中考数学培优(含解析)之圆与相似含答案

中考数学培优(含解析)之圆与相似含答案
一、相似
1．阅读下列材料，完成任务：
自相似图形
定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，连接EG，HF交于点O，易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形．
任务：
（1）图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________；
（2）如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC也是“自相似图形”，他的思路是：过点C作CD⊥AB于点D，则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽△ABC，则△ACD与△ABC的相似比为________；
（3）现有一个矩形ABCD是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）．
请从下列A、B两题中任选一条作答．
A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；
②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b的式子表示）；
B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；
②如图4﹣2，若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n 个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b的式子表示）．
【答案】（1）
（2）
（3）；；或；或
【解析】【解答】（解：（1）∵点H是AD的中点，
∴AH= AD，
∵正方形AEOH∽正方形ABCD，
∴相似比为： == ；
故答案为：；
（ 2 ）在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，∴△ACD与△ABC相似的相似比为：，
故答案为：；
（ 3 ）A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD，
∴AF：AB=AB：AD，
即 a：b=b：a，
∴a= b；
故答案为：
②每个小矩形都是全等的，则其边长为b和 a，
则b： a=a：b，
∴a= b；
故答案为：
B、①如图2，
由①②可知纵向2块矩形全等，横向3块矩形也全等，
∴DN= b，
Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，
∵矩形FMND∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AD：AB，
即FD： b=a：b，
解得FD= a，
∴AF=a﹣ a= a，
∴AG= = = a，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即 a：b=b：a
得：a= b；
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AB：AD
即FD： b=b：a
解得FD= ，
∴AF=a﹣ = ，
∴AG= = ，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即：b=b：a，
得：a= b；
故答案为：或；
②如图3，
由①②可知纵向m块矩形全等，横向n块矩形也全等，
∴DN= b，
Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，
∵矩形FMND∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AD：AB，
即FD： b=a：b，
解得FD= a，
∴AF=a﹣ a，
∴AG= = = a，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即 a：b=b：a
得：a= b；
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，
∵矩形DFMN∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AB：AD
即FD： b=b：a
解得FD= ，
∴AF=a﹣，
∴AG= = ，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即：b=b：a，
得：a= b；
故答案为： b或 b．
【分析】由题意可知，用相似多边形的性质即可求解。

相似多边形的性质是;相似多边形的对应边的比相等。

相似多边形的对应边的比等于相似比。

（1）由题意知，小正方形的边长等于大正方形的边长的一半，所以其相似比为；
（2）在直角三角形BC中，由勾股定理易得AB=5，而CD AB，所以用面积法可求得CD=，所以相似比===;
（3）A、①由题意可得,解得;
②同理可得; ，解得，；
B、①最小的矩形的长和宽与大矩形的场和宽的对应方式有两种，所以分两种情况来解：Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，由题意可得成比例线段，,,解得FD=,则
AF的长也可用含a的代数式表示，而AG=GF=AF，再根据矩形GABH∽矩形ABCD，得到相对应的比例式即可求得a=b;
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，同理可得a=b;
②同①中的两种情况类似。

2．如图所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC的延长线交BD于点P．
（1）把△ABC绕点A旋转到图1，BD，CE的关系是（选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；
（2）若AB=3，AD=5，把△ABC绕点A旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，求PD的值，简要说明计算过程；
（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为________，最大值为________．
【答案】（1）解：相等
理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，
∴BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE；
