2020-2021中考数学二模试题分类汇编——圆与相似综合含详细答案

2020-2021中考数学二模试题分类汇编——圆与相似综合含详细答案
一、相似
1．如图，在等腰△ABC中，AB=BC，以BC为直径的⊙O与AC相交于点D，过点D作DE⊥AB交CB延长线于点E，垂足为点F．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O的半径R=5，tanC= ，求EF的长．
【答案】（1）解：DE是⊙O的切线，理由如下：如图，连接OD，BD，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=∠90°，∴BD⊥AC．
∵AB=BC，∴AD=DC．∵OC=OB，∴OD∥BA，∵DE⊥BC，∴DE⊥OD，∴直线DE是⊙O的切线．
（2）解：过D作DH⊥BC于H，∵⊙O的半径R=5，tanC= ，∴BC=10，设BD=k，CD=2k，∴BC= k=10，∴k=2 ，∴BD=2 ，CD=4 ，∴DH= =4，∴OH= =3，∵DE⊥OD，DH⊥OE，∴OD2=OH•OE，∴OE= ，∴BE= ，∵DE⊥AB，
∴BF∥OD，∴△BFE∽△ODE，∴，即，∴BF=2，∴EF= =
．
【解析】【分析】（1）DE是⊙O的切线，理由如下：如图，连接OD，BD，根据直径所对的圆周角的直角得出∠ADB=∠90°，根据等腰三角形的三线合一得出AD=DC，连接三角形两边中点的线段是三角形的中位线，又三角形的中位线平行于第三边，得出OD∥BA,又DE⊥BC，根据平行线的性质得出DE⊥OD，从而得出结论：直线DE是⊙O的切线；
（2）过D作DH⊥BC于H，根据正切函数的定义，由tanC=，可以设BD=k，CD=2k，根据勾股定理表示出BC，再根据BC=10，列出方程，求解得出k的值，进而得出CD,BD的长，根据面积法即可算出DH的长，再根据勾股定理算出OH的长，然后判断出△ODH与△ODE 相似，根据相似三角形对应边成比例即可得出OD2=OH•OE，根据等积式算出OE,的长，从而根据线段的和差算出BE的长，再判断出△BFE∽△ODE，根据相似三角形对应边成比例
得出,根据比例式即可算出BF，最后根据勾股定理算出FE的长。

