初中數(shù)學(xué)同步練習(xí)拔高難度24圓教師卷

2014-2015學(xué)年度???4試卷副標(biāo)—二三四五六I卷（選擇題I一、選擇題（題型注釋1．在作⊙O的內(nèi)接正五邊形時(shí)，先做了如下幾個(gè)步驟作⊙OOAOA于點(diǎn)MM為圓心，BMCA于點(diǎn)DBD2．若⊙O的半1BD的等式是BD2512BD2BD2512BD2512BD2DD．BD22【解析】如圖，連接2121∵OAOA于點(diǎn)

21 21II卷（非選擇題II二、填空題（題型注釋切于點(diǎn)D，且AD:DB＝3:1，則折痕EF的長(zhǎng)

11試題分析：如圖，過(guò)O作弦BC的垂線(xiàn)OPD，分別與弧的交點(diǎn)為A、G，過(guò)切點(diǎn)FPFOCOPP點(diǎn)，OPBCBD=DCOPBC的中垂線(xiàn).∴OP必過(guò)弧BGC所在圓的圓心.OE為弧BGC所在圓的切線(xiàn)，PFOEPF必過(guò)弧BGC所在圓的圓心.∴點(diǎn)PBGC所在圓的圓心.BACBC折疊得到弧BGCP為半徑等于⊙OPF=PG=OE=2，并且AD=GD.∴OG=AP.FO的直徑為31兩部分，∴OF=1.在RtOPF中，設(shè)OG=x，則OP=x+2，4OP2=OF2+PF2，即（x+2）2=12+22，解得x=54∴AG=2-

52）

4242

5252425 2522在Rt△OBD中，BD2=OB2+OD2，即BD2=22- ）2，∴BD= 522∴BC=2BD=

11yz(xF,且AB∥CD,AB=10,設(shè)弧CD.弧CE的長(zhǎng)分別為x.,線(xiàn)段ED的長(zhǎng)為zyz(x值 【答案】又∵大半圓MN∴z（x+y）（CD﹣C（π?Rπ?r）,=（2R﹣2r（R+r）?π,2 2 22∵PQ⊙O∴OQ⊥PQ.2Rt△AOB，OA=OB=322

21∴OP=21∴∴PQOP2OQ2321222MND，PDCMN＝20，AC＝8，BD＝6PA＋PB是．2【答案】 2OB2102OB2102OA2OA2102AE2B'EAE2B'E1422y

3x6xy3相交B、AC射線(xiàn)BA3米/秒的速度運(yùn)動(dòng)C點(diǎn)為圓心作半徑為C與點(diǎn)P同時(shí)從點(diǎn)BO開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)t則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中直線(xiàn)l⊙Ct＝秒.7【答案 7ABy

3x6xyB、A3（0，6（63∴OA=6，OB=63∴在Rt△AOB中，tanABOAB 3. 由題意得：OP=2t，BC=3t，∴CD=2t13t22t1，解得：t=2.2，l⊙C由題意得：OP=62t6122t，∴CD=122t13t2122t177由題意得：OP=62t6122t，BC=3t，∴CD=122t13t2122t17解得 77 7考點(diǎn)：1.雙動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題；2.一次函數(shù)綜合題；3.直線(xiàn)上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系；4.銳角的直將⊙OEFAA′重B與B′重連接EB′，EC，EA′．EB′=b，EC=c，EA′=p．現(xiàn)探究b，c，p三者的數(shù)量關(guān)系：發(fā)現(xiàn)當(dāng)n=3時(shí)，p=b+c．請(qǐng)b，c，pn=4p=；當(dāng)n=12，p=．（參考數(shù)據(jù)：sin15cos7562 4226【答案】226A、B、Cn∴AB=BC，ACB1360180（度 n nn在△ACDBCEACCD，∠ACD=∠BCE，∴△ACD∽△BCE DAACEB2cos180EB ∴EA=ED+DA=EC+2cos180EBn∴p=c+2cos180bn2當(dāng)n=4時(shí) 262當(dāng)n=12時(shí)62 8108103或2121

AB=2.BF=23CF=AC-AF=6-所以BC2BF2CF228，解得BC BOOMMC、OC 283，解得 283，解得r3323又因?yàn)椤鱉OC△MOCMC=OM=OC=r=3332212EEC⊥ACHAE=x332212

x。

x。 x

所以BC2EH2CH2

x26 810 810310310

8383，

則 33型，要求學(xué)生多做訓(xùn)練，注意數(shù)形結(jié)合思想的培養(yǎng)，運(yùn)用到考試中去。3長(zhǎng)線(xiàn)的垂線(xiàn)PQ，垂足為C。若⊙O的半徑為 ，則圖中陰影部分的面3 93936試題分析：連接OT、OD、過(guò)OOM⊥AD于M，得到矩形OMCT，求出OM，求出∠OAM，求出∠AOT，求出OT∥AC，得出PC是圓的切線(xiàn)，得出等邊三角形AOD，求出∠AOD，求出∠DOT，求出∠DTC=∠CAT=30°，求出DC，求出OTCD的面積和扇形OTD的面相∵OA=OT，AT∴PC⊙O∴OM=TC=332 32∵PC⊙O21∴∠DTC=∠CAT=213 3 B【答案】AOB2ACBAOB2ACB180AOB180AOB2 【答案】∴∠ABD=∠40°∵PD⊙OD，∴∠ADP=∠ABD=40°．CBP，QPQ【答案】試題分析：設(shè)QPFFABDFDCF，CD⊥AB；由勾股定理的逆定理知，△ABCFC+FD=PQ，由三角形的三邊關(guān)系知，F(xiàn)C+FD＞CDFCD上時(shí)，F(xiàn)C+FD=PQCDF在ABCABCD上時(shí)，PQ=CD有最小值，由直角三角形的面積QPFFABDFD、CF、CDFABCABCD上時(shí)，PQ=CD考點(diǎn)：切線(xiàn)的性質(zhì)，勾股定理的逆定理，三角形的三邊關(guān)系，直角三角形的面積1（不滑動(dòng)，圓上的一點(diǎn)由原點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)O′，O′的坐標(biāo)是【答案】如圖，CD是⊙O的直徑，弦AB⊥CD，垂足為點(diǎn)M，AB=20，分別以DM、CM為直徑 ）AADMOC1OB【答案】50AM=MB10

=S-S-

12進(jìn)行變形可得到陰影部分的面積=?CM?MD?π，12如圖，將一個(gè)三角形紙板ABＣ的頂點(diǎn)Ａ放在⊙O上，ＡＢ經(jīng)過(guò)圓心．∠Ａ=25°， （EECAO 99∴在⊙O5025 如圖，Rt△ABC中∠C=90°，∠A=30ACO畫(huà)圓使⊙OA、BAO點(diǎn)，下列結(jié)論中：①AO2CO ；③以O(shè)為圓心，以O(shè)CAO圓與AB相切；④延長(zhǎng)BC交⊙O與D，則A、B、D是⊙O的三等分點(diǎn)．正確的序號(hào) 【答案】21212121

3232

OBO在∠ABCOABOCACBDA、B、D將⊙O21212121

3322 3322O在∠ABCOABOCOOCAB相切；BC交⊙O于∴△ABDA、B、D將⊙O的三等分．BC的長(zhǎng)度等 （結(jié)果保留

上時(shí)DAFECB33ABCD，AB=BC，BC601 三、計(jì)算題（題型注釋A是半徑為12cm的OPA2πcmsPAＰＰＯＡＢ如果POA

PBOAABOAP2sBP與O（1）3s9s（2）BP與OPAPOA

因此，情況一時(shí)：點(diǎn)因此，情況一時(shí)：點(diǎn)P 4122 4122 216（2）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s 216則BOP136060OPBP、6OB=2OP，且∠BOP=60°AP=OA=AB。所以可知∠APB=∠ABP。OP⊥BPBP與O相切。四、解答題（題型注釋2ABBPAC、BCE、F．BBDPFAEC當(dāng)矩形PECFP（1）25，12（2）6.25（3）r=12，15＜r≤20.（1）PE、CEtPECFPt； AC2BC2 202 AC2BC2 202152∴CD∴CDACBC201511222t 2tAEAEAB，r=12AB15＜r≤20.考點(diǎn):1.勾股定理；2.二次函數(shù)；3.直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系.交△ABCF，求證：AH=FC.∴AHCF考點(diǎn)：1.圓周角定理；2.直角三角形兩銳角的關(guān)系；3.平行的判定；4.平行四邊形的（2）7（2）BF= 7試題分析（1）連結(jié)OD,AB為⊙O的直徑得∠ADB=90°,由AB=AC,根據(jù)等腰三角形性質(zhì)ADBCDB=DC,則OD為△ABC位線(xiàn)OD∥ACDE⊥AC,則OD⊥DE,然5 5△FEA,BF．（1）OD,如圖,∵AB⊙0∴EF⊙045Rt△ADB

