专题19 与圆有关的压轴题一、填空题1．（2020·山东济宁·中考真题）如图,在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C,D．AC与B
D相交于点E，CD2=CE·CA,分别延长AB,DC相交于点P，PB=BO，CD=2．则BO的长是_________．【答案】4【
分析】连接OC，设⊙O的半径为r，由DC2=CE?CA和∠ACD=∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD=∠CDE，再根
据圆周角定理得∠CAD=∠CBD，所以∠CDB=∠CBD，利用等腰三角形的判定得BC=DC，证明OC∥AD，利用平行线分线段成比例
定理得到，则，然后证明，利用相似比得到，再利用比例的性质可计算出r的值即可．【详解】解：连接，如图，设的半径为，，，而，，，，，，
，，，，，，，，，即，，即OB=4.故答案为：4.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：三角形相似的判定一直是中考考查的热点之
一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通
过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需
要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．也考查了圆周角定理．二、解答题2．（2022·山东泰安·中考真题）
问题探究（1）在中，，分别是与的平分线．①若，，如图，试证明；②将①中的条件“”去掉，其他条件不变，如图，问①中的结论是否成立？并
说明理由．迁移运用（2）若四边形是圆的内接四边形，且，，如图，试探究线段，，之间的等量关系，并证明．【答案】（1）①见解析；②结论
成立，见解析；（2），见解析【分析】（1）①证明是等边三角形，得出E、D为中点，从而证明；②在上截取，根据角平分线的性质，证明，，
从而得到答案；（2）作点B关于的对称点E，证明，从而得到，再根据AE、DC分别是、的角平分线，得到．【详解】（1）①，，．又、分别
是、的平分线．点D、E分别是、的中点．，．．②结论成立，理由如下：设与交于点F，由条件，得，．又．．．∴．在上截取．由∵BF=BF
，∴．．．又∵CF=CF，∴．∴．（2），理由如下：∵四边形是圆内接四边形，∴．∵，∴，，∴．∴．作点B关于的对称点E，连结，，的
延长线与的延长线交于点M，与交于点F，∴，．∴．∴∴∴∵AE、DC分别是、的角平分线由②得．【点睛】本题考查三角形、等边三角形、全
等三角形、圆的内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的相关知识．3．（2021·山东
潍坊·中考真题）如图，半圆形薄铁皮的直径AB＝8，点O为圆心（不与A，B重合），连接AC并延长到点D，使AC＝CD，作DH⊥AB，
交半圆、BC于点E，F，连接OC，∠ABC=θ，θ随点C的移动而变化．（1）移动点C，当点H，B重合时，求证：AC=BC；（2）当
θ＜45°时，求证：BH?AH＝DH?FH；（3）当θ＝45°时，将扇形OAC剪下并卷成一个圆锥的侧面，求该圆锥的底面半径和高．【
答案】（1）见解析（2）见解析（3）底面半径为1，高为【分析】（1）根据直角三角形的性质即可求解；（2）证明△BFH∽△DAH，即
可求解；（3）根据扇形与圆锥的特点及求出圆锥的底面半径，再根据勾股定理即可求出圆锥的高．【详解】（1）如图，当点H，B重合时，∵D
H⊥AB∴△ADB是直角三角形，∵AC＝CD，∴BC是△ADB的中线∴BC=∴AC=BC（2）当θ＜45°时，DH交半圆、BC于点
E，F，∵AB是直径∴∠ACB=90°∵DH⊥AB∴∠B+∠A=∠A+∠D=90°∴∠B=∠D∵∠BHF=∠DHA=90°∴△BF
H∽△DAH，∴∴BH?AH＝DH?FH；（3）∵∠ABC=θ=45°∴∠AOC=2∠ABC=90°∵直径AB＝8，∴半径OA=4
，设扇形OAC卷成圆锥的底面半径为r∴解得r=1∴圆锥的高为．【点睛】此题主要考查圆内综合求解，解题的关键是熟知直角三角形的性质、
相似三角形的判定与性质及弧长的求解与圆锥的特点．4．（2021·山东聊城·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC
的外接圆，AE是直径，交BC于点H，点D在上，连接AD，CD过点E作EF∥BC交AD的延长线于点F，延长BC交AF于点G．（1）求
证：EF是⊙O的切线；（2）若BC＝2，AH＝CG＝3，求EF和CD的长．【答案】（1）见解析；（2），【分析】（1）因为AE是直
径，所以只需证明EFAE即可；（2）因EF∥BG，可利用，将要求的EF的长与已知量建立等量关系；因四边形ABCD是圆内接四边形，可
