度九年級教案教案中考教育數學圓及相似解答題壓軸題提高專題總結練習及詳細

2020-2021九年級中考數學圓與相似解答題壓軸題提高專題練習及詳細答案

一、相似

1．如圖①，已知直線l1∥l2，線段AB在直線l1上，BC垂直于l1交l2于點C，且AB＝

BC，P是線段BC上異于兩端點的一點，過點P的直線分別交l2，l1于點D，E(點A，E位于點B的兩側，滿足BP＝BE，連接AP，CE．

1）求證：△ABP≌△CBE．

2）連接AD、BD，BD與AP訂交于點F，如圖②．

①當時，求證：AP⊥BD；

②當(n＞1)時，設△PAD的面積為S1，△PCE的面積為S2，求的值．

【答案】（1）證明：BC⊥直線l1，

∴∠ABP＝∠CBE．

在△ABP和△CBE中，

（2）①證明：如圖，延長AP交CE于點H．

∵△ABP≌△CBE，

∴∠PAB＝∠ECB，

∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，

∴∠AHE＝90°，

∴AP⊥CE．

∵，即P為BC的中點，直線l1∥直線l2，

∴△CPD∽△BPE，∴

∴DP＝EP．

，

∴四邊形BDCE是平行四邊形，∴CE∥BD．

∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．②解：∵

∴CP＝(n－1)BP．

∵CD∥BE，

，∴BC＝nBP，

∴△CPD∽△BPE，

∴．

令S△BPE＝S，則S2＝(n－1)S，

S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．

∵

∴S1＝(n＋1)(n－1)S，

，

∴．

【解析】【解析】（1）由已知條件用邊角邊即可證得△ABP≌△CBE；2）①、延長AP交CE于點H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知

=2,則點P為BC的中點，所以易證得BE=CD，由有一組對邊平行且相等的四邊形是平行

四邊形可得四邊形BDCE是平行四邊形，由平行四邊形的性質可得CE∥BD，再依照平行線

的性質即可求得AP⊥BD；

②方法與①近似，由已知條件易證得△CPD∽△BPE，則可得對應線段的比相等，爾后可

將△PAD的面積和△PCE的面積用三角形BPE的面積表示出來，則這兩個三角形的比值即可求解。

2．已知拋物線y=ax2+bx-3的圖象與x軸交于點A（-1，0）和點B（3，0），極點為D，點C是直線l：y=x+5與x軸的交點.

（1）求該二次函數的表達式；（2）點E是直線l在第三象限上的點，連接EA、EB，當△ECA∽△BCE時，求E點的坐標；（3）在（2）的條件下，連接AD、BD，在直線DE上可否存在點P，使得∠APD=∠ADB？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明原由.【答案】（1）解：將A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx-3，得：，解得：，∴該二次函數的表達式為y=x2-2x-3

（2）解：當y=0時，x+5=0，

解得：x=-5，

∴點C的坐標為（-5，0）.

∵點A的坐標為（-1，0），點B的坐標為（3，0），

AC=4，BC=8.

∵△ECA∽△BCE，

∴∠ECA=∠BCE，=

∴EC=4或EC=-4

過點E作EF⊥x軸于點

，即=，

（舍去），

F，如圖1所示，

∵直線l的函數表達式為y=x+5，

∴△CEF為等腰三角形，

CE=EF=4，

OF=5+4=9，EF=4，

∴點E的坐標為（-9，-4）；

3）解：∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，

∴點D的坐標為（1，-4），∴AD=BD==2

由（2）可知：點E的坐標為（-9，-4），

∴直線DE的函數表達式為y=-4，

，

過點A作AM⊥BD于點M，過點A作AN⊥直線DE于點N，如圖2所示，

∵點D的坐標為（1，-4），點A的坐標為（-1，0），點B的坐標為（3，0），

∴S△ABD=×[3（--1）]×4=8，

∴AM===，

∴DM=

=

，

∵∠APD=∠ADB，

∴tan∠APD=tan∠ADB，即=，

∴=，

PN=3，

又∵點N的坐標為（-1，-4），

∴點P的坐標為（-4，-4）或（2，-4）.

綜上所述：在直線DE上存在點P（-4，-4）或（2，-4），使得∠APD=∠ADB.

