專題32 圓的綜合練習（基礎）-（解析版）

專題32圓的綜合練習（基礎）一．選擇題1．如圖，⊙O的半徑為1，弦AB＝1，點P為優(yōu)弧AB上一動點，AC⊥AP交直線PB于點C，則△ABC的最大面積是（）A．12 B．22 C．32【分析】連接OA、OB，如圖1，由OA＝OB＝AB＝1可判斷△OAB為等邊三角形，則∠AOB＝60°，根據(jù)圓周角定理得∠APB=12∠AOB＝30°，由于AC⊥AP，所以∠C＝60°，因為AB＝1，則要使△ABC的面積最大，點C到AB的距離要最大；由∠ACB＝60°，可根據(jù)圓周角定理判斷點C在⊙D上，且∠ADB＝120°，如圖2，于是當點C在優(yōu)弧AB的中點時，點C到AB的距離最大，此時△ABC為等邊三角形，從而得到△【解答】解：連接OA、OB，如圖1，∵OA＝OB＝1，AB＝1，∴△OAB為等邊三角形，∴∠AOB＝60°，∴∠APB=12∠∵AC⊥AP，∴∠C＝60°，∵AB＝1，要使△ABC的面積最大，則點C到AB的距離最大，∵∠ACB＝60°，點C在⊙D上，∴∠ADB＝120°，如圖2，作△ABC的外接圓D，當點C在優(yōu)弧AB的中點時，點C到AB的距離最大，此時△ABC為等邊三角形，且面積為34AB2=∴△ABC的最大面積為34故選：D．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理和等邊三角形的判斷與性質；記住等邊三角形的面積公式．2．如圖，△ABC中，CA＝CB，AB＝6，CD＝4，E是高線CD的中點，以CE為半徑⊙C．G是⊙C上一動點，P是AG中點，則DP的最大值為（）A．72 B．352 C．23【分析】根據(jù)等腰三角形的性質可得點D是AB的中點，然后根據(jù)三角形中位線定理可得DP=12【解答】解：連接BG，如圖．∵CA＝CB，CD⊥AB，AB＝6，∴AD＝BD=12又∵CD＝4，∴BC＝5．∵E是高線CD的中點，∴CE=12∴CG＝CE＝2．根據(jù)兩點之間線段最短可得：BG≤CG+CB＝2+5＝7．當B、C、G三點共線時，BG取最大值為7．∵P是AG中點，D是AB的中點，∴PD=12∴DP最大值為72故選：A．【點評】本題主要考查了圓的綜合題，涉及了等腰三角形的性質、三角形中位線定理、勾股定理、兩點之間線段最短等知識，利用三角形中位線定理將DP轉化為BG是解決本題的關鍵．3．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4，D是AB的中點，經(jīng)過C、D兩點的圓交AC、BC于點E、F，且AE＝CF．當圓變化時，點C到線段EF的最大距離為（）A．2 B．2 C．122 【分析】連接CD、DE、DF，如圖，根據(jù)等腰直角三角形的性質得∠A＝45°，CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∠DCB＝45°，易證得△ADE≌△CDF，則∠ADE＝∠CDF，DE＝DF，再判斷△EDF為等腰直角三角形，得到DE=22EF，由于S△DEF=12?DE2=14EF2，所以當EF越小，S△DEF越小，加上S△CEF+S△EDF＝S△ADC=12S△ABC，則當EF越小，S△DEF越小，而S△CEF越大，此時點C到EF的距離越大，即EF最小時，點C到EF的距離最大，設點C到EF的最大距離為h，根據(jù)圓周角定理，由∠ECF＝90°得EF為⊙O的直徑，所以當⊙O的直徑等于CD時，⊙O【解答】解：連接CD、DE、DF，如圖，∵∠C＝90°，AC＝BC＝4，∴△ABC為等腰直角三角形，∴∠A＝45°，∵D是AB的中點，∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∠DCB＝45°，在△ADE和△CDF中，AE=CF∠A=∠DCF∴△ADE≌△CDF（SAS），∴∠ADE＝∠CDF，DE＝DF，∵∠ADF+∠CDE＝90°，∴∠CDF+∠CDE＝90°，即∠EDF＝90°，∴△EDF為等腰直角三角形，∴DE=22∴S△DEF=12?DE2=1當EF越小，S△DEF越小，∵S△CEF+S△EDF＝S△CDE+S△CDF＝S△CED+S△ADE＝S△ADC=12S△∴當EF越小，S△DEF越小，而S△CEF越大，此時點C到EF的距離越大，即EF最小時，點C到EF的距離最大，設點C到EF的最大距離為h，∵∠ECF＝90°，∴EF為⊙O的直徑，∴當⊙O的直徑等于CD時，⊙O的直徑最小，即EF最小，此時∠DEC＝∠DFC＝90°，則四邊形CEDF為正方形，h=12CD=12?12AB=即點C到線段EF的最大距離為2．故選：A．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理、等腰直角三角形的性質；會運用三角形全等解決線段相等的問題；記住三角形的面積公式．4．如圖，點P為正方形ABCD的邊CD上一點，BP的垂直平分線EF分別交BC、AD于E、F兩點，GP⊥EP交AD于點G，連接BG交EF于點H，下列結論：①BP＝EF；②∠FHG＝45°；③以BA為半徑⊙B與GP相切；④若G為AD的中點，則DP＝2CP．其中正確結論的序號是（）A．①②③④ B．只有①②③ C．只有①②④ D．只有①③④【分析】先作NF⊥BC于N，根據(jù)正方形的性質和垂直平分線的性質證明△BCP≌△FNE就可以得出BP＝EF，作BM⊥PG于M，GP⊥EP，通過證明兩次三角形全等就可以得出∠PBG＝45°，從而求出∠FHG＝45°，由切線的判定定理就可以求出以BA為半徑⊙B與GP相切，當G為AD的中點時，設AG＝GD＝x，CP＝y(tǒng)，則GM＝x，PM＝y(tǒng)，PD＝2x﹣y，運用勾股定理就可以求出DP與CP的關系．【解答】解：作NF⊥BC于N，∴∠FNE＝90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝DA．∴NF＝AB，∴NF＝CB．∵EF垂直平分BP，∴∠2＝∠3，∠2+∠NEF＝90°．∵∠1+∠NEF＝90°，∴∠1＝∠2，在△BCP和△FNE中，∠2=∠1BC=FN∴△BCP≌△FNE（ASA），∴BP＝EF；故①正確；作BM⊥PG于M，GP⊥EP，∴BM∥EP，∠BMP＝∠BMG＝90°∴∠3＝∠5，∠BMP＝∠C．∴∠2＝∠5在△BPC和△BPM中∠C=∠BMP∠2=∠5∴△BPC≌△BPM（AAS），∴BC＝AB＝BM，∴以BA為半徑⊙B與GP相切．故③正確；在Rt△BMG和Rt△BAG中，BG=BGBM=AB∴Rt△BMG≌Rt△BAG（HL），∴∠6＝∠7．∵∠2+∠5+∠6+∠7＝90°，∴2∠5+2∠6＝90°，∴∠5+∠6＝45°即∠PBG＝45°．∴∠8＝45°．