九年级上册数学 圆 几何综合单元测试卷附答案

九年级上册数学圆几何综合单元测试卷附答案
一、初三数学圆易错题压轴题（难）
1．在直角坐标系中，A（0，4），B（4，0）．点C从点B出发沿BA方向以每秒2个单位的速度向点A匀速运动，同时点D从点A出发沿AO方向以每秒1个单位的速度向点O 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C、D运动的时间是t秒(t>0)．过点C作CE⊥BO于点E，连结CD、DE．
⑴当t为何值时，线段CD的长为4；
⑵当线段DE与以点O为圆心，半径为的⊙O有两个公共交点时，求t的取值范围；
⑶当t为何值时，以C为圆心、CB为半径的⊙C与⑵中的⊙O相切？
【答案】(1); (2) 4-＜t≤; (3)或．
【解析】
试题分析：（1）过点C作CF⊥AD于点F，则CF，DF即可利用t表示出来，在Rt△CFD中利用勾股定理即可得到一个关于t的方程，从而求得t的值；
（2）易证四边形ADEC是平行四边形，过点O作OG⊥DE于点G，当线段DE与⊙O相切
时，则OG=，在直角△OEG中，OE可以利用t表示，则OG也可以利用t表示出来，当
OG＜时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围；
（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值．
（1）过点C作CF⊥AD于点F，
在Rt△AOB中，OA=4，OB=4，
∴∠ABO=30°，
由题意得：BC=2t，AD=t，
∵CE⊥BO，
∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=t，
∵CF⊥AD，AO⊥BO，
∴四边形CFOE是矩形，
∴OF=CE=t，OE=CF=4-t，
在Rt△CFD中，DF2+CF2=CD2，
∴（4-t-t）2+（4-t）2=42，即7t2-40t+48=0，
解得：t=，t=4，
∵0＜t＜4，
∴当t=时，线段CD的长是4；
（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），
∵AD∥CE，AD=CE=t
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴DE∥AB
∴∠GEO=30°，
∴OG=OE=（4-t）
当线段DE与⊙O相切时，则OG=，
∴当（4-t）＜，且t≤4-时，线段DE与⊙O有两个公共交点．∴当 4-＜t≤时，线段DE与⊙O有两个公共交点；
（3）当⊙C与⊙O外切时，t=；
当⊙C与⊙O内切时，t=；
∴当t=或秒时，两圆相切．
考点：圆的综合题．
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．选做题：从甲乙两题中选作一题，如果两题都做，只以甲题计分
题甲：已知矩形两邻边的长、是方程的两根.
（1）求的取值范围；
（2）当矩形的对角线长为时，求的值；
（3）当为何值时，矩形变为正方形？
题乙：如图，是直径，于点，交于
点，且．
（1）判断直线和的位置关系，并给出证明；
（2）当，时，求的面积．
【答案】题甲（1）（2）（3）
题乙：（1）BD是切线；证明所以OB⊥BD，BD是切线（2）S=
【解析】
试题分析：题甲：（1）、是方程的两根，则其；
由得
（2）矩形两邻边的长、，矩形的对角线的平方=；矩形两邻边的长、是方
程的两根，则；因为
，所以；解得
由得
（3）矩形变为正方形，则a=b；、是方程的两根，所以方程有两个相等的实数根，即，由得
题乙：（1）BD是切线；如图所示，是弧AC所对的圆周角，
；因为，所以；于点，，所以，，在三角形OBD中
，所以OB⊥BD；BD是切线
（2），AB是圆的直径，所以OB=5；于点，交于
点，F是BC的中点；，BF=4；在直角三角形OBF中由勾股定理得
OF=；根据题意，，则
，所以，从而，解得DF=，的面积
=
考点：直线与圆相切，相似三角形
点评：本题考查直线与圆相切，相似三角形；解本题的关键是会判断直线与圆是否相切，能判定两个三角形相似
