九年级数学上册 圆 几何综合单元练习(Word 版 含答案)
一、初三数学 圆易错题压轴题(难)
1.如图,在直角体系中,直线AB 交x 轴于点A(5,0),交y 轴于点B,AO 是⊙M 的直径,其半圆交AB 于点C,且AC=3.取BO 的中点D,连接CD 、MD 和OC . (1)求证:CD 是⊙M 的切线;
(2)二次函数的图象经过点D 、M 、A,其对称轴上有一动点P,连接PD 、PM,求△PDM 的周长最小时点P 的坐标;
(3)在(2)的条件下,当△PDM 的周长最小时,抛物线上是否存在点Q ,使S △PDM =6S △QAM ?若存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】解:(1)证明:连接CM ,
∵OA 为⊙M 直径,∴∠OCA=90°.∴∠OCB=90°. ∵D 为OB 中点,∴DC=DO .∴∠DCO=∠DOC . ∵MO=MC ,∴∠MCO=∠MOC . ∴
.
又∵点C 在⊙M 上,∴DC 是⊙M 的切线. (2)∵A 点坐标(5,0),AC=3 ∴在Rt △ACO 中,.
∴545(x )x 5)12152-
=--(,∴,解得10
OD 3
=
. 又∵D 为OB 中点,∴
1552
4
+∴D 点坐标为(0,154).
连接AD ,设直线AD 的解析式为y=kx+b ,则有
解得.
∴直线AD 为
.
∵二次函数的图象过M (5
6
,0)、A(5,0), ∴抛物线对称轴x=
154
. ∵点M 、A 关于直线x=154对称,设直线AD 与直线x=15
4
交于点P , ∴PD+PM 为最小.
又∵DM 为定长,∴满足条件的点P 为直线AD 与直线x=15
4
的交点. 当x=
15
4时,45y (x )x 5)152
=
--(. ∴P 点的坐标为(15
4,56
). (3)存在. ∵
,5
y a(x )x 5)2
=--(
又由(2)知D (0,154),P (15
4,56
), ∴由
,得
,解得y Q =±
103
.
∵二次函数的图像过M(0,5
6
)、A(5,0), ∴设二次函数解析式为,
又∵该图象过点D (0,15
4
),∴,解得a=
512
. ∴二次函数解析式为
.
又∵Q 点在抛物线上,且y Q =±103
. ∴当y Q =103
时,,解得x=
1552-或x=1552
+;
当y Q =5
12
-
时,,解得x=
15
4
.
∴点Q 的坐标为(15524
-,103),或(15524+,10
3),或(154,512-).
【解析】
试题分析:(1)连接CM ,可以得出CM=OM ,就有∠MOC=∠MCO ,由OA 为直径,就有∠ACO=90°,D 为OB 的中点,就有CD=OD ,∠DOC=∠DCO ,由∠DOC+∠MOC=90°就可以得出∠DCO+∠MCO=90°而得出结论.
(2)根据条件可以得出2222OC OA AC 534=-=-=和OC OB
tan OAC AC OA
∠=
=,从而求出OB 的值,根据D 是OB 的中点就可以求出D 的坐标,由待定系数法就可以求出抛物线的解析式,求出对称轴,根据轴对称的性质连接AD 交对称轴于P ,先求出AD 的解析式就可以求出P 的坐标. (3)根据PDM DAM PAM S S S ???=-,求出Q 的纵坐标,求出二次函数解析
式即可求得横坐标.
2.如图,已知直线AB 经过⊙O 上的点C ,并且OA =OB ,CA =CB , (1)求证:直线AB 是⊙O 的切线;
(2)OA ,OB 分别交⊙O 于点D ,E ,AO 的延长线交⊙O 于点F ,若AB =4AD ,求sin ∠CFE 的值.
