2020-2021备战中考数学易错题专题训练-圆与相似练习题及详细答案

2020-2021备战中考数学易错题专题训练-圆与相似练习题及详细答案
一、相似
1．如图，在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，连接BO，以AB为斜边向三角内部作Rt△ABE，且∠AEB=90°，连接EO．求证：
（1）∠OAE=∠OBE；
（2）AE=BE+ OE．
【答案】（1）证明：在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB=90°，
∵∠AEB=90°，
∴A，B，E，O四点共圆，
∴∠OAE=∠OBE
（2）证明：在AE上截取EF=BE，
则△EFB是等腰直角三角形，
∴，∠FBE=45°，
∵在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，
∴∠ABO=45°，
∴∠ABF=∠OBE，
∵，
∴，
∴△ABF∽△BOE，
∴ = ，
∴AF= OE，
∵AE=AF+EF，
∴AE=BE+ OE．
【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，可证得∠AOB=∠AEB=90°，可得出A，B，E，O四点共圆，再利用同弧所对的圆周角相等，可证得结论。

（2）在AE上截取EF=BE，易证△EFB是等腰直角三角形，可得出BF与BE的比值为，再证明∠ABF=∠OBE，AB与BO的比值为，就可证得AB、BO、BF、BE四条线段成比例，然后利用两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABF∽△BOE，可证得AF= OE，由AE=AF+EF，可证得结论。

2．如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴，y轴于点A，C，点D （m，4）在直线AC上，点B在x轴正半轴上，且OB=2OC．点E是y轴上任意一点，连结DE，将线段DE按顺时针旋转90°得线段DG，作正方形DEFG，记点E为（0，n）．
（1）求点D的坐标；
（2）记正方形DEFG的面积为S，
① 求S关于n的函数关系式；
② 当DF∥x轴时，求S的值；
（3）是否存在n的值，使正方形的顶点F或G落在△ABC的边上？若存在，求出所有满足条件的n的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：∵点D（m，4）在直线AC上；
∴4= m+8，解得m=﹣3，∴点D的坐标为（﹣3，4）
（2）解：①如图1，过点D作DH⊥y轴于H，
则EH=|n﹣4|
∴S=DE2=EH2+DH2=（n﹣4）2+9；
②当DF∥x轴时，点H即为正方形DEFG的中心，∴EH=DH=3，∴n=4+3=7，∴S=（7﹣4）2+9=18
（3）解：∵OB=2OC=16，∴B为（16，0），∴BC为：；
①当点F落在BC边上时，如图2，作DM⊥y轴于M，FN⊥y轴于N．
在△DEM与△EFN中，，∴△DEM≌△EFN（AAS），∴NF=EM=n﹣4，EN=DM=3
∴F为（n﹣4，n﹣3）
∴n﹣3=﹣（n﹣4）+8，∴n= ；
②当点G落在BC边上时，如图3，作DM⊥y轴于M，GN⊥DM轴于N，
由①同理可得△DEM≌△GDN，∴GN=DM=3，DN=EM=n﹣4，∴点G纵坐标为1，∴
，∴x=14，∴DN=14+3=17=n﹣4，∴n=21；
③当点F落在AB边上时，如图4，作DM⊥y轴于M，
由①同理可得△DEM≌△EFO，∴OE=DM=3，即n=3；
④当点G落在AC边上时，如图5．
∵∠CDE=∠AOC=90°，∠DCE=∠OCA，∴△DCE∽△OCA，∴，∴，∴n= ，显然，点G不落在AB边上，点F不落在AC边上，故只存在以上四种情况．
综上可得，当n= 或21或3或时，正方形的顶点F或G落在△ABC的边上．
【解析】【分析】（1）根据点D在直线AC上；于是将D（m，4）代入直线AC的解析式得出m=-3,从而得出D点的坐标；
（2）①如图1，过点D作DH⊥y轴于H，根据和y轴垂直的直线上的点的坐标特点及y 轴上两点间的距离，则DH=|n-4|,根据正方形的面积等于边长的平方及勾股定理得出S=DE2=EH2+DH2=（n﹣4）2+9；②当DF∥x轴时，点H即为正方形DEFG的中心，故EH=DH=3，n=7，将n=7代入函数解析式即可得出S的值；
