九年级圆几何综合易错题(Word版含答案)(1)

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人教版九年级数学上册圆几何综合易错题(Word版含答案)

人教版九年级数学上册圆几何综合易错题（Word版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．如图，抛物线的对称轴为轴，且经过(0，0)，()两点，点P在抛物线上运动，以P为圆心的⊙P经过定点A(0，2)，(1)求的值；(2)求证：点P在运动过程中，⊙P始终与轴相交；(3)设⊙P与轴相交于M，N(＜)两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．【答案】（1）a=，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．【解析】试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x2比较得出答案即可；（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN 时，求出a的值，进而得出圆心P的纵坐标即可．试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（，）两点，∴抛物线的一般式为：y=ax2，∴=a（）2，解得：a=±，∵图象开口向上，∴a=，∴抛物线解析式为：y=x2，故a=，b=c=0；（2）设P（x，y），⊙P的半径r=，又∵y=x2，则r=，化简得：r=＞x2，∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设P（a，a2），∵PA=，作PH⊥MN于H，则PM=PN=，又∵PH=a2，则MH=NH==2，故MN=4，∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），又∵A（0，2），∴AM=，AN=，当AM=AN时，=，解得：a=0，当AM=MN时，=4，解得：a=2±2（负数舍去），则a2=4+2；当AN=MN时，=4，解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a2=4﹣2；综上所述，P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．考点：二次函数综合题．2．如图①，已知Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝8，AB ＝10，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作⊙O ，过C 作CE 切⊙O 于E ，交AB 于F ．（1）若⊙O 半径为2，求线段CE 的长；（2）若AF ＝BF ，求⊙O 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）CE ＝2；（2）⊙O 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 OC BC BA =，即8610r r-= 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 GEAB AC=，即12108GE =，解得即可. 【详解】解：（1）如图①，连接OE ，∵CE切⊙O于E，∴∠OEC＝90°，∵AC＝8，⊙O的半径为2，∴OC＝6，OE＝2，∴CE＝2242OC OE-=；（2）设⊙O的半径为r，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，∴BC＝22AB A C-＝6，∵AF＝BF，∴AF＝CF＝BF，∴∠ACF＝∠CAF，∵CE切⊙O于E，∴∠OEC＝90°，∴∠OEC＝∠ACB，∴△OEC∽△BCA，∴OE OCBC BA=，即8610r r-=解得r＝3，∴⊙O的半径为3；（3）如图②，连接BG，OE，设EG交AC于点M，由对称性可知，CB＝CG，∵CE＝CG，∴∠EGC＝∠GEC，∵CE切⊙O于E，∴∠GEC+∠OEG＝90°，∵∠EGC+∠GMC＝90°，∴∠OEG＝∠GMC，∵∠GMC＝∠OME，∴∠OEG＝∠OME，∴OM＝OE，∴点M和点D重合，∴G、D、E三点在同一直线上，连接AE、BE，∵AD是直径，∴∠AED＝90°，即∠AEG＝90°，又CE＝CB＝CG，∴∠BEG＝90°，∴∠AEB＝∠AEG+∠BEG＝180°，∴A、E、B三点在同一条直线上，∴E、F两点重合，∵∠GEB＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B，∴△GBE∽△ABC，∴GB GEAB AC=，即12108GE=∴GE＝9.6，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3．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠CAB=30°，AB=10，点D在线段AB上，AD=2．点P，Q 以相同的速度从D点同时出发，点P沿DB方向运动，点Q沿DA方向到点A后立刻以原速返回向点B运动．以PQ为直径构造⊙O，过点P作⊙O的切线交折线AC﹣CB于点E，将线段EP绕点E顺时针旋转60°得到EF，过F作FG⊥EP于G，当P运动到点B时，Q也停止运动，设DP=m．（1）当2＜m≤8时，AP=，AQ=．（用m的代数式表示）（2）当线段FG长度达到最大时，求m的值；（3）在点P，Q整个运动过程中，①当m为何值时，⊙O与△ABC的一边相切？②直接写出点F所经过的路径长是．（结果保留根号）【答案】（1）2+m ，m ﹣2;（2）m=5.5;（3）①当m=1或4或10﹣433时，⊙O 与△ABC 的边相切．②点F 的运动路径的长为1136+572．【解析】试题分析：（1）根据题意可得AP =2+m ，AQ =m −2.（2）如图1中在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，推出3cos30cos30FG EF PE EP =⋅=⋅=，所以当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，求出此时EP 的长即可解决问题．（3）①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .分别求解即可．②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .分别求出122F F F B ，即可解决问题．试题解析：(1)当28m <≤时，AP =2+m ，AQ =m −2. 故答案为2+m ，m −2. (2)如图1中，在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，3cos30cos30FG EF PE EP ∴=⋅=⋅=， ∴当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，易知此时53553AC BC EP AB ⨯⨯===3tan30(2)3EP AP m =⋅=+⋅， 533(2)m ∴=+⋅，∴m =5.5(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .则有AD =2DH =2， ∴DH =DQ =1，即m =1.当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .则AO =2OH =4，AP =4+2=6， ∴2+m =6， ∴m =4. 如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .在Rt △OBN 中, 43sin603OB ON ==， 4310AO ∴=-， 43123AP ∴=-， 432123m ∴+=-， 4310m ∴=-，综上所述,当m =1或4或4310-时，O 与△ABC 的边相切。

人教版数学九年级上册圆几何综合易错题(Word版含答案)

