加強練07 圓與圓綜合專練（解析版）-2023年中考數(shù)學二輪復習講練測（上海專用）

加強練07圓與圓綜合專練（解析版）學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．（2022·上海楊浦·?？家荒＃┤鐖D，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=3，DE∥BC，且AD=2CD，那么以點C為圓心、DC長為半徑的圓C和以點E為圓心、EB長為半徑的圓E的位置關系是（）A．外離 B．外切 C．相交 D．不能確定【答案】C【分析】根據(jù)勾股定理求得的長，根據(jù)AD=2CD，求得的長，根據(jù)DE∥BC，證明，求得，進而求得的長，勾股定理求得CE的長，進而比較圓心距與半徑和，根據(jù)圓與圓的位置關系進行判斷即可．【詳解】解：連接，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=3，∴，AD=2CD，AC=6，，．DE∥BC，，，．，．在中，．>．以點C為圓心、DC長為半徑的圓C和以點E為圓心、EB長為半徑的圓E的位置關系是相交．故選C．【點睛】本題考查了圓與圓的位置關系，相似三角形的性質與判定，勾股定理，掌握以上知識是解題的關鍵．2．（2023春·上?！ぞ拍昙壝Ｐ?nèi)測）如圖，在一個邊長為3的正方形內(nèi)有兩個互相外切的圓，且兩圓都與正方形的兩鄰邊相切，兩圓心距為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作OE⊥AB于E，O′F⊥BC于F，如圖，設⊙O的半徑為R，⊙O′的半徑為r，利用切線的性質得到OE=R，O′F=r，再根據(jù)正方形的性質得到∠BAC=∠BCA=45°，AC=3，所以OA=R，O′C=r，利用兩圓外切性質得到OO′=R+r，從而得到R+R+r+r=3，然后求出R+r即可．【詳解】解：如圖，作OE⊥AB于E，O′F⊥BC于F，如圖，設⊙O的半徑為R，⊙O′的半徑為r，則OE=R，O′F=r，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BAC=∠BCA=45°，AC=AB=3，∴OA=R，O′C=r，∵⊙O與⊙O′外切，∴OO′=R+r，∴R+R+r+r=3，∴R+r==6-3，即兩圓心距為6-3．故選：A．【點睛】本題考查了圓與圓的位置關系：兩圓外切?d=R+r（其中d為兩圓的圓心距，R、r為兩圓的半徑）．也考查了正方形的性質、勾股定理等知識．3．（2022·上海崇明·統(tǒng)考二模）中，已知，以點A、B、C為圓心的圓分別記作圓A、圓B、圓C，這三個圓的半徑長都是2，那么下列結論中，正確的是（

）A．圓A與圓C相交 B．圓B與圓C外切 C．圓A與圓B外切 D．圓A與圓B外離．【答案】D【分析】根據(jù)三角形的三邊長確定兩圓的圓心距，與兩圓的半徑的和比較后即可確定正確的選項．【詳解】∵，∴，∵三個圓的半徑長都等于2，∴任意兩圓的圓心距都是4，∴圓A與圓C外切，圓B與圓C相交，圓A與圓B外離，故選：D．【點睛】本題考查了圓與圓的位置關系，解題的關鍵是根據(jù)圓的兩邊的長求得第三邊的長，然后根據(jù)兩圓的半徑之和和兩圓的圓心距的大小關系確定兩圓的位置關系，難度不大．4．（2022春·上?！ぞ拍昙壣虾Ｊ袏渖街袑W?？计谥校┮阎诘妊菪蜛BCD中，對角線AC將這個梯形分成面積之比為的兩個三角形，的余弦值為，分別以腰AB、CD為直徑作圓，那么這兩圓的位置關系是（

