中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题及答案.doc

中考数学压轴题专题圆与相似的经典综合题及答案一、相似1．如图所示，△ ABC 中， AB=AC，∠ BAC=90°， AD⊥ BC， DE⊥ AC，△ CDE 沿直线 BC 翻折到△ CDF，连结 AF 交 BE、 DE、 DC分别于点 G、 H、I．（1）求证： AF⊥ BE；（2）求证： AD=3DI．【答案】（1）证明：∵在△ ABC中， AB=AC，∠ BAC=90°， D 是 BC 的中点，∴AD=BD=CD，∠ ACB=45 ，°∵在△ ADC中， AD=DC，DE⊥ AC，∴A E=CE，∵△ CDE沿直线 BC 翻折到△ CDF，∴△ CDE≌ △CDF，∴C F=CE，∠ DCF=∠ACB=45 ，°∴C F=AE，∠ ACF=∠DCF+∠ACB=90 ，°在△ ABE 与△ ACF中，，∴△ ABE≌ △ ACF（SAS），∴∠ ABE=∠ FAC，∵∠ BAG+∠ CAF=90 ，°∴∠ BAG+∠ ABE=90 ，°∴∠ AGB=90 ，°∴AF⊥BE（2）证明：作IC 的中点 M，连接 EM，由（ 1）∠ DEC=∠ECF=∠ CFD=90°∴四边形 DECF是正方形，∴EC∥ DF， EC=DF，∴∠ EAH=∠ HFD， AE=DF，在△ AEH 与△FDH 中，∴△ AEH≌ △FDH（ AAS），∴EH=DH，∵∠ BAG+∠ CAF=90 ，°∴∠ BAG+∠ ABE=90 ，°∴∠ AGB=90 ，°∴AF⊥BE，∵M 是 IC 的中点， E 是 AC 的中点，∴EM∥AI，∴，∴DI=IM ，∴CD=DI+IM+MC=3DI，∴AD=3DI【解析】【分析】（ 1）根据翻折的性质和SAS 证明△ ABE≌ △ ACF，利用全等三角形的性质得出∠ ABE=∠ FAC，再证明∠ AGB=90°，可证得结论。

（2）作IC 的中点M ，结合正方形的性质，可证得∠ EAH=∠HFD，AE=DF，利用AAS 证明△AEH 与△ FDH全等，再利用全等三角形的性质和中位线的性质解答即可。

2．已知：如图，在△ABC 中， AB=BC=10，以 AB 为直径作⊙ O 分别交 AC， BC 于点 D，E，连接 DE 和 DB，过点 E 作 EF⊥ AB，垂足为 F，交 BD 于点 P．（1）求证： AD=DE；（2）若 CE=2，求线段 CD的长；（3）在（ 2）的条件下，求△ DPE的面积．【答案】（1）解：∵AB 是⊙ O 的直径，∴∠ ADB=90 ，°即 BD⊥ AC∵A B=BC，∴△ ABD≌CBD∴∠ ABD=∠ CBD在⊙ O 中， AD 与 DE 分别是∠ABD 与∠CBD所对的弦∴AD=DE；（2）解：∵四边形 ABED内接于⊙ O，∴ ∠CED=∠ CAB，∵∠ C=∠ C，∴△ CED∽△ CAB，∴，∵A B=BC=10，CE=2， D 是 AC 的中点，∴CD=；（3）解：延长EF交⊙ O 于 M，在 Rt△ ABD 中， AD= ， AB=10，∴BD=3，∵EM⊥AB， AB 是⊙ O 的直径，∴，∴∠ BEP=∠ EDB，∴△ BPE∽△ BED，∴，∴BP=，∴DP=BD-BP=，∴S△DPE： S△BPE=DP： BP=13： 32，∵S△BCD=×× 3 =15，S△BDE： S△BCD=BE： BC=4： 5，∴S△BDE=12，∴S△DPE=．【解析】【分析】（ 1）根据已知条件AB 是⊙ O 的直径得出∠ ADB=90°，再根据等腰三角形的三线合一的性质即可得出结论。

（ 2 ）根据圆内接四边形的性质证得∠CED=∠ CAB，再根据相似三角形的判定证出△CED∽ △ CAB，得出对应边成比例，建立关于CD 的方程，即可求出CD 的长。

