2025年中考數(shù)學二輪復習：圓 壓軸填空題練習題（含答案解析）

第第頁2025年中考數(shù)學二輪復習：圓壓軸填空題練習題一．填空題（共25小題）1．在平面直角坐標系中，A（1，0），B(0，3)，過點B作直線BC∥x軸，點P是直線BC上的一個動點以AP為邊在AP右側作Rt△APQ，使∠APQ＝90°，且AP：AQ＝1：2，連結AB、BQ，則△ABQ周長的最小值為2．如圖，以G（0，1）為圓心，半徑為2的圓與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C，D兩點，點E為⊙G上一動點，CF⊥AE于F，則弦AB的長度為；當點E在⊙G的運動過程中，線段FG的長度的最小值為．3．點I為△ABC的內心，連AI交△ABC的外接圓于點D，若AI＝2CD，點E為弦AC的中點，連接EI，IC，若IC＝6，ID＝5，則IE的長為．4．如圖，△ABC內接于⊙O，AB為⊙O的直徑，I為△ABC的內心，連接OI，AI，BI．若OI⊥BI，OI＝1，則AB的長為．5．如圖，AB是半圓O的直徑，點C在半圓上，AB＝5，AC＝4，D是BC上的一個動點，連接AD．過點C作CE⊥AD于E，連接BE，則BE的最小值是．6．如圖，正方形ABCD中，AB＝4，M是CD邊上一個動點，以CM為直徑的圓與BM相交于點Q，P為CD上另一個動點，連接AP，PQ，則AP+PQ的最小值是．7．如圖，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，AB是⊙O的直徑，將矩形ABCD繞點A順時針旋轉得到矩形A′B′C′D′，且AD′交⊙O于點E，AB′交⊙O于點F，D′C′與⊙O相切于點M．下列說法正確的有．（只填寫序號）①AE＝4，②AE=EM=MB，③AF=438．如圖，AB為⊙O的直徑，CD、CB為⊙O的切線，D、B為切點，連接AD、BD，OC交⊙O于點E，AE交BD于G，AE的延長線交BC于點F，以下結論：①AD∥OC；②點E為△CDB的內心；③FC＝FE；④EG＝FE；⑤∠CFE＝∠AGB．其中正確的有．9．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E為AB邊上一點，以AE為直徑的半圓O與BC相切于點D，連結AD，BE＝3，BD＝35．P是AB邊上的動點，當△ADP為等腰三角形時，AP的長為．10．如圖，∠ACB＝60°，半徑為2的⊙O與角的兩邊相切，點P是⊙O上任意一點，過點P向角的兩邊作垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，設t＝PE+2PF，則t的取值范圍是．11．如圖，等腰△ABC中，底邊BC長為10，腰長為7，點D是BC邊上一點，過點B作AC的平行線與過A、B、D三點的圓交于點E，連接DE，則DE的最小值是．#ZZ0112．如圖，點C在以AB為直徑的半圓上，AB＝6，∠CBA＝30°，點D在線段AB上運動，點E與點D關于AC對稱，DF⊥DE于點D，并交EC的延長線于點F．下列結論正確的．（填序號）①CE＝CF；②當EF∥AB時，點F恰好落在弧BC上；③當EF與半圓相切時，AD＝2；④當點D從點A運動到點B時，線段EF掃過的面積是6313．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，直線l經過△ABC的內心O，過點C作CD⊥l，垂足為D，連接AD，則AD的最小值是．14．已知⊙O半徑為4，點A，B在⊙O上，∠BAC＝90°，sin∠B=21313，則線段OC15．如圖，點C在以AB為直徑的半圓上，AB＝4，∠CBA＝30°，點D在線段AB上運動，點E與點D關于AC對稱，DF⊥DE于點D，并交EC的延長線于點F．下列結論：①∠F＝30°；②CE＝CF；③線段EF的最小值為23；④當AD＝1時，EF與半圓相切；⑤當點D從點A運動到點B時，線段EF掃過的面積是83．其中正確的結論的序號為．16．如圖，半圓O的直徑DE＝12cm，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，BC＝12cm．半圓O以2cm/s的速度從左向右運動，當圓心O運動到點B時停止，點D、E始終在直線BC上．設運動時間為t（s），運動開始時，半圓O在△ABC的左側，OC＝8cm．當t＝時，Rt△ABC的一邊所在直線與半圓O所在的圓相切．17．如圖，在平面直角坐標系中，⊙O與x軸正半軸，y軸負半軸分別交于點A，B，點C（﹣2，2）在⊙O上，點D為OB的中點，連結CD并延長CD交⊙O于點E，點F在x軸的正半軸上，聯(lián)結DF，CF交⊙O于點G，若弧AG＝弧BE，則△CDF的面積為．#ZZ0118．△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，E是AC的中點，MN分別是邊AB、BC上的動點，D也是BC邊上的一個動點，以CD為直徑作⊙O，連接ED交⊙O于F，連接FM，MN，則FM+MN的最小值為．19．如圖，半徑為2的⊙O與正六邊形ABCDEF相切于點C，F(xiàn)，則圖中陰影部分的面積為．20．正方形ABCD中，E是AD邊中點，連接CE，作∠BCE的平分線交AB于點F，則以下結論：①∠ECD＝30°，②△BCF的外接圓經過點E；③四邊形AFCD的面積是△BCF面積的5倍；④BFAB=521．在平面直角坐標系xOy中，已知點P（﹣5，2），M（﹣5，3），⊙P的半徑為1，直線l：y＝ax，給出下列四個結論：①當a＝1時，直線l與⊙P相離；②若直線l是⊙P的一條對稱軸，則a=?2③若直線l與⊙P只有一個公共點A，則OA＝27；④若直線l上存在點B，⊙P上存在點N，使得∠MBN＝90°，則a的最小值為?3其中所有正確的結論序號是．22．已知矩形MNPQ的頂點M，N，P，Q分別在正六邊形ABCDEF的邊DE，F(xiàn)A，AB，CD上，在點M從E移動到D的過程中，下列對矩形MNPQ的判斷：①矩形MNPQ的面積與周長保持不變；②矩形MNPQ的面積逐漸減少；③矩形MNPQ的周長逐漸增大；④矩形MNPQ的對角線長存在最小值．一定正確的是．（填序號）23．如圖，AB是半圓O的直徑，點C在半徑OA上，過點C作CD⊥AB交半圓O于點D．以CD，CA為邊分別向左、下作正方形CDEF，CAGH．過點B作GH的垂線與GH的延長線交于點I，M為HI的中點．記正方形CDEF，CAGH，四邊形BCHI的面積分別為S1，S2，S3．（1）若AC：BC＝2：3，則S1S2（2）若D，O，M在同條直線上，則S1+S24．如圖，拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸交于A、B兩點（A在B的左側），與y軸交于C點，⊙D過A、B、C三點，P是⊙D上一動點，連接PC、PO，則2PC+5PO的最小值為25．已知：如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝12，圓C半徑為6，P為斜邊AB上的一個動點，PM、PN分別與圓C相切于M、N，連接MN交PC于點Q，則AQ的最小值為．

