中考数学二轮复习专题十 圆的综合问题（含答案详解）



专题十 圆的综合问题
一、非动态问题
例题1如图，在中，，以为直径的交于点，过点作于点，交的延长线于点，连接．

(1)求证：是的切线．
(2)求证：．
(3)若，，求的半径长．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3
【解析】
【分析】
（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角，以及，根据三线合一可得，进而可得是的中位线，根据，即可证明是的切线；
（2）根据是的切线，可得，结合，可得，又，，继而可得，根据，即可证明；
（3）根据，根据相似三角形的性质列出比例式代入数值可得的长，即可求得，然后求得半径长．
(1)如图，连接，

为的直径，
，
即，
，
，
，
，
，
，
是的切线，
(2)∵是的切线，
，
即，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
(3)，
，
，，
，
，
的半径长．
【点睛】
本题考查了圆的直径所对的圆周角是直角，三线合一，三角形中位线的性质与判定，切线的判定与性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上是解题的关键．
练习题
1．在△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D．

(1)如图①，以点B为圆心，BC为半径作圆弧交AB于点M，连结CM，若∠ABC＝66°，求∠ACM；
(2)如图②，过点D作⊙O的切线DE交AC于点E，求证：AE＝EC；
(3)如图③，在（1）（2）的条件下，若tanA＝，求S△ADE：S△ACM的值．
【答案】(1)∠ACM＝33°
(2)证明见解析
(3)S△ADE：S△ACM＝
【解析】
【分析】
（1）证明△BCM是等腰三角形，求出∠ACM＝∠BMC＝57°，由 ∠ACB＝90°，求得∠ACM；
（2）证明△EDO≌△ECO（SAS），则DE＝CE，得到∠A＝∠ADE，即可求解；
（3）设BC＝3x，AC＝4x，AB＝5x，则ED＝EC＝AC＝AE＝2x，由△AMH∽△ABC，得到S△ACM＝×AC×MH＝×4xx＝x2，同理可得：S△ADE＝AE•DI＝×2x×x＝ x2，即可求解．
(1)解：由题意知，BC＝BM，
∴△BCM是等腰三角形
∵∠ABC＝66°，
∴∠BMC＝∠BCM＝（180°－∠ABC）＝57°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACM＝∠ACB﹣∠BCM＝90°﹣57°＝33°；
(2)解：如图④，连接OE，OD，

∵DE为圆O的切线，
∴∠EDO＝∠ECO＝90°，
∴△EDO与△ECO都是直角三角形
∵OE＝OE，OD＝OC，
∴△EDO≌△ECO（HL），
∴DE＝CE，
∵OD＝OB
∴∠BDO＝∠DBC
∵∠BDO+∠ADE＝90°，∠DBC+∠A＝90°，
∴∠ADE＝∠A
∴AE＝DE，
∴AE＝CE；
(3)解：如图⑤，过M作MH⊥AC于点H，过D作DI⊥AC于点I，连接CD，
                           
∵ BC是⊙O的直径
∴∠BDC＝∠ADC＝90°
∵∠ACD+∠A＝90°，∠ACD+∠DCB＝90°，
∴∠A＝∠DCB
∴tan∠DCB＝tan∠A＝，
设BC＝3x，AC＝4x，
则AB＝＝5x，
∵AE＝CE
∴点E为AC的中点
∴ ED＝EC＝AC＝AE＝2x，   
而AM＝AB﹣MB＝AB﹣BC＝5x﹣3x＝2x，
∵∠AHM＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A
∴ △AMH∽△ABC，
∴
∴MH＝x，
则S△ACM＝×AC×MH＝×4x×x＝x2，
∵∠AID＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A
∴△ADI∽△ABC，
同理可得：DI＝x，   
则S△ADE＝AE•DI＝×2x×x＝x2，
所以S△ADE：S△ACM＝．
【点睛】
本题为圆的综合题，主要考查了圆的性质，相似三角形的判定和性质，切线的性质定理、勾股定理等知识，关键在于熟练应用定理和性质解决问题．
2．如图1，在Rt△ABC中，，以BC为直径的交斜边AB于点M，若H是AC的中点，连接MH．