45在Rt△ADE中 5 5ODOD77

, 55BF BF5圖 在圖（1）中，PBASPAC43，求證：PC⊙O（2重合，當(dāng)SMAOSCAC時(shí)，求M所經(jīng)過(guò)的弧長(zhǎng)34316338【答案（1）60°;34316338（1）形的判定和性質(zhì)求得∠AOC=60°；（2）由SPAC43PAP=∠PCA，∠AOC=∠ACO，根據(jù)等邊對(duì)等（3）如圖，當(dāng)SMAO=SCAO時(shí)，動(dòng)點(diǎn)M的位置有四種:①作點(diǎn)C關(guān)于直徑AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M1，連接AM1，OM1M1M1M2ABOM2，連接AM2，OM2CCM3ABOM3，連接AM3OM3M運(yùn)動(dòng)到C時(shí)，M與C重合求得每種情況的OM轉(zhuǎn)過(guò)的度數(shù)再根據(jù)弧長(zhǎng)求得弧AM的長(zhǎng)．（1）又∵∠OAC=60°，∴△AOC∵△AOCOC=4，∴CE=23∵S

43，∴1PA2

43.∴PA4.∴PA=AC=AO=4.∴33（3）如圖，C關(guān)于直徑AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M1，連接AM1OM16044 34△M1AO△CA6044 34△M1AO△CA111M運(yùn)動(dòng)到1

，此時(shí)點(diǎn)M經(jīng)過(guò)的弧長(zhǎng) △MAO△CAOM1M1M2ABOM2，連接AM2△MAO△CAO△M2AO△CA11222428 83．此時(shí) △M2AO△CA11222428 83．2M運(yùn)動(dòng)到2

，此時(shí)點(diǎn)M經(jīng)過(guò)的弧長(zhǎng)為△MAO△CAOCCM3ABOM3AM3OM△MAO△CAO2404163316△M3AO△CA2404163316△M3AO△CA333M運(yùn)動(dòng)到3

，此時(shí)點(diǎn)M經(jīng)過(guò)的弧長(zhǎng) △MAO△CAOM運(yùn)動(dòng)到CMCSMAO=SC△MAO△CAO30043004203弧長(zhǎng)的計(jì)算;6.分類(lèi)思想的應(yīng)用.7上時(shí)，PA+PCBCPA+PC12121212

OB2BE2

52423

OC2CF2

52324BHBH2CH2 72727 PA+PC72考點(diǎn):（2）6.試題分析：（1）要證CD為⊙O的切線(xiàn)，只要證CD垂直于對(duì)切點(diǎn)的半徑，故作輔助線(xiàn)：DCO=90°，從而得證；徑定理，只要作OF⊥AB，即有AB=2AF，故只要求出AF即可，由勾股定理和等量代換即（1）C⊙O∵CD⊥PA，∴∠CDA=90°.∵ACRt△AOFAF2OF2OA2即(5x)22x)225x22x0，解得x2或x0（舍去∴AD=2,AF=5-如圖，AB⊙OC⊙OADCD，且AC∠BAD．AC＝26，AD＝4AB（2）6.（1）（1）OC∵AC ∴CD⊙O∵AB⊙O又AC＝

ABACABACDDC2EA31OB1.切線(xiàn)的判定；2.7（2） 7（1）2525

k（10+525 25（1）∵ED⊙OFADEF=4k，DF=3k，EF2+DFEF2+DF2=2121 AD?EF=2121AD創(chuàng)=AD創(chuàng)= 4k5DE2-DE2-DM25ME=7ME=72525

k?（10+5k52∴CD=52考點(diǎn):

QPM、QM，試探究：在△CODO∠PMQ，求出∠PMQEF，試探究：在△CODO△EFM（2），13（）（1）MB=MA，于是可判斷△AMB22∠ABM=∠BAM=∠OMA=45OM⊥ABMB= AB=622212121212121根據(jù)圓周角定理得到

∠BOQ，

∠AOP，則∠2 22 212OE=BM=3，所以△EFM12（1）∵M(jìn)AB∴∴MBMA2222

2222

2 2，∴△OBE≌△OMF（SAS2121

2121∴∠BMQ+∠AMP=（∠BOQ+∠AO212121∴∠BMQ+∠AMP=212 222

2121

2121∴△EFM3+6=9．考點(diǎn):圓的綜合題.若⊙O4，∠BAC=30AC3（2）（3）2試題分析（1）根據(jù)圓周角定理由AB為⊙O的直徑得到∠ACB=90°，而∠BAC=30°，所以∠B=60°，于是可判斷△OBCCD⊥OBCDOB；2121AC3cm．（1）OC=OB，∴CDCEAC32OF⊥AC于F，交⊙OG，如圖，12∴OF=12 ∴ 而 ∴ 31（1） ①若點(diǎn)POPA=PB⊙Q,PA.PB②若點(diǎn)PBOPA⊥PB,是否存在⊙Q,PA.PB3434

,4,

312,

3121323試題分析（1）作PD⊥OA于A,PE⊥OB于B,則根據(jù)角平分線(xiàn)定義得到PD=PE,根據(jù)切線(xiàn)的性質(zhì)由⊙POA相切得到PD為⊙P的半徑,然后根據(jù)切線(xiàn)的判定定理可得到OB為⊙P（2）①由PA=PB得到點(diǎn)P為∠AOB的平分線(xiàn)或反向延長(zhǎng)線(xiàn)與⊙O的交點(diǎn),分類(lèi)討論：當(dāng)P點(diǎn)在優(yōu)弧AB上時(shí),當(dāng)P點(diǎn)在劣弧AB上時(shí),然后解四個(gè)方程即可得到滿(mǎn)足條件的⊙Q的②作QH⊥PB于H,由PA⊥PB得∠APB=90°,由⊙Q與射線(xiàn)PA.PB相切,根據(jù)切線(xiàn)的性質(zhì)PQ平分∠APB,即∠QPH=45°,所以QH=PH,在Rt△POA中易得OP=1,設(shè)⊙Q的半徑為r,得到（2+r）2=（r﹣1）2+r2,然后解兩個(gè)方程即可得到滿(mǎn)足條件的⊙Q（1）∵OC∵⊙POA∴PD⊙P∴PEPE⊥OB,∴OB⊙P（2）①PAOB⊙O2,PAB⊙Qx若⊙Q⊙O22x)2xx43若⊙Q⊙O2x2)2x,x4

312,x=

312

,4,

312,

3123434∴PQRt△POARt△OQH 11去

3,r23-23（綜上所述,存在⊙Q,1,323．90°）BDDDE⊥ABE，ACF，CODEG。ADGFADGFEOCB（2）m°（3）∠β=180°-試題分析（1由AB為⊙O的直根據(jù)圓周角定理得到∠ACB=90°，即∠1+∠3=90°，再根據(jù)切線(xiàn)的性質(zhì)得OC⊥CG，則∠3+∠GCA=90°，然后利用等量代換即可得到∠1=∠21GD=GFGD=GC，則∠2=∠4，利用三角形內(nèi)角和得∠2+∠GCF=21ABC以AB為腰的等腰三∠BAC=β則根據(jù)三角形內(nèi)角和定理易得β=180°-（1）∵AB⊙O∵GC⊙O∴∠2+∠GCF×180°=90°，即∠DCF=90°，一點(diǎn)，∠ABC=30°AB=AC。（2）（3）3（1）AD=4，ACADO+△AOC（1）OA．∴在△ABO，∠BAO=180°-∠ABO-∠AOB=90AB⊥OA，又∵OAO∴AB⊙O∵CD⊙O12 12