）A．外離 B．外切 C．相交 D．內(nèi)切【答案】B【分析】過點A作AE⊥BC，DF⊥BC，垂足分別為E，F(xiàn)，利用三角函數(shù)求得AB的長度，利用梯形中位線定理，兩圓的位置關系判斷即可．【詳解】過點A作AE⊥BC，DF⊥BC，垂足分別為E，F(xiàn)，∵AD∥BC，∴AE=DF，∵對角線AC將這個梯形分成面積之比為的兩個三角形，∴AD：BC=2：3，設AD=2k，則BC=3k，∵cosB=，∴AB=5BE．∵四邊形ABCD是等腰梯形，∴AB=DC，∴△ABE≌△DCF(HL)∴BE=CF．∵AE⊥BC，DF⊥BC，AE∥DF，AE=DF，∴四邊形AEFD是矩形，∴AD=EF=2k，∴BE=，∴AB=5BE==CD．設AB的中點為M，CD的中點為N，連接MN，則MN是等腰梯形ABCD的中位線，∴BE=，∵AB=5BE==CD，∴圓M的半徑等于圓N的半徑，∴圓M的半徑+圓N的半徑==MN，故兩個圓外切，故選B．【點睛】本題考查了等腰梯形的性質，三角形的全等，矩形的判定和性質，三角函數(shù)的應用，兩個圓的位置關系，熟練掌握等腰梯形的性質，三角函數(shù)是解題的關鍵．5．（2022春·上海普陀·九年級?？计谥校┤鐖D，已知∠POQ=30°，點A、B在射線OQ上（點A在點O、B之間），半徑長為2的⊙A與直線OP相切，半徑長為5的⊙B與⊙A內(nèi)含，那么OB的取值范圍是（

）A．4OB7 B．5OB7 C．4OB9 D．2OB7【答案】A【分析】作⊙A半徑AD，根據(jù)含30度角直角三角形的性質可得，再確認⊙B與⊙A相切時，OB的長，即可得結論．【詳解】解：設⊙A與直線OP相切時的切點為D，∴，∵∠POQ=30°，⊙A半徑長為2，即，∴，當⊙B與⊙A相切時，設切點為C，如下圖，∵，∴，∴若⊙B與⊙A內(nèi)含，則OB的取值范圍為．故選：A．【點睛】本題主要考查了圓與圓的位置關系、切線的性質、含30度角的直角三角形的性質等知識，熟練掌握圓與圓內(nèi)含和相切的關系是解題關鍵．二、填空題6．（2023春·上?！ぞ拍昙壝Ｐ?nèi)測）如圖，⊙A和⊙B的半徑分別為5和1，AB＝3，點O在直線AB上，⊙O與⊙A、⊙B都內(nèi)切，那么⊙O半徑是________．【答案】或．【分析】根據(jù)兩圓內(nèi)切時圓心距=兩圓半徑之差的絕對值，分兩種情況求解即可．【詳解】當點O在點A左側時，⊙O半徑r=,當點O在點B右側時，⊙O半徑r=.故填或.【點睛】此題考查圓與圓之間的位置關系，解題的關鍵是掌握兩圓位置關系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量之間的聯(lián)系.7．（2021·上?！ど虾Ｊ袑嶒瀸W校?？级＃┮阎獌蓤A半徑分別為3和5，圓心距為d，若兩圓沒有交點，則d的取值范圍是___________【答案】或．【分析】兩圓相離，可能外離，或者內(nèi)含，分情況即可求出d的取值范圍．【詳解】解：兩圓相離有兩種情況：內(nèi)含時圓心距大于等于0，且小于半徑之差，故；外離時圓心距大于半徑之和，故，所以d的取值范圍是或．故答案為：或．【點睛】本題考查根據(jù)兩圓的位置關系判斷圓心距與半徑之間的關系，熟記概念是解題的關鍵．8．（2022春·上海靜安·九年級上海市靜安區(qū)教育學院附屬學校?？计谥校┤鐖D，∠MON=,P是∠MON的平分線上一點，PQ∥ON交OM于點Q，以P為圓心，半徑為8的圓與ON相切，如果以Q為圓心，半徑為r的圓與⊙P相交，那么r的取值范圍是_____.【答案】【分析】過點P作于A，于B，由角平分線上的點到角兩邊的距離相等，可得PA、PB的值，再由兩直線平行內(nèi)錯角相等可以得出，則可求出PQ長，最后算出兩圓內(nèi)切和外切時r的值，即可求解．【詳解】過點P作于A，于B，∵以P為圓心，半徑為8的圓與ON相切，∴B是切點，即，∵∠MON=，P是∠MON的平分線上一點，，，，，，在中，，∴當⊙P和⊙Q相切時，或者，．故答案為：．【點睛】本題考查了圓與圓的位置關系，切線的性質，角平分線的性質，等腰三角形的性質與判定，含30度角的直角三角形的性質，要注意：兩圓相切有內(nèi)切外切兩種，掌握圓與圓的位置關系以及切線判定是解題關鍵．