2020-2021备战中考数学圆与相似的综合热点考点难点及详细答案

2020-2021备战中考数学圆与相似的综合热点考点难点及详细答案
一、相似
1．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．
（1）求证：△ABP≌△CBE．
（2）连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．
①当时，求证：AP⊥BD；
②当 (n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．
【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，
∴∠ABP＝∠CBE．
在△ABP和△CBE中，
（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．
∵△ABP≌△CBE，
∴∠PAB＝∠ECB，
∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，
∴∠AHE＝90°，
∴AP⊥CE．
∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，
∴△CPD∽△BPE，
∴，
∴DP＝EP．
∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．
∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．
②解：∵，∴BC＝nBP，
∴CP＝(n－1)BP．
∵CD∥BE，
∴△CPD∽△BPE，
∴．
令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，
S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．
∵，
∴S1＝(n＋1)(n－1)S，
∴．
【解析】【分析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；
（2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知
=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD；
②方法与①类似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。

2．如图，已知在△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，点D在射线BC上，以点D为圆心，BD为半径画弧交边AB于点E，过点E作EF⊥AB交边AC于点F，射线ED交射线AC 于点G．
（1）求证：△EFG∽△AEG；
（2）设FG=x，△EFG的面积为y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；（3）联结DF，当△EFD是等腰三角形时，请直接写出FG的长度．
【答案】（1）证明：∵ ED=BD，
∴∠B=∠BED．
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠A=90°．
∵ EF⊥AB，
∴∠BEF=90°．
∴∠BED+∠GEF=90°．
∴∠A=∠GEF．
∵∠G是公共角，
∴△EFG∽△AEG
（2）解：作EH⊥AF于点H．
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，
∴tanA= = ，
∴在Rt△AEF中，∠AEF=90°，tanA= = ,
∵△EFG∽△AEG，
∴ ,
∵ FG=x，
∴ EG=2x，AG=4x．
∴ AF=3x．
∵ EH⊥AF，
∴∠AHE=∠EHF=90°．
∴∠EFA+∠FEH=90°．
∵∠AEF=90°，
∴∠A+∠EFA=90°,
∴∠A=∠FEH,
∴ tanA =tan∠FEH,
∴在Rt△EHF中，∠EHF=90°，tan∠FEH= = ,∴ EH=2HF,
∵在Rt△AEH中，∠AHE=90°，tanA= = ，∴ AH=2EH，
∴ AH=4HF，
∴ AF=5HF，
∴ HF= ，
∴EH= ，
∴y= FG·EH= x· = 定义域：（0<x≤ ）
（3）解：当△EFD为等腰三角形时，
①当ED=EF时，则有∠EDF=∠EFD，
∵∠BED=∠EFH，
∴∠BEH=∠AHG，
∵∠ACB=∠AEH=90°，
∴∠CEF=∠HEF，即EF为∠GEH的平分线，
则ED=EF=x，DG=8−x，
∵anA= ，
∴x=3，即BE=3；
②若FE=FD, 此时FG的长度是 ;
③若DE=DF, 此时FG的长度是 .
【解析】【分析】（1）因为ED=BD，所以∠B=∠BED．根据等角的补角相等可得∠A=∠GEF，而∠G是公共角，所以由相似三角形的判定可得△EFG∽△AEG；
（2）作EH⊥AF于点H．∠AEF=∠ACB=90°，∠A是公共角，所以可得AEF ACB，所以可得比例式，,由（1）得△EFG∽△AEG，所以可得比例式，,因为FG=x，所以EG=2x，AG=4x．则AF=3x，由同角的余角相等可得∠A=∠FEH,所以tanA =tan∠FEH,在Rt△EHF中，∠EHF=90°，tan∠FEH=,所以EH=2HF,在Rt△AEH中，同理可得AH=2EH，所以AH=4HF，AF=5HF，HF=x ，则EH= x ，△EFG
的面积y= FG·EH=x· x=,自变量的取值范围是0<x≤ ；
（3）当△EFD为等腰三角形时，分三种情况讨论：
①当ED=EF时，则有∠EDF=∠EFD，易得FG=3；
②若FE=FD, 易得FG=；
③若DE=DF, 易得FG=.
