初三数学圆与相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)附详细答案

初三数学圆与相似的专项培优易错试卷练习题(含答案)附详细答案
一、相似
1．已知二次函数y＝ax2＋bx－2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(4，0)，且当x＝－2和x＝5时二次函数的函数值y相等．
（1）求实数a，b的值；
（2）如图①，动点E，F同时从A点出发，其中点E以每秒2个单位长度的速度沿AB边向终点B运动，点F以每秒个单位长度的速度沿射线AC方向运动．当点E停止运动时，点F随之停止运动．设运动时间为t秒．连接EF，将△AEF沿EF翻折，使点A落在点D处，得到△DEF.
①是否存在某一时刻t，使得△DCF为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②设△DEF与△ABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式．
【答案】（1）解：由题意得：，解得：a= ，b=
（2）解：①由（1）知二次函数为 .∵A（4，0），∴B（﹣1，0），C （0，﹣2），
∴OA=4，OB=1，OC=2，∴AB=5，AC= ，BC= ，∴AC2+BC2=25=AB2，
∴△ABC为直角三角形，且∠ACB=90°．
∵AE=2t，AF= t，∴ .
又∵∠EAF=∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，∴∠AEF=∠ACB=90°，
∴△AEF沿EF翻折后，点A落在x轴上点D处；
由翻折知，DE=AE，∴AD=2AE=4t，EF= AE=t．
假设△DCF为直角三角形，当点F在线段AC上时：
ⅰ）若C为直角顶点，则点D与点B重合，如图2，
∴AE= AB= t= ÷2= ；
ⅱ）若D为直角顶点，如图3．
∵∠CDF=90°，∴∠ODC+∠EDF=90°．
∵∠EDF=∠EAF，∴∠OBC+∠EAF=90°，
∴∠ODC=∠OBC，∴BC=DC．
∵OC⊥BD，
∴OD=OB=1，
∴AD=3，
∴AE= ，
∴t= ；
当点F在AC延长线上时，∠DFC＞90°，△DCF为钝角三角形．
综上所述，存在时刻t，使得△DCF为直角三角形，t= 或t= ．
②ⅰ）当0＜t≤ 时，重叠部分为△DEF，如图1、图2，∴S= ×2t×t=t2；
ⅱ）当＜t≤2时，设DF与BC相交于点G，则重叠部分为四边形BEFG，如图4，
过点G作GH⊥BE于H，
设GH=m，则BH= ，DH=2m，∴DB= ．
∵DB=AD﹣AB=4t﹣5，∴ =4t﹣5，∴m= （4t﹣5），
∴S=S△DEF﹣S△DBG= ×2t×t﹣（4t﹣5）× （4t﹣5）= ；
ⅲ）当2＜t≤ 时，重叠部分为△BEG，如图5．
∵BE=DE﹣DB=2t﹣（4t﹣5）=5﹣2t，GE=2BE=2（5﹣2t），
∴S= ×（5﹣2t）×2（5﹣2t）=4t2﹣20t+25．
综上所述：．
【解析】【分析】（1）根据已知抛物线的图像经过点A，以及当x=-2和x=5时二次函数的函数值y相等两个条件，列出方程组求出待定系数的值即可。

（2）①由x=0及y=0时，求出点A、B、C三点的坐标，以及线段OA、OB、OC的长，利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，用含t的代数式表示出线段AD、AE、AF （即DF）的长，则根据AE、EF、OA、OC的长以及公共角∠OAC能判定△AEF、△AOC相似，可证得△AEF也是一个直角三角形，及∠AEF是直角；若△DCF是直角三角形，可分成三种情况讨论：
i）点C为直角顶点，由于△ABC恰好是直角三角形，且以点C为直角顶点，所以此时点B、D重合，由此得到AD的长，进而求出t的值；
ii）点D为直角顶点，此时∠CDB与∠CBD恰好是等角的余角，由此可证得OB=OD，再得到AD的长后可求出t的值；
iii）、点F为直角顶点，当点F在线段AC上时，∠DFC是锐角，而点F在射线AC的延长线上时，∠DFC又是钝角，所以这种情况不符合题意．
②此题需要分三种情况讨论：
i）当点E在点A与线段AB中点之间时，即当0＜t≤，两个三角形的重叠部分是整个△DEF；
ii）当点E在线段AB中点与点O之间时，即＜t≤2时，重叠部分是个不规则四边形，根据S=S△DEF﹣S△DBG可求解。

iii）当点E在线段OB上时，即2＜t≤时，重叠部分是个小直角三角形，根据三角形的面积公式，即可求解。

2．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB=∠AEC．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）求证：CE2=EH•EA；
（3）若⊙O的半径为，sinA= ，求BH的长．
【答案】（1）证明：如图，
∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，
