2020-2021初三数学二模试题分类汇编——圆与相似综合附答案

2020-2021初三数学二模试题分类汇编——圆与相似综合附答案
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，在中，，点M是AC的中点，以AB为直径作
分别交于点．
（1）求证：；
（2）填空：
若，当时， ________；
连接，当的度数为________时，四边形ODME是菱形．
【答案】（1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC，∴BM=AM=MC，∴∠A=∠ABM．∵四边形ABED是圆内接四边形，∴∠ADE+∠ABE=180°，又∠ADE+∠MDE=180°，∴∠MDE=∠MBA，同理证明：∠MED=∠A，∴∠MDE=∠MED，∴MD=ME
（2）2；
【解析】【解答】解：(2)①由（1）可知，∠A=∠MDE，∴DE∥AB，∴ =
．∵AD=2DM，∴DM：MA=1：3，∴DE= AB= ×6=2．
故答案为：2．
②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：
连接OD、OE．
∵OA=OD，∠A=60°，∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD=60°．∵DE∥AB，∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°，∴△ODE，△DEM都是等边三角形，∴OD=OE=EM=DM，∴四边形OEMD是菱形．
故答案为：60°．
【分析】（1）要证MD=ME，只须证∠MDE=∠MED即可。

根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM=AM=MC，则∠A=∠ABM，由圆内接四边形的性质易得∠MED=∠A，∠MDE=∠MBA，所以可得∠MDE=∠MED；
（2）①由（1）易证得DE∥AB，可得比例式，结合①中的已知条件即可求解；
②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：连接OD、OE，由题意易得△ODE，△DEM都是等边三角形，所以可得OD=OE=EM=DM，由菱形的判定即可求解。

3．如图（1），在矩形DEFG中，DE=3，EG=6，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=3，AC=6，△ABC的一边BC和矩形的一边DG在同一直线上，点C和点D重合，Rt△ABC将从D以每秒1个单位的速度向DG方向匀速平移，当点C与点G重合时停止运动，设运动时间为t秒，解答下列问题：
（1）如图（2），当AC过点E时，求t的值；
（2）如图（3），当AB与DE重合时，AC与EF、EG分别交于点M、N，求CN的长；（3）在整个运动过程中，设Rt△ABC与△EFG重叠部分面积为y，请求出y与t的函数关系式，并写出相应t的取值范围．
【答案】（1）解：如图（2），当AC过点E时，
在Rt△ABC中，BC=3，AC=6，
∴BC所对锐角∠A=30°，
∴∠ACB=60°，
依题意可知∠ABC=∠EDC=90°，
∵∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∽△EDC，
∴，即，
∴CD= ，
∴t=CD= ；
（2）解：如图（3），∵∠EDG=90°，DE=3，EG=6，
∴DG= =3 ，
在Rt△EDG中，sin∠EGD= ，
∴∠EGD=30°，
∵∠NCB=∠CNG+∠EGD，
∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60°﹣30°=30°，
∴∠CNG=∠EGD，
∴NC=CG=DG﹣BC=3 ﹣3；
（3）解：由（1）可知，当x＞时，△ABC与△EFG有重叠部分．
分两种情况：①当＜t≤3时，如图（4），
△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN，设AC与EF、EG分别交于点M、N，过点N作直线NP⊥EF于P，交DG于Q，
则∠EPN=∠CQN=90°，
∵NC=CG，
∴NC=DG﹣DC=3 ﹣t，
在Rt△NQC中，NQ=sin∠NCQ×NC=sin60°×（3 ﹣t）= ，
∴PN=PQ﹣NQ=3﹣ = ，
∵∠PMN=∠NCQ=60°，
∴sin∠PMN= ，MN= =t﹣，
在矩形DEFG中，EF∥DG，
∴∠MEN=∠CGN，
∵∠MNE=∠CNG，∠CNG=∠CGN，
∴∠EMN=∠MNE，
∴EM=MN，
∴EM=MN=t﹣，
∴y=S△EMN= EM•PN= × ；
②当3＜t≤3 时，如图（5），
△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM，设AB与EF、EG分别交于点P、Q，AC与EF、EG分别交于点M、N，则∠EPQ=90°，
∵CG=3 ﹣t，
∴S△EMN= ，
∵EP=DB=t﹣3，∠PEQ=30°，
∴在Rt△EPQ中，PQ=tan∠PEQ×EP=tan30°×（t﹣3）= ，
∴S△EPQ= EP•PQ= （t﹣3）× = ，
∴y=S△EMN﹣S△EPQ=（）﹣（）= +（﹣，
综上所述，y与t的函数关系式：y= ．
【解析】【分析】（1）证△ABC∽△EDC，由相似三角形的性质可求出CD的值，即可求t；
（2）利用勾股定理求出DG的值，则由三角函数可∠EGD=30°，进而可证得∠CNG=∠EGD，则NC=CG=DG﹣BC，可求出答案；
（3）根据重叠部分可确定x的取值范围，再由三角形的面积公式可求出函数解析式.