∴∠FHG＝45°故②正確；當G為AD的中點時，設AG＝GD＝x，CP＝y(tǒng)，則GM＝x，PM＝y(tǒng)，PD＝2x﹣y，在Rt△PGD中由勾股定理，得（x+y）2＝x2+（2x﹣y）2，∴y=23即CP=2∴PD＝2x?23x=∴DP＝2CP故④正確．∴正確的有：①②③④．故選：A．【點評】此題主要考查了圓的綜合應用以及垂直平分線的性質、正方形的性質、全等三角形的判定及性質的而運用、圓的切線的判定方法的運用、勾股定理的性質的運用等知識，在解答中運用作輔助線制造全等三角形是關鍵．5．如圖，AB是半圓O的直徑，射線AM、BN為半圓的切線．在AM上取一點C，連接BC交半圓于點D，連接AD．過O點作BC的垂線ON，與BN相交于點N．過C點作半圓的切線CE，切點為E，與BN相交于點F．當C在AM上移動時（A點除外），設BFBN=n，則A．n=12 B．0＜n≤34 C．1【分析】作FH⊥AC于H，如圖，設BN＝1，則BF＝n，半圓的半徑為r，根據(jù)切線的性質得∠MAB＝∠NBA＝90°，易得四邊形ABFH為矩形，所以HF＝2r，AH＝BF＝n，再根據(jù)切線長定理得到CE＝CA，F(xiàn)E＝FB＝n，設CA＝t，則CE＝t，CH＝t﹣AH＝t﹣n，在Rt△CHF中利用勾股定理得（t﹣n）2+（2r）2＝（t+n）2，解得t=r2n，接著證明Rt△BON∽Rt△ACB，然后利用相似比得可計算出【解答】解：作FH⊥AC于H，如圖，設BN＝1，則BF＝n，半圓的半徑為r，∵AM、BN為半圓的切線，∴∠MAB＝∠NBA＝90°，∴四邊形ABFH為矩形，∴HF＝2r，AH＝BF＝n，∵CF切半圓于E點，∴CE＝CA，F(xiàn)E＝FB＝n，設CA＝t，則CE＝t，CH＝t﹣AH＝t﹣n，在Rt△CHF中，∵CH2+FH2＝CF2，∴（t﹣n）2+（2r）2＝（t+n）2，解得t=r∵AB是半圓O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵ON⊥BD，∴AD∥ON，∴∠BON＝∠BAD，∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠ACD＝90°，∴∠BAD＝∠ACD，∴∠BON＝∠ACB，∴Rt△BON∽Rt△ACB，∴OBAC=BN∴n=1故選：A．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理、切線的性質和切線長定理；會運用相似比和勾股定理計算線段的長．6．如圖，∠MAN＝45°，B、C為AN上的兩點，且AB＝BC＝2，D為射線AM上的一個動點，過B、C、D三點作⊙O，則sin∠BDC的最大值為（）A．255 B．32 C．2【分析】當⊙O與AM相切于D時，⊙O與AM有唯一的公共點，則∠BDC最大，此時sin∠BDC的最大，如圖，作BH⊥AD于H，可判斷△ABH為等腰直角三角形，則∠ADB＝45°，AH=22AB=2，再根據(jù)切割線定理得AD2＝AB?AC＝8，計算出AD＝22，于是可判斷BH為△ACD的中位線，則BH∥CD，所以CD⊥AM，得到∠BDC＝45°，于是有sin∠【解答】解：當⊙O與AM相切于D時，∠BDC最大，此時sin∠BDC的最大，如圖，作BH⊥AD于H，∵∠A＝45°，∴△ABH為等腰直角三角形，∴∠ADB＝45°，AH=22AB∵AD為⊙O的切線，∴AD2＝AB?AC＝2（2+2）＝8，∴AD＝22，∴DH＝AH=2∴BH為△ACD的中位線，∴BH∥CD，∴CD⊥AM，∴∠ADC＝90°，∴∠BDC＝45°，∴sin∠BDC=2故選：C．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握切線的性質、圓周角定理和等腰直角三角形的性質；會利用勾股定理計算線段的長．7．如圖，BD為⊙O的直徑，點A是弧BC的中點，AD交BC于E點，DF是⊙O的切線與BC的延長線交于點F，AE＝2，ED＝4，下列結論：①△ABE∽△ABD；②AB＝23；③tan∠ADB=33；④△DEF是正三角形；⑤弧AB的長=A．2 B．3 C．4 D．5【分析】①由于A是弧BC的中點，故∠ADB＝∠ABC，再加上公共角∠A，即可證得所求的三角形相似．②根據(jù)△ABE∽△ADB，可知其對應邊成比例，再由AE＝2，ED＝4即可求出答案．③由（1）的相似三角形所得比例線段，可求得AB的長，進而可在Rt△ABD中，求得∠ABD的正切值．④連接CD，由RT△BAD的邊可得∠ADB＝30°，再由點A是弧BC的中點，可得∠ADB＝∠EDC＝30°，從而得出∠CED＝60°；再利用DF是⊙O的切線，得出∠EDF＝60°，即可得出△DEF是正三角形．⑤由RT△BAD的邊角關系，可得出BD＝43，從而得出圓的半徑，由∠BOA＝60°，根據(jù)弧長公式即可求解．【解答】證明：①∵點A是弧BC的中點，∴∠ABC＝∠ADB，又∵∠BAE＝∠BAE，∴△ABE∽△ADB．故①正確，②∵△ABE∽△ADB，∴ABAD∴AB2＝AD?AE＝（AE+ED）?AE＝（2+4）×2＝12，∴AB＝23．故②正確，③∵AB＝23，在Rt△ADB中，tan∠ADB=ABAD=④如圖，連接CD，則∠BCD＝90°；由AB＝23，AD＝6，∠BAD＝90°，得∠ADB＝30°，∵點A是弧BC的中點，∴∠ADB＝∠EDC＝30°，∴∠CED＝60°；∵DF是⊙O的切線，∴∠EDF＝60°，∴∠EFD＝60°，∴△DEF是正三角形；故④正確，⑤∵AB＝23，AD＝6，∠BAD＝90°，∴BD＝43，∴r＝23，∵∠BOA＝60°，∴l(xiāng)=60π×23180正確的個數(shù)為4個．故選：C．【點評】此題主要考查了圓的綜合題，涉及相似三角形的判定和性質、圓周角定理、圓心角、弧的關系、等邊三角形的判定和性質等知識，難度適中．8．如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線AB經(jīng)過點A（﹣4，0）、B（0，4），⊙O的半徑為1（O為坐標原點），點P在直線AB上，過點P作⊙O的一條切線PQ，Q為切點，則切線長PQ的最小值為（）A．6 B．7 C．22 D．3【分析】連接OP．根據(jù)勾股定理知PQ2＝OP2﹣OQ2，當OP⊥AB時，線段OP最短，即線段PQ最短．【解答】解：連接OP、OQ．∵PQ是⊙O的切線，∴OQ⊥PQ；根據(jù)勾股定理知PQ2＝OP2﹣OQ2，∵當PO⊥AB時，線段PQ最短；又∵A（﹣4，0）、B（0，4），∴OA＝OB＝4，∴AB＝42∴OP=12AB＝2∴PQ=P故選：B．【點評】本題考查了切線的判定與性質、坐標與圖形性質以及矩形的性質等知識點．運用切線的性質來進行計算或論證，常通過作輔助線連接圓心和切點，利用垂直構造直角來解決有關問題．9．