（2）解：作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：
∵∠EAC=90°，
∴CE= ，
∵∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，
∴△PCD∽△ACE，
∴，
∴PD= ；
若点B在AE上，如图2所示：
∵∠BAD=90°，
∴Rt△ABD中，BD= ，BE=AE﹣AB=2，
∵∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，
∴△BAD∽△BPE，
∴，即，
解得PB= ，
∴PD=BD+PB= + = ，
（3）1；7
【解析】【解答】解：（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．
如图3所示，分两种情况讨论：
在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．
①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，
在Rt△ACE中，CE= =4，
在Rt△DAE中，DE= ，
∵四边形ACPB是正方形，
∴PC=AB=3，
∴PE=3+4=7，
在Rt△PDE中，PD= ，
即旋转过程中线段PD的最小值为1；
②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，
此时，DP'=4+3=7，
即旋转过程中线段PD的最大值为7．
故答案为：1，7．
【分析】（1）BD，CE的关系是相等，理由如下：根据同角的余角相等得出∠BAD=∠CAE，根据等腰直角三角形的性质得出BA=CA，DA=EA，从而利用SAS判断出△ABD≌△ACE，根据全等三角形对应边相等得出BD=CE；
（2）作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：首先根据勾股定理算出CE的
长，然后判断出△PCD∽△ACE，根据相似三角形对应边成比例得出，根据比例式列出方程，求解得出PD的长；若点B在AE上，如图2所示：根据勾股定理算出BD的
长，然后判断出△BAD∽△BPE，根据相似三角形对应边成比例得出，根据比例式列出方程，求解得出PB的长，根据线段的和差即可得出PD的长；
（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD 的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．
如图3所示，分两种情况讨论：在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，根据勾股定理算出CE,DE的长，根据正方形的性质得出PC=AB=3，进而得出PE的长，根据勾股定理算出PD 的长，即旋转过程中线段PD的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD的最大值为7．
3．如图1，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD.
（1）请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；
（2）现将图1中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图2，AE与MP、BD分别交于点G、H.请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；
（3）若图2中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC＝kAC，CD＝kCE，如图3，写出PM与PN的数量关系，并加以证明.
【答案】（1）PM⊥PN，PM＝PN
（2）PM＝PN，PM⊥PN
（3）解：PM＝kPN，
∵△ACB和△ECD是直角三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝90°.
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.
∴∠ACE＝∠BCD.
∵BC＝kAC，CD＝kCE，
∴＝k.
∴△BCD∽△ACE.
∴BD＝kAE，
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM＝ BD，PN＝ AE.
∴PM＝kPN.
【解析】【解答】解：（1）PM＝PN，PM⊥PN，
理由如下：
∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.
在△ACE和△BCD中，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠BCD＝90°，
∴∠CBD+∠BDC＝90°，
∴∠EAC+∠BDC＝90°
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，
∴PM＝ BD，PN＝ AE，
∴PM＝PN，
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM∥BC，PN∥AE，
∴∠NPD＝∠EAC，∠MPN＝∠BDC，
∵∠EAC+∠BDC＝90°，
∴∠MPA+∠NPC＝90°，
∴∠MPN＝90°，
即PM⊥PN，
故答案为：PM⊥PN，PM＝PN；
（ 2 ）PM＝PN，PM⊥PN，
理由：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS）.
∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD.
又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，
∴∠BHO＝∠ACO＝90°.
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM＝ BD，PM∥BD；
PN＝ AE，PN∥AE.
∴PM＝PN.
∴∠MGE+∠BHA＝180°.
∴∠MGE＝90°.
∴∠MPN＝90°.
∴PM⊥PN.
故答案为：PM⊥PN，PM＝PN
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质得出结论判断出△ACE≌△BCD，得出AE=BD，再用三角形的中位线即可得出结论；（2）同（1）的方法即可得出结论；（3）利用两边对应成比例夹角相等，判断出△BCD∽△ACE，得出BD=kAE，最后用三角形的中位线即可得出结论.
4．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.