4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a＜0）从左到右依次交x轴于A、B两点，交y轴于点C．
（1）求点A、C的坐标；
（2）如图1，点D在第一象限抛物线上，AD交y轴于点E，当DE=3AE，OB=4CE时，求a 的值；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P在C、D之间的抛物线上，连接PC、PD，点Q在点B、D之间的抛物线上，QF∥PC，交x轴于点F，连接CF、CB，当PC=PD，∠CFQ=2∠ABC，求BQ的长．
【答案】（1）解：当x=0时，y=3，∴C（0，3）．
当y=0时，ax2+（a+3）x+3=0，
（ax+3）（x+1）=0，解得x1=- ，x2=-1．
∵a＜0，
∴- ＞0，
∴A（-1，0）
（2）解：如图1，过点D作DM⊥AB于M．
∵OE∥DM，
∴，
∴OM=3，
∴D点纵坐标为12a+12．
∵tan∠EAO= =3a+3，
∴OE=3a+3，
∴CE=OC-OE=3-（3a+3）=-3a．
∵OB=4CE，
∴- =-12a，
∵a＜0，
∴a=-
（3）解：如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．
∵a=- ，
∴抛物线的解析式为y=- x2+ x+3，D（3，6），DT=3，OT=6，CT=3=DT，
又∵PC=PD，PT=PT，
∴△TCP≌△TDP，
∴∠CTP=∠DTP=45°，TG=PG．
设P（t，- t2+ t+3），
∴OG=- t2+ t+3，PG=t，
∴TG=OT-OG=6-（- t2+ t+3）= t2- t+3，
∴ t2- t+3=t，解得t=1或6，
∵点P在C、D之间，
∴t=1．
过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，则∠KFC=∠OCF，∠KFB=∠CON=90°．
∵FQ∥PC，
∴∠PCF+∠CFQ=180°，∠PCF+∠PCG+∠OCF=180°，
∴∠CFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠CFK+∠KFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠KFQ=∠PCG．
∵P（1，5），∴PG=1，CG=OG-OC=5-3=2，
∴tan∠PCG= ，
∵tan∠ABC= ，
∴∠PCG=∠ABC，
∴∠KFQ=∠ABC．
∵∠CFQ=2∠ABC，
∴∠CFQ=2∠KFQ，
∴∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，
∴tan∠OCF= ，
∴OF= ．
设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），
∵Q在抛物线上，
∴- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，
解得m= 或m=- （舍去），
∴Q（4，5），
∵B（6，0），
∴BQ= ．
【解析】【分析】（1）令x=0，求出y的值，得到C点坐标；令y=0，求出x的值，根据a＜0得出A点坐标；（2）如图1，过点D作DM⊥AB于M．根据平行线分线段成比例定理求出OM=3，得到D点纵坐标为12a+12．再求出OE=3a+3，那么CE=OC-OE=-3a．根据
OB=4CE，得出- =-12a，解方程求出a=- ；（3）如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．利用SSS证明△TCP≌△TDP，得出∠CTP=∠DTP=45°，那么
TG=PG．设P（t，- t2+ t+3），列出方程 t2- t+3=t，解方程求得t=1或6，根据点P在C、D之间，得到t=1．过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，根据平行线的性质以及已知条件得出∠KFQ=∠PCG，进而证明∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，由
tan∠OCF= =tan∠ABC= ，求出OF= ．设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），根据
Q在抛物线上列出方程- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，解方程求出满足条件的m的值，得到Q点坐标，然后根据两点间的距离公式求出BQ．
5．如图1，抛物线平移后过点A（8，,0）和原点，顶点为B，对称轴与轴相交于点C，与原抛物线相交于点D．
（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积；
（2）如图2，直线AB与轴相交于点P，点M为线段OA上一动点，为直角，边MN与AP相交于点N，设，试探求：
① 为何值时为等腰三角形；
② 为何值时线段PN的长度最小，最小长度是多少．
【答案】（1）解：设平移后抛物线的解析式，
将点A（8，,0）代入，得 = ，
所以顶点B（4,3），
所以S阴影=OC•CB=12
（2）解：设直线AB解析式为y=mx+n，将A（8，0）、B（4，3）分别代入得
，解得：，
所以直线AB的解析式为，作NQ垂直于x轴于点Q，
①当MN＝AN时， N点的横坐标为，纵坐标为，
由三角形NQM和三角形MOP相似可知 ,得，解得（舍去）.
