备战中考数学易错题专题复习-圆与相似练习题附详细答案

备战中考数学易错题专题复习-圆与相似练习题附详细答案
一、相似
1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．
（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；
（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；
（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的
Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2，
把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，
∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4
（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2，
∴A（﹣1，0），
当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；
当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），
从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，
∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ，
∴△BCD为等腰三角形，
∴构造的三角形是等腰三角形的概率=
（3）解：存在，
易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6，
M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），
①当N点在AC上，如图1，
∴△AMN的面积为△ABC面积的，
∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，
当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4，
∴tan∠MAC= =4；
当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2，
∴tan∠MAC= =1；
②当N点在BC上，如图2，
BC= =2 ，
∵BC•AN= AC•BC，解得AN= ，
∵S△AMN= AN•MN=2，
∴MN= = ，
∴∠MAC= ；
③当N点在AB上，如图3，
作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= ﹣t，
由②得AH= ，则BH= ，
∵∠NBG=∠HBA，
∴△BNM∽△BHA，
∴，即，
∴MN= ，
∵AN•MN=2，
即•（﹣t）• =2，
整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3 ）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，
∴点N在AB上不符合条件，
综上所述，tan∠MAN的值为1或4或
【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。

（2）先求出抛物线y=x2+2x+1的顶点坐标A，与x轴、y轴的交点D、C、B的坐标，可得出从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，再求出它们的各边的长，得出构造的三角形是等腰三角形可能数，利用概率公式求解即可。

（3）利用待定系数法求出直线BC的函数解析式及△ABC的面积、点M的坐标，再分情况
讨论：①当N点在AC上，如图1；②当N点在BC上，如图2；③当N点在AB上，如
图3。

利用△AMN的面积=△ABC面积的，解直角三角形、相似三角形的判定和性质等相关的知识，就可求出tan∠MAN的值。

2．已知线段a，b，c满足，且a＋2b＋c＝26.
（1）判断a，2b，c，b2是否成比例；
（2）若实数x为a，b的比例中项，求x的值．
【答案】（1）解：设，
则a=3k，b=2k，c=6k，
又∵a+2b+c=26，
∴3k+2×2k+6k=26，解得k=2，
∴a=6，b=4，c=12；
∴2b=8，b2=16
∵a=6，2b=8，c=12，b2=16
∴2bc=96，ab2=6×16=96
∴2bc=ab2
a，2b，c，b2是成比例的线段。

（2）解：∵x是a、b的比例中项，
∴x2=6ab，
∴x2=6×4×6，
∴x=12．
【解析】【分析】（1）设已知比例式的值为k，可得出a=3k，b=2k，c=6k，再代入a+2b+c=26，建立关于k的方程，求出kl的值，再求出2b、b2,然后利用成比例线段的定义，可判断a，2b，c，b2是否成比例。

（2）根据实数x为a，b的比例中项，可得出x2=ab，建立关于x的方程，求出x的值。

3．
（1）问题发现：
如图1，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为________；
（2）深入探究：
如图2，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由；
（3）拓展延伸：
如图3，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中点，连接CN，若BC=10，CN= ，试求EF的长．【答案】（1）NC∥AB
（2）解：∠ABC=∠ACN，理由如下：
∵ =1且∠ABC=∠AMN，
∴△ABC～△AMN
∴，
∵AB=BC，
∴∠BAC= （180°﹣∠ABC），
∵AM=MN
∴∠MAN= （180°﹣∠AMN），
∵∠ABC=∠AMN，
∴∠BAC=∠MAN，
∴∠BAM=∠CAN，
∴△ABM～△ACN，
∴∠ABC=∠ACN
（3）解：如图3，连接AB，AN，
∵四边形ADBC，AMEF为正方形，
∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，
∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC
即∠BAM=∠CAN，
∵，
∴，
∴△ABM～△ACN
∴，
∴ =cos45°= ，
∴，
∴BM=2，
∴CM=BC﹣BM=8，
在Rt△AMC，
AM= ，
∴EF=AM=2 ．
【解析】【解答】解：（1）NC∥AB，理由如下：
∵△ABC与△MN是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAM=∠CAN，
在△ABM与△ACN中，
，
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴∠B=∠ACN=60°，
∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，
∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，
∴CN∥AB；
【分析】（1）由题意用边角边易得△ABM≌△ACN，则可得∠B=∠ACN=60°，所以∠BCN+∠B=∠BCA+∠ACN+∠B=180°，根据平行线的判定即可求解；
（2）由题意易得△ABC～△AMN，可得比例式，由三角形内角和定理易得∠BAM=∠CAN，根据相似三角形的判定可得△ABM～△ACN，由相似三角形的性质即可求解；
（3）要求EF的值，只须求得CM的值，然后解直角三角形AMC即可求解。

