中考数学(圆的综合提高练习题)压轴题训练附详细答案(1)

中考数学(圆的综合提高练习题)压轴题训练附详细答案(1)
一、圆的综合
1．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．
（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；
（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）8．
【解析】
（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；
（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．
试题解析：连接AD，OA，
∵∠ADC=∠B，∠B=60°，
∴∠ADC=60°，
∵CD是直径，
∴∠DAC=90°，
∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，
∵AP=AC，OA=OC，
∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，
∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，
即OA⊥AP，
∵OA为半径，
∴AP是⊙O切线．
（2）连接AD，BD，
∵CD 是直径，
∴∠DBC=90°，
∵CD=4，B 为弧CD 中点，
∴BD=BC=，
∴∠BDC=∠BCD=45°，
∴∠DAB=∠DCB=45°，
即∠BDE=∠DAB ，
∵∠DBE=∠DBA ，
∴△DBE ∽△ABD ， ∴，
∴BE•AB=BD•BD=
． 考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．
2．已知AB ，CD 都是O e 的直径，连接DB ，过点C 的切线交DB 的延长线于点E ． ()1如图1，求证：AOD 2E 180∠∠+=o ；
()2如图2，过点A 作AF EC ⊥交EC 的延长线于点F ，过点D 作DG AB ⊥，垂足为点G ，求证：DG CF =；
()3如图3，在()2的条件下，当DG 3CE 4
=时，在O e 外取一点H ，连接CH 、DH 分别交O e 于点M 、N ，且HDE HCE ∠∠=，点P 在HD 的延长线上，连接PO 并延长交CM 于点Q ，若PD 11=，DN 14=，MQ OB =，求线段HM 的长．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）37
【解析】
【分析】
（1）由∠D +∠E =90°，可得2∠D +2∠E =180°，只要证明∠AOD =2∠D 即可；
（2）如图2中，作OR ⊥AF 于R ．只要证明△AOR ≌△ODG 即可；
（3）如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT ⊥CL 于T ，作NK ⊥CH 于K ，设CH 交DE 于W ．解直角三角形分别求出KM ，KH 即可；
【详解】
()1证明：如图1中，
O Q e 与CE 相切于点C ，
OC CE ∴⊥，
OCE 90∠∴=o ，
D E 90∠∠∴+=o ，
2D 2E 180∠∠∴+=o ，
AOD COB ∠∠=Q ，BOC 2D ∠∠=，AOD 2D ∠∠=，
AOD 2E 180∠∠∴+=o ．
()2证明：如图2中，作OR AF ⊥于R ．
OCF F ORF 90∠∠∠===o Q ，
∴四边形OCFR 是矩形，
AF//CD ∴，CF OR =，
A AOD ∠∠∴=，
在AOR V 和ODG V 中，
A AOD ∠∠=Q ，ARO OGD 90∠∠==o ，OA DO =，
AOR ∴V ≌ODG V ，
OR DG ∴=，
DG CF ∴=，
()3解：如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT CL ⊥于T ，作NK CH ⊥于K ，设CH 交DE 于W ．
设DG 3m =，则CF 3m =，CE 4m =，
OCF F BTE 90∠∠∠===o Q ，
AF//OC//BT ∴，
OA OB =Q ，
CT CF 3m ∴==，
ET m ∴=，
CD Q 为直径，
CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===o ，
E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=o ，
tan E tan CBT ∠∠∴=，
BT CT ET BT
∴=， BT 3m m BT
∴=， BT 3m(∴=负根已经舍弃)，
3m tan E 3∠∴== E 60∠∴=o ，
CWD HDE H ∠∠∠=+Q ，HDE HCE ∠∠=，
H E 60∠∠∴==o ，
MON 2HCN 60∠∠∴==o ，
OM ON =Q ，
OMN ∴V 是等边三角形，
MN ON ∴=，
QM OB OM ==Q ，
MOQ MQO ∠∠∴=，
MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=o o Q ，MQO P 180H 120∠∠∠+=-=o o ， PON P ∠∠∴=，
ON NP 141125∴==+=，
CD 2ON 50∴==，MN ON 25==，
在Rt CDN V 中，2222CN CD DN 501448=-=-=，
在Rt CHN V 中，CN 48tan H 3HN HN
∠===， HN 163∴=，
在Rt KNH V 中，1KH HN 832==，3NK HN 242
==， 在Rt NMK V 中，2222MK MN NK 25247=-=-=，
HM HK MK 837∴=+=+．
【点睛】
本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解题的关键.