【解析】【解析】（1）依照點A，B的坐標，利用待定系數法即可求出二次函數的表達式；（2）利用一次函數圖象上點的坐標特色可求出點C的坐標，結合點A，B的坐標利用相似三角形的性質可求出EC的值，過點E作EF⊥x軸于點F，則△CEF為等腰三角形，根據等腰直角三角形的性質可求出CE，EF的值，進而可得出點E的坐標；（3）利用配方法可求出點D的坐標，進而可得出BD的長度，結合點E的坐標可得出直線DE的函數表達式為y=-4，過點A作AM⊥BD于點M，過點A作AN⊥直線DE于點N，利用面積法可求出

AM的值，由∠APD=∠ADB結合正切的定義可求出PN的值，再結合點N的坐標可得出點

P

的坐標，此題得解

.

3．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?！郆Q=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，有兩種情況，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，直線l：與x軸交于點A（4，0），與y軸交于點B，點C是線

段OA上一動點（0＜AC＜），以點A為圓心，AC長為半徑作⊙A交x軸于另一點D，交線段AB于點E，連接OE并延長交⊙A于點F．

（1）求直線l的函數表達式和tan∠BAO的值；

（2）如圖2，連接CE，當CE=EF時，

①求證：△OCE∽△OEA；

②求點E的坐標；

（3）當點C在線段OA上運動時，求OE·EF的最大值．

【答案】（1）解：把A（4，0）代入，得×4+b=0，

解得b=3，

∴直線l的函數表達式為，

∴B（0,3），

∵AO⊥BO，OA=4，BO=3，

∴tan∠BAO=.

（2）①證明：如圖，連接AF，

CE=EF，

∴∠CAE=∠EAF，

又∵AC=AE=AF，

∴∠ACE=∠AEF，

∴∠OCE=∠OEA，

又∵∠COE=∠EOA，

∴△OCE∽△OEA.

②解：如圖，過點E作EH⊥x軸于點H，

tan∠BAO=，∴設EH=3x，AH=4x，

AE=AC=5x，OH=4-4x，

OC=4-5x,

∵△OCE∽△OEA，

∴=，

即OE2=OA·OC，

∴（4-4x）2+（3x）2=4（4-5x）,

解得x1=，x2=0（不合題意，舍去）

∴E（，）.

（3）解：如圖，過點A作AM⊥OF于點M，過點O作ON⊥AB于點N,

∵tan∠BAO=,

∴cos∠BAO=,

∴AN=OA·cos∠BAO=,

設AC=AE=r,

∴EN=-r,

∵ON⊥AB，AM⊥OF,

∴∠ONE=∠AME=90，°EM=EF,

又∵∠OEN=∠AEM,

∴△OEN∽△AEM,

∴=,

即OE·EF=AE·EN,

∴OE·EF=2AEEN=2r·（·-r）,

∴OE·EF=-2r2+r-2（r-）2+（0＜r＜）,

∴當r=時，OE·EF有最大值，最大值為.【解析】【解析】（1）將點A坐標代入直線l解析式即可求出b值進而得直線l的函數表達式，依照銳角三角函數正切定義即可求得答案.（2）①如圖，連接AF，依照等腰三角形性質等邊同等角可得兩組對應角相等，依照相似三角形的判斷即可得證.②如圖，過點E作EH⊥x軸于點H，依照銳角三角函數正切值即可設EH=3x，AH=4x，從而得出AE、OH、OC，由①中相似三角形的性質可得OE2=OA·OC，代入數值即可得一個關于x的方程，解之即可求出E點坐標.（3）如圖，過點A作AM⊥OF于點M，過點O作ON⊥AB于點N,依照銳角三角函數定義

可求得AN=OA·cos∠BAO=,設AC=AE=r,則EN=-r,依照相似三角形判斷和性質可知=

,即OE·EF=-2r2+r=（0＜r＜）,由二次函數的性質即可求此最大值.

