2023年中考数学试题分类汇编与圆有关的题.docx

2023年中考数学分类汇编——与圆有关的压轴题 2023年与圆有关的压轴题，考点涉及：垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；切线性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；相似三角形的判定和性质；勾股定理；特殊四边形性质；等.数学思想涉及：数形结合；分类讨论；化归；方程.现选取局部省市的2023年中考题展示，以飨读者. 【题1】〔2023年江苏南京,26题〕如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，⊙O为△ABC的内切圆． 〔1〕求⊙O的半径； 〔2〕点P从点B沿边BA向点A以1cm/s的速度匀速运动，以P为圆心，PB长为半径作圆，设点P运动的时间为t s，假设⊙P与⊙O相切，求t的值． 【分析】：〔1〕求圆的半径，因为相切，我们通常连接切点和圆心，设出半径，再利用圆的性质和直角三角形性质表示其中关系，得到方程，求解即得半径． 〔2〕考虑两圆相切，且一圆已固定，一般就有两种情形，外切与内切．所以我们要分别讨论，当外切时，圆心距等于两圆半径的和；当内切时，圆心距等于大圆与小圆半径的差．分别作垂线构造直角三角形，类似〔1〕通过表示边长之间的关系列方程，易得t的值． 【解】：〔1〕如图1，设⊙O与AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，那么AD=AF，BD=BE，CE=CF． ∵⊙O为△ABC的内切圆， ∴OF⊥AC，OE⊥BC，即∠OFC=∠OEC=90°． ∵∠C=90°， ∴四边形CEOF是矩形， ∵OE=OF， ∴四边形CEOF是正方形． 设⊙O的半径为rcm，那么FC=EC=OE=rcm， 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm， ∴AB==5cm． ∵AD=AF=AC﹣FC=4﹣r，BD=BE=BC﹣EC=3﹣r， ∴4﹣r+3﹣r=5， 解得 r=1，即⊙O的半径为1cm． 〔2〕如图2，过点P作PG⊥BC，垂直为G． ∵∠PGB=∠C=90°，∴PG∥AC． ∴△PBG∽△ABC，∴．∵BP=t， ∴PG=，BG=． 假设⊙P与⊙O相切，那么可分为两种情况，⊙P与⊙O外切，⊙P与⊙O内切． ①当⊙P与⊙O外切时， 如图3，连接OP，那么OP=1+t，过点P作PH⊥OE，垂足为H． ∵∠PHE=∠HEG=∠PGE=90°， ∴四边形PHEG是矩形， ∴HE=PG，PH=CE， ∴OH=OE﹣HE=1﹣，PH=GE=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣． 在Rt△OPH中， 由勾股定理，， 解得 t=． ②当⊙P与⊙O内切时， 如图4，连接OP，那么OP=t﹣1，过点O作OM⊥PG，垂足为M． ∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°， ∴四边形OEGM是矩形， ∴MG=OE，OM=EG， ∴PM=PG﹣MG=，OM=EG=BC﹣EC﹣BG=3﹣1﹣=2﹣， 在Rt△OPM中， 由勾股定理，，解得 t=2． 综上所述，⊙P与⊙O相切时，t=s或t=2s． 【点评】：此题考查了圆的性质、两圆相切及通过设边长，表示其他边长关系再利用直角三角形求解等常规考查点，总体题目难度不高，是一道非常值得练习的题目． 【题2】〔2023•泸州24题〕如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2=CE•CA． 〔1〕求证：BC=CD； 〔2〕分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，假设PB=OB，CD=，求DF的长． 【考点】： 相似三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理．菁优网版权所有 【分析】： 〔1〕求出△CDE∽△CAD，∠CDB=∠DBC得出结论． 〔2〕连接OC，先证AD∥OC，由平行线分线段成比例性质定理求得PC=，再由割线定理PC•PD=PB•PA求得半径为4，根据勾股定理求得AC=，再证明△AFD∽△ACB，得，那么可设FD=x，AF=，在Rt△AFP中，求得DF=． 【解答】： 〔1〕证明：∵DC2=CE•CA， ∴=， △CDE∽△CAD， ∴∠CDB=∠DBC， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴BC=CD； 〔2〕解：如图，连接OC， ∵BC=CD， ∴∠DAC=∠CAB， 又∵AO=CO， ∴∠CAB=∠ACO， ∴∠DAC=∠ACO， ∴AD∥OC， ∴=， ∵PB=OB，CD=， ∴= ∴PC=4 又∵PC•PD=PB•PA ∴PA=4也就是半径OB=4， 在RT△ACB中， AC===2， ∵AB是直径， ∴∠ADB=∠ACB=90° ∴∠FDA+∠BDC=90° ∠CBA+∠CAB=90° ∵∠BDC=∠CAB ∴∠FDA=∠CBA 又∵∠AFD=∠ACB=90° ∴△AFD∽△ACB ∴ 在Rt△AFP中，设FD=x，那么AF=， ∴在RT△APF中有，， 求得DF=． 【点评】： 此题主要考查相似三角形的判定及性质，勾股定理及圆周角的有关知识的综合运用能力，关键是找准对应的角和边求解． 　 【题3】〔2023•济宁21题〕阅读材料： ，如图〔1〕，在面积为S的△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，内切圆O的半径为r．连接OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形． ∵S=S△OBC+S△OAC+S△OAB=BC•r+AC•r+AB•r=〔a+b+c〕r． ∴r=． 〔1〕类比推理：假设面积为S的四边形ABCD存在内切圆〔与各边都相切的圆〕，如图〔2〕，各边长分别为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四边形的内切圆半径r； 〔2〕理解应用：如图〔3〕，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=21，CD=11，AD=13，⊙O1与⊙O2分别为△ABD与△BCD的内切圆，设它们的半径分别为r1和r2，求的值． 