2020-2021精选备战中考数学易错题专题复习圆与相似附详细答案

2020-2021精选备战中考数学易错题专题复习圆与相似附详细答案
一、相似
1．如图,在一间黑屋子里用一盏白炽灯照一个球.
（1）球在地面上的影子是什么形状?
（2）当把白炽灯向上平移时,影子的大小会怎样变化?
（3）若白炽灯到球心的距离是1 m,到地面的距离是3 m,球的半径是0.2 m,则球在地面上影子的面积是多少?
【答案】（1）解：球在地面上的影子的形状是圆.
（2）解：当把白炽灯向上平移时,影子会变小.
（3）解：由已知可作轴截面，如图所示：
依题可得：OE=1 m，AE=0.2 m，OF=3 m，AB⊥OF于H，
在Rt△OAE中，
∴OA= = = (m)，
∵∠AOH=∠EOA，∠AHO=∠EAO=90°，
∴△OAH∽△OEA，
∴，
∴OH= == (m)，
又∵∠OAE=∠AHE=90°，∠AEO=∠HEA，
∴△OAE∽△AHE，
∴ = ，
∴AH= ==2625 (m).
依题可得：△AHO∽△CFO，
∴ AHCF=OHOF ，
∴CF= AH⋅OFOH = 2625×32425=64 (m)，
∴S影子=π·CF2=π· (64)2 = 38 π=0.375π(m2).
答：球在地面上影子的面积是0.375π m2.
【解析】【分析】（1）球在灯光的正下方，根据中心投影的特点可得影子是圆.
（2）根据中心投影的特点：在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；所以白炽灯向上移时，阴影会逐渐变小.
（3）作轴截面（如图）由相似三角形的判定得三组三角形相似，再根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得阴影的半径，再根据面积公式即可求出面积.
2．如图，在Rt△ABC中，，角平分线交BC于O，以OB为半径作⊙O.
（1）判定直线AC是否是⊙O的切线，并说明理由;
（2）连接AO交⊙O于点E，其延长线交⊙O于点D，，求的值;
（3）在（2）的条件下，设的半径为3，求AC的长.
【答案】（1）解：AC是⊙O的切线
理由：，
，
作于，
是的角平分线，
，
AC是⊙O的切线
（2）解：连接，
是⊙O的直径，
,即 .
.
又 (同角) ，
∽ ,
（3）解：设
在和中，由三角函数定义有：
得：
解之得：
即的长为
【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等证得点O到AC的距离为半径长，即可证得AC与圆O相切；（2）先连接BE构造一个可以利用正切值的直角三角形，再证得∠1=∠D，从而证得两个三角形ABE与ABD相似，即可求得两个线段长的比值；（3）也可以应用三角形相似的判定与性质解题，其中AB的长度是利用勾股定理与（2）中AE与AB的比值求得的.
3．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a＜0）从左到右依次交x轴于A、B两点，交y轴于点C．
（1）求点A、C的坐标；
（2）如图1，点D在第一象限抛物线上，AD交y轴于点E，当DE=3AE，OB=4CE时，求a 的值；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P在C、D之间的抛物线上，连接PC、PD，点Q在点B、D之间的抛物线上，QF∥PC，交x轴于点F，连接CF、CB，当PC=PD，
∠CFQ=2∠ABC，求BQ的长．
【答案】（1）解：当x=0时，y=3，∴C（0，3）．
当y=0时，ax2+（a+3）x+3=0，
（ax+3）（x+1）=0，解得x1=- ，x2=-1．
∵a＜0，
∴- ＞0，
∴A（-1，0）
（2）解：如图1，过点D作DM⊥AB于M．
∵OE∥DM，
∴，
∴OM=3，
∴D点纵坐标为12a+12．
∵tan∠EAO= =3a+3，
∴OE=3a+3，
∴CE=OC-OE=3-（3a+3）=-3a．
∵OB=4CE，
∴- =-12a，
∵a＜0，
∴a=-
（3）解：如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．
∵a=- ，
∴抛物线的解析式为y=- x2+ x+3，D（3，6），DT=3，OT=6，CT=3=DT，
又∵PC=PD，PT=PT，
∴△TCP≌△TDP，
∴∠CTP=∠DTP=45°，TG=PG．
设P（t，- t2+ t+3），
∴OG=- t2+ t+3，PG=t，
∴TG=OT-OG=6-（- t2+ t+3）= t2- t+3，
∴ t2- t+3=t，解得t=1或6，
∵点P在C、D之间，
∴t=1．
过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，则∠KFC=∠OCF，∠KFB=∠CON=90°．
∵FQ∥PC，
∴∠PCF+∠CFQ=180°，∠PCF+∠PCG+∠OCF=180°，
∴∠CFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠CFK+∠KFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠KFQ=∠PCG．
∵P（1，5），∴PG=1，CG=OG-OC=5-3=2，
