九年级中考数学圆的综合解答题压轴题提高专题练习及详细答案

1、九年级中考数学圆的综合解答题压轴题提高专题练习及详细答案一、圆的综合1 （类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形（性质探究）如图1 ，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB， CD与 BC， AD之间的数量关系猜想结论：（要求用文字语言叙述）写出证明过程（利用图1 ，写出已知、求证、证明）（性质应用） 初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形（填序号）A：平行四边形：B：菱形：C：矩形；D：正方形 如图2，圆外切四边形ABCD

2、，且AB=12， CD=8，则四边形的周长是 圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5： 4： 7，求四边形各边的长【分析】（ 1 ）根据切线长定理即可得出结论；（ 2） 圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论； 根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论； 根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论【详解】 性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：如图1，已知：四边形ABCD的四边 AB，BC，CD，DA都于 O相切于G，F，E，H求证：AD+BC=AB+CD证明： AB， AD 和 O 相切， AG=AH，同理：BG=BF， CE=CF， DE

3、=DH， AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等故答案为：圆外切四边形的对边和相等；性质应用： 根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等 平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等故答案为：B， D； 圆外切四边形ABCD， AB+CD=AD+BC AB=12， CD=8， AD+BC=12+8=20， 四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40故答案为：40； 相邻的三条边的比为5： 4： 7， 设此三边为5x， 4x， 7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为5x+7

4、x 4x=8x 圆外切四边形的周长为48cm， 4x+5x+7x+8x=24x=48， x=2， 此四边形的四边为4x=8cm， 5x=10cm， 7x=14cm， 8x=16cm【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键2 已知?ABCD的周长为26， ABC=120°， BD为一条对角线， O 内切于 ABD， E， F， G为切点，已知 O 的半径为3 求 ?ABCD的面积【答案】20 3【解析】【分析】首先利用三边及 O 的半径表示出平行四边形的面积，再

5、根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD的长即可解答.【详解】设 O 分别切 ABD的边 AD、 AB、 BD于点G、 E、 F；平行四边形ABCD的面积为S；则 S=2S ABD=2 × 1 (AB·OE+BD·OF+AD·OG)= 3 ( AB+AD+BD)； 平行四边形ABCD的周长为26， AB+AD=13， S= 3 (13+BD)；连接OA；由题意得： OAE=3°0， AG=AE=3；同理可证DF=DG， BF=BE； DF+BF=DG+BE=13 3 3=7，即 BD=7， S= 3 （ 13+7） =20 3

6、即平行四边形ABCD的面积为20 3 OC为半径作 O，切AB 于 D 点，且3 如图，已知Rt ABC中，C=90°， O在 AC上，以BC=BD1 ）求证：AB 为 O 的切线；2）若BP的最大值与最小值.1 ）连OD，证明略；（2）半径为3；（3）最大值3 5 +3 ， 3 5 -3.BC=6， sinA= 3 ，求 O的半径；5【解析】分析：（1）连接OD， OB，证明 ODB OCB即可 .（ 2）由sinA=3 且 BC=6可知，AB=10且 cosA= 4 ，然后求出OD的长度即可.55（ 3）由三角形的三边关系，可知当连接OB 交 O 于点E、 F，当点P 分别于点E

7、、 F 重合时， BP分别取最小值和最大值.详解：（1）如图：连接OD、 OB.在 ODB和 OCB中： OD=OC,OB=OB,BC=BD; ODB OCB（ SSS） ODB= C=90 .° AB 为 O 的切线 .（ 2）如图：BC=6， AB=10, BD=BC=6, AD=AB-BD=4,sinA= 3 ， cosA= 4 ，55 OA=5， OD=3，即 O 的半径为：3.F，P 点与 E 点重合时，PB取最小值.2）可知：OD=3， DB=6, OB= 32 62 3 5 . PB=OB-OE=3 5 3 .当 P 点与 F 点重合时，PB去最大值，PB=OP+OB=

