人教版九年級上冊數(shù)學-圓-幾何綜合易錯題(文本版-含答案)

人教版九年級上冊數(shù)學圓幾何綜合易錯題（Word版含答案）一、初三數(shù)學圓易錯題壓軸題（難）1．已知：如圖，梯形中，，，，動點在射線上，以為半徑的交邊于點（點與點不重合），聯(lián)結、，設，.（1）求證：；（2）求關于的函數(shù)解析式，并寫出定義域；（3）聯(lián)結，當時，以為圓心半徑為的與相交，求的取值范圍.【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）【解析】【分析】根據(jù)梯形的性質得到，根據(jù)等腰三角形的性質得到，根據(jù)平行線的判定定理即可得到結論；分別過P、A、D作BC的垂線，垂足分別為點H、F、推出四邊形ADGF是矩形，，求得，根據(jù)勾股定理得到，根據(jù)平行線分線段成比例定理得到，，求得，根據(jù)勾股定理即可得到結論；作交DC于推出四邊形PDME是平行四邊形得到，即

，根據(jù)相似三角形的性質得到，根據(jù)相切兩圓的性質即可得到結論．【詳解】證明：梯形ABCD，，，，，，；解：分別過P、A、D作BC的垂線，垂足分別為點H、F、G．梯形ABCD中，，，，，四邊形ADGF是矩形，，，，，在中，，，，即，，，，在中，，，即，解：作交DC于M．，四邊形PDME是平行四邊形．，即

，，，又，，．∽，，即，解得：，即，，當兩圓外切時，，即舍去；當兩圓內(nèi)切時，，即舍去，；即兩圓相交時，．【點睛】本題屬于圓綜合題，梯形的性質，平行四邊形的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵.2．如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，△ABC的邊BC在y軸的正半軸上，點A在x軸的正半軸上，點C的坐標為（0，8），將△ABC沿直線AB折疊，點C落在x軸的負半軸D（?4，0）處．（1）求直線AB的解析式；（2）點P從點A出發(fā)以每秒個單位長度的速度沿射線AB方向運動，過點P作PQ⊥AB，交x軸于點Q，PR∥AC交x軸于點R，設點P運動時間為t（秒），線段QR長為d，求d與t的函數(shù)關系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；（3）在（2）的條件下，點N是射線AB上一點，以點N為圓心，同時經(jīng)過R、Q兩點作⊙N，⊙N交y軸于點E，F(xiàn)．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圓心N的坐標；若不存在，說明理由．【答案】（1）（2）d=5t（3）故當t=，或，時，QR=EF，N（-6，6）或（2，2）．【解析】試題分析：（1）由C（0，8），D（-4，0），可求得OC，OD的長，然后設OB=a，則BC=8-a，在Rt△BOD中，由勾股定理可得方程：（8-a）2=a2+42,解此方程即可求得B的坐標，然后由三角函數(shù)的求得點A的坐標，再利用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式；（2）在Rt△AOB中，由勾股定理可求得AB的長，繼而求得∠BAO的正切與余弦，由PR//AC與折疊的性質，易證得RQ=AR，則可求得d與t的函數(shù)關系式；（3）首先過點分別作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，易證得四邊形NTOS是正方形，然后分別從點N在第二象限與點N在第一象限去分析求解即可求解;試題解析：（1）∵C（0，8），D（-4，0），∴OC=8，OD=4，設OB=a，則BC=8-a，由折疊的性質可得：BD=BC=8-a，在Rt△BOD中，∠BOD=90°，DB2=OB2+OD2，則（8-a）2=a2+42，解得：a=3，則OB=3，則B（0，3），tan∠ODB=，在Rt△AOC中，∠AOC=90°，tan∠ACB=，則OA=6，則A（