CD2AD2

824243AC43由（2）知，在△ADC，∠DAC=90°，AD=4，AC=42121

2121

×4×43=832121

=4343843343843384331.切線(xiàn)的判定；2.y34如圖，直線(xiàn)y2x10xA,直線(xiàn)上，⊙C與xP，y34

（1）A【答案】（1）（50）；（2）（86）（3）（62）．試題分析：（1）y=0，則-2x-10=0，進(jìn)而求出x的值得出A點(diǎn)坐標(biāo)即可；y34（2）將直線(xiàn)yy34

聯(lián)立求出交點(diǎn)坐標(biāo)即可；（3）利用切線(xiàn)的性質(zhì)以及三角形面積求出S△BAO=S△BCO+S△AOC，進(jìn)而得出點(diǎn)縱坐標(biāo)，即可得出答案．試題解析：（1）y2x10x軸交于點(diǎn)y=0，則-2x-10=0，解得：x=-5.y34Ay34（2）y2x10x軸交于點(diǎn)A，直線(xiàn)

交于點(diǎn)y2xy2xy34xyB點(diǎn)坐標(biāo)為:（86）（3）如圖,連接CQCP，B點(diǎn)坐標(biāo)為；（86）BO=10.∵點(diǎn)C段AB上，⊙C與x軸相切于點(diǎn)P，與OB切于點(diǎn)Q，∴CP⊥x軸2121CQ⊥BO，2121△BAO∴△BAO

×6×5=S

（PC×5+CQ×BO）△BCO△A△BCO△AC點(diǎn)縱坐標(biāo)為：2.P點(diǎn)橫坐標(biāo)為：2=-2x-10x=-6.C點(diǎn)坐標(biāo)為：（62）．考點(diǎn)：1.直線(xiàn)上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系;2.三角形面積公式.（合PABBCQ.QQDCAPOB

，BP=6，AP=1，求QC553（2） 553（1）（2）ACABO的直徑得∠ACB=905353555OC，OC，B∵∵DC∵DCDQ∴QQCDQDCAOB∵PQAB∵PQAB∴QPB90∴BQ90∴OCBQCD90∴DCOQCB(OCBQCD)1809090OCOO∵∴（2）

，RtBPQBQ

61035∴∴cosBBP63 在∴∴BCABcosB(APPB)cosB(16)321 QCBQQCBQBC1021551.切線(xiàn)的判定；2.410.4xl（1（40（03（2）35633

6（3）s6

（4）（1）（2）4（3）（4）OB。從而根據(jù)點(diǎn)P進(jìn)入和離開(kāi)動(dòng)圓的圓面的位置求出在整個(gè)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，點(diǎn)P在動(dòng)圓（1）∵4∴當(dāng)y=0，x=4x=0y=－3.∴A、B的坐標(biāo)分A（4，0，B（0，－∵A（4，0B（0，3，∴A=CD，CD⊥AD.

32425OC45OC45 31350.4t=70.435（秒 根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，圓還可能在直線(xiàn)l0.4=36若動(dòng)圓的圓心在ElFOE450.4=36 ∴當(dāng)圓運(yùn) 秒∴當(dāng)圓運(yùn) 秒 秒時(shí)圓與直線(xiàn)l相切66s AG4AG40.4t410.1t4 5515 4AGAO ∴△AGP∽△AOB，GP∥OB. 1APAP PAP50.510（秒 3 秒33 秒3A（23，0y23x2xFyB，A′D．直線(xiàn)l從AB出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿y軸正方向向上平移，設(shè)移動(dòng)時(shí)間t．過(guò)點(diǎn)C作直線(xiàn)AB的垂線(xiàn)交直線(xiàn)y23x2于點(diǎn)EC圓心CE作⊙C，求當(dāng)t，⊙C△AA′D（1）

3 （2）（3）1

3 2 3（∠ODC=∠OAB（

0求出（2）AB=AF（3）lAA'lA'DACADA'D離相等，當(dāng)⊙CADA'D（1）∵tantanOAB33∵A（23，0，∴

3x2y軸交于點(diǎn)B，∴B（02.∵BC=t，∴OC=2t.

32t.∴AD=3t

3t，∠A'DA=60°.∴△A'DA2323A'A'H⊥AD

23233， 33，∴A'點(diǎn)的坐標(biāo)為 t22 22 （2）∵直線(xiàn)y23x2x于點(diǎn)F，∴F423，0A（23，0，∴AF=4.Rt△OAB，OA=23CADA'D⊙CAD（x）A'D∵∠OAB=30AB=AF，∴∠ABF=15°.∵CE⊥AB，∠OBA=60°，∴∠BCE=30°.∵⊙CADOC=CE=CB∵CM=DMCD，Rt△OCDODC=30°，OC=t2，∴CD=2t83∴2t4t383t=8383′t=1或時(shí)，⊙C

考點(diǎn)：1.直線(xiàn)平移問(wèn)題；2.一次函數(shù)綜合題；3.直線(xiàn)上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系；4.銳角三角函數(shù)定義；5.特殊角的三角函數(shù)值；6.等邊三角形的判定和性質(zhì)；7.軸對(duì)稱(chēng)的PM上,點(diǎn)QN上,記dmax(MNPQdmin(M,為線(xiàn)段PQ長(zhǎng)度的最小值，圖形dmin(M,Ed(M,Ed(M,N)dmax(M,N)dmin(M,N)2 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O是以O(shè)為圓心，2的半徑的圓，且A( ) (223，求

O

O)1⊙CCOy

3x43與x D，與yF，DFGEd(G,C在（2）的條件下，如果⊙CCx軸向右移動(dòng)，⊙C且

5，求圓心C23243（1）2，4（2）3（3）3243（1）（2）M，CxN，根據(jù)點(diǎn)到直線(xiàn)上一點(diǎn)的距離的最小值為該點(diǎn)到垂足的距離可知，dmin(G,CMH函數(shù)（或相似三角形）OHMHdmax(G,C)DNONOD因此根據(jù)定義可求Ed(G,C（3）分0x44x2，2x5x5 （1）∴ddmax(A,O)AC3，dmin(A,O)AD1，dmax(B,O)BD2，dmin(B,O)BCO)O)32∴

2

O)O)62

4OOH⊥DFHCMCxN，則dmin(G,CMH，∵直線(xiàn)y

F（40（0，4 43即43tanODFOF3 tanODFOF3 ODFddmin(G,C)MHOHOMdmax(G,C)dmax(G,C)DNONODC)C)dmax(G,C)dmin(G,C)51322x（x≥0，當(dāng)0x4時(shí)線(xiàn)段與圓無(wú)公共點(diǎn)圓心離點(diǎn)D最 [(4[(4x)1][1(4x) 22x23當(dāng)4x3

時(shí)，線(xiàn)段與圓無(wú)公共點(diǎn)，圓心離點(diǎn)F最遠(yuǎn)，[ 5(3)2x21][1[ 5(3)2x21][1(4x)22 (43)2x2當(dāng)2x5時(shí)，線(xiàn)段與圓有公共點(diǎn)， 5，解得：x46（舍去負(fù)值

當(dāng)x5dmax(G,C54323綜上所述，點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為43235.銳角三角函數(shù)定義；6.特殊角的三角函數(shù)值；7.直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系；8.數(shù)形結(jié)合如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，Mx軸正半軸上一點(diǎn)，⊙MxA、BABOA、OBx24x30的兩根，ON⊙M的切線(xiàn)，N，N求⊙MxT，使△OTNT試題分析（1）由因式分解求出方程的解，確定A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求出AB的長(zhǎng)度即⊙M點(diǎn)即點(diǎn)N縱坐標(biāo)的絕對(duì)值；再次運(yùn)用勾股定理確定OP的長(zhǎng)度，即點(diǎn)N的橫坐標(biāo)的絕對(duì)值NNONT使ΔOTNON的底邊時(shí),則點(diǎn)T應(yīng)在ON的垂直平分線(xiàn)利用平行線(xiàn)分線(xiàn)段成比例定理或相似三角形求解；②當(dāng)ON且點(diǎn)O是頂點(diǎn)時(shí),即O圓心ON半徑作x軸的交點(diǎn)即為所求點(diǎn)T；③當(dāng)ON是腰且點(diǎn)N是頂N為圓心ON為半徑作圓與xT.（1）x11，x2由圖可知OAOB∴OB-OA=3-yy∵ON⊙M