8、3+3 5 .关键是对三角函数值、勾股定理、点睛：本题属于综合类型题，主要考查了圆的综合知识全等三角形判定与性质的理解.4 已知，如图：O1 为 x轴上一点，以O1 为圆心作 O1 交 x轴于 C、 D 两点，交y轴于M 、 N 两点， CMD 的外角平分线交 O1 于点 E， AB 是弦，且AB CD，直线DM 的解析式为y=3x+3（ 1 ）如图1，求 O1 半径及点E 的坐标（2）如图2，过E 作EFBC于F，若A、B 为弧CND上两动点且弦ABCD，试问：BF+CF与 AC 之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明（ 3）在（2）的条件下，EF交 O1 于点G，问弦BG的长度是

9、否变化？若不变直接写出BG的长（不写过程），若变化自画图说明理由【答案】（1 ） r=5 E（ 4， 5） （ 2） BF+CF=AC（ 3）弦BG的长度不变，等于5 2【解析】分析：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1，可以证到ECD=SME=EMC=EDC，从而可以证到 EO1D= EO1C=90°由直线DM 的解析式为y=3x+3可得 OD=1， OM=3设 O1 的半径为r在Rt MOO1 中利用勾股定理就可解决问题（2）过点O1作O1PEG于P，过点O1 作O1QBC于Q，连接EO1、DB，如图2由AB DC可证到BD=AC，易证四边形O1PFQ是矩形，从而有O1P

10、=FQ， PO1Q=90°，进而有 EO1P= CO1Q，从而可以证到 EPO1 CQO1，则有PO1=QO1根据三角形中位线定理可得 FQ= 1 BD从而可以得到BF+CF=2FQ=AC2（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3易证EFBD，则有 GEB=EBD，从而有?BG =E?D ，也就有BG=DE在Rt EO1D 中运用勾股定理求出ED，就可解决问题详解：（1）连接ED、 EC、 EO1、 MO1，如图1 ME 平分 SMC， SME= EMC SME= ECD， EMC= EDC， ECD= EDC， EO1D= EO1C EO1D+ EO1C=180°， E

11、O1D= EO1C=90° 直线 DM 的解析式为y=3x+3， 点 M 的坐标为（0， 3），点 D 的坐标为（1 ， 0）， OD=1， OM=3设 O1 的半径为r，则MO 1=DO1=r在RtMOO1 中，（ r1 ） 2+32 =r2解得：r=5， OO1 =4，EO1=5， O1 半径为 5，点E 的坐标为（4，5）（ 2） BF+CF=AC理由如下：过点 O1作O1PEG于P，过点O1作O1QBC于Q，连接EO1、DB，如图2ABDC， DCA=BAC， ?AD = ?BC，B?D = ?AC ， BD=ACO1PEG，O1Q BC，EF BF， O1PF=PFQ= O

12、1QF=90°， 四边形O1PFQ是矩形， O1 P=FQ， PO1Q=90°， EO1P=90° PO1C= CO1QEO1PCO1Q在 EPO1和 CQO1 中，EPO1CQO1 ，O1E O1C EPO1 CQO1， PO1=QO1， FQ=QO1 QO1 BC， BQ=CQ CO1=DO1， O1Q= 1 BD， FQ= 1 BD 22 BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ， BF+CF=BD=AC（ 3）连接EO1， ED， EB， BG，如图3 DC是 O1 的直径， DBC=90°， DBC+ EFB=180 °

13、， EF BD， GEB= EBD， ?BG = E?D， BG=DE DO1=EO1=5， EO1 DO1， DE=5 2 ， BG=5 2 ，弦 BG 的长度不变，等于5 2 点睛：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度而由AB DC证到 AC=BD是解决第（2）小题的关键，由EG DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键5 如图， M 与菱形ABCD在平面直角坐标系中，点M 的坐标为（3，1），点 A的坐标为（2，3 ），点B的坐标为（3

