九年级上册数学 圆 几何综合单元达标训练题(Word版 含答案)

九年级上册数学圆几何综合单元达标训练题（Word版含答案）
一、初三数学圆易错题压轴题（难）
1．如图①，一个Rt△DEF直角边DE落在AB上，点D与点B重合，过A点作二射线AC 与斜边EF平行，己知AB=12，DE=4，DF=3，点P从A点出发，沿射线AC方向以每秒2个单位的速度运动，Q为AP中点，设运动时间为t秒（t＞0）•
（1）当t=5时，连接QE，PF，判断四边形PQEF的形状；
（2）如图②，若在点P运动时，Rt△DEF同时沿着BA方向以每秒1个单位的速度运动，当D点到A点时，两个运动都停止，M为EF中点，解答下列问题：
①当D、M、Q三点在同一直线上时，求运动时间t；
②运动中，是否存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切？若存在，求出此时的运动时间t；若不存在，说明理由．
【答案】（1）平行四边形EFPQ是菱形；（2）t=；当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．
【解析】
试题分析：（1）过点Q作QH⊥AB于H，如图①，易得PQ=EF=5，由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形，易证△AHQ∽△EDF，从而可得AH=ED=4，进而可得AH=HE=4，根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，则有AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后运用相似三角形的性质就可求出t的值；
②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在∠ADF的角平分线上（如图③）或在∠FDB的角平分线（如图④）上，故需分两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质求出AH、DH（用t表示），再结合AB=12，DB=t建立关于t的方程，然后解这个方程就可解决问题．
试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形．
理由：过点Q作QH⊥AB于H，如图①，
∵t=5，∴AP=2×5=10．
∵点Q是AP的中点，
∴AQ=PQ=5．
∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，
∴EF==5，
∴PQ=EF=5．
∵AC∥EF，
∴四边形EFPQ是平行四边形，且∠A=∠FEB．
又∵∠QHA=∠FDE=90°，
∴△AHQ∽△EDF，
∴．
∵AQ=EF=5，
∴AH=ED=4．
∵AE=12-4=8，
∴HE=8-4=4，
∴AH=EH，
∴AQ=EQ，
∴PQ=EQ，
∴平行四边形EFPQ是菱形；
（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，
此时AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．
∵EF∥AC，
∴△DEM∽△DAQ，
∴，
∴，
解得t=；
②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上．Ⅰ．当点Q在∠ADF的角平分线上时，
过点Q作QH⊥AB于H，如图③，
则有∠HQD=∠HDQ=45°，
∴QH=DH．
∵△AHQ∽△EDF（已证），
∴，
∴，
∴QH=，AH=，
∴DH=QH=．
∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，
∴++t=12，
∴t=5；
Ⅱ．当点Q在∠FDB的角平分线上时，
过点Q作QH⊥AB于H，如图④，
同理可得DH=QH=，AH=．
∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12，DB=t，
∴-+t=12，
∴t=10．
综上所述：当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．
考点：1．圆的综合题；2．线段垂直平分线的性质；3．勾股定理；4．菱形的判定；5．相似三角形的判定与性质．
2．已知：在△ABC中，AB=6，BC=8，AC=10，O为AB边上的一点，以O为圆心，OA长为半径作圆交AC于D点，过D作⊙O的切线交BC于E.
（1）若O为AB的中点(如图1)，则ED与EC的大小关系为：ED EC（填“”“”或“”）（2）若OA<3时（如图2），（1）中的关系是否还成立？为什么？
（3）当⊙O过BC中点时（如图3），求CE长.
【答案】（1）ED=EC；（2）成立；（3）3
【解析】
试题分析：（1）连接OD，根据切线的性质可得∠ODE=90°，则∠CDE+∠ADO=90°，由
AB=6，BC=8，AC=10根据勾股定理的逆定理可证得∠ABC=90°，则∠A+∠C=90°，根据圆的基本性质可得∠A=∠ADO，即可得到∠CDE=∠C，从而证得结论；
（2）证法同（1）；
（3）根据直角三角形的性质结合圆的基本性质求解即可.
