2020-2021中考数学知识点过关培优易错试卷训练∶圆与相似及详细答案

2020-2021中考数学知识点过关培优易错试卷训练∶圆与相似及详细答案
一、相似
1．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCD是矩形，点A、C的坐标分别是A（0,2）和C（2,0），点D是对角线AC上一动点（不与A、C重合），连结BD，作，交x轴于点E，以线段DE、DB为邻边作矩形BDEF.
（1）填空：点B的坐标为________；
（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；
（3）①求证：；
②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值
【答案】（1）
（2）解：存在，理由如下：
∵OA=2,OC=2，
∵tan∠ACO==,
∴∠ACO=30°,∠ACB=60°
①如图（1）中，当E在线段CO上时，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，
∴∠DCE=∠EDC=30°,
∴∠DBC=∠BCD=60°,
∴△DBC是等边三角形，
∴DC=BC=2，
在Rt△AOC中，
∵∠ACO=30°，OA=2，
∴AC=2AO=4，
∴AD=AC-CD=4-2=2，
∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形，
②如图（2）中，当E在OC的延长线上时，△DCE是等腰三角形，只有CD=CE，
∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°,
∴∠ABD=∠ADB=75°,
∴AB=AD=2，
综上所述，满足条件的AD的值为2或2.
（3）①如图，过点D作MN⊥AB于点M，交OC于点N。

∵A(0.2)和C(23 ,0)，
∴直线AC的解析式为y=-33x+2，
设D（a，-33a+2），
∴DN=-33a+2,BM=23-a
∵∠BDE=90°,
∴∠BDM+∠NDE=90°,∠BDM+∠DBM=90°,
∴∠DBM=∠EDN,
∵∠BMD=∠DNE=90°,
∴△BMD~△DNE,
∴DEBD=DNBM=-33a+223-a=33.
②如图（2）中，作DH⊥AB于H。

在Rt△ADH中，
∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°,
∴DH=12AD=12x，AH=AD2-DH2=32x，
∴BH=23-32x，
在Rt△BDH中，BD=BH2+DH2=12x2+23-32x2,
∴DE=33BD=33·12x2+23-32x2,
∴矩形BDEF的面积为y=3312x2+23-32x22=33x2-6x+12,
即y=33x2-23x+43,
∴y=33x-32+3
∵33>0,
∴x=3时，y有最小值3.
【解析】【解答】（1）∵四边形AOCB是矩形，
∴BC=OA=2，OC=AB=，∠BCO=∠BAO=90°,
∴B（， 2）
【分析】（1）根据点A、C的坐标，分别求出BC、AB的长，即可求解。

（2）根据点A、C的坐标，求出∠ACO，∠ACB的度数，分两种情况讨论：①如图（1）中，当E在线段CO上时，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC；②如图（2）中，当E在OC的延长线上时，△DCE是等腰三角形，只有CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°,分别求出AD的长，即可求解。

（3）①如图，过点D作MN⊥AB于点M，交OC于点N。

利用待定系数法求出直线AC的
解析式，设D（a，-a+2），分别用含a的代数式表示出DN、BM的长，再证明△BMD~△DNE，然后根据相似三角形的性质，得出对应边成比例，即可求解；②如图（2）中，作DH⊥AB于H。

设AD=x，用含x的代数式分别表示出DH、BH的长，利用勾股定理求出BD、DE的长再根据矩形的面积公式，列出y与x的函数关系式，求出顶点坐标，即可求解。

2．已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4.点Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交线段AB（如图1）或线段AB的延长线（如图2）于点P.
（1）当点P在线段AB上时，求证：△APQ∽△ABC；
（2）当△PQB为等腰三角形时，求AP的长.
【答案】（1））证明：∵∠A+∠APQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠APQ=∠C.
在△APQ与△ABC中，∵∠APQ=∠C，∠A=∠A，
∴△APQ∽△ABC.
（2）解：在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5.
∵∠BPQ为钝角，∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ.
（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示，
由（1）可知，△APQ∽△ABC，
∴，即，解得： .
∴ .
（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示,
∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P.
∵∠BQP+∠AQB=90°，∠A+∠P=90°，∴∠AQB=∠A。

∴BQ=AB。

∴AB=BP，点B为线段AB中点。

∴AP=2AB=2×3=6.
综上所述，当△PQB为等腰三角形时，AP的长为或6.
【解析】【分析】（1）由两对角相等（∠APQ=∠C，∠A=∠A），证明△APQ∽△ABC。

