北京中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)圓與相似綜合題

北京中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)圓與相似的綜合題一、相似1．如圖，△ABC是一銳角三角形余料，邊BC=16cm，高AD=24cm，要加工成矩形零件，使矩形的一邊在BC上，其他兩個(gè)極點(diǎn)E、F分別在AB、AC上．求：1）AK為何值時(shí)，矩形EFGH是正方形？2）若設(shè)AK=x，SEFGH=y，試寫出y與x的函數(shù)解析式．3）x為何值時(shí)，SEFGH達(dá)到最大值．【答案】（1）解：設(shè)邊長為xcm，∵矩形為正方形，∴EH∥AD，EF∥BC，依照平行線的性質(zhì)能夠得出：=、=，由題意知EH=x，AD=24，BC=16，EF=x，即=，=，BE+AE=AB，∴+=+=1，解得x=，∴AK=，∴當(dāng)時(shí)，矩形EFGH為正方形2）解：設(shè)AK=x，EH=24-x，∵EHGF為矩形，∴=，即EF=x，∴SEFGH=y=x?（24-x）=-x2+16x（0＜x＜24）3）解：y=-x2+16x配方得：y=（x-12）2+96，∴當(dāng)x=12時(shí)，SEFGH有最大值96【解析】【解析】（1）設(shè)出邊長為xcm，由正方形的性質(zhì)得出，EH∥AD，EF∥BC，依照平行線的性質(zhì)，能夠得對應(yīng)線段成比率，代入相關(guān)數(shù)據(jù)求解即可。（2）設(shè)AK=x，則EH=16-x，依照平行的兩三角形相似，再依照相似三角形的對應(yīng)邊上的高之比等于相似比，用含x的代數(shù)式表示出EF的長，依照矩形面積公式即可得出y與x的函數(shù)解析式。（3）將（2）中的函數(shù)解析式轉(zhuǎn)變成極點(diǎn)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得出矩形EFGH的面積取最大值時(shí)的x的值。2．如圖，在⊙O中，直徑AB經(jīng)過弦CD的中點(diǎn)E，點(diǎn)M在OD上，AM的延長線交⊙O于點(diǎn)G，交過D的直線于F，且∠BDF=∠CDB，BD與CG交于點(diǎn)N．1）求證：DF是⊙O的切線；2）連結(jié)MN，猜想MN與AB的地址相關(guān)系，并給出證明．【答案】（1）證明：∵直徑AB經(jīng)過弦CD的中點(diǎn)E，=,即是的切線2）解：猜想：MN∥AB．證明：連結(jié)CB．∵直徑AB經(jīng)過弦CD的中點(diǎn)E，∴=,=,∴∵∴∴∵∴∵∵∴∴∴MN∥AB．【解析】【解析】（1）要證DF是⊙O的切線，由切線的判斷知，只須證∠ODF=即可。由垂徑定理可得AB⊥CD，則∠BOD+∠ODE=，而∠ODF=∠CDF+∠ODE，由已知易得∠BOD=∠CDF，則結(jié)論可得證；（2）猜想：MN∥AB．原由：連結(jié)CB，由已知易證△CBN∽△AOM，可得比率式，于是由已知條件可轉(zhuǎn)變成，∠ODB是公共角，所以可得△MDN∽△ODB，則∠DMN=∠DOB，依照平行線的判斷可得MN∥AB。3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A（0,2）和C（2,0），點(diǎn)D

O為原點(diǎn)，四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別是是對角線AC上一動點(diǎn)（不與A、C重合），連結(jié)BD，作，交x軸于點(diǎn)

E，以線段

DE、DB為鄰邊作矩形

BDEF.1）填空：點(diǎn)B的坐標(biāo)為________；（2）可否存在這樣的點(diǎn)D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，央求出存在，請說明原由；

AD

的長度；若不（3）①求證：；②設(shè)AD=x，矩形BDEF的面積為出y的最小值【答案】（1）

y，求

y關(guān)于

x的函數(shù)關(guān)系式（可利用

①的結(jié)論），并求2）解：存在，原由以下：∵OA=2,OC=2，∵tan∠ACO==,∴∠ACO=30,°∠ACB=60①如圖（1）中，當(dāng)EED=EC，

°在線段

CO

上時(shí)，△DEC是等腰三角形，觀察圖象可知，只有∴∠DCE=∠EDC=30,°∴∠DBC=∠BCD=60,°∴△DBC是等邊三角形，∴DC=BC=2，在Rt△AOC中，∵∠ACO=30，°OA=2，∴AC=2AO=4，∴AD=AC-CD=4-2=2，∴當(dāng)AD=2時(shí)，△DEC是等腰三角形，②如圖（2）中，當(dāng)E在OC的延長線上時(shí)，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15,°∴∠ABD=∠ADB=75,°∴AB=AD=2，綜上所述，滿足條件的AD的值為2或2.