（1）连接OD
∵DE为⊙O的切线
∴∠ODE=90°
∴∠CDE+∠ADO=90°
∵AB=6，BC=8，AC=10
∴∠ABC=90°
∴∠A+∠C=90°
∵AO=DO
∴∠A=∠ADO
∴∠CDE=∠C
∴ED=EC；
（2）连接OD
∵DE为⊙O的切线
∴∠ODE=90°
∴∠CDE+∠ADO=90°
∵AB=6，BC=8，AC=10
∴∠ABC=90°
∴∠A+∠C=90°
∵AO=DO
∴∠A=∠ADO
∴∠CDE=∠C
∴ED=EC；
（3）CE=3.
考点：圆的综合题
点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．
3．在△ABC中，∠A=90°，AB=4，AC=3，M是AB上的动点（不与A，B重合），过M点作MN∥BC交AC于点N．
（1）如图1，把△AMN沿直线MN折叠得到△PMN，设AM=x．
i．若点P正好在边BC上，求x的值；
ii．在M的运动过程中，记△MNP与梯形BCNM重合的面积为y，试求y关于x的函数关系式，并求y的最大值．
（2）如图2，以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMQN．试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）i．当x=2时，点P恰好落在边BC上；ii． y=，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2；（2）当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜
时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．
【解析】
试题分析：（1）i．根据轴对称的性质，可求得相等的线段与角，可得点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上；
ii．分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积，易见y=x2
②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由i．知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求得．
（2）利用分类讨论的思想，先求的直线BC与⊙O相切时，x的值，然后得到相交，相离时x的取值范围．
试题解析：（1）i．如图1，
由轴对称性质知：AM=PM，∠AMN=∠PMN，
又MN∥BC，
∴∠PMN=∠BPM，∠AMN=∠B，
∴∠B=∠BPM，
∴AM=PM=BM，
∴点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上．
ii．以下分两种情况讨论：
①当0＜x≤2时，
∵MN∥BC，
∴△AMN∽△ABC，
∴，
∴，
∴AN=，
△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，
∴，
②当2＜x＜4时，如图2，
设PM，PN分别交BC于E，F，
由（2）知ME=MB=4-x，
∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，
由题意知△PEF∽△ABC，
∴，
∴S△PEF=（x-2）2，
∴y=S△PMN-S△PEF=，
∵当0＜x≤2时，y=x2，
∴易知y最大=，
又∵当2＜x＜4时，y=，
∴当x=时（符合2＜x＜4），y最大=2，
综上所述，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2．（2））如图3，
设直线BC与⊙O相切于点D，连接AO，OD，则AO=OD=MN．
在Rt△ABC中，BC==5；
由（1）知△AMN∽△ABC，
∴，即，
∴MN=x
∴OD=x，
过M点作MQ⊥BC于Q，则MQ=OD=x，
在Rt△BMQ与Rt△BCA中，∠B是公共角，
∴△BMQ∽△BCA，
∴，
∴BM=，AB=BM+MA=x+x=4
∴x=，
∴当x=时，⊙O与直线BC相切；
当x＜时，⊙O与直线BC相离；
x＞时，⊙O与直线BC相交．
考点：圆的综合题．
4．四边形ABCD内接于⊙O，连接AC、BD，2∠BDC+∠ADB＝180°．
（1）如图1，求证：AC＝BC；
（2）如图2，E为⊙O上一点，AE＝BE，F为AC上一点，DE与BF相交于点T，连接
AT，若∠BFC＝∠BDC+1
2
∠ABD，求证：AT平分∠DAB；
（3）在（2）的条件下，DT＝TE，AD＝8，BD＝12，求DE的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2
【解析】
【分析】
（1）只要证明∠CAB=∠CBA即可．
（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．想办法证明TL=TH即
可解决问题．
