备战中考数学专题《圆相似》综合检测试卷

备战初中中考数学专题《圆及相似》综合检测试卷习题附答案备战初中中考数学专题《圆及相似》综合检测试卷习题附答案34/34备战初中中考数学专题《圆及相似》综合检测试卷习题附答案备战中考数学专题《圆与相似》综合检测试卷附答案一、相似1．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC于点H，过点C作CD⊥AC，连接AD，点M为AC上一点，且AM=CD，连接BM交AH于点N，交AD于点E．（1）若AB=3，AD=，求△BMC的面积；（2）点E为AD的中点时，求证：AD=BN．【答案】（1）解：如图1中，在△ABM和△CAD中，∵AB=AC，∠BAM=∠ACD=90°，AM=CD，∴△ABM≌△CAD，∴BM=AD=，∴AM==1，∴CM=CA﹣AM=2，∴S△BCM=?CM?BA=23=3．（2）解：如图2中，连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．AE=ED，∠ACD=90°，∴AE=CE=ED，∴∠EAC=∠ECA∴∠ABM=∠CAD，∴∠ABM=∠MCE，∵∠AMB=∠EMC，

，∵△ABM≌△CAD，∴∠CEM=∠BAM=90°，∴△ABM∽△ECM，∴，∴，∵∠AME=∠BMC，∴△AME∽△BMC，∴∠AEM=∠ACB=45°，∴∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，∴∠PEQ=∠AEC，∴∠AEQ=∠EQC，∵∠P=∠EQC=90，°∴△EPA≌△EQC，∴EP=EQ，∵EP⊥BP，EQ⊥BC∴BE均分∠ABC，∴∠NBC=∠，°∵AH垂直均分BC，∴NB=NC，∴∠NCB=∠NBC=22.5，°∴∠ENC=∠NBC+∠NCB=45，°∴△ENC的等腰直角三角形，∴NC=EC，∴AD=2EC，∴2NC=AD，∴AD=NC，∵BN=NC，∴AD=BN．【解析】【解析】（1）第一利用SAS判断出△ABM≌△CAD，依照全等三角形对应边相等得出BM=AD=，依照勾股定理可以算出AM，依照线段的和差得出CM的长，利用S△BCM=?CM?BA即可得出答案；2）连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．依照直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AE=CE=ED，依照等边同等角得出∠EAC=∠ECA，依照全等三角形对应角相等得出∠ABM=∠CAD，进而得出∠ABM=∠MCE，依照对顶角相等及三角形的内角和得出∠CEM=∠BAM=90°，进而判断出△ABM∽△ECM，由相似三角形对应边成比率得出BM∶CM=AM∶EM,进而得出BM∶AM=CM∶EM，依照两边对应成比率及夹角相等得出△AME∽△BMC，故∠AEM=∠ACB=45°，∠AEC=135，°易知∠PEQ=135°，故∠PEQ=∠AEC，∠AEQ=∠EQC，又∠P=∠EQC=90，°故△EPA≌△EQC，故EP=EQ，依照角均分线的判断得出BE均分∠ABC，故∠NBC=∠ABN=22.5°，依照中垂线定理得出NB=NC，依照等腰三角形的性质得出∠NCB=∠°，故∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，△ENC的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形边之间的关系得出NC=EC，依照AD=2EC，2NC=AD，AD=NC，又BN=NC，故AD=BN．2．如图1，等腰△ABC中，AC＝BC，点O在AB边上，以C，交AB边于点D，EF为⊙O的直径，EF⊥BC于点G．