∴tan∠PCG= ，
∵tan∠ABC= ，
∴∠PCG=∠ABC，
∴∠KFQ=∠ABC．
∵∠CFQ=2∠ABC，
∴∠CFQ=2∠KFQ，
∴∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，
∴tan∠OCF= ，
∴OF= ．
设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），
∵Q在抛物线上，
∴- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，
解得m= 或m=- （舍去），
∴Q（4，5），
∵B（6，0），
∴BQ= ．
【解析】【分析】（1）令x=0，求出y的值，得到C点坐标；令y=0，求出x的值，根据a＜0得出A点坐标；（2）如图1，过点D作DM⊥AB于M．根据平行线分线段成比例定理求出OM=3，得到D点纵坐标为12a+12．再求出OE=3a+3，那么CE=OC-OE=-3a．根据
OB=4CE，得出- =-12a，解方程求出a=- ；（3）如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．利用SSS证明△TCP≌△TDP，得出∠CTP=∠DTP=45°，那么
TG=PG．设P（t，- t2+ t+3），列出方程 t2- t+3=t，解方程求得t=1或6，根据点P在C、D之间，得到t=1．过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，根据平行线的性质以及已知条件得出∠KFQ=∠PCG，进而证明∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，由
tan∠OCF= =tan∠ABC= ，求出OF= ．设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），根据
Q在抛物线上列出方程- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，解方程求出满足条件的m的值，得到Q点坐标，然后根据两点间的距离公式求出BQ．
4．如图，抛物线经过，两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：AB平分；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得是以AB为直角边的直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将，代入得：，
解得：，，
抛物线的解析式为
（2）解：，，
，
取，则，
由两点间的距离公式可知，
，，
，
，
在和中，，，，
≌，
，
平分
（3）解：如图所示：抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F．
抛物线的对称轴为，则．
，，
，
，
，
，
，
同理：，
又，
，
，
点M的坐标为或
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，将点A、B两点坐标分别代入抛物线的解析式，求出a、b的值，即可解答。

（2）利用勾股定理，在Rt△AOC中，求出AC的长，再根据两点间的距离公式求出BD的长，由点B、C的坐标，求出BC的长，可证得BD=BC，然后证明△ABC ≌△ABD ，利用全等三角形的性质，可证得结论。

（3）抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F．求出抛物线的对称轴，就可求出AE的长，再利用点A、B的坐标，求出tan∠EAB的值，再由∠M'AB = 90 °，求出tan∠∠M'AE
的值，求出M'E的长，就可得出点M的坐标，再用同样的方法求出点M的坐标，即可解答。

5．如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝5cm，BC＝6cm，点E.F.G分别从A.B.C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动.在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F.设点E.F.G运动的时间为t（单位：s）.
（1）当t等于多少s时，四边形EBFB′为正方形；
（2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；（3）是否存在实数t，使得点B’与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：若四边形EBFB′为正方形，则BE＝BF，BE＝5﹣t，BF＝3t，
即：5﹣t＝3t，
解得t＝1.25；
故答案为：1.25
（2）解：分两种情况，讨论如下：
①若△EBF∽△FCG，
则有，即，
解得：t＝1.4；
②若△EBF∽△GCF，
则有，即，
解得：t＝﹣7﹣（不合题意，舍去）或t＝﹣7+ .
∴当t＝1.4s或t＝（﹣7+ ）s时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似.