当AM＝AN时，AN＝ ,由三角形ANQ和三角形APO相似可知，
，MQ＝，
由三角形NQM和三角形MOP相似可知得：，
解得：
t＝12（舍去）；
当MN＝MA时，故是钝角，显然不成立,
故；
②由MN所在直线方程为y= ，与直线AB的解析式y=﹣x+6联立，
得点N的横坐标为X N= ，即t2﹣x N t+36﹣x N=0，
由判别式△=x2N﹣4（36﹣）≥0，得x N≥6或x N≤﹣14，
又因为0＜x N＜8，
所以x N的最小值为6，此时t=3，
当t=3时，N的坐标为（6，""），此时PN取最小值为
【解析】【分析】（1）平移前后的两个二次函数的a的值相等，平移后的图像经过点原
点，因此设函数解析式为：，将点A的坐标代入就可求出b的值，再求出顶点B的坐标，利用割补法可得出阴影部分的面积=以OC，BC为边的矩形的面积。

（2）利用待定系数法先求出直线AB的函数解析式，作NQ垂直于x轴于点Q，再分情况讨论：当MN＝AN时，就可表示出点N的坐标，利用相似三角形的性质，得出对应边成比例，建立关于t的方程，求出t的值；当AM＝AN时再由△ANQ和△APO相似，△NQM
和△MOP相似，得出对应边成比例，分别求出t的值，然后根据当MN＝MA时，∠MNA = ∠ MAN < 45 °故∠ AMN 是钝角，可得出符合题意的t的值；②将直线MN和直线AB联立方程组，可得出点N的横坐标，结合根的判别式可求出x N≥6或x N≤﹣14，然后由0＜x N ＜8，就可求得结果。

6．如图，在菱形ABCD中，， ,点E是边BC的中点，连接DE,AE.
（1）求DE的长；
（2）点F为边CD上的一点，连接AF，交DE于点G，连接EF，若 ,
①求证：△△；
②求DF的长.
【答案】（1）解：连结BD
（2）解：①
②
【解析】【分析】（1）连结BD ，根据菱形的性质及等边三角形的判定方法首先判定出△CDB是等边三角形，根据等边三角形的性质得出DE⊥BC，CE=2，然后利用勾股定理算出DE的长；
（2）①首先判断出△AGD∽△EGF，根据相似三角形对应边成比例得出，又∠AGE=∠DGF，故△AGE∽△DGF；
②根据相似三角形的性质及含30°直角三角形的边之间的关系及勾股定理得出EF的长，然后过点E作EH⊥DC于点H，在Rt△ECH中，利用勾股定理算出FH的长，从而根据线段的和差即可算出答案.
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，过⊙O外一点P作⊙O的切线PA切⊙O于点A，连接PO并延长，与⊙O交于C、D两点，M是半圆CD的中点，连接AM交CD于点N，连接AC、CM.
（1）求证：CM2=MN MA；
（2）若∠P=30°，PC=2，求CM的长.
【答案】（1）解：中，点是半圆的中点，
，
，
又，
，
，即；
（2）解：连接、，
是的切线，
，
又，
，
设的半径为，
，
，
解得：，
又是直径，
，
，
是等腰直角三角形，
在中，由勾股定理得，即，
则，
.