△DCE

是等腰三角形，只有

CD=CE，（3）①如圖，過點(diǎn)D作MN⊥AB于點(diǎn)M，交OC于點(diǎn)N。A(0.2)和C(23,0)，∴直線AC的解析式為y=-33x+2，D（a，-33a+2），∴DN=-33a+2,BM=23-a∵∠BDE=90,°∴∠BDM+∠NDE=90,°∠BDM+∠DBM=90°,∴∠DBM=∠EDN,∵∠BMD=∠DNE=90,°∴△BMD~△DNE,∴DEBD=DNBM=-33a+223-a=33.②如圖（2）中，作DH⊥AB于H。Rt△ADH中，AD=x，∠DAH=∠ACO=30,°DH=12AD=12x，AH=AD2-DH2=32x，BH=23-32x，Rt△BDH中，BD=BH2+DH2=12x2+23-32x2,DE=33BD=3312x2+23·-32x2,∴矩形BDEF的面積為y=3312x2+23-32x22=33x2-6x+12,y=33x2-23x+43,y=33x-32+333>0,x=3時(shí)，y有最小值3.【解析】【解答】（1）∵四邊形AOCB是矩形，∴BC=OA=2，OC=AB=，∠BCO=∠BAO=90,°∴B（，2）【解析】（1）依照點(diǎn)A、C的坐標(biāo)，分別求出BC、AB的長，即可求解。（2）依照點(diǎn)A、C的坐標(biāo)，求出∠ACO，∠ACB的度數(shù)，分兩種狀況談?wù)摚孩偃鐖D（1）中，當(dāng)E在線段CO上時(shí)，△DEC是等腰三角形，觀察圖象可知，只有ED=EC；②如圖（2）中，當(dāng)E在OC的延長線上時(shí)，△DCE是等腰三角形，只有CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15,分°別求出AD的長，即可求解。（3）①如圖，過點(diǎn)D作MN⊥AB于點(diǎn)M，交OC于點(diǎn)N。利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，設(shè)D（a，-a+2），分別用含a的代數(shù)式表示出DN、BM的長，再證明△BMD~△DNE，爾后依照相似三角形的性質(zhì)，得出對應(yīng)邊成比率，即可求解；②如圖（2）中，作DH⊥AB于H。設(shè)AD=x，用含x的代數(shù)式分別表示出DH、BH的長，利用勾股定理求出BD、DE的長再依照矩形的面積公式，列出y與x的函數(shù)關(guān)系式，求出極點(diǎn)坐標(biāo)，即可求解。4．如圖，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，過點(diǎn)C的直線與AB的延長線交于點(diǎn)P，AC=PC，∠COB=2∠PCB.1）求證：PC是⊙O的切線；2）求證：BC=AB；3）點(diǎn)M是弧AB的中點(diǎn)，CM交AB于點(diǎn)N，若AB=4，求MNMC的值.【答案】（1）證明：∵OA=OC，∴∠A=∠ACO，又∵∠COB=2∠A，∠COB=2∠PCB，∴∠A=∠ACO=∠PCB，又∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACO+∠OCB=90°，∴∠PCB+∠OCB=90°，OC⊥CP，∵OC是⊙O的半徑，∴PC是⊙O的切線2）證明：∵AC=PC，∴∠A=∠P，∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P．又∵∠COB=∠A+∠ACO，∠CBO=∠P+∠PCB，∴∠COB=∠CBO，∴BC=OC，∴（3）解：連結(jié)MA，MB，∵點(diǎn)M是弧AB的中點(diǎn)，∴弧AM=弧BM，∴∠ACM=∠BCM，∵∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，∵∠BMN=∠BMC，∴△MBN∽△MCB，∴，∴BM2=MN?MC，又∵AB是⊙O的直徑，弧AM=弧BM，∴∠AMB=90°，AM=BM，∵AB=4，∴，MN?MC=BM2=8．【解析】【解析】(1)依照等邊同等角得出∠A=∠ACO，運(yùn)用外角的性質(zhì)和已知條件得出∠A=∠ACO=∠PCB，再依照直徑所對的圓周角是直角得出∠PCB+∠OCB=90，°進(jìn)而求解.2）依照等邊同等角得出∠A=∠P，再依照第一問中的結(jié)論求解即可，3）連結(jié)MA，MB，依據(jù)同弧或等弧所對的圓周角相等得出∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，證出△MBN∽△MCB，得出比率式進(jìn)而求解即可.5．如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+C，點(diǎn)C坐標(biāo)為（8，0），連結(jié)

x+c的圖象與AB、AC．

y軸交于點(diǎn)

A（0，4），與

x軸交于點(diǎn)

