备战中考数学二模试题分类汇编——圆与相似综合含答案

备战中考数学二模试题分类汇编——圆与相似综合含答案
一、相似
1．在矩形ABCD中，BC＝6，点E是AD边上一点，∠ABE＝30°，BE＝DE，连接BD.动点M 从点E出发沿射线ED运动，过点M作MN∥BD交直线BE于点N.
（1）如图1，当点M在线段ED上时，求证：MN＝ EM；
（2）设MN长为x，以M、N、D为顶点的三角形面积为y，求y关于x的函数关系式；（3）当点M运动到线段ED的中点时，连接NC，过点M作MF⊥NC于F，MF交对角线BD于点G（如图2），求线段MG的长.
【答案】（1）证明：：∵ °, ° ,
∴ °
∵ ,
∴
∵∥ ,
∴
∴ °,
∴
过点作于点 ,则 .
在中，
∴
∴
（2）解：在中，，
∴
∵
a.当点在线段上时，过点作于点 ,
在中，
由（1）可知：
,
∴
∴
∴
b.当点在线段延长线上时，过点作于点在中， ,
在中， ,
∴ ,
∴
（3）解：连接 ,交于点 .
∵为的中点
∴ ,
∴ .
∵ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴ .
∵∥
∴ ,
∴ ,
,
∵ ,
∴ ,
又∵ ,
∴∽ ,
∴，即 ,
∴
【解析】【分析】（1）过点E作EH⊥MN于点H ,由已知条件易得EN=EM，解直角三角形EMH易得MH和EM的关系，由等腰三角形的三线合一可得MN=2MH即可求解；
（2）在Rt△ABE中，由直角三角形的性质易得DE=BE=2AE，由题意动点M从点E出发沿射线ED运动可知点M可在线段ED上，也可在线段ED外，所以可分两种情况求解：①当点M在线段ED上时，过点N作NI⊥AD于点I ,结合（1）中的结论MN=EM即可求解；
②当点M在线段ED延长线上时，过点N作NI'⊥AD于点I '，解RtΔNI′M 和可
求得NI'和NE，则DM=NE−DE，所以以M、N、D为顶点的三角形面积y=MD.NI可求解；（3）连接CM,交BD于点N'，由（2）中的计算可得MN、CD、MC的长，解直角三角形CDM可得∠DMC的度数，于是由三角形内角和定理可求得∠NMC=，根据平行线的性
质可得DMN'是直角三角形，根据直角三角形的性质可得MN′=MD；则NC的长可求，由已知条件易得ΔNMC∽ΔMN′G
根据所得的比例式即可求解.
,
2．如图，BD是□ABCD的对角线，AB⊥BD，BD=8cm，AD=10cm，动点P从点D出发，以5cm/s的速度沿DA运动到终点A，同时动点Q从点B出发，沿折线BD—DC运动到终点C，在BD、DC上分别以8cm/s、6cm/s的速度运动.过点Q作QM⊥AB，交射线AB于点M，连接PQ，以PQ与QM为边作□PQMN.设点P的运动时间为t(s)（t>0），□PQMN与□ABCD重叠部分图形的面积为S（cm2）.
（1）AP=________cm（同含t的代数式表示）.
（2）当点N落在边AB上时，求t的值.
（3）求S与t之间的函数关系式.
（4）连结NQ，当NQ与△ABD的一边平行时，直接写出t的值.
【答案】（1）（10-5t）
（2）解：如图①，
当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形．∵PN∥DB，∴△APN∽△ADB，∴AP：
AD=PN：DB，∴（10－5t）：10=8t：8，120t=80，∴．
（3）解：分三种情况讨论：
a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t．
当时，．
b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t，设PN交AB于点F，则
．
当时，．
c)如图④，当时，PF=8-4t，FB=3t，PN=DB=QM=8，∴FN=4t，DQ=6(t-1)，∴BM=DQ=6(t-1)．∵∠GBM=∠A，∠DBA=∠GMB，∴△BGM∽△ABD，∴GM：BM=DB：
AB，解得：GM=8t-8，∴S=S平行四边形PNMQ-S△FMN-S△BMG=8（9t-6）－ ×4t×（9t-6）－ ×（6t-6）（8t-8）= ．
综上所述：
（4）解：分三种情况讨论．
①当NQ∥AB时，如图5，
过P作PF⊥BD于F，则PF=3t，DF=4t，PN=FQ=BQ=8t，∴BD=8t+8t+4t=8，解得：．②当AD∥NQ，且Q在BD上时，如图6．
∵PNQD和PNBQ都是平行四边形，∴PN=DQ=BQ，∴8t+8t=8，解得：．
③当AD∥NQ，且Q在DC上时，如图7，
可以证明当Q与C重合，即直线NQ与直线BC重合时，满足条件，如图8，
此时DQ=AB= =6，t= =2．
综上所述：或或．
【解析】【解答】解：（1）（10-5t）；
【分析】（1）由题意可得，DP=5t,所以AP=AD-DP=10-5t;
（2）由欧勾股定理的逆定理可得∠ABD=，所以根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得，当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形；由平行线分线段成比例定理可得
比例式：,则可得关于t的方程，解方程即可求解；
（3）由（2）知，当□PQMN全部在□ABCD中时，运动时间是秒，由已知条件可知，点Q 在BD边上的运动速度是8cm/s，在DC边上的运动速度是6cm/s，所以当点Q运动到C点时，点P也运动到了点A，所以分3种情况：
a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，当0 < t ≤时， S=BQ PE；
b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，设PN交AB于点F，当< t ≤ 1 时，S =（PF+BQ）PE；
c)如图④，当1 < t ≤ 2 时， S =平行四边形PNMQ的面积-三角形FNM的面积-三角形BMG 的面积；
