有关圆的问题压轴题-2022届中考数学压轴大题专项突破(全国解析版)

有关圆的问题压轴题-2022届中考数学压轴大题专项突破（全国通用解析版）专题有关圆的常见压轴题1．（2021·长沙市雅礼实验中学九年级月考）在平面直角坐标系xOy中，作⊙O分别交x轴y轴于点A、B，点C在第三象限且在圆上，D是弦AB的中点，OD的长为．（1）如图1所示，求半径的长度；（2）如图1所示，若圆心O到弦BC的距离OE=，求C点的坐标；（3）如图2所示，C点坐标同第（2）问，P是x轴下方的一个动点，使得∠BPC：∠BOC=1：2，四边形OBPC的面积是否存在最大值？若存在请算出面积，并直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）5；（2）C（-4，-3）；（3）存在，四边形OBPC面积最大值为；P（，）【解题思路分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线的性质即可求解；（2）设C为（x，y），由B（0，-5），求得E（，），再利用两点之间的距离公式列方程求解即可；（3）分点P在⊙O上和点P在与⊙O等半径同BC弦的⊙M上，利用四边形的面积公式以及相似三角形的判定和性质即可求解．【解析】解：（1）∵OA=OB，∠AOB=90°，∴∠OAB=45°，∴OA=AB，∵OD经过圆心O点，D是AB的中点，∴OD⊥AB，AB=2OD，∴OA=AB=OD=5；（2）∵OE⊥BC，∴E是BC的中点，∴B（0，-5），设C为（x，y），则E为（，），∵OC=5，∴x2+y2=25，∵OE=，∴，∴，∴，∴，解得，，因为C在第三象限，∴C（-4，-3）；（3）∵∠BPC：∠BOC=1：2，①当P点在⊙O上，此时不构成四边形OBPC，不符合题意，②P点在如图所示的⊙M上（⊙M与⊙O是等圆），当点P在OM的延长线上时，四边形OBPC面积最大，此时，OP垂直平分BC，∵OE=，∴ME=OE=，∴，∵C（-4，-3），∴BC=，∴四边形OBPC面积最大值为·，综上所述四边形OBPC面积最大值为，过点P作PG⊥轴于点G，在Rt△OEB中，OE=，BO=5，∴EB=，∵∠BOE=∠POG=90°，∠OEB=∠OGP=90°，∴△OEB∽△OGP，∴，∴，∴，，∴P（，）．2．（2021·哈尔滨德强学校九年级月考）△ABC内接于⊙O，弦CD⊥AB于点E，AF⊥BC于点F交弦CD于点G．（1）如图1，求证：DE＝EG；（2）如图2，连接BD、OF，若BD＝FG，求证：FO平分∠AFC；（3）如图3，在（2）的条件下，点H在线段CG上，连接FH，若∠CFH＝∠ABD，FH＝4，CG＝10，求线段OG的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解题思路分析】（1）连接，根据同弧所对的圆周角相等，可得，根据同角的余角相等可得，进而可得，根据等角对等边以及三线合一即可得证；（2）连接，，由（1）可得，结合已知条件可得即可求得，进而证明可得，进而证明即可证明FO平分∠AFC；（3）过点作于点，过点分别作的垂线，垂足为,根据等角的余角相等可得，进而根据列出比例式，求得，进而可得，在中，勾股定理求得，进而求得,由垂径定理可得，根据已知条件结合（2）的结论，可得四边形是正方形，进而在中，勾股定理即可求得．【解析】（1）连接，如图，，，，，，，，，，，（2）连接，，如图，由（1）可得，，BD＝FG，，，，，，，，，,，，，，，，在和中，，，，平分，（3）如图，过点作于点，，，，，，，由（2）可得，，FH＝4，，，，，，即，，设，则，，解得或，，，，，，在中，，即，解得（负值舍去），，，过点分别作的垂线，垂足为,如图，，平分，，，，，四边形是正方形，，，，中，，．3．（2021·广东惠州一中九年级一模）如图，内接于⊙O，，为直径，与相交于点，过点作，垂足为，延长交的延长线于点，连接．（1）求证：与⊙O相切：（2）若，求的值；（3）在（2）的条件下，若⊙O的半径为4，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【解题思路分析】（1）要证PG与⊙O相切只需证明∠OBG=90°，由∠BAC与∠BDC是同弧所对圆周角且∠BDC=∠DBO可得∠CBG=∠DBC，结合∠DBC+∠OBC=90°即可得证；（2）求需将BE与OC或OC相等线段放入两三角形中，通过相似求解可得，作OM⊥AC、连接OA，证△BEF∽△OAM得，由AM=AC、OA=OC知，结合即可得；（3）Rt△DBC中求得BC=4、∠DCB=30°，在Rt△EFC中设EF=x，知EC=2x、FC=x、BF=4﹣x，继而在Rt△BEF中利用勾股定理求出x的，从而得出答案．