O为圆心的圆与

AC

相切于点1）求证：D是弧EC的中点；2）如图2，延长CB交⊙O于点H，连接HD交OE于点K，连接CF，求证：CF＝OK＋DO；（3）如图3，在(2)的条件下，延长DB交⊙O于点Q，连接QH，若DO＝，KG＝2，求QH的长【答案】（1）证明：如图1中，连接OC．∵AC是⊙O的切线，∴OC⊥AC，∴∠ACO=90，°∴∠A+∠AOC=90，°∵CA=CB，∴∠A=∠B，EF⊥BC，∴∠OGB=90，°∴∠B+∠BOG=90，°∴∠BOG=∠AOC，∵∠BOG=∠DOE，∴∠DOC=∠DOE，∴点D是的中点（2）证明：如图2中，连接OC．EF⊥HC，∴CG=GH，∴EF垂直均分HC，∴FC=FH，∵∠CFK=∠COE，∵∠COD=∠DOE，∴∠CFK=∠COD，∵∠CHK=∠COD，∴∠CHK=∠CFK，∴点K在以F为圆心FC为半径的圆上，FC=FK=FH，∵DO=OF，DO+OK=OF+OK=FK=CF，即CF=OK+DO；（3）解：如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF=+x，OG=2﹣x，GF=﹣（2﹣x），∵CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，∴（+x）2﹣[-（2﹣x）]2=（）2﹣（2﹣x）2，解得x=，CF=5，FG=4，CG=3，OG=，∵∠CFE=∠BOG，CF∥OB，==，可得OB=，BG=，BH=，由△BHM∽△BOG，可得==，∴BM=，HM=，MQ=OQ﹣OB﹣BM=在Rt△HMQ中，QH=

=

=【解析】【解析】（1）如图1中，连接OC．依照切线的性质得出OC⊥AC，依照垂直的定义得出∠ACO=90°，依照直角三角形两锐角互余得出∠A+∠AOC=90°，依照等边同等角得出A=∠B，依照垂直的定义得出∠OGB=90°，依照直角三角形两锐角互余得出B+∠BOG=90，°依照等角的余角相等得出∠BOG=∠AOC，依照对顶角相等及等量代换得出∠DOC=∠DOE，依照相等的圆心角所对的弧相等得出结论；（2）如图2中，连接OC．依照垂径定理得出CG=GH，进而得出EF垂直均分HC，依照线段垂直均分线上上的点到线段两个端点的距离相等得出FC=FH，依照圆周角定理及等量代换得出∠CFK=∠COD，∠CHK=∠CFK，进而得出点K在以F为圆心FC为半径的圆上，根据同圆的半径相等得出FC=FK=FH，DO=OF，依照线段的和差及等量代换得出CF=OK+DO；（3）如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF=+x，OG=2﹣x，GF=﹣（2﹣x），依照勾股定原由CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，列出关于x的方程，求解得出x的值，进而得出CF=5，FG=4，CG=3，OG=依照平行线的判判定理得出，内错角相等，两直线平行得出CF∥OB，依照平行线分线段成比率定理得出CF∶OB=CG∶GB=FGO，进而可得OB,BG,BH的长，由△BHM∽△BOG，可得BH∶OB=BM∶BG=HMG，再得出BM,HM,MQ的长，在Rt△HMQ中，依照勾股定理得出QH的长。

∶G∶O3．已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4.点Q是线段AC上的一个动点，过点AC的垂线交线段AB（如图1）或线段AB的延长线（如图2）于点P.

Q作1）当点P在线段AB上时，求证：△APQ∽△ABC；2）当△PQB为等腰三角形时，求AP的长.【答案】（1））证明：∵∠A+∠APQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠APQ=∠C.在△APQ与△ABC中，∵∠APQ=∠C，∠A=∠A，∴△APQ∽△ABC.2）解：在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5.∵∠BPQ为钝角，∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ.I）当点P在线段AB上时，如题图1所示，由（1）可知，△APQ∽△ABC，∴，即，解得：.∴.（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图

