中考数学与圆有关的题试题汇编 - 图文

【题7】（2014?宁波26）木匠黄师傅用长AB=3，宽BC=2的矩形木板做一个尽可能大的圆形桌面，他设计了四种方案： 方案一：直接锯一个半径最大的圆； 方案二：圆心O1、O2分别在CD、AB上，半径分别是O1C、O2A，锯两个外切的半圆拼成一个圆； 方案三：沿对角线AC将矩形锯成两个三角形，适当平移三角形并锯一个最大的圆； 方案四：锯一块小矩形BCEF拼到矩形AFED下面，利用拼成的木板锯一个尽可能大的圆． （1）写出方案一中圆的半径； （2）通过计算说明方案二和方案三中，哪个圆的半径较大？ （3）在方案四中，设CE=x（0＜x＜1），圆的半径为y． ①求y关于x的函数解析式； ②当x取何值时圆的半径最大，最大半径为多少？并说明四种方案中哪一个圆形桌面的半径最大． 【考点】： 圆的综合题 【分析】： （1）观察图易知，截圆的直径需不超过长方形长、宽中最短的边，由已知长宽分别为3，2，那么直接取圆直径最大为2，则半径最大20 × 20

为1． （2）方案二、方案三中求圆的半径是常规的利用勾股定理或三角形相似中对应边长成比例等性质解直角三角形求边长的题目．一般都先设出所求边长，而后利用关系代入表示其他相关边长，方案二中可利用△O1O2E为直角三角形，则满足勾股定理整理方程，方案三可利用△AOM∽△OFN后对应边成比例整理方程，进而可求r的值． （3）①类似（1）截圆的直径需不超过长方形长、宽中最短的边，虽然方案四中新拼的图象不一定为矩形，但直径也不得超过横纵向方向跨度．则选择最小跨度，取其 ，即为半径．由EC为x，则新拼图形水平方向跨度为3?x，竖直方向跨度为2+x，则需要先判断大小，而后分别讨论结论． ②已有关系表达式，则直接根据不等式性质易得方案四中的最大半径．另与前三方案比较，即得最终结论． 【解答】： 解：（1）方案一中的最大半径为1． 分析如下： 因为长方形的长宽分别为3，2，那么直接取圆直径最大为2，则半径最大为1． 20 × 20

（2） 如图E，1 ，方案二中连接O1，O2，过O1方案三中，过点M ，N，此时 MO，分别作AB，N恰为⊙O与r， 作O1E⊥AB于BF的垂线，交于AB，BF的切点．方案二：设半径为，在Rt△O1O2E中， ∵O1O2=2r，O2E=AB?AO1?CO2=3?2r解得 r= ． O1E=BC=2， ∴（2r）2=22+（3?2r） 设半径为，r， 2在， 方案三： ．， △AOM和△OFN中，∴ ，大． （3 解得 r= ∴△AOM∽△OFN ∴ ， 比较知，方案三半径较）方案四： ①∵EC=x， ∴新拼图形水平方向3?x，竖直方向跨度为2+x．3?xx＞ 类似跨度为（1），所截出圆的直径最大为3?x＜2+x时，即当3?x=2+x或2+x较小 时，r= 的． 1．当（（3?x）； 2．当3? 时，即当x= 时，r= ＞2+x时，即当时，r= （3? 3?xx＜ ）= ； 3．当x3?x＞ 时，r= （2+x）． ②当（x3? ＜ ）= ； ）＜ 当当x= 时，r= （ ）= ；时，r= （2+x）＜r最大为（2+ ）= ， ∴方案． ∵1＜ ＜ 四，当x= 时，20 × 20

＜ ， ∴方案四时可取的圆桌面积最 【点评】： 本题考查了圆的基本性质及大．通过勾股定理、三角形相似等性质求解边长及分段函数的表示与性质讨论等内容，题目虽看似新颖不易找到思路，但仔细观察每一小问都是常规的基础考点，所以总体来说是一道质量很高的题目，值得认真练习． 【题8】（2014?苏州28）如图，已知l1⊥l2，⊙OABCD的与l1，l2都相切，⊙O的半径为2cm，矩形边AD、AB分别与l1，l2重合，AB=4 cm，AD=4cm，若⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，⊙O的移动速ABCD） 的移动速度为4cm/s，设移动（1）如图①，连接OA、105 °； （2）如图⊙O1的度为3cm，矩形时间为t（sAC，则∠OAC的度数为 ②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O移动O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心的距离（即OO1的长）； 圆心O（3）在移动过程中，到矩形对角线AC所在直线的距离在不断d（cm），当d＜2时，求t变化，设该距离为20 × 20

