2020-2021历年备战中考数学易错题汇编-圆与相似练习题含详细答案

2020-2021历年备战中考数学易错题汇编-圆与相似练习题含详细答案
一、相似
1．如图，△ABC是一锐角三角形余料，边BC=16cm，高AD=24cm，要加工成矩形零件，使矩形的一边在BC上，其余两个顶点E、F分别在AB、AC上．
求：
（1）AK为何值时，矩形EFGH是正方形？
（2）若设AK=x，S EFGH=y，试写出y与x的函数解析式．
（3）x为何值时，S EFGH达到最大值．
【答案】（1）解：设边长为xcm，
∵矩形为正方形，
∴EH∥AD，EF∥BC，
根据平行线的性质可以得出： = 、 = ，
由题意知EH=x，AD=24，BC=16，EF=x，即 = ， = ，
∵BE+AE=AB，
∴ + = + =1，
解得x= ，
∴AK= ，
∴当时，矩形EFGH为正方形
（2）解：设AK=x，EH=24-x，
∵EHGF为矩形，
∴ = ，即EF= x，
∴S EFGH=y= x•（24-x）=- x2+16x（0＜x＜24）
（3）解：y=- x2+16x
配方得：y= （x-12）2+96，
∴当x=12时，S EFGH有最大值96
【解析】【分析】（1）设出边长为xcm，由正方形的性质得出，EH∥AD，EF∥BC，根据平行线的性质，可以得对应线段成比例，代入相关数据求解即可。

（2）设AK=x，则EH=16-x，根据平行的两三角形相似，再根据相似三角形的对应边上的高之比等于相似比，用含x的代数式表示出EF的长，根据矩形面积公式即可得出y与x的函数解析式。

（3）将（2）中的函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可得出矩形EFGH的面积取最大值时的x的值。

2．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．
（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；
（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为10，点P 是MN上一点，求△PDC周长的最小值．
【答案】（1）解：结论：CF=2DG．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，
∵DE=AE，
∴AD=CD=2DE，
∵EG⊥DF，
∴∠DHG=90°，
∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，
∴∠CDF=∠DEG，
∴△DEG∽△CDF，
∴ = = ，
∴CF=2DG
（2）解：作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，
此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK．
由题意：CD=AD=10，ED=AE=5，DG= ，EG= ，DH= = ，
∴EH=2DH=2 ，
∴HM= =2，
∴DM=CN=NK= =1，
在Rt△DCK中，DK= = =2 ，
∴△PCD的周长的最小值为10+2 ．
【解析】【分析】（1）结论：CF=2DG．理由如下：根据正方形的性质得出AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，根据中点的定义得出AD=CD=2DE，根据同角的余角相等得出∠CDF=∠DEG，从而判断出△DEG∽△CDF，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论；
（2）作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK，由题意得CD=AD=10，ED=AE=5，DG=，
EG=，根据面积法求出DH的长，然后可以判断出△DEH相似于△GDH，根据相似三角形对应边的比等于相似比得出EH=2DH=，再根据面积法求出HM的长，根据勾股定理及矩形的性质及对称的性质得出DM=CN=NK= 1，在Rt△DCK中，利用勾股定理算出DK的长，从而得出答案。

3．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点.
（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM=3，MN=4求BN的长；
（2）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图2所示，请在BC上画一点D，使C，D 是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画出一种情形即可）；
（3）如图3，正方形ABCD中，M，N分别在BC，DC上，且BM≠DN，∠MAN=45°，AM，AN分别交BD于E，F.
求证：①E、F是线段BD的勾股分割点；
②△AMN的面积是△AEF面积的两倍．
【答案】（1）解：（1）①当MN为最大线段时，
∵点M，N是线段AB的勾股分割点，
∴BM= = = ，
②当BN为最大线段时，
∵点M，N是线段AB的勾股分割点，
∴BN= = =5，
综上，BN= 或5；
（2）解：作法：①在AB上截取CE=CA；
②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；
③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；
点D即为所求；如图2所示．
（3）解：①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．
∵∠DAF+∠BAE=90°﹣∠EAF=45°，∠DAF=∠BAH，
∴∠EAH=∠EAF=45°，
∵EA=EA，AH=AF，
∴△EAH≌△EAF，
∴EF=HE，
∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，
∴∠HBE=90°，
在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，
∵BH=DF，EF=HE，
∵EF2=BE2+DF2，
∴E、F是线段BD的勾股分割点．
②证明：如图4中，连接FM，EN．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=∠EDN，∵∠AFE=∠FDN，
∴△AFE∽△DFN，
∴∠AEF=∠DNF，，
∴，∵∠AFD=∠EFN，
∴△AFD∽△EFN，
∴∠DAF=∠FEN，