14、， 0），点C在 x轴上，且点D在点 A的左侧（ 1 ）求菱形ABCD的周长；（ 2）若 M 沿 x 轴向右以每秒2 个单位长度的速度平移，同时菱形ABCD沿 x 轴向右以每秒 3 个单位长度的速度平移，设菱形移动的时间为t（秒），当 M 与 BC相切，且切点为BC的中点时，连接BD，求：t 的值； MBD 的度数；（ 3）在（2）的条件下，当点M 与 BD 所在的直线的距离为1 时，求 t 的值【答案】（1 ） 8；（2） 7 ； 105° ；（3） t=63 或 6+ 3 3【解析】分析：（1）根据勾股定理求菱形的边长为2，所以可得周长为8；（ 2） 如图 2，先根据坐标求EF的

15、长，由EE' FE'=EF=7，列式得：3t 2t=7，可得t的值； 先求 EBA=60°，则 FBA=120°，再得 MBF=45°，相加可得： MBD= MBF+ FBD=45 +°60 =° 105 ；°（ 3）分两种情况讨论：作出距离MN 和 ME，第一种情况：如图5 由距离为1 可知： BD为 M 的切线，由BC是 M 的切线，得 MBE=30°，列式为3t+ 3 =2t+6，解出即可；第二种情况：如图6，同理可得t 的值详解：（1）如图1 ，过A 作 AE BC于 E 点 A的坐标为（2，3），点

16、 B 的坐标为（3， 0）， AE= 3 ， BE=3 2=1， AB= AE2 BE2 = （3） 2 12 =2四边形 ABCD是菱形，AB=BC=CD=AD=2， 菱形 ABCD的周长=2 × 4=；8 2） 如图 2， M 与 x 轴的切点为F， BC的中点为E M （3，1 ）， F（3，0） BC=2，且E 为BC的中点，E（4，0），EF=7，即EE' FE'=EF，3t2t=7，t=7； 由（ 1 ）可知：BE=1 ， AE= 3， tan EBA= AE = 3 = 3 ， EBA=60°，如图 4， FBA=120° BE 1

17、四边形ABCD是菱形， FBD= 1 FBA= 1 120 =60°22 BC是 M 的切线， MF BC F是 BC的中点， BF=MF=1， BFM 是等腰直角三角形， MBF=45，° MBD = MBF+ FBD=45°+60=° 105 ；° 3）连接BM，过 M 作 MN BD，垂足为N，作 MEBC于 E，分两种情况：第一种情况：如图5 四边形ABCD是菱形， ABC=120 °， CBD=60°， NBE=60° 点 M 与 BD所在的直线的距离为1， MN =1， BD为 M 的切线 BC是 M

18、的切线， MBE=30°ME=1， EB=3 ， 3t+ 3 =2t +6，t=63 ；第二种情况：如图6四边形ABCD是菱形， ABC=120 °， DBC=60°， NBE=120 ° 点 M 与 BD所在的直线的距离为1， MN =1， BD为 M 的切线 BC是 M 的切线， MBE=60° ME=MN=1， Rt BEM 中， tan60 °= ME ， EB= 1= 3 ，BE tan 6033t=2t+6+ 3 ， t=6+ 3 ；3M 与 BD 所在的直线的距离为1 时，t=63 或 6+ 3 3综上所述：当点点睛：本

19、题是四边形和圆的综合题，考查了菱形的性质、圆的切线的性质和判定、特殊的三角函数值、等腰直角三角形的性质、动点运动问题，此类问题比较复杂，弄清动点运动方向、速度、时间和路程的关系，并与方程相结合，找等量关系，求出时间t 的值6 如图，在ABC中，BAC 90 , AB AC 2, AD BC，垂足为D ，过 A,D的 O 分别与 AB, AC 交于点 E, F ，连接EF , DE, DF （ 1 ）求证：ADE CDF ；2）当BC 与 O 相切时，求 O 的面积【答案】（1）见解析;（2） 2 .4【解析】分析：（1）由等腰直角三角形的性质知AD=CD、 1= C=45°，由 EA