人教版数学九年级上册圆几何综合易错题（Word版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．在圆O中，C是弦AB上的一点，联结OC 并延长，交劣弧AB于点D，联结AO、BO、AD、BD．已知圆O的半径长为5，弦AB的长为8．（1）如图1，当点D是弧AB的中点时，求CD的长；（2）如图2，设AC=x，ACOOBDSS=y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；（3）若四边形AOBD是梯形，求AD的长．【答案】（1）2；（2）2825x x x-+（0＜x＜8）;（3）AD=145或6．【解析】【分析】(1)根据垂径定理和勾股定理可求出OC的长.(2)分别作OH⊥AB，DG⊥AB，用含x的代数式表示△ACO和△BOD的面积，便可得出函数解析式.(3)分OB∥AD和OA∥BD两种情况讨论.【详解】解：（1）∵OD过圆心，点D是弧AB的中点，AB=8，∴OD⊥AB，AC=12AB=4，在Rt△AOC中，∵∠ACO=90°，AO=5，∴22AO AC-，∴OD=5，∴CD=OD﹣OC=2；（2）如图2，过点O作OH⊥AB，垂足为点H，则由（1）可得AH=4，OH=3，∵AC=x，∴CH=|x﹣4|，在Rt△HOC中，∵∠CHO=90°，AO=5，∴22HO HC+223|x4|+-2825x x-+∴CD=OD ﹣OC=5过点DG ⊥AB 于G ，∵OH ⊥AB ，∴DG ∥OH ，∴△OCH ∽△DCG ， ∴OH OC DG CD=， ∴DG=OH CD OC ⋅35， ∴S △ACO =12AC ×OH=12x ×3=32x ， S △BOD =12BC （OH +DG ）=12（8﹣x ）×（335）=32（8﹣x ） ∴y=ACO OBD S S=()323582x x -（0＜x ＜8）（3）①当OB ∥AD 时，如图3，过点A 作AE ⊥OB 交BO 延长线于点E ，过点O 作OF ⊥AD ，垂足为点F ，则OF=AE ，∴S=12AB•OH=12OB•AE ， AE=AB OH OB ⋅=245=OF ，在Rt △AOF 中，∠AFO=90°，AO=5，∴75∵OF 过圆心，OF ⊥AD ，∴AD=2AF=145． ②当OA ∥BD 时，如图4，过点B 作BM ⊥OA 交AO 延长线于点M ，过点D 作DG ⊥AO ，垂足为点G ，则由①的方法可得DG=BM=245，在Rt △GOD 中，∠DGO=90°，DO=5，∴GO=22DO DG -=75，AG=AO ﹣GO=185，在Rt △GAD 中，∠DGA=90°， ∴AD=22AG DG +=6 综上得AD=145或6．故答案为（1）2；（2）y=()2825x x x -+（0＜x ＜8）;（3）AD=145或6．【点睛】本题是考查圆、三角形、梯形相关知识，难度大，综合性很强.2．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=42cos cos45AB 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-+， ∵2π＞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.3．已知：图1 图2 图3（1）初步思考：如图1，在PCB ∆中，已知2PB =，BC=4，N 为BC 上一点且1BN =，试说明：12PN PC = （2）问题提出：如图2，已知正方形ABCD 的边长为4，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求12PD PC +的最小值．（3）推广运用：如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B ﹦60°，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求12PD PC -的最大值．【答案】（1）详见解析；（2）5；（3）最大值37DG =【解析】【分析】（1）利用两边成比例，夹角相等，证明BPN ∆∽BCP ∆，得到PN BN PC BP =，即可得到结论成立；（2）在BC 上取一点G ，使得BG=1，由△PBG ∽△CBP ，得到12PG PC =，当D 、P 、G 共线时，12PD PC +的值最小，即可得到答案；（3）在BC 上取一点G ，使得BG=1，作DF ⊥BC 于F ，与（2）同理得到12PG PC =，当点P 在DG 的延长线上时，12PD PC -的值最大，即可得到答案. 【详解】（1）证明：∵2,1,4PB BN BC ===，∴24,4PB BN BC =⋅=，∴2PB BN BC =⋅， ∴BN BP BP BC=，∵B B ∠=∠， ∴BPN BCP ∆∆∽， ∴12PN BN PC BP ==， ∴12PN PC =；（2）解：如图，在BC 上取一点G ，使得BG=1，∵242,212PB BC BG PB ====， ∴,PB BC PBG PBC BG PB=∠=∠， ∴PBG CBP ∆∆∽，∴12PG BG PC PB ==， ∴12PG PC =， ∴12PD PC DP PG +=+； ∵DP PG DG +≥， ∴当D 、P 、G 共线时，12PD PC +的值最小， ∴最小值为：22435DG =+=；（3）如图，在BC 上取一点G ，使得BG=1，作DF ⊥BC 于F ，与（2）同理，可证12PG PC =，在Rt △CDF 中，∠DCF=60°，CD=4，∴DF=CD •sin60°=23CF=2，在Rt△GDF中，DG=22(23)537+=，∴12PD PC PD PG DG -=-≤，当点P在DG的延长线上时，12PD PC-的值最大，∴最大值为：37DG=.【点睛】本题考查圆综合题、正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．4．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作直线MN，且∠MAC＝∠ABC．（1）求证：MN是⊙O的切线．（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．①求证：FD＝FG．②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1【解析】【分析】（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝CH．根据AB＝BH可求出答案．【详解】（1）证明：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠ABC＝90°；∵∠MAC＝∠ABC，∴∠MAC+∠CAB ＝90°，即MA ⊥AB ，∴MN 是⊙O 的切线；（2）①证明：∵D 是弧AC 的中点，∴∠DBC ＝∠ABD ，∵AB 是直径，∴∠CBG+∠CGB ＝90°，∵DE ⊥AB ，∴∠FDG+∠ABD ＝90°，∵∠DBC ＝∠ABD ，∴∠FDG ＝∠CGB ＝∠FGD ，∴FD ＝FG ；②解：连接AD 、CD ，作DH ⊥BC ，交BC 的延长线于H 点．∵∠DBC ＝∠ABD ，DH ⊥BC ，DE ⊥AB ，∴DE ＝DH ，在Rt △BDE 与Rt △BDH 中，DH DE BD BD=⎧⎨=⎩， ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH （HL ），∴BE ＝BH ，∵D 是弧AC 的中点，∴AD ＝DC ，在Rt △ADE 与Rt △CDH 中，DE DH AD CD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH （HL ）．∴AE ＝CH ．∴BE ＝AB ﹣AE ＝BC+CH ＝BH ，即5﹣AE ＝3+AE ，∴AE ＝1．【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．5．如图1，△ABC内接于⊙O，直径AD交BC于点E，延长AD至点F，使DF＝2OD，连接FC并延长交过点A的切线于点G，且满足AG∥BC，连接OC，若cos∠BAC＝13，BC＝8．（1）求证：CF是⊙O的切线；（2）求⊙O的半径OC；（3）如图2，⊙O的弦AH经过半径OC的中点F，连结BH交弦CD于点M，连结FM，试求出FM的长和△AOF的面积．【答案】（1）见解析；（2）32332232【解析】【分析】（1）由DF=2OD，得到OF=3OD=3OC，求得13OE OCOC OF==，推出△COE∽△FOE，根据相似三角形的性质得到∠OCF=∠DEC=90°，于是得到CF是⊙O的切线；（2）利用三角函数值，设OE=x，OC=3x，得到CE=3，根据勾股定理即可得到答案；（3）连接BD，根据圆周角定理得到角相等，然后证明△AOF∽△BDM，由相似三角形的性质，得到FM为中位线，即可求出FM的长度，由相似三角形的性质，以及中线分三角形的面积为两半，即可求出面积.