2024年九年级数学中考复习 圆与三角形综合压轴综合题 专题训练(含答案)

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名称 2024年九年级数学中考复习 圆与三角形综合压轴综合题 专题训练(含答案)
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资源类型 教案
版本资源 通用版
科目 数学
更新时间 2024-02-06 22:05:27

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2024年九年级数学中考复习 圆与三角形综合压轴综合题
1.定义:圆心在三角形的一边上,与另一边相切,且经过三角形一个顶点(非切点)的圆,称为这个三角形圆心所在边上的“伴随圆”.
(1)如图①,在中,,,,则边上的伴随圆的半径为______.
(2)如图②,中,点在边上,,为的中点,且.
①求证:的外接圆是的边上的伴随圆;
②的值为______
2.定义:如果一个圆满足:圆心在三角形的一边上,与另一边相切,且经过三角形一个顶点(非切点),那么这个圆称为这个三角形圆心所在边上的“伴随圆”.
(1)如图①,在中,,则边上经过点B的伴随圆的半径为 ;
(2)如图②,在中,,直接写出它的所有伴随圆的半径 ;
(3)如图③,在中,点E在边上,,D为的中点,且.
①求证:的外接圆是的边上的伴随圆;
②求的值.
3.如图,在平面直角坐标系中,,,点C在x轴上,且.
(1)求C点坐标、的度数;
(2)在线段上是否存在点M,使得以线段为直径的圆与边交于P点(与点B不同),且以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
4.如图,三角形中,为中点,,,以为直径作圆,恰好与相切于点.求:

(1)圆的半径;
(2)连接,交于,求的长度;
5.只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形,连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径.

(1)如图①, 在损矩形中,,则该损矩形的直径是线段 .
(2)在图①中线段上确定一点P,使损矩形的四个顶点都在以点P为圆心的同一个圆上(即损矩形的四个顶点在同一个圆上),请作出这个圆,并说明你的理由.(尺规作图不要求写作法,但要保留作图痕迹)
(3)如图②,在中,,以为一边向三角形外作菱形,D为菱形的中心,连接,当平分时,,.求的长.
6.如图1,在中,,为斜边上一点,以为圆心、为半径的圆恰好与相切于点,与的另一个交点为,连接.

(1)请找出图中与相似的三角形,并说明理由;
(2)若,试求图中阴影部分的面积;
(3)小明在解题过程中思考这样一个问题:图1中的的圆心究竟是怎么确定的呢?请你在图2中利用直尺和圆规找到正确圆心(不写作法,保留作图痕迹).
7.如图1,三角形内接于圆O,点D在圆O上,连接和,交于点E,

(1)求证:是直径;
(2)如图2,点F在线段上,,
①求证:;
②若,用含k的表达式表示.
8.如图,在半径为的圆中,、都是圆的半径,且,点是劣弧 上的一个动点点不与点、重合,延长交射线于点.
(1)当点为线段中点时,求的大小;
(2)如果设,,求关于的函数解析式,并写出定义域;
(3)当时,点在线段上,且,点是射线上一点,射线与射线交于点,如果以点、、为顶点的三角形与相似,求的值.
9.婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家,他在三角形、四边形、零和负数的运算规则,二次方程等方面均有建树,他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形,我们把对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”.
(1)若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”,则四边形ABCD是______.(填序号)①矩形;②菱形;③正方形.
(2)如图1,四边形ABCD为的内接四边形,连接AC,BD,OA,OB,OC,OD,已知.求证:四边形ABCD是“婆氏四边形”.
(3)如图2,在中,,以AB为弦的交AC于点D,交BC于点E,连接DE,AE,BD,,,若四边形ABED是“婆氏四边形”,求DE的长.
10.婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家,他在三角形、四边形、零和负数的运算规则,二次方程等方面均有建树,他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形,我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”.
(1)若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”,则四边形ABCD是    (填序号);
①矩形;②菱形;③正方形
(2)如图,四边形ABCD内接于圆,P为圆内一点,∠APD=∠BPC=90°,且∠ADP=∠PBC,求证:四边形ABCD为“婆氏四边形”;
(3)在(2)的条件下,BD=4,且ABDC.
①当DC=2时,求AC的长度;
②当DC的长度最小时,请直接写出tan∠ADP的值.
11.如图,点O为线段AB的中点,点C为线段OA上一点(不与O,A重合),以点O为圆心,OC为半径作圆O交线段OB于点D、∠EAB=∠FBA=60°,AE=BF=2,AB=10,连接EC,FD.
(1)求证:EC=DF;
(2)当EC与圆O相切时,求OC的长度;
(3)直接写出△AEC的外心在该三角形内部时,∠E的取值范围.
12.定义:如果一个三角形中有两个内角α,β,满足α+2β=90°,那么我们称这个三角形为“近直角三角形”.
(1)若△ABC是“近直角三角形”,∠B>90°,∠C=50°,则∠A=  °;
(2)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,点O为AB边上一点,以OB为半径的圆与AC相切于点D,连接BD.求证:△ABD是“近直角三角形”.
13.如图,已知线段AB=2,MN⊥AB于点M,且AM=BM,P是射线MN上一动点,E,D分别是PA,PB的中点,过点A,M,D的圆与BP的另一交点C(点C在线段BD上),连结AC,DE.
(1)当时,求∠B和的度数;
(2)求证:;
(3)在点P的运动过程中,当时,取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q,若以这三点为顶点的三角形是直角三角形,且Q为锐角顶点,求所有满足条件的MQ的值.
14.数学课中,张老师和同学们复习回顾圆与正多边形位置关系时,马伊同学向大家分享了自己设计的一个作圆内接等边三角形的方法,方法如下:
①如图,作直径;
②作半径的垂直平分线,交于两点;
③连结,那么为所求的三角形.
张老师认可马伊同学的设计,请您顺着马伊同学的设计思路完成整个过程.
(1)用尺规在原图上作出;
(2)证明是等边三角形.
15.在一个三角形中,如果有一边上的中线等于这条边的一半,那么就称这个三角形为“智慧三角形”.
(1)如图1,已知、是⊙上两点,请在圆上画出满足条件的点,使为“智慧三角形”,并说明理由;
(2)如图2,是等边三角形,,以点为圆心,的半径为1画圆,为边上的一动点,过点作的一条切线,切点为,求的最小值;
(3)如图3,在平面直角坐标系中,⊙的半径为1,点是直线上的一点,若在⊙上存在一点,使得为“智慧三角形”,当其面积取得最小值时,求出此时点的坐标.
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.(1)2
(2)②
【详解】(1)解:,,,

