【中考數(shù)學】專題八圓的綜合題總復習

專題八類一轉起圓變問

圓的綜合題(河)如AO，OA4弧B右下tan∠AOB＝，在優(yōu)A3P過P作直l∥OB點Q，Qx接︵若A段AP為13πAOP的及求x線l與AB若段PQ的為x的值．由＝90°，eq\o\ac(△,Rt)POQ中利用銳角三角函數(shù)確OQ到x；確的最在軸負O最PQ與AB相切時過點P

1(2019·創(chuàng)AOB為12，DM是ABAO的中點，段OM點O順時針點M落點N處．點P是優(yōu)弧上一接當PD弧PM當＝90°時求2的當點M線接AP，線APO

2(2019·創(chuàng)在線上，B重合OA繞點O圓OB作半OBP于C交AB于D，6，＝r.當點D圓O上弧AP的長；設圓O與射線OB于G，求的值如DC到EDB，過點O作于F，EF的長r的變求出EF與r

3(2018·擬O5，8G，A在AO＝O逆時持如圖②.AG；當角°若點逆時針旋，.求AG求段EG掃若AE切O于點E，交EO于C，求CE的

類二圓題(河)平形ABCD為QP的半圓如圖①長和O，＝60°，OQ＝OD＝，OP2，＝1，段OD及矩形ABCD位置固定，將線OQ連圓K一起點O按逆時針方為α≤αP

AB上．(填“在”或“不)當α是，OQ經過點B?在α，A間的如點恰好落在求S

陰影．

與CBBA邊交N時BM＝x(x0)，含x的代數(shù)示求x的取

圓K與矩形的邊相求sinαO＝60°，和OP，從而只需借助60°角的B的度B放OQ上，從而，據(jù)α∠AOB要PA的最小值，P在O為圓心為半

A徑OP上即可；由點在點作OD角圓K與BC為接KR后PKR和扇形

用BM表BN，可利用相似三角形轉化為比例關系求解；圓形ABCD的與BC邊與CD邊相

1(2016·北圓O的直徑＝為2弦PQ點O圓M中P點在Q與A點重合但Q與B點重合．與B值l，求

MAB的A間的距M與AB圓M與AB所

6M與求P的注：結果保留π，3cos55°＝

3)32擬O＝1，3

AB與AB所形包括邊界)順時針旋轉αα點A的對應是A′.(1)點O到線AB的距離是，點O分時，的取如ACBDA′BADAO的延長當線A′BO相求α的點A′運動路徑的長度．3(2018·擬是正8，

O與B重合，O為圓心，作半徑長為的半圓O，BCEAB于F，交延長于，M是半圓O：，

．陰影圓O繞點為α＜α：若點C落在半O的直徑GF上，求心OABα圓OO與到33(注：sin，tan37°＝)544(2019·創(chuàng)eq\o\ac(△,Rt)，＝＝10，D是AB的中點，A

，ABC內畫扇點在AC】若點P是弧ED上點Q是BC當Q為BC的中點時，是否存在點P，使得PQDE相的長ABC形點A逆轉(0<α接CE，BD.判斷CE與BD當B，D，E求CE5(2018·模中，AB6，8，OADO在AD的下方作為3的半圓O交AD于E、

接BD圓OG、H求GH的連帶A順時針旋轉E為α＜α7設F到AD的距m當m＞時，求2若O′與線段AB、BC相切時，設切點為RF′R的長．sin49°＝333cos41°＝，tan37°，結果保π4446(2019·創(chuàng)中，連接AC，AB＝2CD＝23，＝點P是且BP＝點P為圓心，為交點E，AB于點AB繞點Aα≤α

P隨AB一起運動，M、旋轉之后對應的點為M′、P′.α為0°時，ME的長；如M在P′F、AF，AFAE求在ABCD

sin

α類三的疊(北弧BO的半2，AB＝3，P為A(點P不與A，重合，將圖形BP折疊，得到點A的A

點O弦AB的距離是當BPO時，∠ABA′當O相切痕若弧B，設∠＝α(1)求O到作AB的垂線，由垂徑定理得解；BP經過點(2)由BA′O接到OB′B，點O的垂由弧AB只有點A′在弧AB∠α1(2018·)4，點從C向A運(C、A)，以BDBD上方作半圓⊙O與AB交于點F，點G

