重难点突破15 与圆有关的压轴题（解析版）

重难点突破15 与圆有关的压轴题 目 录 题型01 利用圆的相关知识解决多结论问题 题型02 圆与三角形综合问题 题型03 圆与四边形综合问题 题型04 圆与函数综合问题 题型05 正多边形与圆综合 题型06 求不规则图形面积 题型07 三角形内切圆与外切圆综合 题型08 阿氏圆模型 题型09 隐圆模型 题型01 利用圆的相关知识解决多结论问题 一、单选题 1．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，⊙O的直径AB=10，DE是弦，AB⊥DE，´ CEB= ´ EBD， sin∠BAC=3 5，AD的延长线与CB的延长线相交于点F，DB的延长线与OE的延长线相交于点G，连接 CG．下列结论中正确的个数是（ ） ①∠DBF=3∠DAB； ②CG是⊙O的切线； ③B，E 两点间的距离是❑ √10； ④DF=11❑ √10 9 ． ．1 B．2 ．3 D．4 【答】B 【分析】连接OC、BE、AE，过点F作FG⊥AB交AB延长线于G，AB⊥DE于H．①根据已知、垂径 定理和圆内接四边形证∠CAE=∠BAE=∠DAB，∠DBF=∠CAD，即可得到∠DBF=3∠DAB； ②根据已知、垂径定理、中垂线定理证∠OCG=∠OBG，推出∠OCG≠90°，OC不垂直CG，即可判 断CG不是⊙O的切线；③证∠CAB=∠EOB，结合sin∠BAC=3 5、AB=10，计算出EH、OH、 BH，最后根据勾股定理计算BE= ❑ √B H 2+E H 2即可；④先计算出tan∠GAF=1 3，推理出 tan∠GBF=tan∠CBA=GF BG = 4 3 ，设DF=a，用含a的代数式表示GF和BG，代入GF BG = 4 3 求解即可． 【详解】如图，连接OC、BE、AE，过点F作FG⊥AB交AB延长线于G，AB⊥DE于H ∵⊙O的直径AB=10，sin∠BAC=3 5， ∴∠ACB=90°，BC=AB×sin∠BAC=10× 3 5=6， AC= ❑ √A B 2−BC 2= ❑ √10 2−6 2=8，tan∠CBA=8 6= 4 3 ， ∵DE是弦，AB⊥DE，´ CEB= ´ EBD， ∴´ EB= ´ BD（垂直于弦的直径平分弦所对的弧）， ´ CEB−´ EB= ´ EBD−´ EB，即´ CE= ´ BD， ∴´ CE= ´ BD= ´ EB， ∴∠CAE=∠BAE=∠DAB， ∴∠CAD=3∠DAB， ∵∠DBF=∠CAD（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角）， ∴∠DBF=3∠DAB， 故结论①正确 ∵´ CE= ´ EB， ∴∠EOB=1 2 ∠COB， 又∵∠CAB=1 2 ∠COB（同弧所对圆周角是圆心角的一半）， ∴∠CAB=∠EOB， ∴sin∠EOB=3 5， ∵OE=1 2 AB=5，AB⊥DE于H， ∴EH=5× 3 5=3， ∴OH= ❑ √5 2−3 2=4， ∵OA=OB=1 2 AB=5， ∴BH=OB−OH=5−4=1， BE= ❑ √B H 2+E H 2= ❑ √1 2+3 2=❑ √10， 故结论③正确 ∵∠CAB=∠EOB，∠ACB=90°， ∴AC ∥OG， OG⊥BC， ∴OG平分BC（垂直于弦的直径平分弦）， ∴OG是BC的中垂线， ∴CG=BG， ∴∠GCB=∠GBC， ∵OC=OB， ∴∠OCB=∠OBC， ∴∠GCB+∠OCB=∠GBC+∠OBC，即∠OCG=∠OBG， ∵DE是弦，∠OBG=180°−∠ABD ∴∠ABD是锐角， ∠OBG是钝角， ∴∠OCG是钝角，∠OCG≠90°， ∴OC不垂直CG，CG不是⊙O的切线， 故结论②不正确 ∵AB⊥DE，AH=OA+OH=5+4=9， ∴DH=EH=3，AD= ❑ √3 2+9 2=3 ❑ √10， tan∠GAF= DH AH =3 9=1 3， ∴FG: AG=1:3，❑ √1 2+3 2=❑ √10， ∴FG: AG: AF=1:3:❑ √10， ∴设DF=a，则AF=AD+DF=3 ❑ √10+a， GF= 1 ❑ √10 AF= ❑ √10 10 (3 ❑ √10+a)，AG=3GF=3 ❑ √10 10 (3 ❑ √10+a)， ∵∠GBF=∠CBA， ∴tan∠GBF=tan∠CBA= 4 3 ， GF BG = 4 3 ， BG=AG−AB=3 ❑ √10 10 (3 ❑ √10+a)−10， ∴ ❑ √10 10 (3 ❑ √10+a) 3 ❑ √10 10 (3 ❑ √10+a)−10 =4 3 ， 12❑ √10 10 (3 ❑ √10+a)−4 0=3 ❑ √10 10 (3 ❑ √10+a)， 解得：a=13 ❑ √10 9 ， ∴DF=13 ❑ √10 9 ， 故结论④不正确 综上，①和③这2 个结论正确， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆的性质综合，结合判断切线、勾股定理、三角函数解直角三角形知识点，熟练掌握、 综合运用知识点推理证明和计算是解题的关键． 