∴∠ODB=∠ABC，
∵OF⊥BC，
∴∠BFD=90°，
∴∠ODB+∠DBF=90°，
∴∠ABC+∠DBF=90°，
即∠OBD=90°，
∴BD⊥OB，
∴BD是⊙O的切线
（2）证明：连接AC，如图2所示：
∵OF⊥BC，
∴，
∴∠CAE=∠ECB，
∵∠CEA=∠HEC，
∴△CEH∽△AEC，
∴，
∴CE2=EH•EA
（3）解：连接BE，如图3所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵⊙O的半径为，sin∠BAE= ，∴AB=5，BE=AB•sin∠BAE=5× =3，
∴EA= =4，
∵，
∴BE=CE=3，
∵CE2=EH•EA，
∴EH= ，
∴在Rt△BEH中，BH= .
【解析】【分析】（1）要证BD是⊙O的切线，只需证∠OBD=90°，因为∠OBC+∠BOD=90°，所以只须证∠ODB=∠OBC即可。

由圆周角定理和已知条件易得∠ODB=∠ABC，则∠OBC+∠BOD=90°=∠ODB+∠BOD，由三角形内角和定理即可得∠OBD=90°；
（2）连接AC，要证CE2=EH•EA；只需证△CEH∽△AEC，已有公共角∠AEC，再根据圆周角定理可得∠CAE=∠ECB，即可证△CEH∽△AEC，可得比例式求解；
（3）连接BE，解直角三角形AEB和直角三角形BEH即可求解。

3．如图，抛物线经过A（－3,0），C(5,0)两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿线段BD向终点D作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，过点P作PM⊥BD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E．
①当t为何值时，点N落在抛物线上；
②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵y=ax2+bx+ 经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为
（2）解：∵ =﹣（x2﹣2x+1）+ =﹣（x﹣1）2+8，∴点B的坐标为（1，8）．
设直线BC的解析式为y=kx+m，
则，
解得：，
所以直线BC的解析式为y=﹣2x+10．
∵抛物线的对称轴与x轴交于点D，
∴BD=8，CD=5﹣1=4．
∵PM⊥BD，
∴PM∥CD，
∴△BPM∽△BDC，
∴，
即，
解得：PM= t，
∴OE=1+ t．
∴ME=-2(1+ t)+10=8-t．．
∵四边形PMNQ为正方形，
∴NE=NM+ME=8﹣t+ t=8﹣ t．
①点N的坐标为（1+ t，8﹣ t），
若点N在抛物线上，
则﹣（1+ t﹣1）2+8=8﹣ t，
整理得，t（t﹣4）=0，
解得t1=0（舍去），t2=4，
所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；
②存在．理由如下：
∵PM= t，四边形PMNQ为正方形，
∴QD=NE=8﹣ t．
∵直线BC的解析式为y=﹣2x+10，
∴﹣2x+10=8﹣ t，
解得：x= t+1，
∴QR= t+1﹣1= t．
又∵EC=CD﹣DE=4﹣ t，
根据平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，
即 t=4﹣ t，
解得：t= ，
此时点P在BD上
所以，当t= 时，四边形ECRQ为平行四边形
【解析】【分析】（1）用待定系数法，将A,C两点的坐标分别代入y=ax2+bx+ ，得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）首先求出抛物线的顶点B的坐标，然后用待定系数法求出直线BC的解析式为y=﹣2x+10．根据点到坐标轴的距离得出BD,CD的长度，根据垂直于同一直线的两条直线互相平行得出PM∥CD，根据平行于三角形一边的直线，截，其它两边，所截的三角形与原三角形相似得出△BPM∽△BDC，根据相似三角形对应边成比例得出B P ∶B D = P M ∶C D ，进而得出关于t的方程，求解得出PM,进而得出OE,ME,根据正方形的性质由NE=NM+ME得出NE的长，进而表示出N点的坐标，若点N在抛物线上，根据抛物线上的点的特点，得出关于t的方程，求解得出t的值，所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；②存在．理由如下：根据PM的长及正方形的性质从而表示出QD=NE的长度，进而得出方程，求出x的值，进而表示出QR根据线段的和差及平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，从而得
出关于t的方程，求解得出答案。

4．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=.