2．如图，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA= ，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），
PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB于M，QN⊥CP于N．
（1）当AP=CP时，求QP；
（2）若四边形PMQN为菱形，求CQ；
（3）探究：AP为何值时，四边形PMQN与△BPQ的面积相等？
【答案】（1）解：∵AB=10，sinA= ，
∴BC=8，
则AC= =6，
∵PA=PC．
∴∠PAC=∠PCA，
∵PQ平分∠CPB，
∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A，
∴∠BPQ=∠A，
∴PQ∥AC，
∴PQ⊥BC，又PQ平分∠CPB，
∴∠PCQ=∠PBQ，
∴PB=PC，
∴P是AB的中点，
∴PQ= AC=3
（2）解：∵四边形PMQN为菱形，
∴MQ∥PC，
∴∠APC=90°，
∴ ×AB×CP= ×AC×BC，
则PC=4.8，
由勾股定理得，PB=6.4，
∵MQ∥PC，
∴ = = = ，即 = ，
解得，CQ=
（3）解：∵PQ平分∠CPB，QM⊥AB，QN⊥CP，∴QM=QN，PM=PN，
∴S△PMQ=S△PNQ，
∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等，
∴PB=2PM，
∴QM是线段PB的垂直平分线，
∴∠B=∠BPQ，
∴∠B=∠CPQ，
∴△CPQ∽△CBP，
∴ = = ，
∴ = ，
∴CP=4× =4× =5，
∴CQ= ，
∴BQ=8﹣ = ，
∴BM= × = ，
∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=
【解析】【分析】（１）当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6，BC=8，因为PQ平分∠CPB，所以PQ//AC，可知PB=PC，所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ =3;
(2)当四边形PMQN为菱形时，因为∠APC=，所以四边形PMQN为正方形，可得
PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以，可得;
(3)当QM垂直平分PB 时，四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等，此时△CPQ∽△CBP，对应边成比例，可得，所以，因为AP=AB-2BM，所以AP=.
3．如图（1），在矩形DEFG中，DE=3，EG=6，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=3，AC=6，△ABC的一边BC和矩形的一边DG在同一直线上，点C和点D重合，Rt△ABC将从D以每秒1个单位的速度向DG方向匀速平移，当点C与点G重合时停止运动，设运动时间为t秒，解答下列问题：
（1）如图（2），当AC过点E时，求t的值；
（2）如图（3），当AB与DE重合时，AC与EF、EG分别交于点M、N，求CN的长；（3）在整个运动过程中，设Rt△ABC与△EFG重叠部分面积为y，请求出y与t的函数关系式，并写出相应t的取值范围．
【答案】（1）解：如图（2），当AC过点E时，
在Rt△ABC中，BC=3，AC=6，
∴BC所对锐角∠A=30°，
∴∠ACB=60°，
依题意可知∠ABC=∠EDC=90°，
∵∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∽△EDC，
∴，即，
∴CD= ，
∴t=CD= ；
（2）解：如图（3），∵∠EDG=90°，DE=3，EG=6，
∴DG= =3 ，
在Rt△EDG中，sin∠EGD= ，
∴∠EGD=30°，
∵∠NCB=∠CNG+∠EGD，
∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60°﹣30°=30°，
∴∠CNG=∠EGD，
∴NC=CG=DG﹣BC=3 ﹣3；
（3）解：由（1）可知，当x＞时，△ABC与△EFG有重叠部分．
分两种情况：①当＜t≤3时，如图（4），
△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN，设AC与EF、EG分别交于点M、N，过点N作直线NP⊥EF于P，交DG于Q，
则∠EPN=∠CQN=90°，
∵NC=CG，
∴NC=DG﹣DC=3 ﹣t，
在Rt△NQC中，NQ=sin∠NCQ×NC=sin60°×（3 ﹣t）= ，
∴PN=PQ﹣NQ=3﹣ = ，
∵∠PMN=∠NCQ=60°，
∴sin∠PMN= ，MN= =t﹣，
在矩形DEFG中，EF∥DG，
∴∠MEN=∠CGN，
∵∠MNE=∠CNG，∠CNG=∠CGN，
∴∠EMN=∠MNE，
∴EM=MN，
∴EM=MN=t﹣，
∴y=S△EMN= EM•PN= × ；
②当3＜t≤3 时，如图（5），
△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM，设AB与EF、EG分别交于点P、Q，AC与EF、EG分别交于点M、N，则∠EPQ=90°，
∵CG=3 ﹣t，
∴S△EMN= ，
∵EP=DB=t﹣3，∠PEQ=30°，
∴在Rt△EPQ中，PQ=tan∠PEQ×EP=tan30°×（t﹣3）= ，
∴S△EPQ= EP•PQ= （t﹣3）× = ，
∴y=S△EMN﹣S△EPQ=（）﹣（）= +（﹣，
综上所述，y与t的函数关系式：y= ．
【解析】【分析】（1）证△ABC∽△EDC，由相似三角形的性质可求出CD的值，即可求t；
（2）利用勾股定理求出DG的值，则由三角函数可∠EGD=30°，进而可证得∠CNG=∠EGD，则NC=CG=DG﹣BC，可求出答案；
（3）根据重叠部分可确定x的取值范围，再由三角形的面积公式可求出函数解析式.
4．如图，已知抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0,4），交x轴于点B（4,0），点P 是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线PQ，过点A作AQ⊥PQ于点Q，连接AP．
（1）填空：抛物线的解析式为________，点C的坐标________；
（2）点P在抛物线上运动，若△AQP∽△AOC，求点P的坐标.
【答案】（1）y＝﹣x2＋3x＋4；（－1,0）
（2）解：∵点A的坐标为（0，4），点C的坐标为（－1，0），∴．
∵点P的横坐标为m，∴P（m，﹣m2＋3m＋4）．
①当点P在直线AQ下方时，QP＝4－（﹣m2＋3m＋4）＝ m2－3m，
由△AQP∽△AOC得：，即：，
∴（舍去）或．
当时，﹣m2＋3m＋4＝，此时点P的坐标为（）；
②当点P在直线AQ上方时，PQ＝﹣m2＋3m＋4－4＝﹣m2＋3m，
由△AQP∽△AOC得：，即：，
∴＝0（舍去）或＝，此时P点坐标为（）．
综上所述：点P的坐标为（）或（）．
【解析】【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0，4），交x轴于点B（4，0），
∴，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2＋3x＋4．
令y=0，得：﹣x2＋3x＋4=0，解得：x=4或x=－1，∴点C的坐标为（－1，0）．
【分析】（1）根据题意，将A,B两点的坐标代入到解析式中，分别求出b，c，可以求出抛物线的解析式；
（2）C为x轴上的交点，令y=0，通过解一元二次方程，解得C点坐标。