6，0），設直線AB的解析式為：y=kx+b，則，解得：，故直線AB的解析式為：y=-x+3；（2）如圖所示：在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，則AB=，在Rt△PQA中，則AQ=,∵PR∥AC，∴∠APR=∠CAB，由折疊的性質得：∠BAO=∠CAB，∴∠BAO=∠APR，∴PR=AR，∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°，∴∠PQA=∠QPR，∴RP=RQ，∴RQ=AR，∴QR=AQ=5t,即d=5t;（3）過點分別作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，∵EF=QR，∴NS=NT，∴四邊形NTOS是正方形，則TQ=TR=，∴，分兩種情況，若點N在第二象限，則設N（n，-n），點N在直線上，則，解得：n=-6，故N（-6，6），NT=6，即，解得：;若點N在第一象限，設N（N，N），可得：,解得：n=2，故N（2，2），NT=2，即,解得：t=∴當t=，或，時，QR=EF，N（-6，6）或（2，2）。點睛：此題考查了折疊的性質、待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、正方形的判定與性質、等腰三角形的性質、平行線的性質以及三角函數(shù)等知識．此題難度較大，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結合思想與方程思想的應用。3．如圖①、②、③是兩個半徑都等于2的⊙O1和⊙O2，由重合狀態(tài)沿水平方向運動到互相外切過程中的三個位置，⊙O1和⊙O2相交于A、B兩點，分別連結O1A、O1B、O2A、O2B和AB．(1)如圖②，當∠AO1B=120°時，求兩圓重疊部分圖形的周長l；(2)設∠AO1B的度數(shù)為x，兩圓重疊部分圖形的周長為y，求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出自變量x的取值范圍；(3)在(2)中，當重疊部分圖形的周長時，則線段O2A所在的直線與⊙O1有何位置關系？請說明理由.除此之外，它們是否還有其它的位置關系？如果有，請直接寫出其它位置關系時的x的取值范圍.【答案】（1）（2）（0≤x≤180）（3）O2A與⊙O1相切；當0≤x≤90和0≤x≤180時，線段O2A所在的直線與⊙O1相交【解析】試題分析：（1）解法一、依對稱性得，∠AO2B=∠AO1B=120°,∴解法二、∵O1A=O1B=O2A=O2B∴AO1BO2是菱形∴∠AO2B=∠AO1B=120°∴l(xiāng)=2×=(2)∵由（1）知，菱形AO1BO2中∠AO2B=∠AO1B=x度,∴重疊圖形的周長,即（0≤x≤180）(3)當時，線段O2A所在的直線與⊙O1相切！理由如下：∵，由（2）可知：，解之x=90度∴AO1B=90°,因此菱形AO1BO2是正方形，∴O1AO2=90°,即O2A⊥O1A,而O1A是⊙O1的半徑，且A為半徑之外端；∴O2A與⊙O1相切．還有如下位置關系：當0≤x≤90和0≤x≤180時，線段O2A所在的直線與⊙O1相交考點：直線與圓的位置關系點評：本題主要考查直線與圓的位置關系，掌握判定直線與圓的位置關系是解本題的關鍵，會求函數(shù)的解析式，本題難度比較大4．如圖1，△ABC內(nèi)接于⊙O，直徑AD交BC于點E，延長AD至點F，使DF＝2OD，連接FC并延長交過點A的切線于點G，且滿足AG∥BC，連接OC，若cos∠BAC＝，BC＝8．（1）求證：CF是⊙O的切線；（2）求⊙O的半徑OC；（3）如圖2，⊙O的弦AH經(jīng)過半徑OC的中點F，連結BH交弦CD于點M，連結FM，試求出FM的長和△AOF的面積．