5．如圖，拋物線y=ax2+bx+c過原點O、點A（2，﹣4）、點B（3，﹣3），與x軸交于點C，直線AB交x軸于點D，交y軸于點E．

（1）求拋物線的函數表達式和極點坐標；（2）直線AF⊥x軸，垂足為點F，AF上取一點G，使△GBA∽△AOD，求此時點G的坐標；（3）過直線AF左側的拋物線上點M作直線AB的垂線，垂足為點N，若∠BMN=∠OAF，求直線BM的函數表達式．【答案】（1）解：將原點O（0,0）、點A（2，﹣4）、點B（3，﹣3），分別代入y=ax2+bx+c，得，解得，∴y=x2-4x=，∴極點為（2，-4）.（2）解：設直線AB為y=kx+b，由點A（2，-4），B（3，-3），得解得，∴直線AB為y=x-6.當y=0時，x=6，∴點D（6，0）.∵點A（2，-4），D（6,0），B（3，-3），∴OA=，OD=6，AD=，AF=4，OF=2，DF=4，AB=，DF=AF，又∵AF⊥x軸，

∴∠AD0=∠DAF=45，°

∵△GBA∽△AOD，

∴，

∴，

解得，

∴FG=AF-AG=4-，

∴點G（2，）.

（3）解：如圖1，

∵∠BMN=∠OAF，

∴∠MBN=∠AOF，

設直線BM與AF交于點H，

∵∠ABH=∠AOD，∠HAB=∠ADO，

∴

，

∴，

則，解得AH=，

∴H（2，）.

設直線BM為y=kx+b，∵將點B、G的坐標代入得，解得．

∴直線BM

如圖2，

的解析式為

y=

；

BD=AD-AB=．

∵∠BMN=∠OAF，∠GDB=∠ODA，

∴△HBD∽△AOD．

∴，即，解得DH=4．

∴點H的坐標為（2，0）．

設直線BM的解析式為y=kx+b．

∵將點B和點G的坐標代入得：，解得k=-3，b=6．

∴直線BM的解析式為y=-3x+6．

綜上所述，直線MB的解析式為y=或y=-3x+6．

【解析】【解析】（1）將原點O（0,0）、點A（2，﹣4）、點B（3，﹣3），分別代入

y=ax2+bx+c，聯立方程組解答即可a,b,c的值，獲取二次函數解析式；將解析式配成極點

式，可得極點；（2）由△GBA∽△AOD，可得，分別求出AD，AB，OD的長即可

求出AG，由點A的坐標，即可求出點G；（3）點M在直線AF的左側，可發(fā)出垂足N可

以在線段AB上，也可以在AB的延長線上，故如同圖1和如圖2兩種可能；設直線BM與

直線AF的交點為H，由（2）可知，參加（2）的方法可求出點H的坐標，進而求出直線

BM的解析式.

6．如圖，AB是⊙OCD的延長線上取一點

的直徑，弦CD⊥AB于H，G為⊙O上一點，連接AG交CD于K，在

E，使EG=EK，EG的延長線交AB的延長線于F.

1）求證：EF是⊙O的切線；

2）連接DG，若AC∥EF時.

①求證：△KGD∽△KEG；

②若，AK=，求BF的長.

【答案】（1）證明：如圖，連接OG.∵EG=EK，

∴∠KGE=∠GKE=∠AKH，

又OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，

∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90，°

∴∠KGE+∠OGA=90，°

∴EF是⊙O的切線.

2）解：①∵AC∥EF，∴∠E=∠C，

又∠C=∠AGD，∴∠E=∠AGD，又∠DKG=∠CKE，

∴△KGD∽△KGE.

②連接OG，以下列圖.∵，AK=，

設，∴，，則

KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5k，∴HK=CK－CH=k.