9．（2023春·上?！ぞ拍昙壝Ｐ?nèi)測）如圖，Rt中,，，與相切，若與相交，則半徑的取值范圍是________．【答案】【分析】過點作于點，利用勾股定理計算出的長度，再利用等面積法計算出的長度，再根據(jù)切線的性質得到為圓的半徑，然后利用兩圓相交的性質得到，最后解不等式即可．【詳解】解：過點作于點，如圖，，，，，，與AB相切，為的半徑，即的半徑為2.4，與相交，，解得：，故答案為：．【點睛】本題考查了相交圓的性質：相交兩圓的連心線垂直平分兩圓的公共弦，若兩圓半徑為，圓心距為，兩圓相交，則．10．（2022春·上海奉賢·九年級?？计谥校┮阎妊切蜛BC中，AB＝AC，BC＝6，以A為圓心2為半徑長作⊙A，以B為圓心BC為半徑作⊙B，如果⊙A與⊙B內(nèi)切，那么△ABC的面積等于_____．【答案】3【分析】根據(jù)兩圓內(nèi)切的性質求出AB，根據(jù)勾股定理求出AD，根據(jù)三角形的面積公式計算，得到答案．【詳解】解：∵⊙A的半徑為2，⊙B的半徑為6，⊙A與⊙B內(nèi)切，∴AB＝6﹣2＝4，過點A作AD⊥BC于D，則BD＝BC＝3，由勾股定理得，AD＝＝＝，∴△ABC的面積＝，故答案為：3．【點睛】本題考查了兩個圓的位置關系，勾股定理，等腰三角形的性質，熟練掌握兩個圓內(nèi)切的性質是解題的關鍵．三、解答題11．（2022春·上?！ぞ拍昙壭？计谥校┮阎喝鐖D，⊙O1與⊙O2相交于點A和點B，AC∥O1O2，交⊙O1于點C，⊙O1的半徑為5，⊙O2的半徑為，AB=6．求：(1)弦AC的長度；(2)四邊形ACO1O2的面積．【答案】(1)8(2)21【分析】（1）連接，過作于點D，設AB與交于點E，由圓的對稱性可得AE的長，由勾股定理可求得，從而可得AD的長，由垂徑定理即可得AC的長；（2）由勾股定理可求得，從而可得的長，則可分別求得、的面積，則可求得四邊形ACO1O2的面積．（1）解：連接，過作于點D，設AB與交于點E，如圖由圓的對稱性知：，在中，由勾股定理得：∵，AC∥O1O2∴∵∴∴四邊形是平行四邊形∵∴四邊形是矩形，且AD=CD∴，∴AC=2AD=8（2）解：在中，由勾股定理得：∴∴，∴四邊形ACO1O2的面積為：【點睛】本題考查了圓的對稱性，垂徑定理，勾股定理，矩形的判定與性質等知識，熟練掌握并正確運用是關鍵．12．（2021·上海浦東新·統(tǒng)考模擬預測）已知：如圖所示，P是∠MAN的邊AN上的一個動點，B是邊AM上的一個定點，以PA為半徑作圓P，交射線AN于點C，過B作直線使∥AN交圓與D、E兩點（點D、點E分別在點B的左側和右側），聯(lián)結CE并延長，交射線AM于點F．聯(lián)結FP，交DE于G，cos∠BAP=，AB＝5，AP＝x，BE=y，（1）求證：BG＝EG；（2）求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出它的定義域；（3）當△BEF是以BF為腰的等腰三角形時，求經(jīng)過B、E兩點且半徑為的圓O與圓P的圓心距．【答案】（1）見解析；（2）y＝x﹣3+，定義域是x＞；（3）圓O與圓P的圓心距為或．【分析】（1）證明△FBG∽△FAP，得出比例線段，同理可得△FEG∽△FCP，得出，則可得出結論；（2）過點P作PK⊥DE于K，過點A作AQ⊥DE于點Q，連接PE，由銳角三角函數(shù)的定義及勾股定理可求出答案；（3）由等腰三角形的性質得出y+5＝2x，解方程求出x＝5，分兩種情況畫出圖形，由勾股定理可求出答案．