2所示,∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P.∵∠BQP+∠AQB=90，°∠A+∠P=90，°∴∠AQB=∠A。∴BQ=AB。AB=BP，点B为线段AB中点。AP=2AB=2×3=6.综上所述，当△PQB为等腰三角形时，AP的长为或6.【解析】【解析】（1）由两对角相等（∠APQ=∠C，∠A=∠A），证明△APQ∽△ABC。（2）当△PQB为等腰三角形时，有两种状况，需要分类谈论.（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示.由三角形相似（△APQ∽△ABC）关系计算AP的长；（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示.利用角之间的关系，证明点B为线段AP的中点，从而可以求出AP.4．如图

1，以□ABCD的较短边

CD为一边作菱形

CDEF,使点

F落在边

AD

上，连接

BE，交AF于点

G.1）猜想BG与EG的数量关系.并说明原由；2）延长DE,BA交于点H，其他条件不变，①如图2，若∠ADC=60°，求的值；②如图3，若∠ADC=α（0°<α<90）,°直接写出的值.（用含α的三角函数表示）【答案】（1）解：，原由以下：∵四边形是平行四边形，∴∥，.∵四边形是菱形，∴∥，.∴∥，.∴.又∵，∴≌.∴（2）解：方法1：过点作∥，交于点，∴.∵，∴∽.∴.由（1）结论知

.∴.∴.∵四边形为菱形，∴.∵四边形是平行四边形，∴∥.∴.∵∥，∴.∴，即.∴是等边三角形。∴.∴

.方法

2：延长

，交于点

，∵四边形

为菱形，∴

.∵四边形

为平形四边形，∴

，

∥

.∴

.,即

.∴

为等边三角形

.∴∵

∥

.，∴∴

∽

,，

.∴.由（1）结论知∴.∴

.∵

,∴.如图3，连接EC交DF于O，∵四边形CFED是菱形，∴EC⊥AD，FD=2FO，设FG=a，AB=b，则FG=a，EF=ED=CD=b，Rt△EFO中，cosα=，OF=bcos，αDG=a+2bcos，α过H作HM⊥AD于M，∵∠ADC=∠HAD=∠ADH=α，∴AH=HD，∴AM=AD=（2a+2bcos）α=a+bcos，αRt△AHM中，cosα=，∴AH=，∴=【解析】【解析】（

=cosα1）利用菱形和平行四边形的性质可得出

AB∥CD∥EF，AB=CD=EF，再利用平行线的性质可证得

∠ABG=∠FEG，尔后利用

AAS可证得△ABG≌△FEG，由全等三角形的性质可证得结论。（2）①过点G作GM∥BH，交DH于点M，易证△GME∽△BHE。得出对应边成比率，求出MG与BH的比值，再利用菱形的性质及平行四边形的性质证明DG=MG，即可解答；②连接EC交DF于O，利用菱形的性质可得出EC⊥AD，FD=2FO，设FG=a，AB=b，可表示出FG，EF=ED=CD=b，Rt△EFO中，利用锐角三角函数的定义可得出OF、DG，过H作HM⊥AD于M，易证AH=HD，AM=a+bcosα，再在Rt△AHM中，利用锐角三角函数的定义求出AH的长，既而可得出DG与BH的比值，可解答。5．操作：、

和都是等边三角形，的中点，有以下三种图形.

绕着

点按顺时针方向旋转，

是研究：（1）在上述三个图形中，可否一个固定的值，若是，请选择任意一个图形求出这个比值；（2）的值可否也等于这个定值，若是，请结合图（1）证明你的结论；（3）与有怎样的地址关系，请你结合图（2）或图（3）证明你的结论.【答案】（1）解：∵