【答案】(1)见解析;(25 【解析】 【分析】
(1)根据等腰三角形性质得出OC ⊥AB ,根据切线的判定得出即可;
(2)连接OC 、DC ,证△ADC ∽△ACF ,求出AF=4x ,CF=2DC ,根据勾股定理求出35
x ,DF=3x ,解直角三角形求出sin ∠AFC ,即可求出答案. 【详解】
(1)证明:连接OC ,如图1,
∵OA=OB,AC=BC,
∴OC⊥AB,
∵OC过O,
∴直线AB是⊙O的切线;
(2)解:连接OC、DC,如图2,
∵AB=4AD,
∴设AD=x,则AB=4x,AC=BC=2x,∵DF为直径,
∴∠DCF=90°,
∵OC⊥AB,
∴∠ACO=∠DCF=90°,
∴∠OCF=∠ACD=90°﹣∠DCO,
∵OF=OC,
∴∠AFC=∠OCF,
∴∠ACD=∠AFC,
∵∠A=∠A,
∴△ADC∽△ACF,
∴
1
22 AC AD DC x
AF AC CF x
====,
∴AF=2AC=4x,FC=2DC,
∵AD=x,
∴DF=4x﹣x=3x,
在Rt△DCF中,(3x)2=DC2+(2DC)2,
解得:DC 35
x,
∵OA=OB,AC=BC,∴∠AOC=∠BOC,
∴DC EC
=,
∴∠CFE=∠AFC,
∴sin∠CFE=sin∠AFC=DC
DF
=
35
5
5
35
x
x
=
.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质,切线的判定,解直角三角形,圆心角、弧、弦之间的关系,相似三角形的性质和判定的应用,能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键,难度偏大.
3.在平面直角坐标系xOy中,已知 A(-2,0),B(2,0),AC⊥AB于点A,AC=2,BD⊥AB于点B,BD=6,以AB为直径的半圆O上有一动点P(不与A、B两点重合),连接PD、PC,我们把由五条线段AB、BD、DP、PC、CA所组成的封闭图形ABDPC叫做点P的关联图形,如图1所示.
(1)如图2,当P运动到半圆O与y轴的交点位置时,求点P的关联图形的面积.
(2)如图3,连接CD、OC、OD,判断△OCD的形状,并加以证明.
(3)当点P运动到什么位置时,点P的关联图形的面积最大,简要说明理由,并求面积的最大值.
【答案】(1)12;(2)判断△OCD是直角三角形,证明见解析;(3)连接OC,交半圆O于点P,这时点P的关联图形的面积最大,理由风解析,82
+
【解析】
试题分析:(1)判断出四边形AOPC是正方形,得到正方形的面积是4,根据BD⊥AB,
BD=6,求出梯形OPDB的面积=()(26)2
8
22
OP DB OB
+?+?
==,二者相加即为点P的
关联图形的面积是12.
(2)根据CF=DF=4,∠DCF=45°,求出∠OCD=90°,判断出△OCD是直角三角形.
(3)要使点P的关联图形的面积最大,就要使△PCD的面积最小,确定关联图形的最大面积是梯形ACDB的面积﹣△PCD的面积,根据此思路,进行解答.
试题解析:(1)∵A(﹣2,0),∴OA=2,
∵P是半圆O上的点,P在y轴上,∴OP=2,∠AOP=90°,∴AC=2,∴四边形AOPC是正方
形,
∴正方形的面积是4,
又∵BD ⊥AB ,BD=6,∴梯形OPDB 的面积=()(26)2
822
OP DB OB +?+?==,
∴点P 的关联图形的面积是12. (2)判断△OCD 是直角三角形.
证明:延长CP 交BD 于点F ,则四边形ACFB 为矩形,∴CF=DF=4,∠DCF=45°,∴∠OCD=90°,
∴OC ⊥CD ,∴△OCD 是直角三角形.
(3)连接OC 交半圆O 于点P ,则点P 即为所确定的点的位置.