3．如图，AB为的直径，C为上一点，D为BA延长线上一点，．
（1）求证：DC为的切线；
（2）线段DF分别交AC，BC于点E，F且，的半径为5，
，求CF的长．
【答案】（1）解：如图，连接OC，
为的直径，
，
，
，
，
，
，即，
为的切线
（2）解：中，，，，，
，，
∽，
，
设，，
中，，
，
舍或，
，，
，
设，
，
，
，
，
∽，
，
，，
【解析】【分析】（1）要证DC为⊙O 的切线，需添加辅助线：连半径OC，证垂直，根据直径所对的圆周角是直角，可得出∠ BCO + ∠ OCA = 90°，再利用等腰三角形的性质，可得出∠ B = ∠BCO ，结合已知，可推出∠OCD=90°，然后利用切线的判定定理，可证得结论。

（2）根据已知圆的半径和sinB的值，可求出AB、BC的值，再证明△CAD ∽△BCD，得出对应边成比例，得出AD与CD的比值，利用勾股定理求出AD、CD的长，再利用∠CEF=45°去证明CE = CF ，然后证明△ CED ∽△ BFD ，得出对应边成比例，求出CF的长。

4．如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．
（1）证明与推断：
①求证：四边形CEGF是正方形；②推断： AG∶BE的值为：
（2）探究与证明：
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由：
（3）拓展与运用：
正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG 交AD于点H．若AG=6，GH=2 ，则BC=________．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，
∴EG=EC，
∴四边形CEGF是正方形
（2）解：连接CG，
由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，
=cos45°= 、 =cos45°= ，
∴ = ，
∴△ACG∽△BCE，
∴，
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG= BE
（3）
【解析】【解答】（1）②由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，
∴，GE∥AB，
∴，
故答案为：；
（ 3 ）∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC=135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC=∠BEC=135°，
∴∠AGH=∠CAH=45°，
∵∠CHA=∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴，
设BC=CD=AD=a，则AC= a，
则由得，
∴AH= a，
则DH=AD﹣AH= a，CH= = a，
∴由得，
解得：a=3 ，即BC=3 ，
故答案为：3 ．
【分析】（1）①根据正方形的性质得出∠BCD=90°，∠BCA=45°，根据垂直的定义及等量代换得出∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，根据三个角是直角的四边形是矩形得出四边形CEGF是矩形，根据三角形的内角和得出∠CGE=∠ECG=45°，根据等角对等边得出EG=EC，根据有一组邻边相等的矩形是正方形即可得出四边形CEGF是正方形；②根据正方形的性质得出GE∥∥CD，根据平行于同一直线的两条直线互相平行得出GE∥AB，根据平行线分线段成比例定理得出GC∶EC＝AG∶BE，根据等腰直角三角形的边之间的关系得出GC∶EC=，从而得出答案；
（2）连接CG，由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，根据余弦函数的定义得出
,,从而判断出△ACG∽△BCE，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论线段AG与BE之间的数量关系为AG= BE ；
（ 3 ）根据∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，由邻补角定义得出∠BEC=135°，根据△ACG∽△BCE，得出∠AGC=∠BEC=135°，故∠AGH=∠CAH=45°，然后判断出△AHG∽△CHA，根据相似三角形对应边成比例得出AG∶AC＝GH∶AH＝AH∶CH，设BC=CD=AD=a，则AC= a，根据比例式得出关于AH的方程，求解AH的值，根据DH=AD ﹣AH表示出DH，根据勾股定理表示出CH，根据前面的比例式得出关于a的方程，求解得出a的值，从而得出BC的值。

5．在平面直角坐标系中，抛物线经过点，、，，其中、
是方程的两根，且，过点的直线与抛物线只有一个公共点
（1）求、两点的坐标；
（2）求直线的解析式；
（3）如图2，点是线段上的动点，若过点作轴的平行线与直线相交于点，与抛物线相交于点，过点作的平行线与直线相交于点，求的长. 【答案】（1）解：∵x1、x2是方程x2-2x-8=0的两根，且x1＜x2，
∴x1=-2，x2=4，
∴A（-2，2），C（4，8）
（2）解：①设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵A（-2，2）在直线l上，
∴2=-2k+b，
∴b=2k+2，
∴直线l的解析式为y=kx+2k+2①，
∵抛物线y= x2②，
联立①②化简得，x2-2kx-4k-4=0，
∵直线l与抛物线只有一个公共点，
∴△=（2k）2-4（-4k-4）=4k2+16k+16=4（k2+4k+4）=4（k+2）2=0，
∴k=-2，
∴b=2k+2=-2，
∴直线l的解析式为y=-2x-2；
②平行于y轴的直线和抛物线y= x2只有一个交点，
∵直线l过点A（-2，2），
∴直线l：x=-2
（3）解：由（1）知，A（-2，2），C（4，8），
∴直线AC的解析式为y=x+4，
设点B（m，m+4），
∵C（4.8），
∴BC= |m-4|= （4-m）
∵过点B作y轴的平行线BE与直线l相交于点E，与抛物线相交于点D，
∴D（m， m2），E（m，-2m-2），
∴BD=m+4- m2， BE=m+4-（-2m-2）=3m+6，
∵DC∥EF，
∴△BDC∽△BEF，
∴，
∴，
∴BF=6 .