2．（2020·四川遂宁·统考中考真题）如图，在正方形BD 中，点E 是边B 的中点，连接E、DE，分别交 BD、于点P、Q，过点P 作PF⊥E 交B 的延长线于F，下列结论： ①∠ED+∠E+∠EDB＝90°， ②P＝FP， ③E＝ ❑ √10 2 ， ④若四边形PEQ 的面积为4，则该正方形BD 的面积为36， ⑤E•EF＝EQ•DE． 其中正确的结论有（ ） ．5 个 B．4 个 ．3 个 D．2 个 【答】B 【分析】①正确:证明∠EB= E ∠=45°，再利用三角形的外角的性质即可得出答； ②正确：利用四点共圆证明∠FP= BP ∠ =45°即可； ③正确：设BE=E=，求出E，即可解决问题； ④错误：通过计算正方形BD 的面积为48； ⑤正确：利用相似三角形的性质证明即可 【详解】①正确：如图，连接E， ∵四边形BD 是正方形， BD ⊥ ，==B=D， B ∴∠=90°， BE ∵ =E， EB ∴∠ = E ∠=45°， EB ∵∠ ＝∠EDB+ ED ∠ ，∠E= E ∠+ E ∠， ED ∴∠ + E ∠+ ED ∠ = E ∠+ E ∠+ ED ∠ + EDB ∠ =90°，故①正确； ②正确：如图，连接F， PF E ∵ ⊥， PF ∴∠ = BF ∠ =90°， ∴，P，B，F 四点共圆， FP ∴∠ = BP ∠ ＝45°， PF ∴∠ = PF ∠ ＝45°， P ∴=PF，故②正确； ③正确：设BE=E=，则E＝❑ √5，＝＝B＝D＝❑ √2， ∴AE AO = ❑ √5a ❑ √2a = ❑ √10 2 ，即E＝ ❑ √10 2 ，故③正确； ④错误：根据对称性可知，△OPE≅△OQE， ∴S△OEQ=1 2 S四边形OPEQ=2， B ∵=D，BE=E， D ∴=2E，E D ⊥， ∴EQ DQ =OE CD = 1 2， △OEQ∼△CDQ， ∴S△ODQ=4， S△CDQ=8， ∴S△CDO=12， ∴S正方形ABCD=48，故④错误； ⑤正确：∵∠EPF= DE ∠ =90°，∠PEF= DE ∠ ， ∴△EPF∼△ECD， ∴EF ED =PE EC ， EQ ∴ =PE， E•EF ∴ =EQ•DE，故⑤正确； 综上所诉一共有4 个正确，故选：B． 【点睛】本题主要考查了三角形外角性质、四点共圆问题、全等与相似三角形的综合运用，熟练掌握相关 概念与方法是解题关键 3．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点是对角线BD的中点，点P 在线段OD 上，连接AP并延长交CD于点E，过点P 作PF ⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有 以下结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB−PD=❑ √2BF；④S△AEF为定值；⑤ S四边形PEFG=S△APG．以上结论正确的有 （填入正确的序号即可）． 【答】①②③⑤ 【分析】由题意易得∠PF=∠B=∠DE= =90° ∠ ，D=B，∠BD=45°，对于①：易知点、B、F、P 四点共圆，然 后可得∠FP=∠BD=45°，则问题可判定；对于②：把△ED 绕点顺时针旋转90°得到△B，则有DE=B， ∠DE=∠B，然后易得△EF≌△F，则有F=EF，则可判定；对于③：连接，在BP 上截取BM=DP，连接M，易 得B=D，P=M，然后易证△P∽△BF，进而问题可求解；对于④：过点作⊥EF 于点，则由题意可得=B，若 △EF 的面积为定值，则EF 为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得AP AF = ❑ √2 2 ，进而可得△PG∽△FE， 然后可得相似比为AP AF = ❑ √2 2 ，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，PF ⊥AP， ∴∠PF=∠B=∠DE= =90° ∠ ，D=B，∠BD=45°， ①∵∠ABC+∠APF=180°， ∴由四边形内角和可得∠BAP+∠BFP=180°， ∴点、B、F、P 四点共圆， ∴∠FP=∠BD=45°， ∴△PF 是等腰直角三角形， ∴AP=PF，故①正确； ②把△ED 绕点顺时针旋转90°得到△B，如图所示： ∴DE=B，∠DE=∠B，∠E=90°，=E， ∴∠HAF=∠EAF=45°， ∵F=F， ∴△EF≌△F（SS）， ∴F=EF， ∵HF=BH +BF， ∴DE+BF=EF，故②正确； ③连接，在BP 