备战中考数学圆相似综合经典题解析

备战初中中考数学圆及相似综合经典题及答案解析备战初中中考数学圆及相似综合经典题及答案解析41/41备战初中中考数学圆及相似综合经典题及答案解析备战中考数学圆与相似综合经典题及答案解析一、相似1．已知直线y=kx+b与抛物线y=ax2（a＞0）订交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴订交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．1）若∠AOB=60°，AB∥x轴，AB=2，求a的值；2）若∠AOB=90°，点A的横坐标为﹣4，AC=4BC，求点B的坐标；3）延长AD、BO订交于点E，求证：DE=CO．【答案】（1）解：如图1，∵抛物线y=ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，∴A与B是对称点，O是抛物线的极点，∴OA=OB，∵∠AOB=60，°∴△AOB是等边三角形，AB=2，AB⊥OC，AC=BC=1，∠BOC=30，°OC=，∴A（-1，），把A（-1，）代入抛物线

y=ax2（a＞0）中得：

a=

；（2）解：如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，CF∥BG，∴，AC=4BC，=4，AF=4FG，∵A的横坐标为-4，∴B的横坐标为1，∴A（-4，16a），B（1，a），∵∠AOB=90，°∴∠AOD+∠BOE=90，°∵∠AOD+∠DAO=90，°∴∠BOE=∠DAO，∵∠ADO=∠OEB=90，°∴△ADO∽△OEB，∴，∴，16a2=4，a=±，a＞0，∴a=；∴B（1，）；（3）解：如图3，设AC=nBC，由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），∴AD=am2n2，过B作BF⊥x轴于F，∴DE∥BF，∴△BOF∽△EOD，∴，∴，∴，DE=am2n，∴，∵OC∥AE，∴△BCO∽△BAE，∴，∴，∴CO==am2n，∴DE=CO．【解析】【解析】（1）抛物线y=ax2关于y轴对称，依照AB∥x轴，得出A与B是对称点，可知AC=BC=1，由∠AOB=60°，可证得△AOB是等边三角形，利用解直角三角形求出OC的长，即可得出点A的坐标，利用待定系数法即可求出a的值。（2）过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，依照平行线分线段成比率证出AF=4FG，依照点A的横坐标为﹣4，求出点B的横坐标为1，则A（-4，16a），B（1，a），再依据已知证明∠BOE=∠DAO，∠ADO=∠OEB，即可证明△ADO∽△OEB，得出对应边成比率，建立关于

a的方程求解，再依照点

B在第一象限，确定点B的坐标即可。（3）依照（2）可知A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），得出AD的长，再证明△BOF∽△EOD，△BCO∽△BAE，得对应边成比率，证得CO=am2n，即可证得DE=CO。2．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的极点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF?AD；2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90，°∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90，°∴∠PBC+∠CBQ=90°∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°，∵∠PQB=45，°∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ，由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，(此题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°，∵∠ACB=45,∴°∠PCQ=45+45°=90°°tan∠CPQ=,由①得AP=CQ,又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ=由②得∠CBQ=∠CPQ，

