備戰(zhàn)中考數(shù)學專題《圓相似》綜合檢測試卷

備戰(zhàn)初中中考數(shù)學專題《圓及相似》綜合檢測試卷習題附答案備戰(zhàn)初中中考數(shù)學專題《圓及相似》綜合檢測試卷習題附答案34/34備戰(zhàn)初中中考數(shù)學專題《圓及相似》綜合檢測試卷習題附答案備戰(zhàn)中考數(shù)學專題《圓與相似》綜合檢測試卷附答案一、相似1．如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC于點H，過點C作CD⊥AC，連接AD，點M為AC上一點，且AM=CD，連接BM交AH于點N，交AD于點E．（1）若AB=3，AD=，求△BMC的面積；（2）點E為AD的中點時，求證：AD=BN．【答案】（1）解：如圖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：如圖2中，連接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判斷出△ABM≌△CAD，依照全等三角形對應邊相等得出BM=AD=，依照勾股定理可以算出AM，依照線段的和差得出CM的長，利用S△BCM=?CM?BA即可得出答案；2）連接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．依照直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出AE=CE=ED，依照等邊同等角得出∠EAC=∠ECA，依照全等三角形對應角相等得出∠ABM=∠CAD，進而得出∠ABM=∠MCE，依照對頂角相等及三角形的內(nèi)角和得出∠CEM=∠BAM=90°，進而判斷出△ABM∽△ECM，由相似三角形對應邊成比率得出BM∶CM=AM∶EM,進而得出BM∶AM=CM∶EM，依照兩邊對應成比率及夾角相等得出△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，依照角均分線的判斷得出BE均分∠ABC，故∠NBC=∠ABN=22.5°，依照中垂線定理得出NB=NC，依照等腰三角形的性質(zhì)得出∠NCB=∠°，故∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，△ENC的等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形邊之間的關系得出NC=EC，依照AD=2EC，2NC=AD，AD=NC，又BN=NC，故AD=BN．2．如圖1，等腰△ABC中，AC＝BC，點O在AB邊上，以C，交AB邊于點D，EF為⊙O的直徑，EF⊥BC于點G．

O為圓心的圓與

AC

相切于點1）求證：D是弧EC的中點；2）如圖2，延長CB交⊙O于點H，連接HD交OE于點K，連接CF，求證：CF＝OK＋DO；（3）如圖3，在(2)的條件下，延長DB交⊙O于點Q，連接QH，若DO＝，KG＝2，求QH的長【答案】（1）證明：如圖1中，連接OC．∵AC是⊙O的切線，∴OC⊥AC，∴∠ACO=90，°∴∠A+∠AOC=90，°∵CA=CB，∴∠A=∠B，EF⊥BC，∴∠OGB=90，°∴∠B+∠BOG=90，°∴∠BOG=∠AOC，∵∠BOG=∠DOE，∴∠DOC=∠DOE，∴點D是的中點（2）證明：如圖2中，連接OC．EF⊥HC，∴CG=GH，∴EF垂直均分HC，∴FC=FH，∵∠CFK=∠COE，∵∠COD=∠DOE，∴∠CFK=∠COD，∵∠CHK=∠COD，∴∠CHK=∠CFK，∴點K在以F為圓心FC為半徑的圓上，F(xiàn)C=FK=FH，∵DO=OF，DO+OK=OF+OK=FK=CF，即CF=OK+DO；（3）解：如圖3中，連接OC、作HM⊥AQ于M．設OK=x，則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，F(xiàn)G=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）如圖1中，連接OC．依照切線的性質(zhì)得出OC⊥AC，依照垂直的定義得出∠ACO=90°，依照直角三角形兩銳角互余得出∠A+∠AOC=90°，依照等邊同等角得出A=∠B，依照垂直的定義得出∠OGB=90°，依照直角三角形兩銳角互余得出B+∠BOG=90，°依照等角的余角相等得出∠BOG=∠AOC，依照對頂角相等及等量代換得出∠DOC=∠DOE，依照相等的圓心角所對的弧相等得出結論；（2）如圖2中，連接OC．依照垂徑定理得出CG=GH，進而得出EF垂直均分HC，依照線段垂直均分線上上的點到線段兩個端點的距離相等得出FC=FH，依照圓周角定理及等量代換得出∠CFK=∠COD，∠CHK=∠CFK，進而得出點K在以F為圓心FC為半徑的圓上，根據(jù)同圓的半徑相等得出FC=FK=FH，DO=OF，依照線段的和差及等量代換得出CF=OK+DO；（3）如圖3中，連接OC、作HM⊥AQ于M．設OK=x，則CF=+x，OG=2﹣x，GF=﹣（2﹣x），依照勾股定原由CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，列出關于x的方程，求解得出x的值，進而得出CF=5，F(xiàn)G=4，CG=3，OG=依照平行線的判判定理得出，內(nèi)錯角相等，兩直線平行得出CF∥OB，依照平行線分線段成比率定理得出CF∶OB=CG∶GB=FGO，進而可得OB,BG,BH的長，由△BHM∽△BOG，可得BH∶OB=BM∶BG=HMG，再得出BM,HM,MQ的長，在Rt△HMQ中，依照勾股定理得出QH的長。

