2020-2021备战中考数学专题《圆与相似》综合检测试卷附答案

2020-2021备战中考数学专题《圆与相似》综合检测试卷附答案
一、相似
1．如图，抛物线y=﹣ +bx+c过点A（3，0），B（0，2）．M（m，0）为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．
（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；
（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；
（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．
【答案】（1）解：设直线AB的解析式为y=px+q，
把A（3，0），B（0，2）代入得，解得，
∴直线AB的解析式为y=﹣ x+2；
把A（3，0），B（0，2）代入y=﹣ +bx+c得，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+2
（2）解：∵M（m，0），MN⊥x轴，
∴N（m，﹣ m2+ m+2），P（m，﹣ m+2），
∴NP=﹣ m2+4m，PM=﹣ m+2，
而NP=PM，
∴﹣ m2+4m=﹣ m+2，解得m1=3（舍去），m2= ，
∴N点坐标为（，）
（3）解：∵A（3，0），B（0，2），P（m，﹣ m+2），
∴AB= = ，BP= = m，
而NP=﹣ m2+4m，
∵MN∥OB，
∴∠BPN=∠ABO，
当 = 时，△BPN∽△OBA，则△BPN∽△MPA，即 m：2=（﹣ m2+4m）：，
整理得8m2﹣11m=0，解得m1=0（舍去），m2= ，
此时M点的坐标为（，0）；
当 = 时，△BPN∽△ABO，则△BPN∽△APM，即 m： =（﹣ m2+4m）：2，
整理得2m2﹣5m=0，解得m1=0（舍去），m2= ，
此时M点的坐标为（，0）；
综上所述，点M的坐标为（，0）或（，0）
【解析】【分析】（1）因为抛物线和直线AB都过点A（3,0）、B（0,2），所以用待定系数法求两个解析式即可；
（2）由题意知点P是MN的中点，所以PM=PN；而MN OA交抛物线与点N，交直线AB于点P，所以M、P、N的横坐标相同且都是m,纵坐标分别可用（1）中相应的解析式表
示，即P（m,）,N（m,）,PM与PN的长分别为相应两点的纵坐标的绝对值，代入PM=PN即可的关于m的方程，解方程即可求解；
（3）因为以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，而△APM是直角三角形，所以分两种情况：当∠PBN=时，则可得△PBN∽△PMA，即得相应的比例式，可求得m的值；当∠PNB=时，则可得△PNB∽△PMA，即得相应的比例式，可求得m的值。

2．如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，AC=PC，∠COB=2∠PCB.
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）求证：BC= AB；
（3）点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB=4，求MN MC的值.
【答案】（1）证明：∵OA=OC，∴∠A=∠ACO，
又∵∠COB=2∠A，∠COB=2∠PCB，∴∠A=∠ACO=∠PCB，
又∵AB是⊙O的直径，∴∠ACO+∠OCB=90°，∴∠PCB+∠OCB=90°，
即OC⊥CP，
∵OC是⊙O的半径，∴PC是⊙O的切线
（2）证明：∵AC=PC，∴∠A=∠P，∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P．
又∵∠COB=∠A+∠ACO，∠CBO=∠P+∠PCB，∴∠COB=∠CBO，∴BC=OC，
∴
（3）解：连接MA，MB，
∵点M是弧AB的中点，∴弧AM=弧BM，∴∠ACM=∠BCM，
∵∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，
∵∠BMN=∠BMC，∴△MBN∽△MCB，∴，∴ BM2=MN⋅MC ，
又∵AB是⊙O的直径，弧AM=弧BM，
∴∠AMB=90°，AM=BM，
∵AB=4，∴，
∴ MN⋅MC=BM2=8 ．
【解析】【分析】(1)根据等边对等角得出∠A=∠ACO，运用外角的性质和已知条件得出∠A=∠ACO=∠PCB，再根据直径所对的圆周角是直角得出∠PCB+∠OCB=90°，进而求解.（2）根据等边对等角得出∠A=∠P，再根据第一问中的结论求解即可，
（3）连接MA，MB，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，证出△MBN∽△MCB，得出比例式进而求解即可.