（3）首先找到C点的坐标，得出OC的长度，然后根据OB=2OC=16得出B点的坐标，利用待定系数法得出直线BC的解析式，①当点F落在BC边上时，如图2，作DM⊥y轴于M，FN⊥y轴于N．利用AAS判断出∴△DEM≌△EFN，根据全等三角形对应边相等得出NF=EM=n﹣4，EN=DM=3从而得出F点的坐标，根据F点的纵坐标的两种不同表示方法得出关于n的方程，求解得出n的值；②当点G落在BC边上时，如图3，作DM⊥y轴于M，GN⊥DM轴于N，由①同理可得△DEM≌△GDN，GN=DM=3，DN=EM=n﹣4，从而得
出G点的纵坐标为1，根据点G的纵坐标列出方程，求解得出N的值；③当点F落在AB 边上时，如图4，作DM⊥y轴于M，由①同理可得△DEM≌△EFO，OE=DM=3，即n=3；
④当点G落在AC边上时，如图5．首先判断出△DCE∽△OCA，根据相似三角形对应边成比例得出 C E∶ A C = C D∶ O C，从而得出关于n的方程，求解得出n的值，综上所述得出所有答案。

3．如图，在△ABC中，已知AB=AC=10cm，BC=16cm，AD⊥BC于D，点E、F分别从B、C 两点同时出发，其中点E沿BC向终点C运动，速度为4cm/s；点F沿CA、AB向终点B运动，速度为5cm/s，设它们运动的时间为x（s）．
（1）求x为何值时，△EFC和△ACD相似；
（2）是否存在某一时刻，使得△EFD被AD分得的两部分面积之比为3:5，若存在，求出x 的值，若不存在，请说明理由；
（3）若以EF为直径的圆与线段AC只有一个公共点，求出相应x的取值范围．
【答案】（1）解：如图1中，
点F在AC上，点E在BD上时，①当时，△CFE∽△CDA，
∴ = ，
∴t= ，
②当时，即 = ，
∴t=2，
当点F在AB上，点E在CD上时，不存在△EFC和△ACD相似，
综上所述，t= s或2s时，△EFC和△ACD相似．
（2）解：不存在．
理由：如图2中，当点F在AC上，点E在BD上时，作FH⊥BC于H，EF交AD于N．
∵CF=5t．BE=4t，
∴CH=CF•cosC=4t，
∴BE=CH，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=DC，
∴DE=DH，
∵DN∥FH，
∴ =1，
∴EN=FN，
∴S△END=S△FND，
∴△EFD被 AD分得的两部分面积相等，
同法可证当点F在AB上，点E在CD上时，△EFD被 AD分得的两部分面积相等，
∴不存在某一时刻，使得△EFD被 AD分得的两部分面积之比为3：5．
（3）解：①如图3中，当以EF为直径的⊙O经过点A时，⊙O与线段AC有两个交点，连接AE，则∠EAF=90°．
由 =cosC= ，可得 = ，
∴t= ，
∴0≤t＜时，⊙O与线段AC只有一个交点．
②如图4中，当⊙O与AC相切时，满足条件，此时t= ．
③如图5中，当⊙O与AB相切时，cosB= ，即 = ，解得t= ．
④如图6中，⊙O经过点A时，连接AE，则∠EAF=90°．
由cosB= = ，即 = ，t= ，
∴＜t≤4时，⊙O与线段AC只有一个交点．
综上所述，当⊙O与线段AC只有一个交点时，0≤t＜或或或＜t≤4
【解析】【分析】（1）分类讨论：根据路程等于速度乘以时间，分别表示出BE,,CE,CF的
长，①当时，△CFE∽△CDA，②当时△CEF∽△CDA，根据比例式，分别列出方程，求解t的值；当点F在AB上，点E在CD上时，不存在△EFC和△ACD相似，综上所述，即可得出答案；
（2）不存在．理由：如图2中，当点F在AC上，点E在BD上时，作FH⊥BC于H，EF交AD于N．由题意知CF=5t．BE=4t，根据余弦函数的定义由CH=CF•cosC，表示出CH的长，从而得出BE=CH，根据等腰三角形的三线合一得出BD=DC，根据等量减等量差相等得出
DE=DH，根据平行线分线段成比例定理得出=1得出EN=FN，根据三角形中线的性质得出S△END=S△FND，△EFD被 AD分得的两部分面积相等，同法可证当点F在AB上，点E在CD上时，△EFD被AD分得的两部分面积相等，故不存在某一时刻，使得△EFD被AD 分得的两部分面积之比为3：5；
（3）①如图3中，当以EF为直径的⊙O经过点A时，⊙O与线段AC有两个交点，连接AE，则∠EAF=90°．根据余弦函数的定义，由，结论列出方程，求解得出t 的值，故0≤t时，⊙O与线段AC只有一个交点；②如图4中，当⊙O与AC相切时，满足条件，此时t=；③如图5中，当⊙O与AB相切时，根据余弦函数的定义，由cosB=，列出方程，求解得出t的值；④如图6中，⊙O经过点A时，连接AE，则
∠EAF=90°．由cosB=，列出方程求出t的值，故＜t≤4时，⊙O与线段AC只有一个交点；综上所述，得出答案。

4．如图，在平面直角坐标系中，点A（－5，0），以OA为半径作半圆，点C是第一象限内圆周上一动点，连结AC、BC，并延长BC至点D，使CD＝BC，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线AC于点E、F，点E为垂足，连结OF.