AC邊的中點α.如當＝0°時，如＜αO是否始終經過G，判斷并簡要說明FOG的如當＝30°時，BF弦BFO點？結當0°≤α≤60°時，H運動AH)參考答案例1】解：(1)根據(jù)題意，弧AB的半為OA＝

n＝13π，n，∴＝2639POQ，OQ＝＝，.tan4223求x在點相切＝∠AOB，4＝3，PQ＝3k，則得OQ＝5k565OP，42x.2－31.5－16.5】過P作⊥OA于MPPMQ4＝∠AOB＝，343PQ＝10PQ＝7.555OPM，OM＝

2－PM

2

－10

x＝＋＝7.5＝31.5；P得＝7.5，－MQ＝24－16.5，∴x＝－16.5；P理x＝－31.5.1：點PDO，是AB的中＝150°，πMP5π.當在左作PH⊥AB于，過點O作OG∠A＝30°，Rt

△POG，PO6則PG3，OG3AOB，是AB的中，＝3，形

＝63，DH＝33eq\o\ac(△,Rt)2

PH

2

HD

2

＋

2

(3

2

144＋3；P＝30°，P作PG⊥OD于則OG＝3，PG＝3，63－3.在

2

＝GD2

＋PG

2

＝(63－3)

2＋(3

2

144－3.O相切，理由如下：DMOP，，是AB的中，M是＝

AMD∴△OPM是等∵OP＝AD形O相切2點D在O上，∴OA＝OD，O的切分BP且OD＝BD.＝，sin

1B，2B＝60°，＝，AB＝6＝π4AP.3當點G段AD上時，如解圖①，根據(jù)題意＝＋，－AD＝－2r－1.5，＝∴r＋1.5＝6－2r1.5得＝1G段BD上時，如

r－，∵OB＝－OA，∴6－r＝2(r－1.5)，解得值3.

形＝rr＝＝＝2211r＝BO＝(6－3，222rr＝＝＋3，224：(1)10；或270°.求OG＝當A、、G共線且段AO，AG最G，EFAO上方，α＝90°，在AO下方，則：過G作⊥OA于

＝60°3，33，GH3，22323＝.22eq\o\ac(△,Rt)AGH中，AG＝AH＋2＝

3）2＋（）22π×52120××32π－.3點G作GM⊥AE，交AE的延點.，MEG，∽△OGE，16，55eq\o\ac(△,Rt)EMG中，EM＝

4

2

）2.55∵AE切⊙于E，∴OE⊥AE，AE＝AM－2，12－558.3

例2】解：點P在直線AB上，OQ過點B時eq\o\ac(△,Rt)OAB中AB，∴a＝60°－45°＝，∴P在O為圓點Aα＝60°時，為OP－2－＝1.如圓K與BCR，連作PH⊥AD于RRE⊥KQ于點Eeq\o\ac(△,Rt)OPH中，PH＝AB＝，OP2，∴＝60°－30°＝∠POH＝30°，＝60°，∴S

1π22＝.扇形KRQ3eq\o\ac(△,Rt)RKE中，RE＝RK·＝，4∴S

△PRK

1π3＝∴S＝＋.216陰影2416＝＝∠BNM，∽△BMN，

1－1x，∴BN＝xx＋1點Q落在，x取最大值，作QF⊥AD于點F，2－QF＝2－1，∴x的取值是0≤22－

圓K與矩形與BC相T，設與AD，的初始位置所在的直點，O′.＝90°，′于點eq\o\ac(△,Rt)OSK中OK－SK2＝2eq\o\ac(△,Rt)OSO′＝OS·tan＝3，3＝3，2

eq\o\ac(△,Rt)KGO′∠O′＝30°，13KO′＝－，2433－443－OGK中，α＝.52圓K與AD相切于，如解圖④，11O（O′T－KT22得sinα＝＝55221[5