∵∠DAF+∠DNF=90°，
∴∠AEF+∠FEN=90°，
∴∠AEN=90°
∴△AEN是等腰直角三角形，
同理△AFM是等腰直角三角形；
∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，∴AM= AF，AN= AE，
∵S△AMN= AM•AN•sin45°，
S△AEF= AE•AF•sin45°，
∴ =2，
∴S△AMN=2S△AEF．
【解析】【分析】（1）此题分两种情况：①当MN为最大线段时，②当BN为最大线段时，根据线段的勾股分割点的定义，利用勾股定理分别得出BM的长；
（2）利用尺规作图，将线段AC,CD,DB转化到同一个直角三角形中，①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；这样的作图可以保证直角的出现，及AC 是一条直角边，③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；这样的作图意图利用垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，即BD=DF，从而实现将三条线段转化到同一直角三角形的目的；
（3）①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．根据正方形的性质及旋转的性质得出∠EAH=∠EAF=45°，AH=AF，利用SAS判断出△EAH≌△EAF，根据全等三角形对应边相等得出EF=HE，根据正方形的每条对角线平分一组对角，及旋转的性质得出∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，故∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，根据等量代换得出结论；②证明：如图4中，连接FM，EN．根据正方形的性质及对顶角相等判断出△AFE∽△DFN，根据相似三角形对应角相等，对应边成比例得出∠AEF=∠DNF， AF∶DF =EF∶FN ，根据比例的性质进而得出AF∶EF =DF∶FN,再判断出△AFD∽△EFN，根据相似三角形对应角相等得出∠DAF=∠FEN，根据直角三角形两锐角互余，及等量代换由∠DAF+∠DNF=90°，得出∠AEF+∠FEN=90°，即∠AEN=90°，从而判断出△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；根据等腰直角三角形的边之间的关系AM= AF，AN= AE，从而分别表示出S△AMN与S△AEF，求出它们的比值即可得出答案。

4．在等腰直角三角形ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC,D是AB边上的中点，Rt△EFG的直角顶点E在AB边上移动.
（1）如图1，若点D与点E重合且EG⊥AC、DF⊥BC，分别交AC、BC于点M、N，
易证EM＝EN；如图2，若点D与点E重合，将△EFG绕点D旋转，则线段EM与EN的长度还相等吗?若相等请给出证明，不相等请说明理由；
（2）将图1中的Rt△EGF绕点D顺时针旋转角度α(0∘＜α＜45∘). 如图2，在旋转过程中,当∠MDC＝15∘时，连接MN，若AC＝BC＝2，请求出线段MN的长；
（3）图3, 旋转后,若Rt△EGF的顶点E在线段AB上移动(不与点D、B重合)，当AB＝3AE 时，线段EM与EN的数量关系是________；当AB＝m·AE时，线段EM与EN的数量关系
是________.
【答案】（1）解：EM＝EN;原因如下：
∵∠ACB＝90° AC＝BC D是AB边上的中点
∴DC＝DB ∠ACD＝∠B＝45°∠CDB＝90°
∴∠CDF＋∠FDB＝90°
∵∠GDF＝90°∴∠GDC＋∠CDF＝90°∴∠CDM＝∠BDN 在△CDM和△BDN中
∠MCD＝∠B，DC＝DB，∠CDM＝∠BDN，
∴△CDM≌△BDN ∴DM＝DN 即EM＝EN
（2）解：作DP⊥AC于P,则
∠CDP＝45° CP＝DP＝AP＝1
∵∠CDG＝15°∴∠MDP＝30°
∵cos∠MDP＝
∴DM＝， DM＝DN，
∵△MND为等腰直角三角形
∴MN＝
（3）NE＝2ME；EN＝(m－1)ME
【解析】【解答】解：(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME
证明：如图3，过点E作EP⊥AB交AC于点P
则△AEP为等腰直角三角形，∠PEB＝90°
∴AE＝PE ∵AB＝3AE ∴BE＝2AE ∴BE＝2PE
又∵∠MEP＋∠PEN＝90°
∠PEN＋∠NEB＝90°
∴∠MEP＝∠NEB
又∵∠MPE＝∠B＝45°
∴△PME∽△BNE
∴，即EN＝2EM
由此规律可知，当AB＝m·AE时，EN＝(m－1)·ME
【分析】（1）EM＝EN;原因如下：根据等腰直角三角形的性质得出DC＝DB ∠ACD＝∠B＝45°∠CDB＝90°根据同角的余角相等得出∠CDM＝∠BDN，然后由ASA判断出△CDM≌△BDN 根据全等三角形的对应边相等得出DM＝DN 即EM＝EN；
（2）根据等腰直角三角形的性质得出∠CDP＝45°CP＝DP＝AP＝1，根据角的和差得出
∠MDP＝30°，根据余弦函数的定义及特殊角的三角函数值，由cos∠MDP＝得出DM的长，又DM＝DN，故△MND为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得出MN 的长；
(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME，如图3，过点E作EP⊥AB交AC于点P，则△AEP为等腰直角三角形，∠PEB＝90°，根据同角的余角相等得出∠MEP＝∠NEB然后判断出△PME∽△BNE，根据相似三角形对应边成比例即可得出u结论，由此规律可知，当AB＝m·AE时，EN＝(m－1)·ME
5．已知抛物线y＝ax2＋bx＋5与x轴交于点A(1，0)和点B(5，0)，顶点为M．点C在x轴的负半轴上，且AC＝AB，点D的坐标为(0，3)，直线l经过点C、D．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线l在第三象限上的点，联结AP，且线段CP是线段CA、CB的比例中项，求tan∠CPA的值；
（3）在（2）的条件下，联结AM、BM，在直线PM上是否存在点E，使得∠AEM=∠AMB.若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线与x轴交于点A（1，0），B（5，0），∴ ,
解得
∴抛物线的解析式为
（2）解：∵ A（1，0），B（5，0），
∴ OA=1，AB=4.