连接AB，
AN，由正方形的性质和相似三角形的判定易得△ABM～△ACN，可得比例式
，可求得BM的值，而CM=BC﹣BM，解直角三角形AMC即可求得AM的值，即为EF的值。

4．在正方形中，，点在边上，，点是在射线上的一个动点，过点作的平行线交射线于点，点在射线上，使始终与直线垂直．
（1）如图1，当点与点重合时，求的长；
（2）如图2，试探索：的比值是否随点的运动而发生变化？若有变化，请说明你的理由；若没有变化，请求出它的比值；
（3）如图3，若点在线段上，设，，求关于的函数关系式，并写出它的定义域．
【答案】（1）解：由题意，得 ,
在Rt△中，
∴
∵
∴∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴△∽△
∴
∴
∴
（2）解：答：的比值随点的运动没有变化理由：如图，
∵∥
∴ ,
∵
∴
∵
∴
∴
∴△∽△
∴
∵，
∴
∴的比值随点的运动没有变化,比值为
（3）解：延长交的延长线于点
∵∥
∴
∵
∴
∴
∴
∵∥ , ∥
∴∥
∴
∵ ,
∴
又 ,
∴
∴
它的定义域是
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得出 A B = B C = C D = A D = 8 , ∠ C = ∠ A = 90 °，在Rt△ B C P 中，根据正切函数的定义得出tan ∠ P B C = P C ∶B C，又 tan ∠ P B C
=，从而得出PC的长，进而得出RP的长，根据勾股定理得出PB的长，然后判断出△P B
C ∽△ P R Q，根据相似三角形对应边成比例得出PB∶RP=PC∶PQ,从而得出PQ的长；（2）RM∶MQ的比值随点 Q 的运动没有变化,根据二直线平行同位角相等得出∠ 1 = ∠ A B P , ∠ Q M R = ∠ A，根据等量代换得出∠ Q M R = ∠ C = 90 °，根据根据等角的余角相等得出∠ R Q M = ∠ P B C ，从而判断出△ R M Q ∽△ P C B，根据相似三角形对应边成比例，得出PM∶MQ=PC∶BC,从而得出答案；
（3）延长 B P 交 A D 的延长线于点N，根据平行线分线段成比例定理得出PD∶AB=ND∶NA,又N A = N D + A D = 8 + N D ，从而得出关于ND的方程，求解即可得出ND，根据勾股定理得出PN，根据平行线的判定定理得出PD∥MQ,再根据平行线分线段成
比例定理得出PD∶MQ=NP∶NQ,又RM∶MQ=3∶4,RM=y，从而得出MQ=y,又 P D = 2 , N Q = P Q + P N = x +，根据比例式，即可得出y与x之间的函数关系式。

5．已知抛物线y＝ax2＋bx＋5与x轴交于点A(1，0)和点B(5，0)，顶点为M．点C在x轴的负半轴上，且AC＝AB，点D的坐标为(0，3)，直线l经过点C、D．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线l在第三象限上的点，联结AP，且线段CP是线段CA、CB的比例中项，求tan∠CPA的值；
（3）在（2）的条件下，联结AM、BM，在直线PM上是否存在点E，使得∠AEM=∠AMB.若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线与x轴交于点A（1，0），B（5，0），
∴ ,
解得
∴抛物线的解析式为
（2）解：∵ A（1，0），B（5，0），
∴ OA=1，AB=4.
∵ AC=AB且点C在点A的左侧，
∴ AC=4 .
∴ CB=CA+AB=8.
∵线段CP是线段CA、CB的比例中项，
∴ .
∴ CP= .
又∵∠PCB是公共角，
∴△CPA∽△CBP .
∴∠CPA= ∠CBP.
过P作PH⊥x轴于H.
∵ OC=OD=3，∠DOC=90°，
∴∠DCO=45°.∴∠PCH=45°
∴ PH=CH=CP =4，
∴ H（-7，0），BH=12，
∴ P（-7，-4），
∴，
tan∠CPA= .
（3）解：∵抛物线的顶点是M（3，-4），又∵ P（-7，-4），
∴ PM∥x轴 .
当点E在M左侧，则∠BAM=∠AME.
∵∠AEM=∠AMB，
∴△AEM∽△BMA.
∴ ,
∴ .
∴ ME=5，∴ E（-2，-4）.
过点A作AN⊥PM于点N，则N（1，-4）.
当点E在M右侧时，记为点，
∵∠A N=∠AEN，
∴点与E 关于直线AN对称，则（4，-4）.
综上所述，E的坐标为（-2，-4）或（4，-4）.
【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解。