（3）解：假设存在实数t，使得点B′与点O重合.
如图，过点O作OM⊥BC于点M，
则在Rt△OFM中，OF＝BF＝3t，FM＝ BC﹣BF＝3﹣3t，OM＝2.5，
由勾股定理得：OM2+FM2＝OF2，
即：2.52+（3﹣3t）2＝（3t）2
解得：t＝；
过点O作ON⊥AB于点N，则在Rt△OEN中，OE＝BE＝5﹣t，EN＝BE﹣BN＝5﹣t﹣2.5＝2.5﹣t，ON＝3，
由勾股定理得：ON2+EN2＝OE2，
即：32+（2.5﹣t）2＝（5﹣t）2
解得：t＝ .
∵≠ ，
∴不存在实数t，使得点B′与点O重合
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质，得到BE＝BF，列一元一次方程求解即可；（2）△EBF与△FCG相似，分两种情况，需要分类讨论，逐一分析计算；（3）本问为存在型问题.假设存在，则可以分别求出在不同条件下的t值，它们互相矛盾，所以不存在
6．问题提出；
（1）如图1，矩形ABCD，AB＝4，BC＝8，点E为CD的中点，点P为BC上的动点，CP＝________时，△APE的周长最小.
（2）如图2，矩形ABCD，AB＝4，BC＝8，点E为CD的中点，点P、点Q为BC上的动点，且PQ＝2，当四边形APQE的周长最小时，请确定点P的位置（即BP的长）
问题解决；
（3）如图3，某公园计划在一片足够大的等边三角形水域内部（不包括边界）点P处修一个凉亭，设计要求PA长为100米，同时点M，N分别是水域AB，AC边上的动点，连接P、M、N的水上浮桥周长最小时，四边形AMPN的面积最大，请你帮忙算算此时四边形
AMPN面积的最大值是多少？
【答案】（1）
（2）解：点A向右平移2个单位到M，点E关于BC的对称点F，连接MF，交BC于Q，此时MQ+EQ最小，
∵PQ＝3，DE＝CE＝2，AE＝2 ，
∴要使四边形APQE的周长最小，只要AP+EQ最小就行，
即AP+EQ＝MQ+EQ，过M作MN⊥BC于N，
∴MN∥CD
∴△MNQ∽△FCQ，
∴
∴
∴NQ＝4
∴BP＝BQ﹣PQ＝4+2﹣2＝4
（3）解:如图，作点P关于AB的对称点G，作点P关于AC的对称点H，连接GH，交AB，AC于点M，N，此时△PMN的周长最小.
∴AP＝AG＝AH＝100米，∠GAM＝∠PAM，∠HAN＝∠PAN，
∵∠PAM+∠PAN＝60°，
∴∠GAH＝120°，且AG＝AH，
∴∠AGH＝∠AHG＝30°，
过点A作AO⊥GH，
∴AO＝50米，HO＝GO＝50 米，
∴GH＝100 米，
∴S△AGH＝ GH×AO＝2500 平方米，
∵S四边形AMPN＝S△AGM+S△ANH＝S△AGH﹣S△AMN，
∴S△AMN的值最小时，S四边形AMPN的值最大，
∴MN＝GM＝NH＝时
∴S四边形AMPN＝S△AGH﹣S△AMN＝2500 ﹣＝平方米.
【解析】【解答】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°＝∠ABC，AB＝CD＝4，BC＝AD＝8，
∵E为CD中点，
∴DE＝CE＝2，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE＝＝＝2 ，
即△APE的边AE的长一定，
要△APE的周长最小，只要AP+PE最小即可，
延长AB到M，使BM＝AB＝4，则A和M关于BC对称，
连接EM交BC于P，此时AP+EP的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴△ECP∽△MBP，
∴
∴
∴CP＝
故答案为：
【分析】（1）延长AB到M，使BM=AB，则A和M关于BC对称，连接EM交BC于P，此时AP+EP的值最小，根据勾股定理求出AE长，根据矩形性质得出AB∥CD，推出△ECP∽△MBP，得出比例式，代入即可求出CP长；（2）点A向右平移2个单位到M，点E关于BC的对称点F，连接MF，交BC于Q，要使四边形APQE的周长最小，只要
AP+EQ最小就行，证△MNQ∽△FCQ即可求BP的长；（3）作点P关于AB的对称点G，作点P关于AC的对称点H，连接GH，交AB，AC于点M，N，此时△PMN的周长最小.S四=S△AGM+S△ANH=S△AGH-S△AMN，即S△AMN的值最小时，S四边形AMPN的值最大.
