2021年中考数学复习《中考压轴题之圆》
经典题型靶向提升练习（二）
1．已知圆O圆心为坐标原点，半径为，直线l：y＝点，交y轴正半轴于B点．
（x+4）交x轴负半轴于A（1）求∠BAO；
（2）设圆O与x轴的两交点是F1，F2，若从F1发出的光线经l上的点M反射后过点
F2，求光线从F1射出经反射到F2经过的路程；
（3）点P是x轴负半轴上一点，从点P发出的光线经l反射后与圆O相切．若光线从射出经反射到相切经过的路程最短，求点P的坐标．
2．在平面直角坐标系xOy中，将点P沿着y轴翻折，得到的对应点再沿着直线l翻折得到点P1，则P1称为点P的“l变换点”．
（1）已知：点P（1，0），直线l：x＝2，求点P的“l变换点”的坐标；
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（2）若点Q和它的“l变换点”Q1的坐标分别为（2，1）和（3，2），求直线l的解析式；
（3）如图，⊙O的半径为2．
①若⊙O上存在点M，点M的“l变换点”M1在射线y＝＝b，求b的取值范围；
x（x≥0）上，直线l：x②将⊙O在x轴上移动得到⊙E，若⊙E上存在点N，使得点N的“l变换点”N1在y轴上，且直线l的解析式为y＝
x+1，求E点横坐标的取值范围．
3．已知：AB，CF都是⊙O的直径，AH，CD都是⊙O的弦，CD⊥AB于点E，AH＝CD．
（1）如图1，求证：AH⊥CF；
（2）如图2，延长AH，CD交于点P，求证：PH＝PD；
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（3）如图3，在（2）的条件下，延长AC，HE交于点Q，若∠Q＝45°，CQ＝2，求
AP的长．
4．问题情境：
（1）如图（1），A，B是⊙O上的两点，且AB为定值，请在⊙O上画出一点P，使△PAB面积最大，此时PA PB（填“＞”或“＜”或“＝”）；
（2）如图（2），∠AOB＝90°，M，N两点分别在OA，OB上运动，且MN＝6，试求△MON的面积的最大值；
问题解决：
（3）如图（3），一所中学的操场上有一块扇形空地AOB，其圆心角为60°，半径为R，学校的园艺师要在这块空地上修建一个矩形草坪CDEF，使其两个顶点D，E在弧AB上，另外两个顶点分别在线段OA，OB上，试求矩形草坪的面积的最大值．
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5．如图①，已知点C是以AB为直径的圆O上一点，直线AC与过B点的切线相交于点D，E是BD的中点，连接CE．
（1）求证：CE是圆O的切线；
（2）如图②，CF⊥AB，垂足为F，若⊙O的半径为3，BE＝4，求CF的长；
（3）如图③，连接AE交CF于点H，求证：点H是CF的中点．
6．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一动点，AG，DC的延长线交于点F，连接AC，AD，GC，GD．
（1）求证：∠FGC＝∠AGD；
（2）若AD＝6．
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①当AC⊥DG，CG＝2时，求sin∠ADG；
②当四边形ADCG面积最大时，求CF的长．
7．如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是⊙O外一点且满足∠DCA＝∠B，连接AD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD⊥CD，AB＝10，AD＝8，求AC的长；
（3）如图2，当∠DAB＝45°时，AD与⊙O交于E点，试写出AC、EC、BC之间的数量关系并证明．
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8．如图，以矩形ABCD的边CD为直径作⊙O，点E是AB的中点，连接CE交⊙O于点F，连接AF并延长交BC于点H．
（1）若连接AO，试判断四边形AECO的形状，并说明理由；
（2）求证：AH是⊙O的切线；
（3）若AB＝6，CH＝2，则AH的长为 ．
9．如图1，锐角△ABC，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，连接BO并延长交AC于点D，
（1）若∠BDC＝30°，求∠BAC的度数；
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（2）如图2，当0°＜∠BAC＜60°时，作点C关于BD的对称点E，连接AE、DE，
DE交AB于F．
①点E在⊙O （选填“内”、“上”、“外”）；
②证明：∠AEF＝∠EAB；
③若△BDC为等腰三角形，AD＝2，求AE的长．
10．已知：△ABC内接于⊙O，连接CO并延长交AB于点E，交⊙O于点D，满足∠
BEC＝3∠ACD．
（1）如图1，求证：AB＝AC；
（2）如图2，连接BD，点F为弧BD上一点，连接CF，弧CF＝弧BD，过点A作