理由如下:连接CD ,梯形ACDB 的面积=()(26)4
1622
AC DB AB +?+?==为定值,
要使点P 的关联图形的面积最大,就要使△PCD 的面积最小, ∵CD 为定长,∴P 到CD 的距离就要最小, 连接OC ,设交半圆O 于点P ,
∵AC ⊥OA ,AC=OA ,∴∠AOC=45°,过C 作CF ⊥BD 于F ,则ACFB 为矩形,
∴CF=DF=4,∠DCF=45°,∴OC ⊥CD ,OC=2
∴PC 在半圆外,设在半圆O 上的任意一点P′到CD 的距离为P′H ,则P′H+P′O >OH >OC , ∵OC=PC+OP ,∴P′H >PC ,∴当点P 运动到半圆O 与OC 的交点位置时,点P 的关联图形的面积最大.
∵CD=42CP=222, ∴△PCD 的面积=
()(26)4
1622
AC DB AB +?+?==,
∴点P 的关联图形的最大面积是梯形ACDB 的面积﹣△PCD 的面积=16(842)842--=+
考点:圆的综合题.
4.在△ABC中,∠A=90°,AB=4,AC=3,M是AB上的动点(不与A,B重合),过M点作MN∥BC交AC于点N.
(1)如图1,把△AMN沿直线MN折叠得到△PMN,设AM=x.
i.若点P正好在边BC上,求x的值;
ii.在M的运动过程中,记△MNP与梯形BCNM重合的面积为y,试求y关于x的函数关系式,并求y的最大值.
(2)如图2,以MN为直径作⊙O,并在⊙O内作内接矩形AMQN.试判断直线BC与⊙O的位置关系,并说明理由.
【答案】(1)i.当x=2时,点P恰好落在边BC上;ii. y=,
当x=时,重叠部分的面积最大,其值为2;(2)当x=时,⊙O与直线BC相切;当x<
时,⊙O与直线BC相离;x>时,⊙O与直线BC相交.
【解析】
试题分析:(1)i.根据轴对称的性质,可求得相等的线段与角,可得点M是AB中点,即当x=AB=2时,点P恰好落在边BC上;
ii.分两种情况讨论:①当0<x≤2时,△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积,根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积,易见y=x2
②当2<x<4时,如图2,设PM,PN分别交BC于E,F,由i.知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-(4-x)=2x-4,由题意知△PEF∽△ABC,利用相似三角形的性质即可求得.
(2)利用分类讨论的思想,先求的直线BC与⊙O相切时,x的值,然后得到相交,相离时x的取值范围.
试题解析:(1)i.如图1,
由轴对称性质知:AM=PM,∠AMN=∠PMN,
又MN∥BC,
∴∠PMN=∠BPM,∠AMN=∠B,
∴∠B=∠BPM,
∴AM=PM=BM,
∴点M是AB中点,即当x=AB=2时,点P恰好落在边BC上.
ii.以下分两种情况讨论:
①当0<x≤2时,
∵MN∥BC,
∴△AMN∽△ABC,
∴,
∴,
∴AN=,
△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积,
∴,
②当2<x<4时,如图2,
设PM,PN分别交BC于E,F,
由(2)知ME=MB=4-x,
∴PE=PM-ME=x-(4-x)=2x-4,
由题意知△PEF∽△ABC,
∴,
∴S△PEF=(x-2)2,
∴y=S△PMN-S△PEF=,
∵当0<x≤2时,y=x2,
∴易知y最大=,
又∵当2<x<4时,y=,
∴当x=时(符合2<x<4),y最大=2,
综上所述,当x=时,重叠部分的面积最大,其值为2.(2))如图3,
设直线BC与⊙O相切于点D,连接AO,OD,则AO=OD=MN.
在Rt△ABC中,BC==5;
由(1)知△AMN∽△ABC,
∴,即,
∴MN=x
∴OD=x,
过M点作MQ⊥BC于Q,则MQ=OD=x,
在Rt△BMQ与Rt△BCA中,∠B是公共角,
∴△BMQ∽△BCA,
∴,
∴BM=,AB=BM+MA=x+x=4
∴x=,
∴当x=时,⊙O与直线BC相切;
当x<时,⊙O与直线BC相离;
x>时,⊙O与直线BC相交.
