2024年4月13日发(作者：九年级下月考数学试卷)
九年级数学圆的综合的专项培优练习题(含答案)附答案解析
一、圆的综合
合），且四边形
BDCE
为菱形．
（
1
）求证：
AC=CE
；
（
2
）求证：
BC
2
﹣
AC
2
=AB•AC
；
（
3
）已知
⊙O
的半径为
3
．
①
若
②
当
1
．如图，
△ABC
是
⊙O
的内接三角形，点
D
在
BC
上，点
E
在弦
AB
上（
E
不与
A
重
uuur
AB5
=
，求
BC
的长；
AC3
AB
为何值时，
AB•AC
的值最大？
AC
【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）证明见解析；（
3
）
①BC=4
2
；
②
【解析】
3
2
分析：（
1
）由菱形知
∠D=∠BEC
，由
∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°
可得
∠A=∠AEC
，据此得
证；
（
2
）以点
C
为圆心，
CE
长为半径作
⊙C
，与
BC
交于点
F
，于
BC
延长线交于点
G
，则
CF=CG=AC=CE=CD
，证
△BEF∽△BGA
得
AC
、
BG=BC+CG=BC+AC
代入可得；
（
3
）
①
设
AB=5k
、
AC=3k
，由
BC
2
-AC
2
=AB•AC
知
BC=2
6
k
，连接
ED
交
BC
于点
M
，
Rt△DMC
中由
DC=AC=3k
、
MC=
BEBG
，即
BF•BG=BE•AB
，将
BF=BC-CF=BC-
BFBA
1
BC=
6
k
求得
DM=
CD
2
CM
2
=
3
k
，可知
OM=OD-
2
DM=3-
3
k
，在
Rt△COM
中，由
OM
2
+MC
2
=OC
2
可得答案．
②
设
OM=d
，则
MD=3-d
，
MC
2
=OC
2
-OM
2
=9-d
2
，继而知
BC
2
=
（
2MC
）
2
=36-4d
2
、
AC
2
=DC
2
=DM
2
+CM
2
=
（
3-d
）
2
+9-d
2
，由
（
2
）得
AB•AC=BC
2
-AC
2
，据此得出关于
d
的二次函数，利用二次函数的性质可得答案．
详解：（
1
）
∵
四边形
EBDC
为菱形，
∴∠D=∠BEC
，
∵
四边形
ABDC
是圆的内接四边形，
∴∠A+∠D=180°
，
又
∠BEC+∠AEC=180°
，
∴∠A=∠AEC
，
∴AC=CE
；
（
2
）以点
C
为圆心，
CE
长为半径作
⊙C
，与
BC
交于点
F
，于
BC
延长线交于点
G
，则
CF=CG
，
由（
1
）知
AC=CE=CD
，
∴CF=CG=AC
，
∵
四边形
AEFG
是
⊙C
的内接四边形，
∴∠G+∠AEF=180°
，
又
∵∠AEF+∠BEF=180°
，
∴∠G=∠BEF
，
∵∠EBF=∠GBA
，
∴△BEF∽△BGA
，
∴
BEBG
，即
BF•BG=BE•AB
，
BFBA
∵BF=BC
﹣
CF=BC
﹣
AC
、
BG=BC+CG=BC+AC
，
BE=CE=AC
，
∴
（
BC
﹣
AC
）（
BC+AC
）
=AB•AC
，即
BC
2
﹣
AC
2
=AB•AC
；
（
3
）设
AB=5k
、
AC=3k
，
∵BC
2
﹣
AC
2
=AB•AC
，
∴BC=2
6
k
，
连接
ED
交
BC
于点
M
，
∵
四边形
BDCE
是菱形，
∴DE
垂直平分
BC
，
则点
E
、
O
、
M
、
D
共线，
在
Rt△DMC
中，
DC=AC=3k
，
MC=
∴DM=
CD
2
CM
2
3k
，
∴OM=OD
﹣
DM=3
﹣
3
k
，
在
Rt△COM
中，由
OM
2
+MC
2
=OC
2
得（
3
﹣
3
k
）
2
+
（
6
k
）
2
=3
2
，
解得：
k=
1
BC=
6
k
，
2
23
或
k=0
（舍），
3
∴BC=2
6
k=4
2
；
②
设
OM=d
，则
MD=3
﹣
d
，
MC
2
=OC
2
﹣
OM
2
=9
﹣
d
2
，
∴BC
2
=
（
2MC
）
2
=36
﹣
4d
2
，
AC
2
=DC
2
=DM
2
+CM
2
=
（
3
﹣
d
）
2
+9
﹣
d
2
，
由（
2
）得
AB•AC=BC
2
﹣
AC
2
=
﹣
4d
2
+6d+18
=
﹣
4
（
d
﹣
∴
当
d=
3
2
81
）
+
，
4
4
33
81
，即
OM=
时，