（2）当△PQB为等腰三角形时，有两种情况，需要分类讨论.（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示.由三角形相似（△APQ∽△ABC）关系计算AP的长；（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示.利用角之间的关系，证明点B为线段AP的中点，从而可以求出AP.
3．如图1，以□ABCD的较短边CD为一边作菱形CDEF,使点F落在边AD上，连接BE，交AF于点G.
（1）猜想BG与EG的数量关系.并说明理由；
（2）延长DE,BA交于点H，其他条件不变，
①如图2，若∠ADC=60°，求的值；
②如图3，若∠ADC=α（0°<α<90°）,直接写出的值.（用含α的三角函数表示）
【答案】（1）解：，
理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴∥， .
∵四边形是菱形，
∴∥， .
∴∥， .
∴ .
又∵，
∴≌ .
∴
（2）解：方法1：过点作∥，交于点，
∴ .
∵，
∴∽ .
∴ .
由（1）结论知 .
∴ .
∴ .
∵四边形为菱形，
∴ .
∵四边形是平行四边形，
∴∥ .
∴ .
∵∥，
∴ .
∴，
即 .
∴是等边三角形。

∴ .
∴ .
方法2：延长，交于点，
∵四边形为菱形，
∴ .
∵四边形为平形四边形，
∴，∥ .
∴ .
,即 .
∴为等边三角形.
∴ .
∵∥，
∴ , .
∴∽，
∴ .
由（1）结论知
∴ .
∴ .
∵ ,
∴ .
如图3，连接EC交DF于O，
∵四边形CFED是菱形，
∴EC⊥AD，FD=2FO，
设FG=a，AB=b，则FG=a，EF=ED=CD=b，
Rt△EFO中，cosα= ，
∴OF=bcosα，
∴DG=a+2bcosα，
过H作HM⊥AD于M，
∵∠ADC=∠HAD=∠ADH=α，
∴AH=HD，
∴AM= AD= （2a+2bcosα）=a+bcosα，
Rt△AHM中，cosα= ，
∴AH= ，
∴ = =cosα
【解析】【分析】（1）利用菱形和平行四边形的性质可得出AB∥CD∥EF，AB=CD=EF，再利用平行线的性质可证得∠ABG=∠FEG，然后利用AAS可证得△ABG≌△FEG，由全等三角形的性质可证得结论。

（2）①过点 G 作 GM ∥ BH ，交 DH 于点 M ，易证△GME∽△BHE。

得出对应边成比例，求出MG与BH的比值，再利用菱形的性质及平行四边形的性质证明DG=MG，即可解答；
②连接EC交DF于O，利用菱形的性质可得出EC⊥AD，FD=2FO，设FG=a，AB=b，可表示出FG，EF=ED=CD=b，Rt△EFO中，利用锐角三角函数的定义可得出OF、DG，过H作HM⊥AD于M，易证AH=HD，AM=a+bcosα，再在Rt△AHM中，利用锐角三角函数的定义求出AH的长，继而可得出DG与BH的比值，可解答。