5．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，点D从点C出发，以2cm/s 的速度沿折线C→A→B向点B运动，同时点E从点B出发，以1cm/s的速度沿BC边向点C运动，设点E运动的时间为t（单位：s）（0＜t＜8）.
（1）当△BDE 是直角三角形时，求t的值；
（2）若四边形CDEF是以CD、DE为一组邻边的平行四边形，①设它的面积为S，求S关于t的函数关系式；②是否存在某个时刻t，使平行四边形CDEF为菱形?若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：如图1，当∠BED=90°时，△BDE是直角三角形，
则BE=t，AC+AD=2t，
∴BD=6+10-2t=16-2t，
∵∠BED=∠C=90°，
∴DE∥AC，
∴，
∴，
∴DE= ，
∵sinB= ，
∴，
t= ；
如图2，当∠EDB=90°时，△BDE是直角三角形，
则BE=t，BD=16-2t，
cosB= ，
∴，
∴t= ；
答：当△BDE是直角三角形时，t的值为或
（2）解：①如图3，当0＜t≤3时，BE=t，CD=2t，CE=8-t，
∴S▱CDEF=2S△CDE=2× ×2t×（8-t）=-2t2+16t，
如图4，当3＜t＜8时，BE=t，CE=8-t，过D作DH⊥BC，垂足为H，
∴DH∥AC，
∴，
∴，
∴DH= ，
∴S▱CDEF=2S△CDE=2× ×CE×DH=CE×DH=（8-t）× = t2− t+ ；
∴S于t的函数关系式为：当0＜t≤3时，S=-2t2+16t，
当3＜t＜8时，S= t2− t+ ；
②存在，如图5，当▱CDEF为菱形时，DH⊥CE，
由CD=DE得：CH=HE，
BH= ，BE=t，EH= ，
∴BH=BE+EH，
∴ =t+ ，
∴t= ，
即当t= 时，▱CDEF为菱形．
【解析】【分析】（1）因为△BDE 是直角三角形有两种情况：
①当∠BED=90°时，可得DE∥AC，根据平行于三角形一边的直线和其它两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似可得,于是可得比例式将DE
用含t的代数式表示，再根据sinB=可得关于t的方程，解方程即可求解；
② 当∠EDB=90°时，同理可求解；
（2）①当0＜t≤3时，S▱CDEF=2S△CDE可得s与t的关系式；当3＜t＜8时，过D作DH⊥BC，垂足为H，根据平行于三角形一边的直线和其它两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似可得,于是可得比例式将DH用含t的代数式表示，则S▱CDEF=2S△CDE可得s与t的关系式；当3＜t＜8时，同上；
②存在，当▱CDEF为菱形时，DH⊥CE，根据BH=BE+EH可得关于t的方程，解方程即可求解。

6．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E是边AD上一点，EM⊥EC交AB于点M，点N 在射线MB上，且AE是AM和AN的比例中项.