參考答案與試題解析一．填空題（共25小題）1．在平面直角坐標系中，A（1，0），B(0，3)，過點B作直線BC∥x軸，點P是直線BC上的一個動點以AP為邊在AP右側作Rt△APQ，使∠APQ＝90°，且AP：AQ＝1：2，連結AB、BQ，則△ABQ周長的最小值為213【考點】圓周角定理；軸對稱﹣最短路線問題；坐標與圖形性質；勾股定理的逆定理．【專題】平移、旋轉與對稱；應用意識．【答案】213+【分析】設P（m，3）．作AM⊥BC于M，QN⊥BC于N．利用新三角形的性質求出點Q的坐標推出，點Q的運動軌跡是直線y=?3x+53，作點A關于直線y=?3x+53的對稱點A′，連接BA′交直線于Q′，連接AQ′，此時△【解答】解：∠APQ＝90°，且AP：AQ＝1：2，∴∠AQP＝30°．∴tan∠AQP=PA設P（m，3）．作AM⊥BC于M，QN⊥BC于N．∵∠AMP＝∠APQ＝∠QNP＝90°，∴∠APM+∠NPQ＝90°，∠NPQ+∠PQN＝90°，∴∠APM＝∠PQN，∴△AMP∽△PNQ，∴AMPN∴3PN∴PN＝3，NQ=3（m∴Q（m+3，23?3∴點Q的運動軌跡是y=?3x+53作點A關于直線y=?3x+53的對稱點A′，連接BA′交直線于Q′，連接AQ′，此時△ABQ∵A′（7，23），B（0，3），A（1，0），∴A′B=72+(3)2∴△ABQ的周長的最小值＝AQ′+BQ′+AB＝A′Q′+BQ′+AB＝A′B+AB＝213+故答案為：213+【點評】本題考查軸對稱﹣最短問題，坐標與圖形的性質等知識，解題的關鍵是正確尋找點Q的運動軌跡，學會利用軸對稱解決最短問題，屬于中考填空題中的壓軸題．2．如圖，以G（0，1）為圓心，半徑為2的圓與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C，D兩點，點E為⊙G上一動點，CF⊥AE于F，則弦AB的長度為23；當點E在⊙G的運動過程中，線段FG的長度的最小值為3?1【考點】垂徑定理；坐標與圖形性質．【專題】圓的有關概念及性質．【答案】見試題解答內容【分析】作GM⊥AC于M，連接AG．因為∠AFC＝90°，推出點F在以AC為直徑的⊙M上推出當點F在MG的延長線上時，F(xiàn)G的長最小，最小值＝FM﹣GM，想辦法求出FM、GM即可解決問題；【解答】解：作GM⊥AC于M，連接AG．∵GO⊥AB，∴OA＝OB，在Rt△AGO中，∵AG＝2，OG＝1，∴AG＝2OG，OA=2∴∠GAO＝30°，AB＝2AO＝23，∴∠AGO＝60°，∵GC＝GA，∴∠GCA＝∠GAC，∵∠AGO＝∠GCA+∠GAC，∴∠GCA＝∠GAC＝30°，∴AC＝2OA＝23，MG=12∵∠AFC＝90°，∴點F在以AC為直徑的⊙M上，當點F在MG的延長線上時，F(xiàn)G的長最小，最小值＝FM﹣GM=3故答案為23，3?【點評】本題考查垂徑定理、直角三角形30度角的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．3．點I為△ABC的內心，連AI交△ABC的外接圓于點D，若AI＝2CD，點E為弦AC的中點，連接EI，IC，若IC＝6，ID＝5，則IE的長為4．【考點】三角形的內切圓與內心；三角形的外接圓與外心．【專題】圓的有關概念及性質．【答案】見試題解答內容【分析】延長ID到M，使得DM＝ID，連接CM．想辦法求出CM，證明IE是△ACM的中位線即可解決問題；【解答】解：延長ID到M，使得DM＝ID，連接CM．∵I是△ABC的內心，∴∠IAC＝∠IAB，∠ICA＝∠ICB，∵∠DIC＝∠IAC+∠ICA，∠DCI＝∠BCD+∠ICB，∠BCD＝∠IAB，∴∠DIC＝∠DCI，∴DI＝DC＝DM，∴∠ICM＝90°，∴CM=I∵AI＝2CD＝10，∴AI＝IM，∵AE＝EC，∴IE=12故答案為4．【點評】本題考查三角形的內心、三角形的外接圓、三角形的中位線定理、直角三角形的判定、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造三角形中位線解決問題．4．如圖，△ABC內接于⊙O，AB為⊙O的直徑，I為△ABC的內心，連接OI，AI，BI．若OI⊥BI，OI＝1，則AB的長為25．【考點】三角形的內切圓與內心；三角形中位線定理；垂徑定理；圓周角定理；三角形的外接圓與外心．【專題】計算題；幾何綜合題；數(shù)形結合；幾何直觀；運算能力；推理能力．【答案】25．【分析】延長BI交⊙O于M點，連接MA，通過中位線定理可求出AM的長，再通過角的關系可求得∠MIA＝45°，進而求證直角三角形MAI為等腰直角三角形，求得MI的長，MB的長，利用勾股定理求出AB的長．【解答】解：延長BI交⊙O于M點，連接MA，在△ABM中斜邊AB經過圓心O，∴∠AMB＝90°，又∵BI⊥OI，AO＝OB，∴OI為△AMB的中位線，∴AM＝2OI＝2，在Rt△ABC中，I為三個角平分線的交點∴∠IAB+∠IBA＝45°，即∠MIA＝45°（三角形外角與內角的關系），∴Rt△MAI為等腰直角三角形，∴MA＝MI＝IB＝2，根據(jù)勾股定理可得，AB2＝MA2+MB2＝22+42＝20，即AB＝25，故答案為：25．【點評】本題考查了三角形中位線，三角形內切圓圓心，直角三角形以及勾股定理，解題的關鍵是掌握三角形中位線定理，三角形內切圓圓心，直角三角形性質以及勾股定理．5．如圖，AB是半圓O的直徑，點C在半圓上，AB＝5，AC＝4，D是BC上的一個動點，連接AD．過點C作CE⊥AD于E，連接BE，則BE的最小值是13?2【考點】圓周角定理；三角形三邊關系；勾股定理．【專題】與圓有關的計算；應用意識．【答案】見試題解答內容【分析】如圖，連接BO′、BC．在點D移動的過程中，點E在以AC為直徑的圓上運動，當O′、E、B共線時，BE的值最小，最小值為O′B﹣O′E，利用勾股定理求出BO′即可解決問題．【解答】解：如圖，取AC的中點O′，連接BO′、BC．∵CE⊥AD，∴∠AEC＝90°，∴在點D移動的過程中，點E在以AC為直徑的圓上運動，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝5，∴BC=A在Rt△BCO′中，BO′=B∵O′E+BE≥O′B，∴當O′、E、B共線時，BE的值最小，最小值為O′B﹣O′E=13故答案為：13?【點評】本題考查圓周角定理、勾股定理、點與圓的位置關系等知識，解題的關鍵是確定等E的運動軌跡是以AC為直徑的圓上運動，屬于中考填空題中壓軸題．6．如圖，正方形ABCD中，AB＝4，M是CD邊上一個動點，以CM為直徑的圓與BM相交于點Q，P為CD上另一個動點，連接AP，PQ，則AP+PQ的最小值是213?2【考點】垂徑定理；軸對稱﹣最短路線問題；正方形的性質．【專題】幾何動點問題；動點型；數(shù)形結合；幾何直觀；推理能力．【答案】213【分析】AP+PQ中，A點是定點，P，Q是動點，P在線段DC上，想到將軍飲馬，Q在以BC為直徑的圓上，最終轉化為點圓最值問題．【解答】解：連接CQ，以CD為一條邊在右側作正方形CDEF，則∠MQC＝90°，∴∠BQC＝90°，∴點Q在以BC為直徑的圓上運動，∵AD＝DE，∠ADP＝∠EDP，DP＝DP，∴△ADP≌△EDP（SAS），∴AP＝EP，∴AP+PQ＝EP+PQ≥EQ≥EO﹣ON=OF2+EF∴AP+PQ的最小值為213故答案為：213【點評】本題考查了將軍飲馬、隱圓、點圓最值問題，關鍵是找出定點和動點，以及動點在什么圖形上運動．7．如圖，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，AB是⊙O的直徑，將矩形ABCD繞點A順時針旋轉得到矩形A′B′C′D′，且AD′交⊙O于點E，AB′交⊙O于點F，D′C′與⊙O相切于點M．下列說法正確的有①②③④．（只填寫序號）①AE＝4，②AE=EM=MB，③AF=43【考點】圓的綜合題．【專題】幾何綜合題；壓軸題；推理填空題；矩形菱形正方形；與圓有關的位置關系；運算能力；推理能力．【答案】①②③④．【分析】連接OE，OM，過點O作ON⊥AD′于點N，可得四邊形OMD′N是矩形，證明OM＝ND′＝4，根據(jù)OA＝OE，ON⊥AD′，可得AN＝EN＝2，進而可以判斷①正確；證明△OAE是等邊三角形，可得∠EOM＝60°，∠BOM＝60°，進而可以判斷②正確；連接BF，根據(jù)AB是⊙O的直徑，可得∠AFB＝90°，利用含30度角的直角三角形即可判斷③正確；根據(jù)∠DAB＝90°，∠D′AO＝60°，即可判斷④正確．