为圆的直径.
边上的伴随圆的半径为2.
故答案为:2.
(2)①证明:如图连接、,
为直角三角形,
的外接圆圆心在中点上,
设的半径为,则,,








,,



在和中


是的切线.
的外接圆是某一条边上的伴随圆;
②如图设圆的半径为,
在中,,,


在中,,,

在中,,,







故答案为:.
2.(1)
(2)或或
(3)②
【详解】(1)解:由题意知,,
∴,
解得,,
∴边上经过点B的伴随圆的半径为,
故答案为:;
(2)解:由题意知,分圆心在或上两种情况求解:
①当圆心在,如图1,过点与边相切于点,连接,作于,
∵,
∴,
由勾股定理得,,
设伴随圆的半径为,则,,
∵,
∴,
∴,即,
解得;
②当圆心在上,如图2,过点与边相切于点,连接,作于,
∴,
设伴随圆的半径为,则,,
同理,可证,
∴,即,
解得;
如图3,过点与边相切于点,连接,作于,于,
∵,
∴,
解得,,
设伴随圆的半径为,则,,
∵,,
∴,
∴,即,
解得,;
综上所述,它的所有伴随圆的半径为或或,
故答案为:或或;
(3)①证明:∵是直角三角形,
∴的外接圆是以中点为圆心,长为半径的圆,如图4,连接,
设的半径为,则,
∴,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∵,,,
∴,
∴,
又∵是半径,
∴是的切线,
∴的外接圆是的边上的伴随圆;
②解:由①可知,,
在,由勾股定理得,,
∴,
由勾股定理得,,
∵,
∴,
∴,
∴的值为.
3.(1),
(2)或
【详解】(1)∵,,,,
∴,,,
∴,,
∴,,
∴,.
(2)当时,
连接,
∵线段为直径,
∴,
∵,,,
∴,
∴,
∴,
∴,
解得,
∴,
解得,
故;
当时,点P在的垂直平分线上,点N为垂足,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
解得,
故;
当时,点P不在上,不符合题意,
故或.
4.(1)
(2)
【详解】(1)解:连接,以为直径作圆,恰好与相切于点,
∴,

∵为中点,,
∴,
设半径为,则,
∴.
(2)如图,连接,,交于点P,由(1)可得:,,,
∴,
∴,

∴,
∵,,
∴,,
∴,而,,
∴,
∴,,
∴,
∴,
∴.
5.(1)
(3)
【详解】(1)解:由题意得,只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形,连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径.因此是该损矩形的直径,
故答案为:;
(2)解:如图①,点P即为求作的点;
作线段的垂直平分线,与线段交于点P,则点P为线段的中点.
证明:由作图得点P为中点,

∴,
∵ ,
∴,
∴,
∴点A、B、C、D在以P为圆心,为半径的同一个圆上;
(3)解:四边形为正方形,理由如下:
∵,平分,
∴,
∵四边形为损矩形,
∴由(2)可知A、B、C、D四点共圆,
∴,
∵四边形是菱形,
∴,
∴菱形为正方形;
过点D作交延长线于M,于N,