如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E是AB上的一點，將△BCE沿CE折疊至△FCE，若CF，CE恰好與以正方形ABCD的中心為圓心的⊙O相切，則⊙O的半徑為（）A．1 B．2?1 C．3?1 【分析】連接AC交于點O，設EC與⊙O相切于點N，連接ON，由O為正方形的中心，得到∠DCO＝∠BCO，又CF與CE為圓O的切線，根據(jù)切線長定理得到CO平分∠ECF，可得出∠DCF＝∠BCE，由折疊可得∠BCE＝∠FCE，再由正方形的內角為直角，可得出∠ECB為30°，在直角三角形CON中，求出CO的長，再利用sin∠OCN＝sin15°=1?cos30°2，即可得到【解答】解：連接AC交于點O，設EC與⊙O相切于點N，連接ON，∵O為正方形ABCD的中心，∴∠DCO＝∠BCO，又∵CF與CE都為圓O的切線，∴CO平分∠ECF，即∠FCO＝∠ECO，∴∠DCO﹣∠FCO＝∠BCO﹣∠ECO，即∠DCF＝∠BCE，又∵△BCE沿著CE折疊至△FCE，∴∠BCE＝∠ECF，∴∠BCE＝∠ECF＝∠DCF=13∠∴∠OCN＝15°，∵BC＝AB＝4，∴CO=12AC＝2∵sin∠OCN＝sin15°=1?cos30°∴ONCO即ON=2?32故選：C．【點評】此題考查了切線的性質，正方形的性質以及折疊的性質和銳角三角函數(shù)關系等知識，熟練掌握定理及性質由半角公式求出半徑是解本題的關鍵．10．如圖，△ABC的三個頂點都在⊙O上，AD、BE是△ABC的高，交于點H，BE的延長線交⊙O于F，下列結論：①∠BAO＝∠CAD；②AO＝AH；③EH＝EF；④DH＝DC，其中正確的有（）個．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】作OG⊥AB于G，連接OB、AF，如圖，OG⊥AB，根據(jù)等腰三角形的性質得∠5=12∠AOB，∠1+∠5＝90°，BG＝AG，再根據(jù)圓周角定理得∠C=12∠AOB，則∠5＝∠C，由于∠2+∠要證明AO＝AH，而∠1＝∠2，則要證明Rt△AGO≌Rt△AEH，所以要證明AG＝AE，即證明AE=12AG，而∠ABE不能確定為30°，所以不能證明AE=12AB，于是可對②進行判斷；利用等角的余角相等得∠2＝∠4，再利用圓周角定理得到∠4＝∠3，則∠2＝∠3，加上AE⊥HF，根據(jù)等腰三角形的判定方法得到△AHF為等腰三角形，然后根據(jù)等腰三角形的性質對③進行判斷；要證明DH＝DC，由于∠2＝∠4，則要證明Rt△所以呀哦證明BD＝AD，由于不能確定∠ABD＝45°，不能確定BD＝AD，于是可對④進行判斷．【解答】解：作OG⊥AB于G，連接OB、AF，如圖，∵OG⊥AB，∴∠5=12∠AOB，∠1+∠5＝90°，BG＝∵∠C=12∠∴∠5＝∠C，∵AD⊥BC，∴∠2+∠C＝90°，∴∠1＝∠2，所以①正確；∵BE⊥AC，而∠ABE不能確定為30°，∴AB≠2AE，而AB＝2AG，∴AG≠AE，而∠1＝∠2，∴不能判斷Rt△AGO和Rt△AEH全等，∴不能確定AO＝AH，所以②錯誤；∵∠2+∠C＝90°，∠4+∠C＝90°，∴∠2＝∠4，而∠4＝∠3，∴∠2＝∠3，∵AE⊥HF，∴△AHF為等腰三角形，∴HE＝EF，所以③正確；由于不能確定∠ABD＝45°，∴不能確定BD＝AD∵∠2＝∠4，∴不能判斷Rt△ADC和Rt△BDH全等，∴不能確定DH＝CD，所以④錯誤．故選：B．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握垂徑定理、圓周角定理和等腰三角形的判定與性質；靈活運用三角形全等的判定與性質；合理作輔助線是解題的關鍵．11．如圖，△ABC內接于⊙O，CD⊥AB于P，交⊙O于D，E為AC的中點，EP交BD于F，⊙O的直徑為d．下列結論：①EF⊥BD；②AC2+BD2的值為定值；③OE=12BD；④AB?CD＝2S其中正確的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】先利用PE為Rt△APC的斜邊上的中線得到PE＝CE，則∠ECP＝∠EPC，再根據(jù)對頂角相等得∠EPC＝∠DPF，根據(jù)圓周角相等得∠CAP＝∠CDB，于是有∠DPF+∠PDF＝∠ACP+∠CAP＝90°，則可對①進行判斷；作PH⊥BD于H，連接OA、OC、OB、OD，如圖，利用等腰三角形的性質和圓周角定理可得∠AOE＝∠ABC，∠DOH＝∠BCD，由于∠ABC+∠BCD＝90°，則∠AOE+∠DOH＝90°，然后根據(jù)等角的余角相等得到∠EAO＝∠DOH，于是可根據(jù)“AAS”證明△AOE≌△ODH，得到OE＝DH，再根據(jù)垂徑定理由OH⊥BD得到BH＝DH，所以OE=12BD，則可對在Rt△OAE中，利用勾股定理得AE2+OE2＝OA2，加上AE=12AC，OE=12BD，則AC2+BD2＝4OA利用S四邊形ADBC＝S△ABC+S△ABD和三角形面積公式可對④進行判斷．【解答】解：∵CD⊥AB，∴∠APC＝90°，∵E為AC的中點，即PE為Rt△APC的斜邊上的中線，∴PE＝CE，∴∠ECP＝∠EPC，而∠EPC＝∠DPF，∠CAP＝∠CDB，∴∠DPF+∠PDF＝∠ACP+∠CAP＝90°，∴EF⊥BD，所以①正確；作PH⊥BD于H，連接OA、OC、OB、OD，如圖，∵E為AC的中點，∴OE⊥AC，∴∠AOE=12∠AOC，∠DOH=1∵∠ABC=12∠AOC，∠BCD=1∴∠AOE＝∠ABC，∠DOH＝∠BCD，而∠ABC+∠BCD＝90°，∴∠AOE+∠DOH＝90°，而∠AOE+∠EAO＝90°，∴∠EAO＝∠DOH，在△AOE和△ODH中，∠AEO=∠OHD∠EAO=∠HOD∴△AOE≌△ODH（AAS），∴OE＝DH，∵OH⊥BD，∴BH＝DH，∴OE=12BD，所以在Rt△OAE中，∵AE2+OE2＝OA2，而AE=12AC，OE=∴AC2+BD2＝4OA2，而OA為圓的半徑，為定值，∴AC2+BD2的值為定值，所以②正確；∵S四邊形ADBC＝S△ABC+S△ABD=12AB?CP+1=12AB（PC+=12AB?∴AB?CD＝2S四邊形ADBC，所以④正確．故選：D．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握垂徑定理、圓周角定理和直角三角形斜邊上的中線性質；會運用勾股定理和三角形面積公式計算；能運用全等三角形的知識解決線段相等的問題．12．如圖，已知A、B兩點的坐標分別為（﹣4，0）、（0，2），⊙C的圓心坐標為（0，﹣2），半徑為2．若D是⊙C上的一個動點，射線AD與y軸交于點E，當△ABE的面積最大值時，△CDE的面積為（）A．1211 B．113 C．83【分析】當射線AD與⊙C相切時，△ABE面積的最大．