，tan∠CBQ=tan∠CPQ=.【解析】【解析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，进而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证；（2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答案.3．如图，点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，8），点C是线段OB上一动点，点E在x轴正半轴上，四边形OEDC是矩形，且OE=2OC．设OE=t（t＞0），矩形OEDC与△AOB重合部分的面积为S．依照上述条件，回答以下问题：1）当矩形OEDC的极点D在直线AB上时，求t的值；2）当t=4时，求S的值；3）直接写出S与t的函数关系式（不用写出解题过程）；4）若S=12，则t=________．【答案】（1）解：由题意可得∠BCD=∠BOA=90°，∠CBD=∠OBA，∴△BCD∽△BOA，∴而CD＝OE＝t，BC＝8-CO＝8-，OA＝4，则8-，解得t＝，∴当点D在直线AB上时，t＝（2）解：当t=4时，点E与A重合，设CD与AB交于点F，则由△CBF∽△OBA得，即，解得CF=3，∴S＝OC(OE+CF)＝×2×＝(3+4)7（3）解：①当0＜t≤时，S=t2②当＜t≤4时，S=-t2+10t-16③当4＜t≤16时，S=t2+2t4）8【解析】【解答】解：（3）①当0﹤t≤时，如图（1），②当<t≤4时，如图（2），∵A（4,0），B（0,8）∴直线AB的解析式为y=-2x+8,∴G（t,-2t+8）,F(4-,),DF=t-4,DG=t-8，S=S矩形COED-S△DFG=t·③当4＜t≤16时，如图（3）∵CD∥OA，∴△BCF∽△BOA，∴∴,CF=4-,S=S△BOA-S△BCF=（4）由题意可知把S=12代入S=t2+2t中,.t2+2t=12,整理，得t2-32t+192=0.解得t1=8,t2=24>16（舍去）当S=12时，t=8【解析】（1）第一判断出△BCD∽△BOA，依照相似三角形对应边成比率得出BC∶BO=CD∶OA，依照矩形的性质及线段的和差得出CD＝OE＝t，BC＝8-CO＝8-，OA＝4，利用比率式即可得出方程，求解得出t的值；（2）当t=4时，点E与A重合，设CD与AB交于点F，则由△CBF∽△OBA得CF：CB=OA∶OB，依照比率式得出方程，求解得出CF的长，依照梯形的面积公式即可算出答案；（3）①当0﹤t≤时，如图（1），其重叠部分的面积就是矩形的面积，依照矩形的面积公式即可得出函数关系式；②当<t≤4时，如图（2），利用待定系数法，求出直线AB的解析式，依照和坐标轴平行的直线上的点的坐标特点及直线上的点的坐标特点分别表示出G,F的坐标，进而表示出DF的长，DG的长，依照S=S矩形COED-S△DFG即可得出函数关系式；③当4＜t≤16时，如图（3）依照矩形的性质得出CD∥OA，依照平行于三角形一边的直线截其他两边，所截得的三角形与原三角形相似得出△BCF∽△BOA，由相似三角形的对应边成比率得出BC：BO=CF：OA,依照比率式表示出CF的长，再依照S=SBOABCF即可得△△出函数关系式。4．已知极点为抛物线经过点，点.（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，直线AB与x轴订交于点M,y轴订交于点E，抛物线与y轴订交于点F，在直线AB上有一点P，若∠OPM=∠MAF,求△POE的面积；（3）如图2，点Q是折线A-B-C上一点，过点Q作QN∥y轴，过点QN与直线EN订交于点N，连接QE，将△QEN沿QE翻折获取△QEN1上，请直接写出Q点的坐标.

E作EN∥x轴，直线，若点N1落在x轴【答案】（1）解：把点代入，解得：a=1,∴抛物线的解析式为：或.（2）解：设直线AB解析式为：y=kx+b,代入点A、B的坐标得：，解得：，∴直线AB的解析式为：y=-2x-1,∴E（0，-1），F（0，-），M（-，0），OE=1，FE=,∵∠OPM=∠MAF,∴当OP∥AF时，△OPE∽△FAE，∴∴OP=FA=设点P（t,-2t-1）,