【解答】解：如圖，連接OE，OM，過點O作ON⊥AD′于點N，∵D′C′與⊙O相切于點M，∴OM⊥C′D′，∴四邊形OMD′N是矩形，∴OM＝ND′，∵AB＝8，AB是⊙O的直徑，∴OM＝ND′＝4，在矩形ABCD中，由旋轉可知：AD′＝AD＝6，∴AN＝AD′﹣ND′＝6﹣4＝2，∵OA＝OE，ON⊥AD′，∴AN＝EN＝2，∴AE＝4，故①正確；∵AE＝AO＝OE＝4，∴△OAE是等邊三角形，∴∠AOE＝∠OEA＝60°，∴∠OED′＝120°，∵∠D′＝∠OMD′＝90°，∴∠EOM＝60°，∴∠BOM＝60°，∴AE=EM=如圖，連接BF，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AFB＝90°，∵∠EAO＝60°，∠D′AB′＝90°，∴∠BAF＝30°，∴BF=12∴AF=3BF＝43，故③∵∠DAB＝90°，∠D′AO＝60°，∠DAD′＝30°，故④正確．綜上所述：正確的有①②③④．故答案為：①②③④．【點評】本題屬于幾何綜合題，是中考選擇題的壓軸題，考查了切線的性質，圓周角定理，垂徑定理，矩形的判定與性質，旋轉的性質，等邊三角形的判定與性質，含30度角的直角三角形，解決本題的關鍵是得到△OAE是等邊三角形．8．如圖，AB為⊙O的直徑，CD、CB為⊙O的切線，D、B為切點，連接AD、BD，OC交⊙O于點E，AE交BD于G，AE的延長線交BC于點F，以下結論：①AD∥OC；②點E為△CDB的內心；③FC＝FE；④EG＝FE；⑤∠CFE＝∠AGB．其中正確的有①②④⑤．【考點】三角形的內切圓與內心；垂徑定理；圓周角定理；切線的性質．【專題】圓的有關概念及性質；推理能力．【答案】①②④⑤．【分析】如圖所示，連接OD，DE，EB，先證明Rt△CDO≌Rt△CBO（HL），得到∠COD＝∠COB，再由圓周角定理得到∠COB=∠DAB=12∠DOB即可判斷①；根據(jù)切線的性質和三角形內角和定理得到∠DOC+∠DCO＝90°＝∠ODE+∠CDE，進而推出∠BDE=12∠BOE則DE是∠CDB的角平分線，同理可證得BE是∠CBD的平分線，即可判斷②；若FC＝FE，則應有∠OCB＝∠CEF，應∠CEF＝∠AEO＝∠EAB＝∠OCB，進而推出∠COB＝60°而∠COB的度數(shù)不一定是60度，即可判斷③；由E為△CBD的內心，推出BE是∠FBG的角平分線，證明△FEB≌△【解答】解：如圖，連接OD，DE，EB，∵CD、BC是⊙O的切線，∴∠ODC＝∠OBC＝90°，OD＝OB，∵OC＝OC，∴Rt△CDO≌Rt△CBO（HL），∴∠COD＝∠COB，∴∠COB=∠DAB=1∴AD∥OC，故①正確；∵CD是⊙O的切線，∴∠ODC＝90°，∴∠DOC+∠DCO＝90°＝∠ODE+∠CDE，∵OD＝OE，∴2∠ODE+∠DOC＝180°∴∠CDE=1∵∠BDE=1∴∠CDE＝∠BDE，即DE是∠CDB的角平分線，同理可證得BE是∠CBD的平分線，∴E為△CBD的內心，故②正確；若FC＝FE，則應有∠OCB＝∠CEF，應有∠CEF＝∠AEO＝∠EAB＝∠OCB，∴∠COB＝∠OAE+∠OEA＝2∠OCB，∴∠COB＝60°，而∠COB的度數(shù)不一定是60度，故③不正確；∵E為△CBD的內心，∴BE是∠FBG的角平分線，∵AB為⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°，即BE⊥FG，∴△FEB≌△GEB（ASA），∴EG＝FE，BG＝BF，故④正確；∵BG＝BF，∴∠BGF＝∠BFG，∴∠CFE＝∠AGB，故⑤正確；因此正確的結論有：①②④⑤．故答案為：①②④⑤．【點評】本題主要考查了切線的性質，全等三角形的判定和性質，圓周角定理，內心的概念，三角形內角和定理，等腰三角形的性質等，解決本題的關鍵是掌握切線的性質．9．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E為AB邊上一點，以AE為直徑的半圓O與BC相切于點D，連結AD，BE＝3，BD＝35．P是AB邊上的動點，當△ADP為等腰三角形時，AP的長為6或230．【考點】圓的綜合題．【專題】幾何綜合題；圓的有關概念及性質；推理能力．【答案】6或230．【分析】連接OD，DE，根據(jù)切線的性質和勾股定理求出OD＝6，然后分三種情況討論：①當AP＝PD時，此時P與O重合，②如圖2，當AP′＝AD時，③如圖3，當DP′′＝AD時，分別進行求解即可．【解答】解：如圖1，連接OD，DE，∵半圓O與BC相切于點D，∴OD⊥BC，在Rt△OBD中，OB＝OE+BE＝OD+3，BD＝35．∴OB2＝BD2+OD2，∴（OD+3）2＝（35）2+OD2，解得OD＝6，∴AO＝EO＝OD＝6，①當AP＝PD時，此時P與O重合，∴AP＝AO＝6；②如圖2，當AP′＝AD時，在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∴AC⊥BC，∴OD∥AC，∴△BOD∽△BAC，∴ODAC∴6AC∴AC＝10，CD＝25，∴AD=AC2∴AP′＝AD＝230；③如圖3，當DP′′＝AD時，∵AD＝230，∴DP′′＝AD＝230，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠BAD，∴OD∥AC，∴∠ODA＝∠CAD，∴∠BAD＝∠CAD，∴AD平分∠BAC，過點D作DH⊥AE于點H，∴AH＝P″H，DH＝DC＝25，∵AD＝AD，∴Rt△ADH≌Rt△ADC（HL），∴AH＝AC＝10，∴AH＝AC＝P″H＝10，∴AP″＝2AH＝20（P為AB邊上一點，不符合題意，舍去），綜上所述：當△ADP為等腰三角形時，AP的長為6或230．故答案為：6或230．【點評】此題屬于圓的綜合題，考查了切線的性質，圓周角定理，勾股定理，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，綜合性強，解決本題的關鍵是利用分類討論思想．10．如圖，∠ACB＝60°，半徑為2的⊙O與角的兩邊相切，點P是⊙O上任意一點，過點P向角的兩邊作垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，設t＝PE+2PF，則t的取值范圍是6﹣23≤t≤6+23【考點】切線的性質．【專題】幾何綜合題；推理能力．【答案】6﹣23≤t≤6+23【分析】設半徑為2的⊙O與角的兩邊相切于M，N，連接OM，ON，延長NO交CB于D，求得∠CND＝∠OMD＝90°，根據(jù)直角三角形的性質得到∠CDN＝30°，求得OD，得到CN=33DN，如圖1，延長EP交BC于Q，推出△ECQ與△PFQ是直角三角形，根據(jù)直角三角形的性質得到CE＝EQ，PQ＝2PF，求得t＝PE+2PF＝PE+PQ＝EQ，當EQ與⊙O相切且點P在圓心的右側時，t有最大值，連接OP，則四邊形ENOP是正方形，根據(jù)正方形的性質得到EN＝OP＝2，求得t；如圖2，當EQ與⊙O相切且點P在圓心的，左側時，t有最小值，同理可得【解答】解：設半徑為2的⊙O與角的兩邊相切于M，N，如圖1，連接OM，ON，延長NO交CB于D，∴∠CND＝∠OMD＝90°，∵∠ACB＝60°，∴△CND是直角三角形，∴∠CDN＝30°，∵ON＝OM＝2，∴OD＝4，∴DN＝OD+ON＝4+2＝6，∴CN=33DN＝2如圖1，延長EP交BC于Q，∵EQ⊥AC，PF⊥BC，∴∠CEQ＝∠PFQ＝90°，∵∠ACB＝60°，∴∠EQC＝30°，∴△ECQ與△PFQ是直角三角形，∴3CE＝EQ，PQ＝2PF，∴t＝PE+2PF＝PE+PQ＝EQ，當EQ與⊙O相切且點P在圓心的右側時，t有最大值，連接OP，則四邊形ENOP是正方形，∴EN＝OP＝2，CN＝CM＝23，∴t＝PE+2PF＝PE+PQ＝EQ=3CE=3（CN+EN）=3（23如圖2，當EQ與⊙O相切且點P在圓心的左側時，t有最小值，同理可得t＝PE+2PF＝PE+PQ＝EQ=3CE=3（CN﹣EN）=3（23故t的取值范圍是6﹣23≤t≤6+23故答案為：6﹣23≤t≤6+23【點評】本題是圓的綜合題，考查了切線的性質，等腰直角三角形的判定和性質，正方形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．