∵ AC=AB且点C在点A的左侧，
∴ AC=4 .
∴ CB=CA+AB=8.
∵线段CP是线段CA、CB的比例中项，
∴ .
∴ CP= .
又∵∠PCB是公共角，
∴△CPA∽△CBP .
∴∠CPA= ∠CBP.
过P作PH⊥x轴于H.
∵ OC=OD=3，∠DOC=90°，
∴∠DCO=45°.∴∠PCH=45°
∴ PH=CH=CP =4，
∴ H（-7，0），BH=12，
∴ P（-7，-4），
∴，
tan∠CPA= .
（3）解：∵抛物线的顶点是M（3，-4），
又∵ P（-7，-4），
∴ PM∥x轴 .
当点E在M左侧，则∠BAM=∠AME.
∵∠AEM=∠AMB，
∴△AEM∽△BMA.
∴ ,
∴ .
∴ ME=5，∴ E（-2，-4）.
过点A作AN⊥PM于点N，则N（1，-4）.
当点E在M右侧时，记为点，
∵∠A N=∠AEN，
∴点与E 关于直线AN对称，则（4，-4）.
综上所述，E的坐标为（-2，-4）或（4，-4）.
【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解。

即;由题意把A（1，0），B（5，0），代入解析式可得关于a、b的方程组，a + b + 5 = 0 ，25 a + 5 b + 5 = 0 ,解得a=1、b=-6，所以抛物线的解析式为 y =− 6 x + 5；
(2)过P作PH⊥x轴于H.由题意可得OA=1，AB=4.而AC=AB且点C在点A的左侧，所以
AC=4 ，则CB=CA+AB=8，已知线段CP是线段CA、CB的比例中项，所以,解得CP= 4，因为∠PCB是公共角，所以根据相似三角形的判定可得△CPA∽△CBP ，所以∠CPA= ∠CBP；因为OC=OD=3，∠DOC=90°，∠DCO=45°.所以∠PCH=45°，在直角三角形PCH中，PH=CH=CP sin 45 ∘=4，所以H（-7，0），BH=12，则P（-7，-4），在直角三角形PBH
中，tan ∠ CBP ==tan∠CPA;
（3）将（1）中的解析式配成顶点式得y=-4,所以抛物线的顶点是M（3，-4），而P点的纵坐标也为-4，所以PM∥x轴.分两种情况讨论：当点E在M左侧，则∠BAM=∠AME，而∠AEM=∠AMB，根据相似三角形的判定可得△AEM∽△BMA，所以可
得比例式,即,解得ME=5，所以E（-2，-4）；当点E在M右侧时，记为点E ′ ，过点A作AN⊥PM于点N，则N（1，-4），因为∠A E ′ N=∠AEN，所以根据轴对称的意义可得点E ′ 与E 关于直线AN对称，则（4，-4）.
6．Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝7，点P是边AC上不与点A、C重合的一点，作PD∥BC交AB边于点D.
（1）如图1，将△APD沿直线AB翻折，得到△AP'D，作AE∥PD.求证：AE＝ED；
（2）将△APD绕点A顺时针旋转，得到△AP'D'，点P、D的对应点分别为点P'、D'，
①如图2，当点D'在△ABC内部时，连接P′C和D'B，求证：△AP'C∽△AD'B；
②如果AP：PC＝5：1，连接DD'，且DD'＝ AD，那么请直接写出点D'到直线BC的距离.