5．两个全等的直角三角形ABC 和DEF 重叠在一起，其中∠A=60°，AC=1．固定△ABC 不动，将△DEF 进行如下操作：
（1）如图，△DEF 沿线段 AB 向右平移（即 D 点在线段 AB 内移动），连接 DC、CF、FB，四边形 CDBF 的形状在不断的变化，但它的面积不变化，请求出其面积．
（2）如图，当 D 点移到 AB 的中点时，请你猜想四边形CDBF 的形状，并说明理由．
（3）如图，△DEF 的 D 点固定在 AB 的中点，然后绕 D 点按顺时针方向旋转△DEF，使 DF 落在 AB 边上，此时 F 点恰好与 B 点重合，连接 AE，请你求出sinα的值．
【答案】（1）解：）过点C作CG⊥AB于G
在Rt△ACG中∵∠A＝60°
∴sin60°＝∴
在Rt△ABC中∠ACB＝90°∠ABC＝30°
∴AB=2
∴
（2）解：菱形
∵D是AB的中点∴AD=DB=CF=1
在Rt△ABC中，CD是斜边中线∴CD=1
同理 BF=1 ∴CD=DB=BF=CF
∴四边形CDBF是菱形
（3）解：在Rt△ABE中
∴
过点D作DH⊥AE 垂足为H
则△ADH∽△AEB ∴
即∴ DH=
在Rt△DHE中
sinα= =…=
【解析】【分析】（1）根据平移的性质得到AD=BE，再结合两条平行线间的距离相等，则三角形ACD的面积等于三角形BEF的面积，所以要求的梯形的面积等于三角形ABC的面积．根据60度的直角三角形ABC中AC=1，即可求得BC的长，从而求得其面积；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和平移的性质，即可得到该四边形的四条边都相等，则它是一个菱形；（3）过D点作DH⊥AE于H，可以把要求的角构造到直角三角形中，根据三角形ADE的面积的不同计算方法，可以求得DH的长，进而求解．
6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm.动点M从点B出发，在BA边上以每秒3cm的速度向定点A运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒2cm的速
度向点B运动，运动时间为t秒，连接MN.
（1）若△BMN与△ABC相似，求t的值；
（2）连接AN，CM，若AN⊥CM，求t的值．
【答案】（1）解：∵∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，∴BA＝＝10(cm)．
由题意得BM＝3tcm，CN＝2tcm，∴BN＝(8－2t)cm.
当△BMN∽△BAC时，，∴＝，解得t＝；
当△BMN∽△BCA时，＝，∴＝，解得t＝ .
综上所述，△BMN与△ABC相似时，t的值为或
（2）解：如图，过点M作MD⊥CB于点D，
∴∠BDM＝∠ACB＝90°，又∵∠B＝∠B，∴△BDM∽△BCA，
∴＝＝ . ∵AC＝6cm，BC＝8cm，BA＝10cm，BM＝3tcm，
∴DM＝ tcm，BD＝ tcm，∴CD＝ cm.
∵AN⊥CM，∠ACB＝90°，∴∠CAN＋∠ACM＝90°，∠MCD＋∠ACM＝90°，
∴∠CAN＝∠MCD. ∵MD⊥CB，∴∠MDC＝∠ACB＝90°，∴△CAN∽△DCM，
∴＝，∴＝，解得t＝．
【解析】【分析】（1）在直角三角形ABC中，由已知条件用勾股定理可求得AB的长，再根据路程=速度时间可将BM、CN用含t的代数式表示出来，则BN=BC-CN也可用含t 的代数式表示出来，因为△BMN与△ABC相似，由题意可分两种情况，①当
△BMN∽△BAC时，由相似三角形的性质可得比例式：，将已知的线段代入计算
即可求解；②当△BMN∽△BCA时，由相似三角形的性质可得比例式：，将已知的线段代入计算即可求解；
（2）过点M作MD⊥CB于点D，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得
△BDM∽△BCA，于是可得比例式，将已知的线段代入计算即可用含t的代数式表示DM、BD的长，则CD=CB-BD也可用含t的代数式表示出来，同理易证
△CAN∽△DCM，可得比例式，将已表示的线段代入计算即可求得t的值。

7．抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（，0），且与y轴相交于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求∠ACB的度数；
（3）设点D是所求抛物线第一象限上一点，且在对称轴的右侧，点E在线段AC上，且DE⊥AC，当△DCE与△AOC相似时，求点D的坐标．
【答案】（1）解：当x=0,y=3，
所以C（0,3）
设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x- ).
将C（0,3）代入得- a=3，解得a=-2
所以抛物线的解析式为y=-2x2+x+3
（2）解：过点B作BM⊥AC，垂足为M，过点M作MN⊥OA，垂足为N，如图1，
∵OC=3，AO=1，
∴tan∠CAO=3.
∴直线AC的解析式为y=3x+3.