【解析】【分析】（1）解一元二次方程即可得出点A，C坐标；（2）先设出直线l的解析式，再联立抛物线解析式，用△=0，求出k的值，即可得出直线l的解析式；（3）设出点B的坐标，进而求出BC，再表示出点D，E的坐标，进而得出BD，BE，再判断出△BDC∽△BEF得出比例式建立方程即可求出BF.
6．如图，点E，F分别在矩形ABCD的边AB，BC上，连接EF，将△BEF沿直线EF翻折得到△HEF，AB＝8，BC＝6，AE：EB＝3：1.
（1）如图1，当∠BEF＝45°时，EH的延长线交DC于点M，求HM的长；
（2）如图2，当FH的延长线经过点D时，求tan∠FEH的值；
（3）如图3，连接AH，HC，当点F在线段BC上运动时，试探究四边形AHCD的面积是否存在最小值？若存在，求出四边形AHCD的面积的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：如图1中，
当时，易知四边形是正方形，
∵，，
，，
，
四边形是矩形，
，
，
.
（2）解：如图2中，连接 .
在中，，，
，
在中，
设，则，，
在中，，
，
，
（3）解：如图3中，连接，作于 .
，，
，
，
，
，
，，当的面积最小时，四边形的面积最小，
当与重合时，点到直线的距离最小，最小值，
的面积的最小值，
四边形的面积的最小值为 .
【解析】【分析】（1）当∠BEF=45°时，易知四边形EBFH是正方形，求出EM，EH的长即可解决问题.（2）如图2中，连接DE.利用勾股定理求出DE，DH，设BF=FH=x，在Rt△DFC 中，利用勾股定理即可解决问题.（3）如图3中，连接AC，作EM⊥AC于M.利用相似三角
形的性质求出EM，由S四边形AHCD=S△ACH+S△ADC， S△ACD= ×6×8=24，推出当△ACH的面积最小时，四边形AHCD的面积最小，可知当EH与EM重合时，点H到直线AC的距离最小，由此即可解决问题.
7．如图，以AB为直径的⊙O外接于△ABC，过A点的切线AP与BC的延长线交于点P，∠APB的平分线分别交AB，AC于点D，E，其中AE，BD（AE＜BD）的长是一元二次方程x2﹣5x+6=0的两个实数根.
（1）求证：PA•BD=PB•AE；
（2）在线段BC上是否存在一点M，使得四边形ADME是菱形？若存在，请给予证明，并求其面积；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：∵PD平分∠APB，
∴∠APE=∠BPD，
∵AP与⊙O相切，
∴∠BAP=∠BAC+∠EAP=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠BAC+∠B=90°，
∴∠EAP=∠B，
∴△PAE∽△PBD，
∴，
∴PA•BD=PB•AE
（2）解：如图，过点D作DF⊥PB于点F，作DG⊥AC于点G，
∵PD平分∠APB，AD⊥AP，DF⊥PB，
∴AD=DF，
∵∠EAP=∠B，
∴∠APC=∠BAC，
易证：DF∥AC，
∴∠BDF=∠BAC，
由于AE，BD（AE＜BD）的长是x2﹣5x+6=0的两个实数根，
解得：AE=2，BD=3，
∴由（1）可知：，
∴cos∠APC= ，
∴cos∠BDF=cos∠APC= ，
∴，
∴DF=2，
∴DF=AE，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∵AD=DF，
∴四边形ADFE是菱形，此时点F即为M点，
∵cos∠BAC=cos∠APC= ，
∴sin∠BAC= ，
∴，
∴DG= ，
∴菱形ADME的面积为：DG•AE=2× = .