3．如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，对角线AC 为⊙O 的直径，过点C 作AC 的垂线交AD 的延长线于点E ，点F 为CE 的中点，连接DB ， DF ．
（1）求证：DF 是⊙O 的切线；
（2）若DB 平分∠ADC ，AB =52AD ，∶DE =4∶1，求DE 的长．
【答案】(1)见解析5
【解析】
分析：（1）直接利用直角三角形的性质得出DF =CF =EF ，再求出∠FDO =∠FCO =90°，得出答案即可；
（2）首先得出AB =BC 即可得出它们的长，再利用△ADC ～△ACE ，得出AC 2=AD •AE ，进而得出答案．
详解：（1）连接OD ．
∵OD =CD ，∴∠ODC =∠OCD ．
∵AC 为⊙O 的直径，∴∠ADC =∠EDC =90°．
∵点F 为CE 的中点，∴DF =CF =EF ，∴∠FDC =∠FCD ，∴∠FDO =∠FCO ．
又∵AC ⊥CE ，∴∠FDO =∠FCO =90°，∴DF 是⊙O 的切线．
（2）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠ABC=90°．
∵DB平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴¶AB=¶BC，∴BC=AB=52．在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=100．
又∵AC⊥CE，∴∠ACE=90°，
∴△ADC～△ACE，∴AC
AD =
AE
AC
，∴AC2=AD•AE．
设DE为x，由AD：DE=4：1，∴AD=4x，AE=5x，
∴100=4x•5x，∴x=5，∴DE=5．
点睛：本题主要考查了切线的判定以及相似三角形的判定与性质，正确得出AC2=AD•AE是解题的关键．
4．如图，已知Rt△ABC中，C=90°，O在AC上，以OC为半径作⊙O，切AB于D点，且BC=BD．
（1）求证：AB为⊙O的切线；
（2）若BC=6，sinA=3
5
，求⊙O的半径；
（3）在（2）的条件下，P点在⊙O上为一动点，求BP的最大值与最小值.
【答案】（1）连OD，证明略；（2）半径为3；（3）最大值5，5【解析】
分析：（1）连接OD，OB，证明△ODB≌△OCB即可.
（2）由sinA=3
5
且BC=6可知，AB=10且cosA=
4
5
，然后求出OD的长度即可.
（3）由三角形的三边关系，可知当连接OB交⊙O于点E、F，当点P分别于点E、F重合时，BP分别取最小值和最大值.
详解：（1）如图：连接OD、OB.
在△ODB和△OCB中：
OD=OC,OB=OB,BC=BD;
∴△ODB≌△OCB（SSS）.∴∠ODB=∠C=90°.
∴AB为⊙O的切线.（2）如图：
∵sinA=3
5，∴
CB3
AB5
,
∵BC=6，∴AB=10,∵BD=BC=6,
∴AD=AB-BD=4,
∵sinA=3
5，∴cosA=
4
5
，
∴OA=5，∴OD=3，
即⊙O的半径为：3.
（3）如图：连接OB，交⊙O为点E、F，
由三角形的三边关系可知：
当P点与E点重合时，PB取最小值.
由（2）可知：OD=3，DB=6,
∴OB=22
3635
+=.
∴PB=OB-OE=353
-.
当P点与F点重合时，PB去最大值，
PB=OP+OB=3+35.
点睛：本题属于综合类型题，主要考查了圆的综合知识.关键是对三角函数值、勾股定理、全等三角形判定与性质的理解.
