解得QM＝eq \f(2\r(5),5)R，
∴OM＝eq \r(OQ2－QM2)＝eq \f(\r(5),5)R，
∴BM＝OB＋OM＝eq \f(5＋\r(5),5)R，AM＝AB－BM＝eq \f(5－\r(5),5)R，
∵QD＝y，
∴DM＝QD＋QM＝y＋eq \f(2\r(5),5)R，(7分)
由圆周角定理得∠ACB＝90°，
∴∠DBM＋∠BAC＝90°，
∵∠QMO＝90°，
∴∠DBM＋∠D＝90°，
∴∠D＝∠BAC，
∵∠DMB＝∠AME＝90°，
∴△DBM∽△AEM，
∴eq \f(DM,AM)＝eq \f(BM,EM)，即eq \f(y＋\f(2\r(5),5)R,\f(5－\r(5),5)R)＝eq \f(\f(5＋\r(5),5)R,x)，
解得y＝eq \f(4R2,5x)－eq \f(2\r(5),5)R，(8分)
如解图②，连接AP，交QM于点F，
第1题解图②
∵PN＝MN＝QM＝eq \f(2\r(5),5)R，AM＝eq \f(5－\r(5),5)R，
∴AN＝AM＋MN＝eq \f(5＋\r(5),5)R，
∵四边形MNPQ为正方形，
∴QM∥PN，
∴△AFM∽△APN，
∴eq \f(FM,PN)＝eq \f(AM,AN)，即eq \f(FM,\f(2\r(5),5)R)＝eq \f(\f(5－\r(5),5)R,\f(5＋\r(5),5)R)，
解得FM＝eq \f(3\r(5)－5,5)R，(9分)
∵点C在eq \(QP,\s\up8(︵))上运动(点C与点P，Q不重合)，
∴点E在线段QF上运动(点E与点F，Q不重合)，
∴FM