,∴OP=

,化简得：（

15t+2）（3t+2）=0,解得，，∴S△OPE=OE··,当t=-时，S△OPE=×1×=，当t=-时，S△OPE=×1×=，综上，△POE的面积为或.3）Q（-，）.【解析】【解答】（3）解：由（2）知直线AB的解析式为：y=-2x-1,E（0，-1），设Q（m，-2m-1）,N1（n，0），∴N（m,-1）,∵△QEN沿QE翻折获取△QEN1∴NN1中点坐标为（，1，），EN=EN∴NN1中点必然在直线AB上，即=-2×-1,n=--m,∴N1（--m，0），∵EN2=EN12，∴m2=（--m）2+1，解得：m=-,∴Q（-，）.【解析】（1）用待定系数法将点B点坐标代入二次函数解析式即可得出a值.（2）设直线AB解析式为：y=kx+b,代入点A、B的坐标得一个关于k和b的二元一次方程组，解之即可得直线AB解析式，依照题意得E（0，-1），F（0，-），M（-，0），根据相似三角形的判断和性质得OP=FA=,设点P（t,-2t-1）,依照两点间的距离公式即可求得t值，再由三角形面积公式△POE的面积.（3）由（2）知直线AB的解析式为：y=-2x-1,E（0，-1），设Q（m，-2m-1）,N1（n，0），进而得N（m,-1）,依照翻折的性质知NN1中点坐标为（，）且在直线AB上，将此中点坐标代入直线AB解析式可得n=--m,即N1（--m，0），再依照翻折的性质和两点间的距离公式得m2=（--m）2+1，解之即可得Q点坐标.5．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G．（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．①若点G为DE中点，求FG的长．②若DG=GF，求BC的长．2）已知BC=9，可否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明原由．【答案】（1）①在正方形ACDE中，有DG=GE=6在Rt△AEG中，AG=∵EG∥AC∴△ACF∽△GEF∴，∴∴②如图1，在正方形ACDE中，AE=EDAEF=∠DEF=45，°又EF=EF，∴△AEF≌△DEF∴∠1=∠2（设为x）∵AE∥BC∴∠b=∠1=x∵GF=GD∴∠3=∠2=x在△dbf中，∠3+∠FDb+∠b=180°x+（x+90）°+x=180，°解得x=30°∴∠B=30°∴在Rt△ABC中，BC=2）在Rt△ABC中，AB=如图2，当点D在线段BC上时，此时只有GF=GD∵DG∥AC∴△BDG∽△BCA设BD=3x，则DG=4x，BG=5xGF=GD=4x，则AF=15-9x∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF∴∴，即解得x1=1，x2=5（舍去）∴腰长GD=4x=4如图3，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有GF=Dg，设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，FG=DG=12+4x，∵AE∥BC∴△AEF∽△BCF∴∴，即x2=4解得x1=2，x2=-2（舍去）∴腰长GD=4x+12=20如图4，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点在BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作DH⊥FG。