11．如圖，等腰△ABC中，底邊BC長為10，腰長為7，點D是BC邊上一點，過點B作AC的平行線與過A、B、D三點的圓交于點E，連接DE，則DE的最小值是26．#ZZ01【考點】三角形的外接圓與外心；等腰三角形的性質．【專題】與圓有關的計算；應用意識．【答案】26．【分析】如圖，連接AE，AD，OE，OD，作AJ⊥BC于J，OK⊥DE于K．首先證明∠EOD＝2∠C＝定值，推出⊙O的半徑最小時，DE的值最小，推出當AB是直徑時，DE的值最小．【解答】解：如圖，連接AE，AD，OE，OD，作AJ⊥BC于J，OK⊥DE于K．∵BE∥AC，∴∠EBC+∠C＝180°，∵∠EBC+∠EAD＝180°，∴∠EAD＝∠C，∵∠EOD＝2∠EAD，∴∠EOD＝2∠C＝定值，∴⊙O的半徑最小時，DE的值最小，∴當AB是⊙O的直徑時，DE的值最小，∵AB＝AC＝7，AJ⊥BC，∴BJ＝CJ＝5，∴AJ=AC2∵OK⊥DE，∴EK＝DK，∵AB＝7，∴OE＝OD＝3.5，∵∠EOK＝∠DOK＝∠C，∴sin∠EOK＝sin∠C=AJ∴EK3.5∴EK=6∴DE＝26，∴DE的最小值為26，故答案為：26．【點評】本題考查三角形的外接圓，解直角三角形，圓周角定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．12．如圖，點C在以AB為直徑的半圓上，AB＝6，∠CBA＝30°，點D在線段AB上運動，點E與點D關于AC對稱，DF⊥DE于點D，并交EC的延長線于點F．下列結論正確的①②．（填序號）①CE＝CF；②當EF∥AB時，點F恰好落在弧BC上；③當EF與半圓相切時，AD＝2；④當點D從點A運動到點B時，線段EF掃過的面積是63【考點】切線的性質；扇形面積的計算；軸對稱的性質；圓周角定理；直線與圓的位置關系．【專題】綜合題；幾何直觀；推理能力．【答案】①②．【分析】①由點E與點D關于AC對稱可得CE＝CD，再根據(jù)DF⊥DE即可證到CE＝CF，②利用三角形的中位線的判定方法得到△FBD等邊三角形，只需證明∠AFB＝90°，就能得出結論，③連接OC，OD，易證△AOC是等邊三角形，AD＝OD，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質求出AD長，④首先根據(jù)對稱性確定線段EF掃過的圖形，然后探究出該圖形與△ABC的關系，就可求出線段EF掃過的面積．【解答】解：①連接CD，如圖1所示：∵點E與點D關于AC對稱，∴CE＝CD，∴∠E＝∠CDE，∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°，∴∠E+∠F＝90°，∠CDE+∠CDF＝90°，∴∠F＝∠CDF，∴CD＝CF，∴CE＝CD＝CF，故①正確，②連接FB、CO、CD，如圖2所示：∵點E與點D關于AC對稱，∴ED⊥AC，∴∠AGD＝90°，∴∠AGD＝∠ACB＝90°，∴ED∥BC，∵EC＝CF∴FH＝DH，∵DE∥BC，∴∠FHC＝∠FDE＝90°，∴BC是DF的垂直平分線，∴BF＝BD，CF＝CD，∴∠FBH＝∠DBH＝30°，∴∠FBD＝60°，∴△FDB是等邊三角形，∴∠FDB＝60°，∵EF∥AB，∴∠CFB＝∠FDBC＝60°，∴△FDC是等邊三角形，∴DC＝DF∵∠ACB＝90°，∴∠CAD+∠FBA＝90°，∵OA＝OC，∠FBA＝30°，∴∠A＝∠ACO＝60°，∴△OAC是等邊三角形又∵EF∥AB，EG＝GD，∴CG＝AG，∵AC⊥ED，∴DA＝DC，∴DAC是等邊三角形，∴點O與點D重合，即：OF與DF重合，∴DF＝OF＝OA∴點F恰好落在弧BC上，故②正確，③連接OC，CD，如圖3所示：∵EF與半圓相切，∴OC⊥EF，∴∠ECO＝90°，∴∠ECA+∠ACO＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∵OA＝OC，∠B＝30°，∴∠A＝∠ACO＝60°，∴△OAC是等邊三角形，∠ECA＝∠B＝30°，∴AC＝OA=12∵點E與點D關于AC對稱，∴∠ECA＝∠DCA＝30°，∴∠A+∠DCA＝90°，∴AD=12AC故③錯誤，④∵點D與點E關于AC對稱，點D與點F關于BC對稱，∴當點D從點A運動到點B時，點E的運動路徑AM與AB關于AC對稱，點F的運動路徑NB與AB關于BC對稱．∴EF掃過的圖形面積就是圖4中△MAC和△NCB面積，∴S△MAC+△NCB＝2S△ABC＝2×12×＝AC?BC＝3×33＝93，∴EF掃過的面積為93，故④錯誤．故答案為：①②．【點評】本題是一個幾何綜合題，考查了等邊三角形的判定與性質、平行線的判定與性質、三角形中位線的判定、切線的性質、軸對稱的性質、含30°角的直角三角形判定和性質、求圖形面積等知識，熟練掌握幾何圖形的性質和判定是解題的關鍵．13．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，直線l經過△ABC的內心O，過點C作CD⊥l，垂足為D，連接AD，則AD的最小值是22．【考點】三角形的內切圓與內心；勾股定理．【專題】推理填空題；圓的有關概念及性質；運算能力；推理能力．【答案】22．【分析】圓O與Rt△ABC三邊的切點分別為E，F(xiàn)，G，連接OE，OF，OG，先根據(jù)圓O是Rt△ABC的內切圓，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，求出正方形CEOF的邊長為x，根據(jù)勾股定理可得OC=2，連接AQ，過點Q作QP⊥AC于點P，當點D運動到線段QA上時，AD【解答】解：如圖，圓O與Rt△ABC三邊的切點分別為E，F(xiàn)，G，連接OE，OF，OG，∵圓O是Rt△ABC的內切圓，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，∴CE＝CF，BE＝BG，AF＝AG，AB=3∴四邊形CEOF是正方形，設正方形CEOF的邊長為x，則BE＝BG＝3﹣x，AF＝AG＝4﹣x，根據(jù)題意，得3﹣x+4﹣x＝5，解得x＝1，∴OC=1∵CD⊥l，∴∠CDO＝90°，∴點D在以OC為直徑的圓Q上，如圖，連接AQ，過點Q作QP⊥AC于點P，當點D運動到線段QA上時，AD取得最小值，∴CP＝QP=1∴AP＝AC﹣CP＝4?12=72，圓∴QA=Q∴AD的最小值為AQ﹣QD=522故答案為：22．【點評】本題考查了三角形內切圓與內心，正方形的判定與性質，勾股定理，解決本題的關鍵是掌握三角形內切圓與內心．14．已知⊙O半徑為4，點A，B在⊙O上，∠BAC＝90°，sin∠B=21313，則線段OC的最大值為【考點】圓周角定理；解直角三角形．【專題】圓的有關概念及性質；圖形的相似；應用意識．【答案】見試題解答內容【分析】如圖，連接OA，OB，作AD⊥OA，使得∠ADO＝∠ABC．利用相似三角形的性質證明OC=23BD，求出【解答】解：如圖，連接OA，OB，作AD⊥OA，使得∠ADO＝∠ABC．