∶G∶O3．已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4.點Q是線段AC上的一個動點，過點AC的垂線交線段AB（如圖1）或線段AB的延長線（如圖2）于點P.

Q作1）當點P在線段AB上時，求證：△APQ∽△ABC；2）當△PQB為等腰三角形時，求AP的長.【答案】（1））證明：∵∠A+∠APQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠APQ=∠C.在△APQ與△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為鈍角，∴當△PQB為等腰三角形時，只可能是PB=PQ.I）當點P在線段AB上時，如題圖1所示，由（1）可知，△APQ∽△ABC，∴，即，解得：.∴.（II）當點P在線段AB的延長線上時，如題圖

2所示,∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P.∵∠BQP+∠AQB=90，°∠A+∠P=90，°∴∠AQB=∠A。∴BQ=AB。AB=BP，點B為線段AB中點。AP=2AB=2×3=6.綜上所述，當△PQB為等腰三角形時，AP的長為或6.【解析】【解析】（1）由兩對角相等（∠APQ=∠C，∠A=∠A），證明△APQ∽△ABC。（2）當△PQB為等腰三角形時，有兩種狀況，需要分類談論.（I）當點P在線段AB上時，如題圖1所示.由三角形相似（△APQ∽△ABC）關系計算AP的長；（II）當點P在線段AB的延長線上時，如題圖2所示.利用角之間的關系，證明點B為線段AP的中點，從而可以求出AP.4．如圖

1，以□ABCD的較短邊

CD為一邊作菱形

CDEF,使點

F落在邊

AD

上，連接

BE，交AF于點

G.1）猜想BG與EG的數(shù)量關系.并說明原由；2）延長DE,BA交于點H，其他條件不變，①如圖2，若∠ADC=60°，求的值；②如圖3，若∠ADC=α（0°<α<90）,°直接寫出的值.（用含α的三角函數(shù)表示）【答案】（1）解：，原由以下：∵四邊形是平行四邊形，∴∥，.∵四邊形是菱形，∴∥，.∴∥，.∴.又∵，∴≌.∴（2）解：方法1：過點作∥，交于點，∴.∵，∴∽.∴.由（1）結論知

.∴.∴.∵四邊形為菱形，∴.∵四邊形是平行四邊形，∴∥.∴.∵∥，∴.∴，即.∴是等邊三角形?！?∴

.方法

2：延長

，交于點

，∵四邊形

為菱形，∴

.∵四邊形

為平形四邊形，∴

，

∥

.∴

.,即

.∴

為等邊三角形

.∴∵

∥

.，∴∴

∽

,，

.∴.由（1）結論知∴.∴

.∵

,∴.如圖3，連接EC交DF于O，∵四邊形CFED是菱形，∴EC⊥AD，F(xiàn)D=2FO，設FG=a，AB=b，則FG=a，EF=ED=CD=b，Rt△EFO中，cosα=，OF=bcos，αDG=a+2bcos，α過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）利用菱形和平行四邊形的性質(zhì)可得出