【答案】（1）证明：∵将△APD沿直线AB翻折，得到△AP'D，
∴∠ADP'＝∠ADP，
∵AE∥PD，
∴∠EAD＝∠ADP，
∴∠EAD＝∠ADP'，
∴AE＝DE
（2）解：①∵DP∥BC，
∴△APD∽△ACB，
∴，
∵旋转，
∴AP＝AP'，AD＝AD'，∠PAD＝∠P'AD'，
∴∠P'AC＝∠D'AB，，
∴△AP'C∽△AD'B
②若点D'在直线BC下方，如图，过点A作AF⊥DD'，过点D'作D'M⊥AC，交AC的延长线于M，
∵AP：PC＝5：1，
∴AP：AC＝5：6，
∵PD∥BC，
∴ = ，
∵BC＝7，
∴PD＝，
∵旋转，
∴AD＝AD'，且AF⊥DD'，
∴DF＝D'F＝ D'D，∠ADF＝∠AD'F，
∵cos∠ADF＝＝ = ，
∴∠ADF＝45°，
∴∠AD'F＝45°，
∴∠D'AD＝90°
∴∠D'AM+∠PAD＝90°，
∵D'M⊥AM，
∴∠D'AM+∠AD'M＝90°，
∴∠PAD＝∠AD'M，且AD'＝AD，∠AMD'＝∠APD，
∴△AD'M≌△DAP（AAS）
∴PD＝AM＝，
∵CM＝AM﹣AC＝﹣3，
∴CM＝，
∴点D'到直线BC的距离为
若点D'在直线BC的上方，如图，过点D'作D'M⊥AC，交CA的延长线于点M，
同理可证：△AMD'≌△DPA，
∴AM＝PD＝，
∵CM＝AC+AM，
∴CM＝3+ ＝，
∴点D'到直线BC的距离为
综上所述：点D'到直线BC的距离为或；
【解析】【分析】（1）由折叠的性质和平行线的性质可得∠EAD＝∠ADP＝∠ADP'，即可
得AE＝DE；（2）①由题意可证△APD∽△ACB，可得，由旋转的性质可得AP＝AP'，AD＝AD'，∠PAD＝∠P'AD'，即∠P'AC＝∠D'AB，，则△AP'C∽△AD'B；②分点D'在
直线BC的下方和点D'在直线BC的上方两种情况讨论，根据平行线分线段成比
例，可求PD＝，通过证明△AMD'≌△DPA，可得AM＝PD＝，即可求点D'到直线BC 的距离.
7．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，动点Q在边AB上，连接CQ，将△BQC沿CQ所在的直线对折得到△CQN，延长QN交直线CD于点M．
（1）求证：MC＝MQ
（2）当BQ＝1时，求DM的长；
（3）过点D作DE⊥CQ，垂足为点E，直线QN与直线DE交于点F，且，求BQ的长．
【答案】（1）解：证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC AB
即∠MCQ=∠CQB，
∵△BQC沿CQ所在的直线对折得到△CQN
∴∠CQN=∠CQB，
即∠MCQ=∠MQC，
∴MC=MQ．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，△BQC沿CQ所在的直线对折得到△CQN，
∴∠CNM=∠B=90°，
设DM=x，则MQ=MC=6+x，MN=5+x，
在Rt△CNM中，MB2=BN2+MN2，
即（x+6）2=42+（x+5）2，
解得：x= ，
∴DM= ，
∴DM的长2.5．
（3）解：解：分两种情况：
①当点M在CD延长线上时，如图所示：
由（1）得∠MCQ=∠MQC，
∵DE⊥CQ，
∴∠CDE=∠F，
又∵∠CDE=∠FDM，
∴∠FDM=∠F，
∴MD=MF．
过M点作MH⊥DF于H，则DF=2DH，
又，
∴，
∵DE⊥CQ MH⊥DF，
∴∠MHD=∠DEC=90°，
∴△MHD∽△DEC
∴，
∴DM=1，MC=MQ=7，
∴MN＝
∴BQ＝NQ＝
②当点M在CD边上时，如图所示，类似可求得BQ=2．
综上所述，BQ的长为或2．
【解析】【分析】（1）由矩形的性质得出∠B=90°，AB=CD=6，CD∥AB，得出∠MCQ=∠CQB，由折叠的性质得出△CBQ≌△CNQ，求出BC=NC=4，NQ=BQ=1，∠CNQ=∠B=90°，∠CQN=∠CQB，得出∠CNM=90°，∠MCQ=∠CQN，证出MC=MQ．（2）设DM=x，则MQ=MC=6+x，MN=5+x，在Rt△CNM中，由勾股定理得出方程，解方程即可．（3）分两种情况：①当点M在CD延长线上时，由（1）得：∠MCQ=∠CQM，证出∠FDM=∠F，得出MD=MF，过M作MH⊥DF于H，则DF=2DH，证明△MHD∽△CED，得
出，求出MD= CD=1，MC=MQ=7，由勾股定理得出MN即可解决问题．
②当点M在CD边上时，同①得出BQ=2即可．
8．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°得到平行四边形A′B′OC′．抛物线y＝﹣x2+2x+3经过点A、C、A′三点．
（1）求A、A′、C三点的坐标；
（2）求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′OC′重叠部分△C′OD的面积；
（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M的坐标．
【答案】（1）解：当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝3，x2＝﹣1，
则C（﹣1，0），A′（3，0），
当x＝0时，y＝3，则A（0，3）
（2）解：∵四边形ABOC为平行四边形，
∴AB OC，AB＝OC，
而C（﹣1，0），A（0，3），
∴B（1，3），
∴OB＝＝，S△AOB＝ ×3×1＝，
又∵平行四边形ABOC旋转90°得平行四边形A′B′OC′，
∴∠ACO＝∠OC′D，OC′＝OC＝1，
又∵∠ACO＝∠ABO，
∴∠ABO＝∠OC′D．
又∵∠C′OD＝∠AOB，
∴△C′OD∽△BOA，
∴＝( )2＝（）2＝，
∴S△C′OD＝ × ＝
（3）解：设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，