【答案】（1）見解析；（2）；（3），【解析】【分析】（1）由DF=2OD，得到OF=3OD=3OC，求得，推出△COE∽△FOE，根據(jù)相似三角形的性質得到∠OCF=∠DEC=90°，于是得到CF是⊙O的切線；（2）利用三角函數(shù)值，設OE=x，OC=3x，得到CE=3，根據(jù)勾股定理即可得到答案；（3）連接BD，根據(jù)圓周角定理得到角相等，然后證明△AOF∽△BDM，由相似三角形的性質，得到FM為中位線，即可求出FM的長度，由相似三角形的性質，以及中線分三角形的面積為兩半，即可求出面積.【詳解】解：（1）∵DF＝2OD，∴OF＝3OD＝3OC，∴，∵∠COE＝∠FOC，∴△COE∽△FOE，∴∠OCF＝∠DEC＝90°，∴CF是⊙O的切線；（2）∵∠COD＝∠BAC，∴cos∠BAC＝cos∠COE＝，∴設OE＝x，OC＝3x，∵BC＝8，∴CE＝4，∵CE⊥AD，∴OE2+CE2＝OC2，∴x2+42＝9x2，∴x＝（負值已舍去），∴OC＝3x＝，∴⊙O的半徑OC為；（3）如圖，連結BD，由圓周角定理，則∠OAF=∠DBM，，∵BC⊥AD，∴，∴∠ADC=∠ADB，∴，∴△AOF∽△BDM；∵點F是OC的中點，∴AO：OF=BD：DM=2，又∵BD=DC，∴DM=CM，∴FM為中位線，∴FM=∴S△AOF:S△BDM=(:)2；∵；∴S△AOF==；【點睛】本題考查了圓的綜合問題，圓周角定理，切線的判定和性質，相似三角形的判定和性質，利用勾股定理求邊長，以及三角形中線的性質，解題的關鍵是熟練掌握所學的定理和性質，運用屬性結合的思想進行解題.5．已知內(nèi)接于圓，點為弧上一點，連接交于點，．（1）如圖1，求證：弧??；（2）如圖2，過作于點，交圓點，連接交于點，且，求的度數(shù)；（3）如圖3，在（2）的條件下，圓上一點與點關于對稱，連接，交于點，點為弧上一點，交于點，交的延長線于點，，的周長為20，，求圓半徑．【答案】（1）見解析；（2）∠CAG=45°；（3）r=【解析】【分析】（1）證∠ABD=∠ACB可得；（2）如下圖，△AHD繞點A旋轉至△ALE處，使得點D與點B重合，證△ALE≌△AHE，利用勾股定理逆定理推導角度；（3）如下圖，延長QR交AB于點T，分別過點N、Q作BD的垂線，交于點V，I，取QU=AE，過點U作UK垂直BD.先證△AEN≌△QUD，再證△NVE≌△RKU，可得到NV=KR=DK，進而求得OB的長.【詳解】（1）∵∠CED是△BEC的外角，∴∠CED=∠EBC+∠BCA∵∠ABC=∠ABD+∠EBC又∵∠CED=∠ABC∴∠ABD=∠ACB∴弧AB=弧AD（2）如下圖，△AHD繞點A旋轉至△ALE處，使得點D與點B重合∵△ALB是△AHD旋轉所得∴∠ABL=∠ADB，AL=AH設∠CAG=a，則∠CBG=a∵BG⊥AC∴∠BCA=90°-a，∴∠ADB=∠ABD=90°-a∴在△BAD中，BAE+∠HAD=180-a-(90°-a)-(90°-a)=a∴∠LAE=∠EAH=a∵LA=AH，AE=AE∴△ALE≌△AHE，∴LE=EH∵HD=LB，∴△LBE為直角三角形∴∠LBE=(90°-a)+(90°-a)=90°，解得：a=45°∴∠CAG=45°（3）如下圖，延長QR交AB于點T，分別過點N、Q作BD的垂線，交于點V，I，取QU=AE，過點U作UK垂直BD由（2）得∠BAD=90°∴點O在BD上設∠R=n，則∠SER=∠BEC=∠MEB=90°-n∴∠AEN=2n∵SQ⊥AC∴∠TAS=∠AQS=∠DQR，AN=QD∵QU=AE∴△AEN≌△QUD∴∠QUD=∠AEN=2n∴UD=UR=NE，∵△ANE的周長為20∴QD+QR=20在△DQR中，QD=7∵∠ENR=∠UDK=∠R=n∴△NVE≌△RKU∴NV=KR=DK=∴BN=5∴BD=12，OB=6【點睛】本題考查了圓的證明，涉及到全等、旋轉和勾股定理，解題關鍵是結合圖形特點，適當構造全等三角形6．已知：AB為⊙O直徑，弦CD⊥AB，垂足為H，點E為⊙O上一點，，BE與CD交于點F．（1）如圖1，求證：BH＝FH；（2）如圖2，過點F作FG⊥BE，分別交AC、AB于點G、N，連接EG，求證：EB＝EG；（3）如圖3，在（2）的條件下，延長EG交⊙O于M，連接CM、BG，若ON＝1，△CMG的面積為6，求線段BG的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）2．