(1)求证：MH为的切线．
(2)若，，求的半径．
(3)如图2，在（2）的条件下分别过点A、B作的切线，两切线交于点D，AD与相切于点N，过N点作，垂足为E，且交于Q点，求线段AO、CN、NQ的长度．
【答案】(1)见解析(2)2(3)
【解析】
【分析】
（1）连接OH、OM，易证OH是△ABC的中位线，利用中位线的性质可证明△COH≌△MOH，
所以∠HCO =∠HMO= 90°，从而可知MH是的切线；
（2）由切线长定理可知：MH= HC，再由点M是AC的中点可知AC = 3，由tan ∠ABC= ，所以BC = 4，从而可知的半径为2；
（3）连接CN，AO，CN与AO相交于I，由AC、AN是的切线可知AO⊥CN，由勾股定理可求AO长度，利用等面积可求出可求得CI的长度，再由垂径定理即可求CN的长度，设，然后利用勾股定理可求得CE的长度，利用垂径定理即可求得NQ．
(1)连接OH、OM，
∵H是AC的中点，O是BC的中点，
∴是△ABC的中位线，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
在△COH与△MOH中，
，
∴，
∴，
∴MH是的切线；

(2)∵MH、AC是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的半径为2．
(3)
连接ON，OA与CN相交于点I，
∵AC与AN都是的切线，
∴，AO平分∠CAD，
∴，
∵，，
∴由勾股定理可求得：，
∵，   
∴，
∴由垂径定理可求得：，
设，由勾股定理可得：，
∴，
∴，   
∴，
由勾股定理可求得：，
∴由垂径定理可知：．

【点睛】
本题考查圆的综合问题，涉及垂径定理，勾股定理,全等三角形的判定与性质，切线的判定等知识内容，综合性强，熟练掌握知识点是解题的关键．
3．如图，点P在y轴的正半轴上，交x轴于B、C两点，以AC为直角边作等腰Rt△ACD，BD分别交y轴和于E、F两点，连接AC、FC，AC与BD相交于点G．

(1)求证：；
(2)求证：；
(3)______°；
(4)若，，则△GDC的面积为______．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)45(4)15
【解析】
【分析】
（1）连接AB，由圆的轴对称性可得AB=AC，则AB=AD，即可证明结论；
（2）由∠ACD=∠ADC，∠ACF=∠ADF，则有∠ACD－∠ACF=∠ADC－∠ADF，即∠FCD=∠FDC，得CF=DF；
（3）连接AF，由（2）知CF=DF，则AF是CD的垂直平分线，得AF平分∠CAD，再利用圆周角定理可得答案；
（4）作CH⊥BD于H，利用勾股定理可得，，，再由△DCG∽△DBC，得，代入求出DG的长，从而得出答案．
(1)证明：如图，连接AB，

∵OP⊥BC，
∴BO＝CO，
∴AB＝AC，
又∵AC＝AD，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
又∵∠ABD＝∠ACF，
∴∠ACF＝∠ADB；
(2)解：∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∵∠ACF＝∠ADF，
∵∠ACD－∠ACF＝∠ADC－∠ADF，
∴即∠FCD＝∠FDC，
∴CF＝DF；
(3)解：如图，连接AF，

由（2）知CF＝DF，
∴点F在CD的垂直平分线上，
∵AC=AD，
∴点A在CD的垂直平分线上，
∴AF是CD的垂直平分线，
∴AF平分∠CAD，
∴，
∴∠CBD＝∠CAF＝45°，
故答案是：45；
(4)解：如图，作CH⊥BD于H，

∵OB=OC=3，∠DBC=45°，
∴，
∵OA=6，OC=3，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠ACD=∠DBC，∠CDG=∠BDC，
∴△DCG∽△DBC，
∴，
即：，
∴，
∴．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了圆的对称性、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等，利用前面探索的结论解决新问题是解题的关键．
4．如图，四边形内接于半圆，是半圆的直径，是半圆的切线，交的延长线于点，，与相交于点，连接并延长交的延长线于点，连接．