4．已知菱形的一个角与三角形的一个角重合，然后它的对角顶点在这个重合角的对边上，这个菱形称为这个三角形的亲密菱形，如图，在△CFE中，CF=6,CE=12,∠FCE=45°,以点C为
圆心，以任意长为半径作AD，再分别以点A和点D为圆心，大于 AD长为半径做弧，交
于点B,AB∥CD.
（1）求证：四边形ACDB为△CFE的亲密菱形；
（2）求四边形ACDB的面积.
【答案】（1）证明：由已知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺规作图痕迹得：BC是∠FCE的角
平分线,
∴∠ACB=∠DCB，
又∵AB∥CD,
∴∠ABC=∠DCB，
∴∠ACB=∠ABC，
∴AC=AB，
又∵AC=CD,AB=DB,
∴AC=CD=DB=BA，
四边形ACDB是菱形，
又∵∠ACD与△FCE中的∠FCE重合，它的对角∠ABD顶点在EF上，
∴四边形ACDB为△FEC的亲密菱形.
（2）解：设菱形ACDB的边长为x，∵CF=6,CE=12,
∴FA=6-x，
又∵AB∥CE,
∴△FAB∽△FCE,
∴ ,
即，
解得：x=4，
过点A作AH⊥CD于点H,
在Rt△ACH中，∠ACH=45°,
∴sin∠ACH= ,
∴AH=4× =2 ,
∴四边形ACDB的面积为： .
【解析】【分析】（1）依题可得：AC=CD,AB=DB,BC是∠FCE的角平分线,根据角平分线的定义和平行线的性质得∠ACB=∠ABC，根据等角对等边得AC=AB，从而得AC=CD=DB=BA，根据四边相等得四边形是菱形即可得四边形ACDB是菱形；再根据题中的新定义即可得证.（2）设菱形ACDB的边长为x，根据已知可得CF=6,CE=12,FA=6-x，根据相似三角形的判定
和性质可得，解得：x=4,过点A作AH⊥CD于点H,在Rt△ACH中，根据锐角三角形函数正弦的定义即可求得AH ,再由四边形的面积公式即可得答案.
5．如图，第一象限内半径为2的⊙C与y轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交x轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：y＝kx+3.
（1）设点P的纵坐标为p，写出p随k变化的函数关系式.
（2）设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABP.请你对于点P处于图中位置时的两三角形相似给予证明；
（3）是否存在使△AMN的面积等于的k值？若存在，请求出符合的k值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：∵y轴和直线l都是⊙C的切线，∴OA⊥AD，BD⊥AD；又∵OA⊥OB，∴∠AOB＝∠OAD＝∠ADB＝90°，∴四边形OADB是矩形；∵⊙C的半径为2，∴AD＝OB ＝4；
∵点P在直线l上，∴点P的坐标为（4，p）；又∵点P也在直线AP上，∴p＝4k+3
（2）解：连接DN.∵AD是⊙C的直径，∴∠AND＝90°，
∵∠ADN＝90°﹣∠DAN，∠ABD＝90°﹣∠DAN，∴∠ADN＝∠ABD，又∵∠ADN＝∠AMN，∴∠ABD＝∠AMN，∵∠MAN＝∠BAP，∴△AMN∽△ABP
（3）解：存在.理由：把x＝0代入y＝kx+3得：y＝3，即OA＝BD＝3，AB＝
，
∵S△ABD＝AB•DN＝AD•DB∴DN＝＝，∴AN2＝AD2﹣DN2＝，
∵△AMN∽△ABP，∴，即
当点P在B点上方时，∵AP2＝AD2+PD2＝AD2+（PB﹣BD）2＝42+（4k+3﹣3）2＝16（k2+1），
或AP2＝AD2+PD2＝AD2+（BD﹣PB）2＝42+（3﹣4k﹣3）2＝16（k2+1），
S△ABP＝PB•AD＝（4k+3）×4＝2（4k+3），
∴，
整理得：k2﹣4k﹣2＝0，解得k1＝2+ ，k2＝2﹣
当点P在B点下方时，
∵AP2＝AD2+PD2＝42+（3﹣4k﹣3）2＝16（k2+1），S△ABP＝PB•AD＝ [﹣（4k+3）]×4＝﹣2（4k+3）
∴
化简得：k2+1＝﹣（4k+3），解得：k＝﹣2，
综合以上所得，当k＝2± 或k＝﹣2时，△AMN的面积等于
【解析】【分析】（1）由切线的性质知∠AOB＝∠OAD＝∠ADB＝90°，所以可以判定四边形OADB是矩形；根据⊙O的半径是2求得直径AD＝4，从而求得点P的坐标，将其代入直线方程y＝kx＋3即可知p变化的函数关系式；（2）连接DN.∵直径所对的圆周角是直角，∴∠AND＝90°，根据图示易证∠AND＝∠ABD；然后根据同弧所对的圆周角相等推知∠ADN＝∠AMN，再由等量代换可知∠ABD＝∠AMN；最后利用相似三角形的判定定理AA 证明△AMN∽△ABP；（3）存在.把x＝0代入y＝kx＋3得y＝3，即OA＝BD＝3，然后由勾股定理求得AB＝5；又由相似三角形的相似比推知相似三角形的面积比.分两种情况进行讨论：①当点P在B点上方时，由相似三角形的面积比得到k2−4k−2＝0，解关于k的一元二次方程；②当点P在B点下方时，由相似三角形的面积比得到k2＋1＝−（4k＋3），解关于k的一元二次方程.
6．如果三角形的两个内角α与β满足2α+β=90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”.
（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A=60°，则∠B=________°；
（2）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=5.若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”.试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由.