AB∥CD∥EF，AB=CD=EF，再利用平行線的性質(zhì)可證得

∠ABG=∠FEG，爾后利用

AAS可證得△ABG≌△FEG，由全等三角形的性質(zhì)可證得結論。（2）①過點G作GM∥BH，交DH于點M，易證△GME∽△BHE。得出對應邊成比率，求出MG與BH的比值，再利用菱形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)證明DG=MG，即可解答；②連接EC交DF于O，利用菱形的性質(zhì)可得出EC⊥AD，F(xiàn)D=2FO，設FG=a，AB=b，可表示出FG，EF=ED=CD=b，Rt△EFO中，利用銳角三角函數(shù)的定義可得出OF、DG，過H作HM⊥AD于M，易證AH=HD，AM=a+bcosα，再在Rt△AHM中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AH的長，既而可得出DG與BH的比值，可解答。5．操作：、

和都是等邊三角形，的中點，有以下三種圖形.

繞著

點按順時針方向旋轉，

是研究：（1）在上述三個圖形中，可否一個固定的值，若是，請選擇任意一個圖形求出這個比值；（2）的值可否也等于這個定值，若是，請結合圖（1）證明你的結論；（3）與有怎樣的地址關系，請你結合圖（2）或圖（3）證明你的結論.【答案】（1）解：∵

是等邊三角形，由圖（

1）得

AO⊥BC，∴，∴

；（2）證明：，，∴∴∴（3）證明：在圖（3）中，由（2）得∴，∴∠2+∠4=∠1+∠3，即∠AEF=∠AOB∵∠AOB=90，°∴∴.【解析】【解析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)可得AO⊥BC，BO=BC=AB，依照勾股定理計算即可求得AO=BO，即AO∶BO是一個固定的值∶1；（2）由等邊三角形的性質(zhì)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質(zhì)可得；（3）在圖（3）中，由（2）得，依照相似三角形的性質(zhì)可得∠1=∠2，依照對頂角相等得∠3=∠4，則∠2+∠4=∠1+∠3=∠AOB=90°，即.6．在平面直角坐標系中，直線與x軸交于點B，與y軸交于點C，二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點B,C兩點，且與x軸的負半軸交于點A，動點D在直線BC下方的二次函數(shù)圖象上.1）求二次函數(shù)的表達式；2）如圖1，連接DC,DB,設△BCD的面積為S,求S的最大值；（3）如圖2，過點D作DM⊥BC于點M，可否存在點D，使得△CDM中的某個角恰好等于∠ABC的2倍？若存在，直接寫出點D的橫坐標；若不存在，請說明原由.【答案】（1）解：直線，當時，；當時，，∴，.∵二次函數(shù)的圖象經(jīng)過，兩點，∴解得∴二次函數(shù)的表達式為：.（2）解：過點作軸于點，交于點，過點作于點，依題意設

，則

.其中

，∴∴

，，，，，，∵又∵

，∴拋物線張口向下．，∴當

時，

有最大值，（3）解：或在軸上取點過點作∥

，使交

，則延長線于點

，過點

作

.

軸于點

，設點的坐標為，則，.在

中，

，解得

.∴

.當

時，∴.∴易證

.∽

.∴.∴,.∴

.∵

，∴直線的函數(shù)表達式為：.由

，解得：

，

（舍）

.∴點的橫坐標為

2.②當時，方法同①，可確定點的橫坐標為【解析】【解析】（1）先求得點值，即可得二次函數(shù)的表達式；（

B、C的坐標，再代入2）過點作

軸于點

，交

求得于點

b、c，過點

的作于點，設，則.用含有a的代數(shù)式表示出的長，再依照獲取S與a的二次函數(shù)關系，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解答；（3）在x軸上取點K，使CK=BK，則∠OKC=2∠ABC，過點B作BQ∥MD交CD延長線于點Q，過點Q作QH⊥x軸于點H，分∠DCM=∠QCB=2∠ABC和∠CDM=∠CQB=2∠ABC兩種狀況求點D的橫坐標即可.7．如圖1，在△ABC中，在BC邊上取一點P，在△APD是等腰三角形且△ABP與△CDP相似，我們稱形”.