设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12FH=GH=DG·cos∠DGB=∴GF=2GH=，AF=GF-AG=∵AC∥DG∴△ACF∽△GEF∴∴，即7x2=288cos解得x1=，x2=（舍去）∴腰长GD=4x+12=如图5，当点D在线段Cb的延长线上时，此时只有DF=Dg，过点D作Dh⊥AG，设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x-12FH=GH=DG·cos∠DGB=AF=AG-FG=∵AC∥EG∴△ACF∽△GEF∴∴，即7x2=288解得x1=，x2=（舍去）∴腰长GD=4x-12=综上所述，等腰△DFG的腰长为4，20，，【解析】【解析】（1）①此小题观察相似三角形的判断与性质；由正方形的性质可得AG//EG，则△ACF∽△GEF，即可得FG：AF=EG：AC=1:2，则只要由勾股定理求出AG即可；②由正方形性的对称性，不难得出∠1=∠2，而由GF=GD可知∠3=∠2，在△BDF中，由三角形内角和为180度，不难求出∠b的度数，可知是一个特别角的度数，进而求出BC即可；（2）由于BC=9，因此B是定点，动点是D，由于点D是直线BC上一点，随着点D的地址的变化，E和F点的地址也随着变化；需要分类计论点D在线段BC上，点D在BC的延长线和点D在CB的延长线上，再逐个解析等腰三角形的存在性，依照相似三角形的性及三角函数解析解答即可．6．如图，二次函数（此中a，m是常数，且a>0，m>0）的图象与x轴分别交于点A，B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C(0，－3)，点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连接AD.过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB均分∠DAE.1）用含m的代数式表示a；2）求证：为定值；（3）设该二次函数图象的极点为F.研究：在x轴的负半轴上可否存在点G，连接CF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？若是存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；若是不存在，请说明原由.【答案】（1）解：将C（0，-3）代入函数表达式得，，∴（2）证明：如答图1，过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N.由解得x1=－m，x2=3m.∴A(－m，0)，B(3m，0).∵CD∥AB，∴点D的坐标为（2m，－3）.∵AB均分∠DAE.∴∠DAM=∠EAN.∵∠DMA=∠ENA=900，∴△ADM∽△AEN,∴.设点E的坐标为（x,）,∴,∴x=4m.∴为定值.（3）解：存在，如答图2，连接FC并延长，与x轴负半轴的交点即为所求点G.由题意得：二次函数图像极点F的坐标为（m，-4），过点F作FH⊥x轴于点H，在Rt△CGO和Rt△FGH中,∵tan∠CGO＝,tan∠FGH＝,∴=.∴OG="3m,"由勾股定理得，GF=，AD=.由（2）得，，∴AD∶GF∶AE=3∶4∶5.∴以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，此时点G的横坐标为－3m.【解析】【解析】1）将C点代入函数解析式即可求得.（2）令y=0求A、B的坐标，再根据，CD∥AB，求点D的坐标，由△ADM∽△AEN,对应边成比率，将求的比转变为求比，结果不含m即为定值.（3）连接FC并延长，与x轴负半轴的交点即为所求点G..过点F作FH⊥x轴于点H，在Rt△CGO和Rt△FGH中依照同角的同一个三角函数相等，可求OG（用m表示），尔后利用勾股定理求GF和AD（用m表示），并求其比值，由（2）是定值，因此可得AD∶GF∶AE=3∶4∶5，由此可依照勾股定理逆定理判断以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，直接得点G的横坐标.7．如图①所示，在△ABC中，点O是AC上一点，过点O的直线与AB，BC的延长线分别订交于点M，N.（1）【问题引入】若点O是AC的中点，，求的值；温馨提示：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.（2）【研究研究】若点O是AC上任意一点(不与A，C重合)，求证：（3）【拓展应用】如图②所示，点P是△ABC内任意一点，射线AP，BP，CP分别交

