中考数学专题复习圆与相似的综合题附答案

中考数学专题复习圆与相似的综合题附答案
一、相似
1．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．
（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；
（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：
∴
代入，得
解得
∴抛物线对应二次函数的表达式为：
（2）解：如图，
设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．
由得对称轴为直线x=1，
∴
∴
∴为等腰直角三角形．
∴
∴
∴
∴为等腰三角形．
设
∴
在中，
∴
∴
整理，得
解得，
∴点P的坐标为或
（3）解：存在点M，使得∽．如图，连结
∵
∴为等腰直角三角形，
∴
由（2）可知，
∴
∴分两种情况．
当时，
∴，解得．
∴
∴
当时，
∴，解得
∴
∴
综上，点M的坐标为或
【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；
（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。

2．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。

（1）求证：DC2＝CE·AC；
（2）若AE＝2EC，求之值；
（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.
【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，
∴，∴DC2＝CE·AC；
（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，
DC= k，连接OC，OD，
∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，
∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，
∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴
（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，
过C作CG⊥AB于G，
设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，
又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，
∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；
（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；
（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。

3．如图，在△ABC中，点N为AC边的任意一点，D为线段AB上一点，若∠MPN的顶点P为线段CD上任一点，其两边分别与边BC，AC交于点M、N，且∠MPN+∠ACB=180°．
（1）如图1，若AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，求，请证明你的结论；
（2）如图2，若BC=m，AC=n，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，则 =________；
（3）如图3，若 =k，BC=m，AC=n，请直接写出的值．（用k，m，n表示）【答案】（1）解：如图1中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，
∵AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点，
∴CD平分∠ACB，
∵PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，
∴PG=PH，
∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，
∴∠GPH=∠MPN=90°，
∴∠MPH=∠NPG，
∵∠PHM=∠PGN=90°，
∴△PHM∽△PGN，
∴ =1
（2）
（3）解：如图3中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，DT⊥AC于T，DK⊥BC于K，
易证△PMH∽△PGN，
∴，
∵，
∴，
∵DT∥PG，DK∥PH，
∴，
∴，
∴
【解析】【解答】解：（2）如图2中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，
∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，
∴∠GPH=∠MPN=90°，
∴∠MPH=∠NPG，
∵∠PHM=∠PGN=90°，
∴△PHM∽△PGN，
∴，
∵△PHC∽△ACB，PG=HC，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，根据已知条件可证△PHM和△PGN的两角对应相等，进而可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例即可求出。

（2）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，由两角对应相等，可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应
边成比例可得 = ，由两角对应相等，可得△PHC∽△ACB，又PG=HC，相似三角形的对应边成比例及等量代换即可求出。

（3）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，DT⊥AC于T，
DK⊥BC于K，由两角对应相等，△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例可得 = ，由△ A C D 和△ B C D的面积比及已知条件可得,再由垂直于同一条直线的两条直线平行可得DT∥PG，DK∥PH，根据平行线分线段成比例定理可得= = ，再根
据比例的基本性质即可求出的值。

4．如图，已知二次函数y=ax2+ x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．
（1）请直接写出二次函数y=ax2+ x+c的表达式；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；
（4）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．
【答案】（1）解：∵A（0，4），∴c=4，，把点C坐标（8，0）代入解析式，得：a=－
，∴二次函数表达式为；
（2）解：令y=0，则解得，x1=8，x2="-2" ，∴点B的坐标为（-2，0），由已知可得，在Rt△AOB中，AB----2=BO2+AO2=22+42=20，在Rt△AOC中AC----2=AO2+CO2=42+82=80，又∵BC=OB+OC=2+8=10，∴在△ABC中AB----2+ AC----2=20+80=102=BC2，∴△ABC是直角三角形；
（3）解：由勾股定理先求出AC，AC= ，①在x轴负半轴，当AC=AN 时，NO=CO=8，∴此时N（-8，0）；②在x轴负半轴，当AC=NC时，NC=AC= ，∵CO=8，∴NO= -8，∴此时N（8- ，0）；③在x轴正半轴，当AN=CN时，设
CN=x，则AN=x，ON=8-x，在Rt△AON中，＋ = ，解得：x=5，∴ON=3，∴此时N（3，0）；④在x轴正半轴，当AC=NC时，AC=NC= ，∴ON= ＋8，∴此时N（＋8，0）；综上所述：满足条件的N点坐标是（-8，0）、（8- ，0）、（3，0）、（8+ ，0）；
（4）解：设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，
∴MD∥OA，∴△BMD∽△BAO，，∵MN∥AC，∴，∴，∵OA=4，BC=10，BN=n+2，∴MD= （n+2），∵S△AMN= S△ABN- S△BMN=
=－ +5，∵－ <0，∴n=3时，S有最大值，∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）．
【解析】【分析】（1）用待定系数法可求二次函数的解析式；
（2）因为抛物线交x轴于B、C两点，令y=0，解关于x的一元二次方程可得点B的坐标，然后计算AB、BC、AC的长，用勾股定理的逆定理即可判断；
（3）由（2）可知AC的长，由题意可知有4种情况：①在x轴负半轴，当AC=AN时；
②②在x轴负半轴，当AC=NC时；③在x轴正半轴，当AN=CN时；④在x轴正半轴，当AC=NC时；结合已知条件易求解；
（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，由平行于三角形一边的直线和其他两边所构成的三角形与原三角形相似可得△BMD∽△BAO，于是有比
例式，根据平行线分线段成比例定理可得，所以,将已知线段代入比例式可将MD用含n的代数式表示出来，根据三角形的构成可得S△AMN= S△ABN- S△BMN=
⋅ BN⋅OA−BN⋅MD，将BN、MD代入可得关于n的二次函数，配成顶点式根据二次函数的性质即可求解。