（1）当∠BAC＝30º时，求△ABC的面积；
（2）当DE＝8时，求线段EF的长；
（3）在点C运动过程中，是否存在以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=30°，
∴BC= AB=5，
∴AC= ，
∴S△ABC= AC⋅BC=
（2）解：连接AD，
∵∠ACB=90°，CD=BC，
∴AD=AB=10，
∵DE⊥AB，
∴AE= =6，
∴BE=AB−AE=4，
∴DE=2BE，
∵∠AFE+∠FAE=90°，∠DBE+∠FAE=90°，
∴∠AFE=∠DBE，
∵∠AEF=∠DEB=90°，
∴△AEF∽△DEB，
∴ =2，
∴EF= AE= ×6=3
（3）解：连接EC，设E(x，0)，
当的度数为60°时，点E恰好与原点O重合；
①0°< 的度数<60°时，点E在O、B之间，∠EOF>∠BAC=∠D，
又∵∠OEF=∠ACB=90°，由相似知∠EOF=∠EBD，此时有△EOF∽△EBD，
∴，
∵EC是Rt△BDE斜边的中线，
∴CE=CB，
∴∠CEB=∠CBE，
∴∠EOF=∠CEB，
∴OF∥CE，
∴△AOF∽△AEC
∴，
∴，即，
解得x= ，因为x>0，
∴x= ；
②60°< 的度数<90°时，点E在O点的左侧，
若∠EOF=∠B，则OF∥BD，
∴OF= BC= BD，
∴即解得x= ，
若∠EOF=∠BAC，则x=− ，
综上点E的坐标为( ，0) ；（，0）；（−，0）.
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理求得∠ACB=90°，根据30°的直角三角形的性质求得BC，进而根据勾股定理求得AC，然后根据三角形面积公式即可求得；（2）连接AD，由垂直平分线的性质得AD=AB=10，又DE=8，在Rt△ODE中，由勾股定理求AE，依题意证明△AEF∽△DEB，利用相似比求EF；（3）当以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似时，分为两种情况：①当交点E在O，B之间时；②当点E在O点的左侧时；分别求E点坐标.
5．如图，已知一次函数y=﹣ x+4的图象是直线l，设直线l分别与y轴、x轴交于点A、B.
（1）求线段AB的长度；
（2）设点M在射线AB上，将点M绕点A按逆时针方向旋转90°到点N，以点N为圆心，NA的长为半径作⊙N.
①当⊙N与x轴相切时，求点M的坐标；
②在①的条件下，设直线AN与x轴交于点C，与⊙N的另一个交点为D，连接MD交x 轴于点E，直线m过点N分别与y轴、直线l交于点P、Q，当△APQ与△CDE相似时，求点P的坐标.
【答案】（1）解：当x=0时，y=4，
∴A（0，4），
∴OA=4，
当y=0时，- x+4=0，
x=3，
∴B（3，0），
∴OB=3，
由勾股定理得：AB=5
（2）解：①如图1，过N作NH⊥y轴于H，过M作ME⊥y轴于E，
tan∠OAB= ，
∴设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，
∴M（3x，-4x+4），
由旋转得：AM=AN，∠MAN=90°，
∴∠EAM+∠HAN=90°，
∵∠EAM+∠AME=90°，
∴∠HAN=∠AME，
∵∠AHN=∠AEM=90°，
∴△AHN≌△MEA，
∴AH=EM=3x，
∵⊙N与x轴相切，设切点为G，连接NG，则NG⊥x轴，∴NG=OH，
则5x=3x+4，
2x=4，
x=2，
∴M（6，-4）；
②如图2，由①知N（8，10），
∵AN=DN，A（0，4），
∴D（16，16），
设直线DM：y=kx+b，
把D（16，16）和M（6，-4）代入得：
，
解得：，
∴直线DM的解析式为：y=2x-16，
∵直线DM交x轴于E，
∴当y=0时，2x-16=0，
x=8，
∴E（8，0），
由①知：⊙N与x轴相切，切点为G，且G（8，0），
∴E与切点G重合，
∵∠QAP=∠OAB=∠DCE，
∴△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，
分两种情况：
i）当△DCE∽△QAP时，如图2，∠AQP=∠NDE，
∵∠QNA=∠DNF，
∴∠NFD=∠QAN=90°，
∵AO∥NE，
∴△ACO∽△NCE，
∴，
∴，
∴CO= ，
连接BN，
∴AB=BE=5，
∵∠BAN=∠BEN=90°，
∴∠ANB=∠ENB，
∵EN=ND，
∴∠NDE=∠NED，
∵∠CNE=∠NDE+∠NED，
∴∠ANB=∠NDE，
∴BN∥DE，
Rt△ABN中，BN= ，
sin∠ANB=∠NDE= ，
∴，
∴NF=2 ，
∴DF=4 ，
∵∠QNA=∠DNF，
∴tan∠QNA=tan∠DNF= ，
∴，
∴AQ=20，
∵tan∠QAH=tan∠OAB= ，
设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，
∴5x=20，
x=4，
∴QH=3x=12，AH=16，
∴Q（-12，20），
同理易得：直线NQ的解析式：y=- x+14，
∴P（0，14）；
ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，
∴∠APN=∠CDE，
∵∠ANB=∠CDE，
∵AP∥NG，
∴∠APN=∠PNE，
∴∠APN=∠PNE=∠ANB，
∴B与Q重合，
∴AN=AP=10，
∴OP=AP-OA=10-4=6，
∴P（0，-6）；
综上所述，△APQ与△CDE相似时，点P的坐标的坐标（0，14）或（0，-6）
【解析】【分析】（1）由一次函数解析式容易求得A、B的坐标，利用勾股定理可求得AB
的长度；（2）①根据同角的三角函数得：tan∠OAB= ，设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，得M（3x，-4x+4），证明△AHN≌△MEA，则AH=EM=3x，根据NG=OH，列式可得x的值，计算M的坐标即可；
②如图2，先计算E与G重合，易得∠QAP=∠OAB=∠DCE，所以△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，可分两种情况进行讨论：
i）当△DCE∽△QAP时，证明△ACO∽△NCE，列比例式可得CO= ，根据三角函数得：
tan∠QNA=tan∠DNF= ，AQ=20，则tan∠QAH=tan∠OAB= ，设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，求出x的值，得P（0，14）；
ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，先证明B与Q重合，由AN=AP可得P（0，-6）.