AG⊥CD，垂足为点G，求证：CF+DG＝CG；
（3）如图3，在（2）的条件下，点H为AC上一点，分别连接DH，OH，OH⊥DH，过点C作CP⊥AC，交⊙O于点P，OH：CP＝1：
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，CF＝12，连接PF，求PF的长．
参
参
1．解：（1）∵直线l：y＝（x+4）交x轴负半轴于A点，交y轴正半轴于B点，
∴令x＝0，则y＝，
令y＝0，则x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（0，），
∴OA＝4，OB＝，
在Rt△AOB中，tan∠BAO＝＝＝，
∴∠BAO＝30°；
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（2）∵圆O与x轴的两交点是F1，F2，半径为，
∴OF1＝OF2＝，
由对称性可知，点F1关于l的对称点上，如图1所示：
在过点A（﹣4，0）且倾斜角为60°的直线l′
则F1M＝F1′M，
在△AF2F1′中，∠F1′AO＝2∠BAO＝2×30°＝60°，AF1′＝AF1＝OA﹣OF1＝4﹣＝，
AF2＝OA+OF2＝4+＝，
∴△AF2F1′为直角三角形，
∴∠AF1′F2＝90°，
∴光线从F1射出经反射到F2经过的路程为：F1M+MF2＝F1′M+MF2＝F1′F2＝sin∠F1′
AF2AF2＝sin60°×＝×＝；
（3）由对称性可知，点P关于l的对称点P′在过点A（﹣4，0）且倾斜角为600的直线l′上，
设光线经l上的点M反射后切点为Q，如图2所示：
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则PM+MQ＝P′M+MQ＝P′Q，
∴路程最短即为l′上点P′到切点Q的切线长最短，
连接OQ、OP′，
在Rt△OQP′中，OQ是定值，只有OP′最短时，P′Q长最短，
此时P′应为过原点O且与l′垂直的直线与l′的交点，这一点又与点P关于l对称，
∴AP＝AP′＝OAcos∠P′AO＝4×cos60°＝4×＝2，
∴点P的坐标为（﹣2，0）．
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2．解：（1）如图1，点P（1，0）关于y轴的对称点（﹣1，0），再关于直线x＝2的对称点P1（5，0）；
（2）点Q（2，1）关于y轴的对称点（﹣2，1），
∴过点（﹣2，1）和（3，2）的直线的解析式为y＝﹣x+，
∵过点（﹣2，1）和（3，2）是直线l对称，
∴直线l过点（﹣2，1）和（3，2）连线的中点且与直线y＝x+垂直，
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∵过点（﹣2，1）和（3，2）连线的中点为（，），
∴设直线l的解析式为y＝﹣5x+n，
∴＝﹣5×+n，
解得：n＝4，
∴直线l的解析式为：y＝﹣5x+4；
（3）①如图4中，
由题意b＝M1M′，由此可知，当M1M′的值最大时，可得b的最大值，
∵直线OM′的解析式为y＝x，
∴∠MM′O＝∠M′OD＝30°，
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∵OM＝2，易知，OM⊥OM′时，MM′的值最大，最大值为4，
∴b的最大值为2，
如图5中，易知当点M在x轴的正半轴上时，可得b的最小值，最小值为﹣1，
综上所述，满足条件的b取值范围为﹣1≤b≤2；
②设E（t，0），如图6中，设点E关于y轴的对称点为E1，E1关于直线y＝x+1
的对称点为E′，易知当点N在⊙E上运动时，点N′在⊙E′上运动，由此可见当⊙E′与y轴相切或相交时满足条件．
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连接E1E′交直线y＝x+1于K，易知直线E1E′的解析式为y＝﹣x﹣t，
由，解得，
∴K（，），
∵KE1＝KE′，
∴E′（，），
当⊙E′与y轴相切时，||＝2，解得t＝﹣4或+4，
综上所述，满足条件的t的取值范围为﹣4≤t≤+4．
3．（1）证明：∵AH＝CD，
∴，
∵AB是直径，CD⊥AB，
∴，
∵∠AOF＝∠BOC，
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∴，
∴AH⊥CF；
（2）证明：连接AC，如图2所示，
∵AH＝CD，
∴，
∴，
∴，
∴∠PCA＝∠PAC，
∴PC＝PA，
又∵CD＝AH，
∴PD＝PH，
即PH＝PD；
（3）过点A作AK⊥QH于点K，连接DH，如图3所示，
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∵四边形ACDH内接于⊙O，
∴∠PAC＝∠PDH，
由（2）知，∠PAC＝∠PCA，
∴∠PDH＝∠PCA，
∴DH∥AC，
∴∠CQE＝∠DHE，
∵∠CEQ＝∠DEH，CE＝DE，
∴△CQE≌△DHE（AAS），