設EF＝x，由切割線定理表示出DE，可證明△CDE∽△AOE，根據(jù)相似三角形的性質可求得x，然后求得△CDE面積．【解答】解：當射線AD與⊙C相切時，△ABE面積的最大．如圖，連接AC．∵A點的坐標為（﹣4，0），⊙C的圓心坐標為（0，﹣2），半徑為2．∴AO＝4，OC＝2，即OC為⊙C的半徑，則AO與⊙C相切．∵AO、AD是⊙C的兩條切線，∴AD＝AO＝4．連接CD，設EF＝x，∴DE2＝EF?OE，∵CF＝2，∴DE=x(4+x)易證△CDE∽△AOE，則CDAO=CE解得x=43或∴S△CDE=12DE?CD=1故選：C．【點評】本題是一個動點問題，考查了圓的綜合題，解題時，涉及到了切線的性質和三角形面積的計算，解題的關鍵是確定當射線AD與⊙C相切時，△ABE面積的最大．二．填空題13．已知：如圖，AB＝BC，∠ABC＝90°，以AB為直徑的⊙O交OC于點D，AD的延長線交BC于點E，過D作⊙O的切線交BC于點F．下列結論：①CD2＝CE?CB；②4EF2＝ED?EA；③∠OCB＝∠EAB；④DF=12CD．其中正確的結論有①②④【分析】先連接BD，利用相似三角形的判定以及切線的性質定理得出DF＝FB，進而分別得出△CDE∽△CBD以及△CDF∽△CBO，再根據(jù)相似三角形的性質分別分析即可得出答案．【解答】解：①連接BD，∵AB為直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠DBE+∠3＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠1+∠DBE＝90°，∴∠1＝∠3，又∵DO＝BO，∴∠1＝∠2，∴∠2＝∠3，∴∠CDB＝∠CED，∵∠DCB＝∠ECD，∴△CDE∽△CBD，∴CD2＝CE?CB，故①CD2＝CE?CB正確；②∵過D作⊙O的切線交BC于點F，∴FD是⊙O的切線，∵∠ABC＝90°，∴CB是⊙O的切線，∴FB＝DF，∴∠FDB＝∠FBD，∴∠1＝∠FDE，∴∠FDE＝∠3，∴DF＝EF，∴EF＝FB，∴EB＝2EF，∵在Rt△ABE中，BD⊥AE，∴EB2＝ED?EA，∴4EF2＝ED?EA，故②4EF2＝ED?EA正確；③∵AO＝DO，∴∠OAD＝∠ADO，假設③∠OCB＝∠EAB成立，則∠OCB=12∠∴∠OCB＝30°，而BOBC=BO故③∠OCB＝∠EAB不成立，故此選項錯誤；④∵∠CDF＝∠CBO＝90°，∠DCF＝∠OCB，∴△CDF∽△CBO，∴DFBO∴DFCD∵AB＝BC，∴DFCD∴DF=12CD；故④DF=綜上正確的有①、②、④．故答案為：①②④．【點評】此題主要考查了圓的切線性質與判定、圓周角定理性質及三角形相似的判定等知識，熟練根據(jù)相似三角形的性質得出對應邊之間關系是解題關鍵．14．如圖，AB為半圓直徑，AC⊥AB，BF⊥AB，BF＝2，AB＝3，CA＝4，連接AF交半圓于D，連接CD，作DE⊥CD交直徑AB于E，則tan∠ACE＝112【分析】首先利用圓周角定理得出∠ADB＝90°，進而得出△ADB∽△ABF，求出BFAB=BDAD=23，再利用已知得出∠1＝∠2，即可得出△ACD∽BED，進而求出BD【解答】解：連接BD，∵AB為半圓直徑，∴∠ADB＝90°，∵BF⊥AB，∴∠ABF＝90°，∵∠BAF＝∠DAB，∴△ADB∽△ABF，∴BFAB∵BF＝2，AB＝3，∴BFAB∵AB為半圓直徑，AC⊥AB，∴∠4+∠FAB＝90°，∵∠3+∠DAB＝90°，∴∠3＝∠4，∵∠1+∠ADE＝90°，∠2+∠ADE＝90°，∴∠1＝∠2，∴△ACD∽BED，∴BDAD∵AC＝4，∴BE=8∴AE＝3?8∴tan∠ACE=1故答案為：112【點評】此題主要考查了圓的綜合應用以及圓周角定理和相似三角形的判定與性質，在綜合題中經(jīng)常利用相似性解決有關圓的問題，同學們應有意識嘗試應用．15．在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ABC＝45°，點E為對角線BD的中點，連接AE并延長交線段BC于點F，AE＝25，BF＝3，則AD的長為22．【分析】由于∠BAD＝∠BCD＝90°，點E為對角線BD的中點，根據(jù)圓周角定理的推論得點A和點C在以點E為圓心，BD為直徑的圓上，如圖，所以BD＝2AE＝45，連接EC、AC，作CH⊥AD于H，再根據(jù)圓周角定理得到∠AEC＝2∠ABC＝90°，可判斷△EAC為等腰直角三角形，所以AC=2AE＝210，∠EAC＝45°，然后證明△CAF∽△CBA，利用相似比得210：（3+CF）＝CF：210，可求得CF＝5，則BC＝CF+BF＝8；在Rt△ADC中，根據(jù)勾股定理計算出CD＝4，接著根據(jù)圓內接四邊形的性質得∠CDH＝∠ABC＝45°，則△CDH為等腰直角三角形，則CH＝DH=22CD＝22，于是可在Rt△AHC中，利用勾股定理計算出AH＝42，所以AD＝AH﹣DH【解答】解：∵∠BAD＝∠BCD＝90°，點E為對角線BD的中點，∴點A和點C在以點E為圓心，BD為直徑的圓上，如圖，則BD＝2AE＝45，連接EC、AC，作CH⊥AD于H，∵∠AEC＝2∠ABC＝90°，∴△EAC為等腰直角三角形，∴AC=2AE=2?25=210∴∠CAF＝∠CBA，而∠ACF＝∠BCA，∴△CAF∽△CBA，∴CA：CB＝CF：CA，即210：（3+CF）＝CF：210，整理得CF2+3CF﹣40＝0，解得CF＝5或CF＝﹣8（舍去），∴BC＝CF+BF＝8，在Rt△ADC中，CD=B∵∠CDH＝∠ABC＝45°，∴△CDH為等腰直角三角形，∴CH＝DH=22CD=2在Rt△AHC中，AH=AC2∴AD＝AH﹣DH＝42?22=2故答案為22．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理、圓內接四邊形的性質和等腰直角三角形的性質；會運用勾股定理和相似比進行幾何計算．16．如圖，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC=42，點D是AC邊上一動點，連接BD，以AD為直徑的圓交BD于點E，則線段CE長度的最小值為25?【分析】連接AE，如圖1，先根據(jù)等腰直角三角形的性質得到AB＝AC＝4，再根據(jù)圓周角定理，由AD為直徑得到∠AED＝90°，接著由∠AEB＝90°得到點E在以AB為直徑的⊙O上，于是當點O、E、C共線時，CE最小，如圖2，在Rt△AOC中利用勾股定理計算出OC＝25，從而得到CE的最小值為25?【解答】解：連接AE，如圖1，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，BC=42∴AB＝AC＝4，∵AD為直徑，∴∠AED＝90°，∴∠AEB＝90°，∴點E在以AB為直徑的⊙O上，∵⊙O的半徑為2，∴當點O、E、C共線時，CE最小，如圖2，在Rt△AOC中，∵OA＝2，AC＝4，∴OC=OA2∴CE＝OC﹣OE＝25?