边形AMPN
7．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.
8．如图①所示，在△ABC中，点O是AC上一点，过点O的直线与AB，BC的延长线分别相交于点M，N.
（1）【问题引入】
若点O是AC的中点，，求的值；
温馨提示：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.
（2）【探索研究】
若点O是AC上任意一点(不与A，C重合)，求证：；
（3）【拓展应用】
如图②所示，点P是△ABC内任意一点，射线AP，BP，CP分别交BC，AC，AB于点D，
E，F.若，，求的值．
【答案】（1）解：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.∵ON∥AG，∴
.∵O是AC的中点，∴AO＝CO，∴NG＝CN.∵MN∥AG，∴，∴
.
（2）解：证明：由(1)可知，，∴ =1
（3）解：在△ABD中，点P是AD上一点，过点P的直线与AB，BD的延长线分别相交于
点F，C.由(2)可得 .在△ACD中，过点P的直线与AC，CD的延长线分别相交于点E，B.由(2)可得
【解析】【分析】（1）作AG∥MN交BN延长线于点G,证△ABG∽△MBN得 ,
即 ,同理可证△ACG∽△OCN得 ,结合AO=CO,得NG=CN,从而由进行求解,
(2)由 , 可知: ,
(3)由(2)可知,在△ABD中有 , 在△ACD中有 ,
从而 ,因此可得: .
二、圆的综合
9．如图，已知平行四边形OABC的三个顶点A、B、C在以O为圆心的半圆上，过点C作CD⊥AB，分别交AB、AO的延长线于点D、E，AE交半圆O于点F，连接CF．
（1）判断直线DE与半圆O的位置关系，并说明理由；
（2）若半圆O的半径为6，求¶AC的长．
【答案】（1）直线CE与半圆O相切（2）4
【解析】
试题分析：（1）结论：DE 是⊙O 的切线．首先证明△ABO ，△BCO 都是等边三角形，再证明四边形BDCG 是矩形，即可解决问题；
（2）只要证明△OCF 是等边三角形即可解决问题，求AC 即可解决问题． 试题解析：（1）直线CE 与半圆O 相切，理由如下： ∵四边形OABC 是平行四边形，∴AB ∥OC. ∵∠D=90°，∴∠OCE=∠D=90°，即OC ⊥DE ， ∴直线CE 与半圆O 相切．
（2）由（1）可知：∠COF=60°，OC=OF ， ∴△OCF 是等边三角形， ∴∠AOC=120° ∴¶AC 的长为
1206
180
π⨯⨯=4π.
