中考数学培优易错试卷(含解析)之圆与相似附答案解析

中考数学培优易错试卷(含解析)之圆与相似附答案解析
一、相似
1．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=1．
（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；
（2）联结AC、BC，若△ABC的面积为6，求此抛物线的表达式；
（3）在第（2）小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，当△CGF为直角三角形时，求点Q的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴为直线x=1，
而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为（﹣1，0）
∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为（3，0）
设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），
即y=ax2﹣2ax﹣3a，
当x=0时，y=﹣3a，
∴C（0，﹣3a）
（2）解：∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3a），
∴AB=4，OC=3a，
∴S△ACB= AB•OC=6，
∴6a=6，解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3
（3）解：设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，如图，
∵点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，
∴QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，
∴OF=2m+1，HF=1，
当∠CGF=90°时，
∵∠QGH+∠FGH=90°，∠QGH+∠GQH=90°，
∴∠GQH=∠HGF，
∴Rt△QGH∽Rt△GFH，
∴ = ，即，解得m=9，
∴Q的坐标为（9，0）；
当∠CFG=90°时，
∵∠GFH+∠CFO=90°，∠GFH+∠FGH=90°，
∴∠CFO=∠FGH，
∴Rt△GFH∽Rt△FCO，
∴ = ，即 = ，解得m=4，
∴Q的坐标为（4，0）；
∠GCF=90°不存在，
综上所述，点Q的坐标为（4，0）或（9，0）．
【解析】【分析】（1）根据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与x轴的另一个交点B的坐标，再用交点式可求得抛物线的解析式，然后根据抛物线与y轴交于点C可得x=0，把x=0代入解析式即可求得点C的坐标；
（2）由（1）的结论可求得AB=4，OC=3a，根据三角形ABC的面积=AB•OC=6可求得a的值，则解析式可求解；
（3）设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，根据中心对称的性质可得QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3。

分两种情况讨论：①当∠CGF=90°时，由同角的余角相等可得∠GQH=∠HGF，于是根据有两个角相等的两个三角形相似可得
Rt△QGH∽Rt△GFH，则可得比例式，代入可求得m的值，则点Q的坐标可求解；
②当∠CFG=90°时，同理可得另一个Q坐标。

2．如图，抛物线y= x2+bx+c 与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，6），点D是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，连接BD，点F是抛物线上的动点，当∠FBA=∠BDE时，求点F的坐标；
（3）如图2，若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，求点Q的坐标．
【答案】（1）解：把B（6，0），C（0，6）代入y= x2+bx+c，得
解得 ,抛物线的解析式是y= x2+2x+6, 顶点D的坐标是（2，8）
（2）解：如图1，过F作FG⊥x轴于点G，
设F（x， x2+2x+6），则FG= ，
∵∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90°，∴△FBG∽△BDE，∴，
∵B（6，0），D（2，8），∴E（2，0），BE=4，DE=8，OB=6，∴BG=6-x，
∴
当点F在x轴上方时，有，∴x=-1或x=6（舍去），此时F1的坐标为（-1，）,
当点F在x轴下方时，有，∴x=-3或x=6（舍去），此时F2的坐标为（-3，）,
综上可知F点的坐标为（-1，）或（-3，）
（3）解：如图2，
不妨M在对称轴的左侧，N在对称轴的左侧，MN和PQ交于点K，由题意得点M，N关于抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ为正方形，且点P在x轴上
∴点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上 ,
∴KP=KM=k，则Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），
∵点M在抛物线y= x2+2x+6的图象上，∴k= (2-k)2+2(2-k)+6
解得k1= 或k2=
∴满足条件的点Q有两个，Q1（2，）或Q2（2，）.
【解析】【分析】（1）根据点B、C的坐标，利用待定系数法建立关于b、c的方程组，求解就可得出函数解析式，再求出顶点坐标。

（2）过F作FG⊥x轴于点G，设出点F的坐标，表示出FG的长，再证明△FBG∽△BDE，利用相似三角形的性质建立关于x的方程，当点F在x轴上方时和当点F在x轴下方时，求出符合题意的x的值，求出点F的坐标。

（3）由点M，N关于抛物线的对称轴对称，可得出点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上,设Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），再由点M在抛物线上，列出关于k的方程，求解即可得出点Q的坐标。

3．如图1，一副直角三角板满足AB＝BC，AC＝DE，∠ABC＝∠DEF＝90°，∠EDF＝30°【操作】将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕
点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC于点Q
（1）【探究一】在旋转过程中，
①如图2，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并给出证明.________
②如图3，当时E P与EQ满足怎样的数量关系？，并说明理由.________
③根据你对（1）、（2）的探究结果，试写出当时，EP与EQ满足的数量关系式
为________,其中的取值范围是________(直接写出结论，不必证明)
（2）【探究二】若且AC＝30cm，连续PQ，设△EPQ的面积为S(cm2)，在旋转过程中：
①S是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值，若不存在，说明理由.