6．已知：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AD＝CD＝2，点E在边AD上（不
与点A、D重合），∠CEB＝45°，EB与对角线AC相交于点F，设DE＝x.
（1）用含x的代数式表示线段CF的长；
（2）如果把△CAE的周长记作C△CAE，△BAF的周长记作C△BAF，设＝y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；
（3）当∠ABE的正切值是时，求AB的长.
【答案】（1）解：∵AD=CD.
∴∠DAC=∠ACD=45°，
∵∠CEB=45°，
∴∠DAC=∠CEB，
∵∠ECA=∠ECA，
∴△CEF∽△CAE，
∴，
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE= ，
∵CA= ，
∴，
∴CF= ；
（2）解：∵∠CFE=∠BFA，∠CEB=∠CAB，
∴∠ECA=180°﹣∠CEB﹣∠CFE=180°﹣∠CAB﹣∠BFA，
∵∠ABF=180°﹣∠CAB﹣∠AFB，
∴∠ECA=∠ABF，
∵∠CAE=∠ABF=45°，
∴△CEA∽△BFA，
∴（0＜x＜2）
（3）解：由（2）知，△CEA∽△BFA，
∴，
∴，
∴AB=x+2，
∵∠ABE的正切值是，
∴tan∠ABE= ，
∴x= ，
∴AB=x+2= .
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，求得∠DAC=∠ACD=45°，进而根据两角对应相等的两三角形相似，可得△CEF∽△CAE，然后根据相似三角形的性质和勾股定理可求解；（2）根据相似三角形的判定与性质，由三角形的周长比可求解；（3）由（2）中的相似三角形的对应边成比例，可求出AB的关系，然后可由∠ABE的正切值求解.
7．已知，如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于点B、C，与y轴交于点A，且AO＝CO，BC＝4．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2，点P是抛物线第一象限上一点，连接PB交y轴于点Q，设点P的横坐标为t，线段OQ长为d，求d与t之间的函数关系式；
（3）在(2)的条件下，过点Q作直线l⊥y轴，在l上取一点M(点M在第二象限)，连接AM，使AM＝PQ，连接CP并延长CP交y轴于点K，过点P作PN⊥l于点N，连接KN、CN、CM．若∠MCN＋∠NKQ＝45°时，求t值．
【答案】（1）解：如图1，
当x=0时，y=3，
∴A（0，3），
∴OA=OC=3，
∵BC=4，
∴OB=1，
∴B（﹣1，0），C（3，0），
把B（﹣1，0），C（3，0）代入抛物线y=ax2+bx+3中得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+2x+3；
（2）解：如图2，
设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），
过P作PG⊥x轴于G，
∵OQ∥PG，
∴△BOQ∽△BGP，
∴，
∴，
∴d=
d=﹣t+3（0＜t＜3）
（3）解：如图3，连接AN，延长PN交x轴于G，
由（2）知：OQ=3﹣t，OA=3，
∴AQ=OA﹣OQ=3﹣（3﹣t）=t，
∴QN=OG=AQ=t，
∴△AQN是等腰直角三角形，
∴∠QAN=45°，AN= t，
∵PG∥OK，
∴，
∴，
OK=3t+3，
AK=3t，
∵∠QAN=∠NKQ+∠ANK，。

∴∠NKQ+∠ANK=45°，
∵∠MCN+∠NKQ=45°，
∴∠ANK=∠MCN，
∵NG=CG=3﹣t，
∴△NGC是等腰直角三角形，
∴NC= （3﹣t），∠GNC=45°，
∴∠CNH=∠NCM+∠NMC=45°，
∴∠NKQ=∠NMC，
∴△AKN∽△NMC，
∴，
∵AQ=QN=t，AM=PQ，
∴Rt△AQM≌△Rt△QNP（HL），
∴MQ=PN=﹣t2+2t+3﹣（3﹣t）=﹣t2+3t，
∴，
t2﹣7t+9=0，
t1= ＞3，t2= ，
∵0＜t＜3，
∴t1＞3，不符合题意，舍去，
∴t= ．
【解析】【分析】（1）根据函数图像与坐标轴交点的坐标特点，得出A点的坐标，再根据点到坐标轴的距离得出OA=OC=3，又BC=4，从而得出OB的距离，进而得出B,C两点的坐标，再将B,C两点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+3中得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）过P作PG⊥x轴于G，根据P点的横坐标得出P点坐标设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似，得出△BOQ∽△BGP，根据相似三角形对应边成比例得出OQ∶PG=OB∶BG,从而得出d关于t的函数关系式；