12∴ON⊥MNMN=12在Rt△OMN中，ON OM2MN2 PNPNONMN 31 22OP ONOP ON2PN232

， 2332233yy

）2333k2333k322kk33yy33①如圖（1）ON是等腰三角形的底邊時(shí)，頂點(diǎn)T1ON∵ON⊥MNONMN,CT12OT112OT11（2于T2和T3兩點(diǎn).∴∴OT2OT3ON 3∴T2

3,0、T3

（3于點(diǎn)T4OT42OP3，∴∴T4 3,01T33,0、T43,01考點(diǎn)：1、待定系數(shù)法求正比例函數(shù)解析式.2、等腰三角形的性質(zhì).3、勾股定理．如圖（a）A、Bl的同側(cè)，要在l找一點(diǎn)C，使ACBC離之和最小，我們可以作B關(guān)于l的對(duì)B′,AB′與直線(xiàn)l交于點(diǎn)C，則點(diǎn)C即 ADABBE+EF（1）（2）ACAB′=ABBB∵ADBAC，BBADB′作B′F⊥ABF，ADE，BE。B′FRt△AFB/中，∵∠BAC=450,AB/=AB=10，∴∴BFABsin45ABsin4510222∴BE+EF5試題分析（1）找點(diǎn)A或點(diǎn)B關(guān)于CD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，再連接其中一點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)和另一點(diǎn)，和MN的交點(diǎn)P就是所求作的根據(jù)題意先求出∠C′AE，再根據(jù)勾股定理求出AE，PA+PB如圖作點(diǎn)B關(guān)于CD對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E，連接AECDP，此時(shí)PA+PB最小A。作AC′C′E，22

AC′=22∴AP+BP22ADEBEB′F如圖，AB，CD⊙OEABFE⊥AB，BE=EF=2，F(xiàn)ECDG，DG=GE=3FD．求⊙O（1）（2）∴△FDG≌OEG（SA（1）如圖，AB⊙OCD⊙O相切于點(diǎn)C，DA⊥AB，DODO⊙OE、F，EBCFG．（1）Rt△DAORt△DCO∴Rt△DAORt△DC（HL21Rt△DAO，AO=3，AD=4，2121 得21

5則 555同理 。5524622462 555365 5956565955在5956565955Rt△EMC

，ME=OE﹣OM=3﹣

12在Rt△CEF中，EF=6，CE=65，由勾股定理得 123 335

CF=3125 588

（1）CFCG

3358半徑為2cm⊙O2cm正方形ABCD水平直線(xiàn)l的同側(cè)，⊙Ol相F，DCl 3，BCOF合時(shí)結(jié)束移動(dòng)，M，N是邊BC，AD與⊙O共點(diǎn)，求扇形MON的（1）①0°②②OA522S3（1）①2cmO2cmABCDlA⊙OBBE，EOA2，22222

，解得OA15∵OA＞0，∴OA51（2）設(shè)∠MON=n°，得出

22

n

M，AD，B，OMNMN=DC=2，MN

22

（cm2

Rt△ONKsinNOKNKNK N，M，AD，B，OMN此時(shí)，MN=BD，∠MON=∠BOD=90S扇形MON（cm2此時(shí)，ON=MN=OM?！唷螻OM=60°。S扇形MON

（cm2322S3D（﹣5，4，B（﹣3，0，直于x軸，y軸，垂足分別為A、C兩點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)PO點(diǎn)出發(fā)，沿x軸以每秒1位t（1∵（﹣54（﹣30A、C

， ，解得OP16OCOC 34343333

t

設(shè)⊙PR，45R45R3BD2242254242R3

，解得R6512∵（6512）÷1=6512，∴t6512秒

OP164434AC、BCD、E。3.14（1）∵AC+BC=9BE922x5x5x225x22x∴陰影部分的面積SSACBSADB（S正方形CDOES1136116222（1OEAD=x，BE5x

（2）求出AC=3，AD=3－1=2，BC=6，根據(jù)陰影部分的面積SSSACBSADB（S正方形CDOESA（8，0，B（0，6，⊙M（1）∠AOB=9°，∴AB∵A（8，0，B（0，，∴OA8，OB=ABOA2OB210（4，3 ，即68OC9 ，02B（0，62bb9kb，解得 334ly=x+634∵∠BOAABN，∴△NOD22477∴ND：OB=A：AO，ND：6=8﹣ND8，2247777

77 7777 7777 77

2477 777

25，解得 7

25272247247（1）根據(jù)圓周角定理∠AOB=90AB⊙MABMAB=10，則可確定⊙M5。，0 2 2247ND6（8﹣ND2477777

NADN∽△AOB，77

77

7 7∠BOE=∠BAE，所以△BON∽△EAN，ME，OE=ON+NExOyly1AyB．lt C（用含tCy=xA、B、C⊙QyD，連接DC、DA，試判斷△DAC2【答案】解（1） ；2；22C1（t，3tC2（－t，tC3（t，－t（1）（2）①3C31，lxE，E（t，，P（，t，（0，2t∴C1（，3t：C3t，－t∴OPBC2OByPC2x∴C2（t，t1（t，32－t，t3（t－t算可知其相似比為1，即兩個(gè)三角形全等，從而得到CD=AD，△DAC為等腰直角三角形。C223（t，3t（t，t（2t，0（0，2tt3t t3t 依題意，點(diǎn)DBOD=2t，OD=tEC EC如圖①，ABOOAC，PC（PA，O，APODOA=4．ODODCAP過(guò)點(diǎn)DDE⊥ABE（如圖②AP=x，OE=yyx系式，并寫(xiě)出x（1）AP=PDOP，OD，∵OAC，∴∠APO=90°OP⊥AD?！逴DC，∴∠AOD=90°。AP902EOA（0＜x22時(shí)xx4 ∴y1x24（0＜x≤222②當(dāng)點(diǎn)E落段OB上（即22＜x＜4）時(shí)，如圖y1x24（22＜x＜42

。x4 1x240＜xx4 綜上所述，yxy

x242（1）AP=PDAP=PD。分類(lèi)討論：點(diǎn)E落段OA和線(xiàn)段OB上，這兩種情況下的y與x的關(guān)系式．這兩種情況都是根據(jù)相似三角形（△APO∽△AED）的對(duì)應(yīng)邊成比例來(lái)求y與x之間的函數(shù)49（1）211，在△ABCMBCMA=BC，求證21AMDDM=MADB，DC，利用矩形的知識(shí)…BC請(qǐng)選擇法寫(xiě)出完整的證明過(guò)程CE，如果∠A=60°，請(qǐng)求出△ADEABC4141（1）（1）∵M(jìn)A=BC，∴BM=CM=MA2121∵M(jìn)∵M(jìn)A=BC，∴BM=CM=MA212121②∵M(jìn)BCBD⊥ACD，∴DM=BC2121∵EM=DM，∴EM=BC?！唷螧EC=90°?！唷螦DB=∠ACE=90°21S

AD∵∠A=∠A，∴△ADE∽△ABC。∴ADE

，且

AB1212144341∴△ADEABC4341（﹣2，6

，拋物線(xiàn)yax22運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q段DA上，從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P的速度為每秒1個(gè)單位Q2PQ⊥AD時(shí)，求運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2121

（2）1.8（1）（2）ACOBEOF⊥ADFm∥OBOD，OFDF（1）4am4am16am，解得 21∴拋物線(xiàn)的解析式為y1x222212

AB=AOABAO?！郃C⊥OB?！鄊∥OB43434343

=353OF=OA?sin∠OAD=4×=2.453tPQ⊥AD∴△ODFtDFOD2OF21.8（秒yBC

A（﹣2，0，P求∠ABCP的個(gè)數(shù)是否保持不變？若不變，點(diǎn)P的個(gè)數(shù)有幾個(gè)？若改變，點(diǎn)P的個(gè)數(shù)情（1，（3）BCP的個(gè)數(shù)會(huì)發(fā)生改變，使∠APO=30°P的個(gè)數(shù)情況有四種：1個(gè)、2個(gè)、3個(gè)、4個(gè)。理由見(jiàn)解析（1）ACQQ為圓心，2為半徑長(zhǎng)畫(huà)圓⊙Q，⊙Q與直線(xiàn)BC的兩個(gè)交點(diǎn)，BCP的個(gè)數(shù)會(huì)發(fā)生改變，使∠APO=30°P的個(gè)數(shù)情況有四種：1個(gè)、2個(gè)、3個(gè)、42所示。（1）y3x23x=0y=23y=0x=2，B（2，0∴tanABCOC23