∴四边形是矩形,
又∵平分,
∴四边形是正方形,
∴,
在中,由勾股定理得,
∴,
∴,
∵,, ,
∴,
解得,(负值舍去).
∴的长为6.
6.(1)与相似,(2)
【详解】(1)解:与相似,
理由如下:如图1所示,连接

恰好与相切于点

又,




为的直径,


∴.
(2)解:


根据勾股定理得


作于点H,则,
∴,
∴,,
∴,

(3)如图所示,点O即为所求,

证明:由作图可知,平分,垂直平分于点D,
∴,,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴是的切线,
∴即为所求.
7.(2)②
【详解】(1)证明:由圆周角定理得:,



是直径.
(2)证明:①,,


由圆周角定理得:,


②如图,过点作于点,

设,,则,,
在中,,

设,则,
,,,



由圆周角定理得:,
在和中,,

,即,
解得,

由勾股定理得:,

整理得:,
解得或(舍去),
则.
8.(1)
(2)关于的函数解析式为,定义域为
(3)
【详解】(1)解:如图,连接,
∵点为线段中点,,
∴,
∵,
∴,
∴是等边三角形,
∴,
∴;
(2)解:如图,连接,,过点作于点,
∵,,,
∴ ,,
∴,
∴,
∵,
∴∽,
∴,
∵,OD=y+3,