是等边三角形，由图（

1）得

AO⊥BC，∴，∴

；（2）证明：，，∴∴∴（3）证明：在图（3）中，由（2）得∴，∴∠2+∠4=∠1+∠3，即∠AEF=∠AOB∵∠AOB=90，°∴∴.【解析】【解析】（1）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，BO=BC=AB，依照勾股定理计算即可求得AO=BO，即AO∶BO是一个固定的值∶1；（2）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，，由同角的余角相等可得，由（1）可得，可得，依照相似三角形的性质可得；（3）在图（3）中，由（2）得，依照相似三角形的性质可得∠1=∠2，依照对顶角相等得∠3=∠4，则∠2+∠4=∠1+∠3=∠AOB=90°，即.6．在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数的图象经过点B,C两点，且与x轴的负半轴交于点A，动点D在直线BC下方的二次函数图象上.1）求二次函数的表达式；2）如图1，连接DC,DB,设△BCD的面积为S,求S的最大值；（3）如图2，过点D作DM⊥BC于点M，可否存在点D，使得△CDM中的某个角恰好等于∠ABC的2倍？若存在，直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明原由.【答案】（1）解：直线，当时，；当时，，∴，.∵二次函数的图象经过，两点，∴解得∴二次函数的表达式为：.（2）解：过点作轴于点，交于点，过点作于点，依题意设

，则

.其中

，∴∴

，，，，，，∵又∵

，∴抛物线张口向下．，∴当

时，

有最大值，（3）解：或在轴上取点过点作∥

，使交

，则延长线于点

，过点

作

.

轴于点

，设点的坐标为，则，.在

中，

，解得

.∴

.当

时，∴.∴易证

.∽

.∴.∴,.∴

.∵

，∴直线的函数表达式为：.由

，解得：

，

（舍）

.∴点的横坐标为

2.②当时，方法同①，可确定点的横坐标为【解析】【解析】（1）先求得点值，即可得二次函数的表达式；（

B、C的坐标，再代入2）过点作

轴于点

，交

求得于点

b、c，过点

的作于点，设，则.用含有a的代数式表示出的长，再依照获取S与a的二次函数关系，利用二次函数的性质即可解答；（3）在x轴上取点K，使CK=BK，则∠OKC=2∠ABC，过点B作BQ∥MD交CD延长线于点Q，过点Q作QH⊥x轴于点H，分∠DCM=∠QCB=2∠ABC和∠CDM=∠CQB=2∠ABC两种状况求点D的横坐标即可.7．如图1，在△ABC中，在BC边上取一点P，在△APD是等腰三角形且△ABP与△CDP相似，我们称形”.

AC边上取一点D，连AP、PD，若是△APD是AC边上的“等腰邻相似三角（1）如图2,在△ABC中AB=AC,∠B=50°，△APD是AB边上的“等腰邻相似三角形”，且AD=DP，∠PAC=∠BPD，则∠PAC的度数是________；2）如图3，在△ABC中，∠A=2∠C，在AC边上最少存在一个“等腰邻相似△APD”，请画出一个AC边上的“等腰邻相似△APD”，并说明原由；3）如图4，在Rt△ABC中AB=AC=2，△APD是AB边上的“等腰邻相似三角形”，请写出AD长度的所有可能值.【答案】（1）30°2）解：如图3中，△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”，原由：作∠BAC的均分线AP交BC于P，作PD∥AB交AC于D，∴∠BAP=∠PAD=∠DPA，∠CPD=∠B，∴DP=DA，∵∠CAB=2∠C，∴∠BAP=∠C，∴△APD是等腰三角形且△APB与△CDP相似，∴△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”3）解：如图3′中，当DA=DP时，设∠APD=∠DAP=x，①若∠BPD=∠CAP=90°-x，∠BDP=∠CPA=2x，90°-x+2x+x=180，°x=45，°∴三角形都是等腰直角三角形，易知AD=1；②若∠PDB=∠CAP时，设∠APD=∠DAP=x，获取∠PDB=∠CAP=2x，易知x=30°，设AD=a，则AP=∵△BPD∽△CPA，∴，即，解得，如图4中，当PA=PD时，易知∠PDB是钝角，∠CAP是锐角，∴∠PDB=∠CPA，则△BPD≌△CPA，设AD=a，则BD=2-a，