∴EQ＝EH，CQ＝DH＝2，
∵∠Q＝45°，AK⊥QH，
∴∠Q＝∠QAK＝45°，
∴AK＝QK，
∵∠CEQ+∠AEK＝180°﹣∠AEC＝90°，∠AEK+EAK＝90°，
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∴∠EAK＝∠CEQ＝∠PCA﹣∠Q＝∠PAC﹣∠QAK＝∠HAK，
∵∠AKE＝∠AKH＝90°，AK＝AK，∠EAK＝∠HAK，
∴△EAK≌△HAK（ASA），
∴EK＝HK，AE＝AH＝CD，
设EK＝x，则EH＝EQ＝2x，
∴AK＝QK＝3x，AQ＝AK＝3x，AE＝＝x＝AH＝CD，
∴CE＝＝，
∴AC＝＝，
∵AQ﹣AC＝CQ，
∴3x﹣＝2，
解得，x＝2，
∴AC＝10，AH＝4，
∵DH∥AC，
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∴△PDH∽△PCA，
∴，
∴，
即，
解得，PA＝5，
即AP的长是5．
4．解：（1）如图，画出点P是优弧AB的中点，此时点P到AB的距离最大，即△PAB18 / 43
面积最大，
∵点P是优弧AB的中点，
∴＝，
∴AP＝BP，
故答案为：＝；
（2）∵∠AOB＝90°，
∴点O在以MN为直径的圆上，如图所示，
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由（1）可知：点O是半圆的中点时，△MON的面积最大，此时OM＝ON，
∵MN＝6，
∴OM2+ON2＝MN2，
∴OM2＝18，
∴△MON的面积的最大值＝×OM×ON＝9；
（3）如图（3），过点O作OH⊥DE于H，交CF于点G，连接EO，
∴DH＝HE，OC＝OF，
∵四边形CDEF是矩形，
∴DE∥CF，∠DEF＝∠EFC＝90°，
∴∠OGF＝∠OHE＝90°，
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∴四边形HEFG是矩形，
∴S矩形HEFG＝S矩形CDEF，
∵S△EFO＝×EO×HE，
∴S△EFO＝S矩形HEFG＝S矩形CDEF，
∴当△EFO的面积有最大值时，矩形CDEF的面积有最大值，
由（1）可知：当EF＝OF时，△EFO的面积有最大值，
∵CO＝OF，∠COF＝60°，
∴△COF是等边三角形，
又∵∠OGF＝90°，
∴∠GOF＝30°，
∴GF＝OF，GO＝GF＝OF，
∵OH2+HE2＝OE2，
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∴（OF+EF）2+（OF）2＝R2，
）R2，
∴EF2＝（2﹣
∴S矩形CDEF＝4S△OEF＝4××HE×EF＝4×××EF×EF＝（2﹣）R2．
∴矩形草坪的面积的最大值为（2﹣）R2．
5．（1）证明：连接BC，OC．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠BCD＝90°，
∵CE为斜边BD上的中线，
∴CE＝BE＝DE，
∴∠2＝∠3，
∵OB＝OC，
∴∠1＝∠4，
∴∠1+∠2＝∠3+∠4，
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即∠OCE＝∠OBE＝90°，
∴OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线．
（2）解：∵BE＝4，
∴BD＝2BE＝8，
在Rt△ABD中，AB＝6，
∴，
∵∠ACB＝∠ABD＝90°，∠BAC＝∠DAB，
∴Rt△ABC∽Rt△ADB，
∴，即，
∴，
∵CF∥BD，
∴△ACF∽△ADB，
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∴，即．
∴．
（3）证明：∵BD是⊙O的切线，∴AB⊥BD，
∵CF⊥AB，
∴CF∥BD，
∴△AFH∽△ABE，△AHC∽△AED，∴，，
∴，
∵E为BD的中点，
∴BE＝DE，
∴FH＝CH，
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∴点H是CF的中点．
6．证明：（1）∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴CE＝DE，CD⊥AB，
∴AC＝AD，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵四边形ADCG是圆内接四边形，
∴∠ADC＝∠FGC，
∵∠AGD＝∠ACD，
∴∠FGC＝∠ADC＝∠ACD＝∠AGD，
∴∠FGC＝∠AGD；
（2）如图，设AC与GD交于点M，
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∵，
∴∠GCM＝∠ADM，
又∵∠GMC＝∠AMD，
∴△GMC∽△AMD，
∴＝＝＝，
设CM＝x，则DM＝3x，