（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．证明△EAG≌△TDH（AAS），推出AG=DH，证明
Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），推出DH=DR，同理可得AL=AH，BR=BL，设DH=x，则AB=2x，
由S△ADB=1
2
•BD•AQ=
1
2
•AD•h+
1
2
•AB•h+
1
2
•DB•h，可得AQ=
5
2
h，再根据
sin∠BDE=sin∠ADE，sin∠AED=sin∠ABD，构建方程组求出m即可解决问题．【详解】
解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
即∠ADB+∠BDC+∠ABC＝180°，
∵2∠BDC+∠ADB＝180°，
∴∠ABC＝∠BDC，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠BAC＝∠ABC，
∴AC＝BC．
（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．
∵∠BFC＝∠BAC+∠ABF，∠BAC＝∠BDC，
∴∠BFC＝∠BDC+∠ABF，
∵∠BFC＝∠BDC+1
2
∠ABD，
∴∠ABF＝1
2
∠ABD，
∴BT平分∠ABD，
∵AE＝BE
∴∠ADE＝∠BDE，
∴DT平分∠ADB，
∵TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．
∴TR＝TL，TR＝TH，
∴TL＝TH，
∴AT平分∠DAB．
（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．
∵AE＝BE
∴∠EAB＝∠EDB＝∠EDA，AE＝BE，
∵∠TAE＝∠EAB+∠TAB，∠ATE＝∠EDA+∠DAT，
∴∠TAE＝∠ATE，
∴AE＝TE，
∵DT＝TE，
∴AE＝DT，
∵∠AGE＝∠DHT＝90°，
∴△EAG≌△TDH（AAS），
∴AG＝DH，
∵AE＝EB，EG⊥AB，
∴AG＝BG，
∴2DH＝AB，
∵Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），
∴DH＝DR，同理可得AL=AH，BR＝BL，
设DH＝x，则AB＝2x，
∵AD＝8，DB＝12，
∴AL＝AH＝8﹣x，BR＝12﹣x，AB＝2x＝8﹣x+12﹣x，
∴x＝5，
∴DH＝5，AB＝10，
设TR＝TL＝TH＝h，DT＝m，
∵S△ADB=1
2
•BD•AQ=
1
2
•AD•
h+
1
2
•AB•h+
1
2
•DB•h，
∴12AQ＝（8+12+10）h，
∴AQ＝
5
2
h，
∵sin∠BDE＝sin∠ADE，可得
h
m
＝
AP
AD
＝
AP
8
，
sin ∠AED＝sin∠ABD，可得
AP
m
＝
AQ
AB
＝
AQ
10
＝
5
2
10
h
，
∴
AP
m
＝
5
28
10
mAP
⋅
，
解得m＝42或﹣42（舍弃），
∴DE＝2m＝82．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理和判定定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．
5．四边形ABCD的对角线交于点E，有AE=EC，BE=ED，以AB为直径的O过点E．（1）求证：四边形ABCD是菱形．
（2）若CD的延长线与圆相切于点F，已知直径AB=4．求阴影部分的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
5
1
3
π-
【解析】
试题分析：（1）先由AE=EC、BE=ED可判定四边形为平行四边形，再根据∠AEB=90°可判定该平行四边形为菱形；
（2）连接OF，过点D作DP,
AB P E EQ AB
⊥⊥
于过点作于Q，分别求出扇形BOE、△AOE、半圆O的面积，即可得出答案.
试题解析：（1）AE=EC，BE=ED
∴ABCD
四边形为平行四边形
∵90
AB AEB
∠
∴=︒
是直径
∴ABCD 平行四边形是菱形
（2）连接OF ，过点D 作DP ,AB P E EQ AB ⊥⊥于过点作于Q
CF 切O 于点F
∴90OFC ∠=︒
∵ABCD 四边形是菱形，
∴,90CD AB BOF OFD DPO ∠∠∠∴===︒
∴FOPD DP OF ∴=四边形是矩形
ABCD 四边形是菱形，AB AD ∴=
∵11,3022
OF AB DP AD DAB ∠=∴=∴=︒ ∴ABCD 四边形是菱形
∴1152
CAB DAB ∠=∠=︒ ∴180215150AOE ∠=︒-⨯︒=︒
∴3090EOB EQO ∠∠=︒=︒ ∴112
EQ OE == 21502360
S 阴影π⨯∴=-1521123π⨯⨯=- 点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．