，AC=2，，解得a=如图5中，当∠CAP为锐角，

，AP=AD

时，设∠APD=∠ADP=x，则∠DAP=180°-2x，易知∠PDB

为钝角，∴∠PDB=∠CPA=180-x°，∠CAP=90-∠°DAP=90-°（180-°2x）=2x-90，°在△APC中，2x-90°+180°-x+45°=180°，解得x=45°，不可以能成立．综上所述．AD的长为1或或【解析】【解答】（1）解：如图2中，∵AB＝AC，DA＝DP，∴∠B＝∠C，∠DAP＝∠DPA，∵∠PAC＝∠BPD，∴∠APC＝∠BDP＝∠DAP＋∠DPA，∵∠APC＝∠B＋∠BAP，∴∠B＝∠PAB＝50°，∵∠BAC＝180°-50°＝-850°，°∴∠PAC＝30°故答案为30°【解析】（1）依照等边同等角和三角形外角的性质证明∠B＝∠PAB即可解决问题．（2）如图3中，作∠BAC的均分线AP交BC于P，作PD∥AB交AC于D，依照平行线的性质和角均分线定义可得∠BAP=∠PAD=∠DPA，∠CPD=∠B，结合∠A=2∠C可证△APD是等腰三角形且△APB与△CDP相似，即可解决问题．（3）分三种状况谈论：如图3′中，当DA＝DP时；如图4中，当PA＝PD时；如图5中，当AP＝AD时；分别求解即可解决问题．8．如图，已知抛物线作直线AC//x轴，交

y轴与点

C。

过点

A

和

B

，过点

A（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂线，垂足为D，连接OA，使得以A，D，P为极点的三角形与△AOC相似，求出对应点P的坐标；（3）抛物线上可否存在点Q，使得?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明原由。【答案】（1）解：∵点A、B在抛物线上，∴，解得：∴抛物线解析式为：y=x2-x.（2）当P在直线AD上方时，设P坐标为（x，），则有AD=x-，PD=，当△OCA∽△ADP时，，即，整理得：3x2-9x+18=2x-6，即3x2-11x+24=0，解得：x=，即x=或x=（舍去）,此时P（）；当△OCA∽△PDA时，

，即

，整理得：

，即

x2-解得：，即x=4或此时P（4,6）；当点P（0,0）时，也满足△OCA∽△PDA；

（舍去），当P在直线AD下方时，同理可得，P的坐标为（综上，P的坐标为（）或（4,6）或（（3）解：∵A，∴AC=,OC=3，∴OA=2,

），）或（0,0）∴

=OC··AC=

OA··h=

，h=，又∵=，∴△AOQ边OA上的高=3h=,过O作OM⊥OA,截取OM=，过点M作MN∥OA交y轴于点N，过M作HM⊥x轴,（如图），∵AC=,OA=2,∴∠AOC==30，°又∵MN∥OA，∴∠MNO=∠AOC=30，°OM⊥MN，∴ON=2OM=9，∠NOM=60°，即N（0,9），∴∠MOB=30°，∴MH=OM=,∴OH==,∴M（，），设直线MN解析式为：y=kx+b，∴，∴∴直线MN解析式为：y=-x+9，∴，x-x-18=0,（x-3∴x

=3

）（x+2,x=-2

）=0,，∴

或

，∴Q

点坐标（

3

，0）或（

-2

，15），∴抛物线上可否存在点【解析】【解析】（

Q，使得1）将A、B

.两点坐标代入抛物线解析式获取一个二元一次方程方程组，解之即可得抛物线解析式.（2）设P坐标为（x，的值，即可确定出P坐标。（3）依照点A坐标得AC=

），表示出AD与,OC=3，由勾股定理得

PD，由相似分两种状况得比率求出OA=2,依照三角形面积公式可得

x△AOC边OA上的高h=，又=得△AOQ边OA上的高为；过O作OM⊥OA,截取OM=依照直角三角形中，

，过点M作MN∥OA交y轴于点N，过M作30度所对的直角边等于斜边的一半，进而求出

HM⊥x轴,（如图），N（0,9），在Rt△MOH

中，依照直角三角形性质和勾股定理得

M（

，）；用待定系数法求出直线MN

解析式，再讲直线

MN

和抛物线解析式联马上可得

Q点坐标.二、圆的综合9．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三均分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．1）求证：∠AEC=90°；2）试判断以点A，O，C，D为极点的四边形的形状，并说明原由；3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；2）四边形AOCD为菱形；3）DH=2．【解析】试题解析：（1）连接OC，依照EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，进而得出AEC=90；°（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形