由（1）知，AC＝AD，
∴AC＝6，AM＝6﹣x，
在Rt△AMD中，
AM2+DM2＝AD2，
∴（6﹣x）2+（3x）2＝62，
解得，x1＝0（舍去），x2＝，∴AM＝6﹣＝，
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∴sin∠ADG＝＝＝；
（3）S四边形ADCG＝S△ADC+S△ACG，
∵点G是上一动点，
∴当点G在的中点时，△ACG的的底边AC上的高最大，此时△ACG的面积最大，四边形ADCG的面积也最大，
∴GA＝GC，
∴∠GAC＝∠GCA，
∵∠GCD＝∠F+∠FGC，
由（1）知，∠FGC＝∠ACD，且∠GCD＝∠ACD+∠GCA，
∴∠F＝∠GCA，
∴∠F＝∠GAC，
∴FC＝AC＝6．
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7．（1）证明：连接OC，如图1所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
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∵OC＝OB，
∴∠B＝∠OCB，
∵∠DCA＝∠B，
∴∠DCA＝∠OCB，
∴∠DCO＝∠DCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝∠ACB＝90°，
∴CD⊥OC，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵AD⊥CD
∴∠ADC＝∠ACB＝90°
又∵∠DCA＝∠B
∴△ACD∽△ABC
∴＝，即＝，
∴AC＝4，
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即AC的长为4；
（3）解：AC＝BC+EC；理由如下：
在AC上截取AF使AF＝BC，连接EF、BE，如图2所示：
∵AB是直径，
∴∠ACB＝∠AEB＝90°，
∵∠DAB＝45°，
∴△AEB为等腰直角三角形，
∴∠EAB＝∠EBA＝∠ECA＝45°，AE＝BE，
在△AEF和△BEC中，，
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∴△AEF≌△BEC（SAS），
∴EF＝CE，∠AFE＝∠BCE＝∠ACB+∠ECA＝90°+45°＝135°，
∴∠EFC＝180°﹣∠AFE＝180°﹣135°＝45°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，
∴△EFC为等腰直角三角形．
∴CF＝EC，
EC．
∴AC＝AF+CF＝BC+
8．（1）解：连接AO，四边形AECO是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵E是AB的中点，
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∴AE＝AB．
∵CD是⊙O的直径，
∴OC＝CD．
∴AE∥OC，AE＝OC．
∴四边形AECO为平行四边形．
（2）证明：由（1）得，四边形AECO为平行四边形，
∴AO∥EC
∴∠AOD＝∠OCF，∠AOF＝∠OFC．
∵OF＝OC
∴∠OCF＝∠OFC．
∴∠AOD＝∠AOF．
∵在△AOD和△AOF中，AO＝AO，∠AOD＝∠AOF，OD＝OF
∴△AOD≌△AOF（SAS）．
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∴∠ADO＝∠AFO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADO＝90°．
∴∠AFO＝90°，即AH⊥OF．
∵点F在⊙O上，
∴AH是⊙O的切线．
（3）∵CD为⊙O的直径，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴AD，BC为⊙O的切线，
又∵AH是⊙O的切线，
∴CH＝FH，AD＝AF，
设BH＝x，
∵CH＝2，
∴BC＝2+x，
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∴BC＝AD＝AF＝2+x，
∴AH＝AF+FH＝4+x，
在Rt△ABH中，∵AB2+BH2＝AH2，
∴62+x2＝（4+x）2，
解得x＝．
∴．
故答案为：．
9．解：（1）延长BD交圆O于点G，连结CG，如图：
∵
，
∴∠A＝∠G，
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∵直径BG，
∴∠BCG＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠BCA＝∠CBA，
设∠BCA＝∠CBA＝α，则∠A＝∠G＝180°﹣2α，∠DCG＝90°﹣α，
∴∠BDC＝∠G+∠DCG＝180°﹣2α+90°﹣α＝30°，