6．如图，已知抛物线y=ax 2+bx+c （a ＞0，c ＜0）交x 轴于点A ，B ，交y 轴于点C ，设过点A ，B ，C 三点的圆与y 轴的另一个交点为D ．
（1）如图1，已知点A，B，C的坐标分别为（-2，0），（8，0），（0，-4）；
①求此抛物线的函数解析式；
②若点M为抛物线上的一动点，且位于第四象限，求△BDM面积的最大值；
（2）如图2，若a=1，c=-4，求证：无论b取何值，点D的坐标均不改变．
【答案】（1）①y=x2-x-4；②△BDM的面积有最大值为36；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）①只需运用待定系数法就可解决问题；②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．根据勾股定理的逆定理可得∠ACB=90°，从而可得AB为直径，根据垂径定理可得OD=OC，即可得到D（0，4），然后运用待定系数法可求得直线BD的解
析式为y=-x+4，设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），从而得到ME=-x2+x+8，运用割补法可得S△BDM=S△DEM+S△BEM=-（x-2）2+36，然后根据二次函数的最值性就可求出△BDM 的面积的最大值；
（2）连接AD、BC，如图2．若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，可得C（0，-4），OC=4．设点A（x1，0），B（x2，0），则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，根据根与系数的关系可得OA•OB=4．由A、D、B、C四点共圆可得
∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，从而可得△ADO∽∽△CBO，根据相似三角形的性质可得OC•OD=OA•OB=4，从而可得OD=1，即可得到D（0，1），因而无论b取何值，点D的坐标均不改变．
试题解析：（1）①∵抛物线y=ax2+bx+c过点A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴，
解得．
∴抛物线的解析式为y=x2-x-4；
②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．
∵A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴OA=2，OB=8，OC=4，
∴AB=10，AC=2，BC=4，
∴AB2=AC2+BC2，
∴∠ACB=90°，
∴AB为直径．
∵CD⊥AB，
∴OD=OC，
∴D（0，4）．
设直线BD的解析式为y=mx+n．
∵B（8，0），D（0，4），
∴，
解得，
∴直线BD的解析式为y=-x+4．
设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），∴ME=（-x+4）-（x2-x-4）=-x2+x+8，
∴S△BDM=S△DEM+S△BEM
=ME（x E-x D）+ME（x B-x E）=ME（x B-x D）
=（-x2+x+8）×8=-x2+4x+32=-（x-2）2+36．∵0＜x＜8，
∴当x=2时，△BDM的面积有最大值为36；（2）连接AD、BC，如图2．
若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，
则C（0，-4），OC=4．
设点A（x1，0），B（x2，0），
则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，
∴OA•OB=-x1•x2=-（-4）=4．
∵A、D、B、C四点共圆，
∴∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，
∴△ADO∽△CBO，
∴，
∴OC•OD=OA•OB=4，
∴4OD=4，
∴OD=1，
∴D（0，1），
∴无论b取何值，点D的坐标均不改变．
考点：圆的综合题
7．如图，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点G，E是CD上一点，且BE＝DE，延长EB至点P，连接CP，使PC＝PE，延长BE与⊙O交于点F，连结BD，FD．
（1）连结BC，求证：△BCD≌△DFB；
（2）求证：PC是⊙O的切线；
（3）若tan F＝2
3
，AG﹣BG＝
5
3
3
，求ED的值．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE＝133
．
【解析】
【分析】
（1）由BE=DE可知∠CDB=∠FBD，而∠BFD=∠DCB，BD是公共边，结论显然成立．（2）连接OC，只需证明OC⊥PC即可．根据三角形外角知识以及圆心角与圆周角关系可知∠PEC=2∠CDB=∠COB，由PC=PE可知∠PCE=∠PEC=∠COB，注意到AB⊥CD，于是
