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2024长沙中考数学二轮专题复习 题型四 圆的综合题
类型一　与圆的基本性质结合
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2，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在上，四边形MNPQ为正方形，点C在上运动(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4，点C是劣弧上的一个动点，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S－S＝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＝4且＝时，求弦BC与其所对的劣弧所组成的弓形面积．
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＝AB.连接MB，BD.
(1)求证：①＝；
②MD∥AB；
(2)当sin∠CBM＝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＝，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＝，求的值；
(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°＝2×＝3，
∴BC＝6；
例题解图②
(3)解：①DC＋DB＝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＝DH，
∴AD＝2AN，DN＝AN，
∴HD＝2AN＝AD，
∴DC＋DB＝DC＋HC＝DA；
②由题可知，点E的运动轨迹为以OC的中点F为圆心，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＝，
∴点E的运动路径长为＝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，，
∴Rt△OPN≌Rt△OQM(HL)，
∴ON＝OM，(2分)
设QM＝MN＝2a，则ON＝OM＝a，
在Rt△OQM中，OQ＝＝a，
则sin∠AOQ＝＝＝；(3分)
(2)设QM＝MN＝2a，则ON＝OM＝a，OQ＝a，
∴OA＝OQ＝a，
∴AM＝OA－OM＝(－1)a，
∴＝＝；(6分)
(3)∵AB＝2R，
∴OA＝OQ＝OB＝R，
∵sin∠AOQ＝＝，
∴＝，解得QM＝R，
∴OM＝＝R，
∴BM＝OB＋OM＝R，AM＝AB－BM＝R，
∵QD＝y，
∴DM＝QD＋QM＝y＋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，
∴＝，即＝，
解得y＝－R，(8分)
如解图②，连接AP，交QM于点F，
第1题解图②
∵PN＝MN＝QM＝R，AM＝R，
∴AN＝AM＋MN＝R，
∵四边形MNPQ为正方形，
∴QM∥PN，
∴△AFM∽△APN，
∴＝，即＝，
解得FM＝R，(9分)
∵点C在上运动(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综上所述，y＝－R(R2. 解：(1)如解图①，过点O作OF⊥AB于点F，
由垂径定理可得AF＝BF，∠AOF＝∠BOF，
∵AB＝4，
∴AF＝AB＝2，
∵OA＝4，
∴sin∠AOF＝＝＝，
∴∠AOF＝60°，
∴∠AOB＝2∠AOF＝120°；(3分)
第2题解图①
(2)如解图②，连接OC，取OC的中点G，连接DG，GE，
第2题解图②
∵D、E分别为AC、BC的中点，
∴由垂径定理可知OD⊥AC，OE⊥BC，
∴DG＝OC，EG＝OC，
∴DG＝OG＝GE＝GC＝2，即G为△DOE的外心，(5分)
∴G在以O为圆心的圆弧上运动，其运动轨迹为解图②中的，
∴的长为＝π.(6分)
∴△ODE的外心P所经过的路径的长度为π；
(3)如解图③，过D点作BC的垂线，交BC的延长线于点F，连接OC，
∵∠ACB＝(360°－120°)＝120°，
∴∠DCF＝180°－120°＝60°.(7分)
∵点D，E分别是弦AC，BC的中点，∴OD⊥AC，OE⊥BC.
∠AOD＝∠COD，∠COE＝∠BOE，DE＝AB＝2，
又∵∠AOB＝120°，∴∠DOE＝∠COD＋∠COE＝60°，
令AD＝CD＝x，CE＝BE＝y，则OD＝，OE＝，
CF＝CD·cos∠DCF＝x，DF＝CD·sin∠DCF＝x.
在Rt△DFE中，DF2＋EF2＝DE2，
即(x)2＋(x＋y)2＝(2)2，化简得：x2＋y2＋xy＝12①.(8分)
过点E作EK⊥OD于点K，则有S1＝OD·EK＝OD·OE·sin 60°.
即S1＝··，
∵S2＝CE·DF＝·xy，S－S＝21，
∴(16－x2)(16－y2)－(xy)2＝21.