作MN y轴交直线AA′于N，易得直线AA′的解析式为y＝﹣x+3，则N（m，﹣m+3），
∵MN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∴S△AMA′＝S△ANM+S△MNA′
＝MN•3
＝（﹣m2+3m）
＝﹣m2+ m
＝﹣（m﹣）2+ ，
∴当m＝时，S△AMA'的值最大，最大值为，此时M点坐标为（，）．
【解析】【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点问题可求出C（﹣1，0），A′（3，0）；计算自变量为0时的函数值可得到A（0，3）；（2）先由平行四边形的性质得AB∥OC，AB＝OC，易得B（1，3），根据勾股定理和三角形面积公式得到OB＝，S△AOB＝
，再根据旋转的性质得∠ACO＝∠OC′D，OC′＝OC＝1，接着证明△C′OD∽△BOA，利
用相似三角形的性质得＝( )2，则可计算出S△C′OD；（3）根据二次函数图象上点的坐标特征，设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，作MN y轴交直线AA′于N，求出直线AA′的解析式为y＝﹣x+3，则N（m，﹣m+3），于是可计算出
MN＝﹣m2+3m，再利用S△AMA′＝S△ANM+S△MNA′和三角形面积公式得到S△AMA′＝﹣m2+ m，然后根据二次函数的最值问题求出△AMA′的面积最大值，同时即可确定此时M点的坐标．
二、圆的综合
9．如图，点P在⊙O的直径AB的延长线上，PC为⊙O的切线，点C为切点，连接AC，过点A作PC的垂线，点D为垂足，AD交⊙O于点E．
(1)如图1，求证：∠DAC=∠PAC；
(2)如图2，点F（与点C位于直径AB两侧）在⊙O上，»»
BF FA
，连接EF，过点F作AD 的平行线交PC于点G，求证：FG=DE+DG；
(3)在(2)的条件下，如图3，若AE=2
3
DG，PO=5，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2．
【解析】
【分析】
（1）连接OC，求出OC∥AD，求出OC⊥PC，根据切线的判定推出即可；
（2）连接BE交GF于H，连接OH，求出四边形HGDE是矩形，求出DE=HG，FH=EH，即可得出答案；
（3）设OC交HE于M，连接OE、OF，求出∠FHO=∠EHO=45°，根据矩形的性质得出
EH∥DG，求出OM=1
2
AE，设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=
2
3
DG，DG=3a，
求出ME=CD=2a，BM=2a，解直角三角形得出tan∠MBO＝
1
2
MO
BM
=，tanP=
1
2
CO
PO
=,设
OC=k，则PC=2k，根据OP=5k=5求出k=5，根据勾股定理求出a，即可求出答案．【详解】
（1）证明：连接OC，
∵PC为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∵AD⊥PC，
∴OC∥AD，
∴∠OCA=∠DAC，
∵OC=OA，
∴∠PAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠PAC；
（2）证明：连接BE交GF于H，连接OH，
∵FG∥AD，
∴∠FGD+∠D=180°，
∵∠D=90°，
∴∠FGD=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠BEA=90°，
∴∠BED=90°，
∴∠D=∠HGD=∠BED=90°，
∴四边形HGDE是矩形，
∴DE=GH，DG=HE，∠GHE=90°，∵»»
BF AF
=，
∴∠HEF=∠FEA=1
2
∠BEA=190
2
o
⨯=45°，
∴∠HFE=90°﹣∠HEF=45°，
∴∠HEF=∠HFE，
∴FH=EH，
∴FG=FH+GH=DE+DG；
（3）解：设OC交HE于M，连接OE、OF，
∵EH=HF，OE=OF，HO=HO，
∴△FHO≌△EHO，
∴∠FHO=∠EHO=45°，
∵四边形GHED是矩形，
∴EH∥DG，
∴∠OMH=∠OCP=90°，
∴∠HOM=90°﹣∠OHM=90°﹣45°=45°，
∴∠HOM=∠OHM，
∴HM=MO，
∵OM⊥BE，
∴BM=ME，
∴OM=1
2 AE，
设OM=a，则HM=a，AE=2a，AE=2
3
DG，DG=3a，
∵∠HGC=∠GCM=∠GHE=90°，∴四边形GHMC是矩形，
∴GC=HM=a，DC=DG﹣GC=2a，∵DG=HE，GC=HM，
∴ME=CD=2a，BM=2a，
在Rt△BOM中，tan∠MBO=
1
22 MO a
BM a
==，
∵EH∥DP，
∴∠P=∠MBO，
tanP=
1
2 CO
PO
=，
设OC=k，则PC=2k，
在Rt△POC中，OP=5k=5，
解得：k=5，OE=OC=5，
在Rt△OME中，OM2+ME2=OE2，5a2=5，
a=1，
∴HE=3a=3，
在Rt△HFE中，∠HEF=45°，
∴EF=2HE=32．
【点睛】
考查了切线的性质，矩形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理等知识点，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
10．（类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切．以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形
（性质探究）如图1，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系
猜想结论：（要求用文字语言叙述）
写出证明过程（利用图1，写出已知、求证、证明）
（性质应用）
