南京育英二外外国语学校数学圆 几何综合达标检测(Word版 含解析)

南京育英二外外国语学校数学圆 几何综合达标检测（Word 版 含解
析）
一、初三数学 圆易错题压轴题（难）
1．如图，∠ABC=45°，△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ，顶点A 、D 分别在∠ABC 的两边BA 、BC 上滑动（不与点B 重合），△ADE 的外接圆交BC 于点F ，点D 在点F 的右侧，O 为圆心．
（1）求证：△ABD ≌△AFE
（2）若AB=42，82＜BE ≤413，求⊙O 的面积S 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析（2）16π＜S ≤40π
【解析】试题分析：（1）利用同弧所对的圆周角相等得出两组相等的角，再利用已知AE=AD ，得出三角形全等；（2）利用△ABD ≌△AFE ，和已知条件得出BF 的长，利用勾股定理和2＜BE 13EF,DF 的取值范围，
24S DE π=，所以利用二次函数的性质求出最值.
试题解析：（1）连接EF ，
∵△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ， ∴∠EAD=90°，∠AED=∠ADE=45°，
∵AE AE = ， ∴∠ADE=∠AFE=45°，
∵∠ABD=45°，
∴∠ABD=∠AFE ，
∵AF AF =，
∴∠AEF=∠ADB ，
∵AE=AD ，
∴△ABD ≌△AFE ；
（2）∵△ABD ≌△AFE ，
∴BD=EF ，∠EAF=∠BAD ，
∴∠BAF=∠EAD=90°，
∵42AB =，
∴BF=2cos cos45
AB ABF =∠=8，
设BD=x ，则EF=x ，DF=x ﹣8，
∵BE 2=EF 2+BF 2
， 82＜BE ≤413 ， ∴128＜EF 2+82≤208，
∴8＜EF ≤12，即8＜x ≤12，
则()222844S DE x x ππ⎡⎤=
=+-⎣⎦=()2482x ππ-+， ∵2
π＞0， ∴抛物线的开口向上，
又∵对称轴为直线x=4，
∴当8＜x ≤12时，S 随x 的增大而增大，
∴16π＜S ≤40π．
点睛：本题的第一问解题关键是找到同弧所对的圆周角，第二问的解题关键是根据第一问的结论计算得出有关线段的长度，由于出现线段的取值范围，所以在这个问题中要考虑勾股定理的问题，还要考虑圆的面积问题，得出二次函数，利用二次函数的性质求出最值.
2．在平面直角坐标系xOy 中，已知 A(-2，0)，B(2，0)，AC ⊥AB 于点A ，AC=2，BD ⊥AB 于点B ，BD=6，以AB 为直径的半圆O 上有一动点P （不与A 、B 两点重合），连接PD 、PC ，我们把由五条线段AB 、BD 、DP 、PC 、CA 所组成的封闭图形ABDPC 叫做点P 的关联图形，如图1所示.
（1）如图2，当P 运动到半圆O 与y 轴的交点位置时，求点P 的关联图形的面积. （2）如图3，连接CD 、OC 、OD,判断△OCD 的形状，并加以证明.
（3）当点P 运动到什么位置时，点P 的关联图形的面积最大，简要说明理由，并求面积的最大值.
【答案】（1）12；（2）判断△OCD是直角三角形，证明见解析；（3）连接OC，交半圆O于点P，这时点P的关联图形的面积最大，理由风解析，842
+.