B、（1）請直接寫出二次函數(shù)y=ax2+x+c的表達(dá)式；2）判斷△ABC的形狀，并說明原由；3）若點(diǎn)N在x軸上運(yùn)動，當(dāng)以點(diǎn)A、N、C為極點(diǎn)的三角形是等腰三角形時(shí)，請直接寫出此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)；4）若點(diǎn)N在線段BC上運(yùn)動（不與點(diǎn)B、C重合），過點(diǎn)N作NM∥AC，交AB于點(diǎn)M，當(dāng)△AMN面積最大時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)．【答案】（1）解：∵A（0，4），∴c=4，，把點(diǎn)

C坐標(biāo)（

8，0）代入解析式，得：

a=－，∴二次函數(shù)表達(dá)式為；（2）解：令y=0，則解得，x1=8，x2="-2"，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-2，0），由已知可得，在Rt△AOB中，AB----2=BO2+AO2=22+42=20，在Rt△AOC中AC----2=AO2+CO2=42+82=80，又BC=OB+OC=2+8=10，∴在△ABC中AB----2+AC----2=20+80=102=BC2，∴△ABC是直角三角形；（3）解：由勾股定理先求出AC，AC=，①在x軸負(fù)半軸，當(dāng)AC=AN時(shí)，NO=CO=8，∴此時(shí)N（-8，0）；②在x軸負(fù)半軸，當(dāng)AC=NC時(shí)，NC=AC=，∵CO=8，∴NO=-8，∴此時(shí)N（8-，0）；③在x軸正半軸，當(dāng)AN=CN時(shí)，設(shè)CN=x，則AN=x，ON=8-x，在Rt△AON中，＋=，解得：x=5，∴ON=3，∴此時(shí)N（3，0）；④在x軸正半軸，當(dāng)AC=NC時(shí)，AC=NC=，∴ON=＋8，∴此時(shí)N（＋8，0）；綜上所述：滿足條件的N點(diǎn)坐標(biāo)是（-8，0）、（8-，0）、（3，0）、（8+，0）；（4）解：設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（n，0），則BN=n+2，過M點(diǎn)作MD⊥x軸于點(diǎn)D，∴MD∥OA，∴△BMD∽△BAO，，∵M(jìn)N∥AC，∴，∴，∵OA=4，BC=10，BN=n+2，∴MD=（n+2），∵S△AMN=S△ABN-S△BMN==－

+5，∵－

<0，∴n=3

時(shí)，S有最大值，∴當(dāng)△AMN

面積最大時(shí)，

N點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0）．【解析】【解析】（1）用待定系數(shù)法可求二次函數(shù)的解析式；（2）因?yàn)閽佄锞€交x軸于B、C兩點(diǎn)，令y=0，解關(guān)于x的一元二次方程可得點(diǎn)B的坐標(biāo)，爾后計(jì)算AB、BC、AC的長，用勾股定理的逆定理即可判斷；（3）由（2）可知AC的長，由題意可知有4種狀況：①在x軸負(fù)半軸，當(dāng)AC=AN時(shí)；②②在x軸負(fù)半軸，當(dāng)AC=NC時(shí)；③在x軸正半軸，當(dāng)AN=CN時(shí)；④在x軸正半軸，當(dāng)AC=NC時(shí)；結(jié)合已知條件易求解；（4）設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（n，0），則BN=n+2，過M點(diǎn)作MD⊥x軸于點(diǎn)D，由平行于三角形一邊的直線和其他兩邊所構(gòu)成的三角形與原三角形相似可得△BMD∽△BAO，于是有比例式，依照平行線分線段成比率定理可得，所以,將已知線段代入比率式可將MD用含n的代數(shù)式表示出來，依照三角形的構(gòu)成可得S△△△BMN=AMN=SABN-SBN?OA-BN?MD，將BN、MD代入可得關(guān)于n的二次函數(shù)，配成極點(diǎn)式依照二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解。6．如圖，在菱形ABCD中，，,點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，連結(jié)DE,AE.（1）求

DE的長；（2）點(diǎn)

F為邊

CD上的一點(diǎn)，連結(jié)

AF，交

DE于點(diǎn)

G，連結(jié)