（ 3）延长EF 交⊙ O 于M ，在Rt△ ABD 中，利用勾股定理求出BD 的长，再证明△BPE∽ △BED，根据相似三角形的性质得对应边成比例求出BP 的长，然后根据等高的三角形的面积之比等于对边之比，再由三角形面积公式即可求解。

3．如图，矩形OABC 的两边在坐标轴上，点 A 的坐标为（ 10， 0），抛物线y=ax2+bx+4 过点 B， C 两点，且与x 轴的一个交点为D（﹣ 2， 0），点P 是线段 CB 上的动点，设CP=t （0＜ t ＜ 10）．（1）请直接写出 B、 C 两点的坐标及抛物线的解析式；（2）过点 P 作 PE⊥ BC，交抛物线于点 E，连接 BE，当 t 为何值时，∠ PBE=∠ OCD？（3）点 Q 是 x 轴上的动点，过点 P 作 PM∥ BQ，交 CQ 于点 M ，作 PN∥ CQ，交 BQ 于点N，当四边形PMQN 为正方形时，请求出t 的值．【答案】（1）解：在 y＝ ax2＋bx＋ 4 中，令 x＝ 0 可得 y＝ 4，∴C（0 ，4），∵四边形 OABC为矩形，且A（ 10，0），∴B（ 10，4），把 B、 D 坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y＝x2＋x＋ 4；（2）解：由题意可设P（t ， 4），则 E（ t，t 2＋t ＋ 4），∴PB＝ 10﹣ t ， PE＝t 2＋ t＋ 4﹣ 4＝t2＋ t ，∵∠ BPE＝∠ COD＝ 90 °，当∠ PBE＝∠ OCD时，则△ PBE∽△ OCD，∴，即 BP?OD＝ CO?PE，∴2（ 10﹣ t ）＝ 4（t 2＋t ），解得t＝ 3 或 t＝10（不合题意，舍去），∴当 t＝ 3 时，∠PBE＝∠OCD；当∠ PBE＝∠ CDO 时，则△ PBE∽△ ODC，∴，即 BP?OC＝ DO?PE，∴4（ 10﹣ t ）＝ 2（t 2＋t ），解得t＝ 12 或 t ＝ 10（均不合题意，舍去）综上所述∴当 t ＝ 3 时，∠PBE＝∠OCD（3）解：当四边形 PMQN 为正方形时，则∠ PMC＝∠ PNB＝∠ CQB＝ 90°， PM＝ PN，∴∠ CQO＋∠ AQB＝ 90 °，∵∠ CQO＋∠ OCQ＝ 90 °，∴∠ OCQ＝∠ AQB，∴Rt△ COQ∽ Rt△QAB，∴，即 OQ?AQ＝ CO?AB，设OQ＝ m，则 AQ＝ 10﹣ m，∴m（ 10﹣m）＝ 4 ×4，解得 m＝ 2 或①当 m＝2 时， CQ＝＝m＝ 8，， BQ＝＝，∴sin∠ BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，∴PM＝ PC?sin∠ PCQ＝t， PN＝PB?sin∠ CBQ＝（10﹣t），∴t ＝（10﹣t），解得t＝，②当 m＝8 时，同理可求得t＝，∴当四边形 PMQN 为正方形时， t 的值为或【解析】【分析】（ 1）先求出抛物线与y 轴的交点 C 的坐标，再根据矩形 ABCO及点 A 的坐标为（ 10，0），求出点 B 的坐标，然后利用待定系数法，将点B、 D 的坐标分别代入函数解析式求出二次函数解析式。

（2）设 P（ t ，4），利用抛物线的解析式表示出点 E 的坐标，可求出 PB、 PE 的长，再分情况讨论：当∠ PBE＝∠ OCD 时，可证△ PBE∽ △ OCD，利用相似三角形的性质，的长BP?OD＝ CO?PE，建立关于 t 的方程，求出符合题意的t 的值；当∠ PBE＝∠ CDO 时，可得△PBE∽ △ODC，利用相似三角形的性质得出BP?OC＝ DO?PE，建立关于 t 的方程，求出 t 的值，综上所述就可得出符合题意的t 的值。

（ 3 ）当四边形PMQN 为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠ CQB＝ 90°， PM＝ PN，再证明Rt△ COQ∽ Rt△ QAB，利用相似三角形的性质得出OQ?AQ＝ CO?AB，设 OQ＝ m，则 AQ＝ 10 ﹣m，建立关于m 的方程，求出m 的值，再分别根据m 的值求出 CQ、 BQ 的长，再利用解直角三角形用含t 的代数式分别表示出PM、 PN 的长，由 PM=PN 可得出关于 t 的方程，再解方程，就可求出符合题意的t 的值。