5．平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放，∠B=90°，AC=2CE=m，BC=n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤180°）．
（1）当α=0°时，连接DE，则∠CDE=________°，CD=________；
（2）试判断：旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
（3）若m=10，n=8，当旋转的角度α恰为∠ACB的大小时，求线段BD的长；
（4）若m=6，n= ，当半圆O旋转至与△ABC的边相切时，直接写出线段BD的长．
【答案】（1）90；
（2）解：如图3中，
∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACE=∠BCD．∵，∴△ACE∽△BCD，∴
．
（3）解：如图4中，
当α=∠ACB时．在Rt△ABC中，∵AC=10，BC=8，∴AB= =6．在Rt△ABE中，∵AB=6，BE=BC﹣CE=3，∴AE= = =3 ，由（2）可知
△ACE∽△BCD，∴，∴ = ，∴BD= ．故答案为：
（4）解：∵m=6，n= ，∴CE=3，CD=2 ，AB= =2，①如图5
中，
当α=90°时，半圆与AC相切．在Rt△DBC中，BD= =
=2 ．
②如图6中，
当α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切，作EM⊥AB于M．∵∠M=∠CBM=∠BCE=90°，∴四边形BCEM是矩形，∴，∴AM=5，AE= = ，由
（2）可知 = ，∴BD= ．
故答案为：2 或．
【解析】【解答】（1）①如图1中，
当α=0时，连接DE，则∠CDE=90°．∵∠CDE=∠B=90°，∴DE∥AB，∴ =
．∵BC=n，∴CD= ．故答案为：90°， n．
【分析】（1）连接DE，当α=0时，由直径所对的圆周角时直角可得∠CDE=90°，判断DE∥AB，从而可得比例式进而求解。

（2）旋转过程中 B D： A E 的大小有无变化，可以看 B D， A E 所在的三角形相似，从而可的△ACE∽△BCD，进而得出结论。

（3）根据勾股定理求得AB和AE，即可求出BD。

（4）由题意分两种情况：当α=90°时，半圆与AC相切。

当α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切。

6．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.
7．如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB＞CD，AD=AB+CD．
（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE；
②若CD=2，AB=4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值。

【答案】（1）
（2）①证明：在AD上取一点F使DF=DC，连接EF，
∵DE平分∠ADC，
∴∠FDE=∠CDE，
在△FED和△CDE中，
DF=DC，∠FDE=∠CDE，DE=DE
∴△FED≌△CDE（SAS），
∴∠DFE=∠DCE=90°，∠AFE=180°-∠DFE=90°
∴∠DEF=∠DEC，
∵AD=AB+CD，DF=DC，
∴AF=AB，
在Rt△AFE≌Rt△ABE（HL）
∴∠AEB=∠AEF，
∴∠AED=∠AEF+∠DEF= ∠CEF+ ∠BEF= （∠CEF+∠BEF）=90°。