即線段CE長度的最小值為25?故答案為25?【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理和等腰直角三角形的性質；會利用勾股定理計算線段的長．解決本題的關鍵是確定E點運動的規(guī)律，從而把問題轉化為圓外一點到圓上一點的最短距離問題．17．如圖，已知直線y＝x+4與兩坐標軸分別交于A、B兩點，⊙C的圓心坐標為（2，0），半徑為2，若D是⊙C上的一個動點，線段DA與y軸交于點E，則△ABE面積的最小值和最大值分別是8﹣22和8+22．【分析】求出OA、OB值，根據(jù)已知求出BE的最大值和最小值即可，過A作⊙C的兩條切線，連接OD′，OD，求出AC，根據(jù)切線性質設E′O＝E′D′＝x，根據(jù)sin∠CAD′=OE'AE'，代入求出x，即可求出【解答】解：y＝x+4，∵當x＝0時，y＝4，當y＝0時，x＝﹣4，∴OA＝4，OB＝4，∵△ABE的邊BE上的高是OA，∴△ABE的邊BE上的高是4，∴要使△ABE的面積最大或最小，只要BE取最大值或最小值即可，過A作⊙C的兩條切線，如圖，當在D點時，BE最小，即△ABE面積最?。划斣贒′點時，BE最大，即△ABE面積最大；∵x軸⊥y軸，OC為半徑，∴EE′是⊙C切線，∵AD′是⊙C切線，∴OE′＝E′D′，設E′O＝E′D′＝x，∵AC＝4+2＝6，CD′＝2，AD′是切線，∴∠AD′C＝90°，由勾股定理得：AD′＝42，∴sin∠CAD′=D'C∴26解得：x=2∴BE′＝4+2，BE＝4?∴△ABE的最小值是12×（4?2最大值是：12×（4+2故答案為：8﹣22和8+22．【點評】本題考查了切線的性質和判定，三角形的面積，銳角三角函數(shù)的定義等知識點，解此題的關鍵是找出符合條件的D的位置，題目比較好，有一定的難度．18．如圖，點C在以AB為直徑的半圓上，AB＝8，∠CBA＝30°，點D在線段AB上運動，點E與點D關于AC對稱，DF⊥DE于點D，并交EC的延長線于點F．下列結論：①CE＝CF；②線段EF的最小值為23；③當AD＝2時，EF與半圓相切；④若點F恰好落在弧BC上，則AD＝25；⑤當點D從點A運動到點B時，線段EF掃過的面積是163．其中正確結論的序號是①③⑤．【分析】（1）由點E與點D關于AC對稱可得CE＝CD，再根據(jù)DF⊥DE即可證到CE＝CF．（2）根據(jù)“點到直線之間，垂線段最短”可得CD⊥AB時CD最小，由于EF＝2CD，求出CD的最小值就可求出EF的最小值．（3）連接OC，易證△AOC是等邊三角形，AD＝OD，根據(jù)等腰三角形的“三線合一”可求出∠ACD，進而可求出∠ECO＝90°，從而得到EF與半圓相切．（4）利用相似三角形的判定與性質可證到△DBF是等邊三角形，只需求出BF就可求出DB，進而求出AD長．（5）首先根據(jù)對稱性確定線段EF掃過的圖形，然后探究出該圖形與△ABC的關系，就可求出線段EF掃過的面積．【解答】解：①連接CD，如圖1所示．∵點E與點D關于AC對稱，∴CE＝CD，∴∠E＝∠CDE，∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°，∴∠E+∠F＝90°，∠CDE+∠CDF＝90°，∴∠F＝∠CDF，∴CD＝CF，∴CE＝CD＝CF，∴結論“CE＝CF”正確；②當CD⊥AB時，如圖2所示；∵AB是半圓的直徑，∴∠ACB＝90°，∵AB＝8，∠CBA＝30°，∴∠CAB＝60°，AC＝4，BC＝43．∵CD⊥AB，∠CBA＝30°，∴CD=12BC＝2根據(jù)“點到直線之間，垂線段最短”可得：點D在線段AB上運動時，CD的最小值為23，∵CE＝CD＝CF，∴EF＝2CD，∴線段EF的最小值為43，∴結論“線段EF的最小值為23”錯誤．③當AD＝2時，連接OC，如圖3所示．∵OA＝OC，∠CAB＝60°，∴△OAC是等邊三角形，∴CA＝CO，∠ACO＝60°，∵AO＝4，AD＝2，∴DO＝2，∴AD＝DO，∴∠ACD＝∠OCD＝30°，∵點E與點D關于AC對稱，∴∠ECA＝∠DCA，∴∠ECA＝30°，∴∠ECO＝90°，∴OC⊥EF，∵EF經(jīng)過半徑OC的外端，且OC⊥EF，∴EF與半圓相切，∴結論“EF與半圓相切”正確；④當點F恰好落在BC上時，連接FB、AF，如圖4所示，∵點E與點D關于AC對稱，∴ED⊥AC，∴∠AGD＝90°，∴∠AGD＝∠ACB，∴ED∥BC，∴△FHC∽△FDE，∴FHFD∵FC=12∴FH=12∴FH＝DH，∵DE∥BC，∴∠FHC＝∠FDE＝90°，∴BF＝BD，∴∠FBH＝∠DBH＝30°，∴∠FBD＝60°，∵AB是半圓的直徑，∴∠AFB＝90°，∴∠FAB＝30°，∴FB=12∴DB＝4，∴AD＝AB﹣DB＝4，∴結論“AD＝25”錯誤；⑤∵點D與點E關于AC對稱，點D與點F關于BC對稱，∴當點D從點A運動到點B時，點E的運動路徑AM與AB關于AC對稱，點F的運動路徑NB與AB關于BC對稱，∴EF掃過的圖形就是圖5中陰影部分，∴S陰影＝2S△ABC＝2×12AC＝AC?BC＝4×43＝163，∴EF掃過的面積為163，∴結論“EF掃過的面積為163”正確，故答案為：①③⑤．【點評】本題考查了等邊三角形的判定與性質、平行線的判定與性質、相似三角形的判定與性質、切線的判定、軸對稱的性質、含30°角的直角三角形、垂線段最短等知識，綜合性強，有一定的難度．19．如圖，平面直角坐標系中，分別以點A（﹣2，3），B（3，4）為圓心，以1、2為半徑作⊙A、⊙B，M、N分別是⊙A、⊙B上的動點，P為x軸上的動點，則PM+PN的最小值等于74?3【分析】作⊙A關于x軸的對稱⊙A′，連接BA′分別交⊙A′和⊙B于M、N，交x軸于P，如圖，根據(jù)兩點之間線段最短得到此時PM+PN最小，再利用對稱確定A′的坐標，接著利用兩點間的距離公式計算出A′B的長，然后用A′B的長減去兩個圓的半徑即可得到MN的長，即得到PM+PN的最小值．【解答】解：作⊙A關于x軸的對稱⊙A′，連接BA′分別交⊙A′和⊙B于M、N，交x軸于P，如圖，則此時PM+PN最小，∵點A坐標（﹣2，3），∴點A′坐標（﹣2，﹣3），∵點B（3，4），∴A′B=(3+2∴MN＝A′B﹣BN﹣A′M=74?2﹣1∴PM+PN的最小值為74?故答案為74?【點評】本題考查了圓的綜合題：掌握與圓有關的性質和關于x軸對稱的點的坐標特征；會利用兩點之間線段最短解決線段和的最小值問題；會運用兩點間的距離公式計算線段的長；理解坐標與圖形性質．20．如圖，在平行四邊形ABCD中，以對角線AC為直徑的⊙O分別交BC，CD于M，N．