EF，若

,①求證：△

△；②求DF的長.【答案】（1）解：連結(jié)BD（2）解：①②【解析】【解析】（1）連結(jié)BD，依照菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判斷方法第一判斷出△CDB是等邊三角形，依照等邊三角形的性質(zhì)得出DE⊥BC，CE=2，爾后利用勾股定理算出DE的長；（2）①第一判斷出△AGD∽△EGF，依照相似三角形對應(yīng)邊成比率得出，又∠AGE=∠DGF，故△AGE∽△DGF；②依照相似三角形的性質(zhì)及含30°直角三角形的邊之間的關(guān)系及勾股定理得出EF的長，爾后過點(diǎn)E作EH⊥DC于點(diǎn)H，在Rt△ECH中，利用勾股定理算出FH的長，進(jìn)而依照線段的和差即可算出答案.7．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，點(diǎn)P是邊AB上的一動點(diǎn)，連結(jié)DP.（1）若將△DAP沿DP折疊，點(diǎn)A落在矩形的對角線上點(diǎn)A′處，試求AP的長；（2）點(diǎn)P運(yùn)動到某一時(shí)辰，過點(diǎn)P作直線PE交BC于點(diǎn)E，將△DAP與△PBE分別沿DP與PE折疊，點(diǎn)A與點(diǎn)B分別落在點(diǎn)A′，B′處，若P，A′，B′三點(diǎn)恰幸好同素來線上，且A′＝B′2，試求此時(shí)AP的長；（3）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到邊AB的中點(diǎn)處時(shí)，過點(diǎn)P作直線PG交BC于點(diǎn)G，將△DAP與△PBG分別沿DP與PG折疊，點(diǎn)A與點(diǎn)B重合于點(diǎn)F處，連結(jié)CF，央求出CF的長.【答案】（1）解:①當(dāng)點(diǎn)A落在對角線BD上時(shí)，設(shè)AP＝PA′＝x，在Rt△ADB中，∵AB＝4，AD＝3，∴BD＝＝5，∵AB＝DA′＝3，∴BA′＝2，在Rt△BPA′中，（4﹣x）2＝x2+22，解得x＝，∴AP＝.②當(dāng)點(diǎn)A落在對角線AC上時(shí)，由翻折性質(zhì)可知：PD⊥AC，則有△DAP∽△ABC，∴＝，∴AP＝＝＝.∴AP的長為或（2）解:①如圖3中，設(shè)AP＝x，則PB＝4﹣x，依照折疊的性質(zhì)可知：PA＝PA′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，∵A′＝B′2，∴4﹣x﹣x＝2，∴x＝1，∴PA＝1；②如圖4中，AP＝x，則PB＝4﹣x，依照折疊的性質(zhì)可知：PA＝PA′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，∵A′＝B′2，∴x﹣（4﹣x）＝2，x＝3，∴PA＝3；綜上所述，PA的長為1或3（3）解:如圖5中，作FH⊥CD由H.由翻折的性質(zhì)可知；AD＝DF＝＝BF，G、F、D共線，BG＝FG＝x，在Rt△GCD中，（x+3）2＝42+（3﹣x）2，解得x＝，∴DG＝DF+FG＝，CG＝BC﹣BG＝，∵FH∥CG，∴＝＝，∴＝＝，∴FH＝，DH＝，∴CH＝4﹣＝，在Rt△CFH中，CF＝＝【解析】【解析】（1）分兩種狀況：①當(dāng)點(diǎn)A落在對角線BD上時(shí)，設(shè)AP=PA′=x，成立方程即可解決問題；②當(dāng)點(diǎn)A落在對角線AC上時(shí)，利用相似三角形的性質(zhì)成立方程即可解決問題；（2）分兩種狀況分別求解即可解決問題；（3）如圖5中，作FH⊥CD由H.想方法求出FH、CH即可解決問題8．如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，點(diǎn)P從A出發(fā)沿AC向C點(diǎn)以1厘米/秒的速度勻速搬動；點(diǎn)Q從C出發(fā)沿CB向B點(diǎn)以2厘米/秒的速度勻速搬動．點(diǎn)P、Q分別從起點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，搬動到某一地址時(shí)所需時(shí)間為t秒．1）當(dāng)t=________時(shí)，PQ∥AB2）當(dāng)t為何值時(shí)，△PCQ的面積等于5cm2？（3）在P、Q運(yùn)動過程中，在某一時(shí)辰，若將△PQC翻折，獲取△EPQ，如圖2，PE與AB可否垂直？若能，求出相應(yīng)的t值；若不能夠，請說明原由．能垂直，原由以下：延長QE交AC于點(diǎn)D，∵將△PQC翻折，獲取△EPQ，∴△QCP≌△QEP，∴∠C=∠QEP=90，°PE⊥AB，則QD∥AB，∴△CQD∽△CBA，∴，∴，QD=2.5t，∵QC=QE=2t∵∠A=∠EDP，∠C=∠DEP=90，°∴△ABC∽△DPE，∴∴，解得：，綜上可知：當(dāng)t=時(shí)，PE⊥AB【答案】（1）（2）解：∵點(diǎn)P從A出發(fā)沿AC向

C點(diǎn)以

1厘米/秒的速度勻速搬動；點(diǎn)