20、F=90°知 EF是 O的直径，据此知 2+ 4= 3+ 4=90° ，得 2= 3，利用“ ASA证明即可得；”（ 2）当BC与 O 相切时，AD 是直径，根据 C=45 °、 AC= 2 可得 AD=1 ，利用圆的面积公式可得答案详解：（1）如图， AB=AC， BAC=90°， C=45° 1又 AD BC， AB=AC， 1= BAC=45 °， BD=CD， ADC=90 °2又BAC=90 °， BD=CD， AD=CD又 EAF=90°， EF是 O 的直径， EDF=90°， 2

21、+ 4=90°又3+ 4=90°， 2=3在 ADE和 CDF中1C AD CD ， ADE CDF（ ASA）23（ 2）当BC与 O 相切时，AD 是直径在Rt ADC中， C=45°， AC= 2 ，AD12 sin C= ， AD=ACsin C=1， O 的半径为， O 的面积为点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系等知识点7 如图所示，以Rt ABC的直角边AB为直径作圆O，与斜边交于点D， E为 BC边上的中点，连接DE（ 1 ）求证：DE是 O 的切线；（ 2） 连接OE

22、， AE，当 CAB为何值时，四边形AOED是平行四边形？并在此条件下求sin CAE的值【答案】（1）见解析;（2） 10 .10【解析】分析：（1）要证DE是 O的切线，必须证ED OD，即 EDB+ ODB=9°0（ 2）要证AOED是平行四边形，则DE AB， D 为 AC中点，又BD AC，所以 ABC为等腰直角三角形，所以 CAB=4°5 ，再由正弦的概念求解即可详解：（1）证明：连接O、 D 与 B、 D 两点， BDC是 Rt ，且E为 BC中点， EDB= EBD（2 分）又 OD=OB且 EBD+ DBO=9°0， EDB+ ODB=90 &#

23、176; DE 是 O 的切线（ 2）解： EDO= B=90°，若要四边形AOED是平行四边形，则DE AB， D为 AC中点，又 BD AC， ABC为等腰直角三角形 CAB=45 °过 E 作 EH AC 于 H，2设 BC=2k，则EH= 2 k， AE= 5 k， sin CAE=EH10 点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心 和这点（即为半径），再证垂直即可8 如图1，四边形ABCD为 O 内接四边形，连接AC、 CO、 BO，点C为弧BD的中点（ 1 ）求证： DAC= ACO+ ABO；（2）如图2，点E 在OC上，

24、连接EB，延长CO交 AB于点F，若 DAB=OBA+EBA求证：EF=EB；（ 3）在（2）的条件下，如图3，若OE+EB=AB， CE=2， AB=13，求AD的长【答案】（1 ）证明见解析；（2）证明见解析；（3） AD=7【解析】试题分析：（1 ）如图1 中，连接OA，只要证明 CAB= 1+ 2= ACO+ ABO，由点 C是B?D 中点，推出C?D C?B ，推出 BAC= DAC，即可推出 DAC= ACO+ ABO；（ 2）想办法证明 EFB= EBF即可；（3）如图3 中，过点O作OHAB，垂足为H，延长BE交HO 的延长线于G，作BNCF于N，作CKAD 于K，连接OA作C

25、T AB 于T首先证明EFB是等边三角形，再证 ACK ACT， Rt DKC Rt BTC，延长即可解决问题；试题解析：（1 ）如图1 中，连接OA，OA=OC， 1= ACO，OA=OB， 2= ABO， uuuruuur点 C 是 BD 中点， CDCAB= 1+ 2= ACO+ ABO，uuurCB ， BAC= DAC， DAC= ACO+ ABO2）如图2 中，BAD=BAC+DAC=2CAB， COB=2BAC， BAD=BOC，DAB=OBA+EBA， BOC= OBA+EBA， EFB= EBF， EF=EB（3）如图3 中，过点O作OHAB，垂足为H，延长BE交 HO 的延