∠COB+∠OCG=90°=∠OCG+∠PEC=∠OCP，结论得证．
（3）由于∠BCD=∠F，于是tan∠BCD=tanF=2
3
=
BG
CG
，设BG=2x，则CG=3x．注意到AB是
直径，连接AC，则∠ACB是直角，由射影定理可知CG2=BG•AG，可得出AG的表达式（用
x表示），再根据AG-BG=53
3
求出x的值，从而CG、CB、BD、CD的长度可依次得出，
最后利用△DEB∽△DBC列出比例关系算出ED的值．【详解】
解：（1）证明：因为BE＝DE，
所以∠FBD＝∠CDB，
在△BCD和△DFB中：
∠BCD＝∠DFB
∠CDB＝∠FBD
BD＝DB
所以△BCD≌△DFB（AAS）．
（2）证明：连接OC．
因为∠PEC＝∠EDB+∠EBD＝2∠EDB，
∠COB＝2∠EDB，
所以∠COB＝∠PEC，
因为PE＝PC，
所以∠PEC＝∠PCE，
所以∠PCE＝∠COB，
因为AB⊥CD于G，
所以∠COB+∠OCG＝90°，
所以∠OCG+∠PEC＝90°，
即∠OCP ＝90°，
所以OC ⊥PC ，
所以PC 是圆O 的切线．
（3）因为直径AB ⊥弦CD 于G ，
所以BC ＝BD ，CG ＝DG ，
所以∠BCD ＝∠BDC ，
因为∠F ＝∠BCD ，tanF ＝
23， 所以∠tan ∠BCD ＝23＝BG CG
， 设BG ＝2x ，则CG ＝3x ．
连接AC ，则∠ACB ＝90°，
由射影定理可知：CG 2＝AG•BG ，
所以AG ＝229922
x C x G x G B ==，
因为AG ﹣BG ＝3
，
所以23
92x x -=，
解得x ，
所以BG ＝2x CG ＝3x ＝
所以BC 3=
，
所以BD ＝BC ， 因为∠EBD ＝∠EDB ＝∠BCD ，
所以△DEB ∽△DBC ， 所以B
DB DC DE D =，
因为CD ＝2CG ＝
所以DE ＝2DB CD =． 【点睛】
本题为圆的综合题，主要考查了垂径定理，圆心角与圆周角的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、切线的判定、射影定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等重要知识点．第（1）、（2）问解答的关键是导角，难度不大，第（3）问解答的要点在
于根据射影定理以及条件当中告诉的两个等量关系求出BG、CG、BC、BD、CD的值，最后利用“共边子母型相似”（即△DEB∽△DBC）列比例方程求解ED．
8．（1）如图1，A是⊙O上一动点，P是⊙O外一点，在图中作出PA最小时的点A．（2）如图2，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，以点C为圆心的⊙C的半径是3.6，Q是⊙C上一动点，在线段AB上确定点P的位置，使PQ的长最小，并求出其最小值．（3）如图3，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，以D为圆心，3为半径作⊙D，E为⊙D上一
动点，连接AE，以AE为直角边作Rt△AEF，∠EAF＝90°，tan∠AEF＝1
3
，试探究四边形
ADCF的面积是否有最大或最小值，如果有，请求出最大或最小值，否则，请说明理由．
【答案】（1）作图见解析；（2）PQ长最短是1.2；（3）四边形ADCF面积最大值是
81313
+
，最小值是81313
-
．
【解析】
【分析】
（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求；
（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短，根据勾股定理以及三角形的面积公式即可求出其最小值；
（3）△ACF的面积有最大和最小值，取AB的中点G，连接FG，DE，证明△FAG～△EAD，进而证明点F在以G为圆心1为半径的圆上运动，过G作GH⊥AC于H，交⊙G于F1，GH 反向延长线交⊙G于F2，①当F在F1时，△ACF面积最小，分别求出△ACD的面积和△ACF 的面积的最小值即可得出四边形ADCF的面积的最小值；②当F在F2时，四边形ADCF的面积有最大值，在⊙G上任取异于点F2的点P，作PM⊥AC于M，作GN⊥PM于N，利用矩形的判定与性质以及三角形的面积公式即可得出得出四边形ADCF的面积的最大值．【详解】
解：（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求，如图1所示；
（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短．
理由：分别在线段AB ，⊙C 上任取点P '，点Q '，连接P '，Q '，CQ '，如图2，
由于CP ⊥AB ，根据垂线段最短，CP ≤CQ '+P 'Q '，
∴CO +PQ ≤CQ '+P 'Q '，
又∵CQ ＝CQ '， ∴PQ ＜P 'Q '，即PQ 最短．
在Rt △ABC 中22228610AB AC BC =+=+=，1122ABC S AC BC AB CP ∆=•=•， ∴68 4.810