Q從

C出發(fā)沿

CB向B點(diǎn)以2厘米/秒的速度勻速搬動，∴PC=AC-AP=6-，tCQ=2t，∴S△CPQ=CP?CQ=＝5，t2-6t+5=0PC=AC-AP=6-，tCQ=2t，依照平行線可得△PQC∽△ABC，利PC：AC=CQ：BC，即得(6-t)：6=2t：8，求出t值即可；解得t1=1，t2=5（不合題意，舍去）∴當(dāng)t=1秒時(shí)，△PCQ的面積等于5cm2（3）解：【解析】【解答】解：(1)∵點(diǎn)P從A出發(fā)沿AC向C點(diǎn)以1厘米/秒的速度勻速搬動；點(diǎn)Q從C出發(fā)沿CB向B點(diǎn)以2厘米/秒的速度勻速搬動，∴PC=AC-AP=6-，tCQ=2t，PQ∥AB時(shí)，∴△PQC∽△ABC，∴PC：AC=CQ：BC，(6-t)：6=2t：8∴當(dāng)t=2.4時(shí)，PQ∥AB【解析】（1）依照題意可得用相似三角形對應(yīng)邊成比率可得（2）由S△CPQ=CP?CQ=5，據(jù)此成立方程，求出t值即可；（3）延長QE交AC于點(diǎn)D，依照折疊可得△QCP≌△QEP，若PE⊥AB，則QD∥AB，可得△CQD∽△CBA，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比率，求出，依照兩角分別相等可證△ABC∽△DPE，利用相似三角形對應(yīng)邊成比率，據(jù)此求出t值即可.二、圓的綜合9．如圖，點(diǎn)P在⊙O的直徑AB的延長線上，PC為⊙O的切線，點(diǎn)C為切點(diǎn)，連結(jié)AC，過點(diǎn)A作PC的垂線，點(diǎn)D為垂足，AD交⊙O于點(diǎn)E．(1)如圖1，求證：∠DAC=∠PAC；(2)如圖2，點(diǎn)F（與點(diǎn)C位于直徑AB兩側(cè)）在⊙O上，的平行線交PC于點(diǎn)G，求證：FG=DE+DG；

??，連結(jié)EF，過點(diǎn)F作ADBFFA2(3)在(2)的條件下，如圖3，若AE=DG，PO=5，求EF的長．3【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）EF=32．【解析】【解析】1）連結(jié)OC，求出OC∥AD，求出OC⊥PC，依照切線的判斷推出即可；2）連結(jié)BE交GF于H，連結(jié)OH，求出四邊形HGDE是矩形，求出DE=HG，F(xiàn)H=EH，即可得出答案；3）設(shè)OC交HE于M，連結(jié)OE、OF，求出∠FHO=∠EHO=45°，依照矩形的性質(zhì)得出EH∥DG，求出OM=12DG，DG=3a，AE，設(shè)OM=a，則HM=a，AE=2a，AE=23求出ME=CD=2a，BM=2a，解直角三角形得出tan∠MBO＝MO1，tanP=CO1,設(shè)BM2PO2OC=k，則PC=2k，依照OP=5k=5求出k=5，依照勾股定理求出a，即可求出答案．【詳解】（1）證明：連結(jié)OC，∵PC為⊙O的切線，∴OC⊥PC，∵AD⊥PC，∴OC∥AD，∴∠OCA=∠DAC，∵OC=OA，∴∠PAC=∠OCA，∴∠DAC=∠PAC；（2）證明：連結(jié)BE交GF于H，連結(jié)OH，∵FG∥AD，∴∠FGD+∠D=180，°∵∠D=90，°∴∠FGD=90，°∵AB為⊙O的直徑，∴∠BEA=90，°∴∠BED=90，°∴∠D=∠HGD=∠BED=90，°∴四邊形HGDE是矩形，∴DE=GH，DG=HE，∠GHE=90，°??，BFAF∴∠HEF=∠FEA=1∠BEA=190o=45°，2∴∠HFE=90﹣°∠HEF=45，°∴∠HEF=∠HFE，F(xiàn)H=EH，∴FG=FH+GH=DE+DG；（3）解：設(shè)OC交HE于M，連結(jié)OE、OF，EH=HF，OE=OF，HO=HO，∴△FHO≌△EHO，∴∠FHO=∠EHO=45，°∵四邊形GHED是矩形，∴EH∥DG，∴∠OMH=∠OCP=90，°∴∠HOM=90°﹣∠OHM=90°﹣45°=45，°∴∠HOM=∠OHM，∴HM=MO，∵OM⊥BE，∴BM=ME，1∴OM=AE，2OM=a，則HM=a，AE=2a，AE=∵∠HGC=∠GCM=∠GHE=90，°∴四邊形GHMC是矩形，∴GC=HM=a，DC=DG﹣GC=2a，∵DG=HE，GC=HM，ME=CD=2a，BM=2a，