∴AE⊥DE
②解：过点D作DP⊥AB于点P，
∵由①可知，B，F关于AE对称，BM=FM，
∴BM+MN=FM+MN，
当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，
∵DP⊥AB，AD=AB+CD=6，
∴∠DPB=∠ABC=∠C=90°，
∴四边形DPBC是矩形，
∴BP=DC=2，AP=AB-BP=2，
在Rt△APD中，DP= = ，
∵FN⊥AB，由①可知AF=AB=4，
∴FN∥DP，
∴△AFN∽△ADP
∴，
即，
解得FN= ，
∴BM+MN的最小值为
【解析】【分析】（1）根据角平分的做法即可画出图.（2）①在AD上取一点F使DF=DC，连接EF；角平分线定义得∠FDE=∠CDE；根据全等三角形判定SAS得△FED≌△CDE，再由全等三角形性质和补角定义得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90°，
∠DEF=∠DEC；再由直角三角形全等的判定HL得Rt△AFE≌Rt△ABE，由全等三角形性质得∠AEB=∠AEF，再由补角定义可得AE⊥DE.
②过点D作DP⊥AB于点P；由①可知，B，F关于AE对称，根据对称性质知BM=FM，当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，即BM+MN=FM+MN=FN；在Rt△APD中，
根据勾股定理得DP= = ；由相似三角形判定得△AFN∽△ADP，再由相似三角形性质得，从而求得FN，即BM+MN的最小值.
8．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC
画图操作：
（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，
①若tan∠APB ，求点P的坐标。

________
②当点P的坐标为 ________ 时，∠APB最大
（3）若在直线y x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标
【答案】（1）解：∠APB如图所示；
理解应用：
（2）解：如图2中，
∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB= = ．∵A（2，0），B（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．；（0，2 ）
拓展延伸：
（3）解：如图3中，
当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y= x+4交x轴于M（﹣3，0），交y 轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=3 ，作PK⊥OA于
K．∵ON∥PK，∴ = = ，∴ = = ，∴PK= ，MK= ，∴OK= ﹣
3，∴P（﹣3，）．
【解析】【解答】解：（1）②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC= =4 ，∴C（6，4 ），∴K（4，2 ），∴P（0，2 ）．
【分析】（1）因为CB⊥x轴于点B，所以∠ABC=。

要使∠APB=∠ACB，只需这两个角是同弧所对的圆周角。

所以用尺规左三角形ABC的外接圆，与y轴相交，其交点即为所求作的点P；
（2）①由（1）知，∠APB=∠ACB，所以tan∠ACB=tan∠APB==,已知A（2，0），B （6，0），所以AB=4，BC=8，则C（6，8），AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易得P（0，2），P′（0，6）；
②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，在直角三角形ABC中，由勾股定理可得BC==,则C（6，），K（4，2 ），而P在y轴上，所以P（0，2 ）；
（3）由（2）知，当经过AB两点的圆与直线相切时，∠APB最大。

设直线y=x+4交x轴于M交y轴于N，则可得M（﹣3，0），N（0，4），因为MP是切线，所以由切割线定理可得MP2=MA•MB，可求得MP=3，作PK⊥OA于K．所以ON∥PK，由相似三角形的
判定定理可得比例式;,即,解得PK= ，MK=，所以可得OK=-3，则P（-3，）。