②随着S取不同的值，对应△EPQ的个数有哪些变化？不出相应S值的取值范围.
【答案】（1）解：当时，PE=QE.即E为AC中点，理由如下：
连接BE，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BE=CE，
∠PBE=∠C=45°，
又∵∠PEB+∠BEQ=90°，∠CEQ+∠BEQ=90°，
∴∠PEB=∠CEQ，
在△PEB和△QEC中，
∵ ,
∴△PEB≌△QEC（ASA），
∴PE=QE.
；EP：EQ=EA:EC=1:2；理由如下：
作EM⊥AB，EN⊥BC，
∴∠EMP=∠ENQ=90°，
又∵∠PEN+∠MEP=∠PEN+∠NEQ=90°，
∴∠MEP=∠NEQ,
∴△MEP∽△NEQ，
∴EP：EQ=ME:NE,
又∵∠EMA=∠ENC=90°，∠A=∠C，
∴△MEA∽△NEC，
∴ME:NE=EA:EC，
∵ ,
∴EP：EQ=EA:EC=1:2.
；EP：EQ=1:m；0<m≤2+
（2）解：①存在.
由【探究一】中（2）知当时，EP：EQ=EA：EC=1：2；设EQ=x，则EP= x，
∴S= ·EP·EQ= ·x· x= x2，
当EQ⊥BC时，EQ与EN重合时，面积取最小，
∵AC=30，△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=BC=15 ，
∵，AC=30，
∴AE=10，CE=20，
在等腰Rt△CNE中，
∴NE=10 ，
∴当x=10 时，S min=50（cm2）；
当EQ=EF时，S取得最大，
∵AC=DE=30，∠DEF=90°，∠EDF=30°，
在Rt△DEF中，
∴tan30°= ,
∴EF=30× =10 ，此时△EPQ面积最大，
∴S max=75（cm2）；
②由（1）知CN=NE=5 ,BC=15 ,
∴BN=10 ，
在Rt△BNE中，
∴BE=5 ，
∴当x=BE=5 时，S=62.5cm2，
∴当50<S≤62.5时，这样的三角形有2个；
当S=50或62.5<S≤75时，这样的三角形有1个.
【解析】【解答】（1）③作EM⊥AB，EN⊥BC，
∵∠B=∠PEQ=90°，
∴∠EPB+∠EQB=180°，
又∵∠EPB+∠EPM=180°，
∴∠EQB=∠EPM,
∴△MEP∽△NEQ，
∴EP：EQ=ME:NE,
又∵∠EMA=∠ENC=90°，∠A=∠C，
∴△MEA∽△NEC，
∴ME:NE=EA:EC，
∵ ,
∴EP:EQ=EA:EC=1:m，
∴EP与EQ满足的数量关系式为EP：EQ=1:m，
∴0<m≤2+ （当m>2+ 时，EF与BC不会相交）.
【分析】【探究一】①根据已知条件得E为AC中点，连接BE，根据等腰直角三角形的性质可BE=CE，∠PBE=∠C=45°，由同角的余角相等得∠PEB=∠CEQ，由全等三角形的判定ASA可得△PEB≌△QEC，再由全等三角形的性质得PE=QE.
②作EM⊥AB，EN⊥BC，由相似三角形的判定分别证△MEP∽△NEQ，△MEA∽△NEC，再由相似三角形的性质得EP：EQ=ME:NE=EA:EC，从而求得答案.
③作EM⊥AB，EN⊥BC，由相似三角形的判定分别证△MEP∽△NEQ，△MEA∽△NEC，再由相似三角形的性质得EP：EQ=ME:NE=EA:EC，从而求得答案.