5．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，BD＝BA，BE⊥DC交DC的延长线于点E
(1) 求证：BE是⊙O的切线
(2) 若EC＝1，CD＝3，求cos∠DBA
【答案】（1）证明见解析；（2）∠DBA
3 5 =
【解析】
分析：（1）连接OB，OD，根据线段垂直平分线的判定，证得BF为线段AD的垂直平分线，再根据直径所对的圆周角为直角，得到∠ADC=90°，证得四边形BEDF是矩形，即
∠EBF=90°，可得出结论.
（2）根据中点的性质求出OF的长，进而得到BF、DE、OB、OD的长，然后根据等角的三角函数求解即可.
详解：证明：(1) 连接BO并延长交AD于F，连接OD
∵BD＝BA，OA＝OD
∴BF为线段AD的垂直平分线
∵AC为⊙O的直径
∴∠ADC＝90°
∵BE⊥DC
∴四边形BEDF为矩形
∴∠EBF＝90°
∴BE是⊙O的切线
(2) ∵O、F分别为AC、AD的中点
∴OF＝1
2CD＝
3
2
∵BF＝DE＝1＋3＝4
∴OB＝OD＝35
4
22
-=
∴cos∠DBA＝cos∠DOF＝
3
3
2
55
2
OF
OD
==
点睛：此题主要考查了圆的切线的判定与性质，关键是添加合适的辅助线，利用垂径定理和圆周角定理进行解答，注意相等角的关系的转化.
6．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）8-33）7；（4）t的值为
24
5
或
32
5
.
【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 =12AB =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．
7．如图，AB ，BC 分别是⊙O 的直径和弦，点D 为»BC
上一点，弦DE 交⊙O 于点E ，交AB 于点F ，交BC 于点G ，过点C 的切线交ED 的延长线于H ，且HC=HG ，连接BH ，交⊙O 于点M ，连接MD ，ME ．
求证：
（1）DE ⊥AB ；
（2）∠HMD=∠MHE+∠MEH ．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
分析：（1）连接OC，根据等边对等角和切线的性质，证明∠BFG=∠OCH=90°即可；（2）连接BE，根据垂径定理和圆内接四边形的性质，得出∠HMD=∠BME，再根据三角形的外角的性质证明∠HMD=∠DEB=∠EMB即可．
详解：证明：（1）连接OC，
∵HC=HG，
∴∠HCG=∠HGC；
∵HC切⊙O于C点，
∴∠OCB+∠HCG=90°；
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∵∠HGC=∠BGF，
∴∠OBC+∠BGF=90°，
∴∠BFG=90°，即DE⊥AB；
（2）连接BE，
由（1）知DE⊥AB，
∵AB是⊙O的直径，
∴，
∴∠BED=∠BME；
∵四边形BMDE内接于⊙O，
∴∠HMD=∠BED，
∴∠HMD=∠BME；
∵∠BME是△HEM的外角，
∴∠BME=∠MHE+∠MEH，
∴∠HMD=∠MHE+∠MEH．
点睛：此题综合性较强，主要考查了切线的性质、三角形的内角和外角的性质、等腰三角形的性质、内接四边形的性质．
8．阅读下列材料：
如图1，⊙O 1和⊙O 2外切于点C ，AB 是⊙O 1和⊙O 2外公切线，A 、B 为切点， 求证：AC ⊥BC
证明：过点C 作⊙O 1和⊙O 2的内公切线交AB 于D ，
∵DA 、DC 是⊙O 1的切线
∴DA=DC ．
∴∠DAC=∠DCA ．
同理∠DCB=∠DBC ．
又∵∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°，
∴∠DCA+∠DCB=90°．
即AC ⊥BC ．
根据上述材料，解答下列问题：
（1）在以上的证明过程中使用了哪些定理？请写出两个定理的名称或内容；
（2）以AB 所在直线为x 轴，过点C 且垂直于AB 的直线为y 轴建立直角坐标系（如图2），已知A 、B 两点的坐标为（﹣4，0），（1，0），求经过A 、B 、C 三点的抛物线y=ax 2+bx+c 的函数解析式；
（3）根据（2）中所确定的抛物线，试判断这条抛物线的顶点是否落在两圆的连心O 1O 2上，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）213222
y x x =
+- ；（3）见解析 【解析】 试题分析：（1）由切线长相等可知用了切线长定理；由三角形的内角和是180°，可知用了三角形内角和定理；
（2）先根据勾股定理求出C 点坐标，再用待定系数法即可求出经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式；