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．已知抛物线y=ax2+bx-3的图象与x轴交于点A（-1，0）和点B（3，0），顶点为D，点C是直线l：y=x+5与x轴的交点.
（1）求该二次函数的表达式；
（2）点E是直线l在第三象限上的点，连接EA、EB，当△ECA∽△BCE时，求E点的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接AD、BD，在直线DE上是否存在点P，使得∠APD=∠ADB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：将A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx-3，
得：，解得：，
∴该二次函数的表达式为y=x2-2x-3
（2）解：当y=0时，x+5=0，
解得：x=-5，
∴点C的坐标为（-5，0）.
∵点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），
∴AC=4，BC=8.
∵△ECA∽△BCE，
∴∠ECA=∠BCE， = ，即 = ，
∴EC=4 或EC=-4 （舍去），
过点E作EF⊥x轴于点F，如图1所示，
∵直线l的函数表达式为y=x+5，
∴△CEF为等腰三角形，
∴CE=EF=4，
∴OF=5+4=9，EF=4，
∴点E的坐标为（-9，-4）；
（3）解：∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，
∴点D的坐标为（1，-4），
∴AD=BD= =2 ，
由（2）可知：点E的坐标为（-9，-4），
∴直线DE的函数表达式为y=-4，
过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，如图2所示，
∵点D的坐标为（1，-4），点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），∴S△ABD= ×[3-（-1）]×4=8，
∴AM= = = ，
∴DM= = ，
∵∠APD=∠ADB，
∴tan∠APD=tan∠ADB，即 = ，
∴ = ，
∴PN=3，
又∵点N的坐标为（-1，-4），
∴点P的坐标为（-4，-4）或（2，-4）.
综上所述：在直线DE上存在点P（-4，-4）或（2，-4），使得∠APD=∠ADB.
【解析】【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，结合点A，B的坐标利用相似三角形的性质可求出EC的值，过点E作EF⊥x轴于点F，则△CEF为等腰三角形，根据等腰直角三角形的性质可求出CE，EF的值，进而可得出点E的坐标；（3）利用配方法可求出点D的坐标，进而可得出BD的长度，结合点E的坐标可得出直线DE的函数表达式为y=-4，过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，利用面积法可求出AM的值，由∠APD=∠ADB结合正切的定义可求出PN的值，再结合点N的坐标可得出点P 的坐标，此题得解.
5．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．
6．如图，已知一次函数y=﹣ x+4的图象是直线l，设直线l分别与y轴、x轴交于点A、B.
（1）求线段AB的长度；
（2）设点M在射线AB上，将点M绕点A按逆时针方向旋转90°到点N，以点N为圆心，NA的长为半径作⊙N.
①当⊙N与x轴相切时，求点M的坐标；
②在①的条件下，设直线AN与x轴交于点C，与⊙N的另一个交点为D，连接MD交x 轴于点E，直线m过点N分别与y轴、直线l交于点P、Q，当△APQ与△CDE相似时，求点P的坐标.