【探究二】①设EQ=x，根据【探究一】（2）中的结论可知则EP= x，根据三角形面积公式得出S的函数关系式，再根据当EQ⊥BC时，EQ与EN重合时，面积取最小；当EQ=EF 时，S取得最大；代入数值计算即可得出答案.
②根据（1）中数据求得当EQ与BE重合时，△EPQ的面积，再来分情况讨论即可.
4．
（1）【发现】如图①，已知等边，将直角三角形的角顶点任意放在边
上（点不与点、重合），使两边分别交线段、于点、
.
①若，，，则 ________；
②求证： .________
（2）【思考】若将图①中的三角板的顶点在边上移动，保持三角板与、的两个交点、都存在，连接，如图②所示.问点是否存在某一位置，使平分
且平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（3）【探索】如图③，在等腰中，，点为边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点处（其中），使两条边分别交边、于点、（点、均不与的顶点重合），连接 .设，则与的周长
之比为________（用含的表达式表示）.
【答案】（1）解：4；证明：∵∠EDF=60°，∠B=160°∴∠CDF+∠BDE=120°，∠BED+∠BDE=120°，
∴∠BED=∠CDF，
又∵∠B=∠C，
∴
（2）解：解：存在。

如图，作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别为M，G，N，
∵平分且平分，
∴DM=DG=DN，
又∵∠B=∠C=60°，∠BMD=∠CND=90°，
∴△BDM≅△CDN，
∴BD=CD，
即点D是BC的中点，
∴。

（3）1-cosα
【解析】【解答】（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=60°，∵AE=4，∴BE=2，则BE=BD，∴△BDE是等边三角形，∴∠BDE=60°，又∵∠EDF=60°，∴∠CDF=180°-∠EDF-∠B=60°，则∠CDF =∠C=60°，
∴△CDF是等边三角形，∴CF=CD=BC-BD=6-2=4。

（ 3 ）连结AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别为G，D，H，
则∠BGO=∠CHO=90°，
∵AB=AC，O是BC的中点
∴∠B=∠C，OB=OC，
∴△OBG≅△OCH，
∴OG=OH，GB=CH，∠BOG=∠COH=90°−α，
则∠GOH=180°-（∠BOG+∠COH）=2α，
∵∠EOF=∠B=α，
则∠GOH=2∠EOF=2α，
由（2）题可猜想应用EF=ED+DF=EG+FH（可通过半角旋转证明），
则 =AE+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2AG，
设AB=m，则OB=mcosα，GB=mcos2α,
【分析】（1）①先求出BE的长度后发现BE=BD的，又∠B=60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE=60°，另外∠EDF=60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF=CD=BC-BD；
②证明，这个模型可称为“一线三等角·相似模型”，根据“AA”判定相似；（2）【思考】由平分线可联系到角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM=DG=DN，从而通过证明△BDM≅△CDN可得BD=CD；（3）【探索】由已知不难求得
=2(m+mcos)，则需要用m和α的三角函数表示出， =AE+EF+AF；题中直接已知O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG=ED，FH=DF，则 =AE+EF+AF= AG+AH=2AG，而AG=AB-OB，从而可求得。

5．在平面直角坐标系中，抛物线经过点，、，，其中、
是方程的两根，且，过点的直线与抛物线只有一个公共点
（1）求、两点的坐标；
（2）求直线的解析式；
（3）如图2，点是线段上的动点，若过点作轴的平行线与直线相交于点，与抛物线相交于点，过点作的平行线与直线相交于点，求的长. 【答案】（1）解：∵x1、x2是方程x2-2x-8=0的两根，且x1＜x2，
∴x1=-2，x2=4，
∴A（-2，2），C（4，8）
（2）解：①设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵A（-2，2）在直线l上，
∴2=-2k+b，
∴b=2k+2，
∴直线l的解析式为y=kx+2k+2①，
∵抛物线y= x2②，
联立①②化简得，x2-2kx-4k-4=0，
∵直线l与抛物线只有一个公共点，
∴△=（2k）2-4（-4k-4）=4k2+16k+16=4（k2+4k+4）=4（k+2）2=0，
∴k=-2，
∴b=2k+2=-2，
∴直线l的解析式为y=-2x-2；
②平行于y轴的直线和抛物线y= x2只有一个交点，
∵直线l过点A（-2，2），
∴直线l：x=-2
（3）解：由（1）知，A（-2，2），C（4，8），
∴直线AC的解析式为y=x+4，
设点B（m，m+4），
∵C（4.8），
∴BC= |m-4|= （4-m）
∵过点B作y轴的平行线BE与直线l相交于点E，与抛物线相交于点D，
∴D（m， m2），E（m，-2m-2），
∴BD=m+4- m2， BE=m+4-（-2m-2）=3m+6，
∵DC∥EF，
∴△BDC∽△BEF，
∴，
∴，
∴BF=6 .