4．如图，在平面直角坐标系中，点A（－ 5，0），以内圆周上一动点，连结AC、 BC，并延长 BC 至点 D，使交 x 轴、直线 AC 于点 E、 F，点 E 为垂足，连结OF. OA 为半径作半圆，点CD＝ BC，过点 D 作C 是第一象限x 轴垂线，分别（1）当∠ BAC＝ 30o 时，求△ ABC的面积；（2）当 DE＝ 8 时，求线段 EF的长；（3）在点 C 运动过程中，是否存在以点 E、 O、 F 为顶点的三角形与△ ABC 相似，若存在，请求出点 E 的坐标；若不存在，请说明理由 .【答案】（ 1）解：∵ AB 是⊙O 的直径，∴∠ ACB=90 ，°在Rt△ ABC中， AB=10，∠ BAC=30°，∴BC= AB=5，∴AC=，∴S△ABC=AC?BC=（2）解：连接AD，∵∠ ACB=90 ，°CD=BC，∴AD=AB=10，∵DE⊥AB，∴AE==6，∴B E=AB-AE=4，∴D E=2BE，∵∠ AFE+∠ FAE=90，°∠ DBE+∠ FAE=90，°∴∠ AFE=∠ DBE，∵∠ AEF=∠ DEB=90 ，°∴△ AEF∽ △ DEB，∴=2，∴E F= AE= × 6=3（3）解：连接EC，设 E(x， 0)，当的度数为60°时，点 E 恰好与原点O 重合；①0° < 的度数 <60 °时，点 E 在 O、 B 之间，∠ EOF>∠ BAC=∠ D，又∵∠ OEF=∠ ACB=90°，由相似知∠EOF=∠EBD，此时有△ EOF∽ △ EBD，∴，∵EC是 Rt△ BDE斜边的中线，∴CE=CB，∴∠ CEB=∠CBE，∴∠ EOF=∠ CEB，∴OF∥ CE，∴△ AOF∽ △AEC∴，∴，即，解得 x=，因为x>0，∴x=；②60° < 的度数 <90 °时，点 E 在 O 点的左侧，若∠ EOF=∠ B，则 OF∥BD，∴O F= BC= BD，∴即解得x=，若∠ EOF=∠ BAC，则 x=-，综上点 E 的坐标为 ( ， 0) ；（， 0）；（ - ， 0） .【解析】【分析】（1）根据圆周角定理求得∠ ACB=90°，根据 30°的直角三角形的性质求得 BC，进而根据勾股定理求得AC，然后根据三角形面积公式即可求得；（2）连接 AD，由垂直平分线的性质得AD=AB=10，又 DE=8，在 Rt△ ODE 中，由勾股定理求AE，依题意证明△ AEF∽ △ DEB，利用相似比求EF；（ 3）当以点 E、 O、 F 为顶点的三角形与△ ABC 相似时，分为两种情况：①当交点 E 在 O，B 之间时；②当点 E 在 O 点的左侧时；分别求 E 点坐标 .5．已知在△ ABC 中， AB=AC，AD⊥ BC，垂足为点 D，以 AD 为对角线作正方形 AEDF，DE交AB 于点 M， DF 交 AC 于点 N，连结 EF，EF 分别交 AB、AD、 AC于点 G、点 O、点 H.（1）求证： EG=HF；（2）当∠ BAC=60°时，求的值；（3）设,△ AEH 和四边形EDNH的面积分别为S1和 S2，求的最大值. 【答案】（ 1）解：在正方形AEDF中， OE=OF， EF⊥ AD，∵AD⊥ BC，∴E F∥ BC，∴∠ AGH=∠B，∠ AHG=∠ C，而AB=AC，∴∠ B=∠C，∴∠ AGH=∠AHG，∴AG=AH，∴OG=OH，∴OE-OG=OF-OH，∴EG=FH（2）解：当∠ BAC=60°时，△ABC为正三角形，∵AD⊥ EF，∴∠ OAH=30 ，°∴，设OH=a，则 OA=OE=OF= a，∴EH=（）a，HF=（）a，∵AE∥ FN，∴△ AEH∽ △NFH，∴，∵E F∥ BC，∴△ AOH∽ △ ADC，∴，∴C D=2a，易证△ HNF∽ △ CND，∴，∴（3）解：设 EH=2m，则 FH=2km， OA= EF=（ k+1） m，∴S1=（ k+1）m2，由（ 2）得，△ AEH∽ △ NFH，∴S△HNF=k2S1=k2（ k+1） m2，而S△EDF=OA2=（ k+1）2 m2，∴S2=S△EDF - S△HNF =（k+1）2m2 -k2（ k+1） m2=（ -k2+k+1）（ k+1） m2，∴=-k2+k+1，∴当 k=时，最大=.