AC BC CP AB •⨯===， ∴PQ ＝CP ﹣CQ ＝6.8﹣3.6＝1.2，
∴22226 4.8 3.6BP BC CP -=-=．
当P 在点B 左侧3.6米处时，PQ 长最短是1.2．
（3）△ACF 的面积有最大和最小值．
如图3，取AB 的中点G ，连接FG ，DE ．
∵∠EAF ＝90°，1tan 3AEF ∠=
， ∴13
AF AE = ∵AB ＝6，AG ＝GB ，
∴AC ＝GB ＝3，
又∵AD ＝9，
∴
3193AG AD ==， ∴D
AF AE AG A = ∵∠BAD ＝∠B ＝∠EAF ＝90°，
∴∠FAG ＝∠EAD ，
∴△FAG ～△EAD ，
∴13
FG AF DE AE ==， ∵DE ＝3，
∴FG ＝1，
∴点F 在以G 为圆心1为半径的圆上运动，
连接AC ，则△ACD 的面积＝692722
CD AD ⨯=⨯=， 过G 作GH ⊥AC 于H ，交⊙G 于F 1，GH 反向延长线交⊙G 于F 2，
①当F 在F 1时，△ACF 面积最小．理由：由（2）知，当F 在F 1时，F 1H 最短，这时△ACF 的边AC 上的高最小，所以△ACF 面积有最小值， 在Rt △ABC 中，222269313AC AB BC =
+=+=∴313sin 313BC BAC AC ∠=== 在Rt △ACH 中，313913sin 3GH AG BAC =•∠== ∴119131F H GH GF =-=-， ∴△ACF 面积有最小值是：11191327313313(1)22AC F H -•=⨯-=； ∴四边形ADCF 面积最小值是：27313813132722--+
=； ②当F 在F 2时，F 2H 最大理由：在⊙G 上任取异于点F 2的点P ，作PM ⊥AC 于M ，作GN ⊥PM 于N ，连接PG ，则四边形GHMN 是矩形， ∴GH ＝MN ，
在Rt △GNP 中，∠NGF 2＝90°，
∴PG ＞PN ， 又∵F 2G ＝PG ，
∴F 2G +GH ＞PN +MN ，即F 2H ＞PM ， ∴F 2H 是△ACF 的边AC 上的最大高，
∴面积有最大值， ∵229131F H GH GF =+=+， ∴△ACF 面积有最大值是21191327313313(1)22AC F H +•=⨯+=； ∴四边形ADCF 面积最大值是27313813132722+++
=
综上所述，四边形ADCF面积最大值是81313
2
+
，最小值是
81313
2
-
．
【点睛】
本题为圆的综合题，考查了矩形，圆，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
9．△ABC内接于⊙O，AB=AC，BD⊥AC，垂足为点D，交⊙O于点E，连接AE．
（1）如图1，求证：∠BAC=2∠CAE；
（2）如图2，射线AO交线段BD于点F，交BC边于点G，连接CE，求证：BF=CE；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CO并延长，交线段BD于点H，交⊙O于点M，连接FM，交AB边于点N，若BH=DH，四边形BHOG的面积为2，求线段MN的长．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）6
MN=
【解析】
【分析】
（1）先依据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理证明∠BAC+2∠C=180°，然后得到
2∠CAE+2∠E=180°，然后根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠C，即可得到结论；
（2）连接OB、OC．先依据SSS证明△ABO≌△ACO，从而得到∠BAO=∠CAO，然后在依据ASA证明△ABF≌△ACE，最后根据全等三角形的性质可证明BF=CE；
（3）连接HG、BM．由三线合一的性质证明BG=CG，从而得到HG是△BCD的中位线，则∠FHO=∠AFD=∠HFO，于是可得到HO=OF，然后得到∠OGH=∠OHG，从而得到OH=OG，则OF=OG，接下来证明四边形MFGB是矩形，然后由MF∥BC证明△MFH∽△CBH，从而可证明HF=FD．接下来再证明△ADF≌△GHF，由全等三角形的性质的到AF=FG，然后再证明△MNB≌△NAF，于是得到MN=NF．设S△OHF=S△OHG=a，则S△FHG=2a，S△BHG=4a，然后由S四边形BHOG2，可求得2，设HF=x，则BH=2x，然后证明△GFH∽△BFG，由相似三角形
的性质可得到2x，然后依据S△BHG=1
2
2，可求得x=2，故此可得到HB、
GH的长，然后依据勾股定理可求得BG的长，于是容易求得MN的长．【详解】
解：（1）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∴∠BAC+2∠C=180°．
∵BD⊥AC，
∴∠ADE=90°．
∴∠E+∠CAE=90°．
∴2∠CAE+2∠E=180°．
∵∠E=∠ACB，
∴2∠CAE+2∠ACB=180°．