考点:圆的综合题.
5.如图,在△ABC 中,∠C=90°,∠CAB=30°,AB=10,点D 在线段AB 上,AD=2.点P ,Q 以相同的速度从D 点同时出发,点P 沿DB 方向运动,点Q 沿DA 方向到点A 后立刻以原速返回向点B 运动.以PQ 为直径构造⊙O ,过点P 作⊙O 的切线交折线AC ﹣CB 于点E ,将线段EP 绕点E 顺时针旋转60°得到EF ,过F 作FG ⊥EP 于G ,当P 运动到点B 时,Q 也停止运动,设DP=m .
(1)当2<m≤8时,AP=,AQ=.(用m 的代数式表示) (2)当线段FG 长度达到最大时,求m 的值; (3)在点P ,Q 整个运动过程中,
①当m 为何值时,⊙O 与△ABC 的一边相切? ②直接写出点F 所经过的路径长是.(结果保留根号)
【答案】(1)2+m ,m ﹣2;(2)m=5.5;(3)①当m=1或4或104
33
与△ABC 的边相切.②点F 11365
72
【解析】
试题分析:(1)根据题意可得AP =2+m ,AQ =m ?2.
(2)如图1中在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=, 推出3
cos30cos302
FG EF PE EP =?=?=,所以当点E 与点C 重合时,PE 的值最大,求出此时EP 的长即可解决问题.
(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时,如图2中,设O 切AC 于H ,连接OH .
当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )?(m ?2)=4,如图3中,设
O 切AC 于H .连接
OH .如图4中,设O 切BC 于N ,连接ON .
分别求解即可.
②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .分别求出122F F F B ,即可解决问题. 试题解析:(1)当28m <≤时,AP =2+m ,AQ =m ?2. 故答案为2+m ,m ?2. (2)如图1中,
在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=,
3
cos30cos30FG EF PE EP ∴=?=?=
, ∴当点E 与点C 重合时,PE 的值最大, 易知此时53553
AC BC EP AB ??=
==,
3
tan30(2)3
EP AP m =?=+?, 533
(2)m ∴
=+?,
∴m =5.5
(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时,如图2中,设
O 切AC 于H ,连接OH .
则有AD =2DH =2, ∴DH =DQ =1,即m =1.
当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )?(m ?2)=4, 如图3中,设
O 切AC 于H .连接OH .
则AO =2OH =4,AP =4+2=6, ∴2+m =6, ∴m =4. 如图4中,设
O 切BC 于N ,连接ON .
在Rt △OBN 中, 43
sin60OB ON ==
43
10AO ∴=- 43
12AP ∴=-
43
212m ∴+= 3
103
m ∴=-
综上所述,当m =1或4或43
10O 与△ABC 的边相切。 ②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .
易知122353
,,53AF CF AC =
==,
122353113
53F F ∴=-
-=,
60,30FEP PEB ∠=∠=,
90FEB ∴∠=,
tan EF EP EBF EB EB
∴∠=
=为定值, ∴点F 的第二段的轨迹是线段2BF , 在2Rt BF C 中, 222222535
5(
)722
BF BC F C =+=+=,
∴点F 的运动路径的长为
115
37.62
+
6.四边形ABCD 内接于⊙O ,AC 为对角线,∠ACB =∠ACD
(1)如图1,求证:AB =AD ;
(2)如图2,点E 在AB 弧上,DE 交AC 于点F ,连接BE ,BE =DF ,求证:DF =DC ; (3)如图3,在(2)的条件下,点G 在BC 弧上,连接DG ,交CE 于点H ,连接GE ,GF ,若DE =BC ,EG =GH =5,S △DFG =9,求BC 边的长. 【答案】(1)见解析;(2)见解析;(370
【分析】
(1)如图1,连接OA,OB,OD,由∠ACB=∠ACD,可得AD AB,可得AB=AD;(2)连接AE,由“SAS”可证△ABE≌△ADF,可得∠BAE=∠DAC,可证BE=CD=DF;(3)如图3,过点F作FN⊥GD于N,过点C作CM⊥GD于M,连接GC,通过证明
△FDN≌△DCM,可得FN=DM,CM=DN,由面积公式可求FN=2,DM=2,DH=4,通
过证明△EGC∽△DMC,△GEH∽△CHD,可得EC=5
2
CD,CD2=
40
3
,由勾股定理可求
解.