AC邊上取一點D，連AP、PD，若是△APD是AC邊上的“等腰鄰相似三角（1）如圖2,在△ABC中AB=AC,∠B=50°，△APD是AB邊上的“等腰鄰相似三角形”，且AD=DP，∠PAC=∠BPD，則∠PAC的度數(shù)是________；2）如圖3，在△ABC中，∠A=2∠C，在AC邊上最少存在一個“等腰鄰相似△APD”，請畫出一個AC邊上的“等腰鄰相似△APD”，并說明原由；3）如圖4，在Rt△ABC中AB=AC=2，△APD是AB邊上的“等腰鄰相似三角形”，請寫出AD長度的所有可能值.【答案】（1）30°2）解：如圖3中，△APD是AC邊上的“等腰鄰相似三角形”，原由：作∠BAC的均分線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與△CDP相似，∴△APD是AC邊上的“等腰鄰相似三角形”3）解：如圖3′中，當DA=DP時，設∠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時，設∠APD=∠DAP=x，獲取∠PDB=∠CAP=2x，易知x=30°，設AD=a，則AP=∵△BPD∽△CPA，∴，即，解得，如圖4中，當PA=PD時，易知∠PDB是鈍角，∠CAP是銳角，∴∠PDB=∠CPA，則△BPD≌△CPA，設AD=a，則BD=2-a，

，AC=2，，解得a=如圖5中，當∠CAP為銳角，

，AP=AD

時，設∠APD=∠ADP=x，則∠DAP=180°-2x，易知∠PDB

為鈍角，∴∠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．綜上所述．AD的長為1或或【解析】【解答】（1）解：如圖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°故答案為30°【解析】（1）依照等邊同等角和三角形外角的性質(zhì)證明∠B＝∠PAB即可解決問題．（2）如圖3中，作∠BAC的均分線AP交BC于P，作PD∥AB交AC于D，依照平行線的性質(zhì)和角均分線定義可得∠BAP=∠PAD=∠DPA，∠CPD=∠B，結合∠A=2∠C可證△APD是等腰三角形且△APB與△CDP相似，即可解決問題．（3）分三種狀況談論：如圖3′中，當DA＝DP時；如圖4中，當PA＝PD時；如圖5中，當AP＝AD時；分別求解即可解決問題．8．如圖，已知拋物線作直線AC//x軸，交

y軸與點

C。

過點

A

和

B

，過點

A（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線上取一點P，過點P作直線AC的垂線，垂足為D，連接OA，使得以A，D，P為極點的三角形與△AOC相似，求出對應點P的坐標；（3）拋物線上可否存在點Q，使得?若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明原由。【答案】（1）解：∵點A、B在拋物線上，∴，解得：∴拋物線解析式為：y=x2-x.（2）當P在直線AD上方時，設P坐標為（x，），則有AD=x-，PD=，當△OCA∽△ADP時，，即，整理得：3x2-9x+18=2x-6，即3x2-11x+24=0，解得：x=，即x=或x=（舍去）,此時P（）；當△OCA∽△PDA時，

，即

，整理得：

，即

x2-解得：，即x=4或此時P（4,6）；當點P（0,0）時，也滿足△OCA∽△PDA；

（舍去），當P在直線AD下方時，同理可得，P的坐標為（綜上，P的坐標為（）或（4,6）或（（3）解：∵A，∴AC=,OC=3，∴OA=2,

），）或（0,0）∴

=OC··AC=

OA··h=

，h=，又∵=，∴△AOQ邊OA上的高=3h=,過O作OM⊥OA,截取OM=，過點M作MN∥OA交y軸于點N，過M作HM⊥x軸,（如圖），∵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（，），設直線MN解析式為：y=kx+b，∴，∴∴直線MN解析式為：y=-x+9，∴，x-x-18=0,（x-3∴x