【详解】解：（1）∵DF＝2OD，∴OF＝3OD＝3OC，∴13 OE OCOC OF==，∵∠COE＝∠FOC，∴△COE∽△FOE，∴∠OCF＝∠DEC＝90°，∴CF是⊙O的切线；（2）∵∠COD＝∠BAC，∴cos∠BAC＝cos∠COE＝13 OEOC=，∴设OE ＝x ，OC ＝3x ，∵BC ＝8，∴CE ＝4，∵CE ⊥AD ，∴OE 2+CE 2＝OC 2，∴x 2+42＝9x 2，∴x ＝2（负值已舍去），∴OC ＝3x ＝32，∴⊙O 的半径OC 为32；（3）如图，连结BD ，由圆周角定理，则∠OAF=∠DBM ，2AOF ADC ∠=∠，∵BC ⊥AD ， ∴AC AB =，∴∠ADC=∠ADB ，∴2AOF ADC BDM ∠=∠=∠，∴△AOF ∽△BDM ；∵点F 是OC 的中点，∴AO ：OF=BD ：DM=2，又∵BD=DC ，∴DM=CM ，∴FM 为中位线，∴322， ∴S △AOF : S △BDM =(326 2 34=； ∵111118(322)4222222BDM BCD S S BC DE ∆∆==⨯•=⨯⨯⨯= ∴S △AOF =3424=32 【点睛】本题考查了圆的综合问题，圆周角定理，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，利用勾股定理求边长，以及三角形中线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的定理和性质，运用属性结合的思想进行解题.6．在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r(r＞1)，点P是圆内与圆心C不重合的点，⊙C的“完美点”的定义如下：过圆心C的任意直线CP与⊙C交于点A，B，若满足|PA﹣PB|＝2，则称点P为⊙C的“完美点”，如图点P为⊙C的一个“完美点”．(1)当⊙O的半径为2时①点M(32，0)⊙O的“完美点”，点(﹣3，﹣12)⊙O的“完美点”；(填“是”或者“不是”)②若⊙O的“完美点”P在直线y＝34x上，求PO的长及点P的坐标；(2)设圆心C的坐标为(s，t)，且在直线y＝﹣2x+1上，⊙C半径为r，若y轴上存在⊙C的“完美点”，求t的取值范围．【答案】(1)①不是，是；②PO的长为1，点P的坐标为(45，35)或(﹣45，﹣35)；(2)t的取值范围为﹣1≤t≤3．【解析】【分析】（1）①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度，然后分情况讨论计算即可得出结论；（2）先判断出圆的“完美点”的轨迹，然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.【详解】解：(1)①∵点M(32，0)，∴设⊙O与x轴的交点为A，B，∵⊙O的半径为2，∴取A(﹣2，0)，B(2，0)，∴|MA﹣MB|＝|(32+2)﹣(2﹣32)|＝3≠2，∴点M不是⊙O的“完美点”，同理：点(﹣3，﹣12)是⊙O的“完美点”．故答案为不是，是．②如图1，根据题意，|PA﹣PB|＝2，∴|OP+2﹣(2﹣OP)|＝2，∴OP＝1．若点P在第一象限内，作PQ⊥x轴于点Q，∵点P在直线y＝34x上，OP＝1，∴43,55 OQ PQ==．∴P(43,55)．若点P在第三象限内，根据对称性可知其坐标为(﹣45，﹣35)．综上所述，PO的长为1，点P的坐标为(43,55)或（43,55--）)．(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|＝2，∴|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2．∴CP＝1．∴对于任意的点P，满足CP＝1，都有|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2，∴|PA﹣PB|＝2，故此时点P为⊙C的“完美点”．因此，⊙C的“完美点”是以点C为圆心，1为半径的圆．设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，如图2，当⊙C 移动到与y 轴相切且切点在点D 的上方时，t 的值最大．设切点为E ，连接CE ，∵⊙C 的圆心在直线y ＝﹣2x +1上，∴此直线和y 轴，x 轴的交点D (0，1)，F (12，0)， ∴OF ＝12，OD ＝1， ∵CE ∥OF ，∴△DOF ∽△DEC ，∴OD OF DE CE= ， ∴112DE = ， ∴DE ＝2，∴OE ＝3，t 的最大值为3，当⊙C 移动到与y 轴相切且切点在点D 的下方时，t 的值最小．同理可得t 的最小值为﹣1．综上所述，t 的取值范围为﹣1≤t ≤3．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义，相似三角形的性质和判定，直线和圆的位置关系，解本题的关键是理解新定义的基础上，会用新定义，是一道比中等难度的中考常考题.7．已知ABD △内接于圆O ，点C 为弧BD 上一点，连接BC AC AC 、，交BD 于点E ，CED ABC ∠=∠．（1）如图1，求证：弧AB =弧AD ；（2）如图2，过B 作BF AC ⊥于点F ，交圆O 点G ，连接AG 交BD 于点H ，且222EH BE DH =+，求CAG ∠的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，圆O 上一点M 与点C 关于BD 对称，连接ME ，交AB 于点N ，点P 为弧AD 上一点，PQ BG ∥交AD 于点Q ，交BD 的延长线于点R ，AQ BN =，ANE 的周长为20，52DR =，求圆O 半径．【答案】（1）见解析；（2）∠CAG=45°；（3）r=62【解析】【分析】（1）证∠ABD=∠ACB 可得；（2）如下图，△AHD 绕点A 旋转至△ALE 处，使得点D 与点B 重合，证△ALE ≌△AHE ，利用勾股定理逆定理推导角度；（3）如下图，延长QR 交AB 于点T ，分别过点N 、Q 作BD 的垂线，交于点V ，I ，取QU=AE ，过点U 作UK 垂直BD.先证△AEN ≌△QUD ，再证△NVE ≌△RKU ，可得到NV=KR=DK ，进而求得OB 的长.【详解】（1）∵∠CED 是△BEC 的外角，∴∠CED=∠EBC+∠BCA∵∠ABC=∠ABD+∠EBC又∵∠CED=∠ABC∴∠ABD=∠ACB∴弧AB=弧AD（2）如下图，△AHD 绕点A 旋转至△ALE 处，使得点D 与点B 重合∵△ALB 是△AHD 旋转所得∴∠ABL=∠ADB ，AL=AH设∠CAG=a ，则∠CBG=a∵BG ⊥AC∴∠BCA=90°-a ，∴∠ADB=∠ABD=90°-a∴在△BAD 中，BAE+∠HAD=180-a-(90°-a)-(90°-a)=a∴∠LAE=∠EAH=a∵LA=AH ，AE=AE∴△ALE ≌△AHE ，∴LE=EH∵HD=LB，222EH BE DH=+∴△LBE为直角三角形∴∠LBE=(90°-a)+(90°-a)=90°，解得：a=45°∴∠CAG=45°（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD由（2）得∠BAD=90°∴点O在BD上设∠R=n，则∠SER=∠BEC=∠MEB=90°-n∴∠AEN=2n∵SQ⊥AC∴∠TAS=∠AQS=∠DQR，AN=QD∵QU=AE∴△AEN≌△QUD∴∠QUD=∠AEN=2n∴UD=UR=NE，∵△ANE的周长为20∴QD+QR=20在△DQR中，QD=7∵∠ENR=∠UDK=∠R=n∴△NVE≌△RKU∴NV=KR=DK=2 2∴BN=5∴22r=【点睛】本题考查了圆的证明，涉及到全等、旋转和勾股定理，解题关键是结合图形特点，适当构造全等三角形8．如图，∠ACL＝90°，AC＝4，动点B在射线CL，CH⊥AB于点H，以H为圆心，HB为半径作圆交射线BA于点D，交直线CD于点F，交直线BC于点E．设BC＝m．（1）当∠A＝30°时，求∠CDB的度数；（2）当m＝2时，求BE的长度；（3）在点B的整个运动过程中，①当BC＝3CE时，求出所有符合条件的m的值．②连接EH，FH，当tan∠FHE＝512时，直接写出△FHD与△EFH面积比．【答案】（1）60°；（2）45；（3）①m＝2或226【解析】【分析】（1）根据题意由HB＝HD，CH⊥BD可知：CH是BD的中垂线，再由∠A＝30°得：∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）由题意可知当m＝2时，由勾股定理可得：AB＝5cos∠ABC 5，过点H作HK⊥BC于点K，利用垂径定理可得结论；（3））①要分两种情况：I．当点E在C右侧时，II．当点E在C左侧时；根据相似三角形性质和勾股定理即可求得结论；②根据题意先证明EF∥BD，根据平行线间距离相等可得：△FHD与△EFH高相等，面积比等于底之比，再由tan∠FHE＝512可求得DHEF的值即可．