即;由题意把A（1，0），B（5，0），代入解析式可得关于a、b的方程组，a + b + 5 = 0 ，25 a + 5 b + 5 = 0 ,解得a=1、b=-6，所以抛物线的解析式为 y =− 6 x + 5；
(2)过P作PH⊥x轴于H.由题意可得OA=1，AB=4.而AC=AB且点C在点A的左侧，所以
AC=4 ，则CB=CA+AB=8，已知线段CP是线段CA、CB的比例中项，所以,解得CP=
4，因为∠PCB是公共角，所以根据相似三角形的判定可得△CPA∽△CBP ，所以∠CPA= ∠CBP；因为OC=OD=3，∠DOC=90°，∠DCO=45°.所以∠PCH=45°，在直角三角形PCH中，PH=CH=CP sin 45 ∘=4，所以H（-7，0），BH=12，则P（-7，-4），在直角三角形PBH
中，tan ∠ CBP ==tan∠CPA;
（3）将（1）中的解析式配成顶点式得y=-4,所以抛物线的顶点是M（3，-4），而P点的纵坐标也为-4，所以PM∥x轴.分两种情况讨论：当点E在M左侧，则∠BAM=∠AME，而∠AEM=∠AMB，根据相似三角形的判定可得△AEM∽△BMA，所以可
得比例式,即,解得ME=5，所以E（-2，-4）；当点E在M右侧时，记为点E ′ ，过点A作AN⊥PM于点N，则N（1，-4），因为∠A E ′ N=∠AEN，所以根据轴对称的意义可得点E ′ 与E 关于直线AN对称，则（4，-4）.
6．已知：如图，在四边形中，，，，，垂直平分 .点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点
出发，沿方向匀速运动，速度为；当一个点停止运动，另一个点也停止运动.过点作，交于点，过点作，分别交，于点， .连接， .设运动时间为，解答下列问题：
（1）当为何值时，点在的平分线上？
（2）设四边形的面积为，求与的函数关系式.
（3）连接，，在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：在中，∵，，，
∴，
∵垂直平分线段，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴∠BPE=∠BCA=90°
又∠B=∠B
∴△BPE∽△BAC
∴
即
∴，，
当点在的平分线上时，
∵，，
∴，
∴，
∴ .
∴当为4秒时，点在的平分线上.
（2）解：如图，连接， .
.
（3）解：存在.如图，连接 .
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
解得或10(舍)
∴当秒时， .
【解析】【分析】（1）根据勾股定理求AC，根据证，求出CD、OD的值，根据△BPE∽△BAC得到比例式，用含有t的代数式表示出PE、BE，当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE=EC，由此构建方程即可解决问题．（2）根据
构建函数关
系式即可．（3）证明∠EOC=∠QOG，可得，推出，由此构建方程即可解决问题．
7．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点P是边AB上的一动点，连结DP.
（1）若将△DAP沿DP折叠，点A落在矩形的对角线上点A′处，试求AP的长；
（2）点P运动到某一时刻，过点P作直线PE交BC于点E，将△DAP与△PBE分别沿DP 与PE折叠，点A与点B分别落在点A′，B′处，若P，A′，B′三点恰好在同一直线上，且A′B′＝2，试求此时AP的长；
（3）当点P运动到边AB的中点处时，过点P作直线PG交BC于点G，将△DAP与△PBG 分别沿DP与PG折叠，点A与点B重合于点F处，连结CF，请求出CF的长.
【答案】（1）解:①当点A落在对角线BD上时，设AP＝PA′＝x，
在Rt△ADB中，∵AB＝4，AD＝3，∴BD＝＝5，
∵AB＝DA′＝3，∴BA′＝2，
在Rt△BPA′中，（4﹣x）2＝x2+22，解得x＝，
∴AP＝ .
②当点A落在对角线AC上时，
由翻折性质可知：PD⊥AC，则有△DAP∽△ABC，∴＝，∴AP＝＝＝ .
∴AP的长为或
（2）解:①如图3中，设AP＝x，则PB＝4﹣x，
根据折叠的性质可知：PA＝PA′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，∵A′B′＝2，∴4﹣x﹣x＝2，∴x＝1，∴PA＝1；
②如图4中，
设AP＝x，则PB＝4﹣x，
根据折叠的性质可知：PA＝PA′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，∵A′B′＝2，∴x﹣（4﹣x）＝2，
∴x＝3，∴PA＝3；
综上所述，PA的长为1或3
（3）解:如图5中，作FH⊥CD由H.
由翻折的性质可知；AD＝DF＝3.BG＝BF，G、F、D共线，
设BG＝FG＝x，在Rt△GCD中，（x+3）2＝42+（3﹣x）2，
解得x＝，∴DG＝DF+FG＝，CG＝BC﹣BG＝，
∵FH∥CG，∴＝＝，∴＝＝，