（3）如图②，在四边形ABCD中，AB=7，CD=12，BD⊥CD，∠ABD=2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长.
【答案】（1）15
（2）解：如图①中，
在Rt△ABC中，∵∠B+∠BAC=90°，∠BAC=2∠BAD，
∴∠B+2∠BAD=90°，
∴△ABD是“准互余三角形”，
∵△ABE也是“准互余三角形”，
∴只有2∠B+∠BAE=90°，
∵∠B+∠BAE+∠EAC=90°，
∴∠CAE=∠B，∵∠C=∠C=90°，
∴△CAE∽△CBA，可得CA2=CE•CB，
∴CE= ，
∴BE=5﹣ = .
（3）解：如图②中，将△BCD沿BC翻折得到△BCF.
∴CF=CD=12，∠BCF=∠BCD，∠CBF=∠CBD，
∵∠ABD=2∠BCD，∠BCD+∠CBD=90°，
∴∠ABD+∠DBC+∠CBF=180°，
∴A、B、F共线，
∴∠A+∠ACF=90°
∴2∠ACB+∠CAB≠90°，
∴只有2∠BAC+∠ACB=90°，
∴∠FCB=∠FAC，∵∠F=∠F，
∴△FCB∽△FAC，
∴CF2=FB•FA，设FB=x，
则有：x（x+7）=122，
∴x=9或﹣16（舍去），
∴AF=7+9=16，
在Rt△ACF中，AC=
【解析】【解答】（1）∵△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A=60°，
∴2∠B+∠A=90°，
解得，∠B=15°；
【分析】（1）根据“准互余三角形”的定义构建方程即可解决问题；（2）只要证明△CAE∽△CBA，可得CA2=CE•CB，由此即可解决问题；（3）如图②中，将△BCD沿BC翻折得到△BCF.只要证明△FCB∽△FAC，可得CF2=FB•FA，设FB=x，则有：x（x+7）=122，推出x=9或﹣16（舍弃），再利用勾股定理求出AC即可；
7．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q从C出发沿CB向B点以2厘米/秒的速度匀速移动．点P、Q分别从起点同时出发，移动到某一位置时所需时间为t秒．
（1）当t=________时，PQ∥AB
（2）当t为何值时，△PCQ的面积等于5cm2？
（3）在P、Q运动过程中，在某一时刻，若将△PQC翻折，得到△EPQ，如图2，PE与AB 能否垂直？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由．
能垂直，理由如下：
延长QE交AC于点D，
∵将△PQC翻折，得到△EPQ，∴△QCP≌△QEP，
∴∠C=∠QEP=90°，
若PE⊥AB，则QD∥AB，
∴△CQD∽△CBA，
∴，
∴，
∴QD=2.5t，
∵QC=QE=2t
∴DE=0.5t
∵∠A=∠EDP，∠C=∠DEP=90°，∴△ABC∽△DPE，
∴
∴，
解得：，
综上可知：当t= 时，PE⊥AB
【答案】（1）2.4
（2）解：∵点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q从C出发沿CB 向B点以2厘米/秒的速度匀速移动，
∴PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，
∴S△CPQ= CP•CQ= ＝5，
∴t2-6t+5=0
解得t1=1，t2=5（不合题意，舍去）
∴当t=1秒时，△PCQ的面积等于5cm2
（3）解：
【解析】【解答】解：(1) ∵点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q 从C出发沿CB向B点以2厘米/秒的速度匀速移动，
∴PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，
当PQ∥AB时，∴△PQC∽△ABC，
∴PC：AC=CQ：BC，
∴(6-t)：6=2t：8
∴t=2.4
∴当t=2.4时，PQ∥AB
【分析】（1）根据题意可得PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，根据平行线可得△PQC∽△ABC，利用相似三角形对应边成比例可得PC：AC=CQ：BC，即得(6-t)：6=2t：8，求出t值即可；
（2）由S△CPQ=CP•CQ =5，据此建立方程，求出t值即可；
（3）延长QE交AC于点D，根据折叠可得△QCP≌△QEP，若PE⊥AB，则QD∥AB，可得△CQD∽△CBA，利用相似三角形的对应边成比例，求出DE=0.5t，根据
两角分别相等可证△ABC∽△DPE，利用相似三角形对应边成比例，据此求出t 值即可.
8．如图（1），P为△ABC所在平面上一点，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点P叫做△ABC的费马点．
（1）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°．
①求证：△ABP∽△BCP；
（2）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD 相交于P 点．如图（2）
①求∠CPD的度数；
②求证：P点为△ABC的费马点．
【答案】（1）证明：①∵∠PAB+∠PBA=180°﹣∠APB=60°，∠PBC+∠PBA=∠ABC=60°，∴∠PAB=∠PBC，
又∵∠APB=∠BPC=120°，
∴△ABP∽△BCP
2
②若PA=3，PC=4，则PB= ．