（3）过C 作两圆的公切线，交AB 于点D ，由切线长定理可求出D 点坐标，根据,C D 两点的坐标可求出过,C D 两点直线的解析式，根据过一点且互相垂直的两条直线解析式的关系可求出过两圆圆心的直线解析式，再把抛物线的顶点坐标代入直线的解析式看是否适合即可．
试题解析：(1)DA 、DC 是1O e 的切线，
∴DA =DC .应用的是切线长定理；
180DAC DCA DCB DBC ∠+∠+∠+∠=o ，应用的是三角形内角和定理.
(2)设C 点坐标为(0,y ),则222AB AC BC =+， 即()()222224141y y --=-+++，
即225172y =+,解得y =2(舍去)或y =−2.
故C 点坐标为(0,−2)，
设经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式为2
y ax bx c ，=++ 则164002,a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩ 解得12322a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎪⎩
， 故所求二次函数的解析式为213 2.22
y x x =+- (3)过C 作两圆的公切线CD 交AB 于D ,则AD =BD =CD ,由A (−4,0),B (1,0)可知3(,0)2
D -
， 设过CD 两点的直线为y =kx +b ,则 3022k b b ⎧-+=⎪⎨⎪=-⎩， 解得432k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，
故此一次函数的解析式为423
y x =--， ∵过12,O O 的直线必过C 点且与直线423y x =-
-垂直， 故过12,O O 的直线的解析式为324
y x =-， 由(2)中所求抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为325(,)28-
-，
代入直线解析式得3325
2,
428
⎛⎫
⨯--=-
⎪
⎝⎭
故这条抛物线的顶点落在两圆的连心12
O O上.
9．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;(2)FG =2;(3)
5 4
.
【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.
10．如图，AB是⊙O的直径，D、D为⊙O上两点，CF⊥AB于点F，CE⊥AD交AD的延长线于点E，且CE=CF.
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）连接CD、CB，若AD=CD=a，求四边形ABCD面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，AC，可先证明AC平分∠BAE，结合圆的性质可证明OC∥AE，可得∠OCB＝90°，可证得结论；
（2）可先证得四边形AOCD为平行四边形，再证明△OCB为等边三角形，可求得CF、AB，利用梯形的面积公式可求得答案．
【详解】
（1）证明：连接OC，AC．
∵CF⊥AB，CE⊥AD，且CE＝CF．
∴∠CAE＝∠CAB．
∵OC＝OA，
∴∠CAB＝∠OCA．
∴∠CAE＝∠OCA．
∴OC∥AE．
∴∠OCE＋∠AEC＝180°，
∵∠AEC＝90°，
∴∠OCE＝90°即OC⊥CE，
∵OC是⊙O的半径，点C为半径外端，
∴CE是⊙O的切线．
（2）解：∵AD ＝CD ，
∴∠DAC ＝∠DCA ＝∠CAB ，
∴DC ∥AB ，
∵∠CAE ＝∠OCA ，
∴OC ∥AD ，
∴四边形AOCD 是平行四边形，
∴OC ＝AD ＝a ，AB ＝2a ，
∵∠CAE ＝∠CAB ，
∴CD ＝CB ＝a ，
∴CB ＝OC ＝OB ，
∴△OCB 是等边三角形，
在Rt △CFB 中，CF ＝
， ∴S 四边形ABCD ＝ （DC ＋AB ）•CF ＝
【点睛】
本题主要考查切线的判定，掌握切线的两种判定方法是解题的关键，即有切点时连接圆心和切点，然后证明垂直，没有切点时，过圆心作垂直，证明圆心到直线的距离等于半径．
11．如图①，抛物线y ＝ax 2+bx+c 经过点A （﹣2，0）、B （4，0）、C （0，3）三点．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）点P 是y 轴上的一个动点，连接PA ，试求5PA+4PC 的最小值；
（3）如图②，若直线l 经过点T （﹣4，0），Q 为直线l 上的动点，当以A 、B 、Q 为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l 的解析式．
【答案】（1）233384y x x =-
++；（2）5PA+4PC 的最小值为18；（3）直线l 的解析式为334y x =+或334
y x =--. 【解析】
【分析】