①初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形（填序号）
A：平行四边形：B：菱形：C：矩形；D：正方形
②如图2，圆外切四边形ABCD，且AB=12，CD=8，则四边形的周长是．
③圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5：4：7，求四边形各边的长．
【答案】见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据切线长定理即可得出结论；
（2）①圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论；
②根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论；
③根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．
【详解】
性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：
如图1，已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H．
求证：AD+BC=AB+CD．
证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG=AH，同理：BG=BF，CE=CF，DE=DH，
∴AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等．
故答案为：圆外切四边形的对边和相等；
性质应用：①∵根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等．
∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等．
故答案为：B，D；
②∵圆外切四边形ABCD，∴AB+CD=AD+BC．
∵AB=12，CD=8，∴AD+BC=12+8=20，∴四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40．
故答案为：40；
③∵相邻的三条边的比为5：4：7，∴设此三边为5x，4x，7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为5x+7x﹣4x=8x．
∵圆外切四边形的周长为48cm，∴4x+5x+7x+8x=24x=48，∴x=2，∴此四边形的四边为
4x=8cm，5x=10cm，7x=14cm，8x=16cm．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键．
11．如图所示，以Rt△ABC的直角边AB为直径作圆O，与斜边交于点D，E为BC边上的中点，连接DE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）连接OE，AE，当∠CAB为何值时，四边形AOED是平行四边形？并在此条件下求
sin ∠CAE 的值．
【答案】(1)见解析;(2)1010. 【解析】 分析：（1）要证DE 是⊙O 的切线，必须证ED ⊥OD ，即∠EDB+∠ODB=90°
（2）要证AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点，又BD ⊥AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的概念求解即可．
详解：（1）证明：连接O 、D 与B 、D 两点，
∵△BDC 是Rt △，且E 为BC 中点，
∴∠EDB=∠EBD ．（2分）
又∵OD=OB 且∠EBD+∠DBO=90°，
∴∠EDB+∠ODB=90°．
∴DE 是⊙O 的切线．
（2）解：∵∠EDO=∠B=90°，
若要四边形AOED 是平行四边形，则DE ∥AB ，D 为AC 中点，
又∵BD ⊥AC ，
∴△ABC 为等腰直角三角形．
∴∠C AB=45°．
过E 作EH ⊥AC 于H ，
设BC=2k ，则EH=
2k ，AE=5k ， ∴sin ∠CAE=10EH AE ．
点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．
12．某居民小区的一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需要确定管道圆形截面的半径．如图，若这个输水管道有水部分的水面宽AB=16cm，水最深的地方的高度为4cm，求这个圆形截面的半径．
【答案】10cm
【解析】
分析：先过圆心O作半径CO⊥AB，交AB于点D设半径为r，得出AD、OD的长，在
Rt△AOD中，根据勾股定理求出这个圆形截面的半径．
详解：解：过点O作OC⊥AB于D，交⊙O于C，连接OB，
∵OC⊥AB
∴BD=1
2
AB=
1
2
×16=8cm
由题意可知，CD=4cm
∴设半径为xcm，则OD=（x﹣4）cm
在Rt△BOD中，
由勾股定理得：OD2+BD2=OB2
（x﹣4）2+82=x2
解得：x=10．
答：这个圆形截面的半径为10cm．
点睛：此题考查了垂经定理和勾股定理，关键是根据题意画出图形，再根据勾股定理进行求解．
13．如图，AN是⊙M的直径，NB∥x轴，AB交⊙M于点C．
（1）若点A（0，6），N（0，2），∠ABN=30°，求点B的坐标；
（2）若D为线段NB的中点，求证：直线CD是⊙M的切
线．
【答案】(1) B（，2）．(2)证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）在Rt△ABN中，求出AN、AB即可解决问题；（2）连接MC，NC．只要证明∠MCD=90°即可
试题解析：（1）∵A的坐标为（0，6），N（0，2），