【答案】（1）解：当x=0时，y=4，
∴A（0，4），
∴OA=4，
当y=0时，- x+4=0，
x=3，
∴B（3，0），
∴OB=3，
由勾股定理得：AB=5
（2）解：①如图1，过N作NH⊥y轴于H，过M作ME⊥y轴于E，
tan∠OAB= ，
∴设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，
∴M（3x，-4x+4），
由旋转得：AM=AN，∠MAN=90°，
∴∠EAM+∠HAN=90°，
∵∠EAM+∠AME=90°，
∴∠HAN=∠AME，
∵∠AHN=∠AEM=90°，
∴△AHN≌△MEA，
∴AH=EM=3x，
∵⊙N与x轴相切，设切点为G，连接NG，则NG⊥x轴，
∴NG=OH，
则5x=3x+4，
2x=4，
x=2，
∴M（6，-4）；
②如图2，由①知N（8，10），
∵AN=DN，A（0，4），
∴D（16，16），
设直线DM：y=kx+b，
把D（16，16）和M（6，-4）代入得：
，
解得：，
∴直线DM的解析式为：y=2x-16，
∵直线DM交x轴于E，
∴当y=0时，2x-16=0，
x=8，
∴E（8，0），
由①知：⊙N与x轴相切，切点为G，且G（8，0），∴E与切点G重合，
∵∠QAP=∠OAB=∠DCE，
∴△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，分两种情况：
i）当△DCE∽△QAP时，如图2，∠AQP=∠NDE，
∵∠QNA=∠DNF，
∴∠NFD=∠QAN=90°，
∵AO∥NE，
∴△ACO∽△NCE，
∴，
∴，
∴CO= ，
连接BN，
∴AB=BE=5，
∵∠BAN=∠BEN=90°，
∴∠ANB=∠ENB，
∵EN=ND，
∴∠NDE=∠NED，
∵∠CNE=∠NDE+∠NED，
∴∠ANB=∠NDE，
∴BN∥DE，
Rt△ABN中，BN= ，
sin∠ANB=∠NDE= ，
∴，
∴NF=2 ，
∴DF=4 ，
∵∠QNA=∠DNF，
∴tan∠QNA=tan∠DNF= ，
∴，
∴AQ=20，
∵tan∠QAH=tan∠OAB= ，
设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，
∴5x=20，
x=4，
∴QH=3x=12，AH=16，
∴Q（-12，20），
同理易得：直线NQ的解析式：y=- x+14，∴P（0，14）；
ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，
∴∠APN=∠CDE，
∵∠ANB=∠CDE，
∵AP∥NG，
∴∠APN=∠PNE，
∴∠APN=∠PNE=∠ANB，
∴B与Q重合，
∴AN=AP=10，
∴OP=AP-OA=10-4=6，
∴P（0，-6）；
综上所述，△APQ与△CDE相似时，点P的坐标的坐标（0，14）或（0，-6）
【解析】【分析】（1）由一次函数解析式容易求得A、B的坐标，利用勾股定理可求得AB
的长度；（2）①根据同角的三角函数得：tan∠OAB= ，设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，得M（3x，-4x+4），证明△AHN≌△MEA，则AH=EM=3x，根据NG=OH，列式可得x的值，计算M的坐标即可；
②如图2，先计算E与G重合，易得∠QAP=∠OAB=∠DCE，所以△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，可分两种情况进行讨论：
i）当△DCE∽△QAP时，证明△ACO∽△NCE，列比例式可得CO= ，根据三角函数得：
tan∠QNA=tan∠DNF= ，AQ=20，则tan∠QAH=tan∠OAB= ，设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，求出x的值，得P（0，14）；
ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，先证明B与Q重合，由AN=AP可得P（0，-6）.