；BC，AC，AB于点

D，E，F.若，，求的值．【答案】（1）解：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.∵ON∥AG，∴.∵O是AC的中点，∴AO＝CO，∴NG＝CN.∵MN∥AG，∴，∴.（2）解：证明：由(1)可知（3）解：在△ABD中，点

，P是

AD

，∴上一点，过点

P的直线与

=1AB，BD的延长线分别订交于点F，C.由(2)可得交于点E，B.由(2)可得

.在△ACD中，过点

P的直线与

AC，CD的延长线分别相【解析】【解析】（1）作AG∥MN交BN延长线于点G,证△ABG∽△MBN得,即,同理可证△ACG∽△OCN得,联合AO=CO,得NG=CN,进而由进行求解,(2)由,可知:,(3)由(2)可知,在△ABD中有,在△ACD中有,进而,因此可得:.8．如图

1，图形

ABCD是由两个二次函数

与

的部分图像围成的封闭图形，已知

A(1，0)、B(0，1)、D(0，﹣3)．（1）直接写出这两个二次函数的表达式；（2）判断图形ABCD可否存在内接正方形（正方形的四个极点在图形原由；（3）如图2，连接BC、CD、AD，在坐标平面内，求使得△BDC与点E是对应极点）的点E的坐标．

ABCD上），并说明与△ADE相似（此中点

C【答案】（1）解：（2）解：存在，原由：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y轴时，设M（x,-x2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（x,3x2-3）为第四象限内的图形上一点，∴MM'=（1-x2）-3（3x2-3）=4-4x2，由抛物线的对称性知，若有内接正方形，则2x=4-4x2，即2x2+x-2=0，x=或（舍），∵0<，∴存在内接正方形，此时其边长为（3）解：解：在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，∴AD=，同理CD=.在Rt△BOC中，OB=OC=1，∴BC=.①如图（1）当△DBC~△DAE时，因∠CDB=∠ADO，∴在y轴上存在一点E，由得，得DE=，因D（0，-3），∴E（）；由对称性知在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC~△DAE'，连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD，垂足为M，连接E'D，∵E、E'关于DA对称，∴DF垂直均分EE'，∴△DEF~△DAO，∴，有，∴，.因，∴，又，在Rt△DE'M中，DM=，∴OM=1，得∴，使得△DBC~△DAE的点E的坐标为（0，,）或；如图（2）当△DBC~△ADE时，有∠BDC=∠DAE，，即，得AE=.当E在直线DA左侧时，设AE交y轴于P点，作EQ⊥AC，垂足为Q.由∠BDC=∠DAE=∠ODA，∴PD=PA，设PD=x，则PO=3-x，PA=x，在Rt△AOP中，由得，解得，则有PA=，PO=，因AE=，∴PE=，在△AEQ中，OP∥EQ，∴，得，又，∴QE=2，∴E（），当E'在直线DA右侧时，因∠DAE'=∠BDC，又∠BDC=∠BDA，∴∠BDA=∠DAE'，则AE'∥OD，∴E'（1，），则使得△DBC~△ADE的点E的坐标为或.综上，使得△BDC与△ADE相似（此中点C与点E是对应极点）的点E的坐标有4个，即（0，,）或或或【解析】【解答】（1）∵二次函数经过点A（1,0），B（0,1）代入得解得∴二次函数；∵二次函数经过点A（1,0），D（0,-3）代入得解得∴二次函数.【解析】（1）由A（1,0），B（0，1）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；由A（1,0），D（0，-3）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y的表达式；（2）判断可否存在，可1以列举出一种特别情况：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y轴时，则可设点M（x,-x2+1）在y1图象上，则该正方形存在另一点M'（x,3x2-3）在y2图象上，由邻边相等构造方程解答即可；（3）关于△BDC与△ADE相似，且C于D对应，那么就存在两种情况：①当点B对应点A，即△DBC~△DAE，此时点E的地址有两处，一处在y轴上，另一处在线段

AD

的右侧；②当点

B对应点

DA时，即△DBC~△ADE，些时点

E有两处，分别处于线段

AD的左右两侧；结果两种情况所有的条件解出答案即可

.二、圆的综合9．如图，⊙O是△ABC的外接圆，点E为△ABC内切圆的圆心，连接AE的延长线交BC于点F，交⊙O于点D；连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM=∠DAC．（1）求证：直线DM是⊙O的切线；（2）若DF=2，且AF=4，求BD和DE的长．【答案】（1）证明见解析（2）23【解析】【解析】（1）依照垂径定理的推论即可获取OD⊥BC，再依照∠BDM=∠DBC，即可判断BC∥DM，进而获取OD⊥DM，据此可得直线DM是⊙O的切线；2）依照三角形内心的定义以及圆周角定理，获取∠BED=∠EBD，即可得出DB=DE，再判断△DBF∽△DAB，即可获取DB2=DF?DA，据此解答即可．【详解】（1）以下列图，连接OD．∵点E是△ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD，∴??，∴OD⊥BC．BDCD又∵∠BDM=∠DAC，∠DAC=∠DBC，∴∠BDM=∠DBC，∴BC∥DM，∴OD⊥DM．又∵OD为⊙O半径，∴直线DM是⊙O的切线．（2）连接BE．∵E为内心，∴∠ABE=∠CBE．∵∠BAD=∠CAD，∠DBC=∠CAD，∴∠BAD=∠DBC，∴∠BAE+∠ABE=∠CBE+∠DBC，即BED=∠DBE，∴BD=DE．又∵∠BDF=∠ADB（公共角），∴△DBF∽△DAB，∴