∵AC⊥BM，
∴BM的一次项系数为- .
设BM的解析式为y=- x+b,将点B的坐标代入得：- × +b=0,解得b= .
∴BM的解析式为y=- x+ .
将y=3x+3与y=- x+ 联立解得：x=- ，y= .
∴MC=BM= = .
∴∆MCB为等腰三角形.
∴∠ACB=45°.
（3）解：如图2所示，延长CD，交x轴于点F.
∵∠ACB=45°,点D是第一象限抛物线上一点，
∴∠ECD＞45°.
又∵∆DCE与∆AOC相似，∠AOC=∠DEC=90°,
∴∠CAO=∠ECD.
∴CF=AF.
设点F的坐标为（a，0），则（a+1）2=32+a2，解得a=4.
∴F（4,0）.
设CF的解析式为y=kx+3，将F（4,0）代入得：4k+3=0，解得k=- .
∴CF的解析式为y=- x+3.
将y=- x+3与y=-2x2+x+3联立，解得x=0（舍去）或x= .
将x= 代入y=- x+3得y=
∴D（，）．
【解析】【分析】（1）结合已知抛物线与x轴的交点AB，设抛物线的解析式为顶点式，代入点C的坐标求出系数，在回代化成抛物线解析式的一般形式。

（2）作垂线转化到直角三角形中利用锐角函数关系解出直线南AC的解析式，再利用待定系数法求出系数得出直线BC的解析式，联立方程得出点M的坐标，根据勾股定理求出MC,BM的长判断出是等腰直角三角形，得出角的度数 .
（3）根据相似三角形的性质的出两角相等，再利用待定系数法求出系数得出直线CF的解析式，再联立方程得出点D的坐标。

8．如图，△ABC内接于⊙O，∠CBG=∠A，CD为直径，OC与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，延长CD交GB的延长线于点P，连接BD．
（1）求证：PG与⊙O相切；
（2）若 = ，求的值；
（3）在（2）的条件下，若⊙O的半径为8，PD=OD，求OE的长．【答案】（1）解：如图，连接OB，则OB=OD，
∴∠BDC=∠DBO，
∵∠BAC=∠BDC、∠BAC=∠GBC，
∴∠GBC=∠BDO，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DBO+∠OBC=90°，
∴∠GBC+∠OBC=90°，
∴∠GBO=90°，
∴PG与⊙O相切。

（2）解：过点O作OM⊥AC于点M，连接OA，
则∠AOM=∠COM= ∠AOC，
∵
∴∠ABC= ∠AOC=∠COM，
又∵∠EFB=∠OMC=90°，
∴△BEF∽△OCM，
∴，
∵CM= AC，
∴，
又∵，
∴
（3）解：由（2）可知=，则BE=10.
∵PD=OD，∠PBO=90°，
∴BD=OD=8，
在Rt△DBC中，BC= =8 ，
又∵OD=OB，
∴△DOB是等边三角形，
∴∠DOB=60°，
∵∠DOB=∠OBC+∠OCB，OB=OC，
∴∠OCB=30°，
∴， = ，
∴可设EF=x，则EC=2x、FC= x，
∴BF=8 ﹣ x，
在Rt△BEF中，BE2=EF2+BF2，
∴100=x2+（8 ﹣ x）2，
解得：x=6± ，
∵6+ ＞8，舍去，
∴x=6﹣，
∴EC=12﹣2 ，
∴OE=8﹣（12﹣2 ）=2 ﹣4
【解析】【分析】（1）连接OB，则需要证明∠GBO=∠GBC+∠OBC=90°；由CD是⊙O的直径，则∠DBO+∠OBC=90°，即需要证明∠GBC=∠BDO，由同弧所对的圆周角相等，可知∠BAC=∠BDC，而∠BAC=∠GBC，∠BDC=∠DBO，则可证得∠GBC=∠BDO。

（2）因为已知=，求,其中EF，BE是△BEF的两条边，而AC，OC是△AOC的两条边，但△BEF和△AOC不相似，则可构造两三角形相似，因为△BEF是直角三角形，则可过
点O作OM⊥AC于点M，连接OA，即构造△BEF∽△OCM，从而可求得。

（3）由（2）得的值及OC=8求出BE；由PD=OD，且∠PBO=90°，根据“直角三角形斜边上的中线长等于斜边长的一半”可得BD=OD=8，由勾股定理可求得BC的长，则△DOB是等边三角形，则在直角三角形ECF中存在特殊角30度，不妨设EF=x，则CE=2x，CF=x。

在Rt△BEF中，由勾股定理可得BE2=EF2+BF2，构造方程解答即可。

二、圆的综合
9．如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．
（1）求∠AOC的度数；
（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．
【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3）．
【解析】
【分析】
（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°．
（2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系．（3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．