二、圆的综合
9．如图，⊙O是△ABC的外接圆，点E为△ABC内切圆的圆心，连接AE的延长线交BC于点F，交⊙O于点D；连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM=∠DAC．
（1）求证：直线DM是⊙O的切线；
（2）若DF=2，且AF=4，求BD和DE的长．
【答案】（1）证明见解析（2）3
【解析】
【分析】
（1）根据垂径定理的推论即可得到OD⊥BC，再根据∠BDM=∠DBC，即可判定BC∥DM，进而得到OD⊥DM，据此可得直线DM是⊙O的切线；
（2）根据三角形内心的定义以及圆周角定理，得到∠BED=∠EBD，即可得出DB=DE，再判定△DBF∽△DAB，即可得到DB2=DF•DA，据此解答即可．
【详解】
（1）如图所示，连接OD．
∵点E是△ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD，∴¶¶
BD CD
=，∴OD⊥BC．
又∵∠BDM=∠DAC，∠DAC=∠DBC，∴∠BDM=∠DBC，∴BC∥DM，∴OD⊥DM．
又∵OD为⊙O半径，∴直线DM是⊙O的切线．
（2）连接BE．∵E为内心，∴∠ABE=∠CBE．
∵∠BAD=∠CAD，∠DBC=∠CAD，∴∠BAD=∠DBC，∴∠BAE+∠ABE=∠CBE+∠DBC，即
∠BED=∠DBE，∴BD=DE．
又∵∠BDF=∠ADB（公共角），∴△DBF∽△DAB，∴DF DB
DB DA
=，即DB2=DF•DA．
∵DF=2，AF=4，∴DA=DF+AF=6，∴DB2=DF•DA=12，∴DB=DE=23．
【点睛】
本题主要考查了三角形的内心与外心，圆周角定理以及垂径定理的综合应用，解题时注意：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧；三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
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 =
3
2
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 =3
k ，GF =23x ，由勾股定理解出74x k
，得到AG =9k -2x =11
2
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 =
1
2
∠BOC =∠BAC =600 ∴BC =2BM =23．∵∠BOC =∠GOF ，∴GF =BC =23 在△GQF 中，GQ =AG +AQ =192k -2x ，QF =3
2
k ，GF =23 ∵222GQ FQ GF +=
∴()
2
2
21932322k x k x ⎛⎫
⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， ()12713
42
x k x k =
=-，舍去． ∴AG =9k -2x =11
2
k ，AR =2OB =4OM =4x =7k ， 在△GAR 中，∠RGA =900，
∴sin ∠ADG =sin ∠R =
AG AR =11
14
．
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．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
3
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）222
.
【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．
12．如图，⊙O的直径AB＝26，P是AB上(不与点A、B重合)的任一点，点C、D为⊙O上的两点，若∠APD＝∠BPC，则称∠CPD为直径AB的“回旋角”．
(1)若∠BPC＝∠DPC＝60°，则∠CPD是直径AB的“回旋角”吗？并说明理由；
(2)若»CD的长为13
4
π，求“回旋角”∠CPD的度数；
(3)若直径AB的“回旋角”为120°，且△PCD的周长为24+133，直接写出AP的长．
【答案】(1)∠CPD是直径AB的“回旋角”，理由见解析；(2)“回旋角”∠CPD的度数为45°；
(3)满足条件的AP的长为3或23．
【解析】
【分析】