（1）如图1，求证：∠ANE＝∠DCE；
（2）如图2，当点N在线段MB之间，联结AC，且AC与NE互相垂直，求MN的长；（3）连接AC，如果△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似，求DE的长. 【答案】（1）解：∵AE是AM和AN的比例中项
∴，
∵∠A＝∠A，
∴△AME∽△AEN，
∴∠AEM＝∠ANE，
∵∠D＝90°，
∴∠DCE＋∠DEC＝90°，
∵EM⊥BC，
∴∠AEM＋∠DEC＝90°，
∴∠AEM＝∠DCE，
∴∠ANE＝∠DCE
（2）解：∵AC与NE互相垂直，
∴∠EAC＋∠AEN＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ANE＋∠AEN＝90°，
∴∠ANE＝∠EAC，
由（1）得∠ANE＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠EAC，
∴tan∠DCE＝tan∠DAC，
∴，
∵DC＝AB＝6，AD＝8，
∴DE＝，
∴AE＝8﹣＝，
由（1）得∠AEM＝∠DCE，
∴tan∠AEM＝tan∠DCE，
∴，
∴AM＝，
∵，
∴AN＝，
∴MN＝
（3）解：∵∠NME＝∠MAE＋∠AEM，∠AEC＝∠D＋∠DCE，又∠MAE＝∠D＝90°，由（1）得∠AEM＝∠DCE，
∴∠AEC＝∠NME，
当△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似时
①∠ENM＝∠EAC，如图2，
∴∠ANE＝∠EAC，
由（2）得：DE＝；
②∠ENM＝∠ECA，
如图3，
过点E作EH⊥AC，垂足为点H，
由（1）得∠ANE＝∠DCE，
∴∠ECA＝∠DCE，
∴HE＝DE，
又tan∠HAE＝，
设DE＝3x，则HE＝3x，AH＝4x，AE＝5x，
又AE＋DE＝AD，
∴5x＋3x＝8，
解得x＝1，
∴DE＝3x＝3，
综上所述，DE的长分别为或3
【解析】【分析】（1）由比例中项知，据此可证△AME∽△AEN得∠AEM＝∠ANE，再证∠AEM＝∠DCE可得答案；（2）先证∠ANE＝∠EAC，结合∠ANE＝∠DCE得
∠DCE＝∠EAC，从而知，据此求得AE＝8﹣＝，由（1）得∠AEM＝∠DCE，据
此知，求得AM＝，由求得 MN＝；（3）分∠ENM＝∠EAC和∠ENM ＝∠ECA两种情况分别求解可得.
7．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，过点B的直线MN∥AC，D为BC边上一点，连接AD，作DE⊥AD交MN于点E，连接AE．
（1）如图①，当∠ABC=45°时，求证：AD=DE；理由；
（2）如图②，当∠ABC=30°时，线段AD与DE有何数量关系？并请说明理由；
（3）当∠ABC=α时，请直接写出线段AD与DE的数量关系．（用含α的三角函数表示）【答案】（1）解：如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，
则∠BDE+∠FDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠FDE+∠ADF=90°，∴∠BDE=∠ADF，∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠C=45°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=135°，∵∠FBD=45°，DF⊥BC，∴∠BFD=45°，BD=DF，∴∠AFD=135°，∴∠EBD=∠AFD，在△BDE和△FDA中，
∵∠EBD=∠AFD，BD=DF，∠BDF=∠ADF，∴△BDE≌△FDA（ASA），∴AD=DE
（2）解：DE= AD，理由：
如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，则∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，∴∠C=60°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=120°，∵∠ABC=30°，DG⊥BC，∴∠BGD=60°，
∴∠AGD=120°，∴∠EBD=∠AGD，∴△BDE∽△GDA，∴，在Rt△BDG中，
=tan30°= ，∴DE= AD
（3）解：AD=DE•tanα；理由：
如图2，∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，
∵∠EBD=90°+α，∠AGD=90°+α，∴∠EBD=∠AGD，∴△EBD∽△AGD，∴，在
Rt△BDG中，=tanα，则=tanα，∴AD=DE•tanα．
【解析】【分析】（1）如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，根据同角的余角相等得出∠BDE=∠ADF，根据等腰直角三角形的性质得出∠C=45°，∠BFD=45°，BD=DF，进而根据平行线的性质邻补角的定义得出∠EBD=180°﹣∠C=135°，∠AFD=135°，从而利用ASA判断出△BDE≌△FDA，根据全等三角形的对应边相等得出AD=DE；