26、长线于G，作BNCF于 N，作CK AD 于 K，连接OA作CT AB 于 T EBA+ G=90 ，° CFB+ HOF=90 ， ° EFB= EBF， G= HOF， HOF= EOG， G= EOG， EG=EO，OH AB， AB=2HB，OE+EB=AB， GE+EB=2HB， GB=2HB，HB 1cos GBA=， GBA=60°，GB 2 EFB是等边三角形，设HF=a， FOH=30 ， ° OF=2FH=2a，13AB=13， EF=EB=FB=FH+BH=a+ ， 2OE=EF OF=FB OF=13 a， OB=OC=OE+EC

27、=13 a+2=17 a，113) =133 a，2NE=1 EF=1 a+13， 224ON=OE=EN=( 13 a)( 2BO2 ON2=EB2 EN2，17 a) 2( 2133 a)213a+ )21 a+13) 2，24解得 a= 3 或 10（舍弃），2OE=5， EB=8， OB=7，AC=AC， ACK ACT， CK=CT， AK=AT， K= ATC=90， ° KAC= TAC，uuur uuurCD CB ， DC=BC， Rt DKC Rt BTC， DK=BT，FT=1 FC=5，DK=TB=FBFT=3，AK=AT=ABTB=10，AD=AKDK=10

28、3=729 如图 1，四边形ABCD是正方形，点E是边 BC上一点，点F在射线 CM 上 , AEF=90°，AE=EF，过点F 作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC（1） 试判断BE与 FH 的数量关系，并说明理由；（2） 求证： ACF=90°；（3） 连接AF，过A， E， F 三点作圆，如图2. 若 EC=4， CEF=15°，求的长 .图1图 2【答案】（1 ） BE="FH"；理由见解析（ 2）证明见解析（ 3） =2【解析】试题分析：（1 ）由 ABE EHF（ SAS）即可得到BE=FH（2）由（1 ）可知 AB=EH，而BC=

29、AB，FH=EB，从而可知 FHC是等腰直角三角形， FCH为45°，而ACB也为 45°，从而可证明（3）由已知可知EAC=3°0，AF是直径，设圆心为O，连接EO，过点E作ENAC于点N，则可得 ECN为等腰直角三角形，从而可得EN的长，进而可得AE的长，得到半径，得到所对圆心角的度数，从而求得弧长试题解析：（1 ） BE=FH理由如下： 四边形ABCD是正方形 B=90 ，° FH BC FHE=90 °又 AEF=90° AEB+ HEF="90° " 且 BAE+ AEB=90° HE

30、F= BAE AEB= EFH 又 AE=EF ABE EHF( SAS) BE=FH(2) ABE EHF BC=EH， BE=FH 又 BE+EC=EC+CH BE="CH" CH=FH FCH=45，° FCM=45 ° AC 是正方形对角线， ACD=45 ° ACF= FCM + ACD =90（ 3） AE=EF， AEF是等腰直角三角形 AEF外接圆的圆心在斜边AF 的中点上设该中点为O连结EO得 AOE=90°过 E 作 EN AC 于点 NRt ENC中，EC=4， ECA=45°， EN=NC=Rt EN

31、A中， EN =又 EAF=45° CAF= CEF=15°（等弧对等角） EAC=30 ° AE=Rt AFE中，AE= EF， AF=8AE 所在的圆O 半径为4，其所对的圆心角为 AOE=90°=2· （ 49· 0°÷ 360） ° =2考点： 1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数10 如图， O 的直径AB 8， C为圆周上一点，作 l 的垂线BD，垂足为D， BD 与 O 交于点E（ 1 ）求 AEC的度数；（ 2）求证：四边形OBEC是菱形AC 4，过点C作 O的切线

32、l，过点B1 ） 30°；（2）详见解析. AEC 30°；1 ）易得 AOC是等边三角形，则 AOC 60°，根据圆周角定理得到2）根据切线的性质得到OC l，则有OC BD，再根据直径所对的圆周角为直角得到AEB 90 °，则 EAB 30 °，可证得AB CE，得到四边形OBE C为平行四边形，再由OBOC，即可判断四边形OBEC是菱形1 ）解：在 AOC中，AC 4， AO OC 4， AOC是等边三角形， AOC 60 °， AEC 30 °；（ 2）证明： OC l， BD l OC BD ABD AOC 60