【解析】【分析】（1）解一元二次方程即可得出点A，C坐标；（2）先设出直线l的解析式，再联立抛物线解析式，用△=0，求出k的值，即可得出直线l的解析式；（3）设出点B的坐标，进而求出BC，再表示出点D，E的坐标，进而得出BD，BE，再判断出△BDC∽△BEF得出比例式建立方程即可求出BF.
6．如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A，点B，与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴交抛物线于点D，过点B作BE⊥x轴，交DC延长线于点E，连接BD，交y轴于点F，直线BD的解析式为y＝﹣x+2.
（1）写出点E的坐标；抛物线的解析式.
（2）如图2，点P在线段EB上从点E向点B以1个单位长度/秒的速度运动，同时，点Q 在线段BD上从点B向点D以个单位长度/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，当t为何值时，△PQB为直角三角形？
（3）如图3，过点B的直线BG交抛物线于点G，且tan∠ABG＝，点M为直线BG上方抛物线上一点，过点M作MH⊥BG，垂足为H，若HF＝MF，请直接写出满足条件的点M 的坐标.
【答案】（1）解：将点D（-3，5）点B（2，0）代入y=ax2+bx+5
解得
∴抛物线解析式为：y=- x2- x+5
（2）解：由已知∠QBE=45°，PE=t，PB=5-t，QB= t
当∠QPB=90°时，△PQB为直角三角形.
∵∠QBE=45°
∴QB= PB
∴ t＝(5−t)
解得t=
当∠PQB=90°时，△PQB为直角三角形.
△BPQ∽△BDE
∴BQ•BD=BP•BE
∴5（5-t）= t•5
解得：t=
∴t= 或时，△PQB为直角三角形
（3）点M坐标为（﹣4，3）或（0，5）.
【解析】【解答】（3）由已知tan∠ABG= ，且直线GB过B点
则直线GB解析式为：y= x−1
延长MF交直线BG于点K
∵HF=MF
∴∠FMH=∠FHM
∵MH⊥BG时
∴∠FMH+∠MKH=90°
∠FHK+∠FHM=90°
∴∠FKH=∠FHK
∴HF=KF
∴F为MK中点
设点M坐标为（x，- x2- x+5）
∵F（0，2）
∴点K坐标为（-x， x2+ x-1）
把K点坐标代入y= x−1
解得x1=0，x2=-4，
把x=0代入y=- x2- x+5，解得y=5，
把x=-4代入y=- x2- x+5
解得y=3
则点M坐标为（-4，3）或（0，5）
【分析】（1）由待定系数法求点坐标及函数关系式；（2）根据题意，△DEB为等腰直角三角形，通过分类讨论∠PQB=90°或∠QPB=90°的情况求出满足条件t值；（3）延长MF交GB于K，由∠MHK=90°，HF=MF可推得HF=FK，即F为MK中点，设出M坐标，利用中点坐标性质，表示K点坐标，代入GB解析式，可求得点M坐标.