(1)求证：．
(2)探究与的数量关系．
(3)求的值．
【答案】(1)见解析(2)，见解析(3)
【解析】
【分析】
（1）由切线的性质得到，再由得到，最后由平行线的判定方法解答；
（2）连接OD，由平行线的性质判定，由相似三角形对应边成比例证得，继而证明四边形DOCG是菱形，再证明，由全等三角形对应边相等证得OF=FG，最后根据相似三角形的性质解答；
（3）过点G作BC的延长线于点H，证明是等边三角形，四边形ECHG是矩形，设，，，继而解得BH=，最后根据正切的定义解答即可．
(1)解：是半圆的切线，
，
，
，
，
//BC；
(2)连接OD，

//BC，
，
，
，
，
，
，
，
，
//OC，
四边形DOCG是平行四边形，
，
四边形DOCG是菱形，
，
，
，
，
，
，
(3)过点G作BC的延长线于点H，

，
，
四边形DOCG是菱形，
，
是等边三角形，
设，，
，
BC，，
，
四边形ECHG是矩形，
，
，
中，
．
【点睛】
本题考查几何与圆的综合，涉及切线的性质、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、正切、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
5．【概念提出】圆心到弦的距离叫做该弦的弦心距．
【数学理解】如图①，在中，AB是弦，，垂足为P，则OP的长是弦AB的弦心距．

(1)若的半径为5，OP的长为3，则AB的长为______．
(2)若的半径确定，下列关于AB的长随着OP的长的变化而变化的结论：
①AB的长随着OP的长的增大而增大；②AB的长随着OP的长的增大而减小；③AB的长与OP的长无关．
其中所有正确结论的序号是______．
(3)【问题解决】若弦心距等于该弦长的一半，则这条弦所对的圆心角的度数为______°．
(4)已知如图②给定的线段EF和，点Q是内一定点．过点Q作弦AB，满足，请问这样的弦可以作______条．
【答案】(1)8；(2)②；(3)90°；(4)2条．
【解析】
【分析】
（1）连接OA，由勾股定理求出AP=4，再根据垂径定理得出答案；
（2）设⊙O的半径为r（r＞0）（定值），OP=x（x＞0），利用勾股定理得，从而得出答案；
（3）连接OA，OB，由题意知OP=AP，则∠AOP=45°，可得答案；
（4）作 ，则AB=EF，根据圆的轴对称性可知，这样的弦可以作2条．
(1)解：连接OA，如图，
∵OP⊥AB，
∴AP=BP=AB，
在Rt△OAP中，由勾股定理得：AP==4，
∴AB=2AP=8，
故答案为：8；

(2)解：设⊙O的半径为r（r＞0）（定值），OP=x（x＞0），
由（1）知，AB=2AP，
AP=，
，
∵二次项-4x2的系数-4＜0，
∴x＞0时，AB2随x的增大而减小，
∵OP＞0，
∴AB2随x的增大而减小，
∴AB也随x的增大而减小，
即AB的长随OP的长增大而减小，
故正确结论的序号是②，
故答案为：②；
(3)解：连接OA，OB，
∵弦心距等于该弦长的一半，
∴OP=AP，
∴∠AOP=45°，
∴∠AOB=2∠AOP=90°，
故答案为：90；

(4)解：如图，作，则AB=EF，
根据圆的轴对称性可知，这样的弦可以作2条，
故答案为：2．

【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用这些性质，熟练掌握基本作图方法．
6．已知为的外接圆，．
(1)如图1，延长至点，使，连接．

①求证：为直角三角形；
②若的半径为4，，求的值；
(2)如图2，若，为上的一点，且点，位于两侧，作关于对称的图形，连接，试猜想，，三者之间的数量关系并给予证明．