（2）DE= AD，理由：如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，根据等角的余角相等得出∠BDE=∠ADG，根据三角形的内角和得出∠C=60°，∠BGD=60°，根据二直线平行同旁内角互补得出∠EBD=120°，根据邻补角的定义得出∠AGD=120°，故∠EBD=∠AGD，根据两个角对应相等的两个三角形相似得出△BDE∽△GDA，利用相似三角形对应边成比例得出
AD∶DE=DG∶BD,根据正切函数的定义及特殊锐角三角函数值得出DG∶BD=tan30°= ,从而得出答案；
（3）AD=DE•tanα；理由：如图2过点D作DG⊥BC，交AB于点G，根据等角的余角相等得出∠BDE=∠ADG，根据三角形的内角和得出根据二直线平行同旁内角互补得出∠EBD=90°+α，三角形的外角定理得出∠AGD=90°+α，故∠EBD=∠AGD，根据两个角对应相等的两个三角形相似得出△BDE∽△GDA，利用相似三角形对应边成比例得出AD∶DE=DG∶BD,根据正切函数的定义DG∶BD=tanα从而得出答案。

8．如图1，图形ABCD是由两个二次函数与的部分图像围成的封闭图形，已知A(1，0)、B(0，1)、D(0，﹣3)．
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC、CD、AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C 与点E是对应顶点）的点E的坐标．
【答案】（1）解：
（2）解：存在，
理由：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y轴时，设M（x,-x2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（x,3x2-3）为第四象限内的图形上一点，∴MM'=（1-x2）-3（3x2-3）=4-4x2，由抛物线的对称性知，若有内接正方形，则2x=4-
4x2，即2x2+x-2=0，x= 或（舍），
∵0< ，∴存在内接正方形，此时其边长为
（3）解：解：在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，∴AD= ，同理CD= .在Rt△BOC中，OB=OC=1，∴BC= .
①如图（1）
当△DBC~△DAE时，因∠CDB=∠ADO，∴在y轴上存在一点E，由得
，得DE= ，因D（0，-3），∴E（）；
由对称性知在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC~△DAE'，连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD，垂足为M，连接E'D，
∵E、E'关于DA对称，∴DF垂直平分EE'，∴△DEF~△DAO，
∴，有，∴， .
因，∴，
又，在Rt△DE'M中，DM= ，
∴OM=1，得
∴，使得△DBC~△DAE的点E的坐标为（0， ,）或；
如图（2）
当△DBC~△ADE时，有∠BDC=∠DAE，，
即，得AE= .
当E在直线DA左侧时，设AE交y轴于P点，作EQ⊥AC，垂足为Q.
由∠BDC=∠DAE=∠ODA，∴PD=PA，设PD=x，则PO=3-x，PA=x，
在Rt△AOP中，由得，解得，则有PA= ，PO= ，
因AE= ，∴PE= ，
在△AEQ中，OP∥EQ，
∴，得，又，
∴QE=2，∴E（），
当E'在直线DA右侧时，
因∠DAE'=∠BDC，又∠BDC=∠BDA，∴∠BDA=∠DAE'，
则AE'∥OD，∴E'（1，），
则使得△DBC~△ADE的点E的坐标为或 .
综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标有4个，
即（0， ,）或或或
【解析】【解答】（1）∵二次函数经过点A（1,0），B（0,1）代入得
解得∴二次函数；
∵二次函数经过点A（1,0），D（0,-3）代入得
解得∴二次函数 .
【分析】（1）由A（1,0），B（0，1）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；由A（1,0），D（0，-3）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；（2）判断是否存在，可以列举出一种特殊情况：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y 轴时，则可设点M（x,-x2+1）在y1图象上，则该正方形存在另一点M'（x,3x2-3）在y2图象上，由邻边相等构造方程解答即可；（3）对于△BDC与△ADE相似，且C于D对应，那么就存在两种情况：①当点B对应点A，即△DBC~△DAE，此时点E的位置有两处，一处在y轴上，另一处在线段AD的右侧；②当点B对应点DA时，即△DBC~△ADE，些时点E 有两处，分别处于线段AD的左右两侧；结果两种情况所有的条件解出答案即可.