2
（2）解：如图，
①∵△ABE与△ACD都为等边三角形，
∴∠BAE=∠CAD=60°，AE=AB，AC=AD，
∴∠BAE+∠BAC=∠CAD+∠BAC，即∠EAC=∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠1=∠2，
∵∠3=∠4，
∴∠CPD=∠6=∠5=60°；
②证明：∵△ADF∽△CFP，
∴AF•PF=DF•CF，
∵∠AFP=∠CFD，
∴△AFP∽△CDF．
∴∠APF=∠ACD=60°，
∴∠APC=∠CPD+∠APF=120°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APB=360°﹣∠BPC﹣∠APC=120°，
∴P点为△ABC的费马点．
【解析】【解答】（1）②解：∵△ABP∽△BCP，
∴，
∴PB2=PA•PC=12，
∴PB=2 ；
【分析】(1)由已知可知∠APB=∠BPC=，利用三角形内角和可知，∠BAP+∠ABP=，又因为∠ABP+∠CBP=，所以可知∠BAP=∠CBP，所以△ABP∽△BCP；
（2）①由等边三角形可知AD=AC，AB=AE，∠EAC=∠BAD=∠BAC+，所以△EAC≌△BAD，由全等可知∠CPD=；
②利用△ADF∽△CFP，可得对应边成比例，由对应边成比例夹角相等，得到△AFP∽△CDF，所以∠APC=，即点P为△ABC的费马点.
二、圆的综合
9．如图，⊙A过▱OBCD的三顶点O、D、C，边OB与⊙A相切于点O，边BC与⊙O相交于点H，射线OA交边CD于点E，交⊙A于点F，点P在射线OA上，且∠PCD=2∠DOF，以O为原点，OP所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为（0，﹣2）．
（1）若∠BOH=30°，求点H的坐标；
（2）求证：直线PC是⊙A的切线；
（3）若OD=10，求⊙A的半径．
【答案】（1）（132）详见解析；（3）5 3 .
【解析】
【分析】
（1）先判断出OH=OB=2，利用三角函数求出MH，OM，即可得出结论；（2）先判断出∠PCD=∠DAE，进而判断出∠PCD=∠CAE，即可得出结论；
（3）先求出OE ═3，进而用勾股定理建立方程，r 2-（3-r ）2=1，即可得出结论． 【详解】
（1）解：如图，过点H 作HM ⊥y 轴，垂足为M ． ∵四边形OBCD 是平行四边形， ∴∠B=∠ODC
∵四边形OHCD 是圆内接四边形 ∴∠OHB=∠ODC ∴∠OHB=∠B ∴OH=OB=2 ∴在Rt △OMH 中， ∵∠BOH=30°， ∴MH=
1
2
OH=1， ∴点H 的坐标为（1
（2）连接AC ． ∵OA=AD ， ∴∠DOF=∠ADO ∴∠DAE=2∠DOF ∵∠PCD=2∠DOF ， ∴∠PCD=∠DAE ∵OB 与⊙O 相切于点A ∴OB ⊥OF ∵OB ∥CD ∴CD ⊥AF ∴∠DAE=∠CAE ∴∠PCD=∠CAE
∴∠PCA=∠PCD+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90° ∴直线PC 是⊙A 的切线； （3）解：⊙O 的半径为r ．
在Rt △OED 中，DE=12CD=1
2
OB=1， ， ∴OE ═3
∵OA=AD=r ，AE=3﹣r ．
在Rt △DEA 中，根据勾股定理得，r 2﹣（3﹣r ）2=1 解得r=
5
3
．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键．
10．图 1 和图 2 中，优弧»AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝23，点P为优弧»AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．
发现：
（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；
（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．
拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．
（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；
（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在»NP上．
（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．
【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【解析】
【分析】
发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．
（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．
拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性
质可得OD=A'H=1
2
A'N=
1
2
MN=2可判定A′C与半圆相切；
（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在»PB时，连接MO′，则
可知NO′=1
2
MN，可求得∠MNO′=60°，可求得α=30°；
（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【详解】