7．如图，半径为4且以坐标原点为圆心的圆O交x轴，y轴于点B、D、A、C，过圆上的动点不与A重合作，且在AP右侧．
（1）当P与C重合时，求出E点坐标；
（2）连接PC，当时，求点P的坐标；
（3）连接OE，直接写出线段OE的取值范围．
【答案】（1）解：当P与C重合时，
，的半径为4，且在AP右侧，
，
点坐标为；
（2）解：如图，作于点F，
为的直径，
，
，
∽，
，
，
，，
，
点P的坐标为或；
（3）解：如图，连结OP，OE，AB，BE，AE，
，都为等腰直角三角形，
，，
，
∽，
，
，
，
【解析】【分析】当P与C重合时，因为，的半径为4，且在AP右侧，所以，所以E点坐标为；作
于点F，证明∽，可求得CF长，在中求得PF的长，进而得出点P的坐标；连结OP，OE，AB，BE，AE，证明∽，可得，根据，即可得出OE的取值范围．
8．如图，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D且它的坐标为（3，﹣1）．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD，并延长DA交y轴于点F，求证：△OAE∽△CFD；
（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙E的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出Q的坐标．【答案】（1）解：∵顶点D的坐标为（3，﹣1）．
∴， =﹣1，
解得b=﹣3，c= ，
∴抛物线的函数关系式：y= x2﹣3x+ ；
（2）解：如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3，
令x=0，得y= ，
∴C（0，），
∴CG=OC+OG= +1= ，
∴tan∠DCG= ，
设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）= ，
由OE⊥CD，易知∠EOM=∠DCG，
∴tan∠EOM=tan∠DCG= ，
解得EM=2，
∴DE=EM+DM=3，
在Rt△AEM中，AM= ，EM=2，由勾股定理得：AE= ；
在Rt△ADM中，AM= ，DM=1，由勾股定理得：AD= ．
∵AE2+AD2=6+3=9=DE2，
∴△ADE为直角三角形，∠EAD=90°，
设AE交CD于点P，
∵∠AEO+∠EPH=90°，∠ADC+APD=90°，∠EPH=∠APD（对顶角相等），
∴∠AEO=∠ADC，
∴△OAE∽△CFD
（3）解：依题意画出图形，如答图2所示：
由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，
要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．
设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，
∵y= （x﹣3）2﹣1，
∴（x﹣3）2=2y+2，
∴EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，
当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．
将y=1代入y= （x﹣3）2﹣1，得（x﹣3）2﹣1=1，
解得：x1=1，x2=5，
又∵点P在对称轴右侧的抛物线上，
∴x1=1舍去，
∴P（5，1），
∴Q1（3，1）；
∵△EQ2P为直角三角形，
∴过点Q2作x轴的平行线，再分别过点E，P向其作垂线，垂足分别为M点和N点，
设点Q2的坐标为（m，n），
则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②，
①﹣②得n=2m﹣5③，
将③代入到①得到，
m1=3（舍），m2= ，
再将m= 代入③得n= ，
∴Q2（，），
此时点Q坐标为（3，1）或（，）
【解析】【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标及顶点坐标公式建立出关于b,c的二元一次方程组，求解得出b,c的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3，根据抛物线与坐标轴交点的坐标特点求出C点的坐标，A点坐标，进而得出CG的长，根据正切函数的定义
求出tan∠DCG=，设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）= ，根据同角的余角相等易知∠EOM=∠DCG，根据等角的同名三角函数值相等得出
tan∠EOM=tan∠DCG==故解得EM=2，DE=EM+DM=3，在Rt△AEM中，由勾股定理得AE 的长，在Rt△ADM中，由勾股定理得AD的长，根据勾股定理的逆定理判断出△ADE为直角三角形，∠EAD=90°，设AE交CD于点P，根据等角的余角相等得出∠AEO=∠ADC，从而判断出△OAE∽△CFD ；