在Rt△AHK中，依照勾股定理得AH2+HK2=AK2，

即，，，，則，

設⊙O半徑為R，在Rt△OCH中，OC=R，OH=R－3k，CH=4k，

由勾股定理得：OH2＋CH2=OC2，，∴

在Rt△OGF中，，∴，

∴

【解析】【解析】（1）連接OG.依照切線的判斷，證出∠KGE+∠OGA=90°，故EF是⊙O的

切線.（2）①證∠E=∠AGD，又∠DKG=∠CKE，故△KGD∽△KGE.②連接OG.，

設

，

，

，則

，在

Rt△AHK

中，依照勾股定

理得

AH2+HK2=AK2

，即

；由勾股定理得：

OH2＋CH2=OC2

，

；在Rt△OGF中，，，

7．如圖，在平面直角坐標系中，A、B兩點的坐標分別為（20，0）和（0，15），動點P

從點A出發(fā)在線段AO上以每秒2cm的速度向原點O運動，動直線EF從x軸開始以每秒

1cm的速度向上平行搬動（即EF∥x軸），分別與y軸、線段AB交于點E、F，連接EP、

FP，設動點P與動直線EF同時出發(fā)，運動時間為t秒．

（1）求t=9時，△PEF的面積；（2）直線EF、點P在運動過程中，可否存在這樣的

t使得△PEF的面積等于

40cm2？若存

在，央求出此時t的值；若不存在，請說明原由；

（3）當t為何值時，△EOP與△BOA相似．

【答案】（1）解：∵EF∥OA，

∴∠BEF=∠BOA

又∵∠B=∠B，

∴△BEF∽△BOA，

∴=，

當t=9時，OE=9，OA=20，OB=15，

∴EF==8，

∴S△PEF=EF?OE=×8×9=36（cm2）

（2）解：∵△BEF∽△BOA，

∴EF===（15-t），

∴×（15-t）×t=40，

整理，得t2-15t+60=0，

∵△=152-4×1×＜60，

∴方程沒有實數根．

∴不存在使得△PEF的面積等于40cm2的t值

3）解：當∠EPO=∠BAO時，△EOP∽△BOA，

∴=，即

解得t=6；

=，

當∠EPO=∠ABO時，△EOP∽△AOB，

∴=，即=，

解得t=．

∴當t=6或t=時，△EOP與△BOA相似

【解析】【解析】（1）由于EF∥x軸，則S△PEF=?EF?OE．t=9時，OE=9，要點是求

EF．易證△BEF∽△BOA，則=，進而求出EF的長度，得出△PEF的面積；（2）假設

存在這樣的t，使得△PEF的面積等于40cm2，則依照面積公式列出方程，由根的鑒識式

進行判斷，得出結論；（3）若是△EOP與△BOA相似，由于∠EOP=∠BOA=90°，則只能點

O與點O對應，爾后分兩種情況分別談論：①點P與點A對應；②點P與點B對應．

8．【問題】

如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，過點C作直線l平行于AB.∠EDF=90°，點D在直線l上搬動，角的一邊DE向來經過點B，另一邊DF與

AC交于點

P，研究DP和

DB的

數量關系

.

（1）【研究發(fā)現】如圖2，某數學興趣小組運用“從特別到一般”的數學思想，發(fā)現當點D搬動到使點P與點C重合時，經過推理就可以獲取DP=DB，請寫出證明過程；

（2）【數學思慮】如圖3，若點P是AC上的任意一點（不含端點A、C），受（1）的啟

發(fā)，這個小組過點D作DG⊥CD交BC于點G，就可以證明DP=DB，請完成證明過程；

（3）【拓展引申】如圖4，在（1）的條件下，M是AB邊上任意一點（不含端點A、

B），N是射線BD上一點，且AM=BN，連接MN與BC交于點Q，這個數學興趣小組經過多次取M點屢次進行實驗，發(fā)現點M在某一地址時BQ的值最大.若AC=BC=4，請你直接

寫出BQ的最大值.

【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，AC=BC

∴∠CAB=∠CBA=45°

∵CD∥AB

∴∠CBA=∠DCB=45，°且BD⊥CD

∴∠DCB=∠DBC=45°

∴DB=DC

即DB=DP

2）解：∵DG⊥CD，∠DCB=45°∴∠DCG=∠DGC=45°

∴DC=DG，∠DCP=∠DGB=135，°∵∠BDP=∠CDG=90°

∴∠CDP=∠BDG，且DC=DG，∠DCP=∠DGB=135，°∴△CDP≌△GDB（ASA）

∴DB=DP

（3）解：如圖4，過點M作MH⊥MN交AC于點H，連接CM，HQ，

∵MH⊥MN，

∴∠AMH+∠NMB=90°

∵CD∥AB，∠CDB=90°

∴∠DBM=90°

∴∠NMB+∠MNB=90°

∴∠HMA=∠MNB，且AM=BN，∠CAB=∠CBN=45°

∴△AMH≌△BNQ（ASA）

∴AH=BQ

∵∠ACB=90，°AC=BC=4，

AB=4，AC-AH=BC-BQ

∴CH=CQ

∴∠CHQ=∠CQH=45=°∠CAB

∴HQ∥AB

∴∠HQM=∠QMB

∵∠ACB=∠HMQ=90°

∴點H，點M，點Q，點C四點共圓，

∴∠HCM=∠HQM

∴∠HCM=∠QMB，且∠A=∠CBA=45°

∴△ACM∽△BMQ

∴

∴

∴BQ=+2

∴AM=2時，BQ有最大值為2.