整理得：x2＋y2＝9②，
∵x>0，y>0，由①，②可得：，解得x＝.
∴AC＝±.
综上所述，弦AC的长度为±.(10分)
第2题解图③
类型二　与切线的性质结合
例　(1)①解：如解图①，连接OT，
则OT⊥PT，
∴∠OTP＝90°，
∵AB是⊙O的直径，AB＝16，
∴OT＝AB＝×16＝8，
在Rt△OTP中，由勾股定理得PT＝＝＝6；
例题解图①
②证明：如解图①，由①知，∠OTP＝90°，
∵PC⊥AB，
∴∠PCD＝90°.
∴∠PTO＝∠POD.
又∵∠OPT＝∠DPO；
∴△POT∽△PDO；
(2)证明：如解图②，连接OT，
∵PC⊥AB，点C与点A重合，AB是⊙O的直径，
∴PA是⊙O的切线，
∵PT为⊙O的切线，
∴PA＝PT，
在△OPA和△OPT中，，
∴△OPA≌△OPT(SSS)，
∴∠AOP＝∠TOP＝∠AOT，
∵∠AOT＝2∠B，
∴∠AOP＝∠B，
∴PO∥BT；
例题解图②
(3)解：如解图③，连接OT，
∵AB是⊙O的直径，AB＝16，AC＝x，
∴OC＝OA－AC＝AB－AC＝8－x，OT＝AB＝8，
∵PC⊥AB，
∴∠PCO＝90°，
在Rt△PCO中，由勾股定理得PO＝＝，
∵PT为⊙O的切线，
∴PT⊥OT，
在Rt△OTP中，由勾股定理得y＝PT＝＝＝，
∴y关于x的函数解析式为y＝，
∵点C在OA上运动，∴0≤x≤8.
∴当x＝8时，y有最小值，y的最小值为6.
例题解图③
1. (1)证明：∵PF是⊙O的切线，
∴OC⊥PF，
∵AF⊥PF，
∴AF∥OC.
∴∠FAC＝∠ACO，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠ACO，
∴∠FAC＝∠CAB，即AC平分∠FAB；
(2)证明：∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵PF是⊙O的切线，CE⊥AB，
∴∠OCP＝∠CEB＝90°，
∴∠PCB＋∠OCB＝90°，∠BCE＋∠OBC＝90°，
∴∠BCE＝∠BCP，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CEB＝∠CBD＝∠CBP＝90°，
∴△CBE∽△CPB，
∴＝，
∴BC2＝CE·CP；
(3)解：如解图，作BM⊥PF于点M.由(2)得∠ECB＝∠MCB，
∴∠CEB＝∠CMB＝90°，CB＝CB.
∴△CEB≌△CMB，
∴CE＝CM.
由(1)得∠FAC＝∠EAC.
∵∠AFC＝∠AEC＝90°.
∴CE＝CF，
∴CE＝CM＝CF，设CE＝CM＝CF＝3a，则PC＝4a，PM＝a，
∵CD是⊙O的直径，BM⊥PC，
∴∠CBP＝∠CMB＝∠BMP＝90°，
∴∠MCB＋∠P＝90°，∠P＋∠PBM＝90°，
∴∠MCB＝∠MBP，
∴△BMC∽△PMB，
∴＝，
∴BM2＝CM·PM＝3a2，
∴BM＝a(负值已舍去)，
∴tan∠BCM＝＝，
∴∠BCM＝30°，
∴∠OCB＝∠OBC＝∠BOC＝60°，
∵AB＝4，
∴BC＝OC＝OB＝2，
∴弦BC与其所对的劣弧所组成的弓形面积＝－×(2)2＝2π－3.
第1题解图
2. (1)证明：①如解图①，连接MO，
第2题解图①
∵∠BCM＝45°，
∴∠BOM＝2∠BCM＝90°.
∴OM⊥AB.
∴∠BOM＝∠AOM＝90°.
∴＝；
②∵DM切半圆O于点M，且OM为半径，
∴OM⊥MD.