【解析】
试题分析：（1）判断出四边形AOPC是正方形，得到正方形的面积是4，根据BD⊥AB，
BD=6，求出梯形OPDB的面积=()(26)2
8
22
OP DB OB
+⨯+⨯
==，二者相加即为点P的
关联图形的面积是12．
（2）根据CF=DF=4，∠DCF=45°，求出∠OCD=90°，判断出△OCD是直角三角形．
（3）要使点P的关联图形的面积最大，就要使△PCD的面积最小，确定关联图形的最大面积是梯形ACDB的面积﹣△PCD的面积，根据此思路，进行解答．
试题解析：（1）∵A（﹣2，0），∴OA=2，
∵P是半圆O上的点，P在y轴上，∴OP=2，∠AOP=90°，∴AC=2，∴四边形AOPC是正方形，
∴正方形的面积是4，
又∵BD⊥AB，BD=6，∴梯形OPDB的面积=()(26)2
8
22
OP DB OB
+⨯+⨯
==，
∴点P的关联图形的面积是12．
（2）判断△OCD是直角三角形．
证明：延长CP交BD于点F，则四边形ACFB为矩形，∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，∴△OCD是直角三角形．
（3）连接OC 交半圆O 于点P ，则点P 即为所确定的点的位置．
理由如下：连接CD ，梯形ACDB 的面积=
()(26)41622
AC DB AB +⨯+⨯==为定值， 要使点P 的关联图形的面积最大，就要使△PCD 的面积最小，
∵CD 为定长，∴P 到CD 的距离就要最小，
连接OC ，设交半圆O 于点P ，
∵AC ⊥OA ，AC=OA ，∴∠AOC=45°，过C 作CF ⊥BD 于F ，则ACFB 为矩形， ∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴OC ⊥CD ，OC=22，
∴PC 在半圆外，设在半圆O 上的任意一点P′到CD 的距离为P′H ，则P′H+P′O ＞OH ＞OC ， ∵OC=PC+OP ，∴P′H ＞PC ，∴当点P 运动到半圆O 与OC 的交点位置时，点P 的关联图形的面积最大．
∵CD=42，CP=222-，
∴△PCD 的面积=()(26)41622
AC DB AB +⨯+⨯==， ∴点P 的关联图形的最大面积是梯形ACDB 的面积﹣△PCD 的面积
=16(842)842--=+．
考点：圆的综合题．
3．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．
4．我们把“有两条边和其中一边的对角对应相等的两个三角形”叫做“同族三角形”，如图1，在△ABC和△ABD中，AB=AB，AC=AD，∠B=∠B，则△ABC和△ABD是“同族三角形”．
（1）如图2，四边形ABCD内接于圆，点C是弧BD的中点，求证：△ABC和△ACD是同族三角形；
（2）如图3，△ABC内接于⊙O，⊙O的半径为32AB=6，∠BAC=30°，求AC的长；（3）如图3，在（2）的条件下，若点D在⊙O上，△ADC与△ABC是非全等的同族三角
形，AD＞CD，求AD
CD
的值．
【答案】（1）详见解析；（2）33+3；（3）AD
CD
=
62
2
+
或
6
2
．
【解析】
【分析】
(1）由点C是弧BD的中点，根据弧与弦的关系，易得BC=CD，∠BAC=∠DAC，又由公共边AC，可证得：△ABC和△ACD是同族三角形；
(2）首先连接0A，OB，作点B作BE⊥AC于点E，易得△AOB是等腰直角三角形，继而求得答案；
(3)分别从当CD=CB时与当CD=AB时进行分析求解即可求得答案．
【详解】
（1）证明：∵点C是弧BD的中点，即BC CD
=，
∴BC=CD，∠BAC=∠DAC，
∵AC=AC，
∴△ABC和△ACD是同族三角形.