（3）连接AN，延长PN交x轴于G，由（2）知：OQ=3﹣t，OA=3，从而得AQ=OA﹣OQ=3﹣（3﹣t）=t，进而得QN=OG=AQ=t，从而判断出△AQN是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出∠QAN=45°，AN= t，根据平行线分线段成比例得出PG∶OK=CG∶OC,故OK=3t+3，AK=3t，根据等式的性质得出∠ANK=∠MCN，判断出△NGC 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出NC= （3﹣t），∠GNC=45°，再判断出△AKN∽△NMC，根据相似三角形对应边成比例得出 A K ∶M N = A N ∶N C ，再利用HL判断出Rt△AQM≌△Rt△QNP，故MQ=PN=﹣t2+2t+3﹣（3﹣t）=﹣t2+3t，从而得出关于t的方程，求解并检验即可得出答案
8．
（1）【探索发现】如图1，是一张直角三角形纸片，，小明想从中剪出一个以为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为________.
（2）【拓展应用】如图2，在中，，BC边上的高，矩形PQMN 的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，求出矩形PQMN面积的最大值用含a、h的代数式表示；
（3）【灵活应用】如图3，有一块“缺角矩形”ABCDE，，，，，小明从中剪出了一个面积最大的矩形为所剪出矩形的内角，直接写出该矩形的面积.
【答案】（1）
（2）解：，
∽，
，可得，
设，由，
当时，最大值为 .
（3）解：如图，过DE上的点P作于点G，延长GP交AE延长线于点I，过点P 作于点H，
则四边形AHPI和四边形BGPH均为矩形，
设，则，
，，，，
，，
由∽知，
即，得，
，
则矩形BGPH的面积，
当时，矩形BGPH的面积取得最大值，最大值为567.
【解析】【解答】（1）解：、ED为中位线，
，，，，
又，
四边形FEDB是矩形，
则，
故答案为：；
【分析】（1）由中位线知EF= BC、ED= AB、由可得；（2）由△APN∽△ABC知，可得PN=a- ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ•PN=
，据此可得；（3）结合图形过DE上的点P作PG⊥BC于点G，延长GP交AE延长线于点I，过点P作PH⊥AB，设PG=x，知PI=28-x，由△EIP∽△EKD知
，据此求得EI= ，PH= ，再根据矩形BGPH的面积S=
可得答案.
二、圆的综合
9．如图，AB为⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为弧ABD的中点，连接CD，CA．
（1）求证：∠ABD=2∠BDC；
（2）过点C作CH⊥AB于H，交AD于E，求证：EA=EC；
（3）在（2）的条件下，若OH=5，AD=24，求线段DE的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）92
DE =. 【解析】 【分析】
（1）连接AD ，如图1，设∠BDC =α，∠ADC =β，根据圆周角定理得到∠CAB =∠BDC =α，由AB 为⊙O 直径，得到∠ADB =90°，根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据已知条件得到∠ACE =∠ADC ，等量代换得到∠ACE =∠CAE ，于是得到结论； （3）如图2，连接OC ，根据圆周角定理得到∠COB =2∠CAB ，等量代换得到∠COB =∠ABD ，根据相似三角形的性质得到OH =5，根据勾股定理得到AB =
22AD BD +=26，由相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）连接AD ．如图1，设∠BDC =α，∠ADC =β， 则∠CAB =∠BDC =α，
∵点C 为弧ABD 中点，∴¶AC =¶CD
，∴∠ADC =∠DAC =β，∴∠DAB =β﹣α， ∵AB 为⊙O 直径，∴∠ADB =90°，∴α+β=90°，∴β=90°﹣α，∴∠ABD =90°﹣∠DAB =90°﹣（β﹣α），∴∠ABD =2α，∴∠ABD =2∠BDC ；
（2）∵CH ⊥AB ，∴∠ACE +∠CAB =∠ADC +∠BDC =90°， ∵∠CAB =∠CDB ，∴∠ACE =∠ADC ， ∵∠CAE =∠ADC ，∴∠ACE =∠CAE ，∴AE =CE ； （3）如图2，连接OC ，∴∠COB =2∠CAB ， ∵∠ABD =2∠BDC ，∠BDC =∠CAB ，∴∠COB =∠ABD ， ∵∠OHC =∠ADB =90°，∴△OCH ∽△ABD ，∴1
2
OH OC BD AB ==， ∵OH =5，∴BD =10，∴AB 22AD BD +，∴AO =13，∴AH =18，
∵△AHE ∽△ADB ，∴
AH AE AD AB =，即1824=26AE ，∴AE =392，∴DE =9
2
．
【点睛】
本题考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．不用圆规、三角板，只用没有刻度的直尺，用连线的方法在图1、2中分别过圆外一点A作出直径BC所在射线的垂线．
【答案】画图见解析.