【解析】【分析】（ 1）根据等腰三角形的判定与性质，正方形的性质易证△AGH三角形，通过“三线合一”可得OG=OH，即可得证；（2）由等边三角形的性质可设则 OA=OE=OF=a，则 EH=（）a，HF=（）a，为等腰OH=a，根据相似三角形判定易证△ AEH∽△ NFH，△ AOH∽ △ ADC，△HNF∽△ CND，然后通过相似三角形的对应边成比整理即可得解；（3）设 EH=2m，则FH=2km， OA= EF=（ k+1） m，分别得到 S △△△△1、S HNF 和S EDF 关于k，m的表达式，再根据S2=S EDF - S HNF 得到S2 的表达式，进而得到关于 k 的表达式，通过配方法即可得解.6．如图，在△ ABC中， AB=AC ，以 AB 为直径的⊙O 分别交 BC ， AC 于点 D ， E ，连结EB ，交 OD 于点 F ．（1）求证： OD⊥ BE ．（2）若 DE=，AB=6，求AE的长．（3）若△ CDE的面积是△OBF 面积的，求线段BC 与AC 长度之间的等量关系，并说明理由．【答案】（ 1）证明：连接AD，∵AB 是直径，∴∠ AEB=∠ ADB=90 ，°∵A B=AC，∴∠ CAD=∠ BAD， BD=CD，∴，∴OD⊥BE；（2）解：∵ ∠ AEB=90°，∴∠ BEC=90 ，°∵BD=CD，∴BC=2DE=2，∵四边形 ABDE内接于⊙ O，∴∠ BAC+∠ BDE=180 ，°∵∠ CDE+∠ BDE=180 ，°∴∠ CDE=∠ BAC，∵∠ C=∠ C，∴△ CDE∽ △CAB，∴，即，∴C E=2，∴A E=AC-CE=AB-CE=4（3）解：∵ BD=CD，∴S△CDE=S△BDE，∵BD=CD，AO=BO，∴OD∥AC，∵△ OBF∽ △ ABE，∴，△ABE=4S△OBF ，∴S∵，∴S△ABE=4S△OBF=6S△CDE，∴S△CAB=S△CDE+S△BDE+S△ABE=8S△CDE，∵△ CDE∽ △CAB，∴，∴，∵BD=CD，AB=AC，∴，即 AC=BC【解析】【分析】（ 1）连接AD．根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的性质以及平行线的性质即可证明；（2）先证△ CDE∽ △ CAB 得，据此求得CE 的长，依据AE=AC-CE=AB-CE可得答案；（3）由BD=CD 知S△CDE=S△BDE，证△OBF∽ △ABE得，据此知S△ABE=4S△OBF，结合知S△ABE=6S△CDE，S△CAB=8S△CDE，由△CDE∽ △CAB知，据此得出，结合BD=CD， AB=AC知，从而得出答案．7．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点.在线段上有一动点（不与重合），过点作轴的垂线交于点，交抛物线于点，过点作于点.（1）求直线的函数解析式；（2）求证：；并求出当为何值时，和的相似比为.【答案】（ 1）解：令：，则，解得：，（舍）∴令，得，∴设直线：，把，分别代入上式得：解之得：∴（2）证明：∵又∵∴∵，，，∴，，∵∴∴，（舍）【解析】【分析】 (1) 设直线：，求出A、B 点坐标，代入求出利用两组对应角相等证明三角形相似，结合函数解析式，分别表示出AN、 PN 据相似比列式计算即可. k,b 即可 .(2) 的长，再根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，得由对称性知在直线DE=DA，因 D（ 0，-3），∴ E（）；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．