AB•AC
最大，最大值为，
4
44
27
∴DC
2
=
，
2
∴AC=DC=
∴AB=
36
，
2
AB3
96
．
，此时
AC2
4
点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性
质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．
2
．已知
AB
，
CD
都是
eO
的直径，连接
DB
，过点
C
的切线交
DB
的延长线于点
E
．
1
如图
1
，求证：
AOD2
E180
o
；
2
如图
2
，过点
A
作
AFEC
交
EC
的延长线于点
F
，过点
D
作
DGAB
，垂足为点
G
，求证：
DGCF
；
3
如图
3
，在
2
的条件下，当
DG
3
时，在
eO
外取一点
H
，连接
CH
、
DH
分别交
CE4
eO
于点
M
、
N
，且
HDE
HCE
，点
P
在
HD
的延长线上，连接
PO
并延长交
CM
于
点
Q
，若
PD11
，
DN14
，
MQOB
，求线段
HM
的长．
【答案】（
1
）证明见解析（
2
）证明见解析（
3
）
837
【解析】
【分析】
（
1
）由
∠D+∠E=90°
，可得
2∠D+2∠E=180°
，只要证明
∠AOD=2∠D
即可；
（
2
）如图
2
中，作
OR⊥AF
于
R
．只要证明
△
AOR≌
△
ODG
即可；
（
3
）如图
3
中，连接
BC
、
OM
、
ON
、
CN
，作
BT⊥CL
于
T
，作
NK⊥CH
于
K
，设
CH
交
DE
于
W
．解直角三角形分别求出
KM
，
KH
即可；
【详解】
1
证明：如图
1
中，
QeO
与
CE
相切于点
C
，
OCCE
，
OCE90
o
，
D
E90
o
，
2
D2
E180
o
，
Q
AOD
COB
，
BOC2
D
，
AOD2
D
，
AOD2
E180
o
．
2
证明：如图
2
中，作
ORAF
于
R
．
Q
OCF
F
ORF90
o
，
四边形
OCFR
是矩形，
AF//CD
，
CFOR
，
A
AOD
，
在
VAOR
和
VODG
中，
Q
A
AOD
，
ARO
OGD90
o
，
OADO
，
VAOR
≌
VODG
，
ORDG
，
DGCF
，
3
解：如图
3
中，连接
BC
、
OM
、
ON
、
CN
，作
BTCL
于
T
，作
NKCH
于
K
，设
CH
交
DE
于
W
．
设
DG3m
，则
CF3m
，
CE4m
，
Q
OCF
F
BTE90
o
，
AF//OC//BT
，
QOAOB
，
CTCF3m
，
ETm
，
QCD
为直径，
CBD
CND90
o
CBE
，
E90
o
EBT
CBT
，
tan
Etan
CBT
，
BTCT
，
ETBT
BT3m
，
mBT
BT3m(
负根已经舍弃
)
，
tan
E
3m
3
，
m
E60
o
，
Q
CWD
HDE
H
，
HDE
HCE
，
H
E60
o
，
MON2
HCN60
o
，
QOMON
，
VOMN
是等边三角形，
MNON
，
QQMOBOM
，
MOQ
MQO
，
Q
MOQ
PON180
o
MON120
o
，
MQO
P180
o
H120
o
，
PON
P
，
ONNP141125
，
CD2ON50
，
MNON25
，
在
RtVCDN
中，
CNCD
2
DN
2
50
2
14
2
48
，
在
RtVCHN
中，
tan
H
CN48
3
，
HNHN
HN163
，
在
RtVKNH
中，
KH
1
3
HN83
，
NKHN24
，
2
2
在
RtVNMK
中，
MKMN
2
NK
2
25
2
24
2
7
，
HMHKMK837
．
【点睛】
本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的
判定和性质、锐角三角函数等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解题
的关键
.
3
．已知
eO
的半径为
5
，弦
AB
的长度为
m
，点
C
是弦
AB
所对优弧上的一动点．
1
如图
①
，若
m5
，则
C
的度数为
______
o
；
2
如图
②
，若
m6
．
①
求
C
的正切值；
②
若
VABC
为等腰三角形，求
VABC
面积．
【答案】
1
30
；
2
①
C
的正切值为
【解析】
【分析】
3432
.