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，OM 2+ME 2=OE 2，5a 2=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．如图，CD 为⊙O 的直径，点B 在⊙O 上，连接BC 、BD ，过点B 的切线AE 与CD 的延长线交于点A ，AEO C =∠∠，OE 交BC 于点F . （1）求证：OE ∥BD ；
（2）当⊙O 的半径为5，2
sin 5
DBA ∠=
时，求EF 的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）EF 的长为212
【解析】
试题分析：（1）连接OB ，利用已知条件和切线的性质证明； （2）根据锐角三角函数和相似三角形的性质，直接求解即可.
试题解析：（1）连接OB ， ∵CD 为⊙O 的直径 ， ∴ 90CBD CBO OBD ∠=∠+∠=︒. ∵AE 是⊙O 的切线，∴ 90ABO ABD OBD ∠=∠+∠=︒. ∴ ABD CBO ∠=∠. ∵OB 、OC 是⊙O 的半径，∴OB=OC . ∴C CBO ∠=∠. ∴C ABD ∠=∠. ∵E C ∠=∠，∴E ABD ∠=∠. ∴ OE ∥BD . （2）由（1）可得sin ∠C = ∠DBA=
25，在Rt △OBE 中, sin ∠C =
2
5
BD CD =,OC =5， 4BD =∴90CBD EBO ∠=∠=︒
∵E C ∠=∠，∴△CBD ∽△EBO .
∴
BD CD
BO EO
=
∴252
EO =
. ∵OE ∥BD ，CO =OD ， ∴CF =FB . ∴1
22
OF BD =
=. ∴212
EF OE OF =-=
11．如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，AC 为直径，BD ＝BA ，BE ⊥DC 交DC 的延长线于点E (1) 求证：BE 是⊙O 的切线 (2) 若EC ＝1，CD ＝3，求cos ∠DBA
【答案】（1）证明见解析；（2）∠DBA 35
= 【解析】
分析：（1）连接OB ，OD ，根据线段垂直平分线的判定，证得BF 为线段AD 的垂直平分线，再根据直径所对的圆周角为直角，得到∠ADC=90°，证得四边形BEDF 是矩形，即∠EBF=90°，可得出结论.
（2）根据中点的性质求出OF 的长，进而得到BF 、DE 、OB 、OD 的长，然后根据等角的三角函数求解即可.
详解：证明：(1) 连接BO 并延长交AD 于F ，连接OD ∵BD ＝BA ，OA ＝OD ∴BF 为线段AD 的垂直平分线 ∵AC 为⊙O 的直径 ∴∠ADC ＝90° ∵BE ⊥DC
∴四边形BEDF 为矩形 ∴∠EBF ＝90° ∴BE 是⊙O 的切线
(2) ∵O、F分别为AC、AD的中点
∴OF＝1
2CD＝
3
2
∵BF
＝DE＝1＋3＝4
∴OB＝OD＝35
4
22
-=
∴cos∠DBA＝cos∠DOF＝
3
3
2
55
2
OF
OD
==
点睛：此题主要考查了圆的切线的判定与性质，关键是添加合适的辅助线，利用垂径定理和圆周角定理进行解答，注意相等角的关系的转化.