在Rt△ABC中，∵∠BAC＝90°，∴sin∠ABC=AC設AC＝213k，BC＝13k，則AB＝313k，∵∠ADO＝∠ABC，∠DAO＝∠BAC＝90°，∴△DAO∽△BAC，∴ADAB∵∠DAO＝∠BAC，∴∠DAB＝∠OAC，∴△DAB∽△OAC，∴BDOC∴OC=23在Rt△ADO中，∵∠DAO＝90°，∴sin∠ADO=OA∵OA＝OB＝4，∴OD＝213，∵OD﹣OB≤BD≤OD+OB，∴213?4≤BD≤213∴BD的最大值為213+∴OC的最大值=4故答案為413【點評】本題考查圓周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質等知識，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，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．15．如圖，點C在以AB為直徑的半圓上，AB＝4，∠CBA＝30°，點D在線段AB上運動，點E與點D關于AC對稱，DF⊥DE于點D，并交EC的延長線于點F．下列結論：①∠F＝30°；②CE＝CF；③線段EF的最小值為23；④當AD＝1時，EF與半圓相切；⑤當點D從點A運動到點B時，線段EF掃過的面積是83．其中正確的結論的序號為②③④．【考點】切線的判定與性質；扇形面積的計算；軸對稱的性質；三角形三邊關系；含30度角的直角三角形；直角三角形斜邊上的中線；圓周角定理；點與圓的位置關系；直線與圓的位置關系．【專題】壓軸題；推理能力．【答案】②③④．【分析】（1）由對稱證明出∠F＝∠CDF，得到只有當CD⊥AB時，∠F＝∠CDF＝∠CBA＝30°；（2）由點E與點D關于AC對稱可得CE＝CD，再根據(jù)DF⊥DE即可證到CE＝CF；（3）根據(jù)“點到直線之間，垂線段最短”可得CD⊥AB時CD最小，由于EF＝2CD，求出CD的最小值就可求出EF的最小值；（4）連接OC，易證△AOC是等邊三角形，AD＝OD，根據(jù)等腰三角形的“三線合一”可求出∠ACD，進而可求出∠ECO＝90°，從而得到EF與半圓相切；（5）首先根據(jù)對稱性確定線段EF掃過的圖形，然后探究出該圖形與△ABC的關系，就可求出線段EF掃過的面積．【解答】解：①連接CD，如圖1所示．∵點E與點D關于AC對稱，∴CE＝CD．∴∠E＝∠CDE．∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°．∴∠E+∠F＝90°，∠CDE+∠CDF＝90°．∴∠F＝∠CDF．只有當CD⊥AB時，∠F＝∠CDF＝∠CBA＝30°，故①錯誤；②又∵∠F＝∠CDF，∴CD＝CF，∴CE＝CD＝CF．故②正確；③當CD⊥AB時，如圖2所示．∵AB是半圓的直徑，∴∠ACB＝90°，∵AB＝4，∠CBA＝30°，∴∠CAB＝60°，AC＝2，BC＝23，∵CD⊥AB，∠CBA＝30°，∴CD=12BC根據(jù)“點到直線之間，垂線段最短”可得：點D在線段AB上運動時，CD的最小值為3．∵CE＝CD＝CF，∴EF＝2CD．∴線段EF的最小值為23．故③正確；④當AD＝1時，連接OC，如圖3所示，∵OA＝OC，∠CAB＝60°，∴△OAC是等邊三角形．∴CA＝CO，∠ACO＝60°．∵AO＝2，AD＝1，∴DO＝1．∴AD＝DO，∴∠ACD＝∠OCD＝30°，∵點E與點D關于AC對稱，∴∠ECA＝∠DCA，∴∠ECA＝30°，∴∠ECO＝90°，∴OC⊥EF，∵EF經過半徑OC的外端，且OC⊥EF，∴EF與半圓相切．故④正確；⑤∵點D與點E關于AC對稱，點D與點F關于BC對稱，∴當點D從點A運動到點B時，點E的運動路徑AM與AB關于AC對稱，點F的運動路徑NB與AB關于BC對稱．∴EF掃過的圖形就是圖5中陰影部分．∴S陰影＝2S△ABC＝2×12?AC?BC＝43．故故答案為②③④．【點評】本題考查了等邊三角形的判定與性質、平行線的判定與性質、相似三角形的判定與性質、切線的判定、軸對稱的性質、含30°角的直角三角形、垂線段最短等知識，綜合性強，有一定的難度，第五個問題解題的關鍵是通過特殊點探究EF的運動軌跡，屬于中考壓軸題．16．如圖，半圓O的直徑DE＝12cm，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，BC＝12cm．半圓O以2cm/s的速度從左向右運動，當圓心O運動到點B時停止，點D、E始終在直線BC上．設運動時間為t（s），運動開始時，半圓O在△ABC的左側，OC＝8cm．當t＝1s，4s，7s時，Rt△ABC的一邊所在直線與半圓O所在的圓相切．【考點】切線的判定；含30度角的直角三角形；圓周角定理．【專題】推理填空題；動點型；與圓有關的位置關系；推理能力．【答案】1s，4s，7s．【分析】分4種情況討論：①當圓心O運動到點E與點C重合是時；②當圓心O運動到AC右側與AC相切時；③過C點作CF⊥AB，交AB于F點，當半圓O與△ABC的邊AB相切時，圓心O到AB的距離等于6cm，且圓心O又在直線BC上，即當O點運動到C點時，半圓O與△ABC的邊AB相切，此時點O運動了8cm，所求運動時間為t＝4．【解答】解：①當圓心O運動到點E與點C重合是時，∵AC⊥OE，OC＝OE＝6cm，此時AC與半圓O所在的圓相切，點O運動了2cm，所求運動時間為t＝2÷2＝1（s）；②當圓心O運動到AC右側與AC相切時，此時OC＝6cm，點O運動的距離為8+6＝14（cm），所求運動時間為t＝14÷2＝7（s）；③如圖1，過C點作CF⊥AB，交AB于F點；∵∠ABC＝30°，BC＝12cm，∴FO＝6cm；當半圓O與△ABC的邊AB相切時，∵圓心O到AB的距離等于6cm，且圓心O又在直線BC上，∴O與C重合，即當O點運動到C點時，半圓O與△ABC的邊AB相切；此時點O運動了8cm，所求運動時間為t＝8÷2＝4（s），當點O運動到B點的右側，且OB＝12cm時，如圖2，過點O作OQ⊥直線AB，垂足為Q．在Rt△QOB中，∠OBQ＝30°，則OQ＝6cm，即OQ與半圓O所在的圓相切．此時點O運動了32cm．所求運動時間為：t＝32÷2＝16s，綜上可知當t的值為1s或4s或7秒或16s時，Rt△ABC的一邊所在直線與半圓O所在的圓相切．因為圓心O運動到點B時停止，所以此種情況不符合題意舍去，故答案為：1s，4s，7s．【點評】此題主要考查了切線的判定，含30度角的直角三角形，直線與圓的位置關系，解決本題的關鍵是利用時間t來表示線段之間的關系是動點問題中是常用的方法之一，要會靈活運用．17．如圖，在平面直角坐標系中，⊙O與x軸正半軸，y軸負半軸分別交于點A，B，點C（﹣2，2）在⊙O上，點D為OB的中點，連結CD并延長CD交⊙O于點E，點F在x軸的正半軸上，聯(lián)結DF，CF交⊙O于點G，若弧AG＝弧BE，則△CDF的面積為4+52．#ZZ01【考點】點與圓的位置關系；坐標與圖形性質；圓心角、弧、弦的關系．【專題】一次函數(shù)及其應用；圓的有關概念及性質；運算能力；推理能力．【答案】4+52．【分析】先求出∠ECF＝45°，再過D作DH⊥CF，構造一線三直角模型，求出點H，由C、D兩點確定直線CD的表達式，求出點K，由C、H兩點確定直線CF的表達式，求出點F，最后利用S△CDF＝S△CKF+S△DK求．【解答】解：過D作DH⊥CF，垂足為H，過H作MN∥y軸，交x軸于點Q，過C作CM⊥MN，垂足為M，過D作DN⊥MN，垂足為N，設直線CD交x軸于點K，CM交y軸于點P，∵AG=∴EG=∵∠BOA＝90°，∴∠ECF＝45°，∴HC＝HD，∵點C（﹣2，2），∴OC＝22，∴OB＝22，∴OD=2∴D（0，?2設直線CD的表達式為y＝kx?2，代入點C（﹣2，2）得k＝﹣1?∴y＝（﹣1?22）x?2，令y＝0得x∴OK＝22?∵∠HCM+∠CHM＝90°，∠DHN+∠CHM＝90°，∴∠HCM＝∠DHN，∵∠CMH＝∠HND，CH＝HD，∴△CMH≌△HND（AAS），∴CM＝HN，MH＝DN，∴MN＝MH+HN＝DN+CM＝DN+CP+PM＝DN+2+DN＝2DN+2，∵MN＝PD＝PO+OD＝2+2∴2DN+2＝2+2∴DN=2∴OQ=2∴QH＝HN﹣QN＝CM﹣OD＝2+22?