【详解】解：（1）∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝60°，∵HB＝HD，CH⊥BD，∴CH是BD的中垂线，∴CB＝CD，∴∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）如图1，过点H作HK⊥BC于点K，当m＝2时，BC＝2，∴AB＝22AC BC＝25，∴cos∠ABC＝BCAB ＝5，∴BH＝BC•cos∠ABC＝25，∴BK＝BH•co s∠ABC＝25，∴BE＝2BK＝45；（3）①分两种情况：I．当点E在C右侧时，如图2，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC＝3CE＝m，∴CE＝13m，BE＝23m，∵DE∥AC，∴△DEB～△ACB，∴DEAC ＝BEBC＝23，∴DE＝23AC＝83，∵CD＝CB＝m，∴Rt△CDE中，由勾股定理得：2281m33⎛⎫⎛⎫⎪⎭⎝+⎪⎝⎭＝m2，∵m＞0，∴m＝22；II．当点E在C左侧时，如图3，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC＝3CE，∴CE＝13m，BE＝32m，∵DE∥AC，∴△DEB～△ACB，∴DEAC ＝BEBC＝32，∴DE＝32AC＝6，∵CD＝CB＝m，∴Rt△CDE中，由勾股定理得：62+21m3⎛⎫⎪⎝⎭＝m2，∵m＞0，∴m＝42；综上所述，①当BC＝3CE时，m＝22或42．②如图4，过F作FG⊥HE于点G，∵CH⊥AB，HB＝HD，∴CB＝CD，∴∠CBD＝∠CDB，∴DFE BEF=，即DF EF BE EF+=+，∴DF BE=，∴EF∥BD，∴FHDEFHSS＝DHEF，∵在Rt△FHG中，FGHG＝tan∠FHE＝512，设FG＝5k，HG＝12k，则FH＝22FG HG+＝22(5)(12)k k+＝13k，∴DH＝HE＝FH＝13k，EG＝HE﹣HG＝13k﹣12k＝k，∴EF＝22FG EG+＝22(5)k k+＝26k，∴FHDEFHSS＝26k＝26．【点睛】本题考查的是圆的几何综合题，主要考查圆的性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形判定及性质，解直角三角形知识等；综合性较强，有一定难度，解题要求对所学知识点熟练掌握和运用数形结合思维分析．9．如图，在ABC∆中，90C∠=︒，30CAB∠=︒，10AB=，点D在线段AB上，2AD=．点P从D点出发，沿DB方向运动，以DP为直径作O，当P运动到点B时停止运动，设DP m=．（1）AO=___________，BP=___________．（用m的代数式表示）（2）当m为何值时，O与ABC∆的一边相切？（3）在点P整个运动过程中，过点P作O的切线交折线AC CB-于点E，将线段EP 绕点E顺时针旋转60︒得到EF，过F作FG EP⊥于G．①当线段FG长度达到最大时，求m的值；②直接写出点F 所经过的路径长是________．（结果保留根号）【答案】（1）22m AO =+，8BP m =-；（2）4m =或32348m =-；（3）①112；②1153762+ 【解析】【分析】（1）观察图中AO 和DP 的数量关系可得22DP AO =+，而BP AB AP =-，将DP m =代入即可.（2）O 与ABC ∆的一边相切有两种情况，先与AC 相切，再与BC 相切；两种情况的解答方法都是连接圆心与切点，构造直角三角形，根据条件所给的特殊角的三角函数解答. （3）①根据旋转的性质可得PF PE =，在Rt EFG ∆中根据三角函数可得cos30FG PE ︒=⋅，故当E 点与C 点重合，PE 取得最大值时，FG 有最大值，解之即可. ②明显以E 点与C 点重合前后为节点，点F 的运动轨迹分两部分，第一部分为从P 开始运动到E 点与C 点重合，即图中的12F F ，根据1212F F AC AF CF =--求解；第二部分，根据tan EF EP EBF EB EB∠==为定值可知其轨迹为图中的2F B ，在2Rt F BC 中用勾股定理求解即可.【详解】（1）2222DP m AO =+=+，8BP AB AP m =-=- （2）情况1：与AC 相切时，Rt AOH ∆中，∵30A ∠=︒ ∴2AO OH =∴22m m +=解得4m =情况2：与BC 相切时，Rt BON∆中，∵60B∠=︒∴3cos2ONBOB==即32282mm=-解得32348m=-（3）①在Rt EFG∆中，∵30EFG A∠=∠=︒，90EGF∠=︒，∴3cos30cos30FG EF PE EP︒︒=⋅=⋅=，∴当FG最大时即PE最大当点E与点C重合时，PE的值最大．易知此时53553AC BCEPAB⨯⨯===．在Rt EAP∆中，∵30A∠=︒∴1532AP EP==∴1511222m DP==-=（3）F轨迹如图：从1F到2F到B1133233AF AE EF AD PE =-=-==, 2532CF CP ==，故1212235311353326F F AC AF CF =--=-=， 2F 到B 轨迹是线段理由如下：∵60FEP ∠=︒，30PEB ∠=︒，∴90FEB ∠=︒． ∴tan EF EP EBF EB EB∠==为定值， ∴点F 的第二段的轨迹是线段2BF ．在2Rt F BC 中，222222535752BF BC F C ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭, 所以点F 1153762【点睛】本题是综合了圆的性质，直线与圆相切的条件，锐角三角函数，勾股定理以及旋转的性质等知识的动点动图问题，熟练掌握各个知识点是基础，充分理解题意并作图，化动为静是解答关键.10．阅读材料：“最值问题”是数学中的一类较具挑战性的问题．其实，数学史上也有不少相关的故事，如下即为其中较为经典的一则：海伦是古希腊精通数学、物理的学者，相传有位将军曾向他请教一个问题﹣﹣如图1，从A 点出发，到笔直的河岸l 去饮马，然后再去B 地，走什么样的路线最短呢？海伦轻松地给出了答案：作点A 关于直线l 的对称点A ′，连接A ′B 交l 于点P ，则PA +PB ＝A ′B 的值最小．解答问题：（1）如图2，⊙O 的半径为2，点A 、B 、C 在⊙O 上，OA ⊥OB ，∠AOC ＝60°，P 是OB 上一动点，求PA +PC 的最小值；（2）如图3，已知菱形ABCD 的边长为6，∠DAB ＝60°．将此菱形放置于平面直角坐标系中，各顶点恰好在坐标轴上．现有一动点P 从点A 出发，以每秒2个单位的速度，沿A →C 的方向，向点C 运动．当到达点C 后，立即以相同的速度返回，返回途中，当运动到x 轴上某一点M时，立即以每秒1个单位的速度，沿M→B的方向，向点B运动．当到达点B 时，整个运动停止．①为使点P能在最短的时间内到达点B处，则点M的位置应如何确定？②在①的条件下，设点P的运动时间为t（s），△PAB的面积为S，在整个运动过程中，试求S与t之间的函数关系式，并指出自变量t的取值范围．【答案】（1）PA+PC的最小值是23；（2）①点M的位置是（3，0）时，用时最少；②S与t之间的函数关系式是当33＜t≤43时，S＝183﹣3t；当0＜t≤33时，S ＝3t．当43＜t≤63时，S＝﹣3t+183．【解析】【分析】（1）延长AO交圆O于M，连接CM交OB于P，连接AC，AP+PC＝PC+PM＝CM最小；（2）①根据运动速度不同以及运动距离，得出当PB⊥AB时，点P能在最短的时间内到达点B处；②根据三角形的面积公式求出从A到C时，s与t的关系式和从C到（3，0）以及到B 的解析式．【详解】解：（1）延长AO交圆O于M，连接CM交OB于P，连接AC，则此时AP+PC＝PC+PM＝CM最小，∵AM是直径，∠AOC＝60°，∴∠ACM＝90°，∠AMC＝30°，∴AC＝12AM＝2，AM＝4，由勾股定理得：CM22AM AC3答：PA+PC的最小值是3（2）①根据动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度，沿A→C的方向，向点C运动．当到达点C后，立即以相同的速度返回，返回途中，当运动到x轴上某一点M时，立即以每秒1个单位的速度，沿M→B的方向，向点B运动，即为使点P能在最短的时间内到达点B处，∴当PB⊥AB时，根据垂线段最短得出此时符合题意，∵菱形ABCD，AB＝6，∠DAB＝60°，∴∠BAO＝30°，AB＝AD，AC⊥BD，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝6，BO＝3，由勾股定理得：AO＝3在Rt△APB中，AB＝6，∠BAP＝30°，BP＝12AP，由勾股定理得：AP＝3，BP＝3，∴点M30）时，用时最少．②当0＜t3AP＝2t，∵菱形ABCD，∴∠OAB＝30°，∴OB＝12AB＝3，由勾股定理得：AO＝CO＝3，∴S＝12AP×BO＝12×2t×3＝3t；③当3t3AP＝32t﹣332t，∴S＝12AP×BO＝12×（32t）×3＝3﹣3t．当3t3S＝12AB×BP＝123﹣（t﹣3]＝﹣3t3答：S与t之间的函数关系式是当3＜t3时，S＝33t；当0＜t3S＝3t．当3t3S＝﹣3t3【点睛】本题主要考查对含30度角的直角三角形，勾股定理，三角形的面积，轴对称-最短问题，圆周角定理等知识点的理解和掌握，能综合运用性质进行计算是解此题的关键．。