如图，在平面直角坐标系xoy 中， E（8,0）， F(0 , 6)．（1）当 G(4， 8)时，则∠ FGE=°（2）在图中的网格区域内找一点 P，使∠ FPE=90°且四边形 OEPF被过 P 点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形．要求：写出点 P 点坐标，画出过 P 点的分割线并指出分割线（不必说明理由，不写画法）．【答案】（ 1） 90；（ 2）作图见解析，P（ 7，7）， PH 是分割线．【解析】试题分析：（ 1）根据勾股定理求出△ FEG的三边长，根据勾股定理逆定理可判定△ FEG是直角三角形，且∠ FGE="90"°．（2）一方面，由于∠FPE=90°，从而根据直径所对圆周角直角的性质，点P 在以 EF为直径的圆上；另一方面，由于四边形OEPF被过 P 点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形，从而OP 是正方形的对角线，即点P 在∠ FOE的角平分线上，因此可得P（ 7，7）， PH 是分割线．试题解析：（ 1）连接 FE，∵E（ 8,0）， F(0 , 6)， G(4， 8)，∴根据勾股定理，得FG=，EG=，FE=10．∵，即．∴△ FEG是直角三角形，且∠ FGE=90．°（2）作图如下：P（7 ，7）， PH 是分割线．考点： 1．网格问题； 2．勾股定理和逆定理；3．作图（设计）；4．圆周角定理．10．如图 1，将长为 10 的线段 OA 绕点 O 旋转 90°得到 OB，点 A 的运动轨迹为? ，P是AB半径 OB 上一动点， Q 是?上的一动点，连接 PQ.AB发现：∠ POQ＝________时， PQ 有最大值，最大值为________；思考：（ 1）如图 2，若 P 是 OB 中点，且QP⊥ OB 于点 P，求BQ?的长；（2）如图 3，将扇形AOB 沿折痕 AP 折叠，使点 B 的对应点B′恰好落在OA 的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB 沿 PQ 折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径O A 相切，切点为C，若 OP＝ 6，求点 O 到折痕 PQ 的距离．【答案】发现：90 °， 10 2；思考：（ 1）10 2 +100；（3）点O；（ 2） 25π -1003到折痕 PQ 的距离为 30 . 【解析】分析：发现：先判断出当PQ 取最大时，点 Q 与点 A 重合，点 P 与点 B 重合，即可得出结论；思考：（ 1）先判断出 ∠ POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（ 2）先在 Rt △ B'OP 中， OP 2+(10 2 - 10)2=（10-OP ） 2，解得 OP=10 2 - 10，最后用面积的和差即可得出结论．探究：先找点 O 关于 PQ 的对称点 O ′，连接 OO ′、 O ′B、 O ′C、 O ′P，证明四边形OCO ′B 是矩1形，由勾股定理求 O ′B，从而求出 OO ′的长，则OM=OO ′=30 ．2详解：发现： ∵ P 是半径 OB 上一动点， Q 是?上的一动点，AB∴当 PQ 取最大时，点 Q 与点 A 重合，点 P 与点 B 重合，此时， ∠ POQ=90°， PQ= OA 2 OB 2 =10 2 ； 思考：（ 1）如图，连接OQ ，∵点 P 是 OB 的中点，1 1 ∴OP=OB= OQ ．