【解析】【解析】（1）DB=DP，原由以下：依照等腰直角三角形的性質得出

∠CAB=∠CBA=45°，依照二直線平行，內錯角相等得出∠CBA=∠DCB=45°，依照三角形的

內角和得出∠DCB=∠DBC=45°，最后依照等角同等邊得出DB=DC，即DB=DP；

（2）利用ASA判斷出△CDP≌△GDB，再依照全等三角形的對應邊相等得出DB=DP；

（3）如圖4，過點M作MH⊥MN交AC于點H，連接CM，HQ，利用ASA判斷出

△AMH≌△BNQ依照全等三角形的對應邊相等得出AH=BQ，進而判斷出點H，點M，點

Q，點C四點共圓，依照圓周角定理得出∠HCM=∠HQM，爾后判斷出△ACM∽△BMQ，

依照相似三角形的對應邊成比率得出,依照比率式及偶數次冪的非負性即可得出求

出答案.

二、圓的綜合

9．如圖，在△ABP中,C是BP邊上一點,∠PAC=∠PBA,⊙O是△ABC的外接圓,AD是⊙O的直徑,且交BP于點E.

1）求證：PA是⊙O的切線；

2）過點C作CF⊥AD，垂足為點【答案】（1）證明見解析（2）2

【解析】

F，延長CF交AB于點G，若AG?AB=12，求AC的長．

3

試題解析：（1）依照圓周角定理得出∠ACD=90°以及利用∠PAC=∠PBA得出

∠CAD+∠PAC=90進°而得出答案；

（2）第一得出△CAG∽△BAC，進而得出AC2=AG·AB，求出AC即可.

試題解析：（1）連接CD,如圖,

∵AD是⊙O的直徑,

∴∠ACD=90,°

∴∠CAD+∠D=90，°

∵∠PAC=∠PBA，∠D=∠PBA，

∴∠CAD+∠PAC=90，°

即∠PAD=90°，

∴PA⊥AD，

∴PA是⊙O的切線；

2）∵CF⊥AD，

∴∠ACF+∠CAF=90，°∠CAD+∠D=90，°

∴∠ACF=∠D，

∴∠ACF=∠B，

而∠CAG=∠BAC，

∴△ACG∽△ABC，

∴AC：AB=AG：AC，

∴AC2=AG?AB=12，

AC=23．

10．如圖，在直角坐標系中，已知點A(－8，0)，B(0，6)，點M在線段AB上。

（1）如圖1，若是點M是線段AB的中點，且⊙M的半徑等于4，試判斷直線OB與⊙M

的地址關系，并說明原由；

（2）如圖2，⊙M與x軸，y軸都相切，切點分別為E，F，試求出點M的坐標；

（3）如圖3，⊙M與x軸，y軸，線段

AB都相切，切點分別為

E，F，G，試求出點

M的

坐標（直接寫出答案）

【答案】（

1）OB與⊙M

相切；（

2）M（－

24，

24）；（

3）M（－2，2）

7

7

【解析】

解析：（1）設線段OB的中點為D，連接MD，依照三角形的中位線求出MD，依照直線和圓的地址關系得出即可；

（2）求出過點A、B的一次函數關系式是3y=x+6，設M（a，﹣a），把x=a，y=﹣a代4入y=3x+6得出關于a的方程，求出即可．43）連接ME、MF、MG、MA、MB、MO，設ME=MF=MG=r，依照1

1

1

1

S△ABC=

AO?ME+

BO?MF+

AB?MG=

AO?BO求得

r=2，據此可得答案．

2

2

2

2

詳解：（

1）直線

OB與⊙M

相切．原由以下：

設線段

OB的中點為

D，如圖

1，連接

MD，

∵點M

是線段

AB的中點，所以

MD∥AO，MD=4，

∴∠AOB=∠MDB=90，°∴MD⊥OB，點D在⊙M上．

又∵點D在直線OB上，∴直線OB與⊙M相切；

（2）如圖2，連接ME，MF，

∵A（﹣8，0），B（0，6），∴設直線AB的解析式是y=kx+b，∴8kb0b，解6得：k=3，b=6，即直線AB的函數關系式是y=3x+6．44∵⊙M與x軸、y軸都相切，∴點M到x軸、y軸的距離都相等，即ME=MF，設Ma，﹣a）（﹣8＜a＜0），把x=a，y=﹣a代入y=3x+6，得：﹣a=3a+6，得：a=﹣44