5162－）2－）23＝.2210圓K與CD相切時點Q與D重合α＝60°，sinα＝60°＝

3243－362－13，sinα.1021如解接OP，＝＝2.＝△OPQ是等

lPQ

π×2.31圓O的長π×4＝π2244∴l(xiāng)AP＋lQB2－π＝ππ.333

點M作點，連∵OP＝，PM1，知3C點O重合時點M與sin

1＝，2＝△AOP是等＝點Q點B圓M與AB點D，連M⊥AB點E，連13＝30°，∴ME＝OM＝，22與

3.2＝1，×12MDB的＝.6113×2224

πM的弧與.64

圓M與AB相點F，MF1.點F在線段eq\o\ac(△,Rt)OFM中，OP＝，＝PM＝，OP

2

－PM

23，OM

2

－FM

22，6cos3∵∠POM＝30°，∴∠AOP＝∠AOM－∠POM＝5°，5×2∴l(xiāng)AP＝.點F在線段π23∴l(xiāng)AP＝.18ππ圓M與AB，.12：(1)，≤2

＝90°，∴D在AO當AO相切，′，＝90°＝90°＝60°。α＝或300；·323α＝120時，′運動路＝3π353α＝300A＝π.33：13,：過O作OQ⊥AB于，如解圖①，∵四ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，F(xiàn)C＝BC8

2

5

54028設圓O交AD于N，過O作OH⊥AD于H，形O繞點F逆時為90°，∴∠OFA＝90°.形＝＝AF＝AB－BF3，AH∥OF.sin

3＝，＝37°，，5

O落在長π.

考2)得OAB為F，∴A到切點為O與相切時，設切點R長RO交于形＝8，＝－5＝352－324，＝＝(BF－＝7接ARAR＝＋AT圓O與AD相切時，設切點為P接F點作＝AF3，AP5

2

－2

2

4(1)如A作AQ⊥BC于Q，DE于，則11BC－5222點Q是BC點E，是ACAB，＝，＝AE，，弧DE相切，點P為DP為D時BP＝＝5P為E時BP＝＋AE55.＝，＝＝AB，＝BD.，＝∠DBA，＋Rt

△CEB設CE＝則BD＝，得x

2＋2)

2

2，

552x2

.5過O作⊥BDN，∴HN＝GN，形＝＝＝＝＝∠OND＝，∽△NDO,，59＝∴HN＝，∴GH＝.5577：過F′F于Q，當?shù)紸DF＝，22721時α＝∴α＝30°，72Q落在DA得α7時，α為30°<α.2當圓O′AB為R，3O∠O＝90°，∵∠O4∠O＝49°，∴∠F′R＋49°，′R＝π×3＝π.60O與BC為RO′作O′P⊥AB于P，連接′R，∠O＝90°，

形∴O′R＝BP＝＝∴

3′P＝，∴∠PO′A＝49°，441′F′＝41°，′R＝π3.6ACD中，＝，＝，AD232

＋AD2＝AC2，D＝90°，＝60°，＝∠DCA＝4，接PE，∵PE＝PB，∠CBA＝60°，是，π2∴ME的長＝；3＝AE且AF

M在上P′P′F，P＝P′F＝′，′＝P′C＝即CF＝＝∠EBA，≌△EBA，＝AE＝，1，＝1.eq\o\ac(△,Rt)ADF中AD＋DF2＝（3）＋12＝13；當≤α≤60°時圓P與BCP與直線P與邊CD為N，長AP交DC點K，連交AB點H，P⊥DC于點＝′H＝NH＝′＝31，23－＝∴3

P與邊AD為N′，AP′交DC于點K∴P′N∠D∴P′N∴N′P∠P＝αeq\o\ac(△,Rt)AP′N′中，AP′3，P′N＝得AN′＝22，22sinα＝∠N′P＝.3P與CD所在sinα23－3

22圓AD，sinα＝.3例3】解：(1)①過點O作OH為接OB，如解圖①所示．，＝3，＝3.＝＝，O到AB的距離為1.BP點作OH⊥AB于點H，＝，2

sin

1＝，2A′BP＝′＝60°.過點O作OG，點G點H，如O相⊥A′B′＝90°.′∠A1OB＝，2＝＝23.為23.若段BA弧AB只有一個公共點B，Ⅰ.由(1)②，BPO時，點