（2）解：如图1，连接OA，OB，作点B作BE⊥AC于点E，
∵2，AB=6，
∴OA2+OB2=AB2，
∴△AOB是等腰直角三角形，且∠AOB=90°，
∴∠C=∠AOB=45°，
∵∠BAC=30°，
∴BE=AB=3，
∴22
AB BE
-3，
∵CE=BE=3，
∴3
（3）解：∵∠B=180°﹣∠BAC﹣∠ACB=180°﹣30°﹣45°=105°，
∴∠ADC=180°﹣∠B=75°，
如图2，当CD=CB时，∠DAC=∠BAC=30°，
∴∠ACD=75°， ∴AD=AC=33+3，CD=BC=2BE=32， ∴AD 333CD 32
+==622+； 如图3，当CD=AB 时，过点D 作DF ⊥AC ，交AC 于点F ，
则∠DAC=∠ACB=45°，
∴∠ACD=180°﹣∠DAC ﹣∠ADC=60°，
∴DF=CD•sin60°=6×32
3 ∴2DF=36
∴AD 36CD ==62
综上所述：
AD CD =622或62 【点睛】
本题考查圆的综合应用问题，综合运用弧与弦的关系，等腰三角形的性质结合图形作辅助线进行分析证明以及求解，难度较大.
5．如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，AC 为直径，AC 和BD 交于点E ，AB ＝BC ． （1）求∠ADB 的度数；
（2）过B 作AD 的平行线，交AC 于F ，试判断线段EA ，CF ，EF 之间满足的等量关系，并说明理由；
（3）在（2）条件下过E ，F 分别作AB ，BC 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接GH ，交BO 于M ，若AG ＝3，S 四边形AGMO ：S 四边形CHMO ＝8：9，求⊙O 的半径．
【答案】（1）45°；（2）EA2+CF2＝EF2，理由见解析；（3）62
【解析】
【分析】
（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，
∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB （SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相关线段代入即可得出结论；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设
BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．
【详解】
解：（1）如图1，
∵AC为直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ACB+∠BAC＝90°，
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠ADB＝∠ACB＝45°；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下：
如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，
∵AD∥BF，
∴∠EBF＝∠ADB＝45°，
又∠ABC＝90°，
∴α+β＝45°，
过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，
∴△AEB≌△CNB（SAS），
∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，
∴∠FCN＝90°．
∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，∴△BFE≌△BFN（SAS），
∴EF＝FN，
∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，
∴EA2+CF2＝EF2；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，
由（2）知EA2+CF2＝EF2，
∴1
2
EA2+
1
2
CF2＝
1
2
EF2，
∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，
∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH＝S△EFK+S五边形BGEFH，即S△ABC＝S矩形BGKH，
∴1
2
S△ABC＝
1
2
S矩形BGKH，
∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，
∴S△BGM＝S四边形COMH，S△BMH＝S四边形AGMO，∵S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，
∴S△BMH：S△BGM＝8：9，
∵BM平分∠GBH，
∴BG ：BH ＝9：8， 设BG ＝9k ，BH ＝8k ，
∴CH ＝3+k ，
∵AG ＝3，
∴AE ＝32，
∴CF ＝2（k+3），EF ＝2（8k ﹣3），
∵EA 2+CF 2＝EF 2，
∴222(32)[2(3)][2(83)]k k ++=-，
整理得：7k 2﹣6k ﹣1＝0，
解得：k 1＝﹣
17（舍去），k 2＝1． ∴AB ＝12，
∴AO ＝22
AB ＝62， ∴⊙O 的半径为62．
【点睛】
本题属于圆的综合题，考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点，熟练运用相关性质及定理是解题的关键．
6．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 =，610PQ 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610PQ OQ +=，即可分别求出a 和CF ．
【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=12r 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
∵PQ OQ +=
∴4a ＋
2a=解得：
∴
=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．