（3）依题意画出图形，如答图2所示：由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，根据抛物线的解析式，整体替换得出EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．然后根据抛物线上点的坐标特点将y=1代入抛物线的解析式，求出对应的自变量x的值，再检验得出P 点的坐标，进而得出Q1的坐标，由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1，设点Q2的坐标为（m，n），则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②，
由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1，将③代入到①得到，求解并检验得出m,n的值，从而得出Q2的坐标，综上所述即可得出答案。

二、圆的综合
9．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．
10．如图，△ABC 内接于⊙O ，弦AD ⊥BC,垂足为H ，连接OB ．
(1)如图1,求证:∠DAC=∠ABO;
(2)如图2,在弧AC 上取点F,使∠CAF=∠BAD,在弧AB 取点G ，使AG ∥OB ，若∠BAC=600， 求证:GF=GD;
(3)如图3,在(2)的条件下,AF 、BC 的延长线相交于点E,若AF ：FE=1:9，求sin ∠ADG 的值。

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）1114. 【解析】 试题分析：（1）延长BO 交⊙O 于点Q ，连接AQ ．由圆周角定理可得：∠AQB =∠ACB ，再由等角的余角相等即可得出结论；
（2）证明△DFG 是等边三角形即可；
（3）延长GA ，作FQ ⊥AG ，垂足为Q ，作ON ⊥AD ，垂足为N ，作OM ⊥BC ，垂足为M ，延长AO 交⊙O 于点R ，连接GR ．作DP ⊥AG ，DK ⊥AE ，垂足为P 、K ．设AF =k ，则FE =9k ，AE =10k ．在△AHE 中， AH =5k ．设NH =x ，则AN =5k -x ， AD =10k -2x ．在△AQF 中， AF =k ，AQ =2k ，FQ =32
k ．由(2)知：△GDF 是等边三角形，得到GD =GF =DF ，进而得到AG =9k -2x ． OM =NH =x ，BC =23x ， GF =BC =23x ．在△GQF 中，GQ =AG +AQ =
192k -2x ，QF =3k ，GF =23x ，由勾股定理解出74x k ，得到AG =9k -2x =112
k ，AR =2OB =4OM =4x =7k ．在△GAR 中，由sin ∠ADG =sin ∠R 即可得出结论．
试题解析：解：（1）证明：如图1，延长BO 交⊙O 于点Q ，连接AQ ．
∵BQ 是⊙O 直径，∴∠QAB =900．∵AD ⊥BC ，∴∠AHC =900．
∵弧AB =弧AB ，∴∠AQB =∠ACB ．
∵∠AQB +∠ABO =900，∠ACB +∠CAD =900
∴∠ABO =∠CAD
（2）证明：如图2，连接DF ．
∵AG ∥OB ，∴∠ABO =∠BAG ．∵∠ABO =∠CAD ，∴∠CAD =∠BAG ．
∵∠BAC =600，∴∠BAD +∠CAD =∠BAD +∠BAG =600，即
∠GAD =∠BAC =60°．∵∠BAD =∠CAF ．∴∠CAF +∠CAD =600，∴∠GAD =∠DAF =600，∴∠DGF =∠DAF =60°．
∵弧GD =弧GD ，∴∠GAD =∠GFD =600，∴∠GFD =∠DGF =600，∴△DFG 是等边三角形，∴GD =GF ．
（3）如图3，
延长GA ，作FQ ⊥AG ，垂足为Q ，作ON ⊥AD ，垂足为N ，作OM ⊥BC ，垂足为M ，延长AO 交⊙O 于点R ，连接GR ．作DP ⊥AG ，DK ⊥AE ，垂足为P 、K ．
∵AF ：FE =1：9，∴设AF =k ，则FE =9k ，AE =10k ．在△AHE 中，∠E =300，∴AH =5k ． 设NH =x ，则AN =5k -x ．∵ON ⊥AD ，∴AD =2AN =10k -2x
又在△AQF 中，∵∠GAF =1200，∴∠QAF =600，AF =k ，∴AQ =
2k ，FQ 3． 由(2)知：△GDF 是等边三角形，∴GD =GF =DF ，
∵∠GAD =∠DAF =600，∴DP =DK ，∴△GPD ≌△FKD ，△APD ≌△AKD
∴FK =GP ，AP =AK ，∠ADK =300，∴AD =2AK =AP +AK =AF +AG
∴AG =10k -2x -k =9k -2x ．
∵作OM ⊥BC ，ON ⊥AD ，∴OM =NH =x ．∵∠BOD =12