∴FH＝，DH＝，∴CH＝4﹣＝，
在Rt△CFH中，CF＝＝
【解析】【分析】（1）分两种情形：①当点A落在对角线BD上时，设AP=PA′=x，构建方程即可解决问题；②当点A落在对角线AC上时，利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题；（2）分两种情形分别求解即可解决问题；（3）如图5中，作FH⊥CD由H.想办法求出FH、CH即可解决问题
8．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.
二、圆的综合
9．如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．
（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；
（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；
（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．
【答案】(1)见解析;(2) Q的坐标为（32，9）;(3)63 8
.
【解析】（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点
∴AM＝BM＝PM=QM= 1
2 PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3 2
∴点Q的坐标为（32，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝9
2
－3＝
3
2
， Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为：1
2
×(
3
2
＋2)×4.5＝
63
8
.
【解析】
【分析】
根据已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，再根据这个条件结合题意直接解答此题.
【详解】
（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点∴AM＝BM＝PM=QM= PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3
∴点Q的坐标为（3 ，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）
当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝－3＝， Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为：×( ＋2)×4.5＝.
【点睛】
本题主要考查学生根据题意能找到三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，而且考验学生对相似三角形性质的运用，掌握探索题目隐含条件是解决此题的关键.
10．图1和图2，半圆O的直径AB=2，点P（不与点A，B重合）为半圆上一点，将图形延BP折叠，分别得到点A，O的对称点A′，O′，设∠ABP=α．
（1）当α=15°时，过点A′作A′C∥AB，如图1，判断A′C与半圆O的位置关系，并说明理由．
（2）如图2，当α= °时，BA′与半圆O相切．当α= °时，点O′落在上．
（3）当线段BO′与半圆O只有一个公共点B时，求α的取值范围．
【答案】（1）A′C与半圆O相切；理由见解析；（2）45；30；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【解析】
试题分析：（1）过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，利用含30°角的直角三角形的性
质可求得DE+OE=A′B=AB=OA，可判定A′C与半圆相切；
（2）当BA′与半圆相切时，可知OB⊥A′B，则可知α=45°，当O′在上时，连接AO′，则
可知BO′=AB，可求得∠O′BA=60°，可求得α=30°；
（3）利用（2）可知当α=30°时，线段O′B与圆交于O′，当α=45°时交于点B，结合题意可得出满足条件的α的范围．
试题解析：（1）相切，理由如下：
如图1，过O作OD过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，
∵α=15°，A′C∥AB，
∴∠ABA′=∠CA′B=30°，
∴DE=A′E，OE=BE，
∴DO=DE+OE=（A′E+BE）=AB=OA，
∴A′C与半圆O相切；
（2）当BA′与半圆O相切时，则OB⊥BA′，
∴∠OBA′=2α=90°，
∴α=45°，
当O′在上时，如图2，
连接AO′，则可知BO′=AB，
∴∠O′AB=30°，
∴∠ABO′=60°，
∴α=30°，
（3）∵点P，A不重合，∴α＞0，