DFDBDBDA

，即DB2=DF?DA．∵DF=2，AF=4，∴DA=DF+AF=6，∴DB2=DF?DA=12，∴DB=DE=23．【点睛】此题主要观察了三角形的内心与外心，圆周角定理以及垂径定理的综合应用，解题时注意：均分弦所对一条弧的直径，垂直均分弦，而且均分弦所对的另一条弧；三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形极点的连线均分这个内角．10．如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．【答案】(1)见解析;(2)Q的坐标为（32，9）;(3)63.8【解析】（1）解：连接AM、BM，∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点1∴AM＝BM＝PM=QM=PQ，2∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，∵AM＝BM∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离向来为则点Q到x轴的距离向来为9，即点Q的纵坐标向来为9，当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝32∴点Q的坐标为（32，9）3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，）当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（，）3∴M1M2＝－3＝，Q1Q2＝6－4＝22线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q11363其面积为：×(＋2)×4＝.5.228【解析】【解析】依照已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，再依照这个条件联合题意直接解答此题.【详解】（1）解：连接AM、BM，∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点∴AM＝BM＝PM=QM=PQ，∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，∵AM＝BM∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离向来为则点Q到x轴的距离向来为9，即点Q的纵坐标向来为9，当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3∴点Q的坐标为（3，9）3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，）当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（，）∴M1M2＝－3＝，Q1Q2＝6－4＝2线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1其面积为：×(＋2)×4＝.5.【点睛】此题主要观察学生依照题意能找到三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，而且考验学生对相似三角形性质的运用，掌握研究题目隐含条件是解决此题的要点.11．图1和图2，半圆O的直径AB=2，点P（不与点A，B重合）为半圆上一点，将图形延BP折叠，分别获取点A，O的对称点A′，O′，设∠ABP=α．1）当α=15°时，过点A′作A′C∥AB，如图1，判断A′C与半圆O的地址关系，并说明原由．（2）如图2，当α=时，°BA′与半圆O相切．当α=时，°点O′落在上．3）当线段BO′O只有一个公共点B时，求α（与半圆的取值范围．【答案】（1）A′C与半圆O相切；原由见解析；（2）45；30；（3）0°＜α＜30°或45°≤α90°．【解析】试题解析：（1）过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，利用含30°角的直角三角形的性质可求得DE+OE=A′B=AB=OA，可判断A′C与半圆相切；（2）当BA′与半圆相切时，可知OB⊥A′B，则可知α=45°当，O′在上时，连接AO′，则可知BO′=AB，可求得∠O′BA=60，°可求得α=30°；（3）利用（2）可知当α=30°时，线段O′B与圆交于O′，当α=45°时交于点B，联合题意可得出满足条件的α的范围．试题解析：（1）相切，原由以下：如图1，过O作OD过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，∵α=15，°A′C∥AB，∴∠ABA′=∠CA′B=30，°DE=A′E，OE=BE，∴DO=DE+OE=（A′E+BE）=AB=OA，∴A′C与半圆O相切；2）当BA′与半圆O相切时，则OB⊥BA′，∴∠OBA′=2α，=90°∴α=45，°当O′在上时，如图2，连接AO′，则可知∴∠O′AB=30，°∴∠ABO′=60，°∴α=30，°

BO′=AB，（3）∵点P，A不重合，∴α＞0，由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段BO′与半圆只有一个公共点当α增大到45°时BA′与半圆相切，即线段BO′与半圆只有一个公共点

B；B．当α连续增大时，点P逐渐凑近点B，但是点P，B不重合，∴α＜90°，∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．考点：圆的综合题．12．如图，已知AB为⊙O的直径，AB=8，点C和点D是⊙O上关于直线AB对称的两个点，连接OC、AC，且∠BOC＜90°，直线BC和直线AD订交于点E，过点C作直线CG与线段AB的延长线订交于点F，与直线AD订交于点G，且∠GAF＝∠GCE1）求证：直线CG为⊙O的切线；2）若点H为线段OB上一点，连接CH，满足CB＝CH，①△CBH∽△OBC②求OH＋HC的最大值【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②5.【解析】解析：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，由圆的性质可知：∠CAB=∠OCA，因此∠OCA=∠GCE，进而可证明直线CG是⊙O的切线；2）①由于CB=CH，因此∠CBH=∠CHB，易证∠CBH=∠OCB，进而可证明△CBH∽△OBC；②由△CBH∽△OBC可知：BC＝HB，因此HB=BC2，由于BC=HC，因此OCBC4BC2OH+HC的最大值．OH+HC=4-+BC，利用二次函数的性质即可求出4详解：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠OCA+∠OCB=90，°∵∠GAF=∠GCE，∴∠GCE+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90，°∵OC是⊙O的半径，∴直线CG是⊙O的切线；2）①∵CB=CH，∴∠CBH=∠CHB，∵OB=OC，∴∠CBH=∠OCB，∴△CBH∽△OBC②由△CBH∽△OBC可知：BC＝HBOCBCAB=8，∴BC2=HB?OC=4HB，HB=BC2，4∴OH=OB-HB=4-∵CB=CH，