∴H（22，2?設直線CH的表達式為y＝mx+n，代入點C（﹣2，2）、H（22，2?22∴m=1?2∴y=1?227x+16?427，令∴OF＝42，∴KF＝OK+OF＝22?2+42=6∴S△CDF＝S△CKF+S△DKF=12×KF×2+12×KF×2=62?【點評】本題考查了一次函數(shù)表達式的求法，結合了一線三直角模型求點的坐標，關鍵是確定∠ECF＝45°．18．△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，E是AC的中點，MN分別是邊AB、BC上的動點，D也是BC邊上的一個動點，以CD為直徑作⊙O，連接ED交⊙O于F，連接FM，MN，則FM+MN的最小值為92【考點】圓的綜合題．【專題】幾何綜合題；圓的有關概念及性質；推理能力．【答案】92【分析】連接CF，根據(jù)圓周角定理可得∠CFD＝90°，取CE的中點G，連接FG，可得FG=12CE，以CE為直徑作圓G，可得點F在圓G上，將△ABC沿AB對折得到△ABC′，過點G作GN″⊥BC′于點N″，交AB于點M，交圓G于點F，此時GN″最短，所以FM+MN＝FM+MN″＝FN″最小，延長BC，B″G交于點P，可得∠【解答】解：如圖，連接CF，∵CD⊙O為直徑，∴∠CFD＝90°，∴∠CFE＝90°，取CE的中點G，連接FG，∴FG=12∵AC＝4，E是AC的中點，∴CE＝AE=12∴CG＝FG＝1，以CE為直徑作圓G，∴點F在圓G上，將△ABC沿AB對折得到△ABC′，過點G作GN″⊥BC′于點N″，交AB于點M，交圓G于點F，此時GN″最短，∴FM+MN＝FM+MN″＝FN″最小，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝4，∴BC=3AC＝43，∠CBC延長BC，B″G交于點P，∵∠PN″B＝90°，∴∠BPN″＝30°，∵CG＝1，∴PG＝2，∴CP=3∴BP＝43+3=∴BN″=5∴PN″=3BN″=∴FN″=152?∴FM+MN的最小值為92故答案為：92【點評】本題屬于圓的綜合題，考查了翻折變換，最短距離問題，含30度角的直角三角形，圓周角定理，解決本題的關鍵是正確作出輔助線．19．如圖，半徑為2的⊙O與正六邊形ABCDEF相切于點C，F(xiàn)，則圖中陰影部分的面積為1334【考點】正多邊形和圓；扇形面積的計算；切線的性質．【專題】推理填空題；正多邊形與圓；運算能力；推理能力．【答案】133【分析】連接OC，OF，CF，過點O作OH⊥DE于點H，交CF于點G，過點D作DM⊥CF于點M，過點E作EN⊥CF于點N，根據(jù)正六邊形的性質證明CF＝2CG＝23，可得CD＝2CM，EF＝2FN，列式計算得4CM＝23，所以CM=32，根據(jù)陰影部分的面積＝S梯形CDEF+S△COF﹣S扇形【解答】解：如圖，連接OC，OF，CF，過點O作OH⊥DE于點H，交CF于點G，過點D作DM⊥CF于點M，過點E作EN⊥CF于點N，∵半徑為2的⊙O與正六邊形ABCDEF相切于點C，F(xiàn)，∴OC⊥CD，OF⊥EF，∴∠OCD＝∠OFE＝90°，∵∠BCD＝120°，∴∠BCF＝∠DCF=12∴∠OCF＝30°，∵OC＝OF，∴∠COF＝120°，∵CF∥DE，OH⊥DE，∴OG⊥CF，∴OG=12∴CG=3∴CF＝2CG＝23，∵∠DCF＝60°，CD＝2CM，同理：EF＝2FN，∵CD＝EF＝DE＝MN，∴CM＝FN，∵CM+MN+NF＝CF，∴4CM＝23，∴CM=3∴CD=3∴DM=3CM=∴S梯形CDEF=12（DE+CF）?DM=12（3+∵S扇形COF=120π×22360=4π3，S△COF=12∴陰影部分的面積＝S梯形CDEF+S△COF﹣S扇形COF=9故答案為：133【點評】本題考查了正多邊形和圓，切線的性質，扇形面積的計算，解決本題的關鍵是掌握正多邊形和圓的性質．20．正方形ABCD中，E是AD邊中點，連接CE，作∠BCE的平分線交AB于點F，則以下結論：①∠ECD＝30°，②△BCF的外接圓經過點E；③四邊形AFCD的面積是△BCF面積的5倍；④BFAB=5?12【考點】三角形的外接圓與外心；角平分線的性質；正方形的性質；圓周角定理．【專題】矩形菱形正方形；圖形的相似；解直角三角形及其應用；運算能力；推理能力．【答案】③④．【分析】根據(jù)tan∠ECD=12≠33，可判斷出①不正確；延長CF交DA的延長線于G，不妨正方形的邊長為2，可證得∠G＝∠BCF，△AGF∽△BCF，進而計算求得AG，AF，BF，進而求得EF，從而判斷出②④，計算△BCF【解答】解：∵∠D＝90°，∴tan∠ECD=DE∴∠ECD≠30°，故①不正確；如圖，延長CF交DA的延長線于G，不妨正方形的邊長為2，∴CE=D∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠G＝∠BCF，△AGF∽△BCF，∴BFAF∵CF平分∠BCE，∴∠BCF＝∠ECF，∴∠G＝∠ECF，∴GE＝CE=5∴AG＝GE﹣AE=5∴BFAF∴BFAF+BF∴BFAB∴④正確，∴BF=5∴AF＝AF﹣BF＝2﹣（5?1）＝3?∴EF2＝AF2+AE2＝（3?5）2+1＝15﹣65∵BF2＝（5?1）2＝6﹣25∴EF≠BF，∴∠CEF≠∠B＝90°，故②不正確，∵S△BCF=1S正方形ABCD＝4，∴S四邊形AFCD＝4﹣（5?1）＝5?5=∴四邊形AFCD的面積是△BCF面積的5倍，故③正確，故答案為：③④．【點評】本題考查了正方形性質，角平分線性質，相似三角形的判定和性質，銳角三角函數(shù)定義等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造相似三角形．21．在平面直角坐標系xOy中，已知點P（﹣5，2），M（﹣5，3），⊙P的半徑為1，直線l：y＝ax，給出下列四個結論：①當a＝1時，直線l與⊙P相離；②若直線l是⊙P的一條對稱軸，則a=?2③若直線l與⊙P只有一個公共點A，則OA＝27；④若直線l上存在點B，⊙P上存在點N，使得∠MBN＝90°，則a的最小值為?3其中所有正確的結論序號是①②③④．【考點】圓的綜合題．【專題】推理填空題；與圓有關的位置關系；推理能力．【答案】①②③④．【分析】①根據(jù)P（﹣5，2），M（﹣5，3），⊙P的半徑為1，當a＝1時，直線l：y＝x，根據(jù)直線和圓的關系進而可以判斷；②直線l是⊙P的一條對稱軸，則直線l一定過圓心，所以將P（﹣5，2）代入y＝ax，即可進行判斷；③若直線l與⊙P只有一個公共點A，則直線l與圓P相切，然后根據(jù)勾股定理進行計算即可判斷；④直線l上存在點B，⊙P上存在點N，使得∠MBN＝90°，并使y＝ax中a取得最小值，則BM⊥y軸，BN⊥x軸時，即B（﹣4，3），代入y＝ax，求出a的值，即可判斷．【解答】解：①∵點P（﹣5，2），M（﹣5，3），⊙P的半徑為1，當a＝1時，直線l：y＝x，如圖，直線l1與⊙P相離，故①正確；②若直線l是⊙P的一條對稱軸，則直線l一定過圓心，所以將P（﹣5，2）代入y＝ax，得a=?25，故③若直線l與⊙P只有一個公共點A，則直線l與圓P相切，如圖中的l2，l3，則OP=5∵直線l2，l3與圓P相切，∴PA⊥l2，PB⊥l3，∵⊙P的半徑為1，∴OB＝OA=OP2?BP④若直線l上存在點B，⊙P上存在點N，使得∠MBN＝90°，點B在以MN為直徑的圓上運動，如圖，設N（﹣4，2），a＜?3則a的最小值是?34，故∴正確的結論序號是：①②③④．故答案為：①②③④．【點評】本題屬于圓的綜合題，考查了直線與圓的位置關系，正比例函數(shù)的性質，一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，圓周角定理，解決本題的關鍵是掌握直線與圓的位置關系．