【详解】
（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，
∴△OAC是等边三角形，
故∠AOC=60°．
（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；
∴AC=12
OP ，因此△OCP 是直角三角形，且∠OCP=90°， 而OC 是⊙O 的半径，
故PC 与⊙O 的位置关系是相切．
（3）如图；有三种情况：
①取C 点关于x 轴的对称点，则此点符合M 点的要求，此时M 点的坐标为：M 1（2，﹣3
劣弧MA 的长为：60441803
ππ⨯=； ②取C 点关于原点的对称点，此点也符合M 点的要求，此时M 点的坐标为：M 2（﹣2，﹣3
劣弧MA 的长为：120481803
ππ⨯=； ③取C 点关于y 轴的对称点，此点也符合M 点的要求，此时M 点的坐标为：M 3（﹣2，3
优弧MA 的长为：2404161803
ππ⨯=； ④当C 、M 重合时，C 点符合M 点的要求，此时M 4（2，3）； 优弧MA 的长为：3004201803
ππ⨯=； 综上可知：当S △MAO =S △CAO 时，动点M 所经过的弧长为
481620,,,3333ππππ对应的M 点坐标分别为：M 1（2，﹣3M 2（﹣2，﹣3）、M 3（﹣2，3M 4（2，3
【点睛】
本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．
10．在⊙O 中，点C 是AB u u u r 上的一个动点(不与点A ，B 重合)，∠ACB=120°，点I 是∠ABC 的内心，CI 的延长线交⊙O 于点D ，连结AD,BD ．
（1）求证：AD=BD．
（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．
（3）若⊙O的半径为2，点E，F是»AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I 随之运动形成的路径长．
【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3）23
【解析】
分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；
（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得
△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出
ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；
（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I 随之运动形成的路径长.
详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心
∴CI平分∠ACB
∴∠ACD=∠BCD
∴弧AD=弧BD
∴AD=BD
（2）AB=DI
理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD
∴∠BCD=×120°=60°
∵弧BD=弧BD
∴∠DAB=∠BCD=60°
∵AD=BD
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，∠ABD=∠C
∵I是△ABC的内心
∴BI平分∠ABC
∴∠CBI=∠ABI
∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD
∴∠BID=∠IBD
∴ID=BD
∵AB=BD
∴AB=DI
（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧
∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD
∴∠AED=∠ACB=×120°=60°
∵圆的半径为2，DE是直径
∴DE=4，∠EAD=90°
∴AD=sin∠AED×DE=×4=2
∵点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°
∴弧AB的度数为120°，
∴弧AM、弧BF的度数都为为40°
∴∠ADM=20°=∠FAB
∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80°
∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°
∴∠DAI1=∠AI1D
∴AD=I1D=2
∴弧I1I2的长为：
点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.