九年级圆几何综合检测题(WORD版含答案)

九年级圆几何综合检测题（WORD 版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．如图，以A （0，3）为圆心的圆与x 轴相切于坐标原点O ，与y 轴相交于点B ，弦BD的延长线交x 轴的负半轴于点E ，且∠BEO ＝60°，AD 的延长线交x 轴于点C ．（1）分别求点E 、C 的坐标；（2）求经过A 、C 两点，且以过E 而平行于y 轴的直线为对称轴的抛物线的函数解析式；（3）设抛物线的对称轴与AC 的交点为M ，试判断以M 点为圆心，ME 为半径的圆与⊙A 的位置关系，并说明理由．【答案】（1）点C 的坐标为（－3，0）（2）2343333y x x =++3）⊙M 与⊙A 外切【解析】试题分析：（1）已知了A 点的坐标，即可得出圆的半径和直径，可在直角三角形BOE 中，根据∠BEO 和OB 的长求出OE 的长进而可求出E 点的坐标，同理可在直角三角形OAC 中求出C 点的坐标；（2）已知了对称轴的解析式，可据此求出C 点关于对称轴对称的点的坐标，然后根据此点坐标以及C ，A 的坐标用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（3）两圆应该外切，由于直线DE ∥OB ，因此∠MED=∠ABD ，由于AB=AD ，那么∠ADB=∠ABD ，将相等的角进行置换后可得出∠MED=∠MDE ，即ME=MD ，因此两圆的圆心距AM=ME+AD ，即两圆的半径和，因此两圆外切.试题解析：（1）在Rt△EOB 中，3cot60232EO OB =⋅︒==， ∴点E 的坐标为（－2，0）．在Rt△COA 中，tan tan60333OC OA CAO OA =⋅∠=⋅︒==， ∴点C 的坐标为（－3，0）．（2）∵点C 关于对称轴2x =-对称的点的坐标为F （－1，0），点C 与点F （－1，0）都在抛物线上．设()()13y a x x =++，用(03A ，代入得()()30103a =++，∴33a =． ∴()()313y x x =++，即 2343333y x x =++．（3）⊙M 与⊙A 外切，证明如下： ∵ME ∥y 轴，∴MED B ∠=∠．∵B BDA MDE ∠=∠=∠， ∴MED MDE ∠=∠． ∴ME MD =．∵MA MD AD ME AD =+=+， ∴⊙M 与⊙A 外切．2．如图①，已知Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝8，AB ＝10，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作⊙O ，过C 作CE 切⊙O 于E ，交AB 于F ．（1）若⊙O 半径为2，求线段CE 的长；（2）若AF ＝BF ，求⊙O 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）CE ＝2；（2）⊙O 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 OC BC BA =，即8610r r-= 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 GEAB AC=，即12108GE =，解得即可.【详解】解：（1）如图①，连接OE，∵CE切⊙O于E，∴∠OEC＝90°，∵AC＝8，⊙O的半径为2，∴OC＝6，OE＝2，∴CE＝2242OC OE-=；（2）设⊙O的半径为r，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，∴BC22AB A C-＝6，∵AF＝BF，∴AF＝CF＝BF，∴∠ACF＝∠CAF，∵CE切⊙O于E，∴∠OEC＝90°，∴∠OEC＝∠ACB，∴△OEC∽△BCA，∴OE OCBC BA=，即8610r r-=解得r＝3，∴⊙O的半径为3；（3）如图②，连接BG，OE，设EG交AC于点M，由对称性可知，CB＝CG，∵CE＝CG，∴∠EGC＝∠GEC，∵CE切⊙O于E，∴∠GEC+∠OEG＝90°，∵∠EGC+∠GMC＝90°，∴∠OEG＝∠GMC，∵∠GMC＝∠OME，∴∠OEG＝∠OME，∴OM＝OE，∴点M和点D重合，∴G、D、E三点在同一直线上，连接AE、BE，∵AD是直径，∴∠AED＝90°，即∠AEG＝90°，又CE＝CB＝CG，∴∠BEG＝90°，∴∠AEB＝∠AEG+∠BEG＝180°，∴A、E、B三点在同一条直线上，∴E、F两点重合，∵∠GEB＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B，∴△GBE∽△ABC，∴GB GEAB AC=，即12108GE=∴GE＝9.6，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．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠CAB=30°，AB=10，点D在线段AB上，AD=2．点P，Q 以相同的速度从D点同时出发，点P沿DB方向运动，点Q沿DA方向到点A后立刻以原速返回向点B运动．以PQ为直径构造⊙O，过点P作⊙O的切线交折线AC﹣CB于点E，将线段EP绕点E顺时针旋转60°得到EF，过F作FG⊥EP于G，当P运动到点B时，Q也停止运动，设DP=m．（1）当2＜m≤8时，AP=，AQ=．（用m的代数式表示）（2）当线段FG长度达到最大时，求m的值；（3）在点P，Q整个运动过程中，①当m为何值时，⊙O与△ABC的一边相切？②直接写出点F所经过的路径长是．（结果保留根号）【答案】（1）2+m ，m ﹣2;（2）m=5.5;（3）①当m=1或4或10﹣433时，⊙O 与△ABC 的边相切．②点F 的运动路径的长为1136+572．【解析】试题分析：（1）根据题意可得AP =2+m ，AQ =m −2.（2）如图1中在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，推出3cos30cos30FG EF PE EP =⋅=⋅=，所以当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，求出此时EP 的长即可解决问题．（3）①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .分别求解即可．②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .分别求出122F F F B ，即可解决问题．试题解析：(1)当28m <≤时，AP =2+m ，AQ =m −2. 故答案为2+m ，m −2. (2)如图1中，在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，3cos30cos30FG EF PE EP ∴=⋅=⋅=， ∴当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，易知此时53553AC BC EP AB ⨯⨯===3tan30(2)3EP AP m =⋅=+⋅， 533(2)m ∴=+⋅，∴m =5.5(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .则有AD =2DH =2， ∴DH =DQ =1，即m =1.当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .则AO =2OH =4，AP =4+2=6， ∴2+m =6， ∴m =4. 如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .在Rt △OBN 中, 43sin603OB ON ==， 4310AO ∴=-， 43123AP ∴=-， 432123m ∴+=-， 4310m ∴=-，综上所述,当m =1或4或4310-时，O 与△ABC 的边相切。

人教版九年级数学上册圆几何综合易错题(Word版含答案)

人教版九年级数学上册圆几何综合易错题（Word 版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．如图，二次函数y=x 2-2mx+8m 的图象与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边且OA≠OB ),交y 轴于点C ，且经过点（m ，9m ）,⊙E 过A 、B 、C 三点。