；
②S
VABC
27
或
425
1
连接
OA
，
OB
，判断出
VAOB
是等边三角形，即可得出结论；
2
①
先求出
AD10
，再用勾股定理求出
BD8
，进而求出
tanADB
，即可得出结
论；
②
分三种情况，利用等腰三角形的性质和垂径定理以及勾股定理即可得出结论．
【详解】
1
如图
1
，连接
OB
，
OA
，
OBOC5
，
QABm5
，
OBOCAB
，
VAOB
是等边三角形，
AOB60
o
，
1
ACB
AOB30
o
，
2
故答案为
30
；
2
①
如图
2
，连接
AO
并延长交
eO
于
D
，连接
BD
，
QAD
为
eO
的直径，
AD10
，
ABD90
o
，
在
RtVABD
中，
ABm6
，根据勾股定理得，
BD8
，
tan
ADB
AB3
，
BD4
Q
C
ADB
，
3
C
的正切值为；
4
②
Ⅰ
、当
ACBC
时，如图
3
，连接
CO
并延长交
AB
于
E
，
QACBC
，
AOBO
，
CE
为
AB
的垂直平分线，
AEBE3
，
在
RtVAEO
中，
OA5
，根据勾股定理得，
OE4
，
CEOEOC9
，
11
S
VABC
ABCE6927
；
22
Ⅱ
、当
ACAB6
时，如图
4
，
连接
OA
交
BC
于
F
，
QACAB
，
OCOB
，
AO
是
BC
的垂直平分线，
过点
O
作
OGAB
于
G
，
11
AOG
AOB
，
AGAB3
，
22
Q
AOB2
ACB
，
ACF
AOG
，
AG3
，
在
RtVAOG
中，
sin
AOG
AC5
3
sin
ACF
，
5
3
在
RtVACF
中，
sin
ACF
，
5
318
AFAC
，
55
CF
24
，
5
111824432
AFBC
；
225525
S
VABC
Ⅲ
、当
BABC6
时，如图
5
，由对称性知，
S
VABC
432
．
25
【点睛】
圆的综合题，主要圆的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，三角形的面积
公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
4
．如图，
AB
为
eO
的直径，弦
CD//AB
，
E
是
AB
延长线上一点，
CDBADE
．
1
DE
是
eO
的切线吗？请说明理由；
2
求证：
AC
2
CDBE
．
【答案】（
1
）结论：
DE
是
eO
的切线，理由见解析；（
2
）证明见解析
.
【解析】
【分析】
（
1
）连接
OD
，只要证明
ODDE
即可；
（
2
）只要证明：
ACBD
，
VCDB∽VDBE
即可解决问题
.
【详解】
1
解：结论：
DE
是
eO
的切线．
理由：连接
OD
．
QCDBADE
，
ADCEDB
，
QCD//AB
，
CDADAB
，
QOAOD
，
OADODA
，
ADOEDB
，
QAB
是直径，
ADB90
o
，
ADBODE90
o
，
DEOD
，
DE
是
eO
的切线．
2
QCD//AB
，
ADCDAB
，
CDBDBE
，
ACBD
，
nn
ACBD
，
QDCBDAB
，
EDBDAB
，
EDBDCB
，
VCDB
∽
VDBE
，
CDDB
，
BDBE
BD
2
CDBE
，
AC
2
CDBE
．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定等知识，解题的关键是学会
添加常用辅助线，准确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型
.
5
．在
⊙O
中，点
C
是
AB
上的一个动点
(
不与点
A
，
B
重合
)
，
∠ACB=120°
，点
I
是
∠ABC
的
内心，
CI
的延长线交
⊙O
于点
D
，连结
AD,BD
．
uuur
（
1
）求证：
AD=BD
．
（
2
）猜想线段
AB
与
DI
的数量关系，并说明理由．
（
3
）若
⊙O
的半径为
2
，点
E
，
F
是
»
AB
的三等分点，当点
C
从点
E
运动到点
F
时，求点
I
随之运动形成的路径长．
【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）
AB=DI
，理由见解析（
3
）
【解析】
分析：（
1
）根据内心的定义可得
CI
平分
∠ACB
，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证
得结论；
（
2
）根据
∠ACB=120°
，
∠ACD=∠BCD
，可求出
∠BAD
的度数，再根据
AD=BD
，可证得
△ABD
是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明
∠BID=∠IBD
，得出
ID=BD
，再根据
AB=BD
，即可证得结论；
（
3
）连接
DO
，延长
DO
根据题意可知点
I
随之运动形成的图形式以
D
为圆心，
DI
1
为半径
的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出
AD
的长，再根据点
E
，
F
是
弧
AB ⌢
的三等分点，
△ABD
是等边三角形，可证得
∠DAI
1
=∠AI
1
D
，然后利用弧长的公式可求出点
I
随之运动形成的路径长
.