5．在平面直角坐标系中，抛物线与轴的两个交点分别为A
（-3，0）、B（1，0），与y轴交于点D(0，3)，过顶点C作CH⊥x轴于点H.
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）连结AD、CD，若点E为抛物线上一动点（点E与顶点C不重合），当△ADE与△ACD面积相等时，求点E的坐标；
（3）若点P为抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），过点P向CD所在的直线作垂线，垂足为点Q，以P、C、Q为顶点的三角形与△ACH相似时，求点P的坐标.
【答案】（1）解：设抛物线的解析式为，
∵抛物线过点A(-3，0),B(1，0)，D(0，3)，
∴，解得，a=-1，b=-2，c=3，
∴抛物线解析式为，顶点C（-1,4）；
（2）解：如图1，∵A(-3，0)，D(0，3),
∴直线AD的解析式为y=x+3，
设直线AD与CH交点为F，则点F的坐标为(-1，2)
∴CF=FH，
分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，
由平行间距离处处相等，平行线分线段成比例可知，△ADE与△ACD面积相等，
∴直线EC的解析式为y=x+5，
直线EH的解析式为y=x+1，
分别与抛物线解析式联立，得，，
解得点E坐标为(-2，3)，，；（3）解：①若点P在对称轴左侧（如图2），只能是△CPQ∽△ACH，得∠PCQ=∠CAH，
∴，
分别过点C、P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交点为M和N，
由△CQM∽△QPN，
得 =2，
∵∠MCQ=45°，
设CM=m，则MQ=m，PN=QN=2m，MN=3m，
∴P点坐标为(-m-1，4-3m)，
将点P坐标代入抛物线解析式，得，
解得m=3，或m=0(与点C重合，舍去)
∴P点坐标为(-4，-5)；
②若点P在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH，
∴，
延长CD交x轴于M，∴M(3，0)
过点M作CM垂线，交CP延长线于点F，作FN x轴于点N，
∴，
∵∠MCH=45°，CH=MH=4
∴MN=FN=2，
∴F点坐标为(5，2)，
∴直线CF的解析式为y= ，
联立抛物线解析式，得，解得点P坐标为( ， )，
综上所得，符合条件的P点坐标为(-4，-5)，( ， ).
【解析】【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）、D(0，3)，代入y=ax2+bx+3求出即可；(2)求出直线AD的解析式，分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，利用△ADE与△ACD面积相等，得出直线EC和直线EH的解析式，联立出方程组求解即可;(3) （3）分两种情况讨论：①点P在对称轴左侧；②点P在对称轴右侧.
6．如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx-5与x轴交于A(-1，0)，B(5，0)两点，与y轴交与点C.
（1）求抛物线的函数表达式;
（2）若点D是y轴上的点，且以B、C、D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标; （3）如图2，CE//x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H 且与y轴平行的直线与BC、CE分别相交于点F，G，试探求当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积.
【答案】（1）解：把A(-1，0)，B(5，0)代入y=ax2+bx-5可得
，解得
二次函数的解析式为y=x2-4x-5.
（2）解：如图1,令x=0，则y=−5，
∴C(0,−5)，
∴OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴AB=6,BC=5 ，
要使以B,C,D为顶点的三角形与△ABC相似,则有或，
当时，
CD=AB=6，
∴D(0,1)，
当时，
∴，
∴CD= ，
∴D(0, )，
即：D的坐标为(0,1)或(0, )；
（3）解：设H(t，t2-4t-5)
∥x轴，，
又因为点E在抛物线上，即，解得（舍去）
∴BC所在直线解析式为y=x-5,
∴则，
而CE是定值，
∴当HF的值最大时，四边形CHEF有最大面积。