∴α＝80°，
∴∠BAC＝∠G＝180°﹣2×80°＝20°；
（2）连结OC、OE，延长BD交圆O于点M，连结CM，如图：
①∵C、E是关于BD的对称点，
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∴OC＝OE，
∴点E在⊙O上，
故答案为：上；
②证明：∵C、E是关于BD的对称点，
∴，∠2＝∠3，
∴∠4＝∠5＝∠M，
设∠1＝∠ABC＝x，则∠4＝∠5＝∠M＝180°﹣2x，∠6＝90°﹣x，
∴∠2＝∠3＝∠M+∠6＝270°﹣3x，
∴∠AEF＝∠EDC﹣∠EAD＝2∠3﹣2∠4＝2（270°﹣3x）﹣2（180°﹣2x）＝180°﹣2x，
∴∠AEF＝∠5＝180°﹣2x，
即∠AEF＝∠EAB；
③∵∠1＝∠ABC＞∠DBC，
∴BD＞DC，
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∵△BDC为等腰三角形，
∴分两种情况讨论：
（Ⅰ）当BD＝BC时，∠1＝∠2，即x＝270°﹣3x，
解得：x＝67.5°，
∴∠4＝45°＜60°，满足题意，此时△AED为等腰直角三角形，AE＝AD＝2，
∴AE＝2；
（Ⅱ）当DC＝BC时，∠2＝∠DBC，即270°﹣3x＝90°﹣（180°﹣2x），
解得：x＝72°，
∴∠4＝36°，满足题意，此时△AED为等腰三角形，∠EAD＝∠EDA＝∠AFD＝72°；
∴AF＝EF＝AD＝2，且△EAD∽△AFD，
∴，
解得：AE＝1+（负值已舍去）；
综上所述：AE＝2或1+．
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10．（1）证明：如图1中，连接AD．设∠BEC＝3α，∠ACD＝α．
∵∠BEC＝∠BAC+∠ACD，
∴∠BAC＝2α，
∵CD是直径，
∴∠DAC＝90°，
∴∠D＝90°﹣α，
∴∠B＝∠D＝90°﹣α，
∵∠ACB＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝180°﹣2α﹣（∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC．
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90°﹣α）＝90°﹣α．
（2）证明：如图2中，连接AD，在CD上取一点Z，使得CZ＝BD．
∵＝，
∴DB＝CF，
∵∠DBA＝∠DCA，CZ＝BD，AB＝AC，
∴△ADB≌△AZC（SAS），
∴AD＝AZ，
∵AG⊥DZ，
∴DG＝GZ，
∴CG＝CZ+GZ＝BD+DG＝CF+DG．
（3）解：连接AD，PA，作OK⊥AC于K，OR⊥PC于R，CT⊥FP交FP的延长线于T．
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∵CP⊥AC，
∴∠ACP＝90°，
∴PA是直径，
∵OR⊥PC，OK⊥AC，
∴PR＝RC，∠ORC＝∠OKC＝∠ACP＝90°，
∴四边形OKCR是矩形，
∴RC＝OK，
∵OH：PC＝1：，
∴可以假设OH＝a，PC＝2a，
∴PR＝RC＝a，
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∴RC＝OK＝a，sin∠OHK＝＝∴∠OHK＝45°，
∵OH⊥DH，
∴∠DHO＝90°，
∴∠DHA＝180°﹣90°﹣45°＝45°，∵CD是直径，
∴∠DAC＝90°，
∴∠ADH＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DHA＝∠ADH，
∴AD＝AH，
∵∠COP＝∠AOD，
∴AD＝PC，
∴AH＝AD＝PC＝2a，
，
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∴AK＝AH+HK＝2a+a＝3a，
在Rt△AOK中，tan∠OAK＝＝，OA＝＝＝a，
∴sin∠OAK＝＝，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，∠ACD+∠ADG＝90°，
∴∠DAG＝∠ACD，
∵AO＝CO，
∴∠OAK＝∠ACO，
∴∠DAG＝∠ACO＝∠OAK，
∴tan∠ACD＝tan∠DAG＝tan∠OAK＝，
∴AG＝3DG，CG＝3AG，
∴CG＝9DG，
由（2）可知，CG＝DG+CF，
∴DG+12＝9DG，
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∴DG＝，AG＝3DG＝3×＝，
∴AD＝＝＝，
∴PC＝AD＝，
∵sin∠F＝sin∠OAK，
∴sin∠F＝＝，
∴CT＝
＝
×FC＝×12＝
＝
，FT＝，
＝＝，PT＝
∴PF＝FT﹣PT＝﹣＝．
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