11．如图，AB是圆O的直径，射线AM⊥AB，点D在AM上，连接OD交圆O于点E，过点D作DC=DA交圆O于点C（A、C不重合），连接O C、BC、CE．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若圆O的直径等于2，填空：
①当AD=时，四边形OADC是正方形；
②当AD=时，四边形OECB是菱形．
【答案】(1)见解析；（2）①1；②3．
【解析】
试题分析：（1）依据SSS证明△OAD≌△OCD，从而得到∠OCD=∠OAD=90°；
（2）①依据正方形的四条边都相等可知AD=OA；
②依据菱形的性质得到OE=CE，则△EOC为等边三角形，则∠CEO=60°，依据平行线的性质可知∠DOA=60°，利用特殊锐角三角函数可求得AD的长．
试题解析：解：∵AM⊥AB，
∴∠OAD=90°．
∵OA=OC，OD=OD，AD=DC，
∴△OAD≌△OCD，
∴∠OCD=∠OAD=90°．
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线．
（2）①∵当四边形OADC是正方形，
∴AO=AD=1．
故答案为：1．
②∵四边形OECB是菱形，
∴OE=CE．
又∵OC=OE，
∴OC=OE=CE．
∴∠CEO=60°．
∵CE∥AB，
∴∠AOD=60°．
在Rt△OAD中，∠AOD=60°，AO=1，
∴AD=．
故答案为：．
点睛：本题主要考查的是切线的性质和判定、全等三角形的性质和判定、菱形的性质、等边三角形的性质和判定，特殊锐角三角函数值的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．
12．四边形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=3m，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
EG=1，
2
∴∠EAG =∠ECD =2α，
∴∠CAG =∠CAD +∠DAG =30°﹣α+2α=∠BAC ，
∵tan ∠BAC =5311， ∴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．
13．已知⊙O 中，弦AB=AC ，点P 是∠BAC 所对弧上一动点，连接PA ，PB ．
（1）如图①，把△ABP 绕点A 逆时针旋转到△ACQ ，连接PC ，求证：
∠ACP+∠ACQ=180°；
（2）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA 、PB 、PC 之间的关系．
（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）PA=PB+PC ．理由见解析；（3）若∠BAC=120°时，（2）3 PA=PB+PC ．
【解析】
试题分析：（1）如图①，连接PC ．根据“内接四边形的对角互补的性质”即可证得结论； （2）如图②，通过作辅助线BC 、PE 、CE （连接BC ，延长BP 至E ，使PE=PC ，连接CE ）构建等边△PCE 和全等三角形△BEC ≌△APC ；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得PA=PB+PC ；
（3）如图③，在线段PC 上截取PQ ，使PQ=PB ，过点A 作AG ⊥PC 于点G ．利用全等三角形△ABP ≌△AQP （SAS ）的对应边相等推知AB=AQ ，PB=PG ，将PA 、PB 、PC 的数量关系转化到△APC 中来求即可．
试题解析：（1）如图①，连接PC ．
∵△ACQ 是由△ABP 绕点A 逆时针旋转得到的，
∴∠ABP=∠ACQ ．
由图①知，点A、B、P、C四点共圆，
∴∠ACP+∠ABP=180°（圆内接四边形的对角互补），
∴∠ACP+∠ACQ=180°（等量代换）；
（2）PA=PB+PC．理由如下：
如图②，连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE．
∵弦AB=弦AC，∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形（有一内角为60°的等腰三角形是等边三角形）．
∵A、B、P、C四点共圆，∴∠BAC+∠BPC=180°（圆内接四边形的对角互补），∵∠BPC+∠EPC=180°，∴∠BAC=∠CPE=60°，
∵PE=PC，∴△PCE是等边三角形，∴CE=PC，∠E=∠ECP=∠EPC=60°；
又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，∴∠BCE=∠ACP（等量代换）,
在△BEC和△APC中，
CE PC
BCE ACP
AC BC
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△BEC≌△APC（SAS），∴BE=PA，
∴PA=BE=PB+PC；
（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论不成立，3 PA=PB+PC．理由如下：
如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．
∵∠BAC=120°，∠BAC+∠BPC=180°，∴∠BPC=60°．
∵弦AB=弦AC，∴∠APB=∠APQ=30°．
在△ABP和△AQP中，
PB PQ
APB APQ
AP AP
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△ABP≌△AQP（SAS），
∴AB=AQ，PB=PQ（全等三角形的对应边相等），∴AQ=AC（等量代换）．
在等腰△AQC中，QG=CG．
在Rt△APG中，∠APG=30°，则AP=2AG，PG=3AG,
∴PB+PC=PG﹣QG+PG+CG=PG﹣QG+PG+QG=2PG=23AG，
∴3PA=23AG，即3PA=PB+PC．
【点睛】本题考查了圆的综合题，解题的关键要能掌握和灵活运用圆心角、弧、弦间的关系，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质等.