3?！唷螦BC=60°ACQ，以點(diǎn)Q為圓心，2BC交于點(diǎn)P1，P2P1C重合，且⊙QO∴P1（023∴在⊙Q中，AO所對(duì)的圓心角∠OQA=60°∵B（2，0，C（0，∴P2（1，（1，BCP的個(gè)數(shù)會(huì)發(fā)生改變，使∠APO=30°P的個(gè)數(shù)情況有四種：1個(gè)、2個(gè)、3個(gè)、42所示，212121BC與⊙Q，⊙Q′的公共點(diǎn)P21P1BC與⊙Q（或⊙Q′）2BC與⊙Q（或⊙Q′）

4BC如圖2，若⊙O過(guò)點(diǎn)HAC=5，AB=6，EH，求△BHE面積和tan∠BHE的【答案（1）由CA=CB，且CH垂直于AB，利用三線(xiàn)合一得到CH為角平分線(xiàn)，再由OD垂直于AC，OE垂直于CB，利用角平分線(xiàn)定理得到OE=OD，利用切線(xiàn)的判定方法即可得（2）

tanBHEtanBHE（1）BE2（2）由CA=CB，CH為高，利用三線(xiàn)合一得到AH=BH，在直角三角形ACH中，利用勾股定相切，利用切線(xiàn)長(zhǎng)定理得到BE=BH，如圖所示，過(guò)EEF直于AB，得到EFCH平行，得出△BEF∽△BCH，由相似得比例，求出EF的長(zhǎng)，由BH與EF的長(zhǎng)，利用三角形面積即可求出△BEH的面積；根據(jù)EF與BE的長(zhǎng)，利用勾股定理求出FB的長(zhǎng)，由BH﹣BFHFtan∠BHEBE2（1）21（2）∵CA=CB，CH，∴AH=BH=AB=321∴∴CHCA2AH24OCHOHOABH由（1）得⊙OCBE，∴BE=BH=3?！唷?EFEF12 5 1BHEF13121822Rt△BEFBF 9HFBHBF3965 tanBHEEF5265 BEM、CAB⊙O，POADF，切點(diǎn)為BP=x，AF=yyxx延長(zhǎng)DC、FPG，OE延長(zhǎng)交直線(xiàn)DCH（2，問(wèn)是否存在點(diǎn)P，使△EFO∽△EHG（E、F、O與E、H、G為對(duì)應(yīng)點(diǎn)）？如果存在，試求（2）中x和y的（2（1＜＜2（1）FFQ⊥BCQ，利用勾股定理求出yx之間的函數(shù)關(guān)系，根據(jù)MBC中BC=2BP33 33（1）FORt△OAFRt△OEFOAOE∴Rt△FAORt△FE（HL21∴∠AOF=∠EOF=∠AOE。∴∠AOF=∠ABE21∴OF∥BEFFQ⊥BC（1＜x＜2x33 33x13y∴當(dāng)x

3

33如圖，⊙O的半徑為1，直線(xiàn)CD經(jīng)過(guò)圓心O，交⊙O于C、D兩點(diǎn)，直徑AB⊥CDMCDC、O、D的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，AM所在的直線(xiàn)交于⊙O于NPCD上另一點(diǎn)，且PM=PN．33當(dāng)點(diǎn)M在⊙OPN與⊙O（1）當(dāng)點(diǎn)M在⊙O外部，如圖三，∠AMO=15°（1）PN與⊙O131324（1）首先根據(jù)外角的性質(zhì)得出∠AON=30°，進(jìn)而由S陰影SAOCS扇形AONSCON，利用扇形面積和三角形面積得出即可。（1）PNON，則∠ONA=∠OAN，∵ON是⊙O的半徑，∴PN與⊙ORt△AOM∵ON是⊙O的半徑，∴PN與⊙O3322則3322SSAOCS扇形AON111 31 3 如圖，在△ABC，∠ABC=90°，ACBCD，ACE，BE．

3，BD=1，求△DEC【答案（1）根據(jù)線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)的性質(zhì)由DE垂直平分AC得∠DEC=90°，AE=CE，利用圓周角定理得到DC為△DEC外接圓的直徑；取DC的中點(diǎn)O，連接OE，根據(jù)直角三角（1）圓周角定理得到DC△DEC接圓的直徑；取DC的中點(diǎn)O，連OE，根據(jù)直角三角形

（1）∴DC△DECDCOOE，

3。∴AC=23。3CD1 23CD1 2P。若PA63cmAC【答案】分析：由AB是⊙O∠BAC=2∠B，根據(jù)圓周角定理和三角形內(nèi)角和定理可得∠BAC=600，等邊三角形的判定知△OACPAO的切線(xiàn)得Rt△OAP，OA=AC解：∵AB⊙OACB=900。在Rt△OAPPA63cm，∠AOP=600OA∴AC=OA=6

63631△ABCBA=BCDBC=∠DE，BD=BE2D△ABCBDCE（1）ABCDBE可得ABDCBDBA=BC，BD=BE（2）CE（1）CE（2）（1）可證

，根據(jù)外接圓的性質(zhì)可得DADBBDBEBDBEDADB 與CBEBDBDABDBA ∴CEDBDBD

∴BDBECE∴四邊形 菱形1212m、n2據(jù) ≈1.41，3≈1.73，52m【答案】(1)n 1223PCy=12232121

0093m20 m12mn21212

3213212

32∴P(-1，-2)，C-0,332 2 2kb2kb 32k12b 321223PCy=1223PCxD，D32Rt△OCD，∵OC=3233232 323232 2 , 6∴AE= 565∵ 55A5PCC，OEEDF的中點(diǎn)．(1)求證：ACO2(2)若 2∴ACO∵EDF∴DE=EFOE為半圓O∴ACO22

3939∴BC=4已知AB是⊙O的直徑，AB=4，點(diǎn)C段AB的延長(zhǎng)線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)D在⊙O上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)B重合CDCD=OA.OC22時(shí)（如圖，求證：CD是⊙OOC22時(shí)，CD所在直線(xiàn)于⊙OEDCE中點(diǎn)時(shí)，求△ACE的周長(zhǎng)（1）見(jiàn)解析（2）622232（1）則OD則OD1AB22∵CD=OA=2，OC=22CDCD2OA222228，OC22228CD2OA2OC2∴CD為⊙O∵OD=OE=CD=2，DCEODEEODEDO600DOCDCO300EODDOC900，即EOCEOA900AE

AO2OE222，OC

CE2OE223∴△ACE62223∴?！??！逴D=CDDCODOCEACDCA，∴AE=CE∴ ， OE2AEEDOE24由已知，判斷△EOC和△EOA都是直角三角形，根據(jù)已知和勾股定理可求各邊長(zhǎng)而得到△ACE的周長(zhǎng)。對(duì)等角的性質(zhì)，可證得DEOOED，從而由比例式可求解。已知：直角梯形OABCBCOAAOC90ABMDEADBDBE ；直角梯形OABC中，以O(shè)Ax軸正半軸上建立直角坐標(biāo)系（2yax22ax3a(a0ABDB①寫(xiě)出頂點(diǎn)B的坐標(biāo)（用含a的代數(shù)式表示 PxxPPPN⊥軸于點(diǎn)NPxxP、A、NADB

②y=-（1）③由②易知△OAD是等腰Rt△，若△PAN與△OAD相似，則△PAN也必須是等腰Rt△；可根據(jù)拋物線(xiàn)的解析式設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)，然后根據(jù)PN=AN的條件來(lái)求出P點(diǎn)的坐標(biāo)注P）.