4．在直角坐标系中，⊙C过原点O，交x轴于点A（2，0），交y轴于点B（0，）．（1）求圆心C的坐标．
（2）抛物线y=ax2+bx+c过O，A两点，且顶点在正比例函数y=-的图象上，求抛物线的解析式．
（3）过圆心C作平行于x轴的直线DE，交⊙C于D，E两点，试判断D，E两点是否在（2）中的抛物线上．
（4）若（2）中的抛物线上存在点P（x0，y0），满足∠APB为钝角，求x0的取值范围．
【答案】（1）圆心C的坐标为（1，）；
（2）抛物线的解析式为y=x2﹣x；
（3）点D、E均在抛物线上；
（4）﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．
【解析】
试题分析：（1）如图线段AB是圆C的直径，因为点A、B的坐标已知，根据平行线的性质即可求得点C的坐标；
（2）因为抛物线过点A、O，所以可求得对称轴，即可求得与直线y=﹣x的交点，即是二次函数的顶点坐标，利用顶点式或者一般式，采用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（3）因为DE∥x轴，且过点C，所以可得D、E的纵坐标为，求得直径AB的长，可得D、E的横坐标，代入解析式即可判断；
（4）因为AB为直径，所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，所以﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．
试题分析：（1）∵⊙C经过原点O
∴AB为⊙C的直径
∴C为AB的中点
过点C作CH垂直x轴于点H，则有CH=OB=，OH=OA=1
∴圆心C的坐标为（1，）．
（2）∵抛物线过O、A两点，
∴抛物线的对称轴为x=1，
∵抛物线的顶点在直线y=﹣x上，
∴顶点坐标为（1，﹣）．
把这三点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+c，得，
解得，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x．
（3）∵OA=2，OB=2，
∴AB==4，即⊙C的半径r=2，
∴D（3，），E（﹣1，），
代入y=x2﹣x检验，知点D、E均在抛物线上．
（4）∵AB为直径，
∴当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，
∴﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．
考点：二次函数综合题．
5．如图，△ABC内接于⊙O，点D在AB边上，CD与OB交于点E，∠ACD＝∠OBC；
（1）如图1，求证：CD⊥AB；
（2）如图2，当∠BAC＝∠OBC+∠BCD时，求证：BO平分∠ABC；
（3）如图3，在（2）的条件下，作OF⊥BC于点F，交CD于点G，作OH⊥CD于点H，连接FH并延长，交OB于点P，交AB边于点M．若OF＝3，MH＝5，求AC边的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AC＝48 5
【解析】
【分析】
（1）根据直径所对的圆周角是直角，得出∠FCB=90°，再根据“同弧所对的圆周角相等”得出∠A=∠F，再根据已知条件得∠3=90°，得CD⊥AB；
（2）延长BO交AC于K，由已知可得∠A=∠5，由∠A+∠2=90°得∠5+∠2=90°，根据三角形的内角和定理及外角定理得出∠9=∠1得出BO平分∠ABC；
（3）延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN，由条件可得CH=NH，BF=CF，从而HF是△CBN的中位线，HF∥BN，得出∠OEH=∠EHM又由
∠OEH+∠EOH=∠EHM+∠OHP=90°可得HM=OB=5，在Rt△OBF中，根据勾股定理可得
BF=4，解出BC=8，sin∠OBC=3
5
，所以可得AC=2CK，CK=BC•sin∠OBC=
24
5
得
AC=48 5
.