由①知，OM⊥AB，
∴∠BOM＝∠DMO＝90°.
∴MD∥AB；
(2)解：如解图②，连接OM，OC，过点M作MG⊥BC，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝∠BCD＝90°.
∵∠BCM＝45°，
∴∠DCM＝90°－∠BCM＝45°＝∠BCM.
∵OM＝OC，
∴∠OMC＝∠OCM.
∵MD是半圆O的切线，
∴∠CMD＝90°－∠CMO＝∠MOC.
∵∠CBM＝∠MOC，
∴∠CMD＝∠CBM，
∴△CMD∽△CBM，
∴＝，
即MC2＝BC·CD.
在Rt△MBG中，
∵sin∠CBM＝，
设MG＝m，则MB＝m，BG＝2m，
在Rt△MCG中，∠BCM＝45°，
∴MG＝CG＝m，MC＝m，
∴BC＝3m.
∴(m)2＝3m·CD，
∴CD＝m.
在Rt△BDC中，
tan∠CBD＝＝＝；
第2题解图②
(3)解：如解图③，过点D作DH⊥AB于点H.
第2题解图③
当点C为AD的中点时，
∵BC⊥AD，
∴BD＝AB＝5.
∵MD∥AB，MO⊥AB，DH⊥AB，
∴DH＝OM＝AB＝，
在Rt△BDH中，sin∠DBH＝，
∴∠DBH＝30°.
∴BH＝BD·cos30°＝5×＝.
∴AH＝AB－BH＝5－＝.
∵DM是半圆O的切线，且MD∥AB，
∴点D到AB的距离总是.
当点C与A重合时，点D在D′的位置，
∴点C在半圆O上从点A移动到AD的中点时，点D的运动路径为平行于AB到AB距离为 的线段DD′.
易得四边形DD′AH为矩形，
∴DD′＝AH＝.
∴点C在半圆O上从点A移动到AD的中点时，点D运动的路径长为.
类型三　与切线的判定结合
例　(1)证明：如解图①，连接OE，∵⊙O与边AB相切于点E，
∴OE⊥AB，即∠AEO＝90°，
∵AO＝AO，AC＝AE，OC＝OE，
∴△ACO≌△AEO(SSS)，
∴∠ACO＝∠AEO＝90°，
又∵OC是⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线；
例题解图①
(2)解：如解图①，∵tanB＝＝，
∴设AC＝4x，BC＝3x，
∵AC2＋BC2＝AB2，
∴16x2＋9x2＝25，
解得x＝1(负值舍去)．
∴BC＝3，AE＝AC＝4，
∴BE＝AB－AE＝1，
设⊙O的半径为r，则OC＝OE＝r，OB＝BC－OC＝3－r，
在Rt△BOE中，OB2＝OE2＋BE2，
∴(3－r)2＝r2＋12，
解得r＝，
∴⊙O的半径为；
(3)解：如解图①，设BD＝a，则CD＝3a，
∴OE＝OC＝OD＝，BC＝CD＋BD＝4a.
∴OB＝OD＋BD＝.
∴BE＝＝2a.
∵∠OEB＝∠ACB＝90°，∠OBE＝∠ABC，
∴△BEO∽△BCA.
∴＝.
∴＝.
解得AC＝3a.
∴OA＝＝a.
∴sin∠OAB＝＝＝；
(4)解：如解图②，过点O作OM⊥CF于点M，连接OE，
例题解图②
∵F是OA的中点，∠ACO＝90°，
∴OF＝CF＝OC，
∴△OCF是等边三角形，∠AOC＝60°，
∴∠OAE＝∠OAC＝30°，∠AOB＝120°，
∵OE⊥AB，
∴∠AEO＝90°，
∴∠AOE＝60°，
∴∠EOB＝60°，
∴∠B＝30°，
∴∠CGB＝90°，
∵CG＝3，
∴BG＝CG＝3.
易证△OFM≌△AFG，
∴FM＝FG，
∴CM＝FM＝FG＝1，
∴OF＝CF＝2，OM＝.