【解析】【分析】（1）連接，根據(jù)直徑所對圓周角等于90°及弧與弦的關系即可得解；（2）根據(jù)題意，過點C作，連接，通過證明，即可得解；（3）根據(jù)題意，過點G作于T，連接CN，設，證明，再由面積法及勾股定理進行計算求解即可.【詳解】解：（1）如下圖，連接∵為直徑∴∵∴∴又∵于H∴∴；（2）如下圖，過點C作，連接AB為直徑，∴∴∴∴同理∴；（3）如下圖，過點G作于T，連接CN設由（2）知：∴∵∴∵∴∴則：∴∴∴∵面積為6∴設則∴∴∴解得：∵∴，則∴．【點睛】本題主要考查了圓和三角形的綜合問題，熟練掌握圓及三角形的各項重要性質及判定方法是解決本題的關鍵.7．如圖．在中，，，，是的中位線，連結，點是邊上的一個動點，連結交于，交于．(1)當點是的中點時，求的值及的長(2)當四邊形與四邊形的面積相等時，求的長：(3)如圖2．以為直徑作．①當正好經(jīng)過點時，求證：是的切線：②當?shù)闹禎M足什么條件時，與線段有且只有一個交點．【答案】（1），；（2）；（3）①見解析；②當或時，與線段有且只有一個交點．【解析】【分析】（1）根據(jù)題意得H為的重心，即可得的值，由重心和中位線的性質求得，由勾股定理求得的長，即可得的長；（2）根據(jù)圖中面積的關系得S四邊形DCFG=，列出關系式求解即可得的長；（3）根據(jù)與線段有且只有一個交點，可分兩類情況討論：當與相切時，求得的值；當過點E，此時是與線段有兩個交點的臨界點，即可得出與線段有且只有一個交點時滿足的條件．【詳解】解：（1）∵是的中位線，∴分別是的中點，，又∵點是的中點，∴與的交點是的重心，，即；，∴，在中，D為AC中點，，則，∴DG為的中位線，G為AF的中點，，，在中，，，，，則，，；（2）∵四邊形與四邊形的面積相等，∴S四邊形DCFH+=S四邊形BEGH+，即S梯形DCFG=，∵，，是的中位線，∴，，∵，設，∵DG為的中位線，∴，則S梯形DCFG，解得：，；（3）①證明：如圖2，連結，為的直徑，經(jīng)過點，，∴，為直角三角形，為的中點，，．又，，∴，即，∴，即是的切線；②如圖3-1，當與相切時，與線段有且只有一個交點，設的半徑為r，圓心O到DE的距離為d，∴當r=d時，與相切，∵，，，∴兩平行線之間的距離為，∴，則，，由得：，；如圖3-2，當經(jīng)過點時，連接、，設的半徑為，即，∵G為AF的中點，O為CF的中點，∴，∴四邊形COGD為平行四邊形，又∵，∴四邊形COGD為矩形，∴，則，為直角三角形，∴，，則，由勾股定理得：，即，解得：，則，，由得：，，則當時，與線段有且只有一個交點；綜上所述，當或時，與線段有且只有一個交點．【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了切線的性質與判定、中位線的性質等知識，解題的關鍵是靈活添加常用的輔助線，屬于中考壓軸題．8．（1）如圖1，A是⊙O上一動點，P是⊙O外一點，在圖中作出PA最小時的點A．（2）如圖2，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，以點C為圓心的⊙C的半徑是3.6，Q是⊙C上一動點，在線段AB上確定點P的位置，使PQ的長最小，并求出其最小值．（3）如圖3，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，以D為圓心，3為半徑作⊙D，E為⊙D上一動點，連接AE，以AE為直角邊作Rt△AEF，∠EAF＝90°，tan∠AEF＝，試探究四邊形ADCF的面積是否有最大或最小值，如果有，請求出最大或最小值，否則，請說明理由．【答案】（1）作圖見解析；（2）PQ長最短是1.2；（3）四邊形ADCF面積最大值是，最小值是．