【解析】【分析】（1）易证∠APE=∠BPD，∠EAP=∠B，从而可知△PAE∽△PBD，利用相
似三角形的性质即可求出答案.（2）过点D作DF⊥PB于点F，作DG⊥AC于点G，易求得
AE=2，BD=3，由（1）可知：，从而可知cos∠BDF=cos∠BAC=cos∠APC= ，从而可求出AD和DG的长度，进而证明四边形ADFE是菱形，此时F点即为M点，利用平行四边形的面积即可求出菱形ADFE的面积.
8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝25，BC＝15．
（1）如图1，折叠△ABC使点A落在AC边上的点D处，折痕交AC、AB分别于Q、H，若S△ABC＝9S△DHQ，求HQ的长．
（2）如图2，折叠△ABC使点A落在BC边上的点M处，折痕交AC、AB分别于E、F．若FM∥AC，求证：四边形AEMF是菱形；
（3）在(1)(2)的条件下，线段CQ上是否存在点P，使得△CMP和△HQP相似？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图1中，
在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝25，BC＝15，
∴AC＝＝20，设HQ＝x，
∵HQ∥BC，
∴，
∴AQ＝x，
∵S△ABC＝9S△DHQ，
∴ ×20×15＝9× ×x× x，
∴x＝5或﹣5（舍弃），
∴HQ＝5，
故答案为5．
（2）解：如图2中，
由翻折不变性可知：AE＝EM，AF＝FM，∠AFE＝∠MFE，∵FM∥AC，
∴∠AEF＝∠MFE，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∴AE＝AF＝MF＝ME，
∴四边形AEMF是菱形．
（3）解：如图3中，
设AE＝EM＝FM＝AF＝4m，则BM＝3m，FB＝5m，
∴4m+5m＝25，
∴m＝，
∴AE＝EM＝，
∴EC＝20﹣＝，
∴CM＝，
∵QG＝5，AQ＝，
∴QC＝，设PQ＝x，
当时，△HQP∽△MCP，
∴，
解得：x＝，
当＝时，△HQP∽△PCM，
∴
解得：x＝10或，
经检验：x＝10或是分式方程的解，且正确，
综上所，满足条件长QP的值为或10或．
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出AC，设HQ=x，根据S△ABC=9S△DHQ，构建方程即可解决问题；（2）想办法证明四边相等即可解决问题；（3）设AE=EM=FM=AF=4m，则BM=3m，FB=5m，构建方程求出m的值，分两种情形分别求解即可解决问题.
二、圆的综合
9．如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．
（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；
（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；
（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．
【答案】(1)见解析;(2) Q的坐标为（32，9）;(3)63 8
.
【解析】（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点
∴AM＝BM＝PM=QM= 1
2 PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3 2
∴点Q的坐标为（32，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5）当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
∴M1M2＝9
2
－3＝
3
2
， Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为：1
2
×(
3
2
＋2)×4.5＝
63
8
.
【解析】
【分析】
根据已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，再根据这个条件结合题意直接解答此题.
【详解】
（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点∴AM＝BM＝PM=QM= PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。

（2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5
∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5
则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9，
当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP ∽△QHB ，得x 2＝3×6＝8，x ＝3
∴点Q 的坐标为（3 ，9） （3）解：由相似可得：当点P 在P 1（2，0）时，Q 1（4，9）则M 1（3，4.5）
当点P 在P 2（3，0）时，Q 2（6，9），则M 2（4.5，4.5）
∴M 1M 2＝ －3＝ ， Q 1Q 2＝6－4＝2
线段QM 扫过的图形为梯形M 1M 2Q 2Q 1
其面积为：×(
＋2)×4.5＝.
【点睛】 本题主要考查学生根据题意能找到三角形APQ 和三角形BPQ 都是直角三角形，而且考验学生对相似三角形性质的运用，掌握探索题目隐含条件是解决此题的关键.
10．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.