10．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）8-33）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
=，∴t 1=
245，②设AO =t 2时，⊙F 与y 轴相切，B 为切点，同理可得，t 2=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
245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．
11．已知⊙O 中，弦AB=AC ，点P 是∠BAC 所对弧上一动点，连接PA ，PB ． （1）如图①，把△ABP 绕点A 逆时针旋转到△ACQ ，连接PC ，求证：∠ACP+∠ACQ=180°；
（2）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA 、PB 、PC 之间的关系．
（3）若∠BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）PA=PB+PC．理由见解析；（3）若∠BAC=120°时，（2）
3 PA=PB+PC．
【解析】
试题分析：（1）如图①，连接PC．根据“内接四边形的对角互补的性质”即可证得结论；（2）如图②，通过作辅助线BC、PE、CE（连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE）构建等边△PCE和全等三角形△BEC≌△APC；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得PA=PB+PC；
（3）如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．利用全等三角形△ABP≌△AQP（SAS）的对应边相等推知AB=AQ，PB=PG，将PA、PB、PC的数量关系转化到△APC中来求即可．
试题解析：（1）如图①，连接PC．
∵△ACQ是由△ABP绕点A逆时针旋转得到的，
∴∠ABP=∠ACQ．
由图①知，点A、B、P、C四点共圆，
∴∠ACP+∠ABP=180°（圆内接四边形的对角互补），
∴∠ACP+∠ACQ=180°（等量代换）；
（2）PA=PB+PC．理由如下：
如图②，连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE．
∵弦AB=弦AC，∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形（有一内角为60°的等腰三角形是等边三角形）．
∵A、B、P、C四点共圆，∴∠BAC+∠BPC=180°（圆内接四边形的对角互补），
∵∠BPC+∠EPC=180°，∴∠BAC=∠CPE=60°，
∵PE=PC，∴△PCE是等边三角形，∴CE=PC，∠E=∠ECP=∠EPC=60°；
又∵∠BCE=60°+∠BCP，∠ACP=60°+∠BCP，∴∠BCE=∠ACP（等量代换）,
在△BEC和△APC中，
CE PC
BCE ACP
AC BC
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△BEC≌△APC（SAS），∴BE=PA，
∴PA=BE=PB+PC；
（3）若∠BAC=120°时，（23．理由如下：如图③，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AG⊥PC于点G．
∵∠BAC=120°，∠BAC+∠BPC=180°，∴∠BPC=60°．
∵弦AB=弦
AC，∴∠APB=∠APQ=30°．
在△ABP和△AQP中，
PB PQ
APB APQ
AP AP
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△ABP≌△AQP（SAS），
∴AB=AQ，PB=PQ（全等三角形的对应边相等），∴AQ=AC（等量代换）．
在等腰△AQC中，QG=CG．
在Rt△APG中，∠APG=30°，则AP=2AG，PG=3AG,
∴PB+PC=PG﹣QG+PG+CG=PG﹣QG+PG+QG=2PG=23AG，
∴3PA=23AG，即3PA=PB+PC．
【点睛】本题考查了圆的综合题，解题的关键要能掌握和灵活运用圆心角、弧、弦间的关系，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质等.
12．（1）问题背景
如图①，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AB=AC，P为BmC上一动点（不与B，C重2PA=PB+PC．
小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB，AP，AC，且AB=AC，这就为旋转作了铺垫．于是，小明同学有如下思考过程：
第一步：将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；
第二步：证明Q，B，P三点共线，进而原题得证．
请你根据小明同学的思考过程完成证明过程．
（2）类比迁移
如图②，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=AC，AB⊥AC，垂足为A，求OC的最小值．
（3）拓展延伸
如图③，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=4
3
AC，AB⊥AC，垂足
为A，则OC的最小值为．
【答案】（1）证明见解析；（2）OC最小值是32﹣3；（3）3
2
．
【解析】
试题分析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①），只要证明△APQ 是等腰直角三角形即可解决问题；
（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点O顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，在△BOQ中，利用三边关系定理即可解决问题；
（3）如图③构造相似三角形即可解决问题．作AQ⊥OA，使得AQ=4
3
OA，连接OQ，
BQ，OB．由△QAB∽OAC，推出BQ=4
3
OC，当BQ最小时，OC最小；
试题解析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；
∵BC是直径，∴∠BAC=90°，
∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=45°，
由旋转可得∠QBA=∠PCA，∠ACB=∠APB=45°，PC=QB，
∵∠PCA+∠PBA=180°，∴∠QBA+∠PBA=180°，∴Q，B，P三点共线，
∴∠QAB+∠BAP=∠BAP+∠PAC=90°，∴QP2=AP2+AQ2=2AP2，
∴QP=2AP=QB+BP=PC+PB，∴2AP=PC+PB．
（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点A顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，
∵AB⊥AC,∴∠BAC=90°,
由旋转可得 QB=OC ，AQ=OA ，∠QAB=∠OAC ，∴∠QAB+∠BAO=∠BAO+∠OAC=90°， ∴在Rt △OAQ 中，OQ=32，AO=3 ，∴在△OQB 中，BQ≥OQ ﹣OB=32﹣3 ，
即OC 最小值是32﹣3；
（3）如图③中，作AQ ⊥OA ，使得AQ=43
OA ，连接OQ ，BQ ，OB ．
∵∠QAO=∠BAC=90°，∠QAB=∠OAC ，∵
QA AB OA AC =43， ∴△QAB ∽OAC ，∴BQ=43
OC ， 当BQ 最小时，OC 最小，易知OA=3，AQ=4，OQ=5，BQ≥OQ ﹣OB ，∴OQ≥2，]
∴BQ 的最小值为2，
∴OC 的最小值为
34×2=32， 故答案为32
． 【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识，能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键.