【解析】【分析】（1）連接線段OP交⊙C于A，點A即為所求；（2）過C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，這時PQ最短，根據(jù)勾股定理以及三角形的面積公式即可求出其最小值；（3）△ACF的面積有最大和最小值，取AB的中點G，連接FG，DE，證明△FAG～△EAD，進而證明點F在以G為圓心1為半徑的圓上運動，過G作GH⊥AC于H，交⊙G于F1，GH反向延長線交⊙G于F2，①當F在F1時，△ACF面積最小，分別求出△ACD的面積和△ACF的面積的最小值即可得出四邊形ADCF的面積的最小值；②當F在F2時，四邊形ADCF的面積有最大值，在⊙G上任取異于點F2的點P，作PM⊥AC于M，作GN⊥PM于N，利用矩形的判定與性質以及三角形的面積公式即可得出得出四邊形ADCF的面積的最大值．【詳解】解：（1）連接線段OP交⊙C于A，點A即為所求，如圖1所示；（2）過C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，這時PQ最短．理由：分別在線段AB，⊙C上任取點P'，點Q'，連接P'，Q'，CQ'，如圖2，由于CP⊥AB，根據(jù)垂線段最短，CP≤CQ'+P'Q'，∴CO+PQ≤CQ'+P'Q'，又∵CQ＝CQ'，∴PQ＜P'Q'，即PQ最短．在Rt△ABC中，，∴，∴PQ＝CP﹣CQ＝6.8﹣3.6＝1.2，∴．當P在點B左側3.6米處時，PQ長最短是1.2．（3）△ACF的面積有最大和最小值．如圖3，取AB的中點G，連接FG，DE．∵∠EAF＝90°，，∴∵AB＝6，AG＝GB，∴AC＝GB＝3，又∵AD＝9，∴，∴∵∠BAD＝∠B＝∠EAF＝90°，∴∠FAG＝∠EAD，∴△FAG～△EAD，∴，∵DE＝3，∴FG＝1，∴點F在以G為圓心1為半徑的圓上運動，連接AC，則△ACD的面積＝，過G作GH⊥AC于H，交⊙G于F1，GH反向延長線交⊙G于F2，①當F在F1時，△ACF面積最?。碛桑河桑?）知，當F在F1時，F(xiàn)1H最短，這時△ACF的邊AC上的高最小，所以△ACF面積有最小值，在Rt△ABC中，∴，在Rt△ACH中，，∴，∴△ACF面積有最小值是：；∴四邊形ADCF面積最小值是：；②當F在F2時，F(xiàn)2H最大理由：在⊙G上任取異于點F2的點P，作PM⊥AC于M，作GN⊥PM于N，連接PG，則四邊形GHMN是矩形，∴GH＝MN，在Rt△GNP中，∠NGF2＝90°，∴PG＞PN，又∵F2G＝PG，∴F2G+GH＞PN+MN，即F2H＞PM，∴F2H是△ACF的邊AC上的最大高，∴面積有最大值，∵，∴△ACF面積有最大值是；∴四邊形ADCF面積最大值是；綜上所述，四邊形ADCF面積最大值是，最小值是．【點睛】本題為圓的綜合題，考查了矩形，圓，相似三角形的判定和性質，兩點之間線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．9．如圖，在中，，，，點在線段上，．點從點出發(fā)，沿方向運動，以為直徑作，當運動到點時停止運動，設．（1）___________，___________．（用的代數(shù)式表示）（2）當為何值時，與的一邊相切？（3）在點整個運動過程中，過點作的切線交折線于點，將線段繞點順時針旋轉得到，過作于．①當線段長度達到最大時，求的值；②直接寫出點所經(jīng)過的路徑長是________．（結果保留根號）【答案】（1），；（2）或；（3）①；②【解析】【分析】（1）觀察圖中和的數(shù)量關系可得，而，將代入即可.（2）與的一邊相切有兩種情況，先與相切，再與相切；兩種情況的解答方法都是連接圓心與切點，構造直角三角形，根據(jù)條件所給的特殊角的三角函數(shù)解答.（3）①根據(jù)旋轉的性質可得，在中根據(jù)三角函數(shù)可得，故當點與點重合，取得最大值時，有最大值，解之即可.②明顯以點與點重合前后為節(jié)點，點的運動軌跡分兩部分，第一部分為從開始運動到點與點重合，即圖中的，根據(jù)求解；第二部分，根據(jù)為定值可知其軌跡為圖中的，在中用勾股定理求解即可.【詳解】（1），（2）情況1：與相切時，中，∵∴∴解得情況2：與相切時，中，∵∴即解得（3）①在中，∵，，∴，∴當最大時即最大當點與點重合時，的值最大．易知此時．在中，∵∴∴（3）軌跡如圖：從到到,，故，到軌跡