11．如图1，在Rt △ABC 中，AC=8cm ，BC=6cm ，D 、E 分别为边AB 、BC 的中点，连结DE ，点P 从点A 出发，沿折线AD ﹣DE 运动，到点E 停止，点P 在AD 上以5cm/s 的速度运动，在DE 上以1cm/s 的速度运动，过点P 作PQ ⊥AC 于点Q ，以PQ 为边作正方形PQMN ．设点P 的运动时间为t （s ）．
（1）当点P 在线段DE 上运动时，线段DP 的长为_____cm ．（用含t 的代数式表示） （2）当正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S （cm 2），求S 与t 的函数关系式，并写出t 的取值范围．
（3）如图2，若点O 在线段BC 上，且CO=1，以点O 为圆心，1cm 长为半径作圆，当点P 开始运动时，⊙O 的半径以0.2cm/s 的速度开始不断增大，当⊙O 与正方形PQMN 的边所在直线相切时，求此时的t 值．
【答案】（1）t ﹣1；（2）S =﹣
38t 2+3t +3（1＜t ＜4）；（3）t =103
s ． 【解析】
分析：（1）根据勾股定理求出AB ，根据D 为AB 中点，求出AD ，根据点P 在AD 上的速度，即可求出点P 在AD 段的运动时间，再求出点P 在DP 段的运动时间，最后根据DE 段运动速度为1c m/s ，即可求出DP ；
（2）由正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形，可知点P 在DE 上，求出DP =t ﹣1，PQ =3，根据MN ∥BC ，求出FN 的长，从而得到FM 的长，再根据S =S 梯形FMHD +S 矩形DHQP ，列出S 与t 的函数关系式即可；
（3）当圆与边PQ 相切时，可求得r =PE =5﹣t ，然后由r 以0.2c m/s 的速度不断增大，r =1+0.2t ，然后列方程求解即可；当圆与MN 相切时，r =CM =8﹣t =1+0.2t ，从而可求得t 的值．
详解：（1）由勾股定理可知：AB =
22AC BC +=10． ∵D 、E 分别为AB 和BC 的中点，
∴DE =12AC =4，AD =12
AB =5， ∴点P 在AD 上的运动时间=
55
=1s ，当点P 在线段DE 上运动时，DP 段的运动时间为（t ﹣1）s ． ∵DE 段运动速度为1c m/s ，∴DP =（t ﹣1）cm ． 故答案为t ﹣1．
（2）当正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形为五边形时，有一种情况，如下图所示．
当正方形的边长大于DP 时，重叠部分为五边形，
∴3＞t ﹣1，t ＜4，DP ＞0，∴t ﹣1＞0，
解得：t ＞1，∴1＜t ＜4．
∵△DFN ∽△ABC ，∴
DN FN =AC BC =86=43
． ∵DN =PN ﹣PD ，∴DN =3﹣（t ﹣1）=4﹣t ， ∴4t FN -=43，∴FN =344
t -（）， ∴FM =3﹣
344t -（）=34
t ， S =S 梯形FMHD +S 矩形DHQP ， ∴S =
12×（34t +3）×（4﹣t ）+3（t ﹣1）=﹣38
t 2+3t +3（1＜t ＜4）． （3）①当圆与边PQ 相切时，如图：
当圆与PQ相切时，r=PE，由（1）可知，PD=（t﹣1）cm，
∴PE=DE﹣DP=4﹣（t﹣1）=（5﹣t）cm．
∵r以0.2c m/s的速度不断增大，∴r=1+0.2t，
∴1+0.2t=5﹣t，解得：t=10
3
s．
②当圆与MN相切时，r=CM．
由（1）可知，DP=（t﹣1）cm，则PE=CQ=（5﹣t）cm，MQ=3cm，∴MC=MQ+CQ=5﹣t+3=（8﹣t）cm，
∴1+0.2t=8﹣t，解得：t=35
6
s．
∵P到E点停止，∴t﹣1≤4，即t≤5，∴t=35
6
s（舍）．
综上所述：当t=10
3
s时，⊙O与正方形PQMN的边所在直线相切．
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勾股定理、相似三角形的性质和判定、正方形的性质，直线和圆的位置关系，依据题意列出方程是解题的关键．
12．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O 与直线AB的距离为5．
（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？
（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？
（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？
【答案】（1）52
2
-
；（2）52
-；（3）
2042
3
-
【解析】
分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；
（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；
（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离．
详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处，
如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，
设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l，
由切线长定理可知C′E=C′D，
设C′D=x，则C′E=x，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A=∠ACB=45°，
∴∠A′C′B′=∠ACB=45°，
∴△EFC′是等腰直角三角形，
∴2x，∠OFD=45°，
∴△OFD也是等腰直角三角形，
∴OD=DF，
∴2x+x=1，则2-1，
∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-2-1）2，
∴点C 运动的时间为522-； 则经过522
-秒，△ABC 的边与圆第一次相切； （2）如图2，设经过t 秒△ABC 的边与圆第一次相切，△ABC 移至△A′B′C′处，⊙O 与BC 所在直线的切点D 移至D′处，
A′C′与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交B′C′于F ，
∵CC′=2t ，DD′=t ，
∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2t=4-t ，
由切线长定理得C′E=C′D′=4-t ，
由（1）得：4-t=2-1，
解得：t=5-2，
答：经过5-2秒△ABC 的边与圆第一次相切；
（3）由（2）得CC ′=（2+0.5）t=2.5t ，DD′=t ，
则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2.5t=4-1.5t ，
由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t ，
由（1）得：4-1.5t=2-1，
解得：t=10223
-， ∴点B 运动的距离为2×1022-=2042-．
点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．
13．阅读：圆是最完美的图形，它具有一些特殊的性质：同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半……先构造“辅助圆”，再利用圆的性质将问题进行转化，往往能化隐为显、化难为易。

解决问题：如图，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点．
（1）使∠APB=30°的点P有_______个；
（2）若点P在y轴正半轴上，且∠APB=30°，求满足条件的点P的坐标；
（3）设sin∠APB=m，若点P在y轴上移动时, 满足条件的点P有4个，求m的取值范围．
【答案】（1）无数；（2）（0，370，37
+3）0﹤m﹤2 3 .