∴∠BAC=2∠CAE．
（2）连接OB、OC．
∵AB=AC，AO=AO，OB=OC，∴△ABO≌△ACO．
∴∠BAO=∠
CAO．
∵∠BAC=2∠CAE，
∴∠BAO=∠CAE．
在△ABF和△ACE中，
ABF ACE
AB AC
BAF CAE
∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
，
∴△ABF≌△ACE．
∴BF=CE．
（3）连接HG、BM．
∵AB=AC，∠BAO=∠CAO，∴AG⊥BC，BG=CG．
∵BH=DH，
∴HG是△BCD的中位线．
∴HG ∥CD ．
∴∠GHF=∠CDE=90°．
∵OA=OC ，
∴∠OAC=∠OCA ．
∵∠OAC+∠AFD=90°，∠OCA+∠FHO=90°，
∴∠FHO=∠AFD=∠HFO ．
∴HO=OF ．
∵∠HFO+∠OGH=90°，∠OHF+∠OHG=90°，
∴∠OGH=∠OHG ．
∴OH=OG ．
∴OF=OG ．
∵OM=OC ，
∴四边形MFCG 是平行四边形．
又∵MC 是圆O 的直径，
∴∠CBM=90°．
∴四边形MFGB 是矩形．
∴MB=FG ，∠FMB=∠AFN=90°．
∵MF ∥BC ，
∴△MFH ∽△CBH ． ∴
12
HF MF BH CB ==． ∴HF ：HD=1：2．
∴HF=FD ． 在△ADF 和△GHF 中，
AFD GFH ADF GHF FH FD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ADF ≌△GHF ．
∴AF=FG ．
∴MB=AF ．
在△MNB 和△NAF 中，
90BMF AFN ANF BNM MB AF ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△MNB ≌△NAF ．
∴MN=NF ．
设S △OHF =S △OHG =a ，则S △FHG =2a ，S △BHG =4a ，
∴S 四边形BHOG
．
∴a=2．
设HF=x，则BH=2x．
∵∠HHG=∠GFB，∠GHF=∠FGB，∴△GFH∽△BFG．
∴HF GH
HG BH
=，即
2
x HG
HG x
=．
∴HG=2x．
∴S△BHG=1
2
BH•HG=
1
2
×2x•2x=42，
解得：x=2．
∴HB=4，GH=22．
由勾股定理可知：BG=26．
∴MF=26．
∴MN=NF=6．
【点睛】
本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了圆周角定理、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判断、勾股定理的应用、矩形的性质和判定，找出图中相似三角形和全等三角形是解题的关键．
10．如图，平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=4
5
，点E是BC边上的动点，以C为
圆心，CE长为半径作圆C，交AC于F，连接AE，EF．
（1）求AC的长；
（2）当AE与圆C相切时，求弦EF的长；
（3）圆C与线段AD没有公共点时，确定半径CE的取值范围．
【答案】（1）AC=5；（2）
410
EF=；（3）03
CE
≤<或58
CE
<≤．
【解析】【分析】
（1）过A作AG⊥BC于点G，由cos
4
5
B=，得到BG=4，AG=3，然后由勾股定理即可求出
AC的长度；
（2）当点E与点G重合时，AE与圆C相切，过点F作FH⊥CE，则CE=CF=4，则CH=3.2，
FH=2.4，得到EH=0.8，由勾股定理，即可得到EF的长度；
（3）根据题意，可分情况进行讨论：①当圆C与AD相离时；②当CE>CA时；分别求出CE的取值范围，即可得到答案．
【详解】
解：（1）过A作AG⊥BC于点G，如图：
在Rt△ABG中，AB=5，
4 cos
5
BG
B
AB
==，
∴BG=4，
∴AG=3，
∴844
CG=-=，
∴点G是BC的中点，
在Rt△ACG中，22
345
AC=+=；
（2）当点E与点G重合时，AE与圆C相切，过点F作FH⊥CE，如图：
∴CE=CF=4，
∵AB=AC=5，
∴∠B=∠ACB，
∴
4 cos cos
5
CH
B ACB
CF
=∠==，
∴CH=3.2，
在Rt△CFH中，由勾股定理，得FH=2.4，
∴EH=0.8，
在Rt△EFH中，由勾股定理，得
22410
0.8 2.4
EF=+=
（3）根据题意，圆C与线段AD没有公共点时，可分为以下两种情况：①当圆C与AD相离时，则CE<AE，
∴半径CE 的取值范围是：03CE ≤<；
②当CE>CA 时，点E 在线段BC 上，
∴半径CE 的取值范围是：58CE <≤；
综合上述，半径CE 的取值范围是：03CE ≤<或58CE <≤．
【点睛】
本题考查了解直角三角形，直线与圆的位置关系，平行四边形的性质，勾股定理，以及线段的动点问题，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，正确确定动点的位置，从而进行解题．。