【详解】
证明:(1)如图1,连接OA,OB,OD,
∵∠ACB=∠ACD,∠AOD=2∠ACD,∠AOB=2∠ACB ∴∠AOD=∠AOB
∴AD AB
∴AD=AB;
(2)如图2,连接AE,
∵AE AE
∴∠ABE=∠ADE
在△ABE和△ADF中
ABE ADF
BE DF
∴△ABE≌△ADF(SAS)
∴∠BAE=∠DAC
∴BE CD
∴BE=DC
∵BE=DF
∴DF=DC;
(3)如图3,过点F作FN⊥GD于N,过点C作CM⊥GD于M,连接GC,
∵DE=BC,BE=CD,
∴四边形BCDE是平行四边形,
∴∠EBC=∠EDC,
∵四边形BEDC是圆内接四边形,
∴∠EBC+∠EDC=180°,
∴∠EDC=∠EBC=90°,
∴EC是直径,
∴∠FGC=∠EDC=90°
∴∠FDN+∠MDC=90°,且∠MDC+∠MCD=90°,
∴∠FDN=∠MCD,且∠FND=∠CMD=90°,DF=DC,
∴△FDN≌△DCM(AAS)
∴FN=DM,CM=DN,
∵EG=GH=5,
∴∠GEH=∠GHE,且∠GHE=∠DHC,∠GEH=∠GDC,
∴∠HDC=∠CHD,
∴CH=CD,且CM⊥DH,
∴DM=MH=FN,
∵S△DFG=9,
∴1
2
DG×FN=9,
∴
1
2
×(5+2FN )×FN =9, ∴FN =2,
∴DM =2,DH =4,
∵∠GEC =∠GDC ,∠EGC =∠DMC , ∴△EGC ∽△DMC , ∴52
EC EG CD
DM
, ∴EC =
5
2CD ,且HC =CD , ∴EH =3
2
CD ,
∵∠EGD =∠ECD ,∠GEC =∠GDC , ∴△GEH ∽△CHD , ∴EG EH
CH
DH
, ∴35
24
CD
CD
, ∴2
403
CD , ∵EC 2﹣CD 2=DE 2, ∴22
2254
CD CD DE ,
∴
2214043
DE ,
∴DE
∴BC 【点睛】
本题是圆的综合题,考查了圆的有关知识,全等三角形的判定和性质,平行四边形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理等知识,添加恰当辅助线是本题的难点.
7.已知:ABC 内接于
O ,过点B 作O 的切线,交CA 的延长线于点D ,连接
OB .
(1)如图1,求证:DAB DBC ∠=∠;
(2)如图2,过点D 作DM AB ⊥于点M ,连接AO ,交BC 于点N ,
BM AM AD =+,求证:BN CN =;
(3)如图3,在(2)的条件下,点E 为
O 上一点,过点E 的切线交DB 的延长线于点
P ,连接CE ,交AO 的延长线于点Q ,连接PQ ,PQ OQ ⊥,点F 为AN 上一点,连
接CF ,若90DCF CDB ∠+∠=?,tan 2ECF ∠=,1
2
ON OQ =,10PQ OQ +=求CF 的长.