14．如图，AB是⊙O的直径，弦BC＝OB，点D是»AC上一动点，点E是CD中点，连接BD分别交OC，OE于点F，G．
（1）求∠DGE的度数；
（2）若CF OF
＝
1
2
，求
BF
GF
的值；
（3）记△CFB，△DGO的面积分别为S1，S2，若
CF
OF
＝k，求1
2
S
S的值．（用含
k的式子表示）
【答案】(1)∠DGE＝60°；(2)
7
2
；(3)1
2
S
S=
21
1
k k
k
++
+
.
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，同弧所对的圆心角和圆周角的关系，可以求得∠DGE的度数；
（2）过点F作FH⊥AB于点H设CF＝1，则OF＝2，OC＝OB＝3,根据勾股定理求出BF的长度，再证得△FGO∽△FCB，进而求得
BF
GF
的值；
（3）根据题意，作出合适的辅助线，然后根据三角形相似、勾股定理可以用含k的式子表
示出1
2
S
S的值．
【详解】
解：(1)∵BC＝OB＝OC，
∴∠COB＝60°，
∴∠CDB＝1
2
∠COB＝30°，
∵OC＝OD，点E为CD中点，
∴OE⊥CD，
∴∠GED＝90°，
∴∠DGE＝60°；
(2)过点F作FH⊥AB于点H
设CF＝1，则OF＝2，OC＝OB＝3
∵∠COB＝60°
∴OH ＝12
OF ＝1， ∴HF
HB ＝OB ﹣OH ＝2，
在Rt △BHF 中，BF ==
由OC ＝OB ，∠COB ＝60°得：∠OCB ＝60°，
又∵∠OGB ＝∠DGE ＝60°，
∴∠OGB ＝∠OCB ，
∵∠OFG ＝∠CFB ，
∴△FGO ∽△FCB ， ∴OF GF BF CF
=， ∴
， ∴BF GF =72
. (3)过点F 作FH ⊥AB 于点H ，
设OF ＝1，则CF ＝k ，OB ＝OC ＝k+1，
∵∠COB ＝60°，
∴OH ＝12OF=12
，
∴HF
=
，HB ＝OB ﹣OH ＝k+12， 在Rt △BHF 中，
BF =
由(2)得：△FGO ∽△FCB ， ∴GO OF
CB BF
=，即1GO k =+， ∴GO
=
过点C 作CP ⊥BD 于点P
∵∠CDB ＝30°
∴PC ＝12
CD ， ∵点E 是CD 中点，
∴DE ＝
12
CD ， ∴PC ＝DE ，
∵DE ⊥OE ，
∴12S S
=BF GO =22111
k k k k k +++++=211k k k +++
【点睛】
圆的综合题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用三角形相似和勾股定理、数形结合的思想解答．
15．如图，AB 是半圆⊙O 的直径，点C 是半圆⊙O 上的点，连接AC ，BC ，点E 是AC 的中点，点F 是射线OE 上一点．
（1）如图1，连接FA ，FC ，若∠AFC ＝2∠BAC ，求证：FA ⊥AB ；
（2）如图2，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，点G
是线段CD 上一点（不与点C 重合），连接FA ，FG ，FG 与AC 相交于点P ，且AF ＝FG ．
①试猜想∠AFG 和∠B 的数量关系，并证明；
②连接OG ，若OE ＝BD ，∠GOE ＝90°，⊙O 的半径为2，求EP 的长．
【答案】（1）见解析；（2）①结论：∠GFA ＝2∠ABC ．理由见解析；②PE ＝
36
． 【解析】
【分析】 （1）证明∠OFA ＝∠BAC ，由∠EAO +∠EOA ＝90°，推出∠OFA +∠AOE ＝90°，推出∠FAO ＝90°即可解决问题．
（2）①结论：∠GFA ＝2∠ABC ．连接FC ．由FC ＝FG ＝FA ，以F 为圆心FC 为半径作⊙F ．因为»»AG AG =，推出∠GFA ＝2∠ACG ，再证明∠ACG ＝∠ABC ．