12．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（cm2），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=﹣
3
8
t2+3t+3（1＜t＜4）；（3）t=
10
3
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 =1
2
AB =5， ∴点P 在AD 上的运动时间=5
5
=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=4
3
． ∵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）=﹣3
8
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．
13．矩形ABCD中，点C（3，8），E、F为AB、CD边上的中点，如图1，点A在原点处，点B在y轴正半轴上，点C在第一象限，若点A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长度的速度运动，点B随之沿y轴下滑，并带动矩形ABCD在平面内滑动，如图2，设运动时间表示为t秒，当点B到达原点时停止运动．
（1）当t=0时，点F的坐标为；
（2）当t =4时，求OE 的长及点B 下滑的距离； （3）求运动过程中，点F 到点O 的最大距离；
（4）当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，求t 的值．
【答案】（1）F （3，4）；（2）8-43；（3）7；（4）t 的值为245
或325. 【解析】
试题分析：（1）先确定出DF ，进而得出点F 的坐标； （2）利用直角三角形的性质得出∠ABO =30°，即可得出结论；
（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，即可得出结论； （4）分两种情况，利用相似三角形的性质建立方程求解即可．
试题解析：解：（1）当t =0时．∵AB =CD =8，F 为CD 中点，∴DF =4，∴F （3，4）； （2）当t =4时，OA =4．在Rt △ABO 中，AB =8，∠AOB =90°， ∴∠ABO =30°，点E 是AB 的中点，OE =
1
2
AB =4，BO =43，∴点B 下滑的距离为843-．
（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，∴FO=OE+EF=7．
（4）在Rt △ADF 中，FD 2+AD 2=AF 2，∴AF 22FD AD +，①设AO =t 1时，⊙F 与x 轴相切，点A 为切点，∴FA ⊥OA ，∴∠OAB +∠FAB =90°．∵∠FAD +∠FAB =90°，∴∠BAO =∠FAD ．∵∠BOA =∠D =90°，∴Rt △FAE ∽Rt △ABO ，∴
AB AO FA FE =，∴1853
t
=，
∴t1=24
5，②设AO=t2时，⊙F与y轴相切，B为切点，同理可得，t2=
32
5
．
综上所述：当以点F为圆心，FA为半径的圆与坐标轴相切时，t的值为24
5
或
32
5
．
点睛：本题是圆的综合题，主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，中点的意义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，解（2）的关键是得出∠ABO=30°，解（3）的关键是判断出当O、E、F三点共线时，点F到点O的距离最大，解（4）的关键是判断出Rt△FAE∽Rt△ABD，是一道中等难度的中考常考题．
14．如图，AB，BC分别是⊙O的直径和弦，点D为»BC上一点，弦DE交⊙O于点E，交AB于点F，交BC于点G，过点C的切线交ED的延长线于H，且HC=HG，连接BH，交⊙O 于点M，连接MD，ME．
求证：
（1）DE⊥AB；
（2）∠HMD=∠MHE+∠MEH．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
分析：（1）连接OC，根据等边对等角和切线的性质，证明∠BFG=∠OCH=90°即可；（2）连接BE，根据垂径定理和圆内接四边形的性质，得出∠HMD=∠BME，再根据三角形的外角的性质证明∠HMD=∠DEB=∠EMB即可．
详解：证明：（1）连接OC，
∵HC=HG，
∴∠HCG=∠HGC；
∵HC切⊙O于C点，
∴∠OCB+∠HCG=90°；
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∵∠HGC=∠BGF，
∴∠OBC+∠BGF=90°，
∴∠BFG=90°，即DE⊥AB；
（2）连接BE，
由（1）知DE⊥AB，
∵AB是⊙O的直径，
∴，
∴∠BED=∠BME；
∵四边形BMDE内接于⊙O，
∴∠HMD=∠BED，
∴∠HMD=∠BME；
∵∠BME是△HEM的外角，
∴∠BME=∠MHE+∠MEH，
∴∠HMD=∠MHE+∠MEH．
点睛：此题综合性较强，主要考查了切线的性质、三角形的内角和外角的性质、等腰三角形的性质、内接四边形的性质．
15．已知：如图1，∠ACG=90°，AC=2，点B为CG边上的一个动点，连接AB，将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到△ADB，过点D作DF⊥CG于点F．
（1）当BC=23
时，判断直线FD与以AB为直径的⊙O的位置关系，并加以证明；
（2）如图2，点B在CG上向点C运动，直线FD与以AB为直径的⊙O交于D、H两点，连接AH，当∠CAB=∠BAD=∠DAH时，求BC的长．
【答案】（1）直线FD与以AB为直径的⊙O相切，理由见解析；（2）22 .