，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．依照四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，依照sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90，°∵点CD是半圆O的三均分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180，°∴∠AEC=90；°（2）四边形AOCD为菱形．原由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，OA=AD=DC=2，∵OA=OD，OA=OD=AD=2，∴△OAD是等边三角形，∴∠AOD=60，°∵DH⊥AB于点F，AB为直径，DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，DF=ODsin∠AOD=2sin60=°，DH=2DF=2．考点：1.切线的性质2.等边三角形的判断与性质3.菱形的判断与性质4.解直角三角形．10．如图，在ABC中，BAC90,ABAC2,ADBC，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．2【答案】(1)见解析;(2).4【解析】解析：（1）由等腰直角三角形的性质知AD=CD、∠1=∠C=45°，由∠EAF=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，依照∠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+∠4=90°．又∵∠3+∠4=90°，∴∠2=∠3．在△ADE和△CDF中．CADCD，∴△ADE≌△CDF（ASA）．23（2）当BC与⊙O相切时，AD是直径．在Rt△ADC中，∠C=45°，AC=2，∴sin∠C=AD，∴AD=ACsin∠C=1，∴⊙O的半径为1，∴⊙O的面积为2．AC24点睛：此题主要观察圆的综合问题，解题的要点是熟练掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判断与性质、与圆有关的地址关系等知识点．11．如图，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径．∠ACB的均分线交⊙O于点D，过点D作⊙O的切线PD交CA的延长线于点P，过点A作AE⊥CD于点E，过点B作BF⊥CD于点F．1）求证：DP∥AB；2）若AC=6，BC=8，求线段PD的长．【答案】详见解析【解析】【解析】（1）连接OD，由AB为⊙O的直径，依照圆周角定理得∠ACB=90°，再由∠ACD=∠BCD=45，°则∠DAB=∠ABD=45，°所以△DAB为等腰直角三角形，所以DO⊥AB，依照切线的性质得OD⊥PD，于是可获取DP∥AB．（2）先依照勾股定理计算出AB=10，由于△DAB为等腰直角三角形，可获取ADAB1052；由△ACE为等腰直角三角形，获取22AECEAC6DE=42，则232，在Rt△AED中利用勾股定理计算出2CD=72，易证得∴△PDA∽△PCD，获取PDPAAD525PD，，所以PA=PCPDCD7277PC=PD，尔后利用PC=PA+AC可计算出PD．5【详解】解：（1）证明：如图，连接OD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90．°∵∠ACB的均分线交⊙O于点D∴∠ACD=∠BCD=45°，．∴∠DAB=∠ABD=45．°∴△DAB为等腰直角三角形．∴DO⊥AB．∵PD为⊙O的切线，∴OD⊥PD．∴DP∥AB．（2）在Rt△ACB中，，∵△DAB为等腰直角三角形，∴．∵AE⊥CD，∴△ACE为等腰直角三角形．∴．在Rt△AED中，，∴．∵AB∥PD，∴∠PDA=∠DAB=45．°∴∠PAD=∠PCD．又∵∠DPA=∠CPD，∴△PDA∽△PCD．∴．75∴PA=PD，PC=PD．57又∵PC=PA+AC，∴7PD+6=5PD，解得PD=．5712．如图①，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣2，0）、B（4，0）、C（0，3）三点．（1）试求抛物线的解析式；（2）点P是y轴上的一个动点，连接PA，试求5PA+4PC的最小值；（3）如图②，若直线l经过点T（﹣4，0），Q为直线l上的动点，当以A、B、Q为极点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l的解析式．【答案】（1）323yxx3；（2）5PA+4PC183l的解析式84为y3x3或y3x3.44【解析】【解析】（1）设出交点式，代入C点计算即可（2）连接AC、BC，过点A作AE⊥BC于点E，过点P作PD⊥BC于点D，易证△CDP∽△COB，获取比率式PCPD，获取PD=4PC，所BCOB5以5PA+4PC＝5（PA+4PC）＝5（PA+PD），当点A、P、D在同素来线上时，5PA+4PC＝55（PA+PD）＝5AE最小，利用等面积法求出AE=18，即最小值为18（3）取AB中点F，5以F为圆心、FA的长为半径画圆,当∠BAQ＝90°或∠ABQ＝90°时，即AQ或BQ垂直x轴，所以只要直线l不垂直x轴则必然找到两个满足的点Q使∠BAQ＝90°或∠ABQ＝90°，即∠AQB＝90°时，只有一个满足条件的点Q，∴直线l与⊙F相切于点Q时，满足∠AQB＝90°的点Q只有一个；此时，连接FQ，过点Q作QG⊥x轴于点G，利用cos∠QFT求出QG，分出状况Q在x轴上方和x轴下方时，分别代入直接l获取解析式即可【详解】解：（1）∵抛物线与x轴交点为A（﹣2，0）、B（4，0）y＝a（x+2）（x﹣4）把点C（0，3）代入得：﹣8a＝3∴a＝﹣38∴抛物线解析式为y＝﹣3（x+2）（x﹣4）＝﹣3x2+3x+3884（2）连接AC、BC，过点A作AE⊥BC于点E，过点P作PD⊥BC于点D∴∠CDP＝∠COB＝90°∵∠DCP＝∠OCB∴△CDP∽△COBPCPD∴OBBC∵B（4，0），C（0，3）∴OB＝4，OC＝3，BC＝OB2OC2=54∴PD＝PC545PA+4PC＝5（PA+PC）＝5（PA+PD）5∴当点A、P、D在同素来线上时，5PA+4PC＝5（PA+PD）＝5AE最小∵A（﹣2，0），OC⊥AB，AE⊥BC11∴S△ABC＝AB?OC＝BC?AE22ABnOC6318∴AE＝BC555AE＝185PA+4PC的最小值为18．3）取AB中点F，以F为圆心、FA的长为半径画圆当∠BAQ＝90°或∠ABQ＝90°时，即AQ或BQ垂直x轴，∴只要直线l不垂直x轴则必然找到两个满足的点Q使∠BAQ＝90°或∠ABQ＝90°∴∠AQB＝90°时，只有一个满足条件的点Q∵当Q在⊙F上运动时（不与A、B重合），∠AQB＝90°∴直线l与⊙F相切于点Q时，满足∠AQB＝90°的点Q只有一个此时，连接FQ，过点Q作QG⊥x轴于点G∴∠FQT＝90°F为A（﹣2，0）、B（4，0）的中点∴F（1，0），FQ＝FA＝3T（﹣4，0）FQ3∴TF＝5，cos∠QFT＝5TF∵Rt△FGQ中，cos∠QFT＝FG3FQ53FQ＝9∴FG＝55942FQ2FG232912∴xQ＝1﹣，QG＝5555①若点Q在x轴上方，则Q（4125，）5设直线l解析式为：y＝kx+b4kb0k3∴412解得：4bk5b35∴直线l：y3x34②若点Q在x轴下方，则Q（4，12）55∴l34综上所述，直线l的解析式为y3x3或y3x344【点睛】此题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问可以找到满足条件的Q点是要点，同时不要忘记需要分状况谈论13．已知AC＝DC，AC⊥DC，直线MN经过点A，作DB⊥MN，垂足为B，连接CB．[感知]如图①，点A、B在CD同侧，且点B在AC右侧，在射线AM上截取AE＝BD，连接CE，可证△BCD≌△ECA，进而得出EC＝BC，∠ECB＝90°，进而得出∠ABC＝度；[研究]如图②，当点A、B在CD异侧时，[感知]得出的∠ABC的大小可否改变？若不改变，给出证明；若改变，央求出