（4）由题意NQ与△ABD的一边平行可知，有3种情况：
①当NQ∥AB；
②当AD∥NQ，且Q在BD上时；
③当AD∥NQ，且Q在DC上时。

分这三种情况根据已知条件即可求解。

3．如图，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA= ，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），
PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB于M，QN⊥CP于N．
（1）当AP=CP时，求QP；
（2）若四边形PMQN为菱形，求CQ；
（3）探究：AP为何值时，四边形PMQN与△BPQ的面积相等？
【答案】（1）解：∵AB=10，sinA= ，
∴BC=8，
则AC= =6，
∵PA=PC．
∴∠PAC=∠PCA，
∵PQ平分∠CPB，
∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A，
∴∠BPQ=∠A，
∴PQ∥AC，
∴PQ⊥BC，又PQ平分∠CPB，
∴∠PCQ=∠PBQ，
∴PB=PC，
∴P是AB的中点，
∴PQ= AC=3
（2）解：∵四边形PMQN为菱形，
∴MQ∥PC，
∴∠APC=90°，
∴ ×AB×CP= ×AC×BC，
则PC=4.8，
由勾股定理得，PB=6.4，
∵MQ∥PC，
∴ = = = ，即 = ，
解得，CQ=
（3）解：∵PQ平分∠CPB，QM⊥AB，QN⊥CP，
∴QM=QN，PM=PN，
∴S△PMQ=S△PNQ，
∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等，
∴PB=2PM，
∴QM是线段PB的垂直平分线，
∴∠B=∠BPQ，
∴∠B=∠CPQ，
∴△CPQ∽△CBP，
∴ = = ，
∴ = ，
∴CP=4× =4× =5，
∴CQ= ，
∴BQ=8﹣ = ，
∴BM= × = ，
∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=
【解析】【分析】（１）当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6，BC=8，因为PQ平分∠CPB，所以PQ//AC，可知PB=PC，所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ =3;
(2)当四边形PMQN为菱形时，因为∠APC=，所以四边形PMQN为正方形，可得
PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以，可得;
(3)当QM垂直平分PB 时，四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等，此时△CPQ∽△CBP，对应边成比例，可得，所以，因为AP=AB-2BM，所以AP=.
4．已知如图1，抛物线y=﹣ x2﹣ x+3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D的坐标是（0，﹣1），连接BC、AC
（1）求出直线AD的解析式；
（2）如图2，若在直线AC上方的抛物线上有一点F，当△ADF的面积最大时，有一线段MN= （点M在点N的左侧）在直线BD上移动，首尾顺次连接点A、M、N、F构成四边形AMNF，请求出四边形AMNF的周长最小时点N的横坐标；
（3）如图3，将△DBC绕点D逆时针旋转α°（0＜α°＜180°），记旋转中的△DBC为△DB′C′，若直线B′C′与直线AC交于点P，直线B′C′与直线DC交于点Q，当△CPQ是等腰三角形时，求CP的值．
【答案】（1）解：∵抛物线y=﹣ x2﹣ x+3与x轴交于A和B两点，
∴0=﹣ x2﹣ x+3，
∴x=2或x=﹣4，
∴A（﹣4，0），B（2，0），
∵D（0，﹣1），
∴直线AD解析式为y=﹣ x﹣1
（2）解：如图1，
过点F作FH⊥x轴，交AD于H，
设F（m，﹣ m2﹣ m+3），H（m，﹣ m﹣1），
∴FH=﹣ m2﹣ m+3﹣（﹣ m﹣1）=﹣ m2﹣ m+4，
∴S△ADF=S△AFH+S△DFH= FH×|x D﹣x A|=2FH=2（﹣ m2﹣ m+4）=﹣m2﹣m+8=﹣（m+ ）2+ ，
当m=﹣时，S△ADF最大，
∴F（﹣，）
如图2，作点A关于直线BD的对称点A1，把A1沿平行直线BD方向平移到A2，且A1A2= ，
连接A2F，交直线BD于点N，把点N沿直线BD向左平移得点M，此时四边形AMNF 的周长最小．．
∵OB=2，OD=1，
∴tan∠OBD= ，
∵AB=6，
∴AK= ，
∴AA1=2AK= ，
在Rt△ABK中，AH= ，A1H= ，
∴OH=OA﹣AH= ，
∴A1（﹣，﹣），
过A2作A2P⊥A2H，
∴∠A1A2P=∠ABK，
∵A1A2= ，
∴A2P=2，A1P=1，
∴A2（﹣，﹣）
∵F（﹣，）
∴A2F的解析式为y=﹣ x﹣①，
∵B（2，0），D（0，﹣1），
∴直线BD解析式为y=﹣ x﹣1②，
联立①②得，x=﹣，
∴N点的横坐标为：﹣
（3）解：∵C（0，3），B（2，0），D（0，﹣1）∴CD=4，BC= ，OB=2，
BC边上的高为DH，
根据等面积法得， BC×DH= CD×OB，
∴DH= = ，
∵A（﹣4，0），C（0，3），
∴OA=4，OC=3，
∴tan∠ACD= ，
①当PC=PQ时，简图如图1，
过点P作PG⊥CD，过点D作DH⊥PQ，
∵tan∠ACD=
∴设CG=3a，则QG=3a，PG=4a，PQ=PC=5a，∴DQ=CD﹣CQ=4﹣6a
∵△PGQ∽△DHQ，
∴，
∴，
∴a= ，
∴PC=5a= ；
②当PC=CQ时，简图如图2，
过点P作PG⊥CD，
∵tan∠ACD=