BC24∴OH+HC=4-BC2+BC，4当∠BOC=90°，此时BC=42∵∠BOC＜90°，∴0＜BC＜42，令BC=x则CH=x，BH=x24OHHC1x2x412x2544当x=2时，∴OH+HC可获取最大值，最大值为5点睛：此题观察圆的综合问题，涉及二次函数的性质，相似三角形的性质与判断，切线的判断等知识，综合程度较高，需要学生灵便运用所知识．13．如图，过⊙O外一点P作⊙O的切线PA切⊙O于点A，连接PO并延长，与⊙O交于C、D两点，M是半圆CD的中点，连接AM交CD于点N，连接AC、CM．1）求证：CM2=MN.MA；2）若∠P=30°，PC=2，求CM的长．【答案】（1）见解析；（2）CM=22.【解析】【解析】··CAMDCM，根∠CMA=∠NMC据证AMC∽CMN即可（1）由CMDM知得；（2）连接OA、DM，由直角三角形PAO中∠P=30°知OA1PO1PCCO，据此22求得OA=OC=2，再证三角形CMD是等腰直角三角形得CM的长．【详解】（1）QeO中，M点是半圆CD的中点，·，CMDMCAMDCM，又QCMANMC，AMC∽CMN，CMAM，即CM2MN·MA；MNCM（2）连接OA、DM，PA是eO的切线，PAO90，又QP30，OA1PO1PCCO，2设eO的半径为r，QPC2，12r，2解得：r2，又QCD是直径，CMD90，QCMDM，CMD是等腰直角三角形，在RtCMD中，由勾股定理得CM2DM2CD2，即2CM22r216，则CM28，CM22．【点睛】此题主要观察切线的判断和性质，解题的要点是掌握切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判断和性质等知识点14．如图1，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点A，C的圆交AB于点D，交BC于点E，连接DE1）若AD=7，BD=1，分别求DE，CE的长2）如图2，连接CD，若CE=3，△ACD的面积为10，求tan∠BCD3）如图3，在圆上取点P使得∠PCD=∠BCD（点P与点E不重合），连接PD，且点D是△CPF的内心①请你画出△CPF，说明画图过程并求∠CDF的度数②设PC=a，PF=b，PD=c，若（a-2c）（b-2c）=8，求△CPF的内切圆半径长．1【答案】（1）DE=1，CE=32；（2）tan∠BCD=；（3）①135°；②2.【解析】【解析】1）由A、C、E、D四点共圆对角互补为打破口求解；2）找∠BDF与∠ODA为对顶角，在⊙O中，∠COD=2∠CAD，证明△OCD为等腰直角三角形，进而获取∠EDC+∠ODA=45°，即可证明∠CDF=135°；（3）过点D做DHCB于点H，以D为圆心，DH为半径画圆，过点P做eD切线PF交CB的延长线于点F，联合圆周角定理得出∠CPD=∠CAD=45°，再依照圆的内心是三角形三个内角角均分线的交点，得出∠CPF=90°，尔后依照角均分线性质得出DCFCFD1145，最后再依照三角形内角和定理即可求PCFPFC22解；证明∠DCF+∠CFD=45°，进而证明∠CPF是直角，再求证四边形PKDN是正方形，最后以△PCF面积不变性建立等量关系，联合已知（a-2c）（b-2c）=8，消去字母a，b求出c值，即求出△CPF的内切圆半径长为2c．2【详解】（1）由图可知：设BC=x．在Rt△ABC中，AC=BC．由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，AB=AD+BD，AD=7，BD=1，∴x2+x2=82，解得：x=42．∵⊙O内接四边形，∠ACD=90，°∴∠ADE=90，°∴∠EDB=90，°∵∠B=45，°∴△BDE是等腰直角三形．∴DE=DB，又∵DB=1，DE=1，又∵CE=BC-BE，∴CE=42232．（2）以下列图：在△DCB中过点D作DM⊥BE，设BE=y，则DM=1y，2又∵CE=3，∴BC=3+y，∵S+S，△ACB=SACDDCB∴142421013y1y，222解得：y=2或y=-11（舍去）．