的取值范围（解答时可以利用备用图画出相关示意图）． 【考点】： 【分析】： 圆的综合题．菁优网版权所有 （1）利用切线的性质以及锐角三角函数关系分别求出∠OAD=45°，∠DAC=60°，进而得出答案； （2）首先得出，∠C1A1D1=60°，再利t的值，进而得出OO1=3t用A1E=AA1?OO1?2=t?2，求出得出答案即可； （3）①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，分别求出即可． 【解答】： 解：（1） ∵l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切， ∴∠OAD=45°，∵AB=4 cm，AD=4cm， ∴CD=4 cm，AD=4cm， ∴tan∠DAC= = = ， ∴∠DAC=60°， ∴∠OAC的度数为：∠OAD+∠DAC=105°，105； （2 故答案为：）如图位置二，当O1，A1，C1恰好⊙O1与l1的切点为 E， 在同一直线上时，设连接O1E，可得O1E=2，O1E⊥l1，∵A1D1=4在Rt△A1D1C1中，∴∠C1A1D1=60°， ，C1D1=4 ， ∴tan∠C1A1D1= ，在Rt△A1O1E中，∠O1A1E=∠C1A1D1=60°， ∴A1E= = ， ∵A1E=AA1?OO1?2=t?220 × 20 ， ∴t?2= ， ∴t= +2， ∴OO1=3t=2

+6； （3）①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动 如图，此时⊙O移动到移动到A2B2C2D2⊙O2 的位设⊙O2时间为t1，置，矩形ABCD的位置，F，G 与直线l1，O2F，O2G，A2C2分别相切于点，连接由（，2 ）在O2A2， ∴O2F⊥l1，O2G⊥A2G2，得，∠C2A2D2=60°，∴∠GA2F=120°， ∴∠O2A2F=60°Rt△A2O2F中，O2F=2，∴A2F= ， ∵OO2=3t，AF=AA2+A2F=4t1+ ， ∴4t1+ ?3t1=2， ∴t1=2? ， ②当直线 记AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，第一次相切时为位置一，点O1，A1，C1共线时位置二，第二次相切时为位置三， 由题意知，从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等，（ +2）， 时，2+2 t． ∴ +2? （2? ）=t2?d＜2解得：t2=2+2 ，综上所述，当＜t＜的取值范围是： 【点评】： 2? 此题主要考查了切线的性质以及锐角三角函数关系等知识，利用分类讨论以及数形结合【题20 × 20 t的值是解题关键． 9】（2014?泰州25题）如图，平面直角坐

标系xOy中，一次函数0B与）的图象与，半径为y4x轴、y=? x+byxE（b为常数，Ab、C＞轴分别相交于点的⊙O与D、轴正半轴相交于点，点 D在点E上F，轴相交于点 （1方．G）若直线AB与有两个交点b、． ①求∠CFE的度数； ②用含b的代数式表示 （2） 设FG2，并直接写出b≥5的取值范围；P，在线段AB上是否存在点P，使∠CPE=45°？若存在，请求出理由． 【考点】： 点坐标；若不存在，请说明圆的综合题 【分析】： （1）连接CD，EA，利用同一条弦所对的圆周角相等求行∠CFE=45°， （2）作OM⊥AB点MM，连接OF，利的坐标，利用用两条直线垂直相交求出交点勾股定理求出出b的范围， FM2 （，再求出FG2，再根据式子写3）当b=5时，直线与圆相切，存在点P ，使∠CPE=45°，再利用两条直线垂直相交求出交点（1P的坐标， 【解答】： 解：）连接CD，EA， ∵DE是直径， ∴∠DCE=90°， ，且DO=EO， ∴∠ODC=OEC=45°， ∵CO⊥DE20 × 20