∴设CG=3a，则PG=4a，
∴CQ=PC=5a，
∴QG=CQ﹣CG=2a，
∴PQ=2 a，
∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a
∵△PGQ∽△DHQ，
同①的方法得出，PC=4﹣，设CG=3a，则PG=4a，从而得出CQ,QG,PQ,DQ的长，由△PGQ∽△DHQ，同①的方法得出，PC的长；
③当QC=PQ时，简图如图1
过点Q作QG⊥PC，过点C作CN⊥PQ，
设CG=3a，则QG=4a，PQ=CQ=5a，
∴PG=3a，
∴PC=6a
∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a，
利用等面积法得，CN×PQ=PC×QG，
∴CN= a，
∵△CQN∽△DQH
同①的方法得出PC=
④当PC=CQ时，简图如图4，
过点P作PG⊥CD，过H作HD⊥PQ，
设CG=3a，则PG=4a，CQ=PC=5a，
∴QD=4+5a，PQ=4 ，
∵△QPG∽△QDH，
同①方法得出．CP=
综上所述，PC的值为：；4﹣，，=
【解析】【分析】（1）根据抛物线与x轴交点的坐标特点，把y=0代入抛物线的解析式，得出一个关于x的一元二次方程，求解得出x的值，进而得出A,B两点的坐标；然后由A,D 两点的坐标利用待定系数法求出直线AD的解析式；
（2）过点F作FH⊥x轴，交AD于H，根据函数图像上点的坐标特点，及平行于y轴的直线上的点的坐标特点，设出F,H的坐标，从而得出FH的长度，S△ADF=S△AFH+S△DFH= FH×|x D
﹣x A|=2FH,列出关于m的函数解析式，再根据二次函数的性质，由顶点式得出当m=﹣时，S△ADF最大，从而得出F点的坐标；如图2，作点A关于直线BD的对称点A1，把A1沿平行直线BD方向平移到A2，且A1A2= ，连接A2F，交直线BD于点N，把点N沿直线BD向左平移得点M，此时四边形AMNF的周长最小，进而求出点A1，A2坐标，即可确定出A2F的解析式和直线BD解析式联立方程组即可确定出N点的横坐标；
（3）根据C,B,D三点的坐标，得出CD,BC,OB的长，BC边上的高为DH，根据等面积法得
BC×DH= CD×OB，从而得出DH的长，根据A,C两点的坐标，得出OA,OC的长，根据正切函数的定义得出tan∠ACD= 4∶ 3 ；然后分四种情况讨论：①当PC=PQ时，过点P作PG⊥CD，过点D作DH⊥PQ，由tan∠ACD= 4∶ 3 ，设CG=3a，则QG=3a，PG=4a，PQ=PC=5a，从而由DQ=CD﹣CQ得出DQ的长，根据△PGQ∽△DHQ，得出PG∶DH=PQ∶DQ,从而求出a的值，进而求出PC的值；②当PC=CQ时，简图如图2，过点P作PG⊥CD，tan∠ACD= 4∶3，设CG=3a，则PG=4a，从而得出CQ,QG,PQ,DQ的长，由△PGQ∽△DHQ，同①的方法得出，PC的长；③当QC=PQ时，过点Q作QG⊥PC，过点C作CN⊥PQ，设CG=3a，则QG=4a，PQ=CQ=5a，从而得出PG,PC,DQ的长，利用等面积法得，CN×PQ=PC×QG，从而得出CN，由△CQN∽△DQH同①的方法得出PC的长；④当PC=CQ时，
过点P作PG⊥CD，过H作HD⊥PQ，设CG=3a，则PG=4a，CQ=PC=5a，从而得出QD,PQ 的长，由△QPG∽△QDH，同①方法得出．CP的长。

5．如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC.延长BC到点D，使CD＝CA，连接AD交⊙O于点E.
（1）求证：△ABE≌△CDE；
（2）填空：
①当∠ABC的度数为________时，四边形AOCE是菱形；
②若AE＝6，BE=8，则EF的长为________.
【答案】（1）证明：∵AB=AC，CD=CA，∴∠ABC=∠ACB，AB=CD．
∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ECD=∠BAE，∠CED=∠ABC．
∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠CED=∠AEB，∴△ABE≌△CDE（AAS）
（2）60；
【解析】【解答】解：（2）①当∠ABC的度数为60°时，四边形AOCE是菱形；
理由是：连接AO、OC．
∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC+∠AEC=180°．
∵∠ABC=60，∴∠AEC=120°=∠AOC．
∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°．
∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°．
∵∠ACB=∠CAD+∠D．
∵AC=CD，∴∠CAD=∠D=30°，∴∠ACE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠OAE=∠OCE=60°，∴四边形AOCE是平行四边形．
∵OA=OC，∴▱AOCE是菱形；
②由（1）得：△ABE≌△CDE，∴BE=DE=8，AE=CE=6，∴∠D=∠EBC．
∵∠CED=∠ABC=∠ACB，∴△ECD∽△CFB，∴ = ．
∵∠AFE=∠BFC，∠AEB=∠FCB，∴△AEF∽△BCF，∴ = ，∴EF= = ．
故答案为：①60°；② ．
【分析】（1）由题意易证∠ABC=∠ACB，AB=CD；再由四点共圆和已证可得∠ABC=∠ACB=∠AEB，∠CED=∠AEB，则利用AAS可证得结论；
（2）①连接AO、CO.宪政△ABC是等边三角形，再证明四边形AOCE是平行四边形，又AO=CO可得结论；
②先证△ECD∽△CFB，可得EC：ED=CF：BC=6:8；再证△AEF∽△BCF，则AE：EF=BC：
CF，从而求出EF.