上截取BM=DP，连接M，如图所示： ∵点是对角线BD的中点， ∴B=D，BD⊥AC， ∴P=M，△B 是等腰直角三角形， ∴AB=❑ √2 AO， 由①可得点、B、F、P 四点共圆， ∴∠APO=∠AFB， ∵∠ABF=∠AOP=90°， ∴△P∽△BF， ∴OP BF =OA AB = AP AF = ❑ √2 2 ， ∴OP= ❑ √2 2 BF， ∵BP−DP=BP−BM=PM=2OP， ∴PB−PD=❑ √2BF，故③正确； ④过点作⊥EF 于点，如图所示： 由②可得∠FB=∠F， ∵∠BF=∠F=90°，F=F， ∴△BF≌△F（S）， = ∴B， 若△EF 的面积为定值，则EF 为定值， ∵点P 在线段OD上， ∴EF的长不可能为定值，故④错误； ⑤由③可得AP AF = ❑ √2 2 ， ∵∠FB=∠F=∠PG，∠FE=∠PG， ∴△PG∽△FE， ∴GP EF = AP AF = ❑ √2 2 ， ∴S△AGP S△AEF =( ❑ √2 2 ) 2 =1 2 ， ∴S△AGP=1 2 S△AEF， ∴S四边形PEFG=S△APG，故⑤正确； 综上所述：以上结论正确的有①②③⑤； 故答为①②③⑤． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握 正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 4．（2021·广东广州·统考中考真题）如图，正方形BD 的边长为4，点E 是边B 上一点，且BE=3，以点 为圆心，3 为半径的圆分别交B、D 于点F、G，DF 与E 交于点．并与⊙A交于点K，连结G、．给出下 列四个结论．（1）是FK 的中点；（2）△HGD≌△HEC；（3）S△AHG：S△DHC=9∶16；（4） DK=7 5，其中正确的结论有 （填写所有正确结论的序号）． 【答】（1）（3）（4）． 【分析】由正方形的性质可证明△DAF ≌△ABE，则可推出∠AHF=90°，利用垂径定理即可证明结 论（1）正确；过点作MN /¿ AB交B 于，交D 于M，由三角形面积计算公式求出AH=12 5 ，再利用矩形的 判定与性质证得MG=NE，并根据相似三角形的判定与性质分别求出MH= 48 25，NH=52 25，则最后利用 锐角三角函数证明∠MGH ≠∠HEN，即可证明结论（2）错误；根据（2）中结论并利用相似三角形的 性质求得AM=36 25，即可证明结论（3）正确；利用（1）所得结论DK=DF−2 FH并由勾股定理求出 F，再求得DK，即可证明结论（4）正确． 【详解】解：（1）∵四边形BD 是正方形， ∴AD=AB=4，∠DAF=∠ABE=90°． 又∵AF=BE=3， ∴△DAF ≌△ABE． ∴∠AFD=∠BEA． ∵∠BEA+∠BAE=90°， ∴∠AFD+∠BAE=90°， ∴∠AHF=90°， ∴AH ⊥FK， ∴FH=KH， 即是FK 的中点；故结论（1）正确； （2）过点作MN /¿ AB交B 于，交D 于M， 由（1）得AH ⊥FK，则1 2 AD⋅AF=1 2 DF ⋅AH． ∵DF= ❑ √A F 2+ A D 2=5， ∴AH=12 5 ． ∵四边形BD 是正方形，MN /¿ AB， ∴∠DAB=∠ABC=∠AMN=90°． ∴四边形BM 是矩形． ∴MN=AB=4，AM=BN． ∵AG=BE， ∴AG−AM=BE−BN． 即MG=NE． ∵AD/¿ BC， ∴∠MAH=∠AEB． ∵∠ABE=∠AMN=90°， ∴△MAH ∼△BEA． ∴AH AE = MH AB ． 即 12 5 5 = MH 4 ． 解得MH= 48 25． 则NH=4−MH=52 25． ∵tan∠MGH= MH MG ，tan∠HEN= NH NE ． ∵MG=NE，MH ≠NH， ∴MG MH ≠NE NH ． ∴∠MGH ≠∠HEN． ∴∠DGH ≠∠CEH． ∴△HGD与△HEC不全等，故结论（2）错误； （3）∵△MAH ∼△BEA， ∴AH AE = AM BE ． 即 12 5 5 = AM 3 ． 解得AM=36 25． 由（2）得S△AHG=1 2 MH ⋅AG，S△DHC=1 2 DC ⋅( AD−AM )． ∴S△AHG S△DHC = MH ⋅AG DC ⋅( AD−AM )= 48 25 ×3 4×(4−36 25 ) = 9 16 ；故结论（3）正确； （4）由（1）得，是FK 的中点， ∴DK=DF−2 FH． 由勾股定理得FH= ❑ √A F 2−A H 2= ❑ √3 2−( 12 5 ) 2 =9 5 ． ∴DK=5−2× 9 5=7 5；故结论（4）正确． 故答为：（1）（3）（4）． 【点睛】本题考查了正方形的综合问题，掌握特殊四边形、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质 是解题的关键． 