【解析】【分析】（1）由知，根∠CMA=∠NMC据证ΔAMC∽ΔCMN 即可得；（2）连接OA、DM，由直角三角形PAO中∠P=30°知
，据此求得OA=OC=2，再证三角形CMD是等腰直角三角形得CM 的长.
二、圆的综合
9．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC
画图操作：
（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）
理解应用：
（2）在（1）的条件下，
①若tan∠APB
1
2
=，求点P的坐标
②当点P的坐标为时，∠APB最大拓展延伸：
（3）若在直线y
4
3
=x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标
【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，23）（3）（95
3
-，
125
5
）
【解析】
试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求；
（2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；
②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题；
试题解析：解：（1）∠APB如图所示；
（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=1
2
=
AB
BC
．∵A（2，0），B
（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．
②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，
∴BC22
AC AB
-3，∴C（6，3∴K（4，2），∴P（0，3
案为：（0，3
（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=4
3
x+4交x轴于M
（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP5
PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴ON
PK
=
OM
MK
=
NM
MP
，∴
4
PK
=
3
MK
=
5
35
，∴PK=
125
5
，
MK=95
5
，∴OK=
95
5
﹣3，∴P（
95
5
﹣3，
125
5
）．
点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．
10．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．
11．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5
AB=，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：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 =
22
BC 2 ∵∠CAB =∠CPB
∴tan ∠CAB =43=BC AC =tan ∠CAB =BE PE ∴PE =322
∴PC =PE +CE =
3222=22 ∵AC •CD =PC •BC ∴3×CD =
22×4 ∴CD 142 （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 ⨯⨯=23
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=
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．
12．如图1，四边形ABCD 是正方形，点E 是边BC 上一点，点F 在射线CM
上,∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC．
(1) 试判断BE与FH的数量关系，并说明理由；
(2) 求证：∠ACF=90°；
(3) 连接AF，过A，E，F三点作圆，如图2. 若EC=4，∠CEF=15°，求的长.
图1 图2
【答案】（1）BE="FH" ；理由见解析
（2）证明见解析
（3）=2π
【解析】
试题分析：（1）由△ABE≌△EHF（SAS）即可得到BE=FH
（2）由（1）可知AB=EH，而BC=AB，FH=EB，从而可知△FHC是等腰直角三角形，∠FCH 为45°，而∠ACB也为45°，从而可证明
（3)由已知可知∠EAC=30°，AF是直径，设圆心为O，连接EO，过点E作EN⊥AC于点N，则可得△ECN为等腰直角三角形，从而可得EN的长，进而可得AE的长，得到半径，得到所对圆心角的度数，从而求得弧长
试题解析：（1）BE=FH．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形∴∠B=90°，
∵FH⊥BC ∴∠FHE=90°
又∵∠AEF=90°∴∠AEB+∠HEF="90°" 且∠BAE+∠AEB=90°
∴∠HEF=∠BAE ∴∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF
∴△ABE≌△EHF（SAS）
∴BE=FH
(2)∵△ABE≌△EHF
∴BC=EH，BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE="CH"
∴CH=FH
∴∠FCH=45°，∴∠FCM=45°
∵AC是正方形对角线，∴∠ACD=45°
∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90°
（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形
△AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上．设该中点为O．连结EO得∠AOE=90°
过E作EN⊥AC于点N
Rt△ENC中，EC=4，∠ECA=45°，∴EN=NC=
Rt△ENA中，EN =
又∵∠EAF=45°∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）
∴∠EAC=30°
∴AE=
Rt△AFE中，AE== EF，∴AF=8
AE所在的圆O半径为4，其所对的圆心角为∠AOE=90°
=2π·4·（90°÷360°）=2π
考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数
13．如图，AB为⊙O的直径，DA、DC分别切⊙O于点A，C，且AB=AD．（1）求tan∠AOD的值．
（2）AC，OD交于点E，连结BE．
①求∠AEB的度数；
②连结BD交⊙O于点H，若BC=1，求CH的长．
【答案】（1）2；（2）①∠AEB＝135°；②
2
2 CH=
【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质可得∠BAD=90°，由题意可得AD=2AO，即可求tan∠AOD的值；（2）①根据切线长定理可得AD=CD，OD平分∠ADC，根据等腰三角形的性质可得
DO⊥AC，AE=CE，根据圆周角定理可求∠ACB=90°，即可证∠ABC=∠CAD，根据“AAS”可证△ABC≌△DAE，可得AE=BC=EC，可求∠BEC=45°，即可求∠AEB的度数；
②由BC=1，可求AE=EC=1，BE2
=∠ABE=∠HBC，可证△ABE∽△HBC，可求CH的长．
【详解】
（1）∵DA是⊙O切线，∴∠BAD=90°．
∵AB=AD，AB=2AO，∴AD=2AO，∴tan∠AOD
AD
AO
==2；
（2）①∵DA、DC分别切⊙O于点A，C，∴AD=CD，OD平分∠ADC，∴DO⊥AC，
AE=CE．
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，且∠BAC+∠CAD=90°，
∴∠ABC=∠CAD，且AB=AD，∠ACB=∠AED=90°，∴△ABC≌△DAE（AAS），∴CB=AE，∴CE=CB，且∠ACB=90°，∴∠BEC=45°=∠EBC，∴∠AEB=135°．
②如图，∵BC=1，且BC=AE=CE，∴AE=EC=BC=1，∴BE2
=．
∵AD=AB，∠BAD=90°，∴∠ABD=45°，且∠EBC=45°，∴∠ABE=∠HBC，且∠BAC=∠CHB，
∴△ABE∽△HBC，∴BC CH
EB AE
=，即
1
2
CH
=，∴CH2
2
=．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
14．如图，AB为⊙O的直径，BC为⊙O的弦，过O点作OD⊥BC，交⊙O的切线CD于点D，交⊙O于点E，连接AC、AE，且AE与BC交于点F．
（1）连接BD，求证：BD是⊙O的切线；
（2）若AF：EF=2：1，求tan∠CAF的值．
【答案】（1）证明见解析；（23 .
【解析】【分析】
（1）根据全等三角形的性质得到∠OBD=∠OCD=90°，根据切线的判定定理即可得到结论； （2）根据已知条件得到AC ∥DE ，设OD 与BC 交于G ，根据平行线分线段成比例定理得到
AC ：EG=2：1，EG=1
2AC ，根据三角形的中位线的性质得到OG=12
AC 于是得到AC=OE ，求得∠ABC=30°，即可得到结论．
【详解】
证明：（1）∵OC=OB ，OD ⊥BC ，
∴∠COD=∠BOD ，
在△COD 与△BOD 中， OC OB COD BOD OD OD ＝＝＝⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
，
∴△COD ≌△BOD ，
∴∠OBD=∠OCD=90°，
∴BD 是⊙O 的切线；
（2）解：∵AB 为⊙O 的直径，AC ⊥BC ，
∵OD ⊥CB ，
∴AC ∥DE ，
设OD 与BC 交于G ，
∵OE ∥AC ，AF ：EF=2：1，
∴AC ：EG=2：1，即EG=
12AC ， ∵OG ∥AC ，OA=OB ，
∴OG=12
AC ， ∵OG+GE=
12AC+12
AC=AC ， ∴AC=OE ， ∴AC=12
AB ， ∴∠ABC=30°，
∴∠CAB=60°，
∵¼¼CE BE
=， ∴∠CAF=∠EAB=12∠CAB=30°， ∴tan ∠CAF=tan30°=
33． 【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，三角函数的定义，正确的识别图形是解题的关键．
15．如图①，已知Rt ABC ∆中，90ACB ∠=o ，8AC =，10AB =，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作O e ，过C 作CE 切O e 于E ，交AB 于F .
（1）若O e 的半径为2，求线段CE 的长；
（2）若AF BF =，求O e 的半径；
（3）如图②，若CE CB =，点B 关于AC 的对称点为点G ，试求G 、E 两点之间的距离.
【答案】(1)42CE =(2)O e 的半径为3；(3)G 、E 两点之间的距离为9.6.
【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质得出∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得；
（2）由勾股定理求得BC ，然后通过证得△OEC ∽△BCA ，得到
OE BC =OC BA ，即r 8-r =610，解得即可；
（3）证得D 和M 重合，E 和F 重合后，通过证得△GBE ∽△ABC ，GB GE AB AC
=，即12108
GE =，解得即可． 【详解】
(1)如图，连结OE .