详解：（
1
）证明：
∵
点
I
是
∠ABC
的内心
∴CI
平分
∠ACB
∴∠ACD=∠BCD
∴
弧
AD=
弧
BD
∴AD=BD
（
2
）
AB=DI
23
9
理由：
∵∠ACB=120°
，
∠ACD=∠BCD
∴∠BCD=×120°=60°
∵
弧
BD=
弧
BD
∴∠DAB=∠BCD=60°
∵AD=BD
∴△ABD
是等边三角形，
∴AB=BD
，
∠ABD=∠C
∵I
是
△ABC
的内心
∴BI
平分
∠ABC
∴∠CBI=∠ABI
∵∠BID=∠C+∠CBI
，
∠IBD=∠ABI+∠ABD
∴∠BID=∠IBD
∴ID=BD
∵AB=BD
∴AB=DI
（
3
）解：如图，连接
DO
，延长
DO
根据题意可知点
I
随之运动形成的图形式以
D
为圆
心，
DI
1
为半径的弧
∵∠ACB=120°
，弧
AD=
弧
BD
∴∠AED=∠ACB=×120°=60°
∵
圆的半径为
2
，
DE
是直径
∴DE=4
，
∠EAD=90°
∴AD=sin∠AED×DE=×4=2
∵
点
E
，
F
是
弧
AB ⌢
的三等分点，
△ABD
是等边三角形，
∴∠ADB=60°
∴
弧
AB
的度数为
120°
，
∴
弧
AM
、弧
BF
的度数都为为
40°
∴∠ADM=20°=∠FAB
∴∠DAI
1
=∠FAB+∠DAB=80°
∴∠AI
1
D=180°-∠ADM-∠DAI
1
=180°-20°-80°=80°
∴∠DAI
1
=∠AI
1
D
∴AD=I
1
D=2
∴
弧
I
1
I
2
的长为：
点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的
弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透
.
6
．如图，
AB
是
⊙O
的直径，
PA
是
⊙O
的切线，点
C
在
⊙O
上，
CB∥PO
．
（
1
）判断
PC
与
⊙O
的位置关系，并说明理由；
（
2
）若
AB=6
，
CB=4
，求
PC
的长．
【答案】（
1
）
PC
是
⊙O
的切线，理由见解析；（
2
）
【解析】
3
5
2
试题分析：（
1
）要证
PC
是
⊙O
的切线，只要连接
OC
，再证
∠PCO=90°
即可．
（
2
）可以连接
AC
，根据已知先证明
△ACB∽△PCO
，再根据勾股定理和相似三角形的性质
求出
PC
的长．
试题解析：（
1
）结论：
PC
是
⊙O
的切线．
证明：连接
OC
∵CB∥PO
∴∠POA=∠B
，
∠POC=∠OCB
∵OC=OB
∴∠OCB=∠B
∴∠POA=∠POC
又
∵OA=OC
，
OP=OP
∴△APO≌△CPO
∴∠OAP=∠OCP
∵PA
是
⊙O
的切线
∴∠OAP=90°
∴∠OCP=90°
∴PC
是
⊙O
的切线．
（
2
）连接
AC
∵AB
是
⊙O
的直径
∴∠ACB=90°
（
6
分）
由（
1
）知
∠PCO=90°
，
∠B=∠OCB=∠POC
∵∠ACB=∠PCO
∴△ACB∽△PCO
∴
∴
．
点睛：本题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与
这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了勾股定理和相似三角形的性质．
7
．如图，在
RtΔABC
中，
∠ABC=90°
，
AB=CB
，以
AB
为直径的
⊙O
交
AC
于点
D
，点
E
是
AB
边上一点（点
E
不与点
A
、
B
重合），
DE
的延长线交
⊙O
于点
G
，
DF⊥DG
，且交
BC
于
点
F.
（
1
）求证：
AE=BF
；
（
2
）连接
EF
，求证：
∠FEB=∠GDA
；
（
3
）连接
GF,
若
AE=2
，
EB=4
，求
ΔGFD
的面积
.