（1）设出交点式，代入C 点计算即可 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ，易证△CDP ∽△COB ，得到比例式PC PD BC OB =，得到PD=45
PC ，所
以5PA+4PC ＝5（PA+45
PC ）＝5（PA+PD ），当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小，利用等面积法求出AE=
185，即最小值为18 （3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆, 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，所以只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°，即∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q ，∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个；此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ，利用cos ∠QFT 求出QG ，分出情况Q 在x 轴上方和x 轴下方时，分别代入直接l 得到解析式即可
【详解】
解：（1）∵抛物线与x 轴交点为A （﹣2，0）、B （4，0）
∴y ＝a （x+2）（x ﹣4）
把点C （0，3）代入得：﹣8a ＝3
∴a ＝﹣38
∴抛物线解析式为y ＝﹣
38（x+2）（x ﹣4）＝﹣38x 2+34x+3 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D
∴∠CDP ＝∠COB ＝90°
∵∠DCP ＝∠OCB
∴△CDP ∽△COB ∴PC PD BC OB
= ∵B （4，0），C （0，3）
∴OB ＝4，OC ＝3，BC
∴PD ＝45
PC ∴5PA+4PC ＝5（PA+
45PC ）＝5（PA+PD ） ∴当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小
∵A （﹣2，0），OC ⊥AB ，AE ⊥BC
∴S △ABC ＝
12AB•OC ＝12BC•AE ∴AE ＝631855
AB OC BC ⨯==n ∴5AE ＝18
∴5PA+4PC 的最小值为18．
（3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆
当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，
∴只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90° ∴∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q
∵当Q 在⊙F 上运动时（不与A 、B 重合），∠AQB ＝90°
∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个
此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G
∴∠FQT ＝90°
∵F 为A （﹣2，0）、B （4，0）的中点
∴F （1，0），FQ ＝FA ＝3
∵T （﹣4，0）
∴TF ＝5，cos ∠QFT ＝35FQ TF = ∵Rt △FGQ 中，cos ∠QFT ＝35FG FQ =
∴FG ＝35FQ ＝95
∴x Q ＝1﹣9455=-，QG ＝2222912FQ 355FG ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭
①若点Q 在x 轴上方，则Q （41255
-，）
设直线l 解析式为：y ＝kx+b ∴404125
5k b k b -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 解得：343k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴直线l ：334
y x =+ ②若点Q 在x 轴下方，则Q （41255--，
） ∴直线l ：334
y x =-- 综上所述，直线l 的解析式为334y x =+或334
y x =--
【点睛】
本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论
12．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．
13．在中，，，，分别是边，的中点，若等腰绕点逆时针旋转，得到等腰，设旋转角为，记直线
与的交点为.
（1）问题发现
如图1，当时，线段的长等于_________，线段的长等于_________.
（2）探究证明
如图2，当时，求证：，且.