【详解】
解：（1）如图1，令∠OBC＝∠1，∠ACD＝∠2
延长BO交⊙O于F，连接CF．
∵BF是⊙O的直径，∴∠FCB＝90°
∴∠1+∠F＝90°，
∵弧BC＝弧BC，
∴∠A＝∠F
又∵∠1＝∠2，
∴∠2+∠A＝90°，
∴∠3＝90°，
∴CD⊥AB
（2）如图2，令∠OBC＝∠1，∠BCD＝∠4
延长BO交AC于K
∵∠A＝∠1+∠4，∠5＝∠1+∠4，
∴∠A＝∠5，
∵∠A+∠2＝90°，
∴∠5+∠2＝90°，
∴∠6＝90°
∵∠7＝180°﹣∠3＝90°，
∴∠6＝∠7，
又∵∠5＝∠8，∴∠9＝∠2
∵∠2＝∠1，∴∠9＝∠1，
∴BO平分∠ABC
（3）如图3，延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN
∵OH⊥CN，OF⊥BC
∴CH＝NH，BF＝CF
∴HF是△CBN的中位线，HF∥BN
∴∠FHC＝∠BNC＝∠BAC
∵∠BAC＝∠OEH，∠FHC＝∠EHM
∴∠OEH＝∠EHM
设EM、OE交于点P
∵∠OEH+∠EOH＝∠EHM+∠OHP＝90°∴∠EOH＝∠OHP
∴OP＝PH
∵∠ADC＝∠OHC＝90°
∴AD∥OH
∴∠PBM＝∠EOH，∠BMP＝∠OHP
∴PM＝PB
∴PM+PH＝PB+OP
∴HM＝OB＝5
在Rt△OBF中，根据勾股定理可得BF＝4
∴BC＝8，sin∠OBC＝3 5
∵∠A+∠ABO＝∠DEB+∠ABO＝90°
∴∠AKB+∠CKB＝90°∴OK⊥AC
AC＝2CK，CK＝BC•sin∠OBC＝24 5
∴AC＝48 5
【点睛】
此题主要考查了圆的综合应用以及三角形的内角和定理及外角定理和勾股定理、三角函数等知识，理解同弧所对的圆周角相等是解题关键．
6．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在y轴的正半轴上，点A在x轴的正半轴上，点C的坐标为（0，8），将△ABC沿直线AB折叠，点C落在x轴的负半轴D（−4，0）处．
（1）求直线AB的解析式；
（2）点P从点A出发以每秒45个单位长度的速度沿射线AB方向运动，过点P作PQ⊥AB，交x轴于点Q，PR∥AC交x轴于点R，设点P运动时间为t（秒），线段QR长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，点N是射线AB上一点，以点N为圆心，同时经过R、Q两点作⊙N，⊙N交y轴于点E，F．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圆心N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
1
3
2
y x
=-+（2）d=5t （3）故当 t=
8
5
，或8
15
，时，QR=EF，N（-
6，6）或（2，2）．
【解析】
试题分析：（1）由C（0，8），D（-4，0），可求得OC，OD的长，然后设OB=a，则BC=8-a，在Rt△BOD中，由勾股定理可得方程：（8-
a）2=a2+42,解此方程即可求得B的坐标，然后由三角函数的求得点A的坐标，再利用待定系数法求得直线AB的解析式；
（2）在Rt△AOB中，由勾股定理可求得AB的长，继而求得∠BAO的正切与余弦，由PR//AC 与折叠的性质，易证得RQ=AR，则可求得d与t的函数关系式；
（3）首先过点分别作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，易证得四边形NTOS是正方形，然后分别从点N在第二象限与点N在第一象限去分析求解即可求解;
试题解析：
（1）∵
C （0，8），
D （-4，0），
∴OC=8，OD=4，
设OB=a ，则BC=8-a ，
由折叠的性质可得：BD=BC=8-a ， 在Rt △BOD 中，∠BOD=90°，DB 2=OB 2+OD 2，
则（8-a ）2=a 2+42，
解得：a=3，
则OB=3，
则B （0，3），
tan ∠ODB=34
OB OD = ， 在Rt △AOC 中，∠AOC=90°，tan ∠ACB=
