中考數(shù)學與圓有關(guān)的壓軸題中考數(shù)學與圓有關(guān)的壓軸題中考數(shù)學與圓有關(guān)的壓軸題中考數(shù)學與圓有關(guān)的壓軸題編制僅供參考審核批準生效日期地址：電話：傳真:郵編:中考數(shù)學與圓有關(guān)的壓軸題（解答題部分3）11．（2014?四川成都,第27題10分）如圖，在⊙O的內(nèi)接△ABC中，∠ACB=90°，AC=2BC，過C作AB的垂線l交⊙O于另一點D，垂足為E．設(shè)P是上異于A，C的一個動點，射線AP交l于點F，連接PC與PD，PD交AB于點G．（1）求證：△PAC∽△PDF；（2）若AB=5，=，求PD的長；（3）在點P運動過程中，設(shè)=x，tan∠AFD=y，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．（不要求寫出x的取值范圍）考點：圓的綜合題分析：（1）證明相似，思路很常規(guī)，就是兩個角相等或邊長成比例．因為題中因圓周角易知一對相等的角，那么另一對角相等就是我們需要努力的方向，因為涉及圓，傾向于找接近圓的角∠DPF，利用補角在圓內(nèi)作等量代換，等弧對等角等知識易得∠DPF=∠APC，則結(jié)論易證．（2）求PD的長，且此線段在上問已證相似的△PDF中，很明顯用相似得成比例，再將其他邊代入是應(yīng)有的思路．利用已知條件易得其他邊長，則PD可求．（3）因為題目涉及∠AFD與也在第一問所得相似的△PDF中，進而考慮轉(zhuǎn)化，∠AFD=∠PCA，連接PB得∠AFD=∠PCA=∠PBG，過G點作AB的垂線，若此線過PB與AC的交點那么結(jié)論易求，因為根據(jù)三角函數(shù)或三角形與三角形ABC相似可用AG表示∠PBG所對的這條高線．但是“此線是否過PB與AC的交點”此時首先需要做的是多畫幾個動點P，觀察我們的猜想．驗證得我們的猜想應(yīng)是正確的，可是證明不能靠畫圖，如何求證此線過PB與AC的交點是我們解題的關(guān)鍵．常規(guī)作法不易得此結(jié)論，我們可以換另外的輔助線作法，先做垂線，得交點H，然后連接交點與B，再證明∠HBG=∠PCA=∠AFD．因為C、D關(guān)于AB對稱，可以延長CG考慮P點的對稱點．根據(jù)等弧對等角，可得∠HBG=∠PCA，進而得解題思路．解答：（1）證明：∵，∴∠DPF=180°﹣∠APD=180°﹣所對的圓周角=180°﹣所對的圓周角=所對的圓周角=∠APC．在△PAC和△PDF中，，∴△PAC∽△PDF．（2）解：如圖1，連接PO，則由，有PO⊥AB，且∠PAB=45°，△APO、△AEF都為等腰直角三角形．在Rt△ABC中，∵AC=2BC，∴AB2=BC2+AC2=5BC2，∵AB=5，∴BC=，∴AC=2，∴CE=AC?sin∠BAC=AC?=2?=2，AE=AC?cos∠BAC=AC?=2?=4，∵△AEF為等腰直角三角形，∴EF=AE=4，∴FD=FC+CD=（EF﹣CE）+2CE=EF+CE=4+2=6．∵△APO為等腰直角三角形，AO=?AB=，∴AP=．∵△PDF∽△PAC，∴，∴，∴PD=．（3）解：如圖2，過點G作GH⊥AB，交AC于H，連接HB，以HB為直徑作圓，連接CG并延長交⊙O于Q，∵HC⊥CB，GH⊥GB，∴C、G都在以HB為直徑的圓上，∴∠HBG=∠ACQ，∵C、D關(guān)于AB對稱，G在AB上，∴Q、P關(guān)于AB對稱，∴，∴∠PCA=∠ACQ，∴∠HBG=∠PCA．∵△PAC∽△PDF，∴∠PCA=∠PFD=∠AFD，∴y=tan∠AFD=tan∠PCA=tan∠HBG=．∵HG=tan∠HAG?AG=tan∠BAC?AG==，∴y==x．點評：本題考查了圓周角、相似三角形、三角函數(shù)等性質(zhì)，前兩問思路還算簡單，但最后一問需要熟練的解題技巧需要長久的磨練總結(jié)．總體來講本題偏難，學生練習時加強理解，重點理解分析過程，自己如何找到思路．12.（2014?湖北荊門,第24題12分）如圖①，已知：在矩形ABCD的邊AD上有一點O，OA=，以O(shè)為圓心，OA長為半徑作圓，交AD于M，恰好與BD相切于H，過H作弦HP∥AB，弦HP=3．若點E是CD邊上一動點（點E與C，D不重合），過E作直線EF∥BD交BC于F，再把△CEF沿著動直線EF對折，點C的對應(yīng)點為G．設(shè)CE=x，△EFG與矩形ABCD重疊部分的面積為S．（1）求證：四邊形ABHP是菱形；（2）問△EFG的直角頂點G能落在⊙O上嗎？若能，求出此時x的值；若不能，請說明理由；（3）求S與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出FG與⊙O相切時，S的值．