∠BOC =∠BAC =600 ∴BC =2BM =23．∵∠BOC =∠GOF ，∴GF =BC =23
在△GQF 中，GQ =AG +AQ =
192k -2x ，QF =32k ，GF =23 ∵222GQ FQ GF += ∴()
2221932322k x k x ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ()1271342
x k x k ==-，舍去． ∴AG =9k -2x =
112
k ，AR =2OB =4OM =4x =7k ， 在△GAR 中，∠RGA =900， ∴sin ∠ADG =sin ∠R =AG AR =1114
．
点睛：本题是圆的综合题．熟练掌握圆的基本性质和常用的辅助线做法是解答本题的关键．
11．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，AD、BC的延长线交于点F，点E在CF 上，且∠DEC=∠BAC．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）当AB=AC时，若CE=2，EF=3，求⊙O的半径．
35．
【答案】（1）证明见解析；（2
【解析】
【分析】
（1）先判断出BD是圆O的直径，再判断出BD⊥DE，即可得出结论；
（2）根据余角的性质和等腰三角形的性质得到∠F=∠EDF，根据等腰三角形的判定得到DE=EF=3，根据勾股定理得到CD225
-=△CDE∽△DBE，根据相似三
DE CE
角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）如图，连接BD．
∵∠BAD=90°，∴点O必在BD上，即：BD是直径，∴∠BCD=90°，∴∠DEC+∠CDE=90°．∵∠DEC=∠BAC，∴∠BAC+∠CDE=90°．
∵∠BAC=∠BDC，∴∠BDC+∠CDE=90°，∴∠BDE=90°，即：BD⊥DE．
∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；
（2）∵∠BAF =∠BDE =90°，∴∠F +∠ABC =∠FDE +∠ADB =90°．
∵AB =AC ，∴∠ABC =∠ACB ．
∵∠ADB =∠ACB ，∴∠F =∠FDE ，∴DE =EF =3．
∵CE =2，∠BCD =90°，∴∠DCE =90°，∴CD 225DE CE =-=．
∵∠BDE =90°，CD ⊥BE ，∴∠DCE =∠BDE =90°． ∵∠DEC =∠BED ，∴△CDE ∽△DBE ，∴
CD BD CE DE =，∴BD 533522⨯==，∴⊙O 的半径354
=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，求出DE =EF 是解答本题的关键．
12．如图，在矩形ABCD 中，点O 在对角线AC 上，以OA 的长为半径的⊙O 与AD 、AC 分别交于点E 、F ，且∠ACB ＝∠DCE ．
（1）判断直线CE 与⊙O 的位置关系，并说明理由；
（2）若AB ＝2，BC ＝2，求⊙O 的半径．
【答案】（1）直线CE 与⊙O 相切，理由见解析；（2）⊙O 的半径为64
【解析】
【分析】
（1）首先连接OE ，由OE=OA 与四边形ABCD 是矩形，易求得∠DEC+∠OEA=90°，即OE ⊥EC ，即可证得直线CE 与⊙O 的位置关系是相切；
（2）首先易证得△CDE ∽△CBA ，然后根据相似三角形的对应边成比例，即可求得DE 的长，又由勾股定理即可求得AC 的长，然后设OA 为x ，即可得方程
222)x x -=，解此方程即可求得⊙O 的半径．
【详解】
解：（1）直线CE 与⊙O 相切．…
理由：连接OE ，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠B ＝∠D ＝∠BAD ＝90°，BC ∥AD ，CD ＝AB ，
∴∠DCE +∠DEC ＝90°，∠ACB ＝∠DAC ，
又∠DCE ＝∠ACB ，
∴∠DEC +∠DAC ＝90°，
∵OE ＝OA ，
∴∠OEA ＝∠DAC ，
∴∠DEC +∠OEA ＝90°，
∴∠OEC ＝90°，
∴OE ⊥EC ，
∵OE 为圆O 半径，
∴直线CE 与⊙O 相切；…
（2）∵∠B ＝∠D ，∠DCE ＝∠ACB ，
∴△CDE ∽△CBA ，
∴ BC AB DC DE
=，
又CD ＝AB BC ＝2，
∴DE ＝1
根据勾股定理得EC
又AC =…
设OA 为x ，则222)x x +=，
解得x =，
∴⊙O ．
【点睛】
此题考查了切线的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用，注意辅助线的作法．
13．如图，等边△ABC内接于⊙O，P是弧AB上任一点（点P不与A、B重合），连AP，BP，过C作CM∥BP交PA的延长线于点M，