（1）求这条抛物线的解析式；（2）求点E 的坐标；（3）过抛物线上一点P （点P 不与B 、C 重合）作PQ ⊥x 轴于点Q ，是否存在这样的点P 使△PBQ 和△BOC 相似？如果存在，求出点P 的坐标；如果不存在，说明理由【答案】（1）y=x 2+2x-8（2）（-1，-72）（3）（-8，40），（-154，-1316），（-174，-2516）【解析】分析：（1）把(),9m m 代入解析式，得：22289m m m m -+=，解这个方程可求出m 的值；（2）分别令y =0和x =0，求出OA ，OB ，O C 及AB 的长，过点E 作EG x ⊥轴于点G ,EF y ⊥轴于点F ,连接CE ，AE ,设OF =GE =a ,根据AE CE = ，列方过程求出a 的值，从而求出点E 的坐标；（3）设点P (a , a 2+2a -8)，则228,2PQ a a BQ a =+-=-，然后分PBQ ∽CBO 时和PBQ ∽BCO 时两种情况，列比例式求出a 的值，从而求出点P 的坐标.详解：（1）把(),9m m 代入解析式，得：22289m m m m -+= 解得：121,0m m =-=（舍去） ∴228y x x =+-（2）由（1）可得：228y x x =+-，当0y =时，124,2x x =-=;∵点A 在点B 的左边 ∴42OA OB ，== ， ∴6AB OA OB =+=，当0x =时，8y =-， ∴8OC =过点E 作EG x ⊥轴于点G ,EF y ⊥轴于点F ,连接CE ，,则116322AG AB ==⨯= ，设，则，在Rt AGE ∆中，，在中，()222218CE EF CF a =+=+-，∵AE CE = ，∴()22918a a +=+- ，解得：72a =， ∴712E ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，；（3）设点()2,28a a a P +-，则228,2PQ a a BQ a =+-=-， a.当PBQ ∆∽CBO ∆时，PQ COBQ OB =，即228822a a a +-=-，解得：10a =（舍去）；22a =（舍去）；38a =- ，∴()18,40P - ；b.当PBQ ∆∽BCO ∆时，PQ BOBQ CO =，即228228a a a +-=-，解得：12a =（舍去），2154a =-；3174a =- ， ∴21523,416P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭；31725416P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，；综上所述，点P 的坐标为：()18,40P -，21523,416P ⎛⎫--⎪⎝⎭，31725416P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，点睛：本题考查了二次函数的图像与性质，二次函数与坐标轴的交点，垂径定理，勾股定理，相似三角形的性质和分类讨论的数学思想，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系、相似三角形的性质是解答本题的关键.2．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．3．选做题：从甲乙两题中选作一题，如果两题都做，只以甲题计分题甲：已知矩形两邻边的长、是方程的两根.（1）求的取值范围；（2）当矩形的对角线长为时，求的值；（3）当为何值时，矩形变为正方形？题乙：如图，是直径，于点，交于点，且．（1）判断直线和的位置关系，并给出证明；（2）当，时，求的面积．【答案】题甲（1）（2）（3）题乙：（1）BD是切线；证明所以OB⊥BD，BD是切线（2）S=【解析】试题分析：题甲：（1）、是方程的两根，则其；由得（2）矩形两邻边的长、，矩形的对角线的平方=；矩形两邻边的长、是方程的两根，则；因为，所以；解得由得（3）矩形变为正方形，则a=b；、是方程的两根，所以方程有两个相等的实数根，即，由得题乙：（1）BD是切线；如图所示，是弧AC所对的圆周角，；因为，所以；于点，，所以，，在三角形OBD中，所以OB⊥BD；BD是切线（2），AB是圆的直径，所以OB=5；于点，交于点，F是BC的中点；，BF=4；在直角三角形OBF中由勾股定理得OF=；根据题意，，则，所以，从而，解得DF=，的面积=考点：直线与圆相切，相似三角形点评：本题考查直线与圆相切，相似三角形；解本题的关键是会判断直线与圆是否相切，能判定两个三角形相似4．在△ABC中，∠A=90°，AB=4，AC=3，M是AB上的动点（不与A，B重合），过M点作MN∥BC交AC于点N．（1）如图1，把△AMN沿直线MN折叠得到△PMN，设AM=x．i．若点P正好在边BC上，求x的值；ii．在M的运动过程中，记△MNP与梯形BCNM重合的面积为y，试求y关于x的函数关系式，并求y的最大值．（2）如图2，以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMQN．试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由．【答案】（1）i．当x=2时，点P恰好落在边BC上；ii． y=，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2；（2）当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．【解析】试题分析：（1）i．根据轴对称的性质，可求得相等的线段与角，可得点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上；ii．分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积，易见y=x2②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由i．知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求得．（2）利用分类讨论的思想，先求的直线BC与⊙O相切时，x的值，然后得到相交，相离时x的取值范围．试题解析：（1）i．如图1，由轴对称性质知：AM=PM，∠AMN=∠PMN，又MN∥BC，∴∠PMN=∠BPM，∠AMN=∠B，∴∠B=∠BPM，∴AM=PM=BM，∴点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上．ii．以下分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴，∴，∴AN=，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，∴，②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由（2）知ME=MB=4-x，∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，∴，∴S△PEF=（x-2）2，∴y=S△PMN-S△PEF=，∵当0＜x≤2时，y=x2，∴易知y最大=，又∵当2＜x＜4时，y=，∴当x=时（符合2＜x＜4），y最大=2，综上所述，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2．（2））如图3，设直线BC与⊙O相切于点D，连接AO，OD，则AO=OD=MN．在Rt△ABC中，BC==5；由（1）知△AMN∽△ABC，∴，即，∴MN=x∴OD=x，过M点作MQ⊥BC于Q，则MQ=OD=x，在Rt△BMQ与Rt△BCA中，∠B是公共角，∴△BMQ∽△BCA，∴，∴BM=，AB=BM+MA=x+x=4∴x=，∴当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．考点：圆的综合题．5．如图1，四边形ABCD中，、为它的对角线，E为AB边上一动点（点E不与点A、B重合），EF∥AC交BC于点F，FG∥BD交DC于点G，GH∥AC交AD于点H，连接HE．记四边形EFGH的周长为，如果在点的运动过程中，的值不变，则我们称四边形ABCD为“四边形”，此时的值称为它的“值”．经过探究，可得矩形是“四边形”．如图2，矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为．（1）等腰梯形（填“是”或“不是”）“四边形”；（2）如图3，是⊙O的直径，A是⊙O上一点，，点为上的一动点，将△沿的中垂线翻折，得到△．