34OA OC = ， 则OA=6，
则A （6，0），
设直线AB 的解析式为：y=kx+b ，
则60{3k b b +== ，解得：1{23
k b =-= ， 故直线AB 的解析式为：y=-
12
x +3； （2）如图所示：
在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，
则22135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠== ，255OA cos BAO AB
∠==， 在Rt △PQA 中，905APQ AP t ∠=︒=，
则AQ=
10cos AP t BAO
=∠ , ∵PR ∥AC ，
∴∠APR=∠CAB ， 由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB ，
∴∠BAO=∠APR ，
∴PR=AR ，
∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°，
∴∠PQA=∠QPR ，
∴RP=RQ ，
∴RQ=AR ，
∴QR=
12
AQ=5t, 即d=5t; （3）过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ，
∵EF=QR ，
∴NS=NT ，
∴四边形NTOS 是正方形， 则TQ=TR=
1522
QR t = ， ∴1115151022224
NT AT AQ TQ t t t ==-=-=（）（） ， 分两种情况，
若点N 在第二象限，则设N （n ，-n ），
点N 在直线132y x =-
+ 上， 则132
n n -=-+ ， 解得：n=-6，
故N （-6，6），NT=6，
即1564
t = ， 解得：85t =
; 若点N 在第一象限，设N （N ，N ），
可得：132
n n =-
+ , 解得：n=2，
故N （2，2），NT=2，
即1524t =, 解得：t=815 ∴当 t =85，或815
，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）。

点睛：此题考查了折叠的性质、待定系数法求一次函数的解析式、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质以及三角函数等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用。

7．已知：ABC 内接于O ，过点B 作O 的切线，交CA 的延长线于点D ，连接OB ．
（1）如图1，求证：DAB DBC ∠=∠；
（2）如图2，过点D 作DM AB ⊥于点M ，连接AO ，交BC 于点N ，
BM AM AD =+，求证：BN CN =；
（3）如图3，在（2）的条件下，点E 为O 上一点，过点E 的切线交DB 的延长线于点P ，连接CE ，交AO 的延长线于点Q ，连接PQ ，PQ OQ ⊥，点F 为AN 上一点，连
接CF ，若90DCF CDB ∠+∠=︒，tan 2ECF ∠=，12
ON OQ =，10PQ OQ +=求CF 的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）10=CF
【解析】
【分析】
（1）延长BO 交O 于G ，连接CG ，根据切线的性质可得可证∠DBC ＋∠CBG=90°，然后根据直径所对的圆周角是直角可证∠CBG ＋∠G=90°，再根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB=∠G ，从而证出结论；
（2）在MB 上截取一点H ，使AM=MH ，连接DH ，根据垂直平分线性质可得DH=AD ，再根据等边对等角可得∠DHA=∠DAH ，然后根据等边对等角和三角形外角的性质证出
∠ABC=∠C，可得AB=AC，再根据垂直平分线的判定可得AO垂直平分BC，从而证出结论；