【答案】(1)①见解析；②；
(2)，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①利用如果三角形中一条边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形可得出结论；
②连接OA，OD，利用垂径定理得到OD⊥AC且AH=CH，设DH=x，则OH=4-x，利用勾股定理列出方程求得DH的值，再利用三角形的中位线定理得到BC=2DH；
（2）猜想QA，QC，QD三者之间的数量关系为：QC2=2QD2+QA2．延长QA交⊙O于点F，连接DF，FC，由已知可得∠DAC=∠DCA=45°；利用同弧所对的圆周角相等，得到∠DFA=∠E=∠DCA=45°，∠DFC=∠DAC=45°，由于△ADQ△与ADE关于AD对称，于是∠DQA=∠E=45°，则得△DQF为等腰直角三角形，△QFC为直角三角形；利用勾股定理可得：QC2=QF2+CF2，QF2=2DQ2；利用△QDA≌△FDC得到QA=FC，等量代换可得结论．
(1)①，，
．
∴∠B=∠DCB，
∴∠BAC=∠DCA，
∵∠B+∠BAC+∠DCB+∠DCA =180°，
∴∠DCB+∠DCA=90°．
为直角三角形；
②连接，，如图，

，
，
且．
的半径为4，
．
设，则，
，
，
．
解得：．
．
由①知：，
，
．
，
．
(2)，，三者之间的数量关系为：．理由：
延长交于点，连接，，如图，

，，
．
，．
．
．
与关于对称，
，
，
．   
．
．
即．
，
．
在和中，
，
．
．
．
【点睛】
本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理及其推论，等腰直角三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，方程的解法．根据图形的特点恰当的添加辅助线是解题的关键．
7．定义：两个角对应互余，且这两个角的夹边对应相等的两个三角形叫做余等三角形．如图1，在△ABC和△DEF中，若∠A+∠E＝∠B+∠D＝90°，且AB＝DE，则△ABC和△DEF是余等三角形．

(1)图2，等腰直角△ABC，其中∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是AB上任意一点（不与点A，B重合），则图中△________和△________是余等三角形，并求证：AD2+BD2＝2CD2．
(2)图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为5，且AD2+BC2＝100，
①求证：△ABC和△ADC是余等三角形．
②图4，连接BD交AC于点I，连接OI，E为AI上一点，连接EO并延长交BI于点F，若∠ADB＝67.5°，IE＝IF，设OI＝x，S△EIF＝y，求y关于x的函数关系式．
【答案】(1)ACD；BCD；证明见解析；
(2)①证明见解析；②
【解析】
【分析】
（1）根据题目中余等三角形的定义和等腰直角三角形的性质即可得到△ACD和△BCD是余等三角形．过D作DE⊥AC于E，过D作DF⊥BC于F．根据等腰直角三角形的性质和锐角三角函数分别用AD和BD表示DE和DF，再根据矩形的判定定理和性质确定CE=DF，再根据勾股定理即可证明；
（2）①连接DO并延长交⊙O于G，连接AG、CG．根据圆周角的性质和勾股定理确定AG=BC，根据圆周角的性质和等量代换思想确定∠ACD+∠BAC=90°，结合圆内接四边形的性质可证明∠DAC+∠ACB=90°，最后根据题目中余等三角形的定义即可证明；
②连接OA、OB，过O作OM⊥BD于M，过O作ON⊥AC于N，设OE=a，OM=b．根据①中结论和圆周角的性质可确定AC⊥BD，根据圆周角的性质，全等三角形的判定定理和性质确定OE=BF，再结合矩形的判定定理和性质，锐角三角函数把△OIM和△OBM的边用a，b，x表示出来，根据勾股定理得到a，b，x之间的关系式，再将其代入三角形面积公式即可得到y与x的关系式．
(1)解：如下图所示，过D作DE⊥AC于E，过D作DF⊥BC于F．

∵等腰直角三角形△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠A+∠B＝180°-∠ACB=90°，∠ACD+∠BCD＝90°．
∵AC＝BC，
∴△ACD和△BCD是余等三角形．
故答案为：ACD，BCD．
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°．
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°，
∴，，四边形CEDF是矩形．
∴CE＝DF＝．
∵DE⊥AC，
∴DE2+CE2＝CD2．
∴．
∴AD2+BD2＝2CD2．
(2)解：①如下图所示，连接DO并延长交⊙O于G，连接AG、CG．