22．已知矩形MNPQ的頂點M，N，P，Q分別在正六邊形ABCDEF的邊DE，F(xiàn)A，AB，CD上，在點M從E移動到D的過程中，下列對矩形MNPQ的判斷：①矩形MNPQ的面積與周長保持不變；②矩形MNPQ的面積逐漸減少；③矩形MNPQ的周長逐漸增大；④矩形MNPQ的對角線長存在最小值．一定正確的是②④．（填序號）【考點】正多邊形和圓；矩形的性質．【專題】代數(shù)幾何綜合題；推理填空題；一次函數(shù)及其應用；二次函數(shù)圖象及其性質；矩形菱形正方形；正多邊形與圓；運算能力；推理能力．【答案】見試題解答內容【分析】以EF的對稱軸為y軸，AD所在直線為x軸，建立平面直角坐標系，設正六邊形的邊長為2，連接OE，過點E作EH⊥x軸于點H，根據(jù)正六邊形的性質可得E（1，3），D（2，0），設ED解析式為y＝kx+b，代入值可得ED解析式為y=?3x+23，根據(jù)M在ED上，設M（x，y）（1≤x2），根據(jù)矩形MNPQ，點M和點N關于y軸對稱，可得N（﹣x，y），點M和點Q關于x軸對稱，可得Q（x，﹣y），所以MN＝2x，MQ＝2y，然后表示矩形MNPQ【解答】解：∵正六邊形ABCDEF是軸對稱圖形，∴以EF的對稱軸為y軸，AD所在直線為x軸，建立平面直角坐標系，如圖，設正六邊形的邊長為2，連接OE，過點E作EH⊥x軸于點H，∴OE＝2，∠EOH＝60°，∴OH＝1，EH=3∴E（1，3），D（2，0），設ED解析式為y＝kx+b，k+b=3解得k=?3∴ED解析式為y=?3x+23∵M在ED上，設M（x，y）（1≤x≤2），矩形MNPQ中，點M和點N關于y軸對稱，∴N（﹣x，y），∵點M和點Q關于x軸對稱，∴Q（x，﹣y），∴MN＝2x，MQ＝2y，∴矩形MNPQ周長C＝2（MN+MQ）＝2（2x+2y）＝4x+4（?3x+23）＝﹣4（3?1）x+8∵﹣4（3?∴C的值隨x的增大而減小，點M從E移動到D的過程中，x不斷增大，故周長C會逐漸減小，故①③錯誤；∵矩形MNPQ的面積S＝MN?MQ＝2x×2（?3x+23）＝﹣43x2+83x＝﹣43（x﹣1）2+43∵﹣43＜∴拋物線開口向下，當x＞1時，S隨x的增大而減小，故矩形的面積S逐漸減小，故②正確；∵矩形MNPQ的對角線PM2＝MN2+NP2＝MN2+MQ2＝（2x）2+[2（?3x+23）]2＝16x2﹣48x+48＝16（x?32∴當x=32時，PM2有最小值，此時，對角線PM最小，故綜上所述：②④．故答案為：②④．【點評】本題屬于代數(shù)幾何綜合題，是中考填空題的壓軸題，考查了正多邊形和圓，矩形的性質，一次函數(shù)的性質，二次函數(shù)的最值，解決本題的關鍵是掌握正多邊形的性質．23．如圖，AB是半圓O的直徑，點C在半徑OA上，過點C作CD⊥AB交半圓O于點D．以CD，CA為邊分別向左、下作正方形CDEF，CAGH．過點B作GH的垂線與GH的延長線交于點I，M為HI的中點．記正方形CDEF，CAGH，四邊形BCHI的面積分別為S1，S2，S3．（1）若AC：BC＝2：3，則S1S2的值為（2）若D，O，M在同條直線上，則S1+S2S【考點】圓周角定理；正方形的性質；垂徑定理．【專題】矩形菱形正方形；與圓有關的計算；應用意識．【答案】見試題解答內容【分析】（1）設AC＝2k，BC＝3k，利用相似三角形的性質求出CD2即可解決問題．（2）當D．O．M共線時，設CD＝a，AC＝b，由CD2＝AC?BC，推出BC=a2b，推出AB＝b+a2b=a2+b2b，CO＝OA﹣AC=a2?b22b，HM＝MI=12HL【解答】解：（1）如圖，利用AD，BD．∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°，∵DC⊥AB，∴∠ACD＝∠DCB＝90°，∴∠ADC+∠CAD＝90°，∠ADC+∠BDC＝90°，∴∠BDC＝∠DAC，∴△ACD∽△DCB，∴CD：CB＝AC：CD，∵AC：CB＝2：3，∴可以假設AC＝2k，BC＝3k，∴CD2＝6k2，∴S1故答案為32（2）當D．O．M共線時，設CD＝a，AC＝b，∵CD2＝AC?BC，∴BC=a∴AB＝b+a2b=a2+b2b，CO＝OA﹣AC=∵CO∥HM，∴DCDH∴aa+b整理得：（ba）[（ba）2∵ba∴ba=5∵S1+S2S∴S1故答案為5?5【點評】本題考查圓周角定理，正方形的性質，相似三角形的判定和性質，一元二次方程等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．24．如圖，拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸交于A、B兩點（A在B的左側），與y軸交于C點，⊙D過A、B、C三點，P是⊙D上一動點，連接PC、PO，則2PC+5PO的最小值為35【考點】圓的綜合題．【專題】圓的有關概念及性質；圖形的相似；運算能力；推理能力；模型思想．【答案】見試題解答內容【分析】2PC+5PO=2（PC+52PO），然后構造52PO，因為DP=5，OD=2，所以DP2＝OD?522，所以在DO的延長線上截取DE【解答】解：如圖，由﹣x2+2x+3＝0得，x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），當x＝0時，y＝3，∴OC＝3，∴C（0，3），∴可得圓心D（1，1），∴AD＝CD＝BD=5，OD=延長DO至E，使DE=522，連接PE，作EF⊥OC于F∴PDOD=5∴PDOD∵∠D是公共角，∴△EDP∽△PDO，∴PEOP∴PE=52∴PC+52OP＝PC+∴當E、P、C共線時，PC+52OP最小＝∵DE=522，∴OE=5∴EF＝OF＝OE?sin∠EOF=3在Rt△CEF中，EF=32，CF＝OF+OC∴CE=E∴PC+52OP最小值是∴2PC+5OP=2（PC+52OP）最小值是故答案是35．【點評】本題考查了“阿氏圓”問題，即形如“PA+k?PB”的最值問題，解決問題的關鍵是構造相似三角形．25．已知：如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝12，圓C半徑為6，P為斜邊AB上的一個動點，PM、PN分別與圓C相切于M、N，連接MN交PC于點Q，則AQ的最小值為62．【考點】切線的性質．【專題】等腰三角形與直角三角形；與圓有關的位置關系；圖形的相似；運算能力；推理能力．【答案】62．【分析】過點A作⊙C的切線AE和AF，連接EF，交AC于G，同樣過點B作⊙C的切線，得出等同于點G的H點，連接CE，證明△CGE∽△CEA，從而CEAC=CGCE，進而得出CG?AC＝CE2＝62＝36，同理可得，CH?CB＝36，PQ?PC＝CN2＝36，從而CQ?PC＝CG?AC，進而得出△CGQ∽△CAP，從而∠CQG＝∠BAC＝45°，同理可得，∠CQH＝∠B＝45°，從而∠GQH＝∠CQG+∠CQH＝90°，點Q在以【解答】解：如圖，過點A作⊙C的切線AE和AF，連接EF，交AC于G，同樣過點B作⊙C的切線，得出等同于點G的H點，連接CE，∴CE⊥AE，根據(jù)對稱性可得，EF⊥AC，∴∠AEC＝∠CGE＝90°，∵∠ACE＝∠GCE，∴△CGE∽△CEA，∴CEAC∴CG?AC＝CE2＝62＝36，同理可得，CH?CB＝36，PQ?PC＝CN2＝36，∴CQ?PC＝CG?AC，∴CGPC∵∠ACP＝∠QCG，∴△CGQ∽△CAP，∴∠CQG＝∠BAC，∵AB＝BC，∠ACB＝90°，∴∠CAB＝∠B＝45°，∴∠CQG＝∠BAC＝45°，同理可得，∠CQH＝∠B＝45°，∴∠GQH＝∠CQG+∠CQH＝90°，∴點Q在以GH為直徑的圓O上運動，連接AO交⊙O于Q′，作OR⊥AC于R，∵CG?AC＝36，∴12?CG＝36，∴CH＝CG＝3，∴GH=CG2∴半徑OG=3∵OR⊥CG，∴CR＝GR=3∴AR＝AC﹣CR＝12?3∵OR=1∴AO=O∴AQ′＝AO﹣OQ′=1522故答案為：62．【點評】本題考查了等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質，確定圓的條件等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造相似三角形．