13．已知：如图，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ．点E 为CD 边上一点，AE 与BE 分别为∠DAB 和∠CBA 的平分线．
（1）请你添加一个适当的条件 ，使得四边形ABCD 是平行四边形，并证明你的结论；
（2）作线段AB 的垂直平分线交AB 于点O ，并以AB 为直径作⊙O （要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
（3）在（2）的条件下，⊙O 交边AD 于点F ，连接BF ，交AE 于点G ，若AE=4，sin ∠AGF=45
，求⊙O 的半径．
【答案】（1）当AD=BC 时，四边形ABCD 是平行四边形，理由见解析；（2）作出相应的图形见解析；（3）圆O 的半径为2.5．
【解析】
分析：（1）添加条件AD=BC，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形验证即可；（2）作出相应的图形，如图所示；
（3）由平行四边形的对边平行得到AD与BC平行，可得同旁内角互补，再由AE与BE为角平分线，可得出AE与BE垂直，利用直径所对的圆周角为直角，得到AF与FB垂直，可得出两锐角互余，根据角平分线性质及等量代换得到∠AGF=∠AEB，根据sin∠AGF的值，确定出sin∠AEB的值，求出AB的长，即可确定出圆的半径．
详解：（1）当AD=BC时，四边形ABCD是平行四边形，理由为：
证明：∵AD∥BC，AD=BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
故答案为：AD=BC；
（2）作出相应的图形，如图所示；
（3）∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠CBA=180°，
∵AE与BE分别为∠DAB与∠CBA的平分线，
∴∠EAB+∠EBA=90°，
∴∠AEB=90°，
∵AB为圆O的直径，点F在圆O上，
∴∠AFB=90°，
∴∠FAG+∠FGA=90°，
∵AE平分∠DAB，
∴∠FAG=∠EAB，
∴∠AGF=∠ABE，
∴sin∠ABE=sin∠AGF=4
5
AE AB ，
∵AE=4，
∴AB=5，
则圆O的半径为2.5．
点睛：此题属于圆综合题，涉及的知识有：圆周角定理，平行四边形的判定与性质，角平分线性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握各自的性质及定理是解本题的关键．
14．如图，在ABC
△中，10
AC BC
==，
3
cos
5
C=,点P是BC边上一动点（不与点,A C 重合），以PA长为半径的P
e与边AB的另一个交点为D，过点D作DE CB
⊥于点E.
()1当P e与边BC相切时，求P e的半径；
()2联结BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围；
()3在()2的条件下，当以PE长为直径的Q
e与P
e相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.