【解析】（1）证明：如图，连接，∵，，、，，是⊙O的直径，∴∠DBC=90°，，，，与⊙O相切；（2）解：过点作于点，连接，∵OC=OA，，∴，，，∴∠EBF=∠AOM，又，，，，，，又，；（3）解：，，，在中，，又，是等边三角形，，，，，∴EC=2EF，由勾股定理FC=设，则、，，，且，，在中，，，整理得△=242-16×23=208＞0解得：，，舍去，，．4．（2021·福建永春·九年级学业考试）如图，矩形ABCD是⊙O的内接矩形，⊙O半径为5，AB＝8，点E、F分别是弦CD、BC上的动点，连结EF，∠EAF始终保持等于45°．（1）求AD的长度．（2）已知DE＝，求BF的长度．（3）试探究△AEF的面积是否存在最小值，若存在，请求出它的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）AD＝6；（2）BF＝2；（3）△AEF的面积存在最小值，最小值48﹣48．【解题思路分析】（1）连接BD，根据矩形性质及圆周角定理可得答案；（2）过点E作EG⊥AE交AF的延长线于点G，过点G作MN⊥AB，分别交直线DC、AB点M、N，由矩形性质及余角性质得∠EGM＝∠AED，然后由全等三角形的性质及相似三角形的判定与性质可得答案；（3）过点E作EH⊥AB于H，交AF于点P，作△APE的外接圆⊙I，连接IA、IP、IE，过I作IQ⊥CD于点Q，设⊙I的半径为r，根据直角三角形的性质及三角形面积公式可得答案．【解析】（1）如图，连接BD，在矩形ABCD中，∠DAB＝90°，∴BD是⊙O的直径，∵⊙O半径为5，∴BD＝10，∴AD＝＝6；（2）如图，过点E作EG⊥AE交AF的延长线于点G，过点G作MN⊥AB，分别交直线DC、AB点M、N，在矩形ABCD中，∠D＝∠DAB＝90°，∴∠EMG＝∠D＝90°，∴四边形ADMN是矩形，∴∠EGM+∠MEG＝90°，∴∠AED+∠MEG＝90°，∴∠EGM＝∠AED，在△AEG中，∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠EGF＝45°，∴AE＝EG，∴△AED≌△EGM（AAS），∴MG＝DE＝，EM＝AD＝6，∴AN＝DE+EM＝，NG＝MN﹣MG＝，∵MNADBC，∴△ABF∽△ANG，∴，解得BF＝2；（3）△AEF的面积存在最小值，理由如下：过点E作EH⊥AB于H，交AF于点P，作△APE的外接圆⊙I，连接IA、IP、IE，过I作IQ⊥CD于点Q，设⊙I的半径为r，∵∠EAF＝45°，∴∠EIP＝90°，∠IEP＝45°，∠IEQ＝45°，∴EP＝r，IQ＝r，∵IA+IQ≥AD，∴r+r≥6，∴r≥12﹣6，∴S△AEF＝AB•EP＝4r，∴S△AEF≥4（12﹣6），∴S△AEF﹣48，∴△AEF的面积存在最小值，最小值48﹣48．5．（2021·福建泉州·九年级模拟预测）如图1，在直角坐标系中，直线与、轴分别交于点、两点，的角平分线交轴于点．点为直线上一点，以为直径的⊙G经过点，且与轴交于另一点．（1）求证：轴是⊙G的切线；（2）请求⊙G的半径，并直接写出点的坐标；（3）如图2，若点为⊙G上的一点，连接，且满足，请求出的长？【答案】（1）见解析；（2）；的坐标为（1，4）；（3）．【解题思路分析】（1）要证明轴是⊙G的切线，只需要连接后证明即可．（2）由（1）可知，则，设半径为后，利用对应边的比相等列方程即可求出半径的值，再证明，由此可求得点C的坐标．（3）由于，所以可以连接、构造直角三角形．再过点作，然后利用勾股定理即可求出的长度．【解析】（1）证明：如图，连接，的角平分线交轴于点，，，，，，，为半径，轴是⊙G的切线；（2）解：，，，，在中，由勾股定理可得：，设半径，则，，，，，，，∴，如图，过点C作CM⊥y轴于点M，则，∴，，，解得：，，∴，的坐标为；（3）解：如图，过点作于，连接、，是直径，，，，，在中，由勾股定理可知：，∴，∴（舍负），∴，设，则，∵，∴，~，，，，∵在中，由勾股定理可知：，，解得：或（不合题意，舍去），，∵，，∴，∴，∵在中，由勾股定理可得：，∴，∴（舍负），∴，在中，由勾股定理可知：，．6．（2021·北京人大附中九年级月考）在平面中，对于⊙C以及它的弦，若存在正方形，使点在弦上，点在⊙C上，则称正方形是⊙C关于弦的一个“联络正方形”下图中的正方形即为⊙C关于弦的一个“联络正方形”在平面直角坐标系中，已知点的坐标为，点的坐标为，以为圆心，为半径的圆与轴的另一个交点为．