当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有个．【答案】“值”为10；（1）是；（2）最多有5个．【解析】试题分析：仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可；（1）根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断；（2）根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断.矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为10；（1）等腰梯形是“四边形”；（2）由题意得当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有5个.考点：动点问题的综合题点评：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．6．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32，AB=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ADCD的值．【答案】（1）详见解析；（2）33+3；（3）ADCD=622+或6．【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，∴AE=22AB BE -=33，∵CE=BE=3，∴AC=AE+CE=33+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°，∴33 ∴2DF=36∴AD 36CD =6 综上所述：AD CD 62+6 【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.7．如图，在Rt △ABC 中，∠B=90°，∠BAC 的平分线交BC 于点D ，以D 为圆心，D 长为半径作作⊙D ．⑴求证：AC是⊙D的切线.⑵设AC与⊙D切于点E，DB=1，连接DE，BF，EF.①当∠BAD= 时，四边形BDEF为菱形；②当AB= 时，△CDE为等腰三角形.【答案】（1）见解析；（2）①30°，②2+1【解析】【分析】(1) 作DE⊥AC于M,由∠ABC=90°，进一步说明DM=DB，即DB是⊙D的半径，即可完成证明；（2）①先说明△BDF是等边三角形，再运用直角三角形的内角和定理解答即可；②先说明DE=CE=BD=1，再设AB=x，则AE=x，分别表示出AC、BC、AB的长，然后再运用勾股定理解答即可.【详解】⑴证明：如图：作DE⊥AC于M，∵∠ABC=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，∴DE=DB.∴DM是⊙D的半径，∴AC是⊙D的切线；⑵①如图：∵四边形BDEF为菱形；∴△BDF是等边三角形∴∠ADB=60°∴∠BAD=90°-60°=30°∴当∠BAD=30°时，四边形BDEF为菱形；②∵△CDE为等腰三角形.∴DE=CE=BD=1，∴DC=2设AB=x，则AE=x∴在Rt△ABC中，AB=x，AC=1+x，BC=1+2∴()222++=+，解得x=2+1x x(12)1∴当AB=2+1时，△CDE为等腰三角形.【点睛】本题考查的是切线的判定、菱形的性质和判定、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的灵活运用；熟练掌握切线的判定方法和灵活应该勾股定理是解答本题的关键.8．四边形ABCD内接于⊙O，AC为对角线，∠ACB＝∠ACD（1）如图1，求证：AB＝AD；（2）如图2，点E在AB弧上，DE交AC于点F，连接BE，BE＝DF，求证：DF＝DC；（3）如图3，在（2）的条件下，点G在BC弧上，连接DG，交CE于点H，连接GE，GF，若DE＝BC，EG＝GH＝5，S△DFG＝9，求BC边的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）70【解析】【分析】（1）如图1，连接OA，OB，OD，由∠ACB＝∠ACD，可得AD AB，可得AB＝AD；（2）连接AE，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得∠BAE＝∠DAC，可证BE＝CD＝DF；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，通过证明△FDN≌△DCM，可得FN＝DM，CM＝DN，由面积公式可求FN＝2，DM＝2，DH＝4，通过证明△EGC∽△DMC，△GEH∽△CHD，可得EC＝52CD，CD2＝403，由勾股定理可求解．【详解】证明：（1）如图1，连接OA，OB，OD，∵∠ACB＝∠ACD，∠AOD＝2∠ACD，∠AOB＝2∠ACB ∴∠AOD＝∠AOB∴AD AB∴AD＝AB；（2）如图2，连接AE，∵AE AE∴∠ABE＝∠ADE在△ABE和△ADF中AB ADABE ADFBE DF∴△ABE≌△ADF（SAS）∴∠BAE＝∠DAC∴BE CD∴BE＝DC∵BE＝DF∴DF＝DC；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，∵DE＝BC，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴∠EBC＝∠EDC，∵四边形BEDC是圆内接四边形，∴∠EBC+∠EDC＝180°，∴∠EDC＝∠EBC＝90°，∴EC是直径，∴∠FGC＝∠EDC＝90°∴∠FDN+∠MDC＝90°，且∠MDC+∠MCD＝90°，∴∠FDN＝∠MCD，且∠FND＝∠CMD＝90°，DF＝DC，∴△FDN≌△DCM（AAS）∴FN＝DM，CM＝DN，∵EG＝GH＝5，∴∠GEH＝∠GHE，且∠GHE＝∠DHC，∠GEH＝∠GDC，∴∠HDC＝∠CHD，∴CH＝CD，且CM⊥DH，∴DM＝MH＝FN，∵S△DFG＝9，∴12DG×FN ＝9， ∴12×（5+2FN ）×FN ＝9， ∴FN ＝2，∴DM ＝2，DH ＝4，∵∠GEC ＝∠GDC ，∠EGC ＝∠DMC ，∴△EGC ∽△DMC ，∴52ECEG CD DM ， ∴EC ＝52CD ，且HC ＝CD ， ∴EH ＝32CD ， ∵∠EGD ＝∠ECD ，∠GEC ＝∠GDC ，∴△GEH ∽△CHD ，∴EGEH CH DH， ∴3524CD CD， ∴2403CD ， ∵EC 2﹣CD 2＝DE 2，∴222254CD CD DE ， ∴2214043DE ，∴DE ＝70∴BC ＝70【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的难点．9．已知ABD △内接于圆O ，点C 为弧BD 上一点，连接BC AC AC 、，交BD 于点E ，CED ABC ∠=∠．（1）如图1，求证：弧AB =弧AD ；（2）如图2，过B 作BF AC ⊥于点F ，交圆O 点G ，连接AG 交BD 于点H ，且222EH BE DH =+，求CAG ∠的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，圆O 上一点M 与点C 关于BD 对称，连接ME ，交AB 于点N ，点P 为弧AD 上一点，PQ BG ∥交AD 于点Q ，交BD 的延长线于点R ，AQ BN =，ANE 的周长为20，52DR =，求圆O 半径．【答案】（1）见解析；（2）∠CAG=45°；（3）r=62【解析】【分析】（1）证∠ABD=∠ACB 可得；（2）如下图，△AHD 绕点A 旋转至△ALE 处，使得点D 与点B 重合，证△ALE ≌△AHE ，利用勾股定理逆定理推导角度；（3）如下图，延长QR 交AB 于点T ，分别过点N 、Q 作BD 的垂线，交于点V ，I ，取QU=AE ，过点U 作UK 垂直BD.先证△AEN ≌△QUD ，再证△NVE ≌△RKU ，可得到NV=KR=DK ，进而求得OB 的长.【详解】（1）∵∠CED 是△BEC 的外角，∴∠CED=∠EBC+∠BCA∵∠ABC=∠ABD+∠EBC又∵∠CED=∠ABC∴∠ABD=∠ACB∴弧AB=弧AD（2）如下图，△AHD 绕点A 旋转至△ALE 处，使得点D 与点B 重合∵△ALB 是△AHD 旋转所得∴∠ABL=∠ADB ，AL=AH设∠CAG=a ，则∠CBG=a∵BG ⊥AC∴∠BCA=90°-a ，∴∠ADB=∠ABD=90°-a∴在△BAD 中，BAE+∠HAD=180-a-(90°-a)-(90°-a)=a∴∠LAE=∠EAH=a∵LA=AH ，AE=AE∴△ALE≌△AHE，∴LE=EH∵HD=LB，222EH BE DH=+∴△LBE为直角三角形∴∠LBE=(90°-a)+(90°-a)=90°，解得：a=45°∴∠CAG=45°（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD由（2）得∠BAD=90°∴点O在BD上设∠R=n，则∠SER=∠BEC=∠MEB=90°-n∴∠AEN=2n∵SQ⊥AC∴∠TAS=∠AQS=∠DQR，AN=QD∵QU=AE∴△AEN≌△QUD∴∠QUD=∠AEN=2n∴UD=UR=NE，∵△ANE的周长为20∴QD+QR=20在△DQR中，QD=7∵∠ENR=∠UDK=∠R=n∴△NVE≌△RKU∴NV=KR=DK=2 2∴BN=5∴22r=【点睛】本题考查了圆的证明，涉及到全等、旋转和勾股定理，解题关键是结合图形特点，适当构造全等三角形10．