【解析】
【分析】根据直角所对的圆周角是直角，构造直角三角形，利用直角三角形性质可画出垂线；或结合圆的轴对称性质也可以求出垂线.
【详解】解：画图如下：
【点睛】本题考核知识点：作垂线.解题关键点：结合圆的性质和直角三角形性质求出垂线.
11．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O 与直线AB的距离为5．
（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与
圆第一次相切？
（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？
（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？
【答案】（1）52
2
-
；（2）52
-；（3）
2042
3
-
【解析】
分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；
（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；
（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离．
详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处，
如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，
设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l，
由切线长定理可知C′E=C′D，
设C′D=x，则C′E=x，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A=∠ACB=45°，
∴∠A′C′B′=∠ACB=45°，
∴△EFC′是等腰直角三角形，
∴2x，∠OFD=45°，
∴△OFD也是等腰直角三角形，
∴OD=DF，
∴
2x+x=1，则x=2-1，
∴CC′=BD -BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2， ∴点C 运动的时间为52
2
-； 则经过
52
2
-秒，△ABC 的边与圆第一次相切； （2）如图2，设经过t 秒△ABC 的边与圆第一次相切，△ABC 移至△A′B′C′处，⊙O 与BC 所在直线的切点D 移至D′处，
A′C′与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交B′C′于F ， ∵CC′=2t ，DD′=t ，
∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2t=4-t ， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-t ， 由（1）得：4-t=2-1， 解得：t=5-2，
答：经过5-2秒△ABC 的边与圆第一次相切； （3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t ，DD′=t ， 则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2.5t=4-1.5t ， 由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t ， 由（1）得：4-1.5t=2-1， 解得：t=
1022
-， ∴点B 运动的距离为2×
1022-=2042
-．
点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较
复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．
12．已知：如图1，∠ACG=90°，AC=2，点B为CG边上的一个动点，连接AB，将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到△ADB，过点D作DF⊥CG于点F．
（1）当BC=23
3
时，判断直线FD与以AB为直径的⊙O的位置关系，并加以证明；
（2）如图2，点B在CG上向点C运动，直线FD与以AB为直径的⊙O交于D、H两点，连接AH，当∠CAB=∠BAD=∠DAH时，求BC的长．
【答案】（1）直线FD与以AB为直径的⊙O相切，理由见解析；（2）222
.
【解析】
试题分析：（1）根据已知及切线的判定证明得，直线FD与以AB为直径的⊙O相切；（2）根据圆内接四边形的性质及直角三角形的性质进行分析，从而求得BC的长．
试题解析：
（1）判断：直线FD与以AB为直径的⊙O相切．
证明：如图，
作以AB为直径的⊙O；
∵△ADB是将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到的，
∴△ADB≌△ACB，
∴∠ADB=∠ACB=90°．
∵O为AB的中点，连接DO，
∴OD=OB=AB，
∴点D在⊙O上．
在Rt△ACB中，BC=，AC=2；
∴tan∠CAB==，
∴∠CAB=∠BAD=30°，
∴∠ABC=∠ABD=60°，
∴△BOD是等边三角形．
∴∠BOD=60°．
∴∠ABC=∠BOD，
∴FC∥DO．
∵DF⊥CG，
∴∠ODF=∠BFD=90°，
∴OD⊥FD，
∴FD为⊙O的切线．
（2）延长AD交CG于点E，
同（1）中的方法，可证点C在⊙O上；∴四边形ADBC是圆内接四边形．
∴∠FBD=∠1+∠2．
同理∠FDB=∠2+∠3．
∵∠1=∠2=∠3，
∴∠FBD=∠FDB，
又∠DFB=90°．
∴EC=AC=2．
设BC=x，则BD=BC=x，
∵∠EDB=90°，
∴EB=x．
∵EB+BC=EC，
∴x+x=2，
解得x=2﹣2，
∴BC=2﹣2．