若AB＝13，BC＝14，CM＝9，則MN的長度為18013【分析】連接AM，AN，根據(jù)圓周角定理可知△ABM是直角三角形，利用勾股定理即可求出AC的長；易證△AMN∽△ACD，根據(jù)相似三角形的性質即可求出MN的長．【解答】解：連接AM，AN，∵AC是⊙O的直徑，∴∠AMC＝90°，∠ANC＝90°，∵AB＝13，BM＝5，∴AM=A∵CM＝9，∴AC＝15，∵∠MCA＝∠MNA，∠MCA＝∠CAD，∴∠MNA＝∠CAD，∵∠AMN＝∠ACN，∴∠AMN＝∠ACN，∵△NMA∽△ACD，∴AM：MN＝CD：AC，∴12：MN＝13：15，∴MN=180故答案為：18013【點評】本題考查了圓周角定理運用、勾股定理的運用、相似三角形的判定和性質，題目的綜合性較強，難度中等，解題的關鍵是添加輔助線構造相似三角形．21．如圖，AB＝4，O為AB的中點，⊙O的半徑為1，點P是⊙O上一動點，以PB為直角邊的等腰直角三角形PBC（點P、B、C按逆時針方向排列），則線段AC的長的取值范圍為2≤AC≤32【分析】如圖，作OK⊥AB，在OK上截取OK＝OA＝OB，連接AK、BK、KC、OP．首先證明△OBP∽△KBC，得KCOP=BCPB=2，由OP＝1，推出KC=2【解答】解：如圖，作OK⊥AB，在OK上截取OK＝OA＝OB，連接AK、BK、KC、OP．∵OK＝OA＝OB，OK⊥AB，∴KA＝KB，∠AKB＝90°，∴△AKB是等腰直角三角形，∵∠OBK＝∠PBC，∴∠OBP＝∠KBC，∵OBBK∴△OBP∽△KBC，∴KCOP=BC∴KC=2∴點C的運動軌跡是以點K為圓心，KC為半徑的圓，AK=2OA＝22∴AC的最大值為32，AC的最小值2，∴2≤AC≤32故答案為2≤AC≤3【點評】本題考查圓綜合題、相似三角形的判定和性質、等腰直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會添加輔助線，構造相似三角形解決問題，解題的突破點是發(fā)現(xiàn)點C的運動軌跡是以點K為圓心，KC為半徑的圓，所以中考填空題中的壓軸題．22．如圖，在⊙O中，AB是直徑，CD是弦，AB⊥CD于點H，DC＝AH，連接AD、AC，點F在弦AE上，連接DF、CF，∠DFE＝∠CAH，∠CFE＝∠CAD，CH=37，則AF長為5【分析】先用垂徑定理得出CD，進而用勾股定理求出AD，AC，再用已知角推導出∠FCE＝∠AEC，即可得出FE＝FC，進而判斷出△FDE≌△FGE（ASA）即可得出DE＝EG=12CE，再用角平分線定理求出CM，DM即可得出MH，進而利用勾股定理求出AM，再用△ADM∽△AED求出DE，最后用△DEC∽△AFC得出比例式即可求出【解答】解：如圖，∵AB是直徑，CD是弦，AB⊥CD，∴DH＝CH=12∵DC＝AH，∴AH＝CD＝2CH＝237，在Rt△ACH中，AD＝AC=AH2連接DE，CE，過點F作FG⊥CE，∵AB是直徑，CD是弦，AB⊥CD，∴∠ADC＝∠ACD，∠BAD＝∠BAC=12∠∵∠CFE＝∠CAD，∠ADC＝∠AEC，∴∠ACD＝∠FCE，∵∠ADC＝∠ACD，∴∠FCE＝∠AEC，∴FE＝FC，∵FG⊥CE，∴EG＝CG=12EC，∠EFG＝∠CFG=12∠EFC=1∵∠DFE＝∠CAH，∴∠EFG＝∠DEF，∵∠AED＝∠ACD＝∠ADC＝∠AEC，在△FDE和△FGE中，∠AED=∠AECEF=EF∴△FDE≌△FGE（ASA），∴DE＝EG=12∵∠AED＝∠AEC，∴DEEC∴CM＝2DM，∵CD＝2CD＝237=DM+CM＝3DM∴DM=2CM=4∴MH＝CM﹣CH=37在Rt△AHM中，AM=A∵∠ADM＝∠AED，∠DAM＝∠EAD，∴△ADM∽△AED，∴DMDE∴237∴DE＝25，∵點A，D，E，C四點共圓，∴∠DEC+∠CAD＝180°，∵∠CAD＝∠EFC，∴∠DEC+∠EFC＝180°，∵∠AFC+∠EFC＝180°，∴∠DEC＝∠AFC，∴∠CDE＝∠CAF，∴△DEC∽△AFC，∴DEAF∴AF=DE?AC故答案為5．【點評】此題是圓的綜合題，主要考查了垂徑定理，勾股定理，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，角平分線定理等知識點；判斷出FE＝FC和CE＝2DE是解本題的關鍵，求出DE是解本題的突破口；此題還可以拓展：如判斷點O在CE的垂直平分線上，DF與DE垂直等．三．解答題23．⊙O經(jīng)過坐標原點，且與x軸交于點A、DC⊥x軸于點C，且與⊙D交于點B，已知⊙D的半徑為23，∠ODA＝120°．（1）求B點的坐標；（2）求經(jīng)過O、B、A三點的拋物線的解析式；（3）在拋物線上是否存在一點P，使△PAO和△OBA相似？若有，求出P點坐標；不存在，說明理由．【分析】（1）根據(jù)垂徑定理．由DC⊥OA得到OC＝AC，再根據(jù)等腰三角形的性質由DA＝DO，∠ODA＝120°得到∠DOC＝30°，則可計算出DC=12OD=3，OC=3DC＝3，所以CB＝DB﹣DC=3（2）由于OC＝AC＝3，則A點坐標為（6，0），設交點式，利用待定系數(shù)法求出經(jīng)過O、B、A三點的拋物線的解析式；（3）先證明△DOB和△DAB都是等邊三角形，則BO＝BA，∠ABO＝120°，所以∠BOA＝∠BAO＝30°，若△PAO和△OBA相似，則∠PAO＝∠ABO＝120°，∠POA＝∠BOA＝30°，作PH⊥x軸于H，如圖，可計算出∠PAH＝60°，在Rt△PAH中利用∠APH＝30°，AP＝AO＝6可計算出AH=12PA＝3，PH=3AH＝33，則P然后利用拋物線的對稱性點（﹣3，33）也滿足要求，于是得到滿足條件的P點坐標為（9，33）或（﹣3，33）．【解答】解：（1）∵DC⊥OA，∴OC＝AC，∵DA＝DO，∠ODA＝120°，∴∠DOC＝30°，在Rt△ODC中，∵OD＝23，∴DC=12OD∴OC=3DC∴CB＝DB﹣DC＝23?∴B點坐標為（3，?3（2）∵OC＝AC＝3，∴A點坐標為（6，0），設經(jīng)過O、B、A三點的拋物線的解析式為y＝ax（x﹣6），把B（3，?3）代入得a?3?（3﹣6）=?3，解得a∴經(jīng)過O、B、A三點的拋物線的解析式為y=39x（x﹣6）=39x（3）存在．∵∠ODB＝∠ADB＝60°，∴△DOB和△DAB都是等邊三角形，∴BO＝BA，∠ABO＝60°+60°＝120°，∴∠BOA＝∠BAO＝30°，∵△PAO和△OBA相似，∴∠PAO＝∠ABO＝120°，∠POA＝∠BOA＝30°，作PH⊥x軸于H，如圖，∵∠PAO＝120°，∴∠PAH＝60°，在Rt△PAH中，∵∠APH＝30°，AP＝AO＝6，∴AH=12PA＝3，PH=3AH∴P點坐標為（9，33）點（9，33）關于直線x＝3的對稱點（﹣3，33）也滿足要求，∴滿足條件的P點坐標為（9，33）或（﹣3，33）．