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 ＝23，AG ﹣BG
，求ED 的值．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE＝133
9
．
【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
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 ，
所以23
92x x -=，
解得x ＝3
，
所以BG ＝2x CG ＝3x ＝
所以BC =
，
所以BD ＝BC ＝3
， 因为∠EBD ＝∠EDB ＝∠BCD ，
所以△DEB ∽△DBC ， 所以B
DB DC DE D =，
因为CD ＝2CG ＝
所以DE ＝21339
DB 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．如图①②，在平面直角坐标系中，边长为2的等边CDE ∆恰好与坐标系中的OAB ∆重合，现将CDE ∆绕边AB 的中点(G G 点也是DE 的中点），按顺时针方向旋转180︒到△1C DE 的位置．
（1）求1C 点的坐标；
（2）求经过三点O 、A 、1C 的抛物线的解析式；
（3）如图③，G 是以AB 为直径的圆，过B 点作G 的切线与x 轴相交于点F ，求切线BF 的解析式；
（4）抛物线上是否存在一点M ，使得:16:3AMF OAB S S ∆∆=．若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）13)C ；（2）23333y x x =-；（3）32333
y x =+；（4）1283834,,2,33M M ⎛⎫⎛- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭
． 【解析】
【分析】
（1）利用中心对称图形的性质和等边三角形的性质，可以求出．
（2）运用待定系数法，代入二次函数解析式，即可求出．
（3）借助切线的性质定理，直角三角形的性质，求出F ，B 的坐标即可求出解析式． （4）当M 在x 轴上方或下方，分两种情况讨论．
【详解】
解：（1）将等边CDE ∆绕边AB 的中点G 按顺时针方向旋转180︒到△1C DE ，
则有，四边形'OAC B 是菱形，所以1C 的横坐标为3，
根据等边CDE ∆的边长是2，
利用等边三角形的性质可得1C ；
（2）抛物线过原点(0,0)O ，设抛物线解析式为2y ax bx =+，
把(2,0)A
，C '
代入，得42093a b a b +=⎧⎪⎨+=⎪⎩
解得3
a =
，b = ∴
抛物线解析式为233y x x =
-；
（3）
90ABF ∠=︒，60BAF ∠=︒，
30AFB ∴∠=︒，
又2AB =，
4AF ∴=，
2OF ∴=， (2,0)F ∴-，
设直线BF 的解析式为y kx b =+，
把B ，(2,0)F -
代入，得20
k b k b ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，
解得k =
3
b =， ∴直线BF
的解析式为33
y x =+； （4）①当M 在x
轴上方时，存在2()M x ，
211:[4)]:[216:322
AMF OAB S S ∆∆=⨯⨯⨯=， 得2280x x --=，解得14x =，22x =-，
当14x =
时，244y ， 当12x =-
时，2(2)(2)y =--=
1M ∴
，2(M -；
②当M 在x 轴下方时，不存在，设点2323(,)M x x x -， 213231:[4()]:[23]16:322AMF OAB S S x x ∆∆=-⨯⨯-⨯⨯=， 得2280x x -+=，240b ac -<无解，
综上所述，存在点的坐标为183(4,
)M ，283(2,)M -． 【点睛】
此题主要考查了旋转，等边三角形的性质，菱形的判定和性质，以及待定系数法求解二次函数解析式和切线的性质定理等，能熟练应用相关性质，是解题的关键．
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）6MN =
【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BHOG 2，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 =12
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 ．
∴．
设HF=x ，则BH=2x ．
∵∠HHG=∠GFB ，∠GHF=∠FGB ，
∴△GFH ∽△BFG ． ∴HF GH HG BH =，即2x HG HG x
=．
∴．
∴S △BHG =
12BH•HG=12， 解得：x=2．
∴HB=4，．
由勾股定理可知：．
∴．
∴．
【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．在平面直角坐标系xOy 中，对于两个点A ，B 和图形ω，如果在图形ω上存在点P ，Q （P ，Q 可以重合），使得AP ＝2BQ ，那么称点A 与点B 是图形ω的一对“倍点”． 已知⊙O 的半径为1，点B （0，3）．
（1）①点B 到⊙O 的最大值，最小值；
②在A 1（5，0），A 2（0，10），A 3）这三个点中，与点B 是⊙O 的一对“倍点”的是 ；
（2）在直线y =x +b 上存在点A 与点B 是⊙O 的一对“倍点”，求b 的取值范围； （3）正方形MNST 的顶点M （m ，1），N （m +1，1），若正方形上的所有点与点B 都是⊙O 的一对“倍点”，直接写出m 的取值范围．
【答案】（1）①点B 到⊙O 的最大值是4，最小值是2；②A 1；（2）b -≤≤；
（3）3≤m ≤
1或≤m ≤﹣4
【解析】
【分析】
（1）①根据点与圆的位置关系求解即可；
②先求出123,,A A A 三个点到⊙O 的最大值与最小值，再根据“倍点”的定义求解即可； （2）如图1（见解析），过点O 作OD l ⊥，先求428BQ ≤≤，再求出直线
:l y x b =+上的点到⊙O 的最小值，只要这个最小值小于等于8即可满足题意，然后求解即可；
（3）根据正方形的位置，可分20,01,1,2m m m m -≤<≤≤><-四种情况，分别求出每种情况下，正方形最近顶点、最远顶点到⊙O 的最大值与最小值，然后根据“倍点”的定义列出不等式组求解即可.