∠ABC的大小．[应用]在直线MN绕点A旋转的过程中，当∠BCD＝30°，BD＝时，直接写出BC的长．【答案】【感知】：45；【研究】：不改变，原由详见解析；【拓展】：BC的长为+1或﹣1．【解析】【解析】[感知]证明△BCD≌△ECA（SAS）即可解决问题；[研究]结论不变，证明△BCD≌△ECA（SAS）即可解决问题；[应用]分两种状况分别求解即可解决问题．【详解】解：【感知】，如图①中，在射线AM上截取AE＝BD，连接CE．∵AC⊥DC，DB⊥MN，∴∠ACD＝∠DBA＝90°．∴∠CDB+∠CAB＝180，°∵∠CAB+∠CAE＝180°∴∠D＝∠CAE，∵CD＝AC，AE＝BD，∴△BCD≌△ECA（SAS），∴BC＝EC，∠BCD＝∠ECA，∵∠ACE+∠ECD＝90°，∴∠ECD+∠DCB＝90°，即∠ECB＝90°，∴∠ABC＝45°．故答案为45【研究】不改变．原由以下：如图，如图②中，在射线AN上截取AE＝BD，连接CE，设MN与CD交于点O．∵AC⊥DC，DB⊥MN，∴∠ACD＝∠DBA＝90°，∵∠AOC＝∠DOB，∴∠D＝∠EAC，CD＝AC，∴△BCD≌△ECA（SAS），∴BC＝EC，∠BCD＝∠ECA，∵∠ACE+∠ECD＝90°，∴∠ECD+∠DCB＝90°，即∠ECB＝90°，∴∠ABC＝45°．【拓展】如图①﹣1中，连接AD．∴∠ACD+∠ABD＝180°，∴A，C，D，B四点共圆，∴∠DAB＝∠DCB＝30°，∴AB＝BD＝，∴EB＝AE+AB＝+，∵△ECB是等腰直角三角形，如图②中，同法可得综上所述，BC的长为