（1）求证：△PCM为等边三角形；
（2）若PA＝1，PB＝2，求梯形PBCM的面积．
【答案】（1）见解析；（215
3 4
【解析】
【分析】
（1）利用同弧所对的圆周角相等即可求得题目中的未知角，进而判定△PCM为等边三角形；
（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段证得两三角形全等，进而利用△PCM为等边三角形，进而求得PH的长，利用梯形的面积公式计算梯形的面积即可．【详解】
（1）证明：作PH⊥CM于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠APC=∠ABC=60°，
∠BAC=∠BPC=60°，
∵CM∥BP，
∴∠BPC=∠PCM=60°，
∴△PCM为等边三角形；
（2）解：∵△ABC是等边三角形，△PCM为等边三角形，
∴∠PCA+∠ACM=∠BCP+∠PCA，
∴∠BCP=∠ACM ，
在△BCP 和△ACM 中，
BC AC BCP ACM CP CM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△BCP ≌△ACM （SAS ），
∴PB=AM ，
∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，
在Rt △PMH 中，∠MPH=30°，
∴
PH=332， ∴S
梯形PBCM
=
12（PB+CM ）×PH=12×（2+3）×332=1534．
【点睛】
本题考查圆周角定理、等边三角形的判定、全等三角形的性质及梯形的面积计算方法，是一道比较复杂的几何综合题．
14．如图, Rt △ABC 中，∠B=90°，它的内切圆分别与边BC 、CA 、AB 相切于点D 、E 、F ， (1)
设AB=c, BC=a, AC=b, 求证: 内切圆半径r ＝
12
(a+b-c). (2) 若AD 交圆于P , PC 交圆于H, FH//BC, 求∠CPD; (3)若r=310, PD ＝18, PC=272. 求△ABC 各边长.
【答案】（1）证明见解析（2）45°（3）1010,1510，12【解析】
【分析】
（1）根据切线长定理，有AE=AF ，BD=BF ，CD=CE ．易证四边形BDOF 为正方形，BD=BF=r ，用r 表示AF 、AE 、CD 、CE ，利用AE+CE=AC 为等量关系列式．
（2）∠CPD为弧DH所对的圆周角，连接OD，易得弧DH所对的圆心角∠DOH=90°，所以∠CPD=45°．
（3）由PD=18和r=310,联想到垂径定理基本图形，故过圆心O作PD的垂线OM，求得弦心距OM=3，进而得到∠MOD的正切值．延长DO得直径DG，易证PG∥OM，得到同位角∠G=∠MOD．又利用圆周角定理可证∠ADB=∠G，即得到∠ADB的正切值，进而求得AB．再设CE=CD=x，用x表示BC、AC，利用勾股定理列方程即求出x．
【详解】
解：（1）证明：设圆心为O，连接OD、OE、OF，
∵⊙O分别与BC、CA、AB相切于点D、E、F
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，AE=AF，BD=BF，CD=CE
∴∠B=∠ODB=∠OFB=90°
∴四边形BDOF是矩形
∵OD=OF=r
∴矩形BDOF是正方形
∴BD=BF=r
∴AE=AF=AB-BF=c-r，CE=CD=BC-BD=a-r
∵AE+CE=AC
∴c-r+a-r=b
整理得：r=1
2
（a+b-c）
（2）取FH中点O，连接OD ∵FH∥BC
∴∠AFH=∠B=90°
∵AB与圆相切于点F，
∴FH为圆的直径，即O为圆心∵FH∥BC
∴∠DOH=∠ODB=90°
∴∠CPD=1
2
∠DOH=45°
（3）设圆心为O ，连接DO 并延长交⊙O 于点G ，连接PG ，过O 作OM ⊥PD 于M ∴∠OMD=90°
∵PD=18
∴DM=12
PD=9 ∵10
∴22OD DM -22(310)9-9081-3
∴tan ∠MOD=
DM OM ＝3 ∵DG 为直径
∴∠DPG=90°
∴OM ∥PG ，∠G+∠ODM=90°
∴∠G=∠MOD
∵∠ODB=∠ADB+∠ODM=90°
∴∠ADB=∠G
∴∠ADB=∠MOD
∴tan ∠ADB=AB BD
=tan ∠MOD=3 ∴10
∴10−10＝10
设CE=CD=x ，则10+x ，10+x
∵AB 2+BC 2=AC 2
∴10)2．10+x)2＝10+x)2
解得：10∴10，10
∴△ABC 各边长10，10，10
【点睛】
本题考查切线的性质，切线长定理，正方形的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理．切线长定理的运用是解决本题的关键，而在不能直接求得线段长的情况下，利用勾股定理作为等量关系列方程解决是常用做法．
15．如图，是大半圆的直径，是小半圆的直径，点是大半圆上一点，与小半圆交于点，过点作于点.