【詳解】（1）證明：∵BGAP，∴∠FBG=∠FAP，∠FGB=∠FPA，∴△FBG∽△FAP，∴，∵GEPC，∴∠FEG=∠FCP，∠FGE=∠FPC，△FEG∽△FCP，∴，∴，∵AP＝PC，∴BG＝EG；（2）解：過點P作PK⊥DE于K，過點A作AQ⊥DE于點Q，∴∠AQK=∠QKP=90°，∵DEAP，∴AQ⊥AP，∴∠QAP=∠AQK=∠QKP=90°，∴四邊形APKG為矩形，∴PK＝AQ，AP＝QK，∵cos∠BAP＝cos∠ABQ＝，AB＝5，∴BQ＝AB?cos∠ABQ＝×5＝3，∴AQ＝，∴PK＝4，∵AP＝x∴PE=AP=x，∴KE＝，又∵BK＝QK﹣QB＝x﹣3，∴BE＝BK+EG＝，∴y＝，當圓P過點B時，點D與點B重合，過B作BH⊥AP于H，∵AQ⊥AP，QBAH，∴∠Q=∠QAH=∠BHA=90°，∴四邊形QAHB為矩形，∴AH=QB=QD=3，AQ=BH=4，在Rt△BHP中，由勾股定理即解得,∴AP＝，∴定義域是x＞；（3）當△BEF是以BF為腰的等腰三角形時，連結OG，直線OG交AC于V，當BF=EF時，點D與點B重合，不成立，∴BF＝BE，∴∠BFE=∠FEB，∵BEAC，∴∠ACF=∠BEF，∴∠AFC=∠ACF，∴AF=AC，∴y+5＝2x，∵y＝，∴2x﹣5＝，整理得,兩邊平方得,整理得,∴x＝5，∴BE＝5，∴BG=EG＝，∵圓O的半徑為，在Rt△BOG中，BO=，根據(jù)勾股定理∴OG＝，∴EK=∴PV＝KG=3-GE=3-=，當圓心O在BE下方時，在Rt△PO2V中，由勾股定理∴O2P＝，當圓心O在BE上方時，∴OP＝．綜合以上可得OP的長為或．【點睛】本題考查三角形相似判定與性質，銳角三角函數(shù)，勾股定理，列函數(shù)解析式，定義域，等腰三角形判定與性質，解無理方程，掌握三角形相似判定與性質，銳角三角函數(shù)，勾股定理，列函數(shù)解析式，定義域，等腰三角形判定與性質，解無理方程，圓心距，利用輔助線準確構圖是解題關鍵．13．（2022·上海長寧·統(tǒng)考二模）在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+2bx+c與x軸交于點A、B（點A在點B的右側），且與y軸交于點C，已知點A（3，0），O為坐標原點，(1)當B的坐標為（﹣5，0）時，求拋物線的解析式；(2)在（1）的條件下，以A為圓心，OA長為半徑畫⊙A，以C為圓心，AB長為半徑畫⊙C，通過計算說明⊙A和⊙C的位置關系；(3)如果△BAC與△AOC相似，求拋物線頂點P的坐標【答案】(1)(2)相離,見解析(3)P【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法求解析式即可；（2）根據(jù)題意求得的坐標，計算的半徑以及的長，即可判斷⊙A和⊙C的位置關系；（3）根據(jù)拋物線的性質，以及的位置可得當且僅當時，△BAC與△AOC相似，分情況討論，①當時，②當時，根據(jù)相似三角形的性質列出比例式，根據(jù)的坐標可得，聯(lián)立解方程求得，的值，進而求得拋物線解析式，即可求得頂點的坐標(1)解：∵A（3，0），B的坐標為（﹣5，0），代入y＝﹣x2+2bx+c解得∴拋物線的解析式為：(2)由，令，解得，即的半徑為,的半徑為⊙A和⊙C的位置關系；相離(3)解：，對稱軸為在拋物線上，則令，即解得點A在點B的右側,∵△BAC與△AOC相似，而是直角三角形，又在軸上，在軸上，且在軸負半軸，∴當且僅當時，△BAC與△AOC相似①當時，則或解得或無解②當時，則或以上兩個方程都無解綜上所述，當時，拋物線解析式為，此時頂點坐標為當時，，不合題意，舍去綜上所述，頂點P坐標為【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，圓與圓的位置關系，待定系數(shù)法求解析式，相似三角形的性質，綜合運用以上知識是解題的關鍵．14．（2022·上海閔行·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸相交于點，，與y軸交于點C.