题型02 圆与三角形综合问题 5．（2023·吉林长春·统考中考真题）【感知】如图①，点、B、P 均在⊙O上，∠AOB=90°，则锐角 ∠APB的大小为__________度． 【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点P 在´ AC上（点P 不与点、 重合），连结PA、PB、PC．求证：PB=PA+PC．小明发现，延长PA至点E，使AE=PC，连结BE， 通过证明△PBC ≌△EBA，可推得PBE是等边三角形，进而得证． 下面是小明的部分证明过程： 证明：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE， ∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形， ∴∠BAP+∠BCP=180°． ∵∠BAP+∠BAE=180°， ∴∠BCP=∠BAE． ∵△ABC是等边三角形． ∴BA=BC， ∴△PBC ≌△EBA(SAS) 请你补全余下的证明过程． 【应用】如图③，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC=90°，AB=BC，点P 在⊙O上，且点P 与点B 在AC的两侧，连结PA、PB、PC．若PB=2❑ √2 PA，则PB PC 的值为__________． 【答】感知：45；探究：见解析；应用：2❑ √2 3 ． 【分析】感知：由圆周角定理即可求解； 探究：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC ≌△EBA(SAS)，可推得PBE是等边三 角形，进而得证； 应用：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC ≌△EBA(SAS)得，可推得PBE是等腰 直角三角形，结合PE=PA+PC与PE=❑ √2 PB可得PC=3 PA，代入PB PC 即可求解． 【详解】感知： 由圆周角定理可得∠APB=1 2 ∠AOB=45°， 故答为：45； 探究： 证明：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE， ∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形， ∴∠BAP+∠BCP=180°． ∵∠BAP+∠BAE=180°， ∴∠BCP=∠BAE． ∵△ABC是等边三角形． ∴BA=BC， ∴△PBC ≌△EBA(SAS)， ∴PB=EB，∠PBC=∠EBA， ∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°， ∴△PBE是等边三角形， ∴PB=PE， ∴PB=PE=PA+ AE=PA+PC， 即PB=PA+PC； 应用： 延长PA至点E，使AE=PC，连结BE， ∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形， ∴∠BAP+∠BCP=180°． ∵∠BAP+∠BAE=180°， ∴∠BCP=∠BAE． ∵AB=CB， ∴△PBC ≌△EBA(SAS)， ∴PB=EB，∠PBC=∠EBA， ∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=90°， ∴△PBE是等腰直角三角形， ∴P B 2+B E 2=P E 2， ∴2 P B 2=P E 2， 即PE=❑ √2 PB， ∵PE=PA+ AE=PA+PC， ∴PA+PC=❑ √2 PB， ∵PB=2❑ √2 PA， ∴PA+PC=❑ √2×2❑ √2 PA=4 PA， ∴PC=3 PA， ∴PB PC =2❑ √2 PA 3 PA =2❑ √2 3 ， 故答为：2❑ √2 3 ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角 形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造 △PBC ≌△EBA，进行转换求解． 6．（2023·浙江台州·统考中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系， 用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q 是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D． (1)如图1，当AB=6，BP ⏜的长为π时，求BC的长． (2)如图2，当AQ AB = 3 4 ，´ BP= ´ PQ时，