（1）由∠CPD、∠BPC得到∠APD，得到∠BPC＝∠APD，所以∠CPD是直径AB的“回旋角”；（2）利用CD弧长公式求出∠COD＝45°，作CE⊥AB交⊙O于E，连接PE，利用
∠CPD为直径AB的“回旋角”，得到∠APD＝∠BPC，∠OPE＝∠APD，得到
∠OPE+∠CPD+∠BPC＝180°，即点D，P，E三点共线，∠CED＝1
2
∠COD＝22.5°，
得到∠OPE＝90°﹣22.5°＝67.5°，则∠APD＝∠BPC＝67.5°，所以∠CPD＝45°；（3）分出情况P在OA上或者OB上的情况，在OA上时，同理（2）的方法得到点D，P，F在同一条直线上，得到△PCF是等边三角形，连接OC，OD，过点O作OG⊥CD于G，
利用sin∠DOG，求得CD，利用周长求得DF，过O作OH⊥DF于H，利用勾股定理求得OP，进而得到AP；在OB上时，同理OA计算方法即可
【详解】
∠CPD是直径AB的“回旋角”，
理由：∵∠CPD＝∠BPC＝60°，
∴∠APD ＝180°﹣∠CPD ﹣∠BPC ＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠BPC ＝∠APD ，
∴∠CPD 是直径AB 的“回旋角”；
(2)如图1，∵AB ＝26，
∴OC ＝OD ＝OA ＝13，
设∠COD ＝n°，
∵»CD 的长为134π， ∴13131804
n ππ=n ∴n ＝45，
∴∠COD ＝45°，
作CE ⊥AB 交⊙O 于E ，连接PE ，
∴∠BPC ＝∠OPE ，
∵∠CPD 为直径AB 的“回旋角”，
∴∠APD ＝∠BPC ，
∴∠OPE ＝∠APD ，
∵∠APD+∠CPD+∠BPC ＝180°，
∴∠OPE+∠CPD+∠BPC ＝180°，
∴点D ，P ，E 三点共线，
∴∠CED ＝12
∠COD ＝22.5°， ∴∠OPE ＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠APD ＝∠BPC ＝67.5°，
∴∠CPD ＝45°，
即：“回旋角”∠CPD 的度数为45°，
(3)①当点P 在半径OA 上时，如图2，过点C 作CF ⊥AB 交⊙O 于F ，连接PF ，
∴PF ＝PC ，
同(2)的方法得，点D ，P ，F 在同一条直线上，
∵直径AB 的“回旋角”为120°，
∴∠APD ＝∠BPC ＝30°，
∴∠CPF ＝60°，
∴△PCF 是等边三角形，
∴∠CFD ＝60°，
连接OC ，OD ，
∴∠COD ＝120°，
过点O 作OG ⊥CD 于G ，
∴CD ＝2DG ，∠DOG ＝12
∠COD ＝60°，
√
∴DG＝ODsin∠DOG＝13×sin60°＝133
2
∴CD＝133
√，
∵△PCD的周长为24+133
√，
∴PD+PC＝24，
∵PC＝PF，
∴PD+PF＝DF＝24，
过O作OH⊥DF于H，
∴DH＝1
DF＝12，
2
在Rt△OHD中，OH＝225
-=
OD DH
在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，
∴OP＝10，
∴AP＝OA﹣OP＝3；
②当点P在半径OB上时，
同①的方法得，BP＝3，
∴AP＝AB﹣BP＝23，
即：满足条件的AP的长为3或23．
【点睛】
本题是新定义问题，同时涉及到三角函数、勾股定理、等边三角形性质等知识点，综合程度比较高，前两问解题关键在于看懂题目给到的定义，第三问关键在于P点的分类讨论13．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与边BC交于点D，DE⊥AC，垂足为E，交AB的延长线于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若∠C＝60°，AC＝12，求»BD的长．
(3)若tan C＝2，AE＝8，求BF的长．
【答案】(1)见解析;(2) 2π；(3)
103
. 【解析】 分析：（1）连接OD ，根据等腰三角形的性质：等边对等角，得∠ABC=∠C ，
∠ABC=∠ODB ，从而得到∠C=∠ODB ，根据同位角相等，两直线平行，得到OD ∥AC ，从而得证OD ⊥EF ，即 EF 是⊙O 的切线；
（2） 根据中点的性质，由AB=AC=12 ，求得OB=OD=
12