【答案】（
1
）（
2
）见解析；（
3
）
9
【解析】
分析：（
1
）连接
BD
，由三角形
ABC
为等腰直角三角形，求出
∠A
与
∠C
的度数，根据
AB
为圆的直径，利用圆周角定理得到
∠ADB
为直角，即
BD
垂直于
AC
，利用直角三角形斜边
上的中线等于斜边的一半，得到
AD=DC=BD=
1
AC
，进而确定出
∠A=∠FBD
，再利用同角的
2
余角相等得到一对角相等，利用
ASA
得到三角形
AED
与三角形
BFD
全等，利用全等三角形
对应边相等即可得证；
（
2
）连接
EF
，
BG
，由三角形
AED
与三角形
BFD
全等，得到
ED=FD
，进而得到三角形
DEF
为等腰直角三角形，利用圆周角定理及等腰直角三角形性质得到一对同位角相等，利
用同位角相等两直线平行，再根据平行线的性质和同弧所对的圆周角相等，即可得出结
论；
（
3
）由全等三角形对应边相等得到
AE=BF=1
，在直角三角形
BEF
中，利用勾股定理求出
EF
的长，利用锐角三角形函数定义求出
DE
的长，利用两对角相等的三角形相似得到三角
形
AED
与三角形
GEB
相似，由相似得比例，求出
GE
的长，由
GE+ED
求出
GD
的长，根据
三角形的面积公式计算即可．
详解：（
1
）连接
BD
．在
Rt△ABC
中，
∠ABC=90°
，
AB=BC
，
∴∠A=∠C=45°
．
∵AB
为圆
O
的直径，
∴∠ADB=90°
，即
BD⊥AC
，
∴AD=DC=BD=
∴∠A=∠FBD
．
∵DF⊥DG
，
∴∠FDG=90°
，
∴∠FDB+∠BDG=90°
．
1
AC
，
∠CBD=∠C=45°
，
2
AFBD
ADBD
∵∠EDA+∠BDG=90°
，
∴∠EDA=∠FDB
．在
△AED
和
△BFD
中，
，
EDAFDB
∴△AED≌△BFD
（
ASA
），
∴AE=BF
；
（
2
）连接
EF
，
BG
．
∵△AED≌△BFD
，
∴DE=DF
．
∵∠EDF=90°
，
∴△EDF
是等腰直角三角形，
∴∠DEF=45°
．
∵∠G=∠A=45°
，
∴∠G=∠DEF
，
∴GB∥EF
，
∴∠FEB=∠GBA
．
∵∠GBA=∠GDA
，
∴∠FEB=∠GDA
；
（
3
）
∵AE=BF
，
AE=2
，
∴BF=2
．在
Rt△EBF
中，
∠EBF=90°
，
∴
根据勾股定理得：
EF
2
=EB
2
+BF
2
．
∵EB=4
，
BF=2
，
∴EF=
4
2
2
2
=
25
．
∵△DEF
为等腰直角三角形，
∠EDF=90°
，
∴cos∠DEF=
∵EF=
25
，
∴DE=
25
×
DE
．
EF
2
=
10
．
2
∵∠G=∠A
，
∠GEB=∠AED
，
∴△GEB∽△AED
，
∴
∴
GEEB
=
，即
GE•ED=AE•EB
，
AEED
10
•GE=8
，即
GE=
410
910
，则
GD=GE+ED=
．
5
5
∴
SGDDF
119101
GDDE109
．
2252
点睛：本题属于圆综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定
与性质，勾股定理，圆周角定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答
本题的关键．
8
．如图，
AN
是
⊙M
的直径，
NB∥x
轴，
AB
交
⊙M
于点
C
．
（
1
）若点
A
（
0
，
6
），
N
（
0
，
2
），
∠ABN=30°
，求点
B
的坐标；
（
2
）若
D
为线段
NB
的中点，求证：直线
CD
是
⊙M
的切
线．
【答案】
(1) B
（
【解析】
，
2
）．
(2)
证明见解析
.
试题分析：（
1
）在
Rt△ABN
中，求出
AN
、
AB
即可解决问题；
（
2
）连接
MC
，
NC
．只要证明
∠MCD=90°
即可
试题解析：（
1
）
∵A
的坐标为（
0
，
6
），
N
（
0
，
2
），
∴AN=4
，
∵∠ABN=30°
，
∠ANB=90°
，
∴AB=2AN=8
，
∴
由勾股定理可知：
NB=
∴B
（，
2
）．
，
（
2
）连接
MC
，
NC
∵AN
是
⊙M
的直径，
∴∠ACN=90°
，
∴∠NCB=90°
，
在
Rt△NCB
中，
D
为
NB
的中点，
∴CD=NB=ND
，
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