2DG，DG=3a，3在Rt△BOM中，tan∠MBO=MOa1，BM2a2∵EH∥DP，∴∠P=∠MBO，CO1tanP=，PO2OC=k，則PC=2k，Rt△POC中，OP=5k=5，解得：k=5，OE=OC=5，Rt△OME中，OM2+ME2=OE2，5a2=5，a=1，HE=3a=3，Rt△HFE中，∠HEF=45°，EF=2HE=32．【點(diǎn)睛】觀察了切線的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)和判斷，解直角三角形，勾股定理等知識點(diǎn)，能綜合運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理是解此題的要點(diǎn)．10．如圖，△ABC的內(nèi)接三角形，P為BC延長線上一點(diǎn)，∠PAC=∠B，AD為⊙O的直徑，C作CG⊥AD于E，交AB于F，交⊙O于G．（1）判斷直線PA與⊙O的地址關(guān)系，并說明原由；（2）求證：AG2=AF·AB；（3）若⊙O的直徑為10，AC=25，AB=45，求△AFG的面積.【答案】（1）PA與⊙O相切，原由見解析；（2）證明見解析；（3）3.【解析】試題解析：（1）連結(jié)CD，由AD為⊙O的直徑，可得∠ACD=90°，由圓周角定理，證得∠B=∠D，由已知∠PAC=∠B，可證得DA⊥PA，既而可證得PA與⊙O相切．（2）連結(jié)BG，易證得△AFG∽△AGB，由相似三角形的對應(yīng)邊成比率，證得結(jié)論.（3）連結(jié)BD，由AG2=AF?AB，可求得AF的長，易證得△AEF∽△ABD，即可求得AE的長，既而可求得EF與EG的長，則可求得答案．試題解析：解：（1）PA與⊙O相切．原由以下：如答圖1，連結(jié)CD，∵AD為⊙O的直徑，∴∠ACD=90.°∴∠D+∠CAD=90.°∵∠B=∠D，∠PAC=∠B，∴∠PAC=∠D.∴∠PAC+∠CAD=90，°即DA⊥PA.∵點(diǎn)A在圓上，∴PA與⊙O相切．（2）證明：如答圖2，連結(jié)BG，∵AD為⊙O的直徑，CG⊥AD，∴??.∴∠AGF=∠ABG.ACAD∵∠GAF=∠BAG，∴△AGF∽△ABG.∴AG：AB=AF：AG.∴AG2=AF?AB.（3）如答圖3，連結(jié)BD，∵AD是直徑，∴∠ABD=90.°∵AG2=AF?AB，AG=AC=25，AB=45，∴AF=5.∵CG⊥AD，∴∠AEF=∠ABD=90.°AEAFAE5∵∠EAF=∠BAD，∴△AEF∽△ABD.∴，即45，解得：AE=2.ABAD10∴EFAF2AE21.∵EGAG2AE24，∴FGEGEF413.∴SAFG1FGAE1323．22考點(diǎn)：1.圓周角定理；2.直角三角形兩銳角的關(guān)系；3.相切的判斷；4.垂徑定理；5.相似三角形的判斷和性質(zhì)；6.勾股定理；7.三角形的面積.11．如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C，D是半圓O的三均分點(diǎn)，過點(diǎn)C作⊙O的切線交AD的延長線于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，交⊙O于點(diǎn)H，連結(jié)DC，AC．1）求證：∠AEC=90°；2）試判斷以點(diǎn)A，O，C，D為極點(diǎn)的四邊形的形狀，并說明原由；3）若DC=2，求DH的長．【答案】（1）證明見解析；2）四邊形AOCD為菱形；3）DH=2．【解析】試題解析：（1）連結(jié)OC，依照EC與⊙O切點(diǎn)C，則∠OCE=90°，由題意得，∠DAC=∠CAB，即可證明AE∥OC，則∠AEC+∠OCE=180°，進(jìn)而得出∠AEC=90；°（2）四邊形AOCD為菱形．由（1）得平行四邊形，再由OA=OC，即可證明平行四邊形

，則∠DCA=∠CAB可證明四邊形AOCD是AOCD是菱形（一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形）；（3）連結(jié)OD．依照四邊形AOCD為菱形，得△OAD是等邊三角形，則∠AOD=60°，再由DH⊥AB于點(diǎn)F，AB為直徑，在Rt△OFD中，依照sin∠AOD=，求得DH的長．試題解析：（1）連結(jié)OC，∵EC與⊙O切點(diǎn)C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90，°∵點(diǎn)CD是半圓O的三均分點(diǎn)，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（內(nèi)錯(cuò)角相等，兩直線平行）∴∠AEC+∠OCE=180，°∴∠AEC=90；°（2）四邊形AOCD為菱形．原由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四邊形AOCD是平行四邊形，∵OA=OC，∴平行四邊形AOCD是菱形（一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形）；（3）連結(jié)OD．∵四邊形AOCD為菱形，OA=AD=DC=2，∵OA=OD，OA=OD=AD=2，∴△OAD是等邊三角形，∴∠AOD=60，°∵DH⊥AB于點(diǎn)F，AB為直徑，DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，DF=ODsin∠AOD=2sin60=°，DH=2DF=2．考點(diǎn)：1.切線的性質(zhì)2.等邊三角形的判斷與性質(zhì)3.菱形的判斷與性質(zhì)4.解直角三角形．12．在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)繞著O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得△A'OB'，點(diǎn)