AB =6，进而根据等边三角形的判定得到△OBD 是等边三角形，即∠BOD=600，从而根据弧长公式七届即可； （3）连接AD ，根据直角三角形的性质，由在Rt △DEC 中, tan 2DE C CE =
= 设CE=x,则DE=2x ，然后由Rt △ADE 中, tan 2AE ADE DE ∠=
= ，求得DE 、CE 的长，然后根据相似三角形的判定与性质求解即可.
详解：（1）连接OD ∵AB=AC ∴∠ABC=∠C
∵OD=OB ∴∠ABC=∠ODB
∴∠C=∠ODB ∴OD ∥AC
又∵DE ⊥AC ∴OD ⊥DE ，即OD ⊥EF
∴EF 是⊙O 的切线
（2） ∵AB=AC=12 ∴OB=OD=
12
AB =6 由（1）得：∠C=∠ODB=600
∴△OBD 是等边三角形 ∴∠BOD=600
∴»BD =6062180
ππ⨯= 即»BD 的长2π （3）连接AD ∵DE ⊥AC ∠DEC=∠DEA=900
在Rt △DEC 中, tan 2DE C CE
=
= 设CE=x,则DE=2x ∵AB 是直径 ∴∠ADB=∠ADC=900 ∴∠ADE+∠CDE=900 在Rt △DEC 中,∠C+∠CDE=900
∴∠C=∠ADE 在Rt △ADE 中, tan 2AE ADE DE ∠=
= ∵ AE=8，∴DE=4 则CE=2
∴AC=AE+CE=10 即直径AB=AC=10 则OD=OB=5
∵OD//AE ∴△ODF ∽△AEF
∴ OF OD AF AE = 即：55108
BF BF +=+ 解得：BF=
103 即BF 的长为103. 点睛：此题考查了切线的性质与判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
14．如图①，已知Rt ABC ∆中，90ACB ∠=o ，8AC =，10AB =，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作O e ，过C 作CE 切O e 于E ，交AB 于F .
（1）若O e 的半径为2，求线段CE 的长；
（2）若AF BF =，求O e 的半径；
（3）如图②，若CE CB =，点B 关于AC 的对称点为点G ，试求G 、E 两点之间的距离.
【答案】(1)42CE =(2)O e 的半径为3；(3)G 、E 两点之间的距离为9.6.
【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质得出∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得；
（2）由勾股定理求得BC ，然后通过证得△OEC ∽△BCA ，得到OE BC =OC BA ，即r 8-r =610，解
得即可； （3）证得D 和M 重合，E 和F 重合后，通过证得△GBE ∽△ABC ，GB GE AB AC
=，即12108
GE =，解得即可． 【详解】
(1)如图，连结OE .
∵CE 切O e 于E ，
∴90OEC ∠=︒.
∵8AC =，O e 半径为2，
∴6OC =，2OE =. ∴2242CE OC OE =-=；
(2)设O e 半径为r .
在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，10AB =，8AC =，
∴226BC AB AC -=. ∵
AF BF =， ∴
AF CF BF ==. ∴
ACF CAF ∠=∠. ∵CE 切O e 于E ，
∴90OEC ∠=︒.
∴OEC ACB ∠=∠，
∴OEC BCA ∆~∆.
∴
OE OC BC BA =， ∴8610
r r -=， 解得3r =.
∴O e 的半径为3；
(3)连结EG 、OE ，设EG 交AC 于点M ，
由对称性可知，CB CG =.
又CE CB =，
∴CE CG =.
∴EGC GEC ∠=∠.
∵CE 切O e 于E ，
∴90GEC OEG ∠+∠=︒.
又90EGC GMC ∠+∠=︒，
∴OEG GMC ∠=∠.又GMC OME ∠=∠，
∴OEG OME ∠=∠.
∴OE OM =.
∴点M 与点D 重合.
∴G 、D 、E 三点在同一条直线上.
连结AE 、BE ，
∵AD 是直径，
∴90AED ∠=︒，即90AEG ∠=︒.
又CE CB CG ==，
∴90BEG ∠=︒.
∴180AEB AEG BEG ∠=∠+∠=︒，
∴A 、E 、B 三点在同一条直线上.
∴E 、F 两点重合.
∵90GEB ACB ∠=∠=︒，B B ∠=∠，