（3）延长CF交BD于M，延长BO交CQ于G，连接OE，证出tan∠BGE=tan∠ECF=2，然后利用AAS证出△CFN≌△BON，可设CF=BO=r，ON=FN=a，则OE=r，根据锐角三角函数和相似三角形即可证出四边形OBPE为正方形，利用r和a表示出各线段，最后根据+=，即可分别求出a和CF．
610
PQ OQ
【详解】
解：（1）延长BO交O于G，连接CG
∵BD是O的切线
∴∠OBD=90°
∴∠DBC＋∠CBG=90°
∵BG为直径
∴∠BCG=90°
∴∠CBG＋∠G=90°
∴∠DBC=∠G
∵四边形ABGC为O的内接四边形
∴∠DAB=∠G
∴∠DAB=∠DBC
（2）在MB上截取一点H，使AM=MH，连接DH
∴DM垂直平分AH
∴DH=AD
∴∠DHA=∠DAH
∵BM AM AD =+，=+BM MH BH
∴AD=BH
∴DH=BH
∴∠HDB=∠HBD
∴∠DHA=∠HDB ＋∠HBD=2∠HBD
由（1）知∠DAB=∠DBC
∴∠DHA=∠DAB=∠DBC
∴∠DBC =2∠HBD
∵∠DBC =∠HBD ＋∠ABC
∴∠HBD=∠ABC ，∠DBC=2∠ABC
∴∠DAB=2∠ABC
∵∠DAB=∠ABC ＋∠C
∴∠ABC=∠C
∴AB=AC
∴点A 在BC 的垂直平分线上
∵点O 也在BC 的垂直平分线上
∴AO 垂直平分BC
∴BN CN =
（3）延长CF 交BD 于M ，延长BO 交CQ 于G ，连接OE ，
∵90DCF CDB ∠+∠=︒
∴∠DMC=90°
∵∠OBD=90°
∴∠DMC=∠OBD
∴CF ∥OB
∴∠BGE=∠ECF ，∠CFN=∠BON ，
∴tan ∠BGE=tan ∠ECF=2
由（2）知OA 垂直平分BC
∴∠CNF=∠BNO=90°，BN=CN
∴△CFN ≌△BON
∴CF=BO ，ON=FN ，设CF=BO=r ，ON=FN=a ，则OE=r ∵12
ON OQ = ∴OQ=2a
∵CF ∥OB
∴△QGO ∽△QCF ∴
=OG QO CF QF 即2122
==++OG a r a a a ∴OG=12
r 过点O 作OE ′⊥BG ，交PE 于E ′
∴OE ′=OG ·tan ∠BGE=r=OE
∴点E ′与点E 重合
∴∠EOG=90°
∴∠BOE=90°
∵PB 和PE 是圆O 的切线
∴∠OBP=∠OEP=∠BOE=90°，OB=OE=r
∴四边形OBPE 为正方形
∴∠BOE=90°，PE=OB=r
∴∠BCE=12
∠BOE==45° ∴△NQC 为等腰直角三角形
∴NC=NQ=3a ，
∴BC=2NC=6a
在Rt △CFN 中，
=
∵PQ OQ ⊥
∴PQ ∥BC
∴∠PQE=∠BCG
∵PE ∥BG
∴∠PEQ=∠BGC
∴△PQE ∽△BCG ∴=PQ PE BC BG
即12
6=+PQ r r a r
解得：PQ=4a ∵610PQ OQ +=，
∴4a ＋2a=610
解得：a=10
∴CF=1010⨯=10
【点睛】
此题考查的是圆的综合大题，难度较大，掌握圆的相关性质、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质、正方形的判定及性质是解决此题的关键．
8．如图，在ABC ∆中，90C ∠=︒，30CAB ∠=︒，10AB =，点D 在线段AB 上，2AD =．点P 从D 点出发，沿DB 方向运动，以DP 为直径作O ，当P 运动到点B 时停止运动，设DP m =．
（1）AO =___________，BP =___________．（用m 的代数式表示） （2）当m 为何值时，O 与ABC ∆的一边相切？
（3）在点P 整个运动过程中，过点P 作O 的切线交折线AC CB -于点E ，将线段EP 绕点E 顺时针旋转60︒得到EF ，过F 作FG EP ⊥于G ．
①当线段FG 长度达到最大时，求m 的值；
②直接写出点F 所经过的路径长是________．（结果保留根号）
【答案】（1）22m AO =+
，8BP m =-；（2）4m =或32348m =；（3）①1121153762
【解析】
【分析】
（1）观察图中AO 和DP 的数量关系可得22
DP AO =+，而BP AB AP =-，将
DP m =代入即可
.