6．已知抛物线y=ax2+bx-3的图象与x轴交于点A（-1，0）和点B（3，0），顶点为D，点C是直线l：y=x+5与x轴的交点.
（1）求该二次函数的表达式；
（2）点E是直线l在第三象限上的点，连接EA、EB，当△ECA∽△BCE时，求E点的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接AD、BD，在直线DE上是否存在点P，使得∠APD=∠ADB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：将A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx-3，
得：，解得：，
∴该二次函数的表达式为y=x2-2x-3
（2）解：当y=0时，x+5=0，
解得：x=-5，
∴点C的坐标为（-5，0）.
∵点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），
∴AC=4，BC=8.
∵△ECA∽△BCE，
∴∠ECA=∠BCE， = ，即 = ，
∴EC=4 或EC=-4 （舍去），
过点E作EF⊥x轴于点F，如图1所示，
∵直线l的函数表达式为y=x+5，
∴△CEF为等腰三角形，
∴CE=EF=4，
∴OF=5+4=9，EF=4，
∴点E的坐标为（-9，-4）；
（3）解：∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，
∴点D的坐标为（1，-4），
∴AD=BD= =2 ，
由（2）可知：点E的坐标为（-9，-4），
∴直线DE的函数表达式为y=-4，
过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，如图2所示，
∵点D的坐标为（1，-4），点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），∴S△ABD= ×[3-（-1）]×4=8，
∴AM= = = ，
∴DM= = ，
∵∠APD=∠ADB，
∴tan∠APD=tan∠ADB，即 = ，
∴ = ，
∴PN=3，
又∵点N的坐标为（-1，-4），
∴点P的坐标为（-4，-4）或（2，-4）.
综上所述：在直线DE上存在点P（-4，-4）或（2，-4），使得∠APD=∠ADB.
【解析】【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，结合点A，B的坐标利用相似三角形的性质可求出EC的值，过点E作EF⊥x轴于点F，则△CEF为等腰三角形，根据等腰直角三角形的性质可求出CE，EF的值，进而可得出点E的坐标；（3）利用配方法可求出点D的坐标，进而可得出BD的长度，结合点E的坐标可得出直线DE的函数表达式为y=-4，过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，利用面积法可求出AM的值，由∠APD=∠ADB结合正切的定义可求出PN的值，再结合点N的坐标可得出点P 的坐标，此题得解.
7．如图
（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：
如图1，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO= ，BO：CO=1：3，求AB的长．
经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）．
请回答：∠ADB=________°，AB=________．
（2）请参考以上解决思路，解决问题：
如图3，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO= ，∠ABC=∠ACB=75°，BO：OD=1：3，求DC的长．
【答案】（1）75；4
（2）解：过点B作BE∥AD交AC于点E，如图所示．
∵AC⊥AD，BE∥AD，
∴∠DAC=∠BEA=90°．
∵∠AOD=∠EOB，
∴△AOD∽△EOB，
∴ = = ．
∵BO：OD=1：3，
∴ = = ．
∵AO=3 ，
∴EO= ，
∴AE=4 ．
∵∠ABC=∠ACB=75°，
∴∠BAC=30°，AB=AC，
∴AB=2BE．
在Rt△AEB中，BE2+AE2=AB2，即（4 ）2+BE2=（2BE）2，解得：BE=4，
∴AB=AC=8，AD=12．
在Rt△CAD中，AC2+AD2=CD2，即82+122=CD2，
解得：CD=4
【解析】【解答】解：（1）∵BD∥AC，
∴∠ADB=∠OAC=75°．
∵∠BOD=∠COA，
∴△BOD∽△COA，
∴ = = ．
又∵AO= ，
∴OD= AO= ，
∴AD=AO+OD=4 ．
∵∠BAD=30°，∠ADB=75°，
∴∠ABD=180°﹣∠BAD﹣∠ADB=75°=∠ADB，
∴AB=AD=4 ．
故答案为：75；4 ．
【分析】（1）利用平行线的性质，可求出∠ADB的度数，证明∠ADB=∠OAC，利用相似三角形的判定定理证明△BOD∽△COA，得出对应边成比例，求出OD的长，再求出AD的长，然后证明∠ABD=∠ADB，可求得AB的长。

（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，先证明△AOD∽△EOB，得出对应边成比例，求出EO、AE的长，再证明AB=2BE，利用勾股定理求出BE的长，就可得出AC、AD的长，然后在Rt△CAD中，利用勾股定理求出CD的长即可解答。

8．如图1，图形ABCD是由两个二次函数与的部分图像围成的封闭图形，已知A(1，0)、B(0，1)、D(0，﹣3)．
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC、CD、AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C 与点E是对应顶点）的点E的坐标．
【答案】（1）解：
（2）解：存在，
理由：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y轴时，设M（x,-x2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（x,3x2-3）为第四象限内的图形上一点，∴MM'=（1-x2）-3（3x2-3）=4-4x2，由抛物线的对称性知，若有内接正方形，则2x=4-
4x2，即2x2+x-2=0，x= 或（舍），
∵0< ，∴存在内接正方形，此时其边长为
（3）解：解：在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，∴AD= ，同理CD= .在Rt△BOC中，OB=OC=1，∴BC= .