证得，由此建立CD与已知量之间的等量关系．【详解】（1）证明：∵AB＝AC，．又∵AE是O的直径，．．∵AB=AC，∴AEBC．∴
∠AHC=90°．∵EF∥BC，∴∠AEF=∠AHC=90°．∴EFAE．∴EF是O的切线．（2）如图所示，连接OC，设O的半径为
r．在Rt△COH中，∵，又∵OH=AH-OA=3-r，解得，．∵EF∥BC，∴．∵四边形ABCD内接于，【点睛】本题考查了等腰三
角形的性质、垂径定理及推论、相似三角形的判定与性质、圆内接四边形的性质等知识点，熟知上述各类图形的判定或性质是解题的基础，寻找未知
量与已知量之间的等量关系是关键．5．（2021·山东泰安·中考真题）如图1，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，且．连接并延长，
与的延长线相交于点E．（1）求证：；（2）与，分别交于点F，H．①若，如图2，求证：；②若圆的半径为2，，如图3，求的值．【答案】
（1）见解析；（2）①见解析；②【分析】（1）连接，根据，且，则，即可推导出；（2）①，则，又，，则，进而推导出；②连接交于G，设
，则，根据在和中列式，进而求得x的值，再根据中位线定理求出AC的长．【详解】证明：（1）连接，∵为直径∴∵∴∴∴．（2）①∵∴又∵
∴又∵∴∴∴∴∴②连接交于G．设，则∵∴又∵∴，在和中∴即∵∴是的中位线∴∴．【点睛】本题考查了等弧对等角、相似三角形、等腰三角形
、中位线等有关知识点，属于综合题型，借助辅助线是解决这类问题的关键．6．（2020·山东日照·中考真题）阅读理解：如图1，Rt△A
BC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，∠C＝90°，其外接圆半径为R．根据锐角三角函数的定义：sinA＝，sinB＝，可
得＝＝c＝2R，即：＝＝＝2R，（规定sin90°＝1）．探究活动：如图2，在锐角△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对
边，其外接圆半径为R，那么： （用＞、＝或＜连接），并说明理由．事实上，以上结论适用于任意三角形．初步应用：在△ABC中，a，b
，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，∠A＝60°，∠B＝45°，a＝8，求b．综合应用：如图3，在某次数学活动中，小凤同学测量一古塔
CD的高度，在A处用测角仪测得塔顶C的仰角为15°，又沿古塔的方向前行了100m到达B处，此时A，B，D三点在一条直线上，在B处测
得塔顶C的仰角为45°，求古塔CD的高度（结果保留小数点后一位）．（≈1.732，sin15°＝）【答案】探究活动：＝，＝，＝；初
步应用：；综合应用：古塔高度约为36.6m．【分析】探究活动：过点C作直径CD交⊙O于点D，连接BD，根据圆周角定理和正弦概念即可
得出，同理得出，从而得出答案；初步应用：根据，得出，即可得出b的值；综合应用：由题意得：∠D＝90°，∠A＝15°，∠DBC＝45
°，AB＝100，可知∠ACB＝30°．设古塔高DC＝x，则BC＝，灾解直角三角形即可得出答案．【详解】解：探究活动：，理由如下：
如图2，过点C作直径CD交⊙O于点D，连接BD，∴∠A＝∠D，∠DBC＝90°，∴sinA＝sinD，sinD＝，∴，同理可证：，
∴；故答案为：＝，＝，＝．初步应用：∵，∴，∴．综合应用：由题意得：∠D＝90°，∠A＝15°，∠DBC＝45°，AB＝100，∴
∠ACB＝30°．设古塔高DC＝x，则BC＝，∵，∴，∴，∴，∴古塔高度约为36.6m．【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形
，添加合适的辅助线是解题的关键．7．（2020·山东淄博·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交BC边于点E，交⊙
O于点D，过点A作AF⊥BC于点F，设⊙O的半径为R，AF＝h．（1）过点D作直线MN∥BC，求证：MN是⊙O的切线；（2）求证：
AB?AC＝2R?h；（3）设∠BAC＝2α，求的值（用含α的代数式表示）．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2cosα【
详解】解：（1）证明：如图1，连接OD，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴＝，又∵OD是半径，∴OD⊥BC，∵MN∥BC
，∴OD⊥MN，∴MN是⊙O的切线；（2）证明：如图2，连接AO并延长交⊙O于H，∵AH是直径，∴∠ABH＝90°＝∠AFC，又∵
∠AHB＝∠ACF，∴△ACF∽△AHB，∴，∴AB?AC＝AF?AH＝2R?h；（3）如图3，过点D作DQ⊥AB于Q，DP⊥AC
，交AC延长线于P，连接CD，∵∠BAC＝2α，AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD＝α，∴＝，∴BD＝CD，∵∠BAD＝∠CA