考點卡片1．坐標與圖形性質1、點到坐標軸的距離與這個點的坐標是有區(qū)別的，表現(xiàn)在兩個方面：①到x軸的距離與縱坐標有關，到y(tǒng)軸的距離與橫坐標有關；②距離都是非負數(shù)，而坐標可以是負數(shù)，在由距離求坐標時，需要加上恰當?shù)姆枺?、有圖形中一些點的坐標求面積時，過已知點向坐標軸作垂線，然后求出相關的線段長，是解決這類問題的基本方法和規(guī)律．3、若坐標系內的四邊形是非規(guī)則四邊形，通常用平行于坐標軸的輔助線用“割、補”法去解決問題．2．三角形三邊關系（1）三角形三邊關系定理：三角形兩邊之和大于第三邊．（2）在運用三角形三邊關系判定三條線段能否構成三角形時并不一定要列出三個不等式，只要兩條較短的線段長度之和大于第三條線段的長度即可判定這三條線段能構成一個三角形．（3）三角形的兩邊差小于第三邊．（4）在涉及三角形的邊長或周長的計算時，注意最后要用三邊關系去檢驗，這是一個隱藏的定時炸彈，容易忽略．3．角平分線的性質角平分線的性質：角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等．注意：①這里的距離是指點到角的兩邊垂線段的長；②該性質可以獨立作為證明兩條線段相等的依據(jù)，有時不必證明全等；③使用該結論的前提條件是圖中有角平分線，有垂直角平分線的性質語言：如圖，∵C在∠AOB的平分線上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE4．等腰三角形的性質（1）等腰三角形的概念有兩條邊相等的三角形叫做等腰三角形．（2）等腰三角形的性質①等腰三角形的兩腰相等②等腰三角形的兩個底角相等．【簡稱：等邊對等角】③等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合．【三線合一】（3）在①等腰；②底邊上的高；③底邊上的中線；④頂角平分線．以上四個元素中，從中任意取出兩個元素當成條件，就可以得到另外兩個元素為結論．5．含30度角的直角三角形（1）含30度角的直角三角形的性質：在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半．（2）此結論是由等邊三角形的性質推出，體現(xiàn)了直角三角形的性質，它在解直角三角形的相關問題中常用來求邊的長度和角的度數(shù)．（3）注意：①該性質是直角三角形中含有特殊度數(shù)的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能應用；②應用時，要注意找準30°的角所對的直角邊，點明斜邊．6．直角三角形斜邊上的中線（1）性質：在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半．（即直角三角形的外心位于斜邊的中點）（2）定理：一個三角形，如果一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個三角形是以這條邊為斜邊的直角三角形．該定理可以用來判定直角三角形．7．勾股定理（1）勾股定理：在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方．如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理應用的前提條件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的變形有：a=c2?b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜邊大于該直角三角形中的每一條直角邊．8．勾股定理的逆定理（1）勾股定理的逆定理：如果三角形的三邊長a，b，c滿足a2+b2＝c2，那么這個三角形就是直角三角形．說明：①勾股定理的逆定理驗證利用了三角形的全等．②勾股定理的逆定理將數(shù)轉化為形，作用是判斷一個三角形是不是直角三角形．必須滿足較小兩邊平方的和等于最大邊的平方才能做出判斷．（2）運用勾股定理的逆定理解決問題的實質就是判斷一個角是不是直角．然后進一步結合其他已知條件來解決問題．注意：要判斷一個角是不是直角，先要構造出三角形，然后知道三條邊的大小，用較小的兩條邊的平方和與最大的邊的平方比較，如果相等，則三角形為直角三角形；否則不是．9．三角形中位線定理（1）三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．（2）幾何語言：如圖，∵點D、E分別是AB、AC的中點∴DE∥BC，DE=1210．矩形的性質（1）矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形．（2）矩形的性質①平行四邊形的性質矩形都具有；②角：矩形的四個角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對角線：矩形的對角線相等；⑤矩形是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．它有2條對稱軸，分別是每組對邊中點連線所在的直線；對稱中心是兩條對角線的交點．（3）由矩形的性質，可以得到直角三角形的一個重要性質，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．11．正方形的性質（1）正方形的定義：有一組鄰邊相等并且有一個角是直角的平行四邊形叫做正方形．（2）正方形的性質①正方形的四條邊都相等，四個角都是直角；②正方形的兩條對角線相等，互相垂直平分，并且每條對角線平分一組對角；③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質．④兩條對角線將正方形分成四個全等的等腰直角三角形，同時，正方形又是軸對稱圖形，有四條對稱軸．12．垂徑定理（1）垂徑定理垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。?）垂徑定理的推論推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條?。普?：弦的垂直平分線經過圓心，并且平分弦所對的兩條弧．推論3：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條?。?3．圓心角、弧、弦的關系（1）定理：在同圓和等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦也相等．（2）推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等．說明：同一條弦對應兩條弧，其中一條是優(yōu)弧，一條是劣弧，而在本定理和推論中的“弧”是指同為優(yōu)弧或劣弧．（3）正確理解和使用圓心角、弧、弦三者的關系三者關系可理解為：在同圓或等圓中，①圓心角相等，②所對的弧相等，③所對的弦相等，三項“知一推二”，一項相等，其余二項皆相等．這源于圓的旋轉不變性，即：圓繞其圓心旋轉任意角度，所得圖形與原圖形完全重合．（4）在具體應用上述定理解決問題時，可根據(jù)需要，選擇其有關部分．14．圓周角定理（1）圓周角的定義：頂點在圓上，并且兩邊都與圓相交的角叫做圓周角．注意：圓周角必須滿