（1）求证：是小半圆的切线；
（2）若，点在上运动（点不与两点重合），设，.
①求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
②当时，求两点之间的距离.
【答案】（1）见解析；（2）①，，②两点之间的距离为
或.
【解析】
【分析】
（1）连接CO、CM，只需证到CD⊥CM．由于CD⊥OP，只需证到CM∥OP，只需证到CM 是△AOP的中位线即可．
（2）①易证△ODC∽△CDP，从而得到CD2=DP•OD，进而得到y与x之间的函数关系式．由于当点P与点A重合时x=0，当点P与点B重合时x=4，点P在大半圆O上运动（点P不与A，B两点重合），因此自变量x的取值范围为0＜x＜4．
②当y=3时，得到-x2+4x=3，求出x．根据x的值可求出CD、PD的值，从而求出∠CPD，运用勾股定理等知识就可求出P，M两点之间的距离．
【详解】
（1）连接，如图1所示
∵是小半圆的直径，
∴即
∵
∴
∵
∴
∴，
∵
∴，
∴
∴.，即
∵经过半径的外端，且
∴直线是小半圆的切线.
（2）①∵，，
∴
∴
∴∽
∴
∴
∵,,，
∴
当点与点重合时，；当点与点重合时，∵点在大半圆上运动（点不与两点重合），∴
∴与之间的函数关系式为，
自变量的取值范围是.
②当时，
解得,
Ⅰ当时，如图2所示
在中，
∵，
∴，
∴
∵，
∴是等边三角形
∵
∴
∴
.
Ⅱ当时，如图3所示，
同理可得
∵
∴
∴
过点作，垂足为，连接，如图3所示∵，
∴
同理
在中，
∵，
∴
综上所述，当时，两点之间的距离为或.
【点睛】
考查了切线的判定、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，综合性比较强．
16．如图1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D．
（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；
（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=1
2
AB，连接DE．
①求证：DE是⊙O的切线；
②求PC的长．
【答案】（1）26；（2）①证明见解析；②33﹣3．
【解析】
试题分析：（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；
（2）①首先得出△OBD是等边三角形，进而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；
②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．
试题解析：（1）如图2，连接OD，
∵OP⊥PD，PD∥AB，
∴∠POB=90°，
∵⊙O的直径AB=12，
∴OB=OD=6，
在Rt△POB中，∠ABC=30°，
∴OP=OB•tan30°=6×=2，
在Rt△POD中，
PD===；
（2）①如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，
∵，
∴∠DBC=∠ABC=30°，
∴∠ABD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OD⊥FB，
∵BE=AB，
∴OB=BE，
∴BF∥ED，
∴∠ODE=∠OFB=90°，
∴DE是⊙O的切线；
②由①知，OD⊥BC，
∴CF=FB=OB•cos30°=6×=3，
在Rt△POD中，OF=DF，
∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），∴CP=CF﹣PF=3﹣3．
考点：圆的综合题。