∴AN=4，
∵∠ABN=30°，∠ANB=90°，
∴AB=2AN=8，
∴由勾股定理可知：NB=，
∴B（，2）．
（2）连接MC，NC
∵AN是⊙M的直径，
∴∠ACN=90°，
∴∠NCB=90°，
在Rt△NCB中，D为NB的中点，
∴CD=NB=ND，
∴∠CND=∠NCD，
∵MC=MN，
∴∠MCN=∠MNC，
∵∠MNC+∠CND=90°，
∴∠MCN+∠NCD=90°，
即MC⊥CD．
∴直线CD是⊙M的切线．
考点：切线的判定；坐标与图形性质．
14．解决问题：
()1如图①，半径为4的O
e外有一点P，且7
e上，则PA的最大值和
PO=，点A在O
最小值分别是______和______．
()2如图②，扇形AOB的半径为4，45
∠=o，P为弧AB上一点，分别在OA边找
AOB
V周长的最小，请在图②中确定点E、F的位置并直点E，在OB边上找一点F，使得PEF
V周长的最小值；
接写出PEF
拓展应用
()3如图③，正方形ABCD的边长为42；E是CD上一点(不与D、C重合)，
V周长CF BE
=，M、N分别是AB、AC上动点，求PMN ⊥于F，P在BE上，且PF CF
的最小值．
V周长最小值为423）41042．【答案】（1）11，3；（2）图见解析，PEF
【解析】
【分析】
()1根据圆外一点P到这个圆上所有点的距离中，最远是和最近的点是过圆心和该点的直线与圆的交点，容易求出最大值与最小值分别为11和3；
()2作点P关于直线OA的对称点1P，作点P关于直线OB的对称点2P，连接1P、2P，与
V周长最小，然后根据等腰直角OA、OB分别交于点E、F，点E、F即为所求，此时PEF
三角形求解即可；
()3类似()2题作对称点，PMN V 周长最小12PP =，然后由三角形相似和勾股定理求解．
【详解】
解：()1如图①，Q 圆外一点P 到这个圆上所有点的距离中，最大距离是和最小距离都在过圆心的直线OP 上，
此直线与圆有两个交点，圆外一点与这两个交点的距离个分别最大距离和最小距离． PA ∴的最大值227411PA PO OA ==+=+=，
PA 的最小值11743PA PO OA ==-=-=，
故答案为11和3；
()2如图②，以O 为圆心，OA 为半径，画弧AB 和弧BD ，作点P 关于直线OA 的对称点1P ，作点P 关于直线OB 的对称点2P ，连接1P 、2P ，与OA 、OB 分别交于点E 、F ，点E 、F 即为所求．
连接1OP 、2OP 、OP 、PE 、PF ，
由对称知识可知，1AOP AOP ∠∠=，2BOP BOP ∠∠=，1
PE PE =，2PF P F = ∴1245AOP BOP AOP BOP AOB ∠∠∠∠∠+=+==o ，
12454590POP o o o ∠=+=，
12POP ∴V 为等腰直角三角形，
121PP ∴==
PEF V 周长1212PE PF EF PE P F EF PP =++=++=，此时PEF V 周长最小．
故答案为；
()3作点P 关于直线AB 的对称1P ，连接1AP 、1BP ，作点P 关于直线AC 的对称2P ， 连接1P 、2P ，与AB 、AC 分别交于点M 、N ．如图③
由对称知识可知，1
PM PM =，2PN P N =，PMN V 周长1212PM PN MN PM P N MN PP =++=++=，
此时，PMN V 周长最小12PP =．
由对称性可知，1BAP BAP ∠∠=，2EAP EAP ∠∠=，12AP
AP AP ==， ∴12
45BAP EAP BAP EAP BAC o ∠∠∠∠∠+=+== 12454590P AP ∠=+=o o o ，
12P AP V ∴为等腰直角三角形，
PMN ∴V 周长最小值12PP =，当
AP 最短时，周长最小． 连接DF ．
CF BE Q ⊥，且PF CF =，
45PCF ∠∴=o ，2PC CF = 45ACD ∠=o Q ， PCF ACD ∠∠∴=，PCA FCD ∠∠=，
又2AC CD
=， ∴在APC V 与DFC V 中，AC PC CD CF
=，PCA FCD ∠∠= C AP ∴V ∽DFC V ，
2AP AC DF CD ∴==， ∴2AP DF =
90BFC ∠=o Q ，取AB 中点O ．
∴点F 在以BC 为直径的圆上运动，当D 、F 、O 三点在同一直线上时，DF 最短． 2222(22)(42)2221022DF DO FO OC CD OC =-=+-=+-=-， AP ∴最小值为2AP DF =
∴此时，PMN V 周长最小值
()
12222222102241042PP AP DF ==⋅=⋅-=-．
【点睛】
本题考查圆以及正方形的性质，运用圆的对称性和正方形的对称性是解答本题的关键．
15．已知，ABC ∆内接于O e ，点P 是弧AB 的中点，连接PA 、PB ；
（1）如图1，若AC BC =，求证：AB PC ⊥；
（2）如图2，若PA 平分CPM ∠，求证：AB AC =；
（3）在（2）的条件下，若24sin 25
BPC ∠=，8AC =，求AP 的值．
【答案】(1)见解析;(2)见解析5
【解析】
【分析】
(1)由点P 是弧AB 的中点，可得出AP=BP , 通过证明APC BPC ∆≅∆ ,ACE BCE ∆≅∆可得出AEC BEC ∠=∠进而证明AB ⊥ PC.
(2)由PA 是∠CPM 的角平分线，得到∠MPA=∠APC, 等量代换得到∠ABC=∠ACB, 根据等腰三角形的判定定理即可证得AB=AC.
(3)过A 点作AD ⊥BC,有三线合一可知AD 平分BC,点O 在AD 上，连结OB ，则∠BOD ＝∠BAC ，根据圆周角定理可知∠BOD=∠BAC, ∠BPC=∠BAC ，由∠BOD=∠BPC 可得
sin sin BD BOD BPC OB
∠=∠=
,设OB=25x ，根据勾股定理可算出OB 、BD 、OD 、AD 的长，再次利用勾股定理即可求得AP 的值.