，△ADB∽△ECB∽△∽△∴a=-yx22x3P（x，- ∴P（-2，- ACCDAC=2，AO=5OD（1）AC=CD（2）Rt△OAC中，AC=CD=2，AO=5根據(jù)勾股定理得：OC2=AC2+AO2，即（OD+2）2=22+（5）2，ODC=OD+DC，DC=ACOCOAC中，利用勾股定理即可OD的長(zhǎng)。ABCDBD⊙OBC、ADE、F.（1）求出∠DEB=∠DFB=90°，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)推出AD∥BC，推出∠FBC=∠如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠B=600，CD是⊙OPCD延長(zhǎng)線(xiàn)上的一點(diǎn)AP=AC．求證：PA是⊙OPD=3，求⊙O33（1）∵∠B=600，∴∠AOC=2∠B=1200∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=300又∵AP=AC，∴∠P=∠ACP=300∴∠OAP=∠AOC﹣∠P=900?！郞A⊥PA∵OA是⊙O的半徑，∴PA是⊙O（2）Rt△OAP∵PD=3，∴2OA=2PD=23∴⊙O23AP=AC∠P=300，繼而由∠OAP=∠AOC﹣∠P，可得出OA⊥PA，從而得出結(jié)論300OP=2OAOP﹣PD=ODPD=3，可得出⊙O的直徑。

2321，（0－223212當(dāng)⊙O1①在點(diǎn)D，E，F(xiàn)中，⊙O的關(guān)聯(lián)點(diǎn) m的取值范圍；（1）①D，E②0≤m≤3（1）①D，E②由題意可知，若P要?jiǎng)偤檬恰袰的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，需要點(diǎn)P到⊙CPAPB之間60°。2可知∠APB=60°BC，則PC

2BC2rP點(diǎn)為⊙CPd0≤d≤2r。由（1P點(diǎn)，POxOH則則tanOGFFO 33sinOPHsinOPHOH32∴OH=OGsin60°=3 ∴∠OPH=60°P1GP2作P2M⊥x軸于點(diǎn)M∴OM=OP2cos30°=3∴若點(diǎn)P為⊙O的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，則P點(diǎn)必段P1P2上∴0≤m≤3（2）EF上的所有點(diǎn)都是某個(gè)圓的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，欲使這個(gè)圓的半徑最小，則這個(gè)圓的圓心應(yīng)段EF的中點(diǎn)。21即恰好E、F點(diǎn)為⊙K的關(guān)聯(lián)時(shí)，則 21E點(diǎn)是⊙OF、D，與⊙O的關(guān)系1E作⊙OR，21∴E點(diǎn)是⊙O2121∵D（21

，E（0，－2，F(xiàn)（2∴D點(diǎn)一定是⊙O的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，而在⊙O60°。故D、E、F中，⊙OD，E。P要?jiǎng)偤檬恰袰P到⊙CPAPB之間所夾的角為P點(diǎn)，進(jìn)而得出m的取值范圍。21若線(xiàn)段EF上的所有點(diǎn)都是某個(gè)圓的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，欲使這個(gè)圓的半徑最小，則這個(gè)圓的圓心應(yīng)段EF的中點(diǎn)；再考慮臨界情況，即恰好E、F點(diǎn)為⊙K的關(guān)聯(lián)時(shí)，則21如圖，AC是⊙O的直徑，BF是⊙O的弦，BF⊥ACHBFKB＝AB，AK的延長(zhǎng)線(xiàn)交⊙OEE作PD∥AB，PDAC、BFD、P.求證：PD是⊙O34AK＝1034

DE8PEA=∠BAEKB＝AB可得∠AKB＝∠BAE，即得∠PEA＝∠AKBBF⊥AC即可（2）連接8（3）（1）∠PEA=∠BAEKB＝AB可得∠AKB＝∠BAE，即得∠PEA＝∠AKBBF⊥AC即EF，則∠EFB=∠BAE，又∠PEA＝∠BAE，即得∠EFK=∠PEK，證得△EFK∽△43根據(jù)平行線(xiàn)的性質(zhì)可得∠BAH＝∠Dtan∠BAH＝tan∠D＝43HKB＝ABRt△ABHRt△AKHAH＝3nBH＝4n，AB＝5n，KH=n，再根據(jù)勾股定理即可列方程求得n，連接OB，并設(shè)⊙O半徑為R，則在Rt△OBH中根據(jù)勾股定理即可列方程求得結(jié)果.∵BF⊥AC，H∵OE是⊙O∴PD是⊙OAABHKOFCPED,即,即∴4343∴tan∠BAH＝tan∠D＝∵BF⊥AC，HRt△ABH和Rt△AKHAH＝3n，BH＝4n，AB＝5n，KH=n，（3n212R6OB，并設(shè)⊙ORRt△OBHOHR3，OH2BH2OB2，即（R3242R2R6Rt△ODHOE25tanDOE ∴∴DE25325 ABC中，∠C=90°OABO為圓心，OA為半BCDACEAD．求證：AD

3，求圓弧的半（1）OD⊥BC，即得∠ODB=∠C=90°OD∥AC，（2）OOH⊥ACHAH1AE12

∵OABC∴ADOOH⊥ACAHAH1AE233Rt△ABC

AH2OH2

12(3)2

42如圖Ax軸負(fù)半軸By軸正半軸上，線(xiàn)段AB6AB繞CD1的⊙PAA—B—D—C4個(gè)單位長(zhǎng)的速t秒，試問(wèn)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中⊙P與y軸有公共點(diǎn)的時(shí)間共有幾秒？23在（2）的條件下，當(dāng)⊙PBDC向⊙P2332（1）C(6，33，，（）32

4

（3） （1）0≤t≤1.5、1.5≤t≤3、3≤t≤4.5三種情況，根據(jù)直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系求解即先根據(jù)題意表示出PH=|9?4t|，PQ=t+1QC關(guān)于t的∴AO=3，BO=33CABCD 3)，D(3，0)32 （0≤t≤1.532332t=t3-332（3）由題意可QC2=PQ2+PC2=(9-4t)2+27-(t+1)2=15t2-74t+107 22

時(shí)，QC2

A如圖：等圓⊙O1和⊙O2A、B兩點(diǎn)，⊙O1經(jīng)過(guò)⊙O2A、ACC作⊙O1CEABECO2AED，在（2）SAOD1SODB （2）=90°，即可證得△ACE∽△AO2D，根據(jù)相似三角形的性2121（1）（2）O1AB=O2ABCE是⊙O1的切線(xiàn)，AC是⊙O1ACE=∠

=90°，即可證得△ACE∽△AO2D，根據(jù)相似三角形的性BO2，即可證得△ACDBO2D，再根據(jù)相似三2SAOD12∵⊙O1與⊙O2是等圓∴四邊形AO1BO2是菱形∵CE是⊙O1的切線(xiàn)，AC是⊙O1∴∠ACE112∴

，即CE2DO2（３）∵四邊形AO1BO2是菱∥∥BO212ADAD∵∵AO2SOSODB212PCPD．PCPD．如圖，點(diǎn)C是半圓O的半徑PCBD交線(xiàn)段

E，且

CDPD是⊙O若⊙O43PC83OCx，PD2yy①求關(guān)于xy②當(dāng)x 3時(shí)，求tanB的值∠2，∠5=∠4，又∠2=∠3∠1+∠5=90°，即得∠PDO=90°，（2）1313（1）（2）①PO，Rt△PDOPD2=y，DC=43PO2=y+（43）2=y+48PCOOC=x

3PO2=x2+（83）2=x2+192y+48=x2+192，3

3

3Rt△PDO3∴PO2=y+（433Rt△PCO3∴PO2=x2+（83x=3時(shí)3 3333333∴EC=83-7333又

3333331在Rt△BCE中3331已知：如圖，AB⊙O，C⊙O，OD⊥ACD，C⊙O的ODEAE.∠AOE，即可證得△COE≌△AOE，則可得∠OAE∠OCE90°（2）4（1）COE=∠AOE，即可證得△COE≌△AOE，則可得∠OAE∠OCE901112111212∵CE⊙O∴AE⊙OOAEC11∴12∴12

∴∴AF2AE264332如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙C的圓心坐標(biāo)為（－2，－2，半徑 2y＝－x＋2xAyB，PABPOCE、FMEFPO＝t，MO＝s，stt（0，2，或（1，1

2，2)

stst2≤t263DAOAA試題分析（1）延長(zhǎng)CO交 于D，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥x軸于點(diǎn)G． A(20)B(2)所以AOBO2，DAOAAAOD又因?yàn)锳OB90，所以 因?yàn)镃(2，2)，所以CGOG2，AOD所以COG45 ODA90ODABCOAB．要使△POA為等腰三角形，yy·PGO·AOPOAPBP坐標(biāo)為（0，2AOABPOOAB（1，1

P

P(2 (2

H中，易得PHAHH

2，所以O(shè)H2

2，所以點(diǎn)P的坐標(biāo) (2 （02（11(2 CK當(dāng)直線(xiàn)PO與 ，則CK⊥OK．由點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，2，易得CO22．CKCCOK又因 的半徑 ，所CCOKAOD所以POD30， ，所以POA75AODyyPGOF·MEPOA的別一個(gè)值為15EE