【解析】
试题分析：（1）已知点A、点B是定点，要使∠APB=30°，只需点P在过点A、点B的圆上，且弧AB所对的圆心角为60°即可，显然符合条件的点P有无数个．
（2）结合（1）中的分析可知：当点P在y轴的正半轴上时，点P是（1）中的圆与y轴的交点，借助于垂径定理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P的坐标．
（3）由三角形外角的性质可证得：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角．要∠APB最大，只需构造过点A、点B且与y轴相切的圆，切点就是使得∠APB最大的点P，由此即可求出m的范围．
试题解析：解：（1）以AB为边，在第一象限内作等边三角形ABC，以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1、P2．
在优弧AP1B上任取一点P，如图1，则∠APB=1
2
∠ACB=1
2
×60°=30°，∴使∠APB=30°的点P
有无数个．
故答案为：无数．
（2）点P在y轴的正半轴上，过点C作CG⊥AB，垂足为G，如图1．∵点A（1，0），点B（5，0），∴OA=1，OB=5，∴AB=4．
∵点C为圆心，CG⊥AB，∴AG=BG=1
2
AB=2，∴OG=OA+AG=3．
∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC=AB=4，∴CG22
AC AG
-
=22
42
-
=23，∴点C的坐标为（3，23）．
过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接CP2，如图1．∵点C的坐标为（3，23），∴CD=3，OD=23．
∵P1、P2是⊙C与y轴的交点，∴∠AP1B=∠AP2B=30°．
∵CP2=CA=4，CD=3，∴DP2=22
43
-=7．
∵点C为圆心，CD⊥P1P2，∴P1D=P2D=7，∴P1（0，23+7），P2（0，23﹣7）．
（3）当过点A、B的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大．
理由：可证：∠APB=∠AEH，当∠APB最大时，∠AEH最大．由sin∠AEH=
2
AE
得：当AE
最小即PE最小时，∠AEH最大．所以当圆与y轴相切时，∠APB最大．∵∠APB为锐角，∴sin∠APB随∠APB增大而增大，．
连接EA，作EH⊥x轴，垂足为H，如图2．∵⊙E与y轴相切于点P，∴PE⊥OP．
∵EH⊥AB，OP⊥OH，∴∠EPO=∠POH=∠EHO=90°，∴四边形OPEH是矩形，∴OP=EH，
PE=OH=3，∴EA=3．sin∠APB=sin∠AEH=2
3
，∴m的取值范围是
2
3
m
<<．
点睛：本题考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理、等边三角形的性质、矩形的判定与性质，切线的性质、三角形外角性质等知识，综合性强．同时也考查了创造性思维，有一定的难度．构造辅助圆是解决本题关键．
14．如图，AB是圆O的直径，射线AM⊥AB，点D在AM上，连接OD交圆O于点E，过点D作DC=DA交圆O于点C（A、C不重合），连接O C、BC、CE．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若圆O的直径等于2，填空：
①当AD=时，四边形OADC是正方形；
②当AD=时，四边形OECB是菱形．
【答案】(1)见解析；（2）①1；②3．
【解析】
试题分析：（1）依据SSS证明△OAD≌△OCD，从而得到∠OCD=∠OAD=90°；
（2）①依据正方形的四条边都相等可知AD=OA；
②依据菱形的性质得到OE=CE，则△EOC为等边三角形，则∠CEO=60°，依据平行线的性质可知∠DOA=60°，利用特殊锐角三角函数可求得AD的长．
试题解析：解：∵AM⊥AB，
∴∠OAD=90°．
∵OA=OC，OD=OD，AD=DC，
∴△OAD≌△OCD，
∴∠OCD=∠OAD=90°．
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线．