【详解】
（1）①点B 到⊙O 的最大值是314BO r +=+=
点B 到⊙O 的最小值是312BO r -=-=；
②1A 到⊙O 的最大值6，最小值4；2A 到⊙O 的最大值11，最小值9；3A 到⊙O 的最大值3，最小值1
由（1）知，点B 到⊙O 的最大值是4，最小值是2
因此，在⊙O 上存在点P ，Q ，使得12A P BQ =，则1A 与B 是⊙O 的一对“倍点”
故答案为1A ；
（2）∵点B 到⊙O 的最大值是4，最小值是2
428BQ ∴≤≤
如图1，过点O 作OD l ⊥
由直线:l y x b =+的解析式可知：60,DCO OC b ∠=︒=
由直角三角形的性质可得：1,2CD b OD =
==
则点D 到⊙O 1-，即直线:3
l y x b =+上的点到⊙O 的最小值为
1-
要使直线:3
l y x b =+上存在点A 与点B 是⊙O 的一对“倍点”18-≤
解得：b ≤b -≤≤；
（3）由（2）知，428BQ ≤≤
依题意，需分20,01,1,2m m m m -≤<≤≤><-四种情况讨论：
①当20m -≤<时，顶点(1,1)N m +到⊙O 14<，此时顶点N 不符题意
②当01m ≤≤时，顶点(,1)M m 到⊙O 14<，此时顶点M 不符题
意
③当1m ，如图2，正方形MNST 处于1号正方形位置时
则顶点S 和T 的坐标为(1,0),(,0)S m T m +
此时，点T 到⊙O 的最小值为1m -，最大值为1m +；点N 到⊙O
的最小值为
1
1
则14
18
m +≥⎧≤
，解得：31m ≤≤ 当正方形MNST 处于2号正方形位置时
则顶点S 和T 的坐标为(1,2),(,2)S m T m +
此时，点M 到⊙O
1-
1；点S 到⊙O 的最小
1
1
则1418
≥≤
，解得：1m ≤≤
或1m ≤≤- 故当1m 时，m
的取值范围为31m ≤≤
④当2m <-时，正方形MNST 处于3号正方形位置时
则顶点S 和T 的坐标为(1,0),(,0)S m T m +
此时，点S 到⊙O 的最小值为2m --，最大值为m -；点M 到⊙O
的最小值为
1
1
则4
18
m -≥⎧≤
，解得：4m -≤≤- 当正方形MNST 处于4号正方形位置时
则顶点S 和T 的坐标为(1,2),(,2)S m T m +
此时，点N 到⊙O
1
1；点T 到⊙O
1
1
则1418
≥≤
，解得：1m ≤≤--
1m ≤≤（舍去） 故当2m <-时，m
的取值范围为4m ≤≤-
综上，m
的取值范围为31m ≤≤
或4m ≤≤-.
【点睛】
本题考查了直线与圆的的位置关系、点与圆的位置关系、正方形的性质，较难的是（3），根据点与圆的位置关系分四种情况讨论是解题关键.。