BC＝+1或

﹣1．﹣1．【点睛】此题属于几何变换综合题，观察了等腰直角三角形的判断和性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理等知识，解题的要点是学会增加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．14．如图，在过点作

的切线

中，，交

，认为直径作的延长线于点，交

，交于点．

边于点

，交

边于点

，（1）求证：；（2）若，，求的半径．【答案】（1）证明见解析；2）4．【解析】试题解析：（1）连接AD，依照等腰三角形三线合一即可证明．2）设⊙O的半径为R，则FO=4+R，FA=4+2R，OD=R，连接OD，由△FOD∽△FAE，得列出方程即可解决问题．试题解析：（1）连接AD，∵AB是直径，∴∠ADB=90°，AB=AC，AD⊥BC，∴BD=DC．2）设⊙O的半径为R，则FO=4+R，FA=4+2R，OD=R，连接OD、AB=AC，∴∠ABC=∠C，∵OB=OD，∴∠ABC=∠ODB，∴∠ODB=∠C，∴OD∥AC，∴△FOD∽△FAE，∴，∴，整理得R2﹣R﹣12=0，R=4或（﹣3舍弃）．∴⊙O的半径为4．考点：切线的性质、等腰三角形的性质等知识．15．如图，在△ABC中，ACBC10，cosC3点P是BC边上一动点（不与点A,C5重合），以PA长为半径的eP与边AB的另一个交点为D，过点D作DECB于点E.当eP与边BC相切时，求eP的半径；联系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eQ与eP订交于AC边上的点G时，求订交所得的公共弦的长.【答