（2）①∵当四边形OADC是正方形，
∴AO=AD=1．
故答案为：1．
②∵四边形OECB是菱形，
∴OE=CE．
又∵OC=OE，
∴OC=OE=CE．
∴∠CEO=60°．
∵CE∥AB，
∴∠AOD=60°．
在Rt△OAD中，∠AOD=60°，AO=1，
∴AD=．
故答案为：．
点睛：本题主要考查的是切线的性质和判定、全等三角形的性质和判定、菱形的性质、等边三角形的性质和判定，特殊锐角三角函数值的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．
15．如图1，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点A，C的圆交AB于点D，交BC 于点E，连结DE
（1）若AD=7，BD=1，分别求DE，CE的长
（2）如图2，连结CD，若CE=3，△ACD的面积为10，求tan∠BCD
（3）如图3，在圆上取点P使得∠PCD=∠BCD（点P与点E不重合），连结PD，且点D 是△CPF的内心
①请你画出△CPF，说明画图过程并求∠CDF的度数
②设PC=a ，PF=b ，PD=c ，若（a-2c ）（b-2c ）=8，求△CPF 的内切圆半径长．
【答案】（1）DE=1，CE=32；（2）tan ∠BCD=
14
；（3）①135°；②2. 【解析】
【分析】 （1）由A 、C 、E 、D 四点共圆对角互补为突破口求解；
（2）找∠BDF 与∠ODA 为对顶角，在⊙O 中，∠COD=2∠CAD ，证明△OCD 为等腰直角三角形，从而得到∠EDC+∠ODA=45°，即可证明∠CDF=135°；
（3）过点D 做DH CB ⊥于点H ，以D 为圆心，DH 为半径画圆，过点P 做D e 切线PF 交CB 的延长线于点F ，结合圆周角定理得出∠CPD=∠CAD=45°，再根据圆的内心是三角形三个内角角平分线的交点，得出∠CPF=90°，然后根据角平分线性质得出
114522
DCF CFD PCF PFC ∠+∠=∠+∠=︒，最后再根据三角形内角和定理即可求解；证明∠DCF+∠CFD=45°，从而证明∠CPF 是直角，再求证四边形PKDN 是正方形，最后以△PCF 面积不变性建立等量关系，结合已知（a-2c ）（b-2c ）=8，消去字母a ，b 求出c 值，即求出△CPF 的内切圆半径长为
2c ． 【详解】
（1）由图可知：
设BC=x ．在Rt △ABC 中，AC=BC ．由勾股定理得：
AC 2+BC 2=AB 2，
∵AB=AD+BD ，AD=7，BD=1，
∴x 2+x 2=82，
解得：x=2．
∵⊙O 内接四边形，∠ACD=90°，
∴∠ADE=90°，
∴∠EDB=90°，
∵∠B=45°，
∴△BDE 是等腰直角三形．
∴DE=DB ，
又∵DB=1，
∴DE=1，
又∵CE=BC-BE ，
∴CE=42232-=．
（2）如图所示：
在△DCB 中过点D 作DM ⊥BE ，设BE=y ，则DM=
12
y ， 又∵CE=3，∴BC=3+y ，
∵S △ACB =S ACD +S DCB ， ∴
()1114242103y y 222
⨯=+⨯+⨯， 解得：y=2或y=-11（舍去）．
∴EM=1，
CM=CE+ME=1+3=4，
又∵∠BCD=∠MCD ，
∴tan ∠BCD=tan ∠MCD ， 在Rt △DCM 中，tan ∠MCD=
DM CM =14， ∴tan ∠BCD=14
． （3）①如下图所示：
过点D 做DH CB ⊥于点H ，以D 为圆心，DH 为半径画圆，过点P 做D e 切线PF 交CB 的延长线于点F ．
∵∠CAD=45°，
∴∠CPD=∠CAD=45°，
又∵点D 是CPF ∆的内心，
∴PD 、CD 、DF 都是角平分线，
∴∠FPD=∠CPD =45°，∠PCD=∠DCF ，∠PFD=∠CFD
∴∠CPF=90°
∴∠PCF+∠PFC=90°
∴114522
DCF CFD PCF PFC ∠+∠=
∠+∠=︒ ∴∠CDF=180°-∠DCF-∠CFD F=90°+45°=135°，
即∠CDF 的度数为135°．
②如下图所示