∴,
∵点是劣弧上的一个动点点不与点、重合,
∴,
∵,
∴,
∴y关于的函数解析式为,定义域为;
(3)解:如图,
当时,由可知,,
∵,,
,,,
∵∽,

∵ ,
∴,

∴∽,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵∽,
∴.
9.(1)③
(3)1.5
【详解】(1)解:当平行四边形ABCD是“婆氏四边形”时,则四边形ABCD的对角线AC⊥BD,
∴四边形ABCD是菱形,
∴∠ADC=∠ABC,
∵四边形ABCD为的内接四边形,
∴∠ADC+∠ABC=180°,
∴∠ABC=90°,
∴四边形ABCD是正方形;
故答案为:③
(2)证明:设AC与BD交于点E,
∵,
∴,
∴∠CED=90°,
∴AC⊥BD,
∴四边形ABCD是“婆氏四边形”;
(3)解:∵,
∴,
∴AC=4,
∵BD为的直径,
∴∠BED=∠DEC=90°,
∵四边形ABED是“婆氏四边形”,
∴BD⊥AE,
∴弧AD=弧DE,弧AB=弧BE,
∴AD=DE,BE=AB=3,
设AD=DE=x,则CD=4-x,CE=5-3=2,
在中,,
∴,解得:,
即DE=1.5.
10.(1)③
(3)①;②
【详解】(1)解:若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”,则四边形ABCD是正方形.理由:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴∠ABC=∠ADC.
∵四边形ABCD是圆内接四边形,
∴∠ABC+∠ADC=180°.
∴∠ABC=∠ADC=90°.
∴平行四边形ABCD是矩形.
∵四边形ABCD是“婆氏四边形”,
∴AC⊥BD.
∴矩形ABCD是正方形.
故答案为:③;
(2)证明:连接AC,交PD于点G,交BD于点E,如图,
∵∠APD=∠BPC=90°,且∠ADP=∠PBC,
∴,
∴,
∵∠APD=∠BPC=90°,
∴∠APD+∠DPC=∠BPC+∠DPC.
即:∠APC=∠DPB.
∴,
∴∠PAC=∠PDB,
∵∠APD=90°,
∴∠PAC+∠PGA=90°.
∵∠PGA=∠DGE,
∴∠PDB+∠DGE=90°.
∴∠GED=90°.
∴AC⊥BD.
∵四边形ABCD内接于圆,
∴四边形ABCD为“婆氏四边形”;
(3)解:①由(2)知:AC⊥BD与点E,设CE=x,
∵∠AEB=∠DEC=90°,∠BAC=∠BDC,
∴,
∴,
∵ABDC,
∴BECEx.
∵BD=4,
∴DE=4x.
∵CE2+DE2=CD2,
∴.
解得:x.
∵当x时,BEx=34,
∴x不合题意,舍去.
∴x.
∴BEx=3.
∴DE=BD﹣BE1.
∵△ABE∽△DCE,
∴.
∴AEDE=3.
∴AC=AE+CE=322;
②设DC的长度为a,CE=x,
∵∠AEB=∠DEC=90°,∠BAC=∠BDC,
∴△ABE∽△DCE.
∴.
∵ABDC,
∴BECEx.
∵BD=4,
∴DE=4x.
∵CE2+DE2=CD2,
∴.
∴4x+16﹣a2=0.
∵Δ4×4(16﹣a2)≥0,
∴a2≥4,
∵a>0,
∴a≥2,
∴a有最小值2.
即DC的长度最小值为2.
∴.
解得:x.
∴CE.
∴BE=3.
∴DE=BD﹣BE=1.
∴AEDE.
∴AC=AE+CE=2.
由(2)知:,
∴,
在Rt△APD中,
tan∠ADP.
11.(2)4
(3)30°<∠E<90°
【详解】(1)证明:∵O为AB的中点,
∴OA=OB,
∴AC+CO=OD+BD,且CO=DO,
∴AC=DB,且∠A=∠B,AE=BF,
∴△CAE≌△DBF(SAS),
∴EC=DF;
(2)解:如图,
∵EC与圆O相切,
∴∠OCE=90°,
∴∠ACE=90°,
∵∠EAB=60°,
∴cos∠EAC==cos60°,
∴AC=AE=1,
∵△CAE≌△DBF,
∴AC=BD=1,
∴CD=AB﹣AC﹣BD=10﹣2=8.
∴OC=OD=CD=4;
(3)∵△AEC的外心在该三角形内部,
∴△AEC是锐角三角形,
∵∠EAB=60°,
∴30°<∠E<90°.
12.(1)20
【详解】(1)解:∵△ABC是“近直角三角形”,∠B>90°,∠C=50°,
∴∠C+2∠A=90°,
∴2∠A=90°﹣50°,
∴2∠A=40°,
∴∠A=20°,
故答案为:20;
(2)证明:连接OD,
∵AC与⊙O相切于点D,
∴∠ODA=90°,
∴∠A+∠AOD=90°,
∵∠AOD=2∠ABD,
∴∠A+2∠ABD=90°,
∴△ABD是“近直角三角形”.
13.(1),
(3)或或
【详解】(1)解:∵MN⊥AB,AM=BM,
∴PA=PB,
∴∠PAB=∠B,
∵∠APB=28°,
∴∠B=76°,
如图1,连接MD,
∵MD为△PAB的中位线,
∴MD∥AP,
∴∠MDB=∠APB=28°,
∴;
(2)解:∵∠BAC=∠MDC=∠APB,
又∵∠BAP=180°-∠APB-∠B,∠ACB=180°-∠BAC-∠B,
∴∠BAP=∠ACB,
∵∠BAP=∠B,
∴∠ACB=∠B,
∴AC=AB;
(3)解:如图2,记MP与圆的另一个交点为R,
∵MD是Rt△MBP的中线,
∴DM=DP,
∴∠DPM=∠DMP=∠RCD,
∴RC=RP,
∵∠ACR=∠AMR=90°,
∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2,
∴12+MR2=22+CR2,
∴12+(4-PR)2=22+CR2,
∴PR=,MR=,
接下来分情况讨论:
情况一:当∠ACQ=90°时,AQ为圆的直径,
∴Q与R重合,
∴MQ=MR=;
情况二:当∠QCD=90°时,如下图3所示:
在Rt△QCP中,PQ=2PR=,
∴MQ=;
情况三:当∠QDC=90°时,如下图4所示:
∵BM=1,MP=4,
∴BP=,
∴,
∵,
∴,
∴;
情况四:当∠AEQ=90°时,如下图5所示:
由圆的对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°,
∴;
综上所述,MQ的值为或或.
14.
【详解】解:(1)如图;
(2)连接CO,弧BC交AD于D,如图,
∵BC垂直平分OD,
∴OE=OD,即OE=OC,
在Rt△OEC中,∵sin∠OCE=,
∴∠OCE=30°,
∴∠COE=60°,
∵AD⊥BC,
∴弧BD=弧CD,弧AB=弧AC,
∴AB=AC,∠BAD=∠CAD=∠COE=30°,
∴∠BAC=60°,
∴△ABC为等边三角形.
15.(2);(3)或
【详解】(1)如图1,点和均为所求
理由:连接、并延长,分别交于点、,
连接、,∵是的直径,∴,
∴是“智慧三角形”
同理可得,也是“智慧三角形”
(2)∵是的切线,∴,
∴,
∴当最小时,最小,
即当时,取得最小值,
如图2,作于点,过点作的一条切线,切点为,连接,
∵是等边三角形,,
∴,,
∴,
∵是的一条切线,∴,,
∴,
当点与重合时,与重合,
此时.
(3)由“智慧三角形”的定义可得为直角三角形,
根据题意,得一条直角边.
∴当最小时,的面积最小,即最小时.
如图3,由垂线段最短,可得的最小值为3.
∴.
过作轴,
∵,
∴.
在中,,
故符合要求的点坐标为或.
答案第1页,共2页
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