13．AB 是⊙O 直径，在AB 的异侧分别有定点C 和动点P ，如图所示，点P 在半圆弧
AB 上运动（不与A 、B 重合），过C 作CP 的垂线CD ，交PB 的延长线于D ，已知5AB =，BC ∶CA ＝4∶3．
（1）求证：AC ·CD ＝PC ·BC ；
（2）当点P 运动到AB 弧的中点时，求CD 的长；
（3）当点P 运动到什么位置时，PCD ∆的面积最大？请直接写出这个最大面积．
【答案】(1)证明见解析；（2）CD =142
；（3）当PC 为⊙O 直径时，△PCD 的最大面积=
503
. 【解析】 【分析】
（1）由圆周角定理可得∠PCD=∠ACB=90°，可证△ABC ∽△PCD ，可得AC BC
CP CD
=,即可得证．
（2）由题意可求BC=4，AC=3，由勾股定理可求CE 的长，由锐角三角函数可求PE 的长，即可得PC 的长，由AC•CD=PC•BC 可求CD 的值； （3）当点P 在¶AB 上运动时，12PCD S PC CD =
⨯⨯V ，由（1）可得：4
3
CD PC =，可得2142
233
PCD S PC PC PC V =⨯⨯=，当PC 最大时，△PCD 的面积最大，而PC 为直径时最
大，故可求解． 【详解】 证明：（1）
∵AB 为直径， ∴∠ACB =90° ∵PC ⊥CD ， ∴∠PCD =90°
∴∠PCD =∠ACB ，且∠CAB =∠CPB ∴△ABC ∽△PCD ∴
AC BC
CP CD
= ∴AC •CD =PC •BC
（2）∵AB =5，BC ：CA =4：3，∠ACB =90° ∴BC =4，AC =3，
当点P 运动到¶AB 的中点时，过点B 作BE ⊥PC 于点E ∵点P 是¶AB 的中点， ∴∠PCB =45°，且BC =4
∴CE =BE =2
2
BC 2 ∵∠CAB =∠CPB
∴tan ∠CAB =43=BC AC =tan ∠CAB =BE
PE
∴PE =
322
∴PC =PE +CE =322
2=2
2
∵AC •CD =PC •BC
∴3×CD =2
2
×4 ∴CD 142
（3）当点P 在¶AB 上运动时，S △PCD =1
2
×PC ×CD ， 由（1）可得：CD =43
PC ∴S △PCD =
1423PC PC ⨯⨯=2
3
PC 2， ∴当PC 最大时，△PCD 的面积最大，
∴当PC为⊙O直径时，△PCD的最大面积=2
3×52=
50
3
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，锐角三角函数，求出PC的长是本题的关键．
14．如图，点B在数轴上对应的数是﹣2，以原点O为原心、OB的长为半径作优弧AB，使点A在原点的左上方，且tan∠AOB＝3，点C为OB的中点，点D在数轴上对应的数为4．
（1）S扇形AOB＝（大于半圆的扇形）；
（2）点P是优弧AB上任意一点，则∠PDB的最大值为°
（3）在（2）的条件下，当∠PDB最大，且∠AOP＜180°时，固定△OPD的形状和大小，以原点O为旋转中心，将△OPD顺时针旋转α（0°≤α≤360°）
①连接CP，AD．在旋转过程中，CP与AD有何数量关系，并说明理由；
②当PD∥AO时，求AD2的值；
③直接写出在旋转过程中，点C到PD所在直线的距离d的取值范围．
【答案】（1）10
3
π
（2）30（3）①AD＝2PC②20+83或20+83③1≤d≤3
【解析】
【分析】
（1）利用扇形的面积公式计算即可．
（2）如图1中，当PD与⊙O相切时，∠PDB的值最大．解直角三角形即可解决问题．（3）①结论：AD＝2PC．如图2中，连接AB，AC．证明△COP∽△AOD，即可解决问题．②分两种情形：如图3中，当PD∥OA时，设OD交⊙O于K，连接PK交OC于H．求出PC即可．如图④中，当PA∥OA时，作PK⊥OB于K，同法可得．
③判断出PC的取值范围即可解决问题．
【详解】
（1）∵tan∠AOB3，
∴∠AOB＝60°，
∴S扇形AOB＝
2
300210
3603
ππ
⋅⋅
=（大于半圆的扇形），
（2）如图1中，当PD与⊙O相切时，∠PDB的值最大．
∵PD 是⊙O 的切线，
∴OP ⊥PD ，
∴∠OPD ＝90°，
∵21sin 42
OP PDO OD ∠=
== ∴∠PDB ＝30°， 同法当DP ′与⊙O 相切时，∠BDP ′＝30°，
∴∠PDB 的最大值为30°．
故答案为30．
（3）①结论：AD ＝2PC ．
理由：如图2中，连接AB ，AC ．
∵OA ＝OB ，∠AOB ＝60°，
∴△AOB 是等边三角形，
∵BC ＝OC ，
∴AC ⊥OB ，
∵∠AOC ＝∠DOP ＝60°，
∴∠COP ＝∠AOD ，
∵
2AO OD OC OP
==， ∴△COP ∽△AOD ， ∴
2AD AO PC OC
==， ∴AD ＝2PC ． ②如图3中，当PD ∥OA 时，设OD 交⊙O 于K ，连接PK 交OC 于H ．
∵OP ＝OK ，∠POK ＝60°，
∴△OPK 是等边三角形，
∵PD ∥OA ，
∴∠AOP ＝∠OPD ＝90°，
∴∠POH +∠AOC ＝90°，
∵∠AOC ＝60°，
∴∠POH ＝30°，
∴PH ＝12
OP ＝1，OH ＝3PH ＝3， ∴PC ＝2222PH CH 1(13)523+=++=+，
∵AD ＝2PC ，
∴AD 2＝4（5+23）＝20+83．
如图④中，当PA ∥OA 时，作PK ⊥OB 于K ，同法可得：PC 2＝12+（3﹣1）2＝5﹣23，AD 2＝4PC 2＝20﹣83．
③由题意1≤PC ≤3，
∴在旋转过程中，点C 到PD 所在直线的距离d 的取值范围为1≤d ≤3．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，旋转变换，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
15．如图，AB 是O e 的直径，弦CD AB ⊥于点E ，过点C 的切线交AB 的延长线于点F ，连接DF .