①如图（1）
当△DBC~△DAE时，因∠CDB=∠ADO，∴在y轴上存在一点E，由得
，得DE= ，因D（0，-3），∴E（）；
由对称性知在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC~△DAE'，连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD，垂足为M，连接E'D，
∵E、E'关于DA对称，∴DF垂直平分EE'，∴△DEF~△DAO，
∴，有，∴， .
因，∴，
又，在Rt△DE'M中，DM= ，
∴OM=1，得
∴，使得△DBC~△DAE的点E的坐标为（0， ,）或；
如图（2）
当△DBC~△ADE时，有∠BDC=∠DAE，，
即，得AE= .
当E在直线DA左侧时，设AE交y轴于P点，作EQ⊥AC，垂足为Q.
由∠BDC=∠DAE=∠ODA，∴PD=PA，设PD=x，则PO=3-x，PA=x，
在Rt△AOP中，由得，解得，则有PA= ，PO= ，
因AE= ，∴PE= ，
在△AEQ中，OP∥EQ，
∴，得，又，
∴QE=2，∴E（），
当E'在直线DA右侧时，
因∠DAE'=∠BDC，又∠BDC=∠BDA，∴∠BDA=∠DAE'，
则AE'∥OD，∴E'（1，），
则使得△DBC~△ADE的点E的坐标为或 .
综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标有4个，
即（0， ,）或或或
【解析】【解答】（1）∵二次函数经过点A（1,0），B（0,1）代入得
解得∴二次函数；
∵二次函数经过点A（1,0），D（0,-3）代入得
解得∴二次函数 .
【分析】（1）由A（1,0），B（0，1）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；由A（1,0），D（0，-3）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；（2）判断是否存在，可以列举出一种特殊情况：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y 轴时，则可设点M（x,-x2+1）在y1图象上，则该正方形存在另一点M'（x,3x2-3）在y2图象上，由邻边相等构造方程解答即可；（3）对于△BDC与△ADE相似，且C于D对应，那么就存在两种情况：①当点B对应点A，即△DBC~△DAE，此时点E的位置有两处，一处在y轴上，另一处在线段AD的右侧；②当点B对应点DA时，即△DBC~△ADE，些时点E 有两处，分别处于线段AD的左右两侧；结果两种情况所有的条件解出答案即可.
二、圆的综合
9．已知：如图，△ABC中，AC=3，∠ABC=30°．
（1）尺规作图：求作△ABC的外接圆，保留作图痕迹，不写作法；
（2）求（1）中所求作的圆的面积．
【答案】（1）作图见解析；（2）圆的面积是9π．
【解析】
试题分析：（1）按如下步骤作图：①作线段AB的垂直平分线；②作线段BC的垂直平分线；③以两条垂直平分线的交点O为圆心，OA长为半圆画圆，则圆O即为所求作的圆．如图所示（2）要求外接圆的面积，需求出圆的半径，已知AC＝3，如图弦AC所对的圆周角是∠ABC=30°，所以圆心角∠AOC=60°，所以∆AOC是等边三角形，所以外接圆的半径是3故可求得外接圆的面积．
（2）连接OA，OB．
∵AC=3，∠ABC=30°，
∴∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴圆的半径是3，
∴圆的面积是S=πr2=9π．
10．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，⊙O的切线PC交BA的延长线于点P，OF∥BC 交AC于点E，交PC于点F，连结AF．
(1)判断AF与⊙O的位置关系并说明理由；
(2)若AC＝24，AF＝15，求sin B．
【答案】(1) AF与⊙O相切理由见解析；（2）3 5
【解析】
试题分析：（1）连接OC，先证∠OCF=90°，再证明△OAF≌△OCF，得出∠OAF=∠OCF=90°即可；
（2）先求出AE、EF，再证明△OAE∽△AFE，得出比例式OA AE
AF EF
，可求出半径，进而
求出直径，由三角函数的定义即可得出结论．
试题解析：解：（1）AF与⊙O相切．理由如下：
连接OC．如图所示．∵PC是⊙O的切线，∴OC⊥PC，∴∠OCF=90°．∵OF∥BC，
∴∠B=∠AOF，∠OCB=∠COF．∵OB=OC，∴∠B=∠OCB，∴∠AOF=∠COF．在△OAF和△OCF中，∵OA=OC，∠AOF=∠COF，OF=OF，∴△OAF≌△OCF（SAS），
∴∠OAF=∠OCF=90°，∴AF与⊙O相切；
（2）∵△OAF≌△OCF，∴∠OAE=∠COE，∴OE⊥AC，AE=1
2
AC=12，
∴EF =2215129-=．∵∠OAF =90°，∴△OAE ∽△AFE ，∴OA AE AF EF =，即12
159
OA =，∴OA =20，∴AB =40，sin B =
243
405
AC AB ==．
点睛：本题考查了切线的性质与判定和全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质；熟练掌握切线的证法和三角形相似是解题的关键．
11．四边形ABCD 内接于⊙O ，点E 为AD 上一点，连接AC ，CB ，∠B=∠AEC ． （1）如图1，求证：CE=CD ；
（2）如图2，若∠B+∠CAE=120°，∠ACD=2∠BAC ，求∠BAD 的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长CE 交⊙O 于点G ，若tan ∠BAC= 53
，EG=2，求AE 的长．
【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）7.