过点D 分别作DK ⊥PC ，DM ⊥CF ，DN ⊥PF 于直线PC ，CF 和PF 于点K ，M ，N 三点， 设△PCF 内切圆的半径为m ，则DN=m ，
∵点D 是△PCF 的内心，
∴DM=DN=DK ，
又∵∠DCF+∠CFD+∠FDC=180°，∠FDC=45°，
∴∠DCF+∠CFD=45°，
又∵DC ，DF 分别是∠PCF 和∠PFC 的角平分线，
∴∠PCF=2∠DCF ，∠PFC=2∠DFC ，
∴∠PCF+∠PFC=90°，
∴∠CPF=90°．
在四边形PKDN 中，∠PND=∠NPK=∠PKD=90°，
∴四边形PKDN 是矩形，
又∵KD=ND ，
∴四边形PKDN 是正方形．
又∵∠MBD=∠BDM=45°，
∠BDM=∠KDP ，
∴∠KDP=45°．
∵PC=a ，PF=b ，PD=c ，
∴PN=PK=
C 2，
∴NF=b c 2-，CK=a c 2
-， 又∵CK=CM ，FM=FN ，CF=CM+FM ，
∴CF=
a b +，
又∵S △PCF =S △PDF +S △PDC +S △DCF ，
∴1111
ab a c b c (a b 222222=⨯+⨯++-）×c 2
，
化简得：)2a b c c +-------（Ⅰ），
又∵若（c ）（c ）=8
化简得：()2
ab a b 2c 8++=------（Ⅱ）， 将（Ⅰ）代入（Ⅱ）得：c 2=8，
解得：c =c =-
∴
2==， 即△CPF 的内切圆半径长为2．
【点睛】
本题考查圆的内接四边形性质，圆的内心，圆心角、圆周角，同弧（或等弧）之间的相互关系，同时也考查直角三角形，勾股定理，同角或等角的三角函数值相等和三角形的面积公式，正方形，对顶角和整式的运算等知识点；难点是作辅助线和利用等式求△CPF 的内切圆半径长．
16．已知四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∠DAB ＝120°，BC ＝CD ，AD ＝4，AC ＝7，求AB 的长度．
【答案】AB ＝3．
【解析】
【分析】
作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，根据弦、弧、圆周角、圆心角的关系，求得BC CD =u u u r u u u r
，进而得到∠DAC ＝∠CAB ＝60°，在Rt △ADE 中，根据60°锐角三角函数值，可求得DE ＝23，AE ＝2，再由Rt △DEC 中，根据勾股定理求出DC 的长，在△BFC 和△ABF 中，利用60°角的锐角三角函数值及勾股定理求出AF 的长，然后根据求出的两个结果，由AB ＝2AF ，分类讨论求出AB 的长即可.
【详解】
作DE ⊥AC ，BF ⊥AC ，
∵BC ＝CD ， ∴BC CD =u u u r u u u r ， ∴∠CAB ＝∠DAC ，
∵∠DAB ＝120°，
∴∠DAC ＝∠CAB ＝60°，
∵DE ⊥AC ，
∴∠DEA ＝∠DEC ＝90°，
∴sin60°＝4DE ，cos60°＝4
AE ， ∴DE ＝3AE ＝2，
∵AC ＝7，
∴CE ＝5，
∴DC ()2223537+=
∴BC 37，
∵BF ⊥AC ，
∴∠BFA ＝∠BFC ＝90°，
∴tan60°＝BF AF
，BF 2+CF 2＝BC 2， ∴BF
， ∴()22
2
7AF +-=， ∴AF ＝2或AF ＝
32， ∵cos60°＝AF AB
， ∴AB ＝2AF ，
当AF ＝2时，AB ＝2AF ＝4，
∴AB ＝AD ，
∵DC ＝BC ，AC ＝AC ，
∴△ADC ≌△ABC （SSS ），
∴∠ADC ＝∠ABC ，
∵ABCD 是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC ＝180°，
∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，
但AC 2＝49，2222453AD DC +=+
=，
AC 2≠AD 2+DC 2，
∴AB ＝4（不合题意，舍去）， 当AF ＝
32
时，AB ＝2AF ＝3， ∴AB ＝3．
【点睛】 此题主要考查了圆的相关性质和直角三角形的性质，解题关键是构造直角三角形模型，利用直角三角形的性质解题.。