【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3)10=CF 【解析】 【分析】 (1)延长BO 交
O 于G ,连接CG ,根据切线的性质可得可证∠DBC +∠CBG=90°,然后
根据直径所对的圆周角是直角可证∠CBG +∠G=90°,再根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB=∠G ,从而证出结论;
(2)在MB 上截取一点H ,使AM=MH ,连接DH ,根据垂直平分线性质可得DH=AD ,再根据等边对等角可得∠DHA=∠DAH ,然后根据等边对等角和三角形外角的性质证出∠ABC=∠C ,可得AB=AC ,再根据垂直平分线的判定可得AO 垂直平分BC ,从而证出结论;
(3)延长CF 交BD 于M ,延长BO 交CQ 于G ,连接OE ,证出tan ∠BGE=tan ∠ECF=2,然后利用AAS 证出△CFN ≌△BON ,可设CF=BO=r ,ON=FN=a ,则OE=r ,根据锐角三角函数和相似三角形即可证出四边形OBPE 为正方形,利用r 和a 表示出各线段,最后根据
10PQ OQ +=a 和CF .
【详解】
解:(1)延长BO 交
O 于G ,连接CG
∵BD 是
O 的切线
∴∠OBD=90° ∴∠DBC +∠CBG=90° ∵BG 为直径 ∴∠BCG=90° ∴∠CBG +∠G=90° ∴∠DBC=∠G ∵四边形ABGC 为O 的内接四边形
∴∠DAB=∠G ∴∠DAB=∠DBC
(2)在MB 上截取一点H ,使AM=MH ,连接DH
∴DM 垂直平分AH ∴DH=AD ∴∠DHA=∠DAH ∵BM
AM AD =+,=+BM MH BH
∴AD=BH ∴DH=BH ∴∠HDB=∠HBD
∴∠DHA=∠HDB +∠HBD=2∠HBD 由(1)知∠DAB=∠DBC
∴∠DHA=∠DAB=∠DBC ∴∠DBC =2∠HBD ∵∠DBC =∠HBD +∠ABC ∴∠HBD=∠ABC ,∠DBC=2∠ABC ∴∠DAB=2∠ABC ∵∠DAB=∠ABC +∠C ∴∠ABC=∠C ∴AB=AC
∴点A 在BC 的垂直平分线上 ∵点O 也在BC 的垂直平分线上 ∴AO 垂直平分BC ∴BN CN =
(3)延长CF 交BD 于M ,延长BO 交CQ 于G ,连接OE ,
∵90DCF CDB ∠+∠=? ∴∠DMC=90° ∵∠OBD=90° ∴∠DMC=∠OBD ∴CF ∥OB
∴∠BGE=∠ECF ,∠CFN=∠BON , ∴tan ∠BGE=tan ∠ECF=2 由(2)知OA 垂直平分BC ∴∠CNF=∠BNO=90°,BN=CN ∴△CFN ≌△BON
∴CF=BO ,ON=FN ,设CF=BO=r ,ON=FN=a ,则OE=r
∵
1
2
ON OQ = ∴OQ=2a ∵CF ∥OB ∴△QGO ∽△QCF
∴=OG QO
CF QF
即
21
22==++OG a r a a a ∴OG=12
r
过点O 作OE ′⊥BG ,交PE 于E ′ ∴OE ′=OG ·tan ∠BGE=r=OE ∴点E ′与点E 重合 ∴∠EOG=90° ∴∠BOE=90°
∵PB 和PE 是圆O 的切线
∴∠OBP=∠OEP=∠BOE=90°,OB=OE=r ∴四边形OBPE 为正方形 ∴∠BOE=90°,PE=OB=r ∴∠BCE=
1
2
∠BOE==45° ∴△NQC 为等腰直角三角形 ∴NC=NQ=3a , ∴BC=2NC=6a
在Rt △CFN 中,
= ∵PQ OQ ⊥ ∴PQ ∥BC ∴∠PQE=∠BCG ∵PE ∥BG ∴∠PEQ=∠BGC ∴△PQE ∽△BCG ∴
=PQ PE
BC BG
即12
6=+PQ r
r a r
解得:PQ=4a
∵PQ OQ += ∴4a +
2a=解得:
∴
=10 【点睛】