【解析】
试题分析：(1)利用圆的内接四边形定理得到∠CED=∠CDE.
(2) 作CH⊥DE于H, 设∠ECH=α，由（1）CE=CD，用α表示∠CAE，∠BAC，而
∠BAD=∠BAC+∠CAE.（3）连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，先证明∠CAG=∠BAC，设NG=53m，可得AN=11m，利用直角n AGM,n AEM，勾股定理可以算出m的值并求出AE长.
试题解析：
（1）解：证明：∵四边形ABCD内接于⊙O.
∴∠B+∠D=180°，
∵∠B=∠AEC，
∴∠AEC+∠D=180°，
∵∠AEC+∠CED=180°，
∴∠D=∠CED，
∴CE=CD．
（2）解：作CH⊥DE于H．
设∠ECH=α，由（1）CE=CD，
∴∠ECD=2α，
∵∠B=∠AEC，∠B+∠CAE=120°，
∴∠CAE+∠AEC=120°，
∴∠ACE=180°﹣∠AEC﹣∠ACE=60°，
∴∠CAE=90°﹣∠ACH=90°﹣（60°+α）=30°﹣α，
∠ACD=∠ACH+∠HCD=60°+2α，
∵∠ACD=2∠BAC，
∴∠BAC=30°+α，
∴∠BAD=∠BAC+∠CAE=30°+α+30°﹣α=60°．
（3）解：连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，
∵∠CED =∠AEG ，∠CDE =∠AGE ，∠CED =∠CDE ， ∴∠AEG =∠AGE ， ∴AE =AG ， ∴EM=MG =
1
2
EG =1， ∴∠EAG =∠ECD =2α，
∴∠CAG =∠CAD +∠DAG =30°﹣α+2α=∠BAC ， ∵tan ∠BAC =
53
， ∴设NG=53m ，可得AN =11m ，AG =22AG AM -=14m ，
∵∠ACG =60°，
∴CN=5m ，AM =83m ，MG =22AG AM -=2m =1，
∴m =
12
， ∴CE=CD =CG ﹣EG =10m ﹣2=3， ∴AE =
22AM EM +=221+43（）
=7．
12．如图，AD 是△ABC 的角平分线，以AD 为弦的⊙O 交AB 、AC 于E 、F ，已知EF ∥BC ． （1）求证：BC 是⊙O 的切线； （2）若已知AE=9，CF=4，求DE 长；
（3）在（2）的条件下，若∠BAC=60°，求tan ∠AFE 的值及GD 长．
【答案】（1）证明见解析（2）DE=6（318367
- 【解析】
试题分析：（1）连接OD ，由角平分线的定义得到∠1=∠2，得到»»DE
DF =，根据垂径定理得到OD ⊥EF ，根据平行线的性质得到OD ⊥BC ，于是得到结论；
（2）连接DE ，由»»DE
DF =，得到DE=DF ，根据平行线的性质得到∠3=∠4，等量代换得到∠1=∠4，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）过F 作FH ⊥BC 于H ，由已知条件得到∠1=∠2=∠3=∠4=30°，解直角三角形得到
FH=
12DF=1
2
×6=3，=，根据三角函数的定义得到
tan ∠AFE=tan ∠C=
7
HF CH =
；根据相似三角形到现在即可得到结论． 试题解析：（1）连接OD ， ∵AD 是△ABC 的角平分线， ∴∠1=∠2，
∴»»DE
DF =， ∴OD ⊥EF ， ∵EF ∥BC ， ∴OD ⊥BC ， ∴BC 是⊙O 的切线； （2）连接DE ，
∵»»DE
DF =， ∴DE=DF ， ∵EF ∥BC ， ∴∠3=∠4， ∵∠1=∠3， ∴∠1=∠4， ∵∠DFC=∠AED ， ∴△AED ∽△DFC ，
∴AE DE DF CF =，即94DE
DE =， ∴DE 2=36， ∴DE=6；
（3）过F 作FH ⊥BC 于H ， ∵∠BAC=60°，
∴∠1=∠2=∠3=∠4=30°，
∴FH=
1
2
DF=1
62⨯=3，
∴
=， ∵EF ∥BC ， ∴∠C=∠AFE ，
∴tan ∠AFE=tan ∠C=
37
7
HF CH =
； ∵∠4=∠2．∠C=∠C ， ∴△ADC ∽△DFC ， ∴
AD CD
DF CF
=， ∵∠5=∠5，∠3=∠2， ∴△ADF ∽△FDG ， ∴AD DF
DF DG
=， ∴
CD DF CF DG =，即3376
4DG +=， ∴DG=
18367
5
-．
点睛：本题考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键.