33、° AB 为 O 的直径， AEB 90 °， AEB为直角三角形， EAB 30° EAB AEC CE OB，又 CO EB 四边形 OBEC为平行四边形又 OB OC 4 四边形 OBEC是菱形【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径也考查了圆周角定理及其推论以及菱形的判定方法11 如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以 OA的长为半径的 O与 AD、 AC分别交于点E、 F，且 ACB DCE（ 1）判断直线CE与 O的位置关系，并说明理由；2） O 的半径为641 ）首先连接OE，由OE=OA与四边形ABCD是矩形，易求得 DEC

34、+ OEA=9°0，即OE EC，即可证得直线CE与 O 的位置关系是相切；（ 2）首先易证得 CDE CBA，然后根据相似三角形的对应边成比例，即可求得DE的长，又由勾股定理即可求得AC的长，然后设OA为 x，即可得方程（ 3）2 x2 （ 6 x） 2，解此方程即可求得 O 的半径【详解】解：(1)直线CE与 O相切 理由：连接OE， 四边形ABCD是矩形， B D BAD 90 °， BC AD， CD AB， DCE+ DEC 90 °， ACB DAC，又 DCE ACB， DEC+ DAC 90 °， OE OA， OEA DAC， DEC+

35、 OEA 90 °， OEC 90 °， OE EC， OE 为圆 O 半径， 直线CE与 O 相切； ( 2) B D， DCE ACB， CDE CBA，BC AB，DC DE又 CD AB2 ， BC 2， DE 1根据勾股定理得EC3 ，又 ACAB2 BC26， 设 OA为 x，则 ( 3)2 x2 ( 6 x)2，解得 x 6 ，4 O 的半径为6 此题考查了切线的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知 识此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用，注 意辅助线的作法12 如图，点A，B， C， D，E 在 O

36、 上， ABCB于点B，tanD=3， BC=2，H 为 CE延长线上一点，且AH=10 ， CH5 2.（ 1 ）求证：AH 是 O 的切线；（ 2）若点D 是弧CE的中点，且AD 交 CE于点F，求证：HF=HA；（ 3）在（2）的条件下，求EF的长【答案】（1 ）证明见解析（2）证明见解析（3）102【解析】【分析】（1）连接AC，由AB CB可知AC是 O 的直径，由圆周角定理可得 C= D，于是得到tanC=3，故此可知AB=6，在Rt ABC中，由勾股定理得：AC2 = 40，从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得AC AH，问题得证；（ 2）连接DE、 BE，由

37、弦切角定理可知 ABD= HAD，由D 是 C?E 的中点，可得 CED= EBD，再由圆周角定理可得 ABE= ADE，结合三角形的外角即可证明 HAF= AFH，从而可证得AH=HF；（ 3）由切割线定理可得EH= 2 ，由（2）可知AF=FH= 10 ，从而可得EF=FH EH= 10 -2【详解】（1 ）如图 1 所示：连接AC AB CB， AC 是 O 的直径， C= D， tanC=3， AB=3BC=3 × ，2=6在 Rt ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40，又 AH2=10， CH2=50， AC2+AH2=CH2， ACH为直角三角形，AC A

38、H，AH 是圆O 的切线；2）如图2 所示：连接DE、 BE， AH 是圆 O 的切线， ABD= HAD， D 是 C?E 的中点， C? D E?D ， CED= EBD，又 ABE= ADE， ABE+ EBD= ADE+ CED， ABD= AFE， HAF= AFH， AH=HF；（ 3）由切割线定理可知：AH2=EH?CH，即（10 ） 2=5 2 EH，解得： EH= 2 ， 由（2）可知AF=FH= 10 ， EF=FH EH= 10 - 2 【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的