D，DQ⊥AB，DP⊥AC，∴DQ＝DP，∴Rt△DQB≌Rt△DPC（HL），∴BQ＝CP，∵DQ＝DP，AD＝AD，∴Rt△D
QA≌Rt△DPA（HL），∴AQ＝AP，∴AB+AC＝AQ+BQ+AC＝2AQ，∵cos∠BAD＝，∴AD＝，∴＝＝2cosα．
（1）连接OD，由角平分线的性质可得∠BAD＝∠CAD，可得＝，由垂径定理可得OD⊥BC，可证OD⊥MN，可得结论；（2）连接AO
并延长交⊙O于H，通过证明△ACF∽△AHB，可得，可得结论；（3）由“HL”可证Rt△DQB≌Rt△DPC，Rt△DQA≌Rt△
DPA，可得BQ＝CP，AQ＝AP，可得AB+AC＝2AQ，由锐角三角函数可得AD＝，即可求解．【点评】本题是圆的综合题，考查了圆
的有关知识，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形或相似三角形是本题的关键．
8．（2020·山东临沂·中考真题）已知的半径为，的半径为，以为圆心，以的长为半径画弧，再以线段的中点P为圆心，以的长为半径画弧，
两弧交于点A，连接，，交于点B，过点B作的平行线交于点C．（1）求证：是的切线；（2）若，，，求阴影部分的面积．【答案】（1）见解
析；（2）【分析】（1）过点O2作O2D⊥BC，交BC于点D，根据作图过程可得AP=O1P=O2P，利用等腰三角形的性质和三角形内
角和证明AO2⊥AO1，再根据BC∥AO2，证明四边形ABDO2为矩形，得到O2D=，点D在圆O2上，可得结论；（2）证明△AO1
O2∽△BO1C，求出O1C，利用△BO1C的面积减去扇形BO1E的面积即可.【详解】解：（1）由作图过程可得：AP=O1P=O2
P=O1O2，AO1=AB+BO1=，∴∠PAO1=PO1A，∠PAO2=∠PO2A，AB=，而∠PAO1+∠PO1A+∠PAO2
+∠PO2A=180°，∴∠PAO1+∠PAO2=90°，即AO2⊥AO1，∵BC∥AO2，∴O1B⊥BC，即BC与圆O1相切，过
点O2作O2D⊥BC，交BC于点D，可知四边形ABDO2为矩形，∴AB=O2D=，而圆O2的半径为，∴点D在圆O2上，即BC是的切
线；（2）∵AO2∥BC，∴△AO1O2∽△BO1C，∴，∵，，，即AO1==3，BO1=2，∴，∴O1C=4，∵BO1⊥BC，∴
cos∠BO1C=，∴∠BO1C=60°，∴BC=，∴S阴影=-==【点睛】本题考查了尺规作图的原理，切线的判定和性质，矩形的判定
和性质，扇形面积，相似三角形的判定和性质，等边对等角，知识点较多，解题的关键是根据作图过程得到相应的线段关系.9．（2020·山东
济宁·中考真题）我们把方程(x- m)2+(y-n)2=r2称为圆心为(m，n)、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为(1,-2
)、半径长为3的圆的标准方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐标系中,圆C与轴交于点A．B．且点B的坐标为(8．0)
,与y轴相切于点D(0, 4)，过点A,B,D的抛物线的顶点为E．(1)求圆C的标准方程；(2)试判断直线AE与圆C的位置关系，并
说明理由．【答案】（1）；（2）相切，理由见解析【分析】（1）连接CD，CB，过C作CF⊥AB，分别表示出BF和CF，再在△BCF
中利用勾股定理构造方程求解即可得到圆C半径以及点C坐标，从而得到标准方程；（2）由（1）可得点A坐标，求出抛物线表达式，得到点E坐
标，再求出直线AE的表达式，联立直线AE和圆C的表达式，通过判断方程根的个数即可得到两者交点个数，从而判断位置关系.【详解】解：连
接CD，CB，过C作CF⊥AB，∵点D（0，4），B（8，0），设圆C半径为r，圆C与y轴切于点D，则CD=BC=OF=r，CF=
4，∵CF⊥AB，∴AF=BF=8-r，在△BCF中，，即，解得：r=5，∴CD=OF=5，即C（5，4），∴圆C的标准方程为：；（2）由（1）可得：BF=3=AF，则OA=OB-AB=2，即A（2，0），设抛物线表达式为：，将A，B，D坐标代入，，解得：，∴抛物线表达式为：，∴可得点E（5，），设直线AE表达式为：y=mx+n，将A和E代入，可得：，解得：，∴直线AE的表达式为：，∵圆C的标准方程为，联立，解得：x=2，故圆C与直线AE只有一个交点，横坐标为2，即圆C与直线AE相切.【点睛】本题考查了圆的新定义，二次函数，一次函数，切线的判定，垂径定理，有一定难度，解题的关键是利用转化思想，将求位置关系转化为方程根的个数问题.学科网（北京）股份有限公司 zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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