发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,
∵⊙O的半径为2，AB=23，
∴OH=22
OB HB
-=22
2(3)1
-=
在△BOH中，OH=1，BO=2
∴∠ABO=30°
∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．
∴∠OBA′=∠ABO=30°
∴∠ABA′=60°
（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．
∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．
∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．
∴∠A′BP=∠ABP=60°．
∴∠OBP=30°．∴OG=1
2
OB=1．∴BG=3．
∵OG⊥BP，∴BG=PG=3．
∴BP=23．∴折痕的长为23
拓展：（1）相切．
分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，∵A'C∥MN
∴四边形A'HOD是矩形
∴A'H=O
∵α=15°∴∠A'NH=30
∴OD=A'H=1
2A'N=
1
2
MN=2
∴A'C与半圆
（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，
∴α=45
当O′在»PB上时，连接MO′，则可知NO′=1
2 MN，
∴∠O′MN=0°
∴∠MNO′=60°，
∴α=30°，
故答案为：45°；30°．
（3）∵点P，M不重合，∴α＞0，
由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，
∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段NO′与半圆只有一个公共点B；
当α增大到45°时NA′与半圆相切，即线段NO′与半圆只有一个公共点B．
当α继续增大时，点P逐渐靠近点N，但是点P，N不重合，
∴α＜90°，
∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．
综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【点睛】
本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于
斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
11．如图，AB 为⊙O 的直径，点E 在⊙O 上，过点E 的切线与AB 的延长线交于点D ，连接BE ，过点O 作BE 的平行线，交⊙O 于点F ，交切线于点C ，连接AC
（1）求证：AC 是⊙O 的切线；
（2）连接EF ，当∠D= °时，四边形FOBE 是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）30.
【解析】
【分析】
（1）由等角的转换证明出OCA OCE ∆∆≌，根据圆的位置关系证得AC 是⊙O 的切线. （2）根据四边形FOBE 是菱形，得到OF=OB=BF=EF ，得证OBE ∆为等边三角形，而得出60BOE ∠=︒，根据三角形内角和即可求出答案.
【详解】
（1）证明：∵CD 与⊙O 相切于点E ，
∴OE CD ⊥，
∴90CEO ∠=︒，
又∵OC BE P ，
∴COE OEB ∠=∠，∠OBE=∠COA
∵OE=OB ，
∴OEB OBE ∠=∠，
∴COE COA ∠=∠，
又∵OC=OC ，OA=OE ，
∴OCA OCE SAS ∆∆≌（）
， ∴90CAO CEO ∠=∠=︒，
又∵AB 为⊙O 的直径，
∴AC 为⊙O 的切线；
（2）解：∵四边形FOBE 是菱形，
∴OF=OB=BF=EF ，
∴OE=OB=BE ，
∴OBE ∆为等边三角形，
∴60BOE ∠=︒，
而OE CD ⊥，
∴30D ∠=︒．
故答案为30．
【点睛】
本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题，熟练掌握圆的性质是本题的解题关键.
12．如图，A 是以BC 为直径的⊙O 上一点，AD ⊥BC 于点D ，过点B 作⊙O 的切线，与CA 的延长线相交于点E ，G 是AD 的中点，连结CG 并延长与BE 相交于点F ，延长AF 与CB 的延长线相交于点P ．
（1）求证：BF =EF ：
（2）求证：PA 是⊙O 的切线；
（3）若FG =BF ，且⊙O 的半径长为32，求BD 的长度.
【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；（3）2
【解析】
分析：（1）利用平行线截三角形得相似三角形，得△BFC ∽△DGC 且△FEC ∽△GAC ，得到对应线段成比例，再结合已知条件可得BF =EF ；
（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质和等边对等角，得到∠FAO =∠EBO ，结合BE 是圆的切线，得到PA ⊥OA ，从而得到PA 是圆O 的切线；
（3）点F 作FH ⊥AD 于点H ，根据前两问的结论，利用三角形的相似性质即可以求出BD 的长度．
详解：证明：(1)∵BC 是圆O 的直径，BE 是圆O 的切线，
∴EB ⊥BC .
又∵AD ⊥BC ，
∴AD ∥BE .
∴△BFC ∽△DGC ，△FEC ∽△GAC ，
∴BF DG =CF CG ，EF AG =CF CG ， ∴BF DG =EF AG