∴GBE ABC ∆~∆. ∴GB GE AB AC =，即12108
GE =. ∴9.6GE =.
故G 、E 两点之间的距离为9.6.
【点睛】
本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得G 、D 、E 三点共线以及A 、E 、B 三点在同一条直线上是解题的关键.
15．已知：如图，以等边三角形ABC 一边AB 为直径的⊙O 与边AC 、BC 分别交于点D 、E ，过点D 作DF ⊥BC ，垂足为F ．（1）求证：DF 为⊙O 的切线；（2）若等边三角形ABC 的边长为4，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析（2）332 23
π
-
【解析】
试题分析：（1）连接DO，要证明DF为⊙O的切线只要证明∠FDP=90°即可；
（2）首先由已知可得到CD，CF的长，从而利用勾股定理可求得DF的长；再连接OE，求得CF，EF的长，从而利用S直角梯形FDOE﹣S扇形OED求得阴影部分的面积．
试题解析：
（1）证明：连接DO．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠C=60°．
∵OA=OD，
∴△OAD是等边三角形．
∴∠ADO=60°，
∵DF⊥BC，
∴∠CDF=90°﹣∠C=30°，
∴∠FDO=180°﹣∠ADO﹣∠CDF=90°，
∴DF为⊙O的切线；
（2）∵△OAD是等边三角形，
∴AD=AO=AB=2．
∴CD=AC﹣AD=2．
Rt△CDF中，
∵∠CDF=30°，
∴CF=CD=1．
∴DF=，
连接OE，则CE=2．
∴CF=1，
∴EF=1．
∴S直角梯形FDOE=（EF+OD）•DF=，
∴S扇形OED==，
∴S阴影=S直角梯形FDOE﹣S扇形OED=﹣．
【点睛】此题考查学生对切线的判定及扇形的面积等知识点的掌握情况，当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线．也考查了等边三角形的性质和利用割补法计算补规则图形的面积．
16．已知AB 是半圆O 的直径，点C 在半圆O 上.
(1)如图1，若AC＝3，∠CAB＝30°，求半圆O 的半径；
(2)如图2，M 是»BC的中点，E 是直径AB 上一点，AM 分别交CE，BC 于点F，D. 过点F 作FG∥AB 交边BC 于点G，若△ACE 与△CEB 相似，请探究以点D 为圆心，GB 长为半径的⊙D 与直线AC 的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）半圆O的半径为3；
（2）⊙D与直线AC相切，理由见解析
【解析】
试题分析：(1)依据直径所对的圆周角是直角可得∠C＝90°,2再依据三角函数即可求解;(2) 依据△ACE与△CEB相似证出∠AEC＝∠CEB＝90°, 再依据M是»BC的中点,证明CF＝CD, 过点F作FP∥GB交于AB于点P, 证出△ACF≌△APF,得出CF=FP,再证四边形FPBG是平行四边形,得到 FP＝GB从而CD＝GB,点D到直线AC的距离为线段CD的长.
试题解析：
（1）∵ AB是半圆O的直径，
∴∠C＝90°．
在Rt△ACB中，AB＝
cos AC CAB ∠
＝
3 cos30︒
＝23．
∴ OA＝3
（2）
⊙D与直线AC相切.
理由如下：
由（1）得∠ACB＝90°．
∵∠AEC＝∠ECB＋∠6，
∴∠AEC＞∠ECB，∠AEC＞∠6．
∵△ACE与△CEB相似，
∴∠AEC＝∠CEB＝90°．
在Rt△ACD，Rt△AEF中分别有
∠1＋∠3＝90°，∠2＋∠4＝90°．
∵ M是»BC的中点，
∴∠COM＝∠BOM．
∴∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4．
∵∠4＝∠5，
∴∠3＝∠5．
∴ CF＝CD．
过点F作FP∥GB交于AB于点P，则∠FPE＝∠6．在Rt△AEC，Rt△ACB中分别有
∠CAE＋∠ACE＝90°，∠CAE＋∠6＝90°．
∴∠ACE＝∠6＝∠FPE．
又∵∠1＝∠2，AF＝AF，
∴△ACF≌△APF．
∴ CF＝FP．
∵ FP∥GB，FG∥AB，
∴四边形FPBG是平行四边形．
∴ FP＝GB．
∴ CD＝GB．
∵ CD⊥AC，
∴点D到直线AC的距离为线段CD的长∴⊙D与直线AC相切.。