A（2，0），點(diǎn)B（0，A、B旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點(diǎn)為

），點(diǎn)O（0，0）．△AOBA'，B'，記旋轉(zhuǎn)角為α．（Ⅰ）如圖1，A'B'恰好經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)，求此時(shí)旋轉(zhuǎn)角（Ⅱ）如圖2，若0°＜α＜90°，設(shè)直線AA'和直線

α的度數(shù)，并求出點(diǎn)BB'交于點(diǎn)P，求證：

B'的坐標(biāo)；AA'⊥BB'；（Ⅲ）若0°＜α＜360°，求（Ⅱ）中的點(diǎn)P縱坐標(biāo)的最小值（直接寫出結(jié)果即可）．【答案】（Ⅰ）α＝60°，B'（3，）；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）點(diǎn)P縱坐標(biāo)的最小值為2．【解析】【解析】（Ⅰ）作輔助線,先依照點(diǎn)A（2,0）,點(diǎn)B（0,）,確定∠ABO＝30°,證明△AOA'是等邊三角形,得旋轉(zhuǎn)角α＝60°,證明△COB'是30°的直角三角形,可得B'的坐標(biāo);（Ⅱ）依照旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',即可得出∠OBB'＝∠OA'A＝（180°﹣α）,再依照∠BOA'＝90°+α,四邊形OBPA'的內(nèi)角和為360°,即可獲取∠BPA'＝90°,AA'⊥BB';（Ⅲ）作AB的中點(diǎn)M（1,）,連結(jié)MP,依照點(diǎn)P的軌跡為以點(diǎn)M為圓心,以MP＝AB＝2為半徑的圓,即可獲適合PM∥y軸時(shí),點(diǎn)P縱坐標(biāo)的最小值為﹣2.【詳解】解：（Ⅰ）如圖1，過B'作B'C⊥x軸于C,∵OA＝2,OB＝2,∠AOB＝90°,∴∠ABO＝30°,∠BAO＝60°,由旋轉(zhuǎn)得：OA＝OA',∠A'＝∠BAO＝60°,∴△OAA'是等邊三角形,∴α＝∠AOA'＝60°,∵OB＝OB'＝2,∠COB'＝90°﹣60°＝30°,B'C＝OB’＝,∴OC＝3,B'（3,）,（Ⅱ）證明：如圖2,∵∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',∴∠OBB'＝∠OA'A＝（180°﹣α）,∵∠BOA'＝90°+四α,邊形OBPA'的內(nèi)角和為360,°∴∠BPA'＝360﹣°（180﹣°α）﹣（90°）+α＝90°,AA'⊥BB';（Ⅲ）點(diǎn)

P縱坐標(biāo)的最小值為

-2．原由是：如圖，作

AB的中點(diǎn)

M（1,

）,連結(jié)

MP,∵∠APB＝90°,∴點(diǎn)

P的軌跡為以點(diǎn)