， ∵G 是AD 的中点，
∴DG =AG ，
∴BF =EF ；
(2)连接AO，AB.
∵BC是圆O的直径，
∴∠BAC=90°，
由(1)得：在Rt△BAE中，F是斜边BE的中点，∴AF=FB=EF，可得∠FBA=∠FAB，
又∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO，
∵BE是圆O的切线，
∴∠EBO=90°，
∴∠FBA+∠ABO=90°，
∴∠FAB+∠BAO=90°，
即∠FAO=90°，
∴PA⊥OA，
∴PA是圆O的切线；
（3）过点F作FH⊥AD于点H，
∵BD⊥AD，FH⊥AD，
∴FH∥BC，
由(2)，知∠FBA=∠BAF，
∴BF=AF.
∵BF=FG，
∴AF=FG，
∴△AFG是等腰三角形.
∵FH⊥AD，
∴AH=GH，
∵DG=AG，
∴DG=2HG.
即12HG DG =， ∵FH ∥BD ，BF ∥AD ，∠FBD =90°，
∴四边形BDHF 是矩形，
∴BD =FH ，
∵FH ∥BC
∴△HFG ∽△DCG ， ∴
12FH HG CD DG ==， 即
12BD CD =， ∴23 2.15≈， ∵O 的半径长为32，
∴BC =62，
∴BD =13
BC ＝22. 点睛：本题考查了切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质.结合已知条件准确对图形进行分析并应用相应的图形性质是解题的关键.
13．如图，OB 是以（O ，a ）为圆心，a 为半径的⊙O 1的弦，过B 点作⊙O 1的切线，P 为劣弧»OB
上的任一点，且过P 作OB 、AB 、OA 的垂线，垂足分别是D 、E 、F ． （1）求证：PD 2=PE•PF ；
（2）当∠BOP=30°，P 点为OB 的中点时，求D 、E 、F 、P 四个点的坐标及S △DEF ．
【答案】（1）详见解析；（2）D （﹣34a ，34a ），E （﹣334
a ，34a ），F （﹣32a ，0），P 3，2a ）；S △DEF 33a 2． 【解析】 试题分析：（1）连接PB ，OP ，利用AB 切⊙O 1于B 求证△PBE ∽△POD ，得
出 PB PE OP PD = ，同理，△OPF ∽△BPD ，得出PB PD OP PF
= ，然后利用等量代换即可． （2）连接O 1B ，O 1P ，得出△O 1BP 和△O 1PO 为等边三角形，根据直角三角形的性质即可解得D 、E 、F 、P 四个点的坐标．再利用三角形的面积公式可直接求出三角形DEF 的面
积．
试题解析：（1）证明：连接PB，OP，
∵PE⊥AB，PD⊥OB，
∴∠BEP=∠PDO=90°，
∵AB切⊙O1于B，∠ABP=∠BOP，
∴△PBE∽△POD，
∴=，
同理，△OPF∽△BPD
∴=，
∴=，
∴PD2=PE•PF；
（2）连接O1B，O1P，
∵AB切⊙O1于B，∠POB=30°，
∴∠ABP=30°，
∴∠O1BP=90°﹣30°=60°，
∵O1B=O1P，
∴△O1BP为等边三角形，
∴O1B=BP，
∵P为弧BO的中点，
∴BP=OP，
即△O1PO为等边三角形，
∴O1P=OP=a，
∴∠O1OP=60°，
又∵P为弧BO的中点，
∴O1P⊥OB，
在△O1DO中，∵∠O1OP=60°O1O=a，
∴O1D=a，OD=a，
过D作DM⊥OO1于M，∴DM=OD=a，OM=DM=a，
∴D（﹣a， a），
∵∠O1OF=90°，∠O1OP=60°
∴∠POF=30°，
∵PE⊥OA，
∴PF=OP=a，OF=a，
∴P（﹣a，），F（﹣a，0），
∵AB切⊙O1于B，∠POB=30°，
∴∠ABP=∠BOP=30°，
∵PE⊥AB，PB=a，
∴∠EPB=60°
∴PE=a，BE=a，
∵P为弧BO的中点，
∴BP=PO，
∴∠PBO=∠BOP=30°，
∴∠BPO=120°，
∴∠BPE+∠BPO=120°+60°=180°，
即OPE三点共线，
∵OE=a+a=a，
过E作EM⊥x轴于M，∵AO切⊙O1于O，
∴∠EOA=30°，
∴EM=OE=a，OM=a，
∴E（﹣a， a），
∵E（﹣a， a），D（﹣a， a），
∴DE=﹣a﹣（﹣a）=a，
DE边上的高为： a，
∴S△DEF=×a×a=a2．
故答案为：D（﹣a， a），E（﹣a， a），F（﹣a，0），P（﹣a，）；S△DEF=a2．
14．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
5
【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∠E=
5 4
.
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.
15．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．
（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观
察思考，小明出一种思路：如图1，过点B 作BE ⊥BD ，交MN 于点E ，进而得出：DC+AD= BD ．
（2）探究证明
将直线MN 绕点A 顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC ，AD ，BD 之间的数量关系，并证明
（3）拓展延伸
在直线MN 绕点A 旋转的过程中，当△ABD 面积取得最大值时，若CD 长为1，请直接写BD 的长．
【答案】（1）2；（2）AD ﹣DC=2BD ；（3）BD=AD=2+1．
【解析】
【分析】
（1）根据全等三角形的性质求出DC ，AD ，BD 之间的数量关系