当时，HF取得最大值，四边形CHEF的最大面积为
,
此时H( ， )
【解析】【分析】（1）根据待定系数法直接确定出抛物线解析式；（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；
7．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．
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．图 1 和图 2 中，优弧»AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝23，点P为优弧»AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．
发现：
（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；
（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．
拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．
（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；
（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在»NP上．
（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．
【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【解析】
【分析】
发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．
（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．
拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性
质可得OD=A'H=1
2
A'N=
1
2
MN=2可判定A′C与半圆相切；
（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在»PB时，连接MO′，则
可知NO′=1
2
MN，可求得∠MNO′=60°，可求得α=30°；
（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【详解】
发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,
∵⊙O的半径为2，AB=23，
∴OH=22
OB HB
-=22
2(3)1
-=
在△BOH中，OH=1，BO=2
∴∠ABO=30°
∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．
∴∠OBA′=∠ABO=30°
∴∠ABA′=60°
（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．
∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．
∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．
∴∠A′BP=∠ABP=60°．
∴∠OBP=30°．∴OG=1
2
OB=1．∴3．
∵OG⊥BP，∴3．
∴3．∴折痕的长为3
拓展：（1）相切．
分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，
∵A'C∥MN
∴四边形A'HOD是矩形
∴A'H=O
∵α=15°∴∠A'NH=30
∴OD=A'H=1
2A'N=
1
2
MN=2
∴A'C与半圆
（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，
∴α=45
当O′在»PB上时，连接MO′，则可知NO′=1
2 MN，
∴∠O′MN=0°
∴∠MNO′=60°，
∴α=30°，
故答案为：45°；30°．
（3）∵点P，M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NO′与半圆只有一个公共点B；
当α增大到45°时NA′与半圆相切，即线段NO′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N，但是点P，N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°．
【点睛】
本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD的边AB为直径作⊙O，交对角线AC于点E．（1）图1中，线段AE=；
（2）如图2，在图1的基础上，以点A为端点作∠DAM=30°，交CD于点M，沿AM将四边形ABCM剪掉，使Rt△ADM绕点A逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD与⊙O交于点F．
①当α=30°时，请求出线段AF的长；
②当α=60°时，求出线段AF的长；判断此时DM与⊙O的位置关系，并说明理由；
③当α=°时，DM与⊙O相切．
【答案】（1）2（2）①2②2，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切
【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4；
（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，
∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；
②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×=4；此时DM与⊙O的位置关系是相离；
③∵AD=8，直径的长度相等，∴当DM与⊙O相切时，点D在⊙O上，故此时可得
α=∠NAD=90°．