由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，
∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段BO′与半圆只有一个公共点B；
当α增大到45°时BA′与半圆相切，即线段BO′与半圆只有一个公共点B．
当α继续增大时，点P逐渐靠近点B，但是点P，B不重合，
∴α＜90°，
∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．
综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
考点：圆的综合题．
11．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°，3
∴0 tan30
OD
PD
=，解得OD=1，
∴22
PO PD OD
+，
∴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．
12．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
=50 3
.
【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 =22BC =22 ∵∠CAB =∠CPB ∴tan ∠CAB =43=BC AC =tan ∠CAB =BE PE ∴PE =32 ∴PC =PE +CE =
322
+22=722 ∵AC •CD =PC •BC ∴3×CD =
722×4 ∴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．
13．如图1，AB 为半圆O 的直径，半径OP ⊥AB ，过劣弧AP 上一点D 作DC ⊥AB 于点C ．连接DB ，交OP 于点E ，∠DBA ＝22.5°．
⑴ 若OC ＝2，则AC 的长为 ；
⑵ 试写出AC 与PE 之间的数量关系，并说明理由；
⑶ 连接AD 并延长，交OP 的延长线于点G ，设DC ＝x ，GP ＝y ，请求出x 与y 之间的等量关系式. （请先补全图形，再解答）
【答案】⑴ 222-；⑵ 见解析；⑶ y =2x
【解析】
【分析】
（1）如图，连接OD ，则有∠AOD=45°，所以△DOC 为等腰直角三角形，又OC=2，所以DO=AO=22,故可求出AC 的长；
（2）连接AD ，DP ，过点D 作DF ⊥OP ，垂足为点F . 证AC=PF 或AC=EF ，证DP=DE
证PF=EF=12
PE ，故可证出PE =2AC ； （3）首先求出22OD CD x ==，再求AB=22x ,再证△DGE ≌△DBA,得GE =AB =22x ，由PE=2AC 得PE =2(2)x x -，再根据GP =GE －PE 可求结论.
【详解】
（1）连接OD ，如图，
∵∠B=22.5°，
∴∠DOC=45°,
∵DC ⊥AB
∴△DOC 为等腰直角三角形，
∵OC=2，
∴2
∴2，
∴AC=AO-OC=222.
⑵ 连接AD ，DP ，过点D 作DF ⊥OP ，垂足为点F .
∵OP ⊥AB ,
∴∠POD=∠DOC=45°，
∴AD=PD ，
∵△DOC 为等腰直角三角形，
∴DC=CO,
易证DF=CO ，
∴DC=DF ，
∴Rt △DAC ≌Rt △DPF,
∴PF=AC,
∵DO=AO,∠DOA=45°
∴∠DAC=67.5°
∴∠DPE=67.5°,
∵OD=OB ，∠B=22.5°，
∴∠ODE=22.5°
∴∠DEP=22.5°+45°=67.5°
∴∠DEP=∠DPE
∴PF=EF=12
PE ∴PE =2AC
（3）如图2，由∠DCO =90°，∠DOC =45°得OD =
= ∴ AB =2OD=
∵AB 是直径，
∴∠ADB=∠EDG=90°，
由（2）得AD=ED,∠DEG=∠DAC
∴△DGE ≌△DBA
∴ GE =AB =
∵ PE =2AC
∴ PE =2)x -
∴ GP =GE －PE =-)x -
即：y =2x
【点睛】
本题是一道圆的综合题，涵盖的知识点较多，难度较大，主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握并运用这些知识是解题的关键.
14．如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，AC 为直径，»»BD AD =，DE ⊥BC ，垂足为
E ．
（1）判断直线ED 与⊙O 的位置关系，并说明理由；
（2）若CE =1，AC =4，求阴影部分的面积．
【答案】（1）ED 与O e 相切.理由见解析；（2）2=33S π-阴影. 【解析】
【分析】 （1）连结OD ，如图，根据圆周角定理，由»»BD AD =得到∠BAD =∠ACD ，再根据圆内接
四边形的性质得∠DCE =∠BAD ，所以∠ACD =∠DCE ；利用内错角相等证明OD ∥BC ，而DE ⊥BC ，则OD ⊥DE ，于是根据切线的判定定理可得DE 为⊙O 的切线；