13．如图，⊙O 的直径AB ＝26，P 是AB 上(不与点A 、B 重合)的任一点，点C 、D 为⊙O 上的两点，若∠APD ＝∠BPC ，则称∠CPD 为直径AB 的“回旋角”．
(1)若∠BPC ＝∠DPC ＝60°，则∠CPD 是直径AB 的“回旋角”吗？并说明理由；
(2)若»CD
的长为13
4
π，求“回旋角”∠CPD 的度数； (3)若直径AB 的“回旋角”为120°，且△PCD 的周长为24+133，直接写出AP 的长．
【答案】(1)∠CPD 是直径AB 的“回旋角”，理由见解析；(2)“回旋角”∠CPD 的度数为45°；(3)满足条件的AP 的长为3或23． 【解析】 【分析】
（1）由∠CPD 、∠BPC 得到∠APD ，得到∠BPC ＝∠APD ，所以∠CPD 是直径AB 的“回旋角”；（2）利用CD 弧长公式求出∠COD ＝45°，作CE ⊥AB 交⊙O 于E ，连接PE ，利用∠CPD 为直径AB 的“回旋角”，得到∠APD ＝∠BPC ，∠OPE ＝∠APD ，得到∠OPE+∠CPD+∠BPC ＝180°，即点D ，P ，E 三点共线，∠CED ＝
1
2
∠COD ＝22.5°， 得到∠OPE ＝90°﹣22.5°＝67.5°，则∠APD ＝∠BPC ＝67.5°，所以∠CPD ＝45°；（3）分出情况P 在OA 上或者OB 上的情况，在OA 上时，同理（2）的方法得到点D ，P ，F 在同一条直线上，得到△PCF 是等边三角形，连接OC ，OD ，过点O 作OG ⊥CD 于G ， 利用sin ∠DOG ，求得CD ，利用周长求得DF ，过O 作OH ⊥DF 于H ，利用勾股定理求得OP ，进而得到AP ；在OB 上时，同理OA 计算方法即可 【详解】
∠CPD 是直径AB 的“回旋角”， 理由：∵∠CPD ＝∠BPC ＝60°，
∴∠APD ＝180°﹣∠CPD ﹣∠BPC ＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∴∠BPC ＝∠APD ，
∴∠CPD 是直径AB 的“回旋角”； (2)如图1，∵AB ＝26， ∴OC ＝OD ＝OA ＝13， 设∠COD ＝n°，
∵»CD
的长为13
4
π， ∴
1313
1804n ππ=n ∴n ＝45，
∴∠COD ＝45°，
作CE ⊥AB 交⊙O 于E ，连接PE ， ∴∠BPC ＝∠OPE ，
∵∠CPD 为直径AB 的“回旋角”， ∴∠APD ＝∠BPC ， ∴∠OPE ＝∠APD ，
∵∠APD+∠CPD+∠BPC ＝180°， ∴∠OPE+∠CPD+∠BPC ＝180°， ∴点D ，P ，E 三点共线， ∴∠CED ＝
1
2
∠COD ＝22.5°， ∴∠OPE ＝90°﹣22.5°＝67.5°， ∴∠APD ＝∠BPC ＝67.5°， ∴∠CPD ＝45°，
即：“回旋角”∠CPD 的度数为45°，
(3)①当点P在半径OA上时，如图2，过点C作CF⊥AB交⊙O于F，连接PF，∴PF＝PC，
同(2)的方法得，点D，P，F在同一条直线上，
∵直径AB的“回旋角”为120°，
∴∠APD＝∠BPC＝30°，
∴∠CPF＝60°，
∴△PCF是等边三角形，
∴∠CFD＝60°，
连接OC，OD，
∴∠COD＝120°，
过点O作OG⊥CD于G，
∴CD＝2DG，∠DOG＝1
∠COD＝60°，
2
√
∴DG＝ODsin∠DOG＝13×sin60°＝133
2
∴CD＝133
√，
∵△PCD的周长为24+133
√，
∴PD+PC＝24，
∵PC＝PF，
∴PD+PF＝DF＝24，
过O作OH⊥DF于H，
∴DH＝1
DF＝12，
2
在Rt△OHD中，OH＝225
-=
OD DH
在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，
∴OP＝10，
∴AP＝OA﹣OP＝3；
②当点P在半径OB上时，
同①的方法得，BP＝3，
∴AP＝AB﹣BP＝23，
即：满足条件的AP的长为3或23．
【点睛】
本题是新定义问题，同时涉及到三角函数、勾股定理、等边三角形性质等知识点，综合程度比较高，前两问解题关键在于看懂题目给到的定义，第三问关键在于P点的分类讨论
14．已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC．点E为CD边上一点，AE与BE分别为∠DAB和∠CBA的平分线．
（1）请你添加一个适当的条件，使得四边形ABCD是平行四边形，并证明你的结论；
（2）作线段AB的垂直平分线交AB于点O，并以AB为直径作⊙O（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
（3）在（2）的条件下，⊙O交边AD于点F，连接BF，交AE于点G，若AE=4，
sin∠AGF=4
5
，求⊙O的半径．
【答案】（1）当AD=BC时，四边形ABCD是平行四边形，理由见解析；（2）作出相应的图形见解析；（3）圆O的半径为2.5．
【解析】
分析：（1）添加条件AD=BC，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形验证即可；（2）作出相应的图形，如图所示；
（3）由平行四边形的对边平行得到AD与BC平行，可得同旁内角互补，再由AE与BE为角平分线，可得出AE与BE垂直，利用直径所对的圆周角为直角，得到AF与FB垂直，可得出两锐角互余，根据角平分线性质及等量代换得到∠AGF=∠AEB，根据sin∠AGF的值，确定出sin∠AEB的值，求出AB的长，即可确定出圆的半径．
详解：（1）当AD=BC时，四边形ABCD是平行四边形，理由为：
证明：∵AD∥BC，AD=BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