∵S△BCG＝BG·CG＝，
S△OCF＝CF·OM＝，S扇形DOF＝＝.
∴S阴影＝S△BCG－S△OCF－S扇形DOF＝－；
(5)证明：如解图③，连接OE，
例题解图③
由(1)可知△ACO≌△AEO，
∴∠AOC＝∠AOE，
又∵OC＝OE，OF＝OF，
∴△COF≌△EOF(SAS)，
∴∠OCF＝∠OEF，CF＝EF，
∵OC＝OF＝OE，
∴∠OCF＝∠OFC＝∠OFE＝∠OEF.
∴∠GFE＝180°－∠OFC－∠OFE＝180°－2∠OCF，
∵G是AB的中点，∠ACB＝90°，
∴CG＝AG＝BG，
∴∠GCB＝∠GBC，
∴∠EGF＝180°－∠GCB－∠GBC＝180°－2∠OCF，
∴∠GFE＝∠EGF，
∴GE＝EF＝CF，即CF＝GE.
1. (1)证明：如解图，连接OD，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴＝，
∴OD⊥AB，
∵PQ∥AB，
∴OD⊥PQ，
∵OD是⊙O的半径，
∴PQ是⊙O的切线；
(2)解：如解图，设OD与AB交于点E，
设DE＝a，⊙O的半径为r，
∴OE＝r－a，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴tan∠ABD＝tan∠ACD＝，即＝，
∴BE＝3DE＝3a，
∴在Rt△BDE中，由勾股定理得BD＝＝＝a，
∴在Rt△OBE中，OB2＝OE2＋BE2，
∴r2＝(r－a)2＋(3a)2，解得r＝5a，
∴OB＝5a，
∴＝＝；
第1题解图
(3)解：如解图，连接AD，
∵∠ACD＝∠BCD，
∴AD＝BD，
∵PQ∥AB，
∴∠Q＝∠ABC，∠BDQ＝∠ABD，
∵∠ADC＝∠ABC，∠ABD＝∠ACD，
∴∠ADC＝∠Q，∠ACD＝∠BDQ，
∴△ACD∽△BDQ，
∴＝，
∴AD·BD＝AC·BQ＝9，
∴BD2＝9，即BD＝3，
∵∠ACB＝60°，
∴∠BCD＝30°，
∴∠BOD＝60°，
∴△BOD为等边三角形，
∵BE⊥OD，
∴BE＝BD，
∴AB＝2BE＝BD＝3.
2. (1)证明：如解图，连接OD、OE、OA，
∵⊙O与AB相切，切点为D，
∴∠ADO＝90°.
在△AOD与△AOE中，
，
∴△AOD≌△AOE(SSS)．
∴∠ADO＝∠AEO＝90°，即OE⊥AC.
又∵OE是⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线；
(2)解：∠GOH的度数是定值．
如解图，连接OF，
由题意得，GD、GF以及HF、HE与⊙O相切，
∴GD＝GF，HE＝HF，∠DOG＝∠FOG，∠FOH＝∠HOE，
∵∠BAC＝∠ODA＝∠OEA＝90°，
∴∠DOE＝90°，
∴∠GOH＝∠DOE＝45°；
(3)解：BG＝x，CH＝y，
易得BD＝CE＝2，GF＝GD＝x－2，FH＝HE＝y－2，AG＝4－x，AH＝4－y，
∴GH＝x＋y－4，
∵∠BAC＝90°，
∴GH2＝AG2＋AH2，
即(x＋y－4)2＝(4－x)2＋(4－y)2，
化简可得y＝，
∵AG≥0，AH≥0，
∴x≤4，y≤4，
∴2≤x≤4，
∴y与x之间的函数关系式为y＝.(2≤x≤4)
当x＝y时，AG＝AH，
∵AB＝AC，
∴GH∥BC，如解图，连接AO，
设AO交GH于F′，
∴∠OF′H＝∠F′OC＝90°，
∴F′与点F重合，即F为AO与⊙O的交点，
∴F是的中点．
第2题解图

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