7．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以O为圆心，OA长为半径的圆与AC，AB分别交于点D，E，且∠CBD＝∠A．
（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若AD：AO＝8：5，BC＝2，求BD的长．
【答案】（1）解：BD是⊙O的切线；
理由如下：∵OA=OD，∴∠ODA=∠A
∵∠CBD=∠A，∴∠ODA=∠CBD，
∵∠C=90°，∴∠CBD+∠CDB=90°，
∴∠ODA+∠CDB=90°，∴∠ODB=90°，即BD⊥OD，
∴BD是⊙O的切线
（2）解：设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，
∵AE是⊙O的直径，∴∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠C，
又∵∠CBD=∠A，∴△ADE∽△BCD，
∴，即，
解得：BD= ．所以BD的长是
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质和已知得出∠ODA=∠CBD，由直角三角形的性质得出∠CBD+∠CDB=90°，因此∠ODA+∠CDB=90°，得出∠ODB=90°，即可得出结论；（2）设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，由圆周角定理得出∠ADE=90°，△ADE∽△BCD，
得出对应边成比例，即可求出BD的长．
8．如图，抛物线y＝a（x﹣m﹣1）2+2m（其中m＞0）与其对称轴l相交于点P．与y轴相交于点A（0，m）连接并延长PA、PO，与x轴、抛物线分别相交于点B、C，连接BC将△PBC绕点P逆时针旋转，使点C落在抛物线上，设点C、B的对应点分别是点B′和C′．
（1）当m＝1时，该抛物线的解析式为：________．
（2）求证：∠BCA＝∠CAO；
（3）试问：B B′+BC﹣BC′是否存在最小值？若存在，求此时实数m的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣ x2+x+1
（2）证明：把点P、A的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b得：
，解得：，
则直线PA的表达式为：y＝ x+m，
令y＝0，解得：x＝﹣m﹣1，即点B坐标为（﹣m﹣1，0），
同理直线OP的表达式为：y＝x…②，
将①②联立得：a（x﹣m﹣1）2+2m﹣ x＝0，其中a＝﹣，
该方程的常数项为：a（m+1）2+2m，
由韦达定理得：x1x2＝x C•x P＝＝＝﹣（m+1）2，
其中x P＝m+1，
则x C＝﹣m﹣1＝x B，
∴BC∥y轴，
∴∠BCA＝∠CAO
（3）解：如图当点B′落在BC′所在的直线时，BB′+BC﹣BC′存在最小值，
设：直线l与x轴的交点为D点，连接BB′、CC′，
∵点C关于l的对称点为C′，
∴CC′⊥l，而OD⊥l，∴CC′∥OD，∴∠POD＝∠PCC′，
∵∠PB′C′+∠PB′B＝180°，
△PB′C′由△PBC旋转而得，
∴∠PBC＝∠PB′C′，PB＝PB′，∠BPB′＝∠CPC′，
∴∠PBC+∠PB′B＝180°，
∵BC∥AO，
∴∠ABC+∠BAO＝180°，
∴∠PB′B＝∠BAO，
∵PB＝PB′，PC＝PC′，
∴∠PB′B＝∠PBB′＝，
∴∠PCC′＝∠PC′C＝，
∴∠PB′B＝∠PCC′，
∴∠BAO＝∠PCC′，
而∠POD＝∠PCC′，
∴∠BAO＝∠POD，
而∠POD＝∠BAO＝90°，
∴△BAO∽△POD，
∴，
将BO＝m+1，PD＝2m，AO＝m，OD＝m+1代入上式并解得：
m＝1+ （负值已舍去）
【解析】【解答】解：（1）把点A的坐标代入二次函数表达式得：m＝a（﹣m﹣1）2+2m，解得：a＝﹣，
则二次函数的表达式为：y＝﹣（x﹣m﹣1）2+2m…①，
则点P的坐标为（m+1，2m），点A的坐标为（0，m），
把m＝1代入①式，整理得：y＝﹣ x2+x+1，
故：答案为：y＝﹣ x2+x+1；
【分析】（1）把点A的坐标代入二次函数表达式得：m＝a（﹣m﹣1）2+2m，解得：a＝
﹣，把m＝1代入上式，即可求解；（2）求出点B、C的坐标，即可求解；（3）当点B′落在BC′所在的直线时，BB′+BC﹣BC′存在最小值，证△BAO∽△POD，即可求解．
二、圆的综合
9．如图，⊙A过▱OBCD的三顶点O、D、C，边OB与⊙A相切于点O，边BC与⊙O相交于点H，射线OA交边CD于点E，交⊙A于点F，点P在射线OA上，且∠PCD=2∠DOF，以O为原点，OP所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为（0，﹣2）．
（1）若∠BOH=30°，求点H的坐标；
（2）求证：直线PC是⊙A的切线；
（3）若OD=10，求⊙A的半径．
【答案】（1）（132）详见解析；（3）5 3 .