【解析】
试题分析：（1）根据已知及切线的判定证明得，直线FD与以AB为直径的⊙O相切；（2）根据圆内接四边形的性质及直角三角形的性质进行分析，从而求得BC的长．
试题解析：
（1）判断：直线FD与以AB为直径的⊙O相切．
证明：如图，
作以AB为直径的⊙O；
∵△ADB是将△ACB沿AB边所在的直线翻折得到的，∴△ADB≌△ACB，
∴∠ADB=∠ACB=90°．
∵O为AB的中点，连接DO，
∴OD=OB=AB，
∴点D在⊙O上．
在Rt△ACB中，BC=，AC=2；
∴tan∠CAB==，
∴∠CAB=∠BAD=30°，
∴∠ABC=∠ABD=60°，
∴△BOD是等边三角形．
∴∠BOD=60°．
∴∠ABC=∠BOD，
∴FC∥DO．
∵DF⊥CG，
∴∠ODF=∠BFD=90°，
∴OD⊥FD，
∴FD为⊙O的切线．
（2）延长AD交CG于点E，
同（1）中的方法，可证点C在⊙O上；
∴四边形ADBC是圆内接四边形．
∴∠FBD=∠1+∠2．
同理∠FDB=∠2+∠3．
∵∠1=∠2=∠3，
∴∠FBD=∠FDB，
又∠DFB=90°．
∴EC=AC=2．
设BC=x，则BD=BC=x，
∵∠EDB=90°，
∴EB=x．
∵EB+BC=EC，
∴x+x=2，
解得x=2﹣2，
∴BC=2﹣2．
16．结果如此巧合!
下面是小颖对一道题目的解答．
题目：如图，Rt△ABC的内切圆与斜边AB相切于点D，AD=3，BD=4，求△ABC的面积．解：设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x．
根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x．
根据勾股定理，得（x+3）2+（x+4）2=（3+4）2．
整理，得x2+7x=12．
所以S△ABC=1
2 AC•BC
=1
2
（x+3）（x+4）
=1
2
（x2+7x+12）
=1
2
×（12+12）
=12．
小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC的面积等于AD与BD的积．这仅仅是巧合吗？请你帮她完成下面的探索．
已知：△ABC的内切圆与AB相切于点D，AD=m，BD=n．
可以一般化吗？
（1）若∠C=90°，求证：△ABC的面积等于mn．
倒过来思考呢？
（2）若AC•BC=2mn，求证∠C=90°．
改变一下条件……
（3）若∠C=60°，用m、n表示△ABC的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）S△ABC=3mn；
【解析】
【分析】
（1）设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，仿照例题利用勾股定理得（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，再根据S△ABC＝AC×BC，即可证明S△ABC＝mn.（2）由AC•BC＝2mn，得x2＋（m＋n）x＝mn，因此AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2＝AB2，利用勾股定理逆定理可得∠C＝90°.（3）过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ACG中，根据条件求出AG、CG，又根据BG＝BC－CG得到BG .在Rt△ABG中，根据勾股定理可得x2＋（m＋n）x＝3mn，由此S△ABC＝BC•AG＝mn.
【详解】
设△ABC的内切圆分别与AC、BC相切于点E、F，CE的长为x，
根据切线长定理，得：AE＝AD＝m、BF＝BD＝n、CF＝CE＝x，
（1）如图1，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得：（x＋m）2＋（x＋n）2＝（m＋n）2，
整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn，
所以S△ABC＝AC•BC
＝（x＋m）（x＋n）
＝[x2＋（m＋n）x＋mn]
＝（mn＋mn）
＝mn;
（2）由AC•BC＝2mn，得：（x＋m）（x＋n）＝2mn，
整理，得：x2＋（m＋n）x＝mn，
∴AC2＋BC2＝（x＋m）2＋（x＋n）2
＝2[x2＋（m＋n）x]＋m2＋n2
＝2mn＋m2＋n2
＝（m＋n）2
＝AB2，
根据勾股定理逆定理可得∠C＝90°；
（3）如图2，过点A作AG⊥BC于点G，
在Rt△ACG中，AG＝AC•sin60°＝（x＋m），CG＝AC•cos60°＝（x＋m），
∴BG＝BC﹣CG＝（x＋n）﹣（x＋m），
在Rt△ABG中，根据勾股定理可得：[（x＋m）]2＋[（x＋n）﹣（x＋m）]2＝（m＋n）2，
整理，得：x2＋（m＋n）x＝3mn，
∴S△ABC＝BC•AG
＝×（x＋n）•（x＋m）
＝
3
4
[x2＋（m＋n）x＋mn]
＝3
（3mn＋mn）3．
【点睛】
本题考查了圆中的计算问题、与圆有关的位置关系以及直角三角形，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.。