22∵QP ⊥ OB ， ∴∠ OPQ=90 °OP 1在 Rt △ OPQ 中， cos ∠ QOP=，OQ2∴∠ QOP=60 ，°∴l BQ60 10 10 ；= 180 3（ 2）由折叠的性质可得， BP ＝B ′P ，AB ′＝ AB ＝ 10 2 ，在 Rt △ B'OP 中， OP 2+(10 2 - 10)2=（10-OP ） 2 解得 OP=102 - 10，S 阴影 =S 扇形 AOB -2S △AOP =901022 110 (10 2 10)3602＝25π-1002 +100；探究：如图 2，找点 O 关于 PQ 的对称点O ′，连接 OO ′、 O ′B、 O ′C、 O ′P，则 OM=O ′M， OO ′⊥ PQ ， O ′P=OP=3，点 O ′是 B ?Q 所在圆的圆心，∴O′ C=OB=10，∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于 C 点，∴O′C⊥ AO，∴O′C∥ OB，∴四边形 OCO′B是矩形，在 Rt△ O′BP中， O′B= 62 42 2 5，在 Rt△ OBO′K， OO′=102 (2 5) 2 =2 30 ，1 130 ，∴OM= OO′= ×2 30 =2 2即 O 到折痕 PQ 的距离为30 ．点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l= n R（n为圆心角度数，R为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常180考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．11．（ 1）问题背景如图①， BC 是⊙O 的直径，点 A 在⊙O 上， AB=AC， P 为 BmC 上一动点（不与B， C 重合），求证： 2 PA=PB+PC．小明同学观察到图中自点 A 出发有三条线段 AB， AP， AC，且 AB=AC，这就为旋转作了铺垫．于是，小明同学有如下思考过程：第一步：将△ PAC绕着点 A 顺时针旋转 90°至△ QAB（如图①）；第二步：证明 Q，B， P 三点共线，进而原题得证．请你根据小明同学的思考过程完成证明过程．（2）类比迁移如图②，⊙ O 的半径为 3，点 A，B 在⊙O 上， C 为⊙ O 内一点， AB=AC， AB⊥ AC，垂足为A，求 OC的最小值．（3）拓展延伸如图③，⊙ O 的半径为3，点 A，B 在⊙O 上， C 为⊙ O 内一点， AB= 4AC， AB⊥ AC，垂足3为 A，则 OC的最小值为．【答案】（ 1）证明见解析；（2） OC最小值是3 2 ﹣3；（3）3．2【解析】试题分析：（ 1）将△PAC绕着点 A 顺时针旋转 90°至△ QAB（如图①），只要证明△APQ 是等腰直角三角形即可解决问题；（2）如图②中，连接 OA，将△ OAC绕点 O 顺时针旋转 90°至△ QAB，连接 OB， OQ，在△BOQ 中，利用三边关系定理即可解决问题；（3）如图③构造相似三角形即可解决问题．作AQ⊥ OA，使得 AQ= 4OA，连接 OQ，34BQ， OB．由△ QAB∽ OAC，推出 BQ= OC，当 BQ 最小时， OC 最小；3试题解析：（ 1）将△PAC绕着点 A 顺时针旋转90°至△ QAB（如图①）；∵BC 是直径，∴ ∠ BAC=90 ，°∵A B=AC，∴ ∠ ACB=∠ ABC=45 ，°由旋转可得∠ QBA=∠ PCA，∠ ACB=∠ APB=45°， PC=QB，∵∠ PCA+∠ PBA=180 ，°∴∠ QBA+∠PBA=180 ，°∴ Q， B， P 三点共线，222 2∴QP= 2 AP=QB+BP=PC+PB，∴2AP=PC+PB．（2）如图②中，连接OA，将△ OAC绕点 A 顺时针旋转90°至△ QAB，连接 OB， OQ，∵AB⊥ AC,∴ ∠ BAC=90 ,°由旋转可得QB=OC， AQ=OA，∠ QAB=∠ OAC，∴∠ QAB+∠ BAO=∠ BAO+∠OAC=90°，∴在 Rt△ OAQ 中， OQ=3 2 ，AO=3，∴在△OQB中，BQ≥OQ﹣OB=32﹣3，即 OC最小值是3 2 ﹣3；4（3）如图③中，作 AQ⊥ OA，使得 AQ=OA，连接 OQ， BQ， OB．