故答案为：AD=BC；
（2）作出相应的图形，如图所示；
（3）∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠CBA=180°，
∵AE与BE分别为∠DAB与∠CBA的平分线，∴∠EAB+∠EBA=90°，
∴∠AEB=90°，
∵AB为圆O的直径，点F在圆O上，
∴∠AFB=90°，
∴∠FAG+∠FGA=90°，
∵AE平分∠DAB，
∴∠FAG=∠EAB，
∴∠AGF=∠ABE，
∴sin∠ABE=sin∠AGF=4
5
AE AB =，
∵AE=4，
∴AB=5，
则圆O的半径为2.5．
点睛：此题属于圆综合题，涉及的知识有：圆周角定理，平行四边形的判定与性质，角平分线性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握各自的性质及定理是解本题的关键．
15．如图1，D是⊙O的直径BC上的一点，过D作DE⊥BC交⊙O于E、N，F是⊙O上的一点，过F的直线分别与CB、DE的延长线相交于A、P，连结CF交PD于M，∠C＝
1
2
∠P．
（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）若∠A＝30°，⊙O的半径为4，DM＝1，求PM的长；
（3）如图2，在（2）的条件下，连结BF、BM；在线段DN上有一点H，并且以H、D、C 为顶点的三角形与△BFM相似，求DH的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）PM＝32；（3）满足条件的DH的值为63
2
-
或
123
11
+【解析】
【分析】
（1）如图1中，作PH⊥FM于H．想办法证明∠PFH=∠PMH，∠C=∠OFC，再根据等角的余角相等即可解决问题；
（2）解直角三角形求出AD，PD即可解决问题；
（3）分两种情形①当△CDH∽△BFM时，DH CD FM BF
=．
②当△CDH∽△MFB时，DH CD
FB MF
=，分别构建方程即可解决问题；
【详解】
（1）证明：如图1中，作PH⊥FM于H．
∵PD⊥AC，∴∠PHM＝∠CDM＝90°，∵∠PMH＝∠DMC，∴∠C＝∠MPH，∵∠C＝1
2
∠FPM，∴∠HPF＝∠HPM，
∵∠HFP+∠HPF＝90°，∠HMP+∠HPM＝90°，∴∠PFH＝∠PMH，
∵OF＝OC，∴∠C＝∠OFC，
∵∠C+∠CMD＝∠C+∠PMF＝∠C+∠PFH＝90°，
∴∠OFC+∠PFC＝90°，∴∠OFP＝90°，
∴直线PA是⊙O的切线．
（2）解：如图1中，∵∠A＝30°，∠AFO＝90°，∴∠AOF＝60°，
∵∠AOF＝∠OFC+∠OCF，∠OFC＝∠OCF，∴∠C＝30°，
∵⊙O的半径为4，DM＝1，
∴OA＝2OF＝8，CD33，
∴OD＝OC﹣CD＝43，
∴AD＝OA+OD＝8+43＝123，
在Rt△ADP中，
DP＝AD•tan30°＝（123）×
3
3
＝3﹣1，
∴PM＝PD﹣DM＝3﹣2．（3）如图2中，
由（2）可知：BF ＝12BC ＝4，FM ＝3BF ＝43 ，CM ＝2DM ＝2，CD ＝3 ， ∴FM ＝FC ﹣CM ＝43﹣2，
①当△CDH ∽△BFM 时，
DH CD FM BF = ， ∴ 34
432=- ，∴DH ＝632- ②当△CDH ∽△MFB 时，
DH CD FB MF =， ∴34432
DH =- ，∴DH ＝1223+ ， ∵DN ＝()22443833--=- ，
∴DH ＜DN ，符合题意，
综上所述，满足条件的DH 的值为
63- 或1223+． 【点睛】
本题考查圆综合题、切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题.
16．如图1，⊙O 的直径AB =12，P 是弦BC 上一动点（与点B ，C 不重合），∠ABC =30°，过点P 作PD ⊥OP 交⊙O 于点D ．
（1）如图2，当PD ∥AB 时，求PD 的长；
（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=1
2
AB，连接DE．
①求证：DE是⊙O的切线；
②求PC的长．
【答案】（1）26；（2）①证明见解析；②33﹣3．
【解析】
试题分析：（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；
（2）①首先得出△OBD是等边三角形，进而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；
②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．
试题解析：（1）如图2，连接OD，
∵OP⊥PD，PD∥AB，
∴∠POB=90°，
∵⊙O的直径AB=12，
∴OB=OD=6，
在Rt△POB中，∠ABC=30°，
∴OP=OB•tan30°=6×=2，
在Rt△POD中，
PD===；
（2）①如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，
∵，
∴∠DBC=∠ABC=30°，
∴∠ABD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OD⊥FB，
∵BE=AB，
∴OB=BE，
∴BF∥ED，
∴∠ODE=∠OFB=90°，
∴DE是⊙O的切线；
②由①知，OD⊥BC，
∴CF=FB=OB•cos30°=6×=3，
在Rt△POD中，OF=DF，
∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），∴CP=CF﹣PF=3﹣3．
考点：圆的综合题。