（2）过点B 作BE ⊥BD ，交MN 于点E ．AD 交BC 于O ，
证明CDB AEB ∆∆≌，得到CD AE =，EB BD =，
根据BED ∆为等腰直角三角形，得到2DE BD =，
再根据DE AD AE AD CD =-=-，即可解出答案.
（3）根据A 、B 、C 、D 四点共圆，得到当点D 在线段AB 的垂直平分线上且在AB 的右侧时，△ABD 的面积最大．
在DA 上截取一点H ，使得CD=DH=1，则易证2CH AH ==
，
由BD AD =即可得出答案.
【详解】
解：（1）如图1中，
由题意：BAE BCD ∆∆≌，
∴AE=CD ，BE=BD ，
∴CD+AD=AD+AE=DE ，
∵BDE ∆是等腰直角三角形，
∴DE=2BD ， ∴DC+AD=2BD ，
故答案为2．
（2）2AD DC BD -=．
证明：如图，过点B 作BE ⊥BD ，交MN 于点E ．AD 交BC 于O ．
∵90ABC DBE ∠=∠=︒，
∴ABE EBC CBD EBC ∠+∠=∠+∠，
∴ABE CBD ∠=∠．
∵90BAE AOB ∠+∠=︒，90BCD COD ∠+∠=︒，AOB COD ∠=∠，
∴BAE BCD ∠=∠，
∴ABE DBC ∠=∠．又∵AB CB =，
∴CDB AEB ∆∆≌，
∴CD AE =，EB BD =，
∴BD ∆为等腰直角三角形，2DE BD =
． ∵DE AD AE AD CD =-=-，
∴2AD DC BD -=．
（3）如图3中，易知A 、B 、C 、D 四点共圆，当点D 在线段AB 的垂直平分线上且在AB 的右侧时，△ABD 的面积最大．
此时DG⊥AB，DB=DA，在DA上截取一点H，使得CD=DH=1，则易证2
==，
CH AH
∴21
BD AD
==+．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及图形的应用，正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.
16．在直角坐标系中，O为坐标原点，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，C为x轴正半轴上的一个动点（OC＞2），连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，直线DA交y轴于E点．
（1）求证：△OBC≌△ABD
（2）随着C点的变化，直线AE的位置变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出直线AE的解析式．
（3）以线段BC为直径作圆，圆心为点F，当C点运动到何处时，直线EF∥直线BO；这时⊙F和直线BO的位置关系如何？请给予说明．
【答案】（1）见解析；（2）直线AE的位置不变，AE的解析式为：33
y x
=-
（3）C点运动到(4,0)处时，直线EF∥直线BO；此时直线BO与⊙F相切，理由见解析.【解析】
【分析】
（1）由等边三角形的性质可得到OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC，等号两边都加上
∠ABC，得到∠OBC=∠ABD，根据“SAS”得到△OBC≌△ABD.（2）先由三角形全等，得到∠BAD=∠BOC=60°，由等边△BCD，得到∠BAO=60°，根据平角定义及对顶角相等得到
∠OAE=60°，在直角三角形OAE中，由OA的长，根据tan60°的定义求出OE的长，确定出点E的坐标，设出直线AE的方程，把点A和E的坐标代入即可确定出解析式.（3）由
EA∥OB，EF∥OB，根据过直线外一点作已知直线的平行线有且只有一条，得到EF与EA重合，所以F为BC与AE的交点，又F为BC的中点，得到A为OC中点，由A的坐标即可求出C的坐标；相切理由是由F为等边三角形BC边的中点，根据“三线合一”得到DF与BC 垂直，由EF与OB平行得到BF与OB垂直，得证.
【详解】
（1）证明：∵△OAB和△BCD都为等边三角形，
∴OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC=60°，
∴∠OBA+∠ABC=∠DBC+∠ABC，
即∠OBC=∠ABD，
在△OBC 和△ABD 中，
OB AB OBC ABD BC BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
, ∴△OBC ≌△ABD.
（2）随着C 点的变化，直线AE 的位置不变，
∵△OBC ≌△ABD ，
∴∠BAD=∠BOC=60°，
又∵∠BAO=60°，
∴∠DAC=60°，
∴∠OAE=60°，又OA=2，
在Rt △AOE 中，tan60°=
OE OA
， 则
∴点E 坐标为（0，
设直线AE 解析式为y=kx+b ，把E 和A 的坐标代入得：
02k b b =+⎧⎪⎨-=⎪⎩
，
解得，k b ⎧=⎪⎨=-⎪⎩， ∴直线AE
的解析式为：y =-
（3）C 点运动到(4,0)处时，直线EF ∥直线BO ；此时直线BO 与⊙F 相切，理由如下： ∵∠BOA=∠DAC=60°，EA ∥OB ，又EF ∥OB ，
则EF 与EA 所在的直线重合，
∴点F 为DE 与BC 的交点，
又F 为BC 中点，
∴A 为OC 中点，又AO=2，则OC=4，
∴当C 的坐标为（4，0）时，EF ∥OB ，
这时直线BO 与⊙F 相切，理由如下：
∵△BCD 为等边三角形，F 为BC 中点，
∴DF ⊥BC ，又EF ∥OB ，
∴FB ⊥OB ，
∴直线BO 与⊙F 相切，
【点睛】
本题考查了一次函数；三角形全等的判定与性质；等边三角形的性质和直线与圆的位置关系.熟练掌握相关性质定理是解题关键.。