点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D的位置，有一定难度．
11．矩形ABCD中，点C（3，8），E、F为AB、CD边上的中点，如图1，点A在原点处，点B在y轴正半轴上，点C在第一象限，若点A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长度的速度运动，点B随之沿y轴下滑，并带动矩形ABCD在平面内滑动，如图2，设运动时间表示为t秒，当点B到达原点时停止运动．
（1）当t=0时，点F的坐标为；
（2）当t=4时，求OE的长及点B下滑的距离；
（3）求运动过程中，点F到点O的最大距离；
（4）当以点F为圆心，FA为半径的圆与坐标轴相切时，求t的值．
【答案】（1）F （3，4）；（2）8-43；（3）7；（4）t 的值为
245
或325. 【解析】
试题分析：（1）先确定出DF ，进而得出点F 的坐标；
（2）利用直角三角形的性质得出∠ABO =30°，即可得出结论； （3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，即可得出结论；
（4）分两种情况，利用相似三角形的性质建立方程求解即可．
试题解析：解：（1）当t =0时．∵AB =CD =8，F 为CD 中点，∴DF =4，∴F （3，4）； （2）当t =4时，OA =4．在Rt △ABO 中，AB =8，∠AOB =90°，
∴∠ABO =30°，点E 是AB 的中点，OE =12
AB =4，BO =43，∴点B 下滑的距离为843-．
（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，∴FO=OE+EF=7．
（4）在Rt △ADF 中，FD 2+AD 2=AF 2，∴AF 22FD AD +，①设AO =t 1时，⊙F 与x 轴相切，点A 为切点，∴FA ⊥OA ，∴∠OAB +∠FAB =90°．∵∠FAD +∠FAB =90°，
∴∠BAO =∠FAD ．∵∠BOA =∠D =90°，∴Rt △FAE ∽Rt △ABO ，∴
AB AO FA FE =，∴1853t =，∴t 1=245，②设AO =t 2时，⊙F 与y 轴相切，B 为切点，同理可得，t 2=325
． 综上所述：当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，t 的值为
245或325． 点睛：本题是圆的综合题，主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，中点的意义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，解（2）的关键是得出∠ABO =30°，解（3）的关键是判断出当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，解（4）的关键是判断出Rt △FAE ∽Rt △ABD ，是一道中等难度的中考常考题．
12．如图．在△ABC 中，∠C =90°，AC =BC ，AB =30cm ，点P 在AB 上，AP =10cm ，点E 从点P 出发沿线段PA 以2c m/s 的速度向点A 运动，同时点F 从点P 出发沿线段PB 以1c m/s 的速度向点B 运动，点E 到达点A 后立刻以原速度沿线段AB 向点B 运动，在点E 、F 运动过
程中，以EF为边作正方形EFGH，使它与△ABC在线段AB的同侧，设点E、F运动的时间为t（s）（0＜t＜20）．
（1）当点H落在AC边上时，求t的值；
（2）设正方形EFGH与△ABC重叠部分的面积为S．①试求S关于t的函数表达式；②以
点C为圆心，
1
2
t为半径作⊙C，当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值．
【答案】（1）t=2s或10s；（2）①S=
2
2
2
9?(02)
7
5050(210)
2
40400?(1020)
t t
t t t
t t t
⎧<≤
⎪
⎪
-+-<≤
⎨
⎪
-+<<
⎪⎩
；②100cm2．
【解析】
试题分析：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2；如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10；
（2）分四种切线讨论a、如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2．b、如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN．c、如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN．d、如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH．分别计算即可；
②分两种情形分别列出方程即可解决问题．
试题解析：解：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意得：AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2
如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10．
综上所述：t=2s或10s时，点H落在AC边上．
（2）①如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2
如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（3t）2﹣1
2
（5t﹣10）2=﹣
7
2
t2+50t﹣50．
如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（20﹣t）2﹣1
2
（30﹣3t）2=﹣
7
2
t2+50t﹣50．
如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH，S=（20﹣t）2=t2﹣40t+400．
综上所述：S=
2
2
2
9?(02)
7
5050(210)
2
40400?(1020)
t t
t t t
t t t
⎧<≤
⎪
⎪
-+-<≤
⎨