【考点】 ：圆的综合题．菁优网版权所有 【分析】 ：〔1〕已给出例如，我们仿照例子，连接OA，OB，OC，OD，那么四边形被分为四个小三角形，且每个三角形都以内切圆半径为高，以四边形各边作底，这与题目情形类似．仿照证明过程，r易得． 〔2〕〔1〕中已告诉我们内切圆半径的求法，如是我们再相比即得结果．但求内切圆半径需首先知道三角形各边边长，根据等腰梯形性质，过点D作AB垂线，进一步易得BD的长，那么r1、r2、易得． 【解答】 ：〔1〕如图2，连接OA、OB、OC、OD． ∵S=S△AOB+S△BOC+S△COD+S△AOD=+++=， ∴r=． 〔2〕如图3，过点D作DE⊥AB于E， ∵梯形ABCD为等腰梯形， ∴AE===5， ∴EB=AB﹣AE=21﹣5=16． 在Rt△AED中， ∵AD=13，AE=5， ∴DE=12， ∴DB==20． ∵S△ABD===126， S△CDB===66， ∴===． 【点评】 ：此题考查了学生的学习、理解、创新新知识的能力，同时考查了解直角三角形及等腰梯形等相关知识．这类创新性题目已经成为新课标热衷的考点，是一道值得练习的根底题，同时要求学生在日常的学习中要注重自我学习能力的培养． 【题4】〔2023.福州20题〕如图，在△ABC中，∠B=45°，∠ACB=60°，，点D为BA延长线上的一点，且∠D=∠ACB，⊙O为△ABC的外接圆. 〔1〕求BC的长； 〔2〕求⊙O的半径. 【解析】 ∴. 〔2〕由〔1〕得，在Rt△ACE中，∵∠EAC=30°，EC=，∴AC=. ∵∠D=∠ACB，∠B=∠B，∴△BAC∽△BCD. ∴，即. ∴DM=4. ∴⊙O的半径为2. 【考点】：1. 锐角三角函数定义；2.特殊角的三角函数值；3.相似三角形的判定和性质；4.圆周角定理；5.圆内接四边形的性质；6.含30度角直角三角形的性质；7.勾股定理. 【题5】〔2023.广州25题〕 如图7，梯形中，，，,，，点为线段上一动点〔不与点 重合〕，关于的轴对称图形为，连接，设，的面积为，的面积为． 〔1〕当点落在梯形的中位线上时，求的值； 〔2〕试用表示，并写出的取值范围； 〔3〕当的外接圆与相切时，求的值． 【答案】解：〔1〕如图1，为梯形的中位线，那么，过点作于点，那么有： 在中，有 在中， 又 解得： 〔2〕如图2，交于点，与关于对称， 那么有：， 又 又与关于对称， 〔3〕如图3，当的外接圆与相切时，那么为切点. 的圆心落在的中点，设为 那么有，过点作， 连接，得 那么 又 解得：〔舍去〕 ① ② ③ 【题6】〔2023•湖州24题〕在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P〔1，1〕为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒〔t＞0〕 〔1〕假设点E在y轴的负半轴上〔如以下图〕，求证：PE=PF； 〔2〕在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b； 〔3〕作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？假设存在，请直接写出t的值；假设不存在，请说明理由． 【分析】：〔1〕连接PM，PN，运用△PMF≌△PNE证明， 〔2〕分两种情况①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，0＜t≤1时，点E在y轴的正半轴或原点上，再根据〔1〕求解， 〔3〕分两种情况，当1＜t＜2时，当t＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t． 【解答】： 证明：〔1〕如图，连接PM，PN， ∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N， ∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN， ∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°，∵PE⊥PF， ∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE， 在△PMF和△PNE中，，∴△PMF≌△PNE〔ASA〕， ∴PE=PF， 〔2〕解：①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如图， 由〔1〕得△PMF≌△PNE，∴NE=MF=t，PM=PN=1， ∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE﹣ON=t﹣1， ∴b﹣a=1+t﹣〔t﹣1〕=2，∴b=2+a， ②0＜t≤1时，如图2，点E在y轴的正半轴或原点上， 同理可证△PMF≌△PNE， ∴b=OF=OM+MF=1+t，a=ON﹣NE=1﹣t， ∴b+a=1+t+1﹣t=2， ∴b=2﹣a， 〔3〕如图3，〔Ⅰ〕当1＜t＜2时， ∵F〔1+t，0〕，F和F′关于点M对称， ∴F′〔1﹣t，0〕 ∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q， ∴Q〔1﹣t，0〕∴OQ=1﹣t， 由〔1〕得△PMF≌△PNE ∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1 当△OEQ∽△MPF∴=∴=， 解得，t=，当△OEQ∽△MFP时，∴=， =，解得，t=， 〔Ⅱ〕如图4，当t＞2时， ∵F〔1+t，0〕，F和F′关于点M对称， ∴F′〔1﹣t，0〕 ∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q， ∴Q〔1﹣t，0〕∴OQ=t﹣1， 由〔1〕得△PMF≌△PNE ∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1 当△OEQ∽△MPF∴=∴=，无解， 当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，解得，t=2±