（3）问题解决
求点到所在直线的距离的最大值.（直接写出结果）
【答案】（1）；；（2）详见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD1的长和CE1的长；
（2）根据旋转的性质得出，∠D1AB=∠E1AC=135°，进而求出△D1AB≌△E1AC（SAS），即可得出答案；
（3）首先作PG⊥AB，交AB所在直线于点G，则D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD1所在直线与⊙A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大，此时四边形AD1PE1是正方形，进而求出PG的长．
【详解】
（1）解：∵∠A=90°，AC=AB=4，D，E分别是边AB，AC的中点，
∴AE=AD=2，
∵等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤180°），∴当α=90°时，AE1=2，∠E1AE=90°，
∴BD1=；
故答案为：；；
（2）证明：由题意可知，
，，
∵是由绕点逆时针旋转得到，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，.
∵，
∴，
∴，
∴，且.
（3）点的运动轨迹是在的上半圆周，
点的运动轨迹是在的弧段.
即当与相切时，有最大值.
点到所在直线的距离的最大值为.
【点睛】
此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识，根据题意得出PG 的最长时P 点的位置是解题关键．
14．如图，已知AB 是⊙O 的直径，BC 是弦，弦BD 平分∠ABC 交AC 于F ，弦DE ⊥AB 于H ，交AC 于G ．
①求证：AG ＝GD ；
②当∠ABC 满足什么条件时，△DFG 是等边三角形？
③若AB ＝10，sin ∠ABD ＝35
，求BC 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）当∠ABC ＝60°时，△DFG 是等边三角形．理由见解析；（3）BC 的长为
145． 【解析】
【分析】
（1）首先连接AD ，由DE ⊥AB ，AB 是O e 的直径，根据垂径定理，即可得到¶¶AD AE =，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，证得∠ADE ＝∠ABD ，又由弦BD 平分∠ABC ，可得∠DBC ＝∠ABD ，根据等角对等边的性质，即可证得AG=GD ；
（2）当∠ABC=60°时，△DFG 是等边三角形，根据半圆（或直径）所对的圆周角是直角与三角形的外角的性质，易求得∠DGF=∠DFG=60°，即可证得结论；
（3）利用三角函数先求出tan ∠ABD 34=
，cos ∠ABD ＝45
，再求出DF 、BF ，然后即可求出BC.
【详解】
（1）证明：连接AD ，
∵DE ⊥AB ，AB 是⊙O 的直径，
∴¶¶AD AE =，
∴∠ADE ＝∠ABD ，
∵弦BD 平分∠ABC ，
∴∠DBC ＝∠ABD ，
∵∠DBC ＝∠DAC ，
∴∠ADE ＝∠DAC ，
∴AG ＝GD ；
（2）解：当∠ABC ＝60°时，△DFG 是等边三角形．
理由：∵弦BD 平分∠ABC ，
∴∠DBC ＝∠ABD ＝30°，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB ＝90°，
∴∠CAB ＝90°﹣∠ABC ＝30°，
∴∠DFG ＝∠FAB+∠DBA ＝60°，
∵DE ⊥AB ，
∴∠DGF ＝∠AGH ＝90°﹣∠CAB ＝60°，
∴△DGF 是等边三角形；
（3）解：∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ADB ＝∠ACB ＝90°，
∵∠DAC ＝∠DBC ＝∠ABD ，
∵AB ＝10，sin ∠ABD ＝35， ∴在Rt △ABD 中，AD ＝AB•sin ∠ABD ＝6，
∴BD ＝22AB BD -＝8，
∴tan ∠ABD ＝34AD BD =，cos ∠ABD ＝4=5
BD AB ， 在Rt △ADF 中，DF ＝AD•tan ∠DAF ＝AD•tan ∠ABD ＝6×
34＝92， ∴BF ＝BD ﹣DF ＝8﹣92＝72
， ∴在Rt △BCF 中，BC ＝BF•cos ∠DBC ＝BF•cos ∠ABD ＝
72×45＝145． ∴BC 的长为：145
．
【点睛】
此题考查了圆周角定理、垂径定理、直角三角形的性质、三角函数的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是掌握数形结合思想与转化思想的应用，注意辅助线的作法．
15．我们知道，如图1，AB是⊙O的弦，点F是¼
AFB的中点，过点F作EF⊥AB于点E，易得点E是AB的中点，即AE＝EB．⊙O上一点C（AC＞BC），则折线ACB称为⊙O的一条“折弦”．
（1）当点C在弦AB的上方时（如图2），过点F作EF⊥AC于点E，求证：点E是“折弦ACB”的中点，即AE＝EC+CB．
（2）当点C在弦AB的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明．
（3）如图4，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为2，过⊙O上一点P作PH⊥AC于点H，交AB于点M，当∠PAB＝45°时，求AH的长．
【答案】（1）见解析；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，见解析；（3）AH313．
【解析】
【分析】
（1）在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，证明△FAG≌△FBC，根据全等三角形的性质得到FG＝FC，根据等腰三角形的性质得到EG＝EC，即可证明.