（2）O 与
ABC ∆的一边相切有两种情况，先与AC 相切，再与BC 相切；两种情况的解答方法都是连接圆心与切点，构造直角三角形，根据条件所给的特殊角的三角函数解答. （3）①根据旋转的性质可得PF PE =，在Rt EFG ∆中根据三角函数可得
cos30FG PE ︒=⋅，故当E 点与C 点重合，PE 取得最大值时，FG 有最大值，解之即可. ②明显以E 点与C 点重合前后为节点，点F 的运动轨迹分两部分，第一部分为从P 开始运动到E 点与C 点重合，即图中的12F F ，根据1212F F AC AF CF =--求解；第二部分，根据tan EF EP EBF EB EB
∠=
=为定值可知其轨迹为图中的2F B ，在2Rt F BC 中用勾股定理求解即可.
【详解】 （1）2222
DP m AO =+
=+，8BP AB AP m =-=- （2）情况1：与AC 相切时，
Rt AOH ∆中，∵30A ∠=︒ ∴2AO OH =
∴22
m m +=解得4m =
情况2：与BC 相切时，
Rt BON ∆中，∵60B ∠=︒
∴3cos ON B OB ==即32282
m
m =- 解得348m =
（3）①
在Rt EFG ∆中，∵30EFG A ∠=∠=︒，90EGF ∠=︒， ∴3cos30cos302
FG EF PE EP ︒︒=⋅=⋅=
， ∴当FG 最大时即PE 最大
当点E 与点C 重合时，PE 的值最大．
易知此时53553AC BC EP AB ⨯⨯===． 在Rt EAP ∆中，∵30A ∠=︒∴1532AP EP ==
∴1511222
m DP ==-= （3）F 轨迹如图：从1F 到2F 到B
1133233AF AE EF AD PE =-=
-==, 2532
CF CP ==， 故1212235311353F F AC AF CF =--== 2F 到B 轨迹是线段理由如下：
∵60FEP ∠=︒，30PEB ∠=︒，∴90FEB ∠=︒．
∴tan EF EP EBF EB EB
∠==为定值， ∴点F 的第二段的轨迹是线段2BF ． 在2Rt F BC 中，222222535752BF BC F C ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭
, 所以点F 所经过的路径长是
1153762
+. 【点睛】
本题是综合了圆的性质，直线与圆相切的条件，锐角三角函数，勾股定理以及旋转的性质等知识的动点动图问题，熟练掌握各个知识点是基础，充分理解题意并作图，化动为静是解答关键.
9．如图，平行四边形ABCD 中，AB=5，BC=8，cosB=
45
，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）410EF =
；（3）03CE ≤<或58CE <≤． 【解析】
【分析】
（1）过A 作AG ⊥BC 于点G ，由cos 45
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=5，4cos 5
BG B AB =
=， ∴BG=4，
∴AG=3，
∴844CG =-=，
∴点G 是BC 的中点， 在Rt △ACG 中，22345AC =+=；
（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 ，
∴4cos 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 224100.8 2.4EF =+=； （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．
10．如图，二次函数y ＝﹣56
x 2+bx +c 与x 轴的一个交点A 的坐标为（﹣3，0），以点A 为圆心作圆A ，与该二次函数的图象相交于点B ，C ，点B ，C 的横坐标分别为﹣2，﹣5，连接AB ，AC ，并且满足AB ⊥AC ．
（1）求该二次函数的关系式；
（2）经过点B 作直线BD ⊥AB ，与x 轴交于点D ，与二次函数的图象交于点E ，连接AE ，请判断△ADE 的形状，并说明理由；