將拋物線的對稱軸沿x軸的正方向平移，平移后交x軸于點D，交線段于點E，交拋物線于點F，過點F作直線的垂線，垂足為點G.(1)求拋物線的表達式；(2)以點G為圓心，為半徑畫；以點E為圓心，為半徑畫.當與內(nèi)切時.①試證明與的數(shù)量關系；②求點F的坐標.【答案】(1)(2)①，證明見解析；②【分析】（1）將拋物線的解析式可以寫成的形式，與對比即可求出a，b的值，進而求出拋物線的表達式；（2）①畫出大致圖形，證明點B是與內(nèi)切時的切點，即可得到；②設點F的坐標為，用含m的代數(shù)式分別表示出和，列等式即可求出m的值．【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸相交于點，，∴拋物線的解析式可以寫成的形式，即，∴，，∴，，∴拋物線的表達式為．（2）解：由題意作圖如下，①∵的圓心為G，的圓心為E，∴GE是與圓心的連線，∵兩圓相切時，圓心的連線經(jīng)過切點，∴當與內(nèi)切時，GE經(jīng)過切點，∵點B是線段GE延長線上的點，且在上，∴點B是與內(nèi)切時的切點，∴點B在以點E為圓心，為半徑的上，∴，②在中，令得，∴拋物線與y軸交于點C的坐標為，設直線BC的解析式為，將和的坐標代入，得，∴，∴設直線BC的解析式為．∵點F在拋物線上，∴設點F的坐標為，由題意軸，∴點E的坐標為，∵點F在BC的上方，∴，∵拋物線的對稱軸為直線：，∴，∵，，∴，，∴，∴，∵軸，∴，∴，∴．∵點E在線段BC上，∴，∴,∵，∴，整理得，，解得或3，當時，點E，F(xiàn)，B重合，此時不存在，故不合題意，應舍去，∴，當時，，∴求點F的坐標為．【點睛】本題考查求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，圓與圓的位置關系，二次函數(shù)圖象上點的坐標的特征，三角函數(shù)解直角三角形等知識點，證明點B是與內(nèi)切時的切點，進而得到是解題的關鍵．15．（2021·上海楊浦·統(tǒng)考二模）如圖，已知Q是∠BAC的邊AC上一點，AQ＝15，cot∠BAC＝，點P是射線AB上一點，聯(lián)結PQ，⊙O經(jīng)過點A且與QP相切于點P，與邊AC相交于另一點D．（1）當圓心O在射線AB上時，求⊙O的半徑；（2）當圓心O到直線AB的距離為時，求線段AP的長；（3）試討論以線段PQ長為半徑的⊙P與⊙O的位置關系，并寫出相應的線段AP取值范圍．【答案】（1）；（2）3或6或；（3）當⊙O與⊙P內(nèi)含時，0＜AP＜12．當⊙O與⊙P內(nèi)切時，AP＝12．當⊙O與⊙P相交時，12＜AP＜18【分析】（1）解直角三角形求出PA即可．（2）分兩種情形：如圖，當點O在射線AB的上方時，，當點O在射線AB的下方時，分別利用相似三角形的性質求解即可．（3）求出兩圓內(nèi)切時AP的值，條件⊙O與AC相切于時A時，AP的值，即可判斷．【詳解】解：（1）如圖，∵點O在PA上，PQ是⊙O的切線，∴PQ⊥AP，∵cot∠PAQ＝＝，∴可以假設PA＝3k，PQ＝4k，則AQ＝5k＝15，∴k＝3，∴PA＝9，PQ＝12，∴⊙O的半徑為．（2）如圖，當點O在射線AB的上方時，過點Q作QK⊥AB于K，過點O作OH⊥AB于H．∵PQ是⊙O的切線，∴∠PHO＝∠OPQ＝∠PKQ＝90°，∴∠OPH+∠QPK＝90°，∠QPK+∠PQK＝90°，∴△PHO∽△QKP，∴設PA＝2m，則AH＝PH＝m，PK＝9﹣2m，∴解得，m＝或3，經(jīng)檢驗，x＝，3是分式方程的解，且符合題意．∴AP＝3或6．如圖，當點O在射線AB的下方時，同法可得AP＝．綜上所述，滿足條件的AP的值為3或．（3）如圖，當⊙P與⊙O內(nèi)切時，由△PHO∽△QKP，可得,∵OH⊥AP，∴AH＝PH，∴AP＝2PH，QK＝2PH，∴PA＝QK＝12，如圖，當⊙O與AC相切于點A時，∵∠OAQ＝∠OPQ＝90°，