【解析】
【分析】
（1）先判断出OH=OB=2，利用三角函数求出MH，OM，即可得出结论；
（2）先判断出∠PCD=∠DAE，进而判断出∠PCD=∠CAE，即可得出结论；（3）先求出OE═3，进而用勾股定理建立方程，r2-（3-r）2=1，即可得出结论．【详解】
（1）解：如图，过点H作HM⊥y轴，垂足为M．
∵四边形OBCD是平行四边形，
∴∠B=∠ODC
∵四边形OHCD是圆内接四边形
∴∠OHB=∠ODC
∴∠OHB=∠B
∴OH=OB=2
∴在Rt△OMH中，
∵∠BOH=30°，
∴MH=1
2
OH=1，OM=3MH=3，
∴点H的坐标为（1，﹣3），
（2）连接AC．
∵OA=AD，
∴∠DOF=∠ADO
∴∠DAE=2∠DOF
∵∠PCD=2∠DOF，
∴∠PCD=∠DAE
∵OB与⊙O相切于点A
∴OB⊥OF
∵OB∥CD
∴CD⊥AF
∴∠DAE=∠CAE
∴∠PCD=∠CAE
∴∠PCA=∠PCD+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90°∴直线PC是⊙A的切线；
（3）解：⊙O的半径为r．
在Rt△OED中，DE=1
2
CD=
1
2
OB=1，OD=10，
∴OE═3
∵OA=AD=r，AE=3﹣r．
在Rt△DEA中，根据勾股定理得，r2﹣（3﹣r）2=1
解得r=5
3
．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键．
10．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，﹣23）、M2（﹣2，﹣23）、M3（﹣2，23）、M4（2，23）．
【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=1
OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，
2
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，﹣23）； 劣弧MA 的长为：60441803ππ⨯=； 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，﹣23）；
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（﹣2，23）；
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（2，23）； 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，﹣23）、M 2（﹣2，﹣23）、M 3（﹣2，23）、M 4（2，23）．
【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．
11．如图，AB 为O e 的直径，弦//CD AB ，E 是AB 延长线上一点，CDB ADE ∠=∠． ()1DE 是O e 的切线吗？请说明理由；
()2求证：2AC CD BE =⋅．
【答案】（1）结论：DE 是O e 的切线，理由见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接OD ，只要证明OD DE ⊥即可；
（2）只要证明：AC BD =，CDB DBE V V ∽即可解决问题.
【详解】
()1解：结论：DE 是O e 的切线．
理由：连接OD ．
CDB ADE ∠=∠Q ，
ADC EDB ∴∠=∠，
//CD AB Q ，
CDA DAB ∴∠=∠，
OA OD =Q ，
OAD ODA ∴∠=∠，
ADO EDB ∴∠=∠，
AB Q 是直径，
90ADB ∴∠=o ，
90ADB ODE ∴∠=∠=o ，
DE OD ∴⊥，
DE ∴是O e 的切线．
()2//CD AB Q ，
ADC DAB ∴∠=∠，CDB DBE ∠=∠，
AC BD ∴=n n
， AC BD ∴=，
DCB DAB ∠=∠Q ，EDB DAB ∠=∠，
EDB DCB ∴∠=∠，
CDB ∴V ∽DBE V ，
CD DB BD BE
∴=， 2BD CD BE ∴=⋅，
2AC CD BE ∴=⋅．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，准确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.
12．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.
13．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点G，点F是CD上一点，且满足若
1
3 CF
DF
=,
连接AF并延长交⊙O于点E，连接AD、DE，若CF=2，AF=3.
（1）求证：△ADF∽△AED；
（2）求FG的长；
（3）求tan∠E的值．
【答案】(1)证明见解析
5
【解析】
分析：（1）由AB是 O的直径，弦CD⊥AB，根据垂径定理可得：弧AD=弧AC，DG=CG，
继而证得△ADF∽△AED；（2）由
1
3
CF
FD
= ,CF=2，可求得DF的长，继而求得CG=DG=4，
则可求得FG=2；（3）由勾股定理可求得AG的长，即可求得tan∠ADF的值，继而求得tan∠
5
本题解析：①∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴DG=CG，∴»»
AD AC
=，∠ADF=∠AED，
∵∠FAD=∠DAE（公共角），∴△ADF∽△AED；
②∵
1
3
CF
FD
=，CF=2，∴FD=6，∴CD=DF+CF=8，
∴CG=DG=4，∴FG=CG-CF=2；
③∵AF=3，FG=2，∴225
AF FG
-=，
点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理以及三角函数等知识点，考查内容较多，综合性较强，难度适中，注意掌握数形结合的思想.