242424，∴點M的坐標為（﹣7，）．773）如圖3，連接ME、MF、MG、MA、MB、MO，

∵⊙M與x軸，y軸，線段AB都相切，∴ME⊥AO、MF⊥BO、MG⊥AB，設

△ABC=1111AO?BO．2222∵A（﹣8，0），B（0，6），∴AO=8、BO=6，AB=AO2BO2=10，1r?8+1r?6+1r?10=1×6×8，解得：r=2，即ME=MF=2，∴點M的坐標為（﹣2，2222

2）．

點睛：此題觀察了圓的綜合問題，掌握直線和圓的地址關系，用待定系數法求一次函數的解析式的應用，能綜合運用知識點進行推理和計算是解答此題的要點，注意：直線和圓有

三種地址關系：已知⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離是d，當d=r時，直線l和⊙O相切．

11．如圖AB是△ABC的外接圓⊙O的直徑，過點C作⊙O的切線CM，延長BC到點D，使CD=BC，連接AD交CM于點E，若⊙OD半徑為3，AE=5，

1）求證：CM⊥AD；

2）求線段CE的長.

【答案】（1）見解析；（2）5

【解析】

解析：（1）連接OC，依照切線的性質和圓周角定理證得AC垂直均分BD，爾后依照平行

線的判斷與性質證得結論；

（2）依照相似三角形的判斷與性質證明求解即可.

詳解：證明：（1）連接OC

∵CM切⊙O于點C，

∴∠OCE=90，°

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB=90，°

∵CD=BC，

∴AC垂直均分BD，

AB=AD，

∴∠B=∠D

∵∠B=∠OCB

∴∠D=∠OCB

∴OC∥AD

∴∠CED=∠OCE=90°

∴CM⊥AD.

2）∵OA=OB，BC=CD

1∴OC=AD2

AD=6

∴DE=AD-AE=1

易證△CDE～△ACE

CEDE∴AECE

∴CE2=AE×DECE=5

點睛：此題主要觀察了切線的性質和相似三角形的判斷與性質的應用，靈便判斷邊角之間的關系是解題要點，是中檔題.

12．如圖，O是△ABC的內心，BO的延長線和△ABC的外接圓訂交于D，連接DC、DA、OA、OC，四邊形OADC為平行四邊形．

1）求證：△BOC≌△CDA．

2）若AB=2，求陰影部分的面積．

【答案】（1）證明見解析；（2）433.9

【解析】

解析:（1）依照內心性質得∠1=∠2，∠3=∠4，則AD=CD，于是可判斷四邊形OADC為菱形，則BD垂直均分AC，∠4=∠5=∠6，易得OA=OC，∠2=∠3，所以OB=OC，可判斷點O為△ABC的外心，則可判斷△ABC為等邊三角形，所以∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，

BC=AC，再依照平行四邊形的性質得∠ADC=∠AOC=120°，AD=OC，CD=OA=OB，則依照

“SAS證”明△BOC≌△CDA；

（2）作OH⊥AB于H，如圖，依照等腰三角形的性質和三角形內角和定理獲取

1∠BOH=30°BH=AH=AB=1，再利用含30度的直角三角形三邊的關系2

獲取OH=3BH=3，OB=2OH=23，爾后依照三角形面積公式和扇形面積公式，利用333

S陰影部分=S扇形AOB-S△AOB進行計算即可.

詳解:

（1）證明：∵O是△ABC的內心，

∴∠2=∠3，∠5=∠6，

∵∠1=∠2，∴∠1=∠3，

由AD∥CO,AD=CO，∴∠4=∠6，∴△BOC≌△CDA（AAS）

(2)由（1）得，BC=AC,∠3=∠4=∠6，

∴∠ABC=∠ACB

AB=AC

∴△ABC是等邊三角形

∴O是△ABC的內心也是外心

∴OA=OB=OC

設E為BD與AC的交點，BE垂直均分AC.