（1）当时，判断⊙C关于弦的“联络正方形”是否存在（直接回答）；（2）当时，⊙C关于弦的“联络正方形”为，求点的坐标；（3）当⊙C关于弦的“联络正方形”为存在，且点在抛物线上时，直接写出此时点的坐标．【答案】（1）⊙C关于弦的“联络正方形”不存在；证明见详解；（2）点E的坐标为（1-，）或（1+，-）；（3）点F的坐标为（1，3）或（1，6）．【解题思路分析】（1）连接OE，当时，点P（2，0），点C（4，3）先求出3≤CD≤，根据四边形CDEF为正方形，可求OE≥即可；（2）过E、C分别作EH⊥x轴于H，CG⊥x轴于G，先证△HED≌△GDC（AAS），可得EH=DG，HD=CG，由t=0，点P（0，0），点C（4，3），利用勾股定理求出OP=，由点E在圆上，可得OE=OP=5，CD=，利用勾股定理求出DG=，分当点E在第二象限或第四象限时即可求解；（3）过点F作FM⊥GC交延长线于M，先证△EHD≌△FMC≌△CGD，可得EH=MC=DG，HD=FM=CG=3，设点D（m,0）用m表示点E（m-3，4-m）可列方程4-m=（m-3）2-1，解方程即可求解．【解析】解：（1）连接OE，当时，点P（2，0），点C（4，3）∴CP=，∵点D在PQ上，∴3≤CD≤，∵四边形CDEF为正方形，∴OE=，∴OE≥，∴点E在⊙C外，⊙C关于弦的“联络正方形”是不存在；（2）过E、C分别作EH⊥x轴于H，CG⊥x轴于G，∴∠HED+∠HDE=90°，∵四边形CDEF为正方形，∠EDC=90°，ED=CD,∴∠HDE+∠GDC=90°，∴∠HED=∠GDC，在△HED和△GDC中，，∴△HED≌△GDC（AAS），∴EH=DG，HD=CG，∵t=0，点P（0，0），点C（4，3），∴OP=，∵点E在圆上，∴OE=OP=5，∵四边形CDEF为正方形，∴OE=，∴CD=，在Rt△DCG中，DG=，当点E在第二象限，PG=4，HD=CG=3，EH=DG=，∴PH=HD-PD=HD-（PG-DG）=3-（4-）=-1，∴点E（1-，），当点E在第四象限时，PH=PG-HG=PG-（HD-DG）=4-（3-）=1+，∴点E（1+，-），∴综合点E的坐标为（1-，）或（1+，-）；（3）过点F作FM⊥GC交延长线于M，由（2）△EHD≌△DGC∴∠MFC+∠MCF=90°，∵四边形CDEF为正方形，∠FCD=90°，FC=CD,∴∠MCF+∠GCD=90°，∴∠MFC=∠GCD，在△FMC和△CGD中，，∴△FMC≌△CGD（AAS），∴△EHD≌△FMC≌△CGD∴EH=MC=DG，HD=FM=CG=3，设点D（m，0），∴DG=4-m，∴OH=HG-OG=CG+DG-OG=4-m+3-4=3-m，∴点E（m-3，4-m），∴4-m=（m-3）2-1，解得m=4或m=1，当m=1时，点E（-2，3）满足条件，此时DG=3=CM，点F的横坐标x=OG-FM=4-3=1，纵坐标y=MG=MC+CG=3+3=6，∴点F（1，6），当m=4时，点E（1，0）满足条件，此时DG=0=CM，点F的横坐标x=OG-FM=4-3=1，纵坐标y=MG=MC+0=3+0=3，∴点F（1，3），综合点F的坐标为（1，3）或（1，6）．7．（2021·重庆实验外国语学校九年级模拟预测）已知四边形内接于⊙O，．（1）如图1，求证：点到两边的距离相等；（2）如图2，已知与相交于点，为⊙O的直径．①求证：；②若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②【解题思路分析】（1）连接，由等弦对等弧，等弧对等角得，即可得证；（2）①由，得到，由直径所对的圆周角是直角，可推得；过点作，交延长线于点，根据角的关系证明，又由，得到，进一步等量代换得，即可得证；（2）②由第一小问知，，设，则，由条件求出BD的值，建立等量关系，分别求出DE的值，再证明，根据相似三角形线段成比例得，代入相关数值求解即可．【解析】证明：（1）如图1，连接，，，，点到两边的距离相等；（2）①，，为直径，，，如图2，过点作，交延长线于点，，，又由（1）知：，，，，，，②如图，由（2）①得：，则，设，则，为直径，，，，，解得：，，，又，，，，，，．8．（2021·杭州市采荷中学九年级二模）在中，，以为直径的⊙O交于点．