（3）若直线y ＝kx +1与圆A 相切，请直接写出k 的值．
【答案】（1）y ＝﹣
56x 2﹣376x ﹣11；（2）△ADE 是等腰三角形，理由见解析；（3）k 的值为﹣12
或2 【解析】
【分析】
（1）利用三垂线判断出()ACN BAM AAS ∆≅∆，进而得出(2,2)B --，(5,1)C --，最后将
点B，C坐标代入抛物线解析式中即可得出结论；
（2）先判断出ABM BDM
∆∆
∽，得出点D坐标，进而求出直线BD的解析式，求出点E 坐标，即可得出结论；
（3）分两种情况，
Ⅰ、切点在x轴上方，利用三垂线判断出()
AQG FPG AAS
∆≅∆，得出AQ PF
=，
GQ PG
=，设成点G坐标，进而得出3
AQ m
=+，PF km
=，PG m
=-，1
GQ km
=+，即可得出结论；
Ⅱ、切点在x轴下方，同Ⅰ的方法即可得出结论．
【详解】
解：（1）如图1，过点B作BM x
⊥轴于M，过点C作CN x
⊥轴于N，
90
ANC BMA
∴∠=∠=︒，
90
ABM BAM
∴∠+∠=︒，
AC AB
⊥，
90
CAN BAM
∴∠+∠=︒，
ABM CAN
∴∠=∠，
A过点B，C，
AC AB
∴=，
()
ACN BAM AAS
∴∆≅∆，
2(3)1
CN AM
∴==---=，3(5)2
BM AN
==---=，
(2,2)
B
∴--，(5,1)
C--，
点B，C在抛物线上，
∴
5
422
6
5
2551
6
b c
b c
⎧
-⨯-+=-
⎪⎪
⎨
⎪-⨯-+=-
⎪⎩
，
∴
37
6
11
b
c
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=-
⎩
，
∴抛物线的解析式为2
537
11
66
y x x
=---，
（2）ADE
∆是等腰三角形，
理由如下：如图1，
BD AB
⊥，
90
ABD
∴∠=︒，
90
ABM DBM
∴∠+∠=︒，
过点B作BM x
⊥轴于M，
90
BMD AMB
∴∠=∠=︒，
90
BDM DBM
∴∠+∠=︒，
ABM BDM
∴∠=∠，
ABM BDM
∴∆∆
∽，
∴
AM BM
BM DM
=，
∴
12
2DM
=，
4
DM
∴=，
2
()
2
D
∴,，
5
AD
∴=，
(2,2)
B--，
∴直线BD的解析式为
1
1
2
y x
=-，
联立，
2
1
1
2
537
11
66
y x
y x x
⎧
=-
⎪⎪
⎨
⎪=---
⎪⎩
，
∴
2
2
x
y
=-
⎧
⎨
=-
⎩
（舍)或
6
1
x
y
=-
⎧
⎨
=-
⎩
，
(6,4)
E
∴--，
5AE ∴==，
AD AE ∴=，
ADE ∴∆是等腰三角形；
（3）如图2，
点(2,2)B --在A 上，
AB ∴ 记直线1y kx =+与y 轴相交于F ，
令0x =，则1y =，
(0,1)F ∴，
1OF ∴=，
Ⅰ、当直线1y kx =+与A 的切点在x 轴上方时，记切点为G ，
则AG AB ==90AGF ∠=︒，
连接AF ，在Rt AOF ∆中，3OA =，1OF =，
AF ∴=，
在Rt AGF ∆
中，根据勾股定理得，FG AG ===，
如图2，过点G 作GP y ⊥轴于P ，过点G 作GQ x ⊥轴于Q ，
90AQG FPG POQ ∴∠=∠=︒=∠，
∴四边形POQG 是矩形，
90PGQ ∴∠=︒， FG 是A 的切线，
AGQ FGP ∴∠=∠，
()AQG FPG AAS ∴∆≅∆，
AQ PF ∴=，GQ PG =，
设点(,1)G m km +，
3AQ m ∴=+，PF km =，PG m =-，1GQ km =+，
3m km ∴+=①，1km m +=-②， 联立①②解得，212m k =-⎧⎪⎨=-⎪⎩
， Ⅱ、当切点在x 轴下方时，同Ⅰ的方法得，2k =，
即：直线1y kx =+与圆A 相切，k 的值为12
-
或2． 【点睛】
此题是二次函数综合题，主考查了待定系数法，三垂线判定两三角形全等，解方程组，判断出FG AG =是解本题的关键．。