②图2﹣1中，连接AG ，作FH ⊥AG 于H ．想办法证明∠GFA ＝120°，求出EF ，OF ，OG 即可解决问题．
【详解】
（1）证明：连接OC．
∵OA＝OC，EC＝EA，
∴OF⊥AC，
∴FC＝FA，
∴∠OFA＝∠OFC，
∵∠CFA＝2∠BAC，
∴∠OFA＝∠BAC，
∵∠OEA＝90°，
∴∠EAO+∠EOA＝90°，
∴∠OFA+∠AOE＝90°，
∴∠FAO＝90°，
∴AF⊥AB．
（2）①解：结论：∠GFA＝2∠ABC．
理由：连接FC．
∵OF垂直平分线段AC，
∴FG＝FA，
∵FG＝FA，
∴FC＝FG＝FA，以F为圆心FC为半径作⊙F．∵»»
，
AG AG
∴∠GFA＝2∠ACG，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ABC+∠BCA＝90°，
∵∠BCD+∠ACD＝90°，
∴∠ABC＝∠ACG，
∴∠GFA ＝2∠ABC ．
②如图2﹣1中，连接AG ，作FH ⊥AG 于H ．
∵BD ＝OE ，∠CDB ＝∠AEO ＝90°，∠B ＝∠AOE ，
∴△CDB ≌△AEO （AAS ），
∴CD ＝AE ，
∵EC ＝EA ，
∴AC ＝2CD ．
∴∠BAC ＝30°，∠ABC ＝60°，
∴∠GFA ＝120°，
∵OA ＝OB ＝2，
∴OE ＝1，AE ＝
，BA ＝4，BD ＝OD ＝1， ∵∠GOE ＝∠AEO ＝90°，
∴OG ∥AC ， 323DG OG ∴==, 222213AG DG AD ∴=+=
， ∵FG ＝FA ，FH ⊥AG ，
∴AH ＝HG 21∠AFH ＝60°， ∴AF ＝27sin 60AH ︒=， 在Rt △AEF 中，EF 2213AF AE -=， ∴OF ＝OE +EF ＝
43 ， ∵PE ∥OG ， ∴PE EF OG 0F
=， ∴1
34
233=，
∴PE ＝36 ． 【点睛】 圆综合题，考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题.
16．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，以AC 为直径作⊙O 交BC 于点D ，过点D 作FE ⊥AB 于点E ，交AC 的延长线于点F ．
（1）求证：EF 与⊙O 相切；
（2）若AE ＝6，sin ∠CFD ＝35
，求EB 的长．
【答案】(1)见解析（2）
32
【解析】
【分析】 ()1如图，欲证明EF 与O e 相切，只需证得OD EF ⊥．
()2通过解直角AEF V 可以求得AF 10.=设O e 的半径为r ，由已知可得△FOD ∽△FAE ，继而得到OF OD AF AE =，即10r r 106-=，则易求15AB AC 2r 2
===，所以153EB AB AE 622
=-=
-=． 【详解】 （1）如图，连接OD ，
OC OD =Q ，
OCD ODC ∠∠∴=．
AB AC =Q ，
ACB B ∠∠∴=，
ODC B ∠∠∴=，
OD //AB ∴，
ODF AEF ∠∠∴=，
EF AB ⊥Q ，
ODF AEF 90∠∠∴==o ，
OD EF ∴⊥，
OD Q 是O e 的半径，
EF ∴与O e 相切；
()2由()1知，OD//AB ，OD EF ⊥．
在Rt AEF V 中，AE 3sin CFD AF 5
∠=
=，AE 6=， 则AF 10=， OD //AB Q ，
∴△FOD ∽△FAE ，
OF OD AF AE
∴=， 设O e 的半径为r ，
10r r 106-∴
=， 解得，15r 4
=， 15AB AC 2r 2
∴===， 153EB AB AE 622∴=-=
-=． 【点睛】
本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.。