15M因 M

CM⊥EF△COM∽△POD，

st4 2，即MOPO4，也滿(mǎn)stst4st2≤st2≤t3673．已知：如圖，在△ABC中，BC＝ACBC為直徑的⊙OABD，DE⊥ACE.DABDE與⊙O13若⊙O18，cosB＝DE13（1）AD＝BD,DAB（2）DE⊥DO，OD是⊙ODE⊙O試題分析：(1)CDCD⊥AB，又∵AC＝BC，∴AD＝BD,DAB解：DE是⊙OODDO是△ABC∴DE是⊙O31 ∵AC＝BC，∴∠B＝∠A，∴cos∠B＝cos∠A＝3131 ＝，BC＝18，3131 ＝ 31AD2在Rt△AED中AD24的⊙OCAB為直徑的半圓的中點(diǎn)，OD⊥ACD，點(diǎn)EAB上的任意一點(diǎn)，DF//AB，DFCEFEF=x，DF=y．1EOByxx的取值DFDFOB 2F在⊙ODFDFDFOB E為圓心、EF為半徑的圓與⊙ODF（1）y2

（2）2+2（3） 142214227314233（1）

=CO⊥AB112CE2OC2 4x2CE2OC2 4x2162x21CEOF2F在⊙OOCOF，則

2121分當(dāng)⊙E與⊙OB時(shí)，當(dāng)⊙E與⊙OB時(shí)，當(dāng)⊙E與⊙O內(nèi)切于A時(shí)，三種情況，根據(jù)勾股定理列方程求解即可.∵AC是⊙O1212 (AOOE)12CAB∵EF=xCE2OC2 4CE2OC2 4x2162x2（x（x2y1(42x24)2 x22F在⊙OOC、OF，EF=1CEOF4221 214242

=2+23當(dāng)⊙E與⊙O外切于點(diǎn)B∵∵CE2OE2CO2∴(2x)2(x4)242,3x28x3203x143x1443x27(舍411144772233當(dāng)⊙E與⊙OB∵∵CE2OE2CO2∴(2x)2(4x)242,3x28x3203x13x1443x27(舍41114772233當(dāng)⊙E與⊙OA∵∵CE2OE2CO2∴(2x)2(4x)242,3x28x3203x13x1443x27(舍41AE1AE2723如圖，AB⊙OAC⊙OAD∠BAC，交⊙OD，DE⊥AC，交ACE．（2）4試題分析：1）DE⊙O∵ADECDECD Rt△DOF

ECDOECDO∵AB⊙O ．解 Rt△ADE

ECDFECDFO∴AF＝∴ ．解 在Rt△ADE中，DE＝ 如圖，已知射線(xiàn)DEx軸和y分別交D（3，0）和點(diǎn)E（0，4）．動(dòng)點(diǎn)C點(diǎn)M（5，0）出發(fā)，以1個(gè)單位長(zhǎng)度/秒的速度沿x向左作勻速運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，也以1個(gè)單位長(zhǎng)度/秒的速度沿射線(xiàn)DE的方向作勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t21請(qǐng)用含tC21 【答案】(1)C(5t0)P(33t4t)（2）當(dāng)⊙CDEt 44t33t3當(dāng)△PABt4t4t5t33

C(5t，0)，P(33t5454，0)2（2）A(53t，0)2253t3t4 ………3CDCCFDECF3(545CF3(545tt381t52CF81t522

，解 4t334t33PQ②當(dāng)PA=AB時(shí)，過(guò)點(diǎn)PPQ 9t272t800t4t20

335

t35當(dāng)PB=AB=t時(shí)， 7t28t800t4t20（不合題意，舍去 t3∴當(dāng)△PABt4t4t5t33定義：對(duì)于任意的三角形，設(shè)其三個(gè)內(nèi)角的度數(shù)分別為x°、y°和zx2y2z26xyz°，且xy=2160x+y的值；6ACD．

①求證：△ABCDE（1）102（2）

3xABHRt△CBHx

3，所以AHBH

3,HC1A45ABC75C6066 （1）x2y2z2、xy=2160x、y、z的方程xx

，所以

AHBH 3,HCA45ABCAHBH 3,HC

BK 3h,AKABAKBK(3BK 3h,AKABAKBK(3BExyxy2160xyz xyzz180(xxyxy

代入（2）(xy)22xy180xBBH⊥ACHAH=xCH13xx BHRt△x BH

AHAHBH 3,HC

，Rt△CBH(6x22

3x)2所以A45ABC75C452452602

所以，△ABCBK 3h,AKBEBK 3h,AKBE由ABABAKBK(3BD32DEBEBD

6 2O的半徑為1，O，0yAB--O1xC-DAOCDyAB--O1xC-DxABCDSSx的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值和最小值．（1）CD⊙O（2）S7

13x，S7

7（1）所以∠COD=90°，CDO如圖①，yyADB-a2＋（a12解得a2，或a3（舍去DEDE23所以233232ODy23yA1B-yA1B-F-O1x-1Cb2＋（b12解得b2（舍去b3OFOF23所以232323y3y32yyAD1B-F-1G x -圖BD2==x21x2142所以SAB21BD272

因?yàn)?x1S7

13S7PABCD

ABa，PBb(b<a)，求△PABPCBPA所掃過(guò)區(qū)域（圖甲中陰影部分）的面積；PA2＋PC2＝2PB2，請(qǐng)說(shuō)明點(diǎn)PAC

②6（2）4CBPCP＝90°，再證∠BPC＋∠APB＝180P在AC上．（1）①△AB旋轉(zhuǎn)到△P′CBPA所掃過(guò)區(qū)域（1中陰影部分）OACBPP′90度；2在Rt△PP′C中 2（2）將△PABB90°到△P′CB∴∠BPC+∠APB=180°，即點(diǎn)PAC580（5531，在△ABC53

DBC上的動(dòng)點(diǎn)（B、C重合D為圓心，BD為半徑的⊙DABEDED y（y

7如圖2，點(diǎn)F為邊AC上的動(dòng)點(diǎn)，且滿(mǎn)足 7△ABC和△FDC相似時(shí)，求⊙DDF為圓心，F(xiàn)C為半徑⊙F外切時(shí)，求⊙DAFE （5656

222273（1）∵DG過(guò)圓心 （1分35Rt△DGB35

536x5536x5

（1分6x56x5

（1分2定義域?yàn)?（1分25（2）①A5Rt△ADH5 （1分）Rt5 （1分713 71333∵∠C=∠C，∴當(dāng)△ABC和△FDC331313 14 13714

（1分

（1分∴當(dāng)△ABC和△FDC相似時(shí)，⊙DFFM⊥BC

33

755在Rt△FMC中7557575

712712713

712（1712

（1分DM2FM2DM2FM2 x) 2277∵⊙D與⊙F外切，∴DF=x13x20

（1分 (1412x)2(1412x)2 7727720

272-即 （272-27∴當(dāng)⊙D與⊙F外切時(shí)，⊙D27x的取值范圍，本題屬于難題，中考時(shí)一般以大題的形式出現(xiàn)。81．如圖，AC為⊙O的直徑，AC=4，B、DAC兩側(cè)的圓上，∠BAD=60°，BDACO到BD的距離及∠OBDDE=2BEcosOEDCD（1）OBD1OBD300（2）cosOED1；CD22（1）2121

AC=2，可得出∠OBDOFCD的長(zhǎng)度．OF⊥BDF∵AC為⊙ORt△BOFOBD1； ∴x

3，EF 3OFRt△OEF3OF21 21∴∴CD 2OC22滑塊Q在平直滑道l上可以左右滑動(dòng)，在Q滑動(dòng)的過(guò)程中，連桿PQ也隨之運(yùn)動(dòng)，并HOH=4dm，PQ=3dm，OP=2dm．解決問(wèn)題 連PO滑 滑連PO1點(diǎn)Q與點(diǎn)O間的最小距離是 dm；點(diǎn)Q與點(diǎn)O間的最大距離是 點(diǎn)Q在l上滑到最左端的位置與滑到最右端位置間的距離是 3，小明同學(xué)說(shuō)QHPQOHPOPO3著點(diǎn)P到l距離最大的位置，此時(shí)，點(diǎn)P到l的距離是 【答案 6；（2）不對(duì)；（3）①3（1）(OPPQ)2(OPPQ)2OH∵OP=2，PQ=3，OQ=4，42≠32+22OQ2≠PQ2+①②由①知，在⊙O存在點(diǎn)PPl的距離為3，此時(shí)，OP能再向下轉(zhuǎn)動(dòng)3．OP繞點(diǎn)O右擺動(dòng)過(guò)程中所掃過(guò)的最大扇形POPPPOH于點(diǎn)QPPQPP