∵∠ QAO=∠ BAC=90 ，°∠ QAB=∠ OAC，∵QAAB = 4 ，OA AC 3∴△ QAB∽ OAC，∴ BQ= 4OC，3当BQ 最小时， OC最小，易知 OA=3， AQ=4， OQ=5，BQ≥OQ﹣ OB，∴OQ≥2， ]∴BQ 的最小值为2，3 3∴OC 的最小值为× 2=，4 2故答案为3．2【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识，能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键 .12．如图，已知在△ ABC中，∠ A=90°，（1）请用圆规和直尺作出⊙ P，使圆心 P 在 AC 边上，且与 AB， BC 两边都相切（保留作图痕迹，不写作法和证明）．（2）若∠ B=60°， AB=3，求⊙ P 的面积．【答案】（ 1）作图见解析；（2） 3π【解析】【分析】（1）与 AB、 BC 两边都相切．根据角平分线的性质可知要作∠ ABC的角平分线，角平分线与 AC 的交点就是点P 的位置．（2）根据角平分线的性质和 30°角的直角三角形的性质可求半径，然后求圆的面积．【详解】解：（ 1）如图所示，则⊙ P 为所求作的圆．（2）∵ ∠ ABC=60°， BP平分∠ABC，∴∠ ABP=30 ，°∵ ∠A=90 ，°∴BP=2APRt△ ABP 中 ,AB=3，由勾股定理可得： AP= 3，∴ S⊙P=3 π13．如图，□ ABCD的边 AD 是△ ABC外接圆⊙ O 的切线，切点为于点 E，交⊙ O 于点 F，过点 C 作直线 CP交 AO 的延长线于点A，连接AO 并延长交P，且∠ BCP＝∠ACD．BC（1）求证： PC是⊙O 的切线；（2）若∠ B＝ 67.5 °， BC＝2，求线段PC， PF与弧 CF所围成的阴影部分的面积S．【答案】（ 1）见解析；（2）14【解析】【分析】（ 1）过 C 点作直径 CM，连接 MB，根据 CM 为直径，可得∠ M+ ∠ BCM＝90°，再根据 AB∥ DC 可得∠ ACD＝∠ BAC，由圆周角定理可得∠ BAC＝∠ M，∠ BCP＝∠ACD，从而可推导得出∠ PCM＝ 90°，根据切线的判定即可得；（2）连接 OB，由 AD 是⊙O 的切线，可得∠ PAD＝ 90°，再由 BC∥ AD，可得 AP⊥ BC，从而得 BE＝CE＝1BC＝1 ，继而可得到∠ ABC＝∠ACB＝ 67.5 ，°从而得到∠ BAC＝ 45°，由圆周2角定理可得∠ BOC=90°，从而可得∠ BOE＝∠ COE＝∠ OCE＝ 45 °，根据已知条件可推导得出OE＝ CE＝1， PC＝OC＝OE2CE2 2 ，根据三角形面积以及扇形面积即可求得阴影部分的面积 .【详解】（ 1）过 C 点作直径CM，连接 MB，∵CM 为直径，∴∠ MBC＝90 °，即∠ M+∠ BCM＝ 90 °，∵四边形 ABCD是平行四边形，∴AB∥ DC， AD∥ BC，∴∠ ACD＝∠ BAC，∵∠ BAC＝∠M ，∠BCP＝∠ ACD，∴∠ M ＝∠ BCP，∴∠ BCP+∠ BCM＝ 90 °，即∠ PCM＝90 °，∴CM⊥ PC，∴PC 与⊙ O 相切；（2）连接 OB，∵AD 是⊙ O 的切线，切点为A，∴OA⊥AD，即∠ PAD＝ 90 °，∵BC∥ AD，∠AEB=∠PAD＝ 90 °，∴AP⊥ BC．∴ BE＝ CE＝∴AB＝ AC，∴ ∠ ABC＝∠ ACB＝ 67.5 ，°∴∠ BAC＝ 180 －°∠ABC－∠ ACB＝ 45 °，∴∠ BOC＝ 2∠ BAC＝90 °，∵OB＝ OC，AP⊥BC，∴ ∠ BOE＝∠ COE＝∠ OCE＝ 45 ，°∵∠ PCM＝ 90 °，∴ ∠ CPO＝∠ COE＝∠ OCE＝ 45 ，°∴OE＝CE＝ 1， PC＝ OC＝2 2，OE CE221BC＝ 1，2△POC－S 扇形 OFC＝1 45π2 π．