M為圓心

,以

MP＝

AB＝2為半徑的圓

,除去點(diǎn)（

2,2

）,∴當(dāng)PM⊥x軸時(shí),點(diǎn)P縱坐標(biāo)的最小值為﹣2．【點(diǎn)睛】此題屬于幾何變換綜合題,主要觀察了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),含30°角的直角三角形的性質(zhì),四邊形內(nèi)角和以及圓周角定理的綜合運(yùn)用,解決問題的要點(diǎn)是判斷點(diǎn)P的軌跡為以點(diǎn)M為圓心,以MP為半徑的圓．13．如圖，已知AB是⊙O的直徑，P是BA延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于點(diǎn)C，CD⊥AB，垂足為D．1）求證：∠PCA＝∠ABC；2）過點(diǎn)A作AE∥PC交⊙O于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F，交BC于點(diǎn)M，若∠CAB＝2∠B，CF＝3，求陰影部分的面積．【答案】（1）詳見解析；（2）633.4【解析】【解析】（1）如圖，連結(jié)OC，利用圓的切線的性質(zhì)和直徑對應(yīng)的圓周角是直角可得PCA=∠OCB，利用等量代換可得∠PCA=∠ABC.（2）先求出△OCA是等邊三角形，在利用三角形的等邊同等角定理求出FA=FC和CF=FM,爾后分別求出AM、AC、MO、CD的值，分別求出SA0E、S扇形BOE、SABM的值，利用S陰影部分SA0ES扇形BOESABM，爾后經(jīng)過計(jì)算即可解答.【詳解】解：（1）證明：連結(jié)OC，如圖，∵PC切⊙O于點(diǎn)C，∴OC⊥PC,∴∠PCA+∠ACO=90o,∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=∠ACO+OCB=90o∴∠PCA=∠OCB,OC=OB,∴∠OBC=∠OCB,∴∠PCA=∠ABC；（2）連結(jié)OE，如圖，∵△ACB中，∠ACB＝90o,∠CAB＝2∠B,∴∠B＝30o,∠CAB＝60o,∴△OCA是等邊三角形，∵CD⊥AB,∴∠ACD+∠CAD＝∠CAD＋∠ABC＝90o,∴∠ACD＝∠B＝30o,∵PC∥AE,∴∠PCA＝∠CAE＝30o,∴FC=FA,同理，CF＝FM,∴AM＝2CF=23,Rt△ACM中，易得AC=23×3=3＝OC,2∵∠B＝∠CAE＝30o,∴∠AOC=∠COE=60o,∴∠EOB=60o,∴∠EAB=∠ABC=30o,∴MA=MB,連結(jié)OM,EG⊥AB交AB于G點(diǎn)，以下列圖，OA=OB,∴MO⊥AB,∴MO＝OA×tan30o=3,∵△CDO≌△EDO(AAS)，3∴EG=CD=AC×sin60o=3，2∴SABM1MO33,AB2同樣，易求SAOE93，4S扇形BOE603233602∴S陰影部分933633SA0ES扇形BOESABM=4334.2【點(diǎn)睛】此題觀察了切線的性質(zhì)、解直角三角形、扇形面積和識圖的能力，綜合性較強(qiáng)，有必然難度，熟練掌握定理并正確識圖是解題的要點(diǎn).14．以下列圖，ABC內(nèi)接于圓O，CDAB于D；（1）如圖1，當(dāng)AB為直徑，求證：OBCACD；（2）如圖2，當(dāng)AB為非直徑的弦，連結(jié)OB，則（1）的結(jié)論可否成立？若成立請證明，不行立說明由；（3）如圖3，在（2）的條件下，作AEBC于E，交CD于點(diǎn)F，連結(jié)ED，且ADBD2ED，若DE3，OB5，求CF的長度．【答案】（1）見解析；（2）成立；（3）145【解析】【解析】（1）依照圓周角定理求出∠ACB=90°，求出∠ADC=90°，再依照三角形內(nèi)角和定理求出即可；（2）依照圓周角定理求出∠BOC=2∠A，求出∠OBC=90°-∠A和∠ACD=90°-∠A即可；3）分別延長AE、CD交⊙O于H、K，連結(jié)HK、CH、AK，在AD上取DG=BD，延長CG交AK于M，延長KO交⊙O于N，連結(jié)CN、AN，求出關(guān)于a的方程，再求出a即可．【詳解】（1）證明：∵AB為直徑，∴ACB90，CDAB于D，∴ADC90，∴OBCA90，AACD90，∴OBCACD；2）成立，證明：連結(jié)OC，由圓周角定理得：

BOC2A，OCOB，∴OBC1180BOC11802A90A，22ADC90，∴ACD90A，∴OBCACD；（3）分別延長AE、CD交⊙O于H、K，連結(jié)HK、CH、AK，∵AEBC，CDBA，∴AECADC90，∴BCDCFE90，BAHDFA90，∵CFEDFA，∴BCDBAH，∵依照圓周角定理得：BAHBCH，∴BCDBAHBCH，∴由三角形內(nèi)角和定理得：CHECFE，CHCF，∴EHEF，同理DFDK，DE3，∴HK2DE6，在AD上取DGBD，延長CG交AK于M，則AGADBD2DE6，BCGC，∴MCKBCKBAK，CMK90，延長KO交⊙O于N，連結(jié)CN、AN，則NAK90CMK，CM//AN，∵NCKADK90，CN//AG，∴四邊形CGAN是平行四邊形，AGCN6，OTCK于T，T為CK的中點(diǎn)，∵O為KN的中點(diǎn)，∴OT1CN3，2OTC90，OC5，∴由勾股定理得：CT4，CK2CT8，作直徑HS，連結(jié)KS，∵HK6，HS10，∴由勾股定理得：KS8，∴tan3tanHAK，HSK4∴tan1tanBCD，EAB3設(shè)BDa，CD3a，∴ADBD2EDa116，DKADa2，33CDDKCK，∴3a1a28，39，解得：a5∴DK1a213，35∴CFCK2DK26148．55【點(diǎn)睛】此題觀察了垂徑定理、解直角三角形、等腰三角形的性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理等知識點(diǎn)，能綜合運(yùn)用知識點(diǎn)進(jìn)行推理是解此題的要點(diǎn)，綜合性比較強(qiáng)，難度偏大．15．關(guān)于平面內(nèi)的⊙C和⊙C外一點(diǎn)Q，給出以下定義：若過點(diǎn)Q的直線與⊙C存在公共點(diǎn)，記為點(diǎn)A，B，設(shè)kAQBQ，則稱點(diǎn)A（或點(diǎn)B）是⊙C的“K相關(guān)依靠點(diǎn)”，特別CQ地，當(dāng)點(diǎn)A和點(diǎn)B重合時(shí)，規(guī)定AQ=BQ，k2AQ（或2BQ）．CQCQ已知在平面