=3

）（x+2,x=-2

）=0,，∴

或

，∴Q

點坐標（

3

，0）或（

-2

，15），∴拋物線上可否存在點【解析】【解析】（

Q，使得1）將A、B

.兩點坐標代入拋物線解析式獲取一個二元一次方程方程組，解之即可得拋物線解析式.（2）設P坐標為（x，的值，即可確定出P坐標。（3）依照點A坐標得AC=

），表示出AD與,OC=3，由勾股定理得

PD，由相似分兩種狀況得比率求出OA=2,依照三角形面積公式可得

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

，過點M作MN∥OA交y軸于點N，過M作30度所對的直角邊等于斜邊的一半，進而求出

HM⊥x軸,（如圖），N（0,9），在Rt△MOH

中，依照直角三角形性質(zhì)和勾股定理得

M（

，）；用待定系數(shù)法求出直線MN

解析式，再講直線

MN

和拋物線解析式聯(lián)馬上可得

Q點坐標.二、圓的綜合9．如圖，AB是⊙O的直徑，點C，D是半圓O的三均分點，過點C作⊙O的切線交AD的延長線于點E，過點D作DF⊥AB于點F，交⊙O于點H，連接DC，AC．1）求證：∠AEC=90°；2）試判斷以點A，O，C，D為極點的四邊形的形狀，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）連接OC，依照EC與⊙O切點C，則∠OCE=90°，由題意得，∠DAC=∠CAB，即可證明AE∥OC，則∠AEC+∠OCE=180°，進而得出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）連接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F，AB為直徑，在Rt△OFD中，依照sin∠AOD=，求得DH的長．試題解析：（1）連接OC，∵EC與⊙O切點C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90，°∵點CD是半圓O的三均分點，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（內(nèi)錯角相等，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）連接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F，AB為直徑，DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，DF=ODsin∠AOD=2sin60=°，DH=2DF=2．考點：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．10．如圖，在ABC中，BAC90,ABAC2,ADBC，垂足為D，過A,D的⊙O分別與AB,AC交于點E,F，連接EF,DE,DF．（1）求證：ADE≌CDF；（2）當BC與⊙O相切時，求⊙O的面積．2【答案】(1)見解析;(2).4【解析】解析：（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)知AD=CD、∠1=∠C=45°，由∠EAF=90°知EF是⊙O的直徑，據(jù)此知∠2+∠4=∠3+∠4=90°，得∠2=∠3，利用“ASA證”明即可得；2）當BC與⊙O相切時，AD是直徑，依照∠C=45°、AC=2可得AD=1，利用圓的面積公式可得答案．詳解：（1）如圖，∵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的直徑，∴∠EDF=90°，∴∠2+∠4=90°．又∵∠3+∠4=90°，∴∠2=∠3．在△ADE和△CDF中．CADCD，∴△ADE≌△CDF（ASA）．23（2）當BC與⊙O相切時，AD是直徑．在Rt△ADC中，∠C=45°，AC=2，∴sin∠C=AD，∴AD=ACsin∠C=1，∴⊙O的半徑為1，∴⊙O的面積為2．AC24點睛：此題主要觀察圓的綜合問題，解題的要點是熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判斷與性質(zhì)、與圓有關的地址關系等知識點．11．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，且AB為⊙O的直徑．∠ACB的均分線交⊙O于點D，過點D作⊙O的切線PD交CA的延長線于點P，過點A作AE⊥CD于點E，過點B作BF⊥CD于點F．1）求證：DP∥AB；2）若AC=6，BC=8，求線段PD的長．【答案】詳見解析【解析】【解析】（1）連接OD，由AB為⊙O的直徑，依照圓周角定理得∠ACB=90°，再由∠ACD=∠BCD=45，°則∠DAB=∠ABD=45，°所以△DAB為等腰直角三角形，所以DO⊥AB，依照切線的性質(zhì)得OD⊥PD，于是可獲取DP∥AB．