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握垂徑定理、等腰三角形的性質和相似三角形的判定與性質；會利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；記住含30度的直角三角形三邊的關系；理解坐標與圖形性質．24．如圖，已知拋物線y＝ax2+bx﹣3與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，經(jīng)過A、B、C三點的圓的圓心M（1，m）恰好在此拋物線的對稱軸上，⊙M的半徑為5．設⊙M與y軸交于點D，拋物線的頂點為點E．（1）求m的值及拋物線的解析式；（2）求證：△BDO∽△BCE；（3）探究坐標軸上是否存在點P，使得以點P、A、C為頂點的三角形與△BCE相似？若存在，請指出點P的位置，并直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）先求出C（0，﹣3），根據(jù)兩點間的距離公式，由MC=5得到（1﹣0）2+（m+3）2＝5，解得m1＝﹣1，m2＝﹣5，設A點坐標為（t，0），再根據(jù)兩點間的距離公式，當m＝﹣1時，（t﹣1）2+（0+1）2＝5，解得t1＝﹣1，t2＝3，則A（﹣1，0），B（3，0）；當m＝﹣5時，（t﹣1）2+（0﹣5）2＝5，解得t1＝t2于是可設交點式y(tǒng)＝a（x+1）（x﹣3），然后把（0，﹣3）代入求出a＝1，于是得到拋物線解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）作MH⊥CD于H，如圖，根據(jù)垂徑定理得到CH＝DH，利用C（0，﹣3），H（﹣1，0）得到DH＝2，則D（0，1），再利用配方法得到y(tǒng)＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，所以E（1，﹣4），接著根據(jù)兩點間的距離公式計算出CE=2，BE＝25，BC＝32，則CE2+BC2＝BE2，根據(jù)勾股定理的逆定理得△BCE為直角三角形，∠BCE＝90°，然后根據(jù)相似三角形的判定方法可得△BDO∽△BCE（3）由于以P、A、C為頂點的三角形與△BCE相似，利用△BCE的特征得到△PAC為直角三角形，且兩直角邊的比為1：3，然后分類討論：當∠APC＝90°時，點P與點O重合，得到P點坐標為（0，0）；當∠PAC＝90°時，作AP1⊥AC交y軸于P1，如圖，證明Rt△AOP1∽Rt△COA，利用相似比計算出OP1，得到P1的坐標；當∠ACP＝90°時，作CP2⊥AC交y軸于P2，如圖，證明Rt△COP2∽Rt△AOC利用相似比計算出OP2，得到P2的坐標．【解答】解：（1）當x＝0時，y＝ax2+bx﹣3＝﹣3，則C（0，﹣3），∵MC=5∴（1﹣0）2+（m+3）2＝5，解得m1＝﹣1，m2＝﹣5，設A點坐標為（t，0），而MA=當m＝﹣1時，（t﹣1）2+（0+1）2＝5，解得t1＝﹣1，t2＝3，則A（﹣1，0），B（3，0）；當m＝﹣5時，（t﹣1）2+（0﹣5）2＝5，解得t1＝t2＝1，不合題意舍去；∴拋物線解析式為y＝a（x+1）（x﹣3），把（0，﹣3）代入得a?1?（﹣3）＝﹣3，解得a＝1，∴拋物線解析式為y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3；（2）作MH⊥CD于H，如圖，∴CH＝DH，∵C（0，﹣3），H（﹣1，0），∴CH＝2，∴DH＝2，∴OD＝DH﹣OH＝1，∴D（0，1），∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴E（1，﹣4），∴CE=12+(?4+3)2=而BC=32+∴CE2+BC2＝BE2，∴△BCE為直角三角形，∠BCE＝90°，∵OBBC=3∴OBBC∴△BDO∽△BCE；（3）存在．∵以P、A、C為頂點的三角形與△BCE相似，∴△PAC為直角三角形，且兩直角邊的比為1：3，當∠APC＝90°時，點P與點O重合，此時P點坐標為（0，0）；當∠PAC＝90°時，作AP1⊥AC交y軸于P1，如圖，∵∠P1AO+∠CAO＝90°，∠P1AO+∠AP1O＝90°，∴∠CAO＝∠AP1O，∴Rt△AOP1∽Rt△COA∴OA2＝OP1?OC，∴OP1=1∴P1的坐標為（0，13當∠ACP＝90°時，作CP2⊥AC交y軸于P2，如圖，同樣可證明Rt△COP2∽Rt△AOC得到OC2＝OP2?OA，∴OP2＝9，∴P2的坐標為（9，0），綜上所述，滿足條件的P點坐標為（0，0），（0，13【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓的定義、垂徑定理和相似三角形的判定與性質；會利用兩點間的距離公式計算線段的長．25．如圖，在平面直角坐標系中圓O1的圓心在x軸上，直徑OA＝2，直線OB交圓O1于B，且∠BOA＝15°（1）求直線OB的解析式；（2）求經(jīng)過O、A、B三點的拋物線y＝ax2+bx+c的表達式；（3）動點Q從A點出發(fā)順時針在半圓AQO上運動，速度為π9長/秒，直線BQ交x軸于P，問經(jīng)過多長時間PQ【分析】（1）連接BO1，可知∠BO1A＝30°，過B作BC⊥OA于點C，可求得BC=12，O1C=32，可求出OC，從而可得出（2）可求出O、A點的坐標，可利用兩點式，再把B點的坐標代入可求出拋物線的表達式；（3）因為半徑為1，當PQ＝1時，則可知BQ過點P，此時∠PO1Q＝150°，可求得弧AQ的長，再利用速度可求得時間．【解答】解：（1）如圖1，連接BO1，∴∠BOA＝15°，∴∠BO1A＝2∠BOA＝30°，過B作BC⊥OA于點C，∵OA＝1，∴O1B＝1，在Rt△O1BC中可求得BC=12，O1C∴OC＝1+3∴B點坐標為（1+32，設直線OB解析式為y＝kx，則有12=（1+32）k，解得∴直線OB的解析式為y＝（2?3）x（2）∵OA＝2，∴A（2，0），且O（0，0），設拋物線的解析式為y＝ax（x﹣2），把B點坐標代入可得12=a（32+1）（∴拋物線解析式為y＝﹣2x（x﹣2），即y＝﹣2x2+4x；（3）∵圓的半徑為1，如圖2，當P點在O1右側時，∠PO1Q為銳角，此時PQ＜O1Q，當P點在O1左側時，∠PO1Q為銳角，此時PQ＜O1Q，∴只有當點P在O1時，PQ＝O1Q＝1，即BQ過O1點，此時∠QO1A＝180°﹣∠AO1B＝150°，∴AQ的長為：150π180又∵Q點的速度為π9∴Q點運動的時間為：5π6即當時間為7.5秒時，PQ的長為1．