在Rt△OCE中，CE=11AB=1，∠OCE=30°，AC=22∴OA=OB=OC=233∵∠AOC=120，°∴S陰影=S扇AOBSVAOB=120(23)2123360323=4339

點睛:此題觀察了三角形的內切圓與內心：與三角形各邊都相切的圓叫三角形的內切圓，三角形的內切圓的圓心叫做三角形的內心，這個三角形叫做圓的外切三角形．三角形的內心

就是三角形三個內角角均分線的交點．也觀察了等邊三角形的判斷與性質和扇形面積的計

算.

13．以下列圖，以Rt△ABC的直角邊AB為直徑作圓O，與斜邊交于點D，E為BC邊上的中點，連接DE．

1）求證：DE是⊙O的切線；

2）連接OE，AE，當∠CAB為何值時，四邊形AOED是平行四邊形？并在此條件下求

sin∠CAE的值．

【答案】(1)見解析;(2)10.10

【解析】

解析：（1）要證DE是⊙O的切線，必定證ED⊥OD，即∠EDB+∠ODB=90°

2）要證AOED是平行四邊形，則DE∥AB，D為AC中點，又BD⊥AC，所以△ABC為等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的看法求解即可．

詳解：（1）證明：連接O、D與B、D兩點，∵△BDC是Rt△，且E為BC中點，

∴∠EDB=∠EBD．（2分）

又∵OD=OB且∠EBD+∠DBO=90°，∴∠EDB+∠ODB=90．°

∴DE是⊙O的切線．

2）解：∵∠EDO=∠B=90°，

若要四邊形AOED是平行四邊形，則DE∥AB，D為AC中點，又∵BD⊥AC，

∴△ABC為等腰直角三角形．

∴∠CAB=45．°

過E作EH⊥AC于H，

設BC=2k，則EH=2k，AE=5k，2

∴sin∠CAE=EH10．AE10

點睛：此題觀察的是切線的判斷，要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心

和這點（即為半徑），再證垂直即可．

14．定義：

數學活動課上，李老師給出以下定義：若是一個三角形有一邊上的中線等于這條邊的一半，那么稱三角形為“智慧三角形”.

理解：⑴如圖，已知是⊙上兩點，請在圓上找出滿足條件的點，使“為智慧三角形”（畫出點的地址，保留作圖印跡）；⑵如圖，在正方形中，是的中點，是上一點，且，試判斷“”可否為智慧三角形，并說明原由；運用：⑶如圖，在平面直角坐標系中，⊙的半徑為，點是直線上的一點，若在⊙上存在一點，使得為“智慧三角形”，當其面積獲取最小值時，直接寫出此時點的坐標.【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）P的坐標（22，1），（22，3331）．3

【解析】

試題解析：（1）連接AO并且延長交圓于C1，連接BO并且延長交圓于C2，即可求解；

（2）設正方形的邊長為4a，表示出DF=CF以及EC、BE的長，爾后依照勾股定理列式表示

出AF2、EF2、AE2，再依照勾股定理逆定理判斷△AEF是直角三角形，由直角三角形的性

質可得△AEF為“智慧三角形”；（3）依照“智慧三角形”的定義可得△OPQ為直角三角形，

依照題意可得一條直角邊為1，當斜邊最短時，另一條直角邊最短，則面積獲取最小值，

由垂線段最短可得斜邊最短為3，依照勾股定理可求另一條直角邊，再依照三角形面積可

求斜邊的高，即點P的橫坐標，再依照勾股定理可求點P的縱坐標，進而求解．

試題解析：

（1）如圖1所示：

2）△AEF可否為“智慧三角形”，原由以下：設正方形的邊長為4a，∵E是DC的中點，

∴DE=CE=2a，

∵BC：FC=4：1，

FC=a，BF=4a﹣a=3a，

在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，

在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE222，+EF=AF

∴△AEF是直角三角形，

∵斜邊AF上的中線等于AF的一半，

∴△AEF為“智慧三角形”；

（3）如圖3所示：

由“智慧三角形”的定義可得△OPQ為直角三角形，

依照題意可得一條直角邊為1，當斜邊最短時，另一條直角邊最短，則面積獲取最小值，

由垂線段最短可得斜邊最短為3，

由勾股定理可得PQ=，

PM=1×2÷3=，

由勾股定理可求得OM