【详解】
解：（1）∵点P 是弧AB 的中点，如图1，
∴AP ＝BP ，
在△APC 和△BPC 中 AP BP AC BC PC PC =⎧⎪=⎨⎪=⎩
，
∴△APC ≌△BPC （SSS ），
∴∠ACP ＝∠BCP ，
在△ACE 和△BCE 中
AC BC ACP BCP CE CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ACE ≌△BCE （SAS ），
∴∠AEC ＝∠BEC ，
∵∠AEC +∠BEC ＝180°，
∴∠AEC ＝90°，
∴AB ⊥PC ；
（2）∵PA 平分∠CPM ，
∴∠MPA ＝∠APC ，
∵∠APC +∠BPC +∠ACB ＝180°，∠MPA +∠APC +∠BPC ＝180°，
∴∠ACB ＝∠MPA ＝∠APC ，
∵∠APC ＝∠ABC ，
∴∠ABC ＝∠ACB ，
∴AB ＝AC ；
（3）过A 点作AD ⊥BC 交BC 于D ，连结OP 交AB 于E ，如图2，
由（2）得出AB ＝AC ，
∴AD 平分BC ，
∴点O 在AD 上，
连结OB ，则∠BOD ＝∠BAC ，
∵∠BPC ＝∠BAC ，
∴sin sin BOD BPC ∠=∠=
2425BD OB =， 设OB ＝25x ，则BD ＝24x ，
∴OD 22OB BD -7x ，
在Rt ABD V 中，AD ＝25x +7x ＝32x ，BD ＝24x ，
∴AB 22AD BD +40x ，
∵AC ＝8，
∴AB ＝40x ＝8，
解得：x ＝0.2，
∴OB ＝5，BD ＝4.8，OD ＝1.4，AD ＝6.4，
∵点P 是¶AB 的中点，
∴OP 垂直平分AB ，
∴AE ＝12
AB ＝4，∠AEP ＝∠AEO ＝90°， 在Rt AEO ∆中，OE 223AO AE -=，
∴PE ＝OP ﹣OE ＝5﹣3＝2，
在Rt APE ∆中，AP ＝22222425PE AE +=+=．
【点睛】
本题是一道有关圆的综合题，考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定定理和三线合一，是初中数学的重点和难点，一般以压轴题形出现，难度较大.
16．已知Rt △ABC ，∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，AD ＝AC ，BC ＝43，过A ，D 两点作⊙O ，交AB 于点E ，
（1）求弦AD 的长；
（2）如图1，当圆心O 在AB 上且点M 是⊙O 上一动点，连接DM 交AB 于点N ，求当ON 等于多少时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形？
（3）如图2，当圆心O 不在AB 上且动圆⊙O 与DB 相交于点Q 时，过D 作DH ⊥AB （垂足为H ）并交⊙O 于点P ，问：当⊙O 变动时DP ﹣DQ 的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】（1）23（2）当ON 等于13﹣1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形 （3）不变，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD 的长；
（2）连DE 、ME ，易得当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，根据垂径定理得推论得OE ⊥DM ，易得到△ADC 为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=123ON=33
DN=1； 当MD=ME ，DE 为底边，作DH ⊥AE ，由于3∠DAE=30°，得到3，∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，
又∠M=∠DAE=30°，MD=ME ，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到33；
（3）连AP 、AQ ，DP ⊥AB ，得AC ∥DP ，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠PAQ=∠PDB ，∠AQC=∠P ，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD ，易证得△AQC ≌△APD ，得到 DP=CQ ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD ，而△ADC 为等边三角形，3DP-DQ 的值．
【详解】
解：（1）∵∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，BC ＝
∴AD
＝12
BC ＝ （2）连DE 、ME ，如图，∵DM ＞DE ，
当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，
∴OE ⊥DM ，
又∵AD ＝AC ，
∴△ADC 为等边三角形，
∴∠CAD ＝60°，
∴∠DAO ＝30°，
∴∠DON ＝60°，
在Rt △ADN 中，DN ＝
12AD ，
在Rt △ODN 中，ON ＝3
DN ＝1， ∴当ON 等于1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；
当MD ＝ME ，DE 为底边，如图3，作DH ⊥AE ，
∵AD ＝
∠DAE ＝30°，
∴DH ∠DEA ＝60°，DE ＝2，
∴△ODE 为等边三角形，
∴OE ＝DE ＝2，OH ＝1，
∵∠M ＝∠DAE ＝30°，
而MD ＝ME ，
∴∠MDE ＝75°，
∴∠ADM ＝90°﹣75°＝15°，
∴∠DNO ＝45°，
∴△NDH 为等腰直角三角形，
∴NH
＝DH
∴ON
﹣1；
综上所述，当ON 等于11时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；
（3）当⊙O 变动时DP ﹣DQ 的值不变，DP ﹣DQ ＝．理由如下：
连AP 、AQ ，如图2，
∵∠C ＝∠CAD ＝60°，
而DP ⊥AB ，
∴AC ∥DP ，
∴∠PDB ＝∠C ＝60°，
又∵∠PAQ ＝∠PDB ，
∴∠PAQ＝60°，
∴∠CAQ＝∠PAD，
∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，
∴△AQC≌△APD，
∴DP＝CQ，
∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．
【点睛】
本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．。