∴S＝S 2 2 12 360 4【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、扇形面积等，综合性较强，准确添加辅助线是解题的关键 .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，求⊙ O 的半径．5【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，4 AE∴sin∠ ABE=sin∠AGF=，5 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，⊙O 是△ ABC 的外接圆， AB 是直径，过点 O 作 OD⊥ CB，垂足为点 D，延长 DO 交⊙ O 于点 E，过点 E 作 PE⊥ AB，垂足为点 P，作射线 DP 交 CA 的延长线于 F 点，连接EF，（1）求证： OD＝ OP；（ 2）求证： FE是⊙ O 的切线．【答案】（ 1）证明见解析；（ 2）证明见解析．【解析】试题分析：（ 2）证明△ POE≌ △ ADO 可得 DO=EO；（3）连接 AE， BE，证出△APE≌ △ AFE即可得出结论．试题解析：（ 1）∵ ∠EPO=∠ BDO=90° ∠EOP=∠BODOE=OB∴△ OPE≌ △ ODB∴O D="OP"（2）连接 EA， EB∴∠ 1=∠ EBC∵AB 是直径∴∠ AEB=∠ C=90 °∴∠ 2+∠ 3=90 °∵∠ 3=∠ DEB∵∠ BDE=90 °∴∠ EBC+∠DEB=90 °∴∠ 2=∠ EBC=∠ 1∵∠ C=90 °∠ BDE=90 °∴C F∥ OE∴∠ ODP=∠ AFP∵OD=OP∴∠ ODP=∠ OPD∵∠ OPD=∠ APF∴∠ AFP=∠ APF∴A F=AP 又 AE=AE∴△ APE≌ △ AFE∴∠ AFE=∠ APE=90 °∴∠ FED=90 °∴F E 是⊙ O 的切线考点：切线的判定．16．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∠P．2（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＝ 4 3 ﹣2；（3）满足条件的DH 的值为6 3或212 2 3 ．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 BFDH CD②当△ CDH∽ △MFB 时，，分别构建方程即可解决问题；FB MF【详解】（1）证明：如图 1 中，作 PH⊥ FM 于 H．∵PD⊥ AC，∴ ∠ PHM＝∠ CDM＝ 90 °，∵ ∠ PMH＝∠DMC，∴∠ C＝∠ MPH，1∵∠ C＝∠ FPM，∴∠ HPF＝∠ HPM，2∵∠ 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， CD＝3 DM ＝3，∴OD＝OC﹣ CD＝4﹣3，∴AD＝ OA+OD＝ 8+4﹣ 3 ＝12﹣ 3 ，在Rt△ ADP 中，DP＝ AD?tan30 °＝（ 12﹣ 3 ）×3＝4 3 ﹣1，3 ∴PM＝ PD﹣ DM ＝4 3 ﹣2．（3）如图 2 中，由（ 2）可知： BF＝1BC＝4， FM＝ 3 BF＝4 3 ，CM＝2DM＝2，CD＝ 3 ，2∴FM＝ FC﹣ CM＝ 43 ﹣2，①DH CD 当△ CDH∽ △BFM 时，，FM BF∴DH2 3 ，∴ DH＝634 3 4 2DH CD ②当△ CDH∽ △MFB 时，，FB MF∴ DH4 3 ，∴ DH＝122 3 ，4 3 2 11∵DN＝42 4 3 23 ，8 3∴DH＜ DN，符合题意，综上所述，满足条件的DH 的值为 6 3 或 12 2 3 ．2 11【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.。