（1）如图①，以点为圆心，为半径作圆弧交于点，连结，若，求；（2）如图②，过点作⊙O的切线交于点，求证：；（3）如图③，在（1）（2）的条件下，若，求的值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解题思路分析】（1）由三角形内角和角的计算问题；（2）证明，则，得到，即可求解；（3）设，，，则，由，得到，同理可得：，即可求解．【解析】解：（1）由题意知，，，，又，；（2）如图2，为圆的切线，连接，则，，，，，，，且．．，；（3）过作的垂线交于，过作的垂线交于，连接，，，，设，，，则，而，，则，，则，，，同理可得：，则，所以．9．（2021·浙江温州·九年级期末）如图，已知在四边形中，，以为直径的⊙O交于点，(点在点上方)，连结，，，与交于点．（1）求证：；（2）若，，．①求的长；②求．【答案】（1）见解析；（2）①；②1：5．【解题思路分析】（1）由直径所对的圆周角是90°，得到，再由同弧所对的圆周角相等得到，据此证明；（2）①过点作于点，由勾股定理解得CD的长，再证明，由相似三角形的对应边成比例解得，，由勾股定理解得DE的长，再根据（1）中，由相似三角形的性质解得；②连接，证明，，由相似三角形的对应边成比例解题即可．【解析】（1）证明：是⊙O的直径，．，．与都是所对的圆周角，，．（2）解：①过点作于点，如图．，，，，，．，，．，，．，．，点在点上方，，，．由（1）知，，，即，．②连接，如图．，，，，．，，，，．，，，．，，，，，．10．（2021·宜兴市实验中学九年级二模）问题提出：（1）如图①，在中，，，，若平分交于点，那么点到的距离为______．问题探究：（2）如图②，四边形内接于⊙O，为直径，点是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．问题解决：（3）为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，如图③所示是其中一块圆形场地，设计人员准备在内接四边形区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形满足，，且（其中），为让游客有更好的观体验，四边形花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．【答案】（1）；（2）32；（3）存在，【解题思路分析】（1）根据角平分线的性质和等积法可求出点D到AC的距离；（2）连接OB，根据题意得，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的长，通过解直角三角形分别求出BC，AD，CD的长，再根据面积公式求解即可；（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，可得，根据面积法求出关于面积的二次函数关系式，根据二次函数的性质求出最值即可．【解析】解：（1）如图，设点D到AC和AB的距离分别为DE，DF，∵AD平分∠BAC∴DE=DF∴，∴∴，即点到的距离为，故答案为：；（2）连接OB，∵点是半圆的三等分点（弧弧），∴∴∵AC是⊙O的直径，∴∵BD平分∠ABC∴过点A作AE⊥BD于点E，则∴AE=BE设AE=BE=x，则∵BD=BE+DE=∴x=∴∵∴∴BC=∵BD平分∠ABC∴∴∴AD=CD∵AE⊥DE∴∵，∴∴===32；（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，∵AB=AD∴∠ACB=∠ACD∴AM=AN∴△ABN≌△ADM∴∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC∴△ACN≌△ACM∴∵∠ABC=60°∴∠ADC=120°∴∠ADM=60°，∠MAD=30°设DM=x，则AD=2x，∴∵∴，即∵抛物线对称轴为x=5∴当x=4时，有最大值，为11．（2021·广西南宁十四中九年级开学考试）如图，是⊙O的直径，弦于点，点是⊙O上一点，且．连接，，交于点．（1）若，，求⊙O的半径；（2）求证：；（3）连接并延长，交的延长线于点，过点作⊙O的切线，交的延长线于点．求证：．【答案】（1）5；（2）见解析；（3）见解析．【解题思路分析】（1）连接AC，BC，BD，通过证明△BCE∽△CAE，可得，可求AE的长，即可求⊙O的半径；（2）通过证明△BDE≌△NDE，可得∠DBN＝∠DNB，即可证AN＝AF，可得△ANF为等腰三角形；（3）通过证明△ODE∽△ODM，可得DO2＝OE•OM，通过证明△PCO∽△CNO，可得CO2＝PO•ON，即可得结论．