【點評】本題主要考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式和圓周角定理、弧長的計算等知識的綜合應用，掌握待定系數(shù)法是求函數(shù)解析的常用方法，在（1）（2）中求出B點的坐標是解題的關鍵；在（3）中確定出直線BQ的位置是解題的關鍵．26．如圖，點I是△ABC的內心，線段AI的延長線交△ABC的外接圓于點D、BC于點E．（1）求證：BD＝ID；（2）若ID＝4，AD＝8，求DE的長；（3）延長ID至點F，使DF＝ID．連接BF，求證：BF⊥BI．【分析】（1）要證明ID＝BD，只要求得∠BID＝∠IBD即可；（2）根據(jù)已知及相似三角形的判定方法得到△ABD∽△BED，由相似三角形的性質：對應邊的比值相等即可求出DE的長；（3）由（1）可知ID＝BD，所以BD＝ID＝DF，即BD=12ID，所以三角形BFI是直角三角形，進而可證明BF⊥【解答】（1）證明：∵點I是△ABC的內心，∴∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠CBI，∵∠CBD＝∠CAD，∴∠BAD＝∠CBD，∴∠BID＝∠ABI+∠BAD，∴∠ABI＝∠CBI，∠BAD＝∠CAD＝∠CBD，∵∠IBD＝∠CBI+∠CBD，∴∠BID＝∠IBD，∴ID＝BD；（2）解：∵∠BAD＝∠CBD＝∠EBD，∠D＝∠D，∴△ABD∽△BED，∴BD：DE＝AD：BD，∵ID＝BD＝4，AD＝8，∴4：DE＝8：4，∴DE＝2；（3）∵ID＝BD，DF＝ID，∴BD＝ID＝DF，即BD=12∴△BFI是直角三角形，∴BF⊥BI．【點評】本題考查了三角形的內心的性質，以及等腰三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，直角三角形的判定和性質，證明△ABD∽△BED是解題關鍵．27．如圖，⊙M經(jīng)過O點，并且與x軸、y軸分別交與A、B兩點，線段OA，OB（OA＞OB）的長時方程x2﹣17x+60＝0的兩根．（1）求線段OA、OB的長；（2）已知點C在劣弧OA上，連接BC交OA于D，當OC2＝CD?CB時，求點C的坐標；（3）在（2）的條件下，在⊙M上是否存在一點P，使S△POD＝S△ABD？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．（4）點C在優(yōu)弧OA上，作直線BC交x軸于D．是否存在△COB∽△CDO？若存在，直接寫出點C的坐標；若不存在，說明理由．【分析】（1）利用因式分解法解方程x2﹣17x+60＝0，即可得到OA＝12，OB＝5；（2）連接AB、MC、AC，如圖1，根據(jù)圓周角定理得AB為⊙O的直徑，根據(jù)勾股定理計算出AB＝13，則MC=132，由于OC2＝CD?CB，根據(jù)相似的判定定理得到△COD∽△CBO，則∠1＝∠2，由同弧所對的圓周角相等得到∠2＝∠3，所以∠1＝∠3，則OC=AC，根據(jù)垂徑定理的推論得到MC⊥OA，OH＝AH=12OA＝6，易得HM=12OB=5（3）先利用待定系數(shù)法確定直線BC的解析式為y=?32x+5，再求出D點坐標為（103，0），則OD=103，AD＝OA﹣OD=263，設P點坐標為（x，y），根據(jù)三角形面積公式得到12?103?|y|=12?26（4）連接AC，CM的延長線交OA于H，如圖2，由△COB∽△CDO得到∠4＝∠5，利用等角的余角相等得到∠3＝∠1，再根據(jù)圓內接四邊形的性質得∠3＝∠2，所以∠1＝∠2，于是利用圓周角定理有OC=AC，然后根據(jù)垂徑定理的推論得MC⊥OA，OH＝AH=12OA＝6，加上MH=52，所以CH＝【解答】解：（1）x2﹣17x+60＝0，（x﹣12）（x﹣5）＝0，解得x1＝12，x2＝5，所以OA＝12，OB＝5；（2）連接AB、MC、AC，MC交OA于H，如圖1，∵∠ACOB＝90°，∴AB為⊙O的直徑，AB=O∴MC=13∵OC2＝CD?CB，即OC：CD＝CB：OC，而∠OCD＝∠BCO，∴△COD∽△CBO，∴∠1＝∠2，∵∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∴OC=∴MC⊥OA，∴OH＝AH=12∴HM=12OB∴CH＝CM﹣HM=13∴C點坐標為（6，﹣4）；（3）不存在．理由如下：設直線BC的解析式為y＝kx+b，把B（0，5），C（6，﹣4）代入得b=56k+b=?4解得k=?3∴直線BC的解析式為y=?32當y＝0時，?32x+5＝0，解得x則D點坐標為（103∴OD=103，AD＝OA﹣OD∴設P點坐標為（x，y），∵S△POD＝S△ABD，∴12?103?|y|=12?∵⊙M的直徑為13，∴⊙M上不存在點P，使其縱坐標為13；（4）存在．連接AC，CM的延長線交OA于H，如圖2，∵△COB∽△CDO，∴∠4＝∠5，而∠5+∠3＝90°，∠4+∠1＝90°，∴∠3＝∠1，∵∠3＝∠2，∴∠1＝∠2，∴OC=∴MC⊥OA，∴OH＝AH=12而MH=5∴CH＝CM+MH＝9，∴C點坐標為（6，9）．【點評】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握垂徑定理、圓周角定理和相似三角形的判定與性質．會利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，利用兩點間的距離公式計算線段的長；理解坐標與圖形性質．28．如圖，圓M與y軸相切于點C，與x軸交于A（2?3，0）、B（2+3，0）兩點，點Q是圓M上一個動點，點N為OQ的中點，連接CN，當點Q在圓M上運動時，【分析】作ME⊥x軸于E，連接MC，根據(jù)垂徑定理，由ME⊥AB得AE＝BE＝，則OE＝OA+AE＝2，再根據(jù)切線的性質得到MC⊥y軸，所以四邊形MEOC為矩形，于是得到MC＝OE＝2，再連接OM，MQ，K點為OM的中點，連接NK，CK，先根據(jù)勾股定理計算出OM=5，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質得CK=52，易得NK為△OQM的中位線，則NK=12QM＝1，根據(jù)三角形三邊的關系得到，當∠CKN＝180°時，CN最大，此時CN＝【解答】解：如圖1，作ME⊥x軸于E，連接MC，∵A（2?3，0）、點B（2+∴AB＝23，∵ME⊥AB，∴AE＝BE=3∴OE＝OA+AE＝2?3∵⊙M與y軸相切于點C，∴MC⊥y軸，∴四邊形MEOC為矩形，∴MC＝OE＝2，即⊙M的半徑為2，連接OM，MQ，K點為OM的中點，連接NK，CK，如圖2，∵OC＝1，MC＝2，∴OM=1∴CK=5∵N點為OQ的中點，∴NK為△OQM的中位線，∴NK=12∵點Q是⊙M上一個動點，∴當∠C