∴∠CFE=∠ODC=45°（2， M，连接OF， y=? x+bM， ∴OM所在（ b， b） ）①如图，作OM⊥AB点∵OM⊥AB，直线的函数式为：y= x2的直线函数式为：， ∴交点∴OM2=（ b）2+（ b）（ b）2?（ b）（ b）2?（ b）与（ 3有两个交点）如图， 2， ∵OF=4， ∴FM2=OF2?OM2=42?， ∵FM= FG， ∴FG2=4FM2=4×[42?（1? b2）， ∵直线AB5， 2]=64? b2=64×F、G． ∴4≤b＜当b=5时，直线与圆相切， ∵DE是直径， ∴∠DCE=90°， ∵CO⊥DE，且DO=EO， ∴∠ODC=OEC=45°， ∴∠CFE=∠ODC=45°， ∴存在点∠CPE=45°，∴OP 连接OP， ∵Py= x（ P，使是切点， ∴OP⊥AB， ，， 又∵AB所在的直所在的直线为：y=? x+5， ∴P线为： ）． 【点评】： 本题主要考查了圆与一次函数的知识，解题的关键是作出辅助线，明确两条直线垂直时关系． 【题10】(2014年江苏徐州的边AB=3cm，AD=4cm，点E28) A如图，矩形ABCDK的从点O出发，沿射线ADF为圆O与射线移动，以CE为直径作圆20 × 20 ，点

BD的公共点，连接EF、CF，过点与圆O相交于点EFCGG，连接CG． （2 E（作EG⊥EF，EG1O）试说明与射线BD四边形是矩形；E）当圆E相切时，点中， ①矩形停止移动，在点移动的过程EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由； ②求点【考点】： G移动路线的长． 圆的综合题；垂线段最短；直角三角形斜边上的中线；矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质．于 【分析】： 即可． （（21）只要证到三个内角等D在⊙O上，根据90°）易证点圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△S矩形SCFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到ABCD=2S△CFE= ．然后只需求出CF的范围就可求出矩形ABCD的范围．根据圆周角定理和矩形的性G的移动质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点的路线是线段，只需找到点求出该线段的长度即可．（1）证明：如图1 G的起点与终点，解：【解答】： ， ∵CE为⊙O的直径， 20 × 20

∴∠CFE=∠CGE=90°∴∠FEG=90°．是矩形． ． ∵EG⊥EF， ． ∴四边形EFCG ∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°（2）①存在． 连接OD，如图2①， ∵四边形OABCD是矩形， ∴∠A=∠ADC=90°． ∵点． ∴点D在⊙O． ∴ =（ ）是CE的中点， ∴OD=OC上． ∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，（ ）2． ∵AD=4，AB=3 ∴S ∴△CFE∽△DAB S△CFE=， ∴BD=5，矩形2?S△DAB = × ×3×4 = ．边形EFCG是矩形， ABCD=2S△CFE = ． ∵四∴FC∥EG． ∴∠FCE=∠CEG． ∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE， ∴∠GDC=∠FDE． ∵∠FDE+∠CDB=90°， ∴∠GDC+∠CDB=90°． ∴∠GDB=90° Ⅰ．当点F在点BE在点GA在点（E′）处时，点D点（F′）处，点（G′处，如图2①所示．此时，CF=CB=4． Ⅱ．当F在点D （F″）处时，直径F″G″⊥BD，此时⊙O与射线BD相切，F到达 如图2②所示，CF=CD=3． Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F″′， 如图2③所示． S△BCD= BC?CD= ∴CF″′= ．） ∴ 2≤SBD?CF″′． ∴4×3=5×CF″′．≤CF≤4．20 × 20 ∵S矩形ABCD= ， ∴ ×（矩形

ABCD≤ ×42． ∴ ≤S矩形ABCD≤12 ． ∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为值，点G的起点为DG″D． ②∵∠GDC=∠FDE=定G的移，终点为G″， ∴点动路线是线段． ∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°， G移∴△DCG″∽△DAB． ∴ = ． ∴ = ． ∴DG″= ． ∴点动路线的长为 ． 【点评】： 本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、垂线段定理等知识，考查了动点的移动的路线长，综合性较强．而发现及∠FCE=∠ADB是解决本题的关键． ∠CDG=∠ADB【题11】（2014.连云港25题）为了考察冰川融化的状况，一支科考队在某冰川上设一定一个以大本营O为圆心，半径为4km 圆形考察区域，线段P1、P2是冰川的部分边界线（不考虑其它边界），当冰川融化时，边界线沿着与其垂直的方向朝考察区域平行移动边界线P1P2.若经过n年，冰川的s与n（n移动的距离为s(km),并且O为正整数）的关系是 .以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，其中P1、P2的坐标分20 × 20

别是（-4，P1P29）、（-13，-3）. （1）求线段 （2）所在的直线对应的函数关系式；求冰川的边界线移动到考察区域所需要的最短时间 . 20 × 20

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/f9la.html