⎪
-+<<
⎪⎩
．
②如图7中，当0＜t≤5时，
1
2
t+3t=15，解得：t=
30
7
，此时S=100cm2，当5＜t＜20时，1
2
t+20﹣t=15，解得：t=10，此时S=100．
综上所述：当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值为100cm2
点睛：本题考查了圆综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、切线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意不能漏解，属于中考压轴题．
13．如图，△ABC 内接于⊙O ，AB 是直径，⊙O 的切线PC 交BA 的延长线于点P ，OF ∥BC 交AC 于点E ，交PC 于点F ，连结AF ．
(1)判断AF 与⊙O 的位置关系并说明理由；
(2)若AC ＝24，AF ＝15，求sin B ．
【答案】(1) AF 与⊙O 相切 理由见解析；（2）35 【解析】 试题分析：（1）连接OC ，先证∠OCF =90°，再证明△OAF ≌△OCF ，得出∠OAF =∠OCF =90°即可；
（2）先求出AE 、EF ，再证明△OAE ∽△AFE ，得出比例式
OA AE AF EF =，可求出半径，进而求出直径，由三角函数的定义即可得出结论．
试题解析：解：（1）AF 与⊙O 相切．理由如下：
连接OC ．如图所示．∵PC 是⊙O 的切线，∴OC ⊥PC ，∴∠OCF =90°．∵OF ∥BC ，∴∠B =∠AOF ，∠OCB =∠COF ．∵OB =OC ，∴∠B =∠OCB ，∴∠AOF =∠COF ．在△OAF 和△OCF 中，∵OA =OC ，∠AOF =∠COF ，OF =OF ，∴△OAF ≌△OCF （SAS ），
∴∠OAF =∠OCF =90°，∴AF 与⊙O 相切；
（2）∵△OAF ≌△OCF ，∴∠OAE =∠COE ，∴OE ⊥AC ，AE =12
AC =12，∴EF =2215129-=．∵∠OAF =90°，∴△OAE ∽△AFE ，∴
OA AE AF EF =，即12159OA =，∴OA =20，∴AB =40，sin B =243405
AC AB ==．
点睛：本题考查了切线的性质与判定和全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质；熟练掌握切线的证法和三角形相似是解题的关键．
14．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.
15．如图，在直角坐标系中，⊙M经过原点O(0，0)，点A(6，0)与点B(0，－2)，点D在劣弧»OA上，连结BD交x轴于点C，且∠COD＝∠CBO.
(1)求⊙M的半径；
(2)求证：BD平分∠ABO；
(3)在线段BD的延长线上找一点E，使得直线AE恰为⊙M的切线，求此时点E的坐标．
【答案】（1）M 的半径r ＝2；（2）证明见解析；（3）点E 的坐标为(263，2)． 【解析】 试题分析：根据点A 和点B 的坐标得出OA 和OB 的长度，根据Rt △AOB 的勾股定理得出AB 的长度，然后得出半径；根据同弧所对的圆周角得出∠ABD=∠COD ，然后结合已知条件得出角平分线；根据角平分线得出△ABE ≌△HBE ，从而得出BH=BA=22，从而求出OH 的长度，即点E 的纵坐标，根据Rt △AOB 的三角函数得出∠ABO 的度数，从而得出∠CBO 的度数，然后根据Rt △HBE 得出HE 的长度，即点E 的横坐标.
试题解析：（1）∵点A 为（6，0），点B 为（0，－2） ∴OA=6OB=2 ∴根据Rt △AOB 的勾股定理可得：AB=22∴e M 的半径r=12
AB=2. （2）根据同弧所对的圆周角相等可得：∠ABD=∠COD ∵∠COD=∠CBO ∴∠ABD=∠CBO ∴BD 平分∠ABO
（3）如图，由（2）中的角平分线可得△ABE ≌△HBE ∴BH=BA=22∴OH=22－2=2
在Rt △AOB 中，3OA OB
=∴∠ABO=60° ∴∠CBO=30° 在Rt △HBE 中，HE=263=∴点E 的坐标为（263
，2）
考点：勾股定理、角平分线的性质、圆的基本性质、三角函数.
16．如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，∠BAD =90°，AD 、BC 的延长线交于点F ，点E 在CF 上，且∠DEC =∠BAC ．
（1）求证：DE 是⊙O 的切线；
（2）当AB =AC 时，若CE =2，EF =3，求⊙O 的半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）354． 【解析】 【分析】 （1）先判断出BD 是圆O 的直径，再判断出BD ⊥DE ，即可得出结论；
（2）根据余角的性质和等腰三角形的性质得到∠F =∠EDF ，根据等腰三角形的判定得到DE =EF =3，根据勾股定理得到CD 225DE CE =
-=，证明△CDE ∽△DBE ，根据相似三
角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）如图，连接BD ．
∵∠BAD =90°，∴点O 必在BD 上，即：BD 是直径，∴∠BCD =90°，∴∠DEC +∠CDE =90°． ∵∠DEC =∠BAC ，∴∠BAC +∠CDE =90°．
∵∠BAC =∠BDC ，∴∠BDC +∠CDE =90°，∴∠BDE =90°，即：BD ⊥DE ．
∵点D 在⊙O 上，∴DE 是⊙O 的切线；
（2）∵∠BAF =∠BDE =90°，∴∠F +∠ABC =∠FDE +∠ADB =90°．
∵AB =AC ，∴∠ABC =∠ACB ．
∵∠ADB =∠ACB ，∴∠F =∠FDE ，∴DE =EF =3．
∵CE =2，∠BCD =90°，∴∠DCE =90°，∴CD 225DE CE =-=．
∵∠BDE =90°，CD ⊥BE ，∴∠DCE =∠BDE =90°．
∵∠DEC =∠BED ，∴△CDE ∽△DBE ，∴
CD BD CE DE =，∴BD 533522⨯==，∴⊙O 的半径35=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，求出DE =EF 是解答本题的关键．。