39、外角的性质等，正确添加辅助线是解题的关键.13 在平面直角坐标系xOy中，对于点P和图形W，如果以P为端点的任意一条射线与图形 W 最多只有一个公共点，那么称点P 独立于图形W（ 1 ）如图 1，已知点A（ -2， 0），以原点O 为圆心，OA长为半径画弧交x轴正半轴于点B在P1（0，4），P2（0，1），P3（0， -3），P4（4，0）这四个点中，独立于?AB 的点是；（ 2）如图2，已知点C（-3，0），D（0，3），E（3，0），点P 是直线 l： y=2x+8 上的一个动点若点P 独立于折线CD-DE，求点P 的横坐标xp 的取值范围；（ 3）如图3， H 是以点H（0，4）为圆心，

40、半径为1 的圆点T（0，t）在y 轴上且 t> -3，以点T为中心的正方形KLMN 的顶点 K的坐标为（0， t+3），将正方形KLMN 在 x轴及x 轴上方的部分记为图形W若 H 上的所有点都独立于图形W，直接写出t 的取值范围【答案】（1 ）P2，P3；（2）xP<-5 或xP>-5 （3）-3<t< 1- 2 或 1+ 2 < t< 7- 2 3【解析】【分析】（ 1 ）根据点P 独立于图形W 的定义即可判断；（ 2）求出直线DE，直线CD与直线 y=2x+8 的交点坐标即可判断；（ 3）求出三种特殊位置时t 的值，结合图象即可解决问题.【详解】

41、（ 1）由题意可知：在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于 ?AB 的点是P2， P3（2）C（-3，0），D（0，3），E（3，0），直线 CD 的解析式为y=x+3，直线DE的解析式为y=-x+3，y 2x 8y x 3xy5，可得直线l 与直线CD的交点的横坐标为-5，2y 2x 8yx 3xy35353 ，可得直线l 与直线 DE 的交点的横坐标为- 5143xP< -5 或xP> - 5 3OT=OH+KH-KT=4+ 2 -3=1+ 2，T（ 0， 1+ 2 ），此时t=1+ 2，3）如图3-1 中，当直线KN 与 H 相切

42、于点E 时，连接EH，则EH=EK=1， HK= 2 ，OT=KT+HK-OH=3+ 2 -4= 2 -1 ，T（ 0， 1- 2 ），此时t=1- 2，如图 3-2 中，当线段KN 与 H 相切于点E 时，连接EH满足条件的点P 的横坐标xp的取值范围为：当 -3< t< 1- 2 时， H 上的所有点都独立于图形如图 3-3 中，当线段MN 与 H 相切于点E 时，连接EHT（ 0， 7- 2 ），此时t=7- 2 ，当 1+ 2 < t< 7- 2 时， H 上的所有点都独立于图形W综上所述，满足条件的t 的值为 -3< t< 1- 2 或 1+ 2

43、< t< 7- 2【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，一次函数的应用，点P 独立于图形W 的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用特殊位置解决实际问题.314 如图，在 ABC中， AC BC 10 ， cosC,点 P 是 BC边上一动点（不与点A,C5重合），以PA长为半径的e P 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作 DE CB 于点 E .1 当 e P 与边BC 相切时，求e P 的半径；2 联结 BP交 DE 于点F ，设 AP 的长为x， PF 的长为 y，求 y关于 x的函数解析式，并直接写出x的取值范围；3 在 2 的条件下，当以PE 长为直径的e Q 与 e P 相交于 AC 边上的点G 时，求相交所得的公共弦的长.1 ） 40 ；（2） y 5x x2 8x 80 0 x 10 ；（3） 10 2 593x 2031 ）设 P 与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP BC， cosC= ，则5sinC= 4 ， sinC= HP = R = 4，即可求解； 5 CP 10 R 542（ 2） PD BE，则EB BF ，即：5 xPD PFxx2 8x 80 y ，即可求解；y（ 3）证明四边形PDBE为平行四边形，则