（2）作OH ⊥BC 于H ，易得四边形ODEH 为矩形，所以OD =EH =2，则CH =HE ﹣CE =1，于是有∠HOC =30°，得到∠COD =60°，然后根据扇形面积公式、等边三角形的面积公式和阴影部分的面积=S 扇形OCD ﹣S △OCD 进行计算即可．
【详解】
（1）直线ED 与⊙O 相切．理由如下：
连结OD ，如图，∵»»BD AD =，∴∠BAD =∠ACD ．
∵∠DCE =∠BAD ，∴∠ACD =∠DCE ．
∵OC =OD ，∴∠OCD =∠ODC ，而∠OCD =∠DCE ，∴∠DCE =∠ODC ，∴OD ∥BC ． ∵DE ⊥BC ，∴OD ⊥DE ，∴DE 为⊙O 的切线；
（2）作OH ⊥BC 于H ，则四边形ODEH 为矩形，∴OD =EH ．
∵CE =1，AC =4，∴OC =OD =2，∴CH =HE ﹣CE =2﹣1=1．在Rt △OHC 中，∵OC =2，CH =1，∠OHC =90°，∠HOC =30°，∴∠COD =60°，∴阴影部分的面积=S 扇形OCD ﹣S △OCD
26023360π⋅⋅=-•22 23
=π3-．
【点睛】
本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证
某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了扇形面积的计算．
15．如图，直角坐标系中，直线y kx b
=+分别交x,y轴于点A(-8，0)，B(0，6)，C（m,0）是射线AO上一动点，⊙P过B，O，C三点，交直线AB于点D（B，D不重合）.
（1）求直线AB的函数表达式.
（2）若点D在第一象限，且tan∠ODC
=5
3
，求点D的坐标.
【答案】（1）
3
6
4
y x
=+；（2）D（
88
25
，
216
25
）.
【解析】
【分析】
（1）把A、B两点坐标代入y=kx+b求出k、b的值即可；（2）连结BC，作DE⊥OC于点
E，根据圆周角定理可得∠OBC=∠ODC，由tan∠ODC=5
3
可求出OC的长，进而可得AC的
长，利用∠DAC的三角函数值可求出DE的长，即可得D点纵坐标，代入直线AB解析式求出D点横坐标即可得答案.
【详解】
（1）∵A（-8，0）、B（0，6）在y=kx+b上，
∴
08
6
k b
b
=-+
⎧
⎨
=
⎩
，
解得
3
4
6
k
b
⎧
=
⎪
⎨
⎪=
⎩
，
∴直线AB的函数表达式为y=3
4
x+6.
(2)连结BC，作DE⊥OC于点E，∵∠BOC=90°，
∴BC为⊙P的直径，
∴∠ADC=90°，
∵∠OBC=∠ODC，tan∠ODC=5
3
，
∴OC 5OB 3=， ∵OB=6，OA=8， ∴OC=10，AC=18，AB=10，
∵cos ∠DAC=OA AB =45，sin ∠DAC=OB AB =35
， 472AD AC cos DAC 1855
∠=⋅=⨯
=, 723216DE AD sin DAC 5525
∠=⋅=⨯=， ∵D 点在直线AB 上， ∴2163x 6254
=+， 解得：88x 25=
， ∴D （8825，21625
）
【点睛】
本题考查待定系数法求一次函数解析式、圆周角定理及锐角三角函数的定义，熟练掌握直径所对的圆周角等于90°及正切、正弦、余弦等三角函数的定义是解题关键.
16．如图，在⊙O 中，直径AB 垂直弦CD 于E ，过点A 作∠DAF=∠DAB ，过点D 作AF 的垂线，垂足为F ，交AB 的延长线于点P ，连接CO 并延长交⊙O 于点G ，连接EG ． （1）求证：DF 是⊙O 的切线；
（2）若AD=DP ，OB=3，求»BD
的长度； （3）若DE=4，AE=8，求线段EG 的长．
【答案】（1）证明见解析（2）π（3）213
【解析】
试题分析：（1）连接OD，由等腰三角形的性质得出∠DAB=∠ADO，再由已知条件得出∠ADO=∠DAF，证出OD∥AF，由已知DF⊥AF，得出DF⊥OD，即可得出结论；
（2）易得∠BOD=60°，再由弧长公式求解即可；
（3）连接DG，由垂径定理得出DE=CE=4，得出CD=8，由勾股定理求出DG，再由勾股定理求出EG即可．
试题解析：（1）证明：连接OD，如图1所示：
∵OA=OD，
∴∠DAB=∠ADO，
∵∠DAF=∠DAB，
∴∠ADO=∠DAF，
∴OD∥AF，
又∵DF⊥AF，
∴DF⊥OD，
∴DF是⊙O的切线；
（2）∵AD=DP
∴∠P=∠DAF=∠DAB =x0
∴∠P+∠DAF+∠DAB =3x o=90O
∴x0=300
∴∠BOD=60°，
∴»BD的长度=
（3）解：连接DG，如图2所示：
∵AB⊥CD，
∴DE=CE=4，
∴CD=DE+CE=8，
设OD=OA=x，则OE=8﹣x，
在Rt△ODE中，由勾股定理得：OE2+DE2=OD2，即（8﹣x）2+42=x2，
解得：x=5，
∴CG=2OA=10，
∵CG是⊙O的直径，
∴∠CDG=90°，
∴DG=2222
-=-=6，
108
CG CD
∴EG=2222
+=+=213.
DG DE
64。