（2）在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，证明△FCG≌△FCB，根据全等三角形的性质得到FG＝FB，得到FA＝FG，根据等腰三角形的性质得到AE＝GE，即可证明.
（3）分点P 在弦AB 上方和点P 在弦AB 下方两种情况进行讨论.
【详解】
解：（1）如图2，
在AC 上截取AG ＝BC ，连接FA ，FG ，FB ，FC ，
∵点F 是¼AFB 的中点，FA ＝FB ，
在△FAG 和△FBC 中，
,FA FB FAG FBC AG BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△FAG ≌△FBC （SAS ），
∴FG ＝FC ，
∵FE ⊥AC ，
∴EG ＝EC ，
∴AE ＝AG+EG ＝BC+CE ；
（2）结论AE ＝EC+CB 不成立，新结论为：CE ＝BC+AE ，
理由：如图3，
在CA 上截取CG ＝CB ，连接FA ，FB ，FC ，
∵点F 是¼AFB 的中点，
∴FA ＝FB ，¶¶ FA
FB =, ∴∠FCG ＝∠FCB ，
在△FCG 和△FCB 中，,CG CB FCG FCB FC FC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△FCG ≌△FCB （SAS ），
∴FG ＝FB ，
∴FA ＝FG ，
∵FE ⊥AC ，
∴AE ＝GE ，
∴CE ＝CG+GE ＝BC+AE ；
（3）在Rt △ABC 中，AB ＝2OA ＝4，∠BAC ＝30°， ∴1
2232
BC AB AC =
==，， 当点P 在弦AB 上方时，如图4，
在CA 上截取CG ＝CB ，连接PA ，PB ，PG ，
∵∠ACB ＝90°，
∴AB 为⊙O 的直径，
∴∠APB ＝90°，
∵∠PAB ＝45°，
∴∠PBA ＝45°＝∠PAB ，
∴PA ＝PB ，∠PCG ＝∠PCB ，
在△PCG 和△PCB 中， ,CG CB PCG PCB PC PC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△PCG ≌△PCB （SAS ），
∴PG ＝PB ，
∴PA ＝PG ，
∵PH ⊥AC ，
∴AH ＝GH ，
∴AC ＝AH+GH+CG ＝2AH+BC ，
∴2322AH =+，
∴31AH =-， 当点
P 在弦AB 下方时，如图5， 在AC 上截取AG ＝BC ，连接PA ，PB ，PC ，PG
∵∠ACB ＝90°，
∴AB 为⊙O 的直径，
∴∠APB ＝90°，
∵∠PAB ＝45°，
∴∠PBA ＝45°＝∠PAB ，
∴PA ＝PB ，
在△PAG 和△PBC 中，
,AG BC PAG PBC PA PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△PAG ≌△PBC （SAS ），
∴PG ＝PC ，
∵PH ⊥AC ，
∴CH ＝GH ，
∴AC ＝AG+GH+CH ＝BC+2CH ，
∴2322CH ，=+
∴31CH =-，
∴()
233131AH AC CH =-=--=+， 即：当∠PAB ＝45°时，AH 的长为31- 或3 1.+
【点睛】
考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.。