【答案】（1）
40
9
；（2）()
2
5880
010
x x x
y x
-+
=<<；（3）1025
-
【解析】
【分析】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=
3
5
，则sinC=
4
5
，sinC=
HP
CP
=
R
10R
-
=
4
5
，即可求解；
（2）PD∥BE，则
EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x
--+-
=，即可求解；
（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．
【详解】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，
连接HP，则HP⊥BC，cosC=
3
5
，则
sinC=
3
5
，
sinC=
HP
CP
=
R
10R
-
=
4
5
，解得：R=
40
9
；
（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=
3
5
，
设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC，
则BH=ACsinC=8，
同理可得：
CH=6，HA=4，AB=45，则：tan∠CAB=2BP=()2
2
84
x
+-=2880
x x
-+，DA=
25
5
x，则BD=45-
25
5
x，
如下图所示，
PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，
tanβ=2，则
55
EB=BDcosβ=（5
5
5
x）
5
2
5
x，
∴PD∥BE，
∴EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x
--+-
=，
整理得：y=()25x x 8x 800x 10-+<<； （3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，
两个圆交于点G ，则PG=PQ ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D ，GD 为相交所得的公共弦，
∵点Q 时弧GD 的中点，
∴DG ⊥EP ，
∵AG 是圆P 的直径，
∴∠GDA=90°，
∴EP ∥BD ，
由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形，
∴AG=EP=BD ，
∴5 设圆的半径为r ，在△ADG 中， 55
AG=2r ， 5551
+， 则：5
5 相交所得的公共弦的长为5
【点睛】
本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．
15．如图，AB 是半圆⊙O 的直径，点C 是半圆⊙O 上的点，连接AC ，BC ，点E 是AC 的中点，点F 是射线OE 上一点．
（1）如图1，连接FA ，FC ，若∠AFC ＝2∠BAC ，求证：FA ⊥AB ；
（2）如图2，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，点G 是线段CD 上一点（不与点C 重合），连接FA ，FG ，FG 与AC 相交于点P ，且AF ＝FG ．
①试猜想∠AFG和∠B的数量关系，并证明；
②连接OG，若OE＝BD，∠GOE＝90°，⊙O的半径为2，求EP的长．
【答案】（1）见解析；（2）①结论：∠GFA＝2∠ABC．理由见解析；②PE＝3
．
【解析】
【分析】
（1）证明∠OFA＝∠BAC，由∠EAO+∠EOA＝90°，推出∠OFA+∠AOE＝90°，推出∠FAO＝90°即可解决问题．
（2）①结论：∠GFA＝2∠ABC．连接FC．由FC＝FG＝FA，以F为圆心FC为半径作
⊙F．因为»»
AG AG
，推出∠GFA＝2∠ACG，再证明∠ACG＝∠ABC．
②图2﹣1中，连接AG，作FH⊥AG于H．想办法证明∠GFA＝120°，求出EF，OF，OG即可解决问题．
【详解】
（1）证明：连接OC．
∵OA＝OC，EC＝EA，
∴OF⊥AC，
∴FC＝FA，
∴∠OFA＝∠OFC，
∵∠CFA＝2∠BAC，
∴∠OFA＝∠BAC，
∵∠OEA＝90°，
∴∠EAO+∠EOA＝90°，
∴∠OFA+∠AOE＝90°，
∴∠FAO＝90°，
∴AF⊥AB．
（2）①解：结论：∠GFA ＝2∠ABC ．
理由：连接FC ．
∵OF 垂直平分线段AC ，
∴FG ＝FA ，
∵FG ＝FA ，
∴FC ＝FG ＝FA ，以F 为圆心FC 为半径作⊙F ．
∵»»AG AG =，
∴∠GFA ＝2∠ACG ，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB ＝90°，
∵CD ⊥AB ，
∴∠ABC +∠BCA ＝90°，
∵∠BCD +∠ACD ＝90°，
∴∠ABC ＝∠ACG ，
∴∠GFA ＝2∠ABC ．
②如图2﹣1中，连接AG ，作FH ⊥AG 于H ．
∵BD ＝OE ，∠CDB ＝∠AEO ＝90°，∠B ＝∠AOE ，
∴△CDB ≌△AEO （AAS ），
∴CD ＝AE ，
∵EC ＝EA ，
∴AC ＝2CD ．
∴∠BAC ＝30°，∠ABC ＝60°，
∴∠GFA ＝120°，
∵OA ＝OB ＝2，
∴OE ＝1，AE ＝
，BA ＝4，BD ＝OD ＝1， ∵∠GOE ＝∠AEO ＝90°，
∴OG ∥AC ， 33,33
DG OG ∴==,
3
AG
∴==，
∵FG＝FA，FH⊥AG，
∴AH＝HG
∠AFH＝60°，
∴AF
＝
sin60
AH
︒
=，
在Rt△AEF中，EF
1
3
=，
∴OF＝OE+EF＝4
3
，
∵PE∥OG，
∴PE EF
OG0F
=，
∴
1
3
4
3
=，
∴PE
．
【点睛】
圆综合题，考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题.
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.。