14．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD 交圆的切线BE于点E
(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；
(2)如果∠BED=60°，PD=3，求PA的长；
(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．
【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；
（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；
（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x 的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．
【详解】
（1）直线PD为⊙O的切线，
理由如下：
如图1，连接OD，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADO+∠BDO=90°，
又∵DO=BO，
∴∠BDO=∠PBD，
∵∠PDA=∠PBD，
∴∠BDO=∠PDA，
∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，∵点D在⊙O上，
∴直线PD为⊙O的切线；
（2）∵BE是⊙O的切线，
∴∠EBA=90°，
∵∠BED=60°，
∴∠P=30°，
∵PD为⊙O的切线，
∴∠PDO=90°，
在Rt△PDO中，∠P=30°，
∴0 tan30
OD
PD
=，解得OD=1，
∴PO，
∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1；
（3）如图2，
依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF，
∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF，
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB=90°，
设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，
∵四边形AFBD内接于⊙O，
∴∠DAF+∠DBF=180°，
即90°+x+2x=180°，解得x=30°，
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°，
∵BE、ED是⊙O的切线，
∴DE=BE，∠EBA=90°，
∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，
∴BD=DE=BE，
又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，∴△BDF是等边三角形，
∴BD=DF=BF，
∴DE=BE=DF=BF，
∴四边形DFBE为菱形.
【点睛】
本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．
15．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 =
23；（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：43
CD PC =，可得2142233
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 2BC 2 ∵∠CAB =∠CPB
∴tan ∠CAB =43=BC AC =tan ∠CAB =BE PE ∴PE =322
∴PC =PE +CE =
322
2=22 ∵AC •CD =PC •BC
∴3×CD =722×4 ∴CD =1423 （3）当点P 在¶AB 上运动时，S △PCD =
12×PC ×CD ， 由（1）可得：CD =
43PC ∴S △PCD =1423PC PC ⨯⨯=23PC 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=
23×52=503 【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．
16．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，以AB 为直径的⊙O 与边BC 交于点D ，DE ⊥AC ，垂足为E ，交AB 的延长线于点F ．
(1)求证：EF 是⊙O 的切线；
(2)若∠C ＝60°，AC ＝12，求»BD
的长． (3)若tan C ＝2，AE ＝8，求BF 的长．
【答案】(1)见解析;(2) 2π；(3)
103
. 【解析】 分析：（1）连接OD ，根据等腰三角形的性质：等边对等角，得∠ABC=∠C ，
∠ABC=∠ODB ，从而得到∠C=∠ODB ，根据同位角相等，两直线平行，得到OD ∥AC ，从而得证OD ⊥EF ，即 EF 是⊙O 的切线；
（2） 根据中点的性质，由AB=AC=12 ，求得OB=OD=
12
AB =6，进而根据等边三角形的判定得到△OBD 是等边三角形，即∠BOD=600，从而根据弧长公式七届即可； （3）连接AD ，根据直角三角形的性质，由在Rt △DEC 中, tan 2DE C CE
== 设CE=x,则
DE=2x ，然后由Rt △ADE 中, tan 2AE ADE DE
∠=
= ，求得DE 、CE 的长，然后根据相似三角形的判定与性质求解即可. 详解：（1）连接OD ∵AB=AC ∴∠ABC=∠C
∵OD=OB ∴∠ABC=∠ODB
∴∠C=∠ODB ∴OD ∥AC
又∵DE ⊥AC ∴OD ⊥DE ，即OD ⊥EF
∴EF 是⊙O 的切线
（2） ∵AB=AC=12 ∴OB=OD=
12
AB =6 由（1）得：∠C=∠ODB=600
∴△OBD 是等边三角形 ∴∠BOD=600
∴»BD =6062180
ππ⨯= 即»BD 的长2π （3）连接AD ∵DE ⊥AC ∠DEC=∠DEA=900
在Rt △DEC 中, tan 2DE C CE
=
= 设CE=x,则DE=2x ∵AB 是直径 ∴∠ADB=∠ADC=900 ∴∠ADE+∠CDE=900 在Rt △DEC 中,∠C+∠CDE=900
∴∠C=∠ADE 在Rt △ADE 中, tan 2AE ADE DE ∠=
= ∵ AE=8，∴DE=4 则CE=2
∴AC=AE+CE=10 即直径AB=AC=10 则OD=OB=5
∵OD//AE ∴△ODF ∽△AEF
∴ OF OD AF AE = 即：55108
BF BF +=+ 解得：BF=
103 即BF 的长为103. 点睛：此题考查了切线的性质与判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．。