第3題圖考點： 圓的綜合題；含30度角的直角三角形；菱形的判定；矩形的性質(zhì)；垂徑定理；切線的性質(zhì)；切線長定理；軸對稱的性質(zhì)；特殊角的三角函數(shù)值所有專題： 壓軸題．分析： （1）連接OH，可以求出∠HOD=60°，∠HDO=30°，從而可以求出AB=3，由HP∥AB，HP=3可證到四邊形ABHP是平行四邊形，再根據(jù)切線長定理可得BA=BH，即可證到四邊形ABHP是菱形．（2）當點G落到AD上時，可以證到點G與點M重合，可求出x=2．（3）當0≤x≤2時，如圖①，S=S△EGF，只需求出FG，就可得到S與x之間的函數(shù)關(guān)系式；當2＜x≤3時，如圖④，S=S△GEF﹣S△SGR，只需求出SG、RG，就可得到S與x之間的函數(shù)關(guān)系式．當FG與⊙O相切時，如圖⑤，易得FK=AB=3，KQ=AQ﹣AK=2﹣2+x．再由FK=KQ即可求出x，從而求出S．解答： 解：（1）證明：連接OH，如圖①所示．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC=∠BAD=90°，BC=AD，AB=CD．∵HP∥AB，∴∠ANH+∠BAD=180°．∴∠ANH=90°．∴HN=PN=HP=．∵OH=OA=，∴sin∠HON==．∴∠HON=60°∵BD與⊙O相切于點H，∴OH⊥BD．∴∠HDO=30°．∴OD=2．∴AD=3．∴BC=3．∵∠BAD=90°，∠BDA=30°．∴tan∠BDA===．∴AB=3．∵HP=3，∴AB=HP．∵AB∥HP，∴四邊形ABHP是平行四邊形．∵∠BAD=90°，AM是⊙O的直徑，∴BA與⊙O相切于點A．∵BD與⊙O相切于點H，∴BA=BH．∴平行四邊形ABHP是菱形．（2）△EFG的直角頂點G能落在⊙O上．如圖②所示，點G落到AD上．∵EF∥BD，∴∠FEC=∠CDB．∵∠CDB=90°﹣30°=60°，∴∠CEF=60°．由折疊可得：∠GEF=∠CEF=60°．∴∠GED=60°．∵CE=x，∴GE=CE=x．ED=DC﹣CE=3﹣x．∴cos∠GED===．∴x=2．∴GE=2，ED=1．∴GD=．∴OG=AD﹣AO﹣GD=3﹣﹣=．∴OG=OM．∴點G與點M重合．此時△EFG的直角頂點G落在⊙O上，對應(yīng)的x的值為2．∴當△EFG的直角頂點G落在⊙O上時，對應(yīng)的x的值為2．（3）①如圖①，在Rt△EGF中，tan∠FEG===．∴FG=x．∴S=GE?FG=x?x=x2．②如圖③，ED=3﹣x，RE=2ED=6﹣2x，GR=GE﹣ER=x﹣（6﹣2x）=3x﹣6．∵tan∠SRG===，∴SG=（x﹣2）．∴S△SGR=SG?RG=?（x﹣2）?（3x﹣6）．=（x﹣2）2．∵S△GEF=x2，∴S=S△GEF﹣S△SGR=x2﹣（x﹣2）2．=﹣x2+6x﹣6．綜上所述：當0≤x≤2時，S=x2；當2＜x≤3時，S=﹣x2+6x﹣6．當FG與⊙O相切于點T時，延長FG交AD于點Q，過點F作FK⊥AD，垂足為K，如圖④所示．∵四邊形ABCD是矩形，∴BC∥AD，∠ABC=∠BAD=90°∴∠AQF=∠CFG=60°．∵OT=，∴OQ=2．∴AQ=+2．∵∠FKA=∠ABC=∠BAD=90°，∴四邊形ABFK是矩形．∴FK=AB=3，AK=BF=3﹣x．∴KQ=AQ﹣AK=（+2）﹣（3﹣x）=2﹣2+x．在Rt△FKQ中，tan∠FQK==．∴FK=QK．∴3=（2﹣2+x）．解得：x=3﹣．∵0≤3﹣≤2，∴S=x2=×（3﹣）2=﹣6．∴FG與⊙O相切時，S的值為﹣6．點評： 本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、切線長定理、垂徑定理、軸對稱性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值、30°角所對的直角邊等于斜邊的一半、等腰三角形的性質(zhì)等知識，綜合性非常強．13．（2014?萊蕪，第23題10分）如圖1，在⊙O中，E是弧AB的中點，C為⊙O上的一動點（C與E在AB異側(cè)），連接EC交AB于點F，EB=（r是⊙O的半徑）．（1）D為AB延長線上一點，若DC=DF，證明：直線DC與⊙O相切；（2）求EF?EC的值；（3）如圖2，當F是AB的四等分點時，求EC的值．考點：圓的綜合題．.專題：綜合題．