（1）求证：DF 是O e 的切线；
（2）连接BC ，若30BCF ∠=︒，2BF =，求CD 的长.
【答案】（1）见解析；（2）3【解析】
【分析】(1) 连接OD,由垂径定理证OF 为CD 的垂直平分线，得CF=DF ，∠CDF=∠DCF ，由∠CDO=∠OCD ，再证∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°，可得OD ⊥DF ，结论成立.
(2) 由∠OCF=90°, ∠BCF=30°，得∠OCB=60°，再证ΔOCB 为等边三角形，得∠COB=60°，可得∠CFO=30°，所以FO=2OC=2OB ，FB=OB= OC =2，在直角三角形OCE 中，解直角三角形可得CE,再推出CD=2CE.
【详解】（1）证明：连接OD
∵CF 是⊙O 的切线
∴∠OCF=90°
∴∠OCD+∠DCF=90°
∵直径AB ⊥弦CD
∴CE=ED ，即OF 为CD 的垂直平分线
∴CF=DF
∴∠CDF=∠DCF
∵OC=OD ，
∴∠CDO=∠OCD
∴∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°
∴OD ⊥DF
∴DF 是⊙O 的切线
（2）解：连接OD
∵∠OCF=90°, ∠BCF=30°
∴∠OCB=60°
∵OC=OB
∴ΔOCB 为等边三角形，
∴∠COB=60°
∴∠CFO=30°
∴FO=2OC=2OB
∴FB=OB= OC =2
在直角三角形OCE 中，∠CEO=90°∠COE=60°
CE 3sin COE OC ∠==
∴CF3
=
∴CD=2 CF23
=
【点睛】本题考核知识点：垂径定理，切线，解直角三角形. 解题关键点：熟记切线的判定定理，灵活运用含有30°角的直角三角形性质，巧解直角三角形.
16．如图，是大半圆的直径，是小半圆的直径，点是大半圆上一点，与小半圆交于点，过点作于点.
（1）求证：是小半圆的切线；
（2）若，点在上运动（点不与两点重合），设，.
①求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
②当时，求两点之间的距离.
【答案】（1）见解析；（2）①，，②两点之间的距离为
或.
【解析】
【分析】
（1）连接CO、CM，只需证到CD⊥CM．由于CD⊥OP，只需证到CM∥OP，只需证到CM 是△AOP的中位线即可．
（2）①易证△ODC∽△CDP，从而得到CD2=DP•OD，进而得到y与x之间的函数关系式．由于当点P与点A重合时x=0，当点P与点B重合时x=4，点P在大半圆O上运动（点P不与A，B两点重合），因此自变量x的取值范围为0＜x＜4．
②当y=3时，得到-x2+4x=3，求出x．根据x的值可求出CD、PD的值，从而求出∠CPD，运用勾股定理等知识就可求出P，M两点之间的距离．
【详解】
（1）连接，如图1所示
∵是小半圆的直径，
∴即
∵
∴
∵
∴
∴，
∵
∴，
∴
∴.，即
∵经过半径的外端，且
∴直线是小半圆的切线.
（2）①∵，，
∴
∴
∴∽
∴
∴
∵,,，
∴
当点与点重合时，；当点与点重合时，∵点在大半圆上运动（点不与两点重合），∴
∴与之间的函数关系式为，
自变量的取值范围是.
②当时，
解得,
Ⅰ当时，如图2所示
在中，
∵，
∴，
∴
∵，
∴是等边三角形
∵
∴
∴
.
Ⅱ当时，如图3所示，
同理可得
∵
∴
∴
过点作，垂足为，连接，如图3所示∵，
∴
同理
在中，
∵，
∴
综上所述，当时，两点之间的距离为或.
【点睛】
考查了切线的判定、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，综合性比较强．。