是矩形．∴OH⊥PP，PDPPQOP=2，OD=OHHD=1，得∠DOP=PQ =HQHQPOD83．已知：OA、OB是⊙O的半徑OA⊥OB，POA上一點(diǎn)(點(diǎn)A外)，直線(xiàn)BP交⊙OQQ⊙OOA與點(diǎn)E。探究：若點(diǎn)P段OA的延長(zhǎng)線(xiàn)上，其它條件不變，∠OBP與∠AQE之間是否存321∵OA⊥OB∴∠BOA=90°∴∠BQA=21（2）∠OBP-∠AQE=45°（12）84．如圖，等腰梯形MNPQ的上底長(zhǎng)為2，腰長(zhǎng)為3，一個(gè)底角為60°．正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，它的ADMN上，且頂點(diǎn)AM現(xiàn)將正ABCD形的外面MN、NP、PQQ求正方形在整個(gè)翻滾過(guò)程中點(diǎn)A所經(jīng)過(guò)的路線(xiàn)與梯形MNPQ的三邊MN、NP、PQ所S．ABCD旋轉(zhuǎn)，頂點(diǎn)A經(jīng)過(guò)的路程 （1）見(jiàn)圖（2）72（3）813（1）（3）8144求⊙O【答案 23（1）則OD=R- 1因?yàn)镺C3所 13因?yàn)镈B2+OD2=OB所以 1因?yàn)樗?所以∠AOB=120 2120120443216223161633算的的常見(jiàn)題型A(20B(80)AB⊙PyM，ABABCD.xQQMCQ（3） （1）POM可得M點(diǎn)坐標(biāo)；CM長(zhǎng)度固定，要使△QMCPM+PCMx軸的對(duì)M′CM′x軸于Q點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性及兩點(diǎn)之間線(xiàn)段最短說(shuō)明存在Q點(diǎn)．（1）∵A（﹣2，0，B（8，0ABCD∴C（8，10，Rt△OPM∴OM=4，Rt△CEM∴CM⊙P△QMC中，CM10，要使△QMC周長(zhǎng)最小，即要使MQ+QCxM’CM’xQMQ，此時(shí)，△QMC∵（，，M（，﹣CM'：y=kx+b（k≠0） ∵x∴M+QMQ+QM'．在△M'中，=，M4∴∴△QMC周長(zhǎng)最小值 ∴存在符合題意的點(diǎn)Q OABC，點(diǎn)Dx軸正半軸上一動(dòng)點(diǎn)（OD＞1）,連結(jié)BD，BD為邊在第一象限內(nèi)作正yy

2MMG⊥yGDNDMGND（2）（3（0，-1（4）(3，0)（1）1221∴HA= HM=122121∴HA=HB=HM=HD=21∴MAD=∴∴∴延長(zhǎng)ABMGP，MMQ⊥x軸于點(diǎn)MG=x，則四邊形APMQ為正∴PM=AQ=x-1∴OG=MQ=x-∴DQ=BP=CG=x-∴MN22x2ND2ND2(2x2)2MD2(x1)2(x2x2x2(2x2)2(x1)2(x∴∴2x27x5x=2.5x=1(舍去如圖，⊙O的半徑為1，點(diǎn)P是⊙O上一點(diǎn)AB垂直平分線(xiàn)段OP，點(diǎn)DAPBDE⊥ABA、B作⊙DC．ABS4DE記△ABC的面積為S4DE（1）AB＝38∠ACB是定值83△ABC的周長(zhǎng)為l＝83 321＝AFAB＝2AFAB21要判斷∠ACB是否為定值，只需判定∠CAB+∠ABC的值是否是定值，由于⊙D是△ABC的內(nèi)切圓，所以ADBD分別為∠CAB和∠ABC的角平分線(xiàn)，因此只要∠DAE+∠DBA等于∠AOB2121SSABDSACD21212121＝2121

SDESDE

＝43

83DECG=3DEAG=AE，BE=BH83

3DE，可得

3DE，即可求得周長(zhǎng) 313313PxABP

AB=4，直線(xiàn)ykx3與x軸、y軸分別交于C、D兩點(diǎn)，∠OCD=60設(shè)⊙P的半徑為r，則 （4分將⊙Px=（6(2)k(2)k

3 7

9）或37，37，27222yykx∴D(0,— 3 3(0)O，A為頂點(diǎn)作菱形OABCB，C在第一象限內(nèi)，且AOCPCA運(yùn)動(dòng)了t點(diǎn)C的坐標(biāo)（用含t的代數(shù)式表示

P(03)A在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所有使POABC的邊所在直線(xiàn)相切的t（1）過(guò)C作CDxDODOCcos6012OA1tODOCcos6012，，DCOCsin60 3(1t)2C的坐標(biāo)為1t3(1t （2）①當(dāng)POC相切時(shí)（1，切點(diǎn)為CPCOCyy BOD，，1t3，2OCOPcost231②當(dāng)POAx軸相切時(shí)（2，則切點(diǎn)為OPCOPyCyCBPEOAPPEOCEOE1OC211tOPcos30332，t331③當(dāng)PAB所在直線(xiàn)相切時(shí)（3FPFOC于GyCyCHB F D

3(1，2PCPFOPsin30 3(12C作CHyHPH2CH2PC2 1t 23(1232 23(1t)2 2化簡(jiǎn)，得(t1)2183(t1270解得t19366tt936610t93661233所求t的值 ，331和93661233（1）過(guò)CCDxDOD、DC⊙P與菱形OABC所在直線(xiàn)相切OC相切；或與OA相切；或與AB相切，應(yīng)OC，再由OA=+t，根據(jù)菱形的邊長(zhǎng)相等得到OC=1+t，由∠AOC的度數(shù)求出∠POC30°，POCcos30°=oc/op，OC，相切時(shí)PPEOCPC=PO，利用三線(xiàn)合一得到EOC的中點(diǎn)，OEOC的一半，而OE=OPcos30°，列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可得到t的值；③當(dāng)圓PAB的直線(xiàn)相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為F，PFOC于點(diǎn)G，由切線(xiàn)的性質(zhì)PF垂直ABPFOCCD=FG，在直角三角形OCD用銳角三角函數(shù)定義由OC表示出CD，即為FG，在直角三OPG中OP表示出PG，用PG+GF示出PF，根據(jù)PF=PC，表PCCCH直于y軸，在直角三PHC利用勾股定理如圖所示，圓O

的外接圓，BAC與ABCI 交圓O于點(diǎn)D，連結(jié)BD、DClOlO DBDBDDC；若圓O（1）證明見(jiàn)解析（2）75

，求△BDC圓心O在 連結(jié)OB、OD、OCIOAIO D60，又知OB10cm，BD2OBsin60°210 3102 3(103)2 3(103)2754 A（2，0（8，0）兩點(diǎn)，圓心CCBC⊙CE，．BEP，AB2＝BP·BE，能否AP⊥BE？請(qǐng)給出你的結(jié)論，并說(shuō)明理由；．BEQAQ2＝BQ·EQQ74（2 7774；( 分⑵ 4連結(jié)AE，∵BE是⊙O的直徑， 5BE在△ABEPBABE

,又∴△ABE∽△PBA 7∴∠BPA=∠BAE=90°,即AP⊥BE 8EBQAQ2＝BQ·EQ.Q1111111QCAQQB=QE,AQ2＝BQ·EQ1111111∴Q1(5,-4)符合題意 9②當(dāng)Q2點(diǎn)段EB上，∵△ABE中 105AB5AB∴Q22+AQ2·cos∠BAQ2=AQ2·sin 72 72 故不妨設(shè) 767668tgtgQARtgAEB34

列得方程

；或由AQ233333t 33333t 77 ，Q3點(diǎn)的縱坐標(biāo)7777即 77BEB(8,0),C(5,

43

3

333Q（333

33334t 4t 8t∴

,

1377

Q3

777777

tgOAFtgtgO