∵CE 切O e 于E ，
∴90OEC ∠=︒.
∵8AC =，O e 半径为2，
∴6OC =，2OE =. ∴2242CE OC OE =-=；
(2)设O e 半径为r .
在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，10AB =，8AC =，
∴226BC AB AC =
-=. ∵
AF BF =， ∴
AF CF BF ==. ∴
ACF CAF ∠=∠. ∵CE 切O e 于E ，
∴90OEC ∠=︒.
∴OEC ACB ∠=∠，
∴OEC BCA ∆~∆.
∴
OE OC BC BA =， ∴8610
r r -=， 解得3r =.
∴O e 的半径为3；
(3)连结EG 、OE ，设EG 交AC 于点M ，
由对称性可知，CB CG =.
又CE CB =，
∴CE CG =.
∴EGC GEC ∠=∠.
∵CE 切O e 于E ，
∴90GEC OEG ∠+∠=︒.
又90EGC GMC ∠+∠=︒，
∴OEG GMC ∠=∠.又GMC OME ∠=∠，
∴OEG OME ∠=∠.
∴OE OM =.
∴点M 与点D 重合.
∴G 、D 、E 三点在同一条直线上.
连结AE 、BE ，
∵AD 是直径，
∴90AED ∠=︒，即90AEG ∠=︒.
又CE CB CG ==，
∴90BEG ∠=︒.
∴180AEB AEG BEG ∠=∠+∠=︒，
∴A 、E 、B 三点在同一条直线上.
∴E 、F 两点重合.
∵90GEB ACB ∠=∠=︒，B B ∠=∠，
∴GBE ABC ∆~∆. ∴GB GE AB AC =，即12108
GE =. ∴9.6GE =.
故G 、E 两点之间的距离为9.6.
【点睛】
本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得G 、D 、E 三点共线以及A 、E 、B 三点在同一条直线上是解题的关键.
16．如图，BD 为△ABC 外接圆⊙O 的直径，且∠BAE ＝∠C ．
（1）求证：AE 与⊙O 相切于点A ；
（2）若AE ∥BC ，BC ＝23，AC ＝2，求AD 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）23【解析】
【分析】
（1）根据题目中已出现切点可确定用“连半径，证垂直”的方法证明切线，连接AO 并延长交⊙O 于点F ，连接BF ，则AF 为直径，∠ABF ＝90°，根据同弧所对的圆周角相等，则可得到∠BAE ＝∠F ，既而得到AE 与⊙O 相切于点A ．
（2））连接OC ，先由平行和已知可得∠ACB ＝∠ABC ，所以AC ＝AB ，则∠AOC ＝∠AOB ，从而利用垂径定理可得AH ＝1，在Rt △OBH 中，设OB ＝r ，利用勾股定理解得r ＝2，在
Rt △ABD 中，即可求得AD 的长为
【详解】
解：（1）连接AO 并延长交⊙O 于点F ，连接BF ，
则AF 为直径，∠ABF ＝90°，
∵»»AB AB =，
∴∠ACB ＝∠F ，
∵∠BAE ＝∠ACB ，
∴∠BAE ＝∠F ，
∵∠FAB +∠F ＝90°，
∴∠FAB +∠BAE ＝90°，
∴OA ⊥AE ，
∴AE 与⊙O 相切于点A ．
（2）连接OC ，
∵AE ∥BC ，
∴∠BAE ＝∠ABC ，
∵∠BAE ＝∠ACB ，
∴∠ACB ＝∠ABC ，
∴AC ＝AB ＝2，
∴∠AOC ＝∠AOB ，
∵OC ＝OB ，
∴OA ⊥BC ，
∴CH
＝BH ＝
12
BC 在Rt △ABH 中，
AH 1，
在Rt △OBH 中，设OB ＝r ，
∵OH 2+BH 2＝OB 2，
∴（r ﹣1）
2+2＝r 2，
解得：r ＝2，
∴DB ＝2r ＝4，
在Rt △ABD 中，AD
∴AD
的长为
【点睛】
本题考查了圆的综合问题，恰当的添加辅助线是解题关键.。