（2）先依照勾股定理計算出AB=10，由于△DAB為等腰直角三角形，可獲取ADAB1052；由△ACE為等腰直角三角形，獲取22AECEAC6DE=42，則232，在Rt△AED中利用勾股定理計算出2CD=72，易證得∴△PDA∽△PCD，獲取PDPAAD525PD，，所以PA=PCPDCD7277PC=PD，爾后利用PC=PA+AC可計算出PD．5【詳解】解：（1）證明：如圖，連接OD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90．°∵∠ACB的均分線交⊙O于點D∴∠ACD=∠BCD=45°，．∴∠DAB=∠ABD=45．°∴△DAB為等腰直角三角形．∴DO⊥AB．∵PD為⊙O的切線，∴OD⊥PD．∴DP∥AB．（2）在Rt△ACB中，，∵△DAB為等腰直角三角形，∴．∵AE⊥CD，∴△ACE為等腰直角三角形．∴．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．如圖①，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點A（﹣2，0）、B（4，0）、C（0，3）三點．（1）試求拋物線的解析式；（2）點P是y軸上的一個動點，連接PA，試求5PA+4PC的最小值；（3）如圖②，若直線l經(jīng)過點T（﹣4，0），Q為直線l上的動點，當以A、B、Q為極點所作的直角三角形有且僅有三個時，試求直線l的解析式．【答案】（1）323yxx3；（2）5PA+4PC183l的解析式84為y3x3或y3x3.44【解析】【解析】（1）設出交點式，代入C點計算即可（2）連接AC、BC，過點A作AE⊥BC于點E，過點P作PD⊥BC于點D，易證△CDP∽△COB，獲取比率式PCPD，獲取PD=4PC，所BCOB5以5PA+4PC＝5（PA+4PC）＝5（PA+PD），當點A、P、D在同素來線上時，5PA+4PC＝55（PA+PD）＝5AE最小，利用等面積法求出AE=18，即最小值為18（3）取AB中點F，5以F為圓心、FA的長為半徑畫圓,當∠BAQ＝90°或∠ABQ＝90°時，即AQ或BQ垂直x軸，所以只要直線l不垂直x軸則必然找到兩個滿足的點Q使∠BAQ＝90°或∠ABQ＝90°，即∠AQB＝90°時，只有一個滿足條件的點Q，∴直線l與⊙F相切于點Q時，滿足∠AQB＝90°的點Q只有一個；此時，連接FQ，過點Q作QG⊥x軸于點G，利用cos∠QFT求出QG，分出狀況Q在x軸上方和x軸下方時，分別代入直接l獲取解析式即可【詳解】解：（1）∵拋物線與x軸交點為A（﹣2，0）、B（4，0）y＝a（x+2）（x﹣4）把點C（0，3）代入得：﹣8a＝3∴a＝﹣38∴拋物線解析式為y＝﹣3（x+2）（x﹣4）＝﹣3x2+3x+3884（2）連接AC、BC，過點A作AE⊥BC于點E，過點P作PD⊥BC于點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∴當點A、P、D在同素來線上時，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的最小值為18．3）取AB中點F，以F為圓心、FA的長為半徑畫圓當∠BAQ＝90°或∠ABQ＝90°時，即AQ或BQ垂直x軸，∴只要直線l不垂直x軸則必然找到兩個滿足的點Q使∠BAQ＝90°或∠ABQ＝90°∴∠AQB＝90°時，只有一個滿足條件的點Q∵當Q在⊙F上運動時（不與A、B重合），∠AQB＝90°∴直線l與⊙F相切于點Q時，滿足∠AQB＝90°的點Q只有一個此時，連接FQ，過點Q作QG⊥x軸于點G∴∠FQT＝90°F為A（﹣2，0）、B（4，0）的中點∴F（1，0），F(xiàn)Q＝FA＝3T（﹣4，0）FQ3∴TF＝5，cos∠QFT＝5TF∵Rt△FGQ中，cos∠QFT＝FG3FQ53FQ＝9∴FG＝55942FQ2FG232912∴xQ＝1﹣，QG＝5555①若點Q在x軸上方，則Q（4125，）5設直線l解析式為：y＝kx+b4kb0k3∴412解得：4bk5b35∴直線l：y3x34②若點Q在x軸下方，則Q（4，12）55∴l(xiāng)34綜上所述，直線l的解析式為y3x3或y3x344【點睛】此題是二次函數(shù)與圓的綜合題，同時涉及到三角函數(shù)、勾股定理等知識點，綜合度比較高，需要很強的綜合能力，第三問可以找到滿足條件的Q點是要點，同時不要忘記需要分狀況談論13．已知AC＝DC，AC⊥DC，直線MN經(jīng)過點A，作DB⊥MN，垂足為B，連接CB．[感知]如圖①，點A、B在CD同側，且點B在AC右側，在射線AM上截取AE＝BD，連接CE，可證△BCD≌△ECA，進而得出EC＝BC，∠ECB＝90°，進而得出∠ABC＝度；[研究]如圖②，當點A、B在CD異側時，[感知]得出的∠ABC的大小可否改變？若不改變，給出證明；若改變，央求出