分析：（1）連結(jié)OC、OE，OE交AB于H，如圖1，由E是弧AB的中點，根據(jù)垂徑定理的推論得到OE⊥AB，則∠HEF+∠HFE=90°，由對頂相等得∠HFE=∠CFD，則∠HEF+∠CFD=90°，再由DC=DF得∠CFD=∠DCF，加上∠OCE=∠OEC，所以∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°，于是根據(jù)切線的判定定理得直線DC與⊙O相切；（2）由弧AE=弧BE，根據(jù)圓周角定理得到∠ABE=∠BCE，加上∠FEB=∠BEC，于是可判斷△EBF∽△ECB，利用相似比得到EF?EC=BE2=（r）2=r2；（3）如圖2，連結(jié)OA，由弧AE=弧BE得AE=BE=r，設(shè)OH=x，則HE=r﹣x，根據(jù)勾股定理，在Rt△OAH中有AH2+x2=r2；在Rt△EAH中由AH2+（r﹣x）2=（r）2，利用等式的性質(zhì)得x2﹣（r﹣x）2=r2﹣（r）2，即得x=r，則HE=r﹣r=r，在Rt△OAH中，根據(jù)勾股定理計算出AH=，由OE⊥AB得AH=BH，而F是AB的四等分點，所以HF=AH=，于是在Rt△EFH中可計算出EF=r，然后利用（2）中的結(jié)論可計算出EC．解答：（1）證明：連結(jié)OC、OE，OE交AB于H，如圖1，∵E是弧AB的中點，∴OE⊥AB，∴∠EHF=90°，∴∠HEF+∠HFE=90°，而∠HFE=∠CFD，∴∠HEF+∠CFD=90°，∵DC=DF，∴∠CFD=∠DCF，而OC=OE，∴∠OCE=∠OEC，∴∠OCE+∠DCE=∠HEF+∠CFD=90°，∴OC⊥CD，∴直線DC與⊙O相切；（2）解：連結(jié)BC，∵E是弧AB的中點，∴弧AE=弧BE，∴∠ABE=∠BCE，而∠FEB=∠BEC，∴△EBF∽△ECB，∴EF：BE=BE：EC，∴EF?EC=BE2=（r）2=r2；（3）解：如圖2，連結(jié)OA，∵弧AE=弧BE，∴AE=BE=r，設(shè)OH=x，則HE=r﹣x，在Rt△OAH中，AH2+OH2=OA2，即AH2+x2=r2，在Rt△EAH中，AH2+EH2=EA2，即AH2+（r﹣x）2=（r）2，∴x2﹣（r﹣x）2=r2﹣（r）2，即得x=r，∴HE=r﹣r=r，在Rt△OAH中，AH===，∵OE⊥AB，∴AH=BH，而F是AB的四等分點，∴HF=AH=，在Rt△EFH中，EF===r，∵EF?EC=r2，∴r?EC=r2，∴EC=r．點評：本題考查了圓的綜合題：熟練掌握垂徑定理及其推論、切線的判定定理和圓周角定理；會利用勾股定理進行幾何計算，利用相似三角形的知識解決有關(guān)線段等積的問題．14.（2014?樂山，第26題12分）如圖，⊙O1與⊙O2外切與點D，直線l與兩圓分別相切于點A、B，與直線O1、O2相交于點M，且tan∠AM01=，MD=4．（1）求⊙O2的半徑；（2）求△ADB內(nèi)切圓的面積；（3）在直線l上是否存在點P，使△MO2P相似于△MDB若存在，求出PO2的長；若不存在，請說明理由．

考點：圓的綜合題．.專題：綜合題．分析：（1）連結(jié)O1A、O2B，設(shè)⊙O1的半徑為r，⊙O2的半徑為R，根據(jù)兩圓相切的性質(zhì)得到直線O1O2過點D，則MO2=MD+O2D=4+R，再根據(jù)切線的性質(zhì)由直線l與兩圓分別相切于點A、B得到O1A⊥AB，O2B⊥AB，然后根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值得到∠AM01=30°，在Rt△MBO2中，根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得MO2=O2B=2R，于是有4+R=2R，解得R=4；（2）利用互余由∠AM02=30°得到∠MO2B=60°，則可判斷△O2BD為等邊三角形，所以BD=O2B=4，∠DBO2=60°，于是可計算出∠ABD=30°，同樣可得∠MO1A=60°，利用三角形外角性質(zhì)可計算得∠O1AD=∠MO1A=30°，則∠DAB=60°，所以∠ADB=90°，在Rt△ABD中，根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得AD=BD=4，AB=2AD=8，利用直角三角形內(nèi)切圓的半徑公式得到△ADB內(nèi)切圓的半徑==2﹣2，然后根據(jù)圓的面積公式求解；（3）先在Rt△MBO2中，根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得MB=O2B=12，然后分類討論：△MO2P與△MDB有一個公共角，當△MO2P∽△MDB時，利用相似比可計算出O2P=8；當△MO2P∽△MBD時，利用相似比可計算出O2P=8．解答：解：（1）連結(jié)O1A、O2