【解析】解：（1）如图，连接AC，BC，BD，∵CD⊥AB，AB是直径∴∴∠BCD＝∠BAC，且∠BEC＝∠CEA∴△BCE∽△CAE∴,即,∴AE＝9∴AB＝AE+BE＝10∴⊙O的半径为5；（2）∵，∴∠BCD＝∠BDC＝∠CDF，且DE＝DE，∠BED＝∠NED＝90°∴△BDE≌△NDE（ASA）∴∠DBN＝∠DNB，BE＝EN∵∠DBA＝∠DFA，∠BND＝∠FNA∴∠FNA＝∠DFA∴AN＝AF；（3）如图，连接NC，CO，DO，∵MD是切线，∴MD⊥DO，∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE∴△MDO∽△DEO∴，∴OD2＝OE•OM∵AE＝EN，CD⊥AO∴∠BNC＝∠CBN，∴∠CBP＝∠CNO，∵，∴∠BOC＝∠BAF∵CO//AF∴∠PCO＝∠PFA∵四边形BCFA是圆内接四边形∴∠PBC＝∠PFA∴∠PBC＝∠PFA＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE∴△CNO∽△PCO∴，∴CO2＝PO•NO，∴ON•OP＝OE•OM．12．（2021·湖南师大附中博才实验中学九年级二模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的乘积等于这个点到这边所对顶点连线段的平方，则称这个点为这个三角形该边的“好点”，如图1，在中，点是边上的一点，连接，若，则称点是中边的“好点”．（1）如图1，在中，，若点是边的“好点”，且，则线段的长是__________；（2）若一次函数与反比例函数交于，两点，与轴交于点，若点是中边的“好点”，求的值；（3）如图2，的外接圆是圆，点在边上，连接并延长，交圆于点，若点是中边的“好点”，，圆的半径为，且，求的值．【答案】（1）；（2）；（3）【解题思路分析】（1）根据“好点”的定义知，代入即可；（2）设，则，设，，，，表示出，的长，可得，再根据“好点”定义即可得出答案；（3）连接，可证，得，再根据点是中边上的“好点”，得，则，设，则，，勾股定理得，再求出，即可解决问题．【解析】解：（1），，，由题可知：，，故答案为．（2）联立，得：，设，，，，令，则，，，，，由题可知：，，，，（3）连接，，，，，，点是中边上的“好点”，，，，，又，，是圆的直径，，设，则，，在中，，，在中，，点是中边上的“好点”，，．13．（2021·福建省福州延安中学九年级月考）已知AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，D是弧BC的中点，射线BD与射线AC交于点P．（1）如图1，①判断的形状，并说明理由；②若，，求AD的长；（2）如图2，若点Q在弦AD上，于E，于F，交AD于点G，连接PQ、CG，求证：．【答案】（1）①△PAB为等腰三角形，理由见解析；②；（2）见解析【解题思路分析】（1）①只需要证明△ADP≌△ADB即可得到AP=AB，则△PAB为等腰三角形；②先利用勾股定理求出AB，然后求出CP，从而可以求出BD，最后利用勾股定理求出AD即可；（2）先证明△AFG∽△AEQ，得到，再证明△AEF∽△ACB，得到，由AB=AP，则，即，可以证得△CAG∽△PAQ，由此求解即可．【解析】解：（1）①△PAB为等腰三角形，理由如下：∵D是弧BC的中点，∴，∴∠PAD=∠BAD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADP=∠ADB=90°，又∵AD=AD，∴△ADP≌△ADB（ASA），∴AP=AB，∴△PAB为等腰三角形；②∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴，∠BCP=90°，∴，∴，由①得△ADP≌△ADB，则PD=BD=，∴；（2）∵EF⊥AC，QE⊥AB，∴∠AFE=∠AEQ=90°，又∵∠BAD=∠PAD，∴△AFG∽△AEQ，∴，∵EF⊥AC，BC⊥AC，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ACB，∴，∵AB=AP，∴，∴即，又∵∠CAG=∠PAQ，∴△CAG∽△PAQ，∴∠AGC=∠AQP，∴PQ∥CG．14．（2021·江西兴国·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点E是的中点，延长AC交BE的延