EM=1，CM=CE+ME=1+3=4，又∵∠BCD=∠MCD，tan∠BCD=tan∠MCD，在Rt△DCM中，tan∠MCD=DM=1，CM41tan∠BCD=．4（3）①以以下列图所示：过点D做DHCB于点HD为圆心，DH为半径画圆，过点P做eD切线PF交CB，以的延长线于点F．∵∠CAD=45，°∴∠CPD=∠CAD=45，°又∵点D是CPF的内心，∴PD、CD、DF都是角均分线，∴∠FPD=∠CPD=45，°∠PCD=∠DCF，∠PFD=∠CFD∴∠CPF=90°∴∠PCF+∠PFC=90°∴DCFCFD11PCFPFC4522∴∠CDF=180-∠°DCF-∠CFDF=90+45°=135°，°即∠CDF的度数为135°．②以以下列图所示过点D分别作DK⊥PC，DM⊥CF，DN⊥PF于直线PC，CF和PF于点K，M，N三点，设△PCF内切圆的半径为m，则DN=m，∵点D是△PCF的内心，∴DM=DN=DK，又∵∠DCF+∠CFD+∠FDC=180°，∠FDC=45°，∴∠DCF+∠CFD=45，°又∵DC，DF分别是∠PCF和∠PFC的角均分线，∴∠PCF=2∠DCF，∠PFC=2∠DFC，∴∠PCF+∠PFC=90，°∴∠CPF=90．°在四边形PKDN中，∠PND=∠NPK=∠PKD=90°，∴四边形PKDN是矩形，又∵KD=ND，∴四边形PKDN是正方形．又∵∠MBD=∠BDM=45°，∠BDM=∠KDP，∴∠KDP=45．°PC=a，PF=b，PD=c，PN=PK=2C，2∴NF=b2c，CK=a2c，22又∵CK=CM，FM=FN，CF=CM+FM，∴CF=ab2c，又∵S△PCF=S△PDF+S△PDC+S△DCF，∴1ab1a2c1b2c1(ab2c）×2c，2222222化简得：ab=2abcc2（Ⅰ），又∵若（a-2c）（b-2c）=8化简得：ab2cab2c28（Ⅱ），将（Ⅰ）代入（Ⅱ）得：c2=8，解得：c22，或c22（舍去），∴m=2c2222，22即△CPF的内切圆半径长为2．【点睛】此题观察圆的内接四边形性质，圆的内心，圆心角、圆周角，同弧（或等弧）之间的互有关系，同时也观察直角三角形，勾股定理，同角或等角的三角函数值相等和三角形的面积公式，正方形，对顶角和整式的运算等知识点；难点是作辅助线和利用等式求△CPF的内切圆半径长．15．如图①，已知RtABC中，ACB90o，AC8，AB10，点D是AC边上一点（不与C重合），以AD为直径作eO，过C作CE切eO于E，交AB于F.（1）若eO的半径为2，求线段CE的长；（2）若AFBF，求eO的半径；（3）如图②，若CECB，点B关于AC的对称点为点G，试求G、E两点之间的距离.【答案】(1)CE42；(2)eO的半径为3；(3)G、E两点之间的距离为9.6.【解析】【解析】（1）依照切线的性质得出∠OEC=90°，尔后依照勾股定理即可求得；（2）由勾股定理求得BC，尔后经过证得△OEC∽△BCA，获取OE=OC，即r=8-r，解BCBA610得即可；（3）证得D和M重合，E和F重合后，经过证得△GBE∽△ABC，12GE，解得即可．108

GBGE，即ABAC【详解】(1)如图，连接OE.CE切eO于E，∴OEC90.∵AC8，eO半径为2，OC6，OE2.∴CEOC2OE242；(2)设eO半径为r.在RtABC中，ACB90，AB10，AC8，∴BCAB2AC26.AFBF，AFCFBF.ACFCAF.CE切eO于E，∴OEC90.OECACB，OECBCA.OEOC∴，BCBAr8r，610解得r3.∴eO的半径为3；(3)连接EG、OE，设EG交AC于点M，由对称性可知，CBCG.又CECB，CECG.EGCGEC.CE切eO于E，GECOEG90.又EGCGMC90，∴OEGGMC.又GMCOME，OEGOME.OEOM.∴点M与点D重合.∴G、D、E三点在同一条直线上.连接AE、BE，∵