∵DG是⊙O直径，且的半径为5，
∴∠GAD＝90°，DG=10．
∴AD2+AG2＝DG2＝100，∠AGD+∠ADG=180°-∠GAD=90°．
∵AD2+BC2＝100，
∴AG＝BC．
∴∠ACG＝∠BAC．
∵∠ADG和∠ACG都是所对的圆周角，∠AGD和∠ACD是所对的圆周角，
∴∠ADG=∠ACG，∠AGD=∠ACD．
∴∠ADG=∠BAC．
∵∠AGD+∠ADG=90°．
∴∠ACD+∠BAC=90°．
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，即∠BAC+∠DAC+∠ACB+∠ACD=180°．
∴∠DAC+∠ACB=90°．
∵AC是公共边，
∴△ABC和△ADC是余等三角形．
②如下图所示，连接OA、OB，过O作OM⊥BD于M，过O作ON⊥AC于N．

∵∠ACD和∠ABD都是是所对的圆周角，
∴∠ACD＝∠ABD．
∵∠ACD+∠BAC＝90°，
∴∠ABD+∠BAC＝90°．
∴∠AIB=180°-∠ABD-∠BAC=90°．
∴AC⊥BD．
∵IE＝IF，
∴△EIF是等腰直角三角形．
∴∠IEF=∠IFE=．
∴∠AEO=180°-∠IEF=135°，∠OFB=180°-∠IFE=135°，∠AOE+∠OAE=45°．
∴∠AEO＝∠OFB．
∵∠ADB＝67.5°，∠AOB和∠ADB分别是所对的圆心角和圆周角，
∴∠AOB＝2∠ADB＝135°．
∴∠AOE+∠BOF=180°-∠AOB=45°．
∴∠OAE=∠BOF．
∵⊙O的半径为5，OA和BO是的半径，
∴OA=BO=5．
∴△AOE≌△OBF（AAS）．
∴OE＝BF．
∵OM⊥BD，ON⊥AC，AC⊥BD，
∴四边形OMIN是矩形．
∴NI=OM，MI=ON．
设OE=a，OM=b．
∴BF=a，NI=b，，，．
∴BM=BF+FM=a+b，．
∵在中，OM2+MI2=OI2，OI=x，在中，OM2+BM2=BO2，
∴，即，，即．
∴．
∵IE=IF
∴．
∴
∴．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质，圆周角的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定定理和性质，矩形的判定定理和性质，锐角三角函数，综合应用这些知识点是解题关键是解题关键．
8．如图1，在等腰中，，，点D是线段上一点，以为直径作，经过点A．

(1)求证：是的切线；
(2)如图2，过点A作垂足为E，点F是上任意一点，连结．
①如图2，当点F是的中点时，求的值；
②如图3，当点F是上的任意一点时，的值是否发生变化？请说明理由．
(3)在（2）的基础上，若射线与的另一交点G，连结，当时，直接写出的值．
【答案】(1)见解析
(2)①；② 的值不发生变化，仍为，理由见解析
(3)的值为．
【解析】
【分析】
(1) 连接OA，证明AO⊥AB即可．
(2) ①连结OF，OA，利用三角函数，勾股定理分别是EF，BF的长．
②连结，证明∽．
(3) 分点在点的左侧和右侧两种情形求解．
(1)证明：如图1，连结.
∵ ，，
∴ ，
∵ 以为直径作，经过点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，且点在上，
∴ 是切线．

(2)①如图2，连结，.
∵ ， ，，
∴ ，
，，
∴ ，
∵ 点是的中点，
∴ ，
∴，
∴ ．

② 答：的值不发生变化，仍为，
理由如下：连结，
∵ ，，
∴ ，
∵ ，
∴ ∽，
∴ ．
(3)

①如图4，当点在点的左侧时，连结，，，.
∵ ，
∵ ，
∴ ∽   
∴ ，，
∴设
∵∽，
∴ ，，
∴ 设
∵， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即，

②当点在点的右侧时，同理求得;
∴．

综上所述：．
【点睛】
本题考查了圆的切线，三角函数，三角形相似的判定和性质，勾股定理，圆的基本性质，熟练掌握三角函数，三角形相似的判定，圆的基本性质是解题的关键．
9．【证明体验】
（1）如图1，过圆上一点作切线，是弦（不是直径），若是直径，连接，求证：；
（2）如图2，若不是直径，______（填“＞”、“