∠ABC的大?。甗應用]在直線MN繞點A旋轉的過程中，當∠BCD＝30°，BD＝時，直接寫出BC的長．【答案】【感知】：45；【研究】：不改變，原由詳見解析；【拓展】：BC的長為+1或﹣1．【解析】【解析】[感知]證明△BCD≌△ECA（SAS）即可解決問題；[研究]結論不變，證明△BCD≌△ECA（SAS）即可解決問題；[應用]分兩種狀況分別求解即可解決問題．【詳解】解：【感知】，如圖①中，在射線AM上截取AE＝BD，連接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°．故答案為45【研究】不改變．原由以下：如圖，如圖②中，在射線AN上截取AE＝BD，連接CE，設MN與CD交于點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】如圖①﹣1中，連接AD．∴∠ACD+∠ABD＝180°，∴A，C，D，B四點共圓，∴∠DAB＝∠DCB＝30°，∴AB＝BD＝，∴EB＝AE+AB＝+，∵△ECB是等腰直角三角形，如圖②中，同法可得綜上所述，BC的長為

BC＝+1或

﹣1．﹣1．【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，觀察了等腰直角三角形的判斷和性質(zhì)，全等三角形的判斷和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的要點是學會增加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．14．如圖，在過點作

的切線

中，，交

，認為直徑作的延長線于點，交

，交于點．

邊于點

，交

邊于點

，（1）求證：；（2）若，，求的半徑．【答案】（1）證明見解析；2）4．【解析】試題解析：（1）連接AD，依照等腰三角形三線合一即可證明．2）設⊙O的半徑為R，則FO=4+R，F(xiàn)A=4+2R，OD=R，連接OD，由△FOD∽△FAE，得列出方程即可解決問題．試題解析：（1）連接AD，∵AB是直徑，∴∠ADB=90°，AB=AC，AD⊥BC，∴BD=DC．2）設⊙O的半徑為R，則FO=4+R，F(xiàn)A=4+2R，OD=R，連接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舍棄）．∴⊙O的半徑為4．考點：切線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識．15．如圖，在△ABC中，ACBC10，cosC3點P是BC邊上一動點（不與點A,C5重合），以PA長為半徑的eP與邊AB的另一個交點為D，過點D作DECB于點E.當eP與邊BC相切時，求eP的半徑；聯(lián)系BP交DE于點F，設AP的長為x，PF的長為y，求y關于x的函數(shù)解析式，并直接寫出x的取值范圍；3在2的條件下，當以PE長為直徑的eQ與eP訂交于AC邊上的點G時，求訂交所得的公共弦的長.【答