如图，在ABC ∆中，90C ∠=︒，30CAB ∠=︒，10AB =，点D 在线段AB 上，2AD =．点P 从D 点出发，沿DB 方向运动，以DP 为直径作O ，当P 运动到点B 时停止运动，设DP m =．（1）AO =___________，BP =___________．（用m 的代数式表示）（2）当m 为何值时，O 与ABC ∆的一边相切？（3）在点P 整个运动过程中，过点P 作O 的切线交折线AC CB -于点E ，将线段EP 绕点E 顺时针旋转60︒得到EF ，过F 作FG EP ⊥于G ．①当线段FG 长度达到最大时，求m 的值； ②直接写出点F 所经过的路径长是________．（结果保留根号）【答案】（1）22m AO =+，8BP m =-；（2）4m =或32348m =；（3）①1121153762【解析】【分析】（1）观察图中AO 和DP 的数量关系可得22DP AO =+，而BP AB AP =-，将DP m =代入即可.（2）O 与ABC ∆的一边相切有两种情况，先与AC 相切，再与BC 相切；两种情况的解答方法都是连接圆心与切点，构造直角三角形，根据条件所给的特殊角的三角函数解答. （3）①根据旋转的性质可得PF PE =，在Rt EFG ∆中根据三角函数可得cos30FG PE ︒=⋅，故当E 点与C 点重合，PE 取得最大值时，FG 有最大值，解之即可. ②明显以E 点与C 点重合前后为节点，点F 的运动轨迹分两部分，第一部分为从P 开始运动到E 点与C 点重合，即图中的12F F ，根据1212F F AC AF CF =--求解；第二部分，根据tan EF EP EBF EB EB∠==为定值可知其轨迹为图中的2F B ，在2Rt F BC 中用勾股定理求解即可.【详解】（1）2222DP mAO=+=+，8BP AB AP m=-=-（2）情况1：与AC相切时，Rt AOH∆中，∵30A∠=︒∴2AO OH=∴22mm+=解得4m=情况2：与BC相切时，Rt BON∆中，∵60B∠=︒∴3cosONBOB==即3282mm=-解得32348m=-（3）①在Rt EFG∆中，∵30EFG A∠=∠=︒，90EGF∠=︒，∴3cos30cos30FG EF PE EP︒︒=⋅=⋅=，∴当FG最大时即PE最大当点E与点C重合时，PE的值最大．易知此时53553AC BC EP AB ⨯⨯===．在Rt EAP ∆中，∵30A ∠=︒∴1532AP EP ==∴1511222m DP ==-= （3）F 轨迹如图：从1F 到2F 到B1133233233AF AE EF AD PE =-=-==, 253CF CP ==，故1212235311353326F F AC AF CF =--=-=， 2F 到B 轨迹是线段理由如下：∵60FEP ∠=︒，30PEB ∠=︒，∴90FEB ∠=︒． ∴tan EF EP EBF EB EB∠==为定值， ∴点F 的第二段的轨迹是线段2BF ．在2Rt F BC 中，2222225357522BF BC F C ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭, 所以点F 1153762【点睛】本题是综合了圆的性质，直线与圆相切的条件，锐角三角函数，勾股定理以及旋转的性质等知识的动点动图问题，熟练掌握各个知识点是基础，充分理解题意并作图，化动为静是解答关键.。

九年级旋转几何综合易错题(Word版含答案)

九年级旋转几何综合易错题（Word版含答案）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．直线m∥n，点A、B分别在直线m，n上（点A在点B的右侧），点P在直线m上，AP＝13AB，连接BP，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，连接AC交直线n于点E，连接PC，且ABE为等边三角形．（1）如图①，当点P在A的右侧时，请直接写出∠ABP与∠EBC的数量关系是，AP 与EC的数量关系是．（2）如图②，当点P在A的左侧时，（1）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）如图②，当点P在A的左侧时，若△PBC的面积为93，求线段AC的长．【答案】（1）∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；（2）成立，见解析；（3）7 7【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根据旋转的性质得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根据全等三角形的性质得到结论；（2）根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根据旋转的性质得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根据全等三角形的性质得到结论；（3）过点C作CD⊥m于D，根据旋转的性质得到△PBC是等边三角形，求得PC＝3，设AP＝CE＝t，则AB＝AE＝3t，得到AC＝2t，根据平行线的性质得到∠CAD＝∠AEB＝60°，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：（1）∵△ABE是等边三角形，∴∠ABE＝60°，AB＝BE，∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴∠CBP＝60°，BC＝BP，∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，即∠ABP＝∠EBC，∴△ABP≌△EBC（SAS），∴AP＝EC；故答案为：∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；（2）成立，理由如下，∵△ABE是等边三角形，∴∠ABE＝60°，AB＝BE，∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴∠CBP＝60°，BC＝BP，∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，即∠ABP＝∠EBC，∴△ABP≌△EBC（SAS），∴AP＝EC；（3）过点C作CD⊥m于D，∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴△PBC是等边三角形，∴3293∴PC＝3，设AP＝CE＝t，则AB＝AE＝3t，∴AC＝2t，∵m∥n，∴∠CAD＝∠AEB＝60°，∴AD＝12AC＝t，CD33，∵PD2+CD2＝PC2，∴（2t）2+3t2＝9，∴t＝377（负值舍去），∴AC＝2t 67．【点睛】本题主要考查等边三角形的判定及性质、旋转的性质应用、三角形全等的判定及性质、勾股定理等相关知识点，解题关键在于找到图形变化过程中存在的联系，类比推理即可得解．2．已知如图1，在ABC 中，90ABC ∠=︒，BC AB =，点D 在AC 上，DF AC ⊥交BC 于F ，点E 是AF 的中点．（1）写出线段ED 与线段EB 的关系并证明；（2）如图2，将CDF 绕点C 逆时针旋转()090a α︒<<︒，其它条件不变，线段ED 与线段EB 的关系是否变化，写出你的结论并证明；（3）将CDF 绕点C 逆时针旋转一周，如果6BC =，32CF =，直接写出线段CE 的范围．【答案】（1）ED EB =，DE BE ⊥，证明见解析；（2）结论不变，理由见解析；（3）最大值22= 最小值322=．【解析】【分析】（1）在Rt △ADF 中，可得DE=AE=EF ，在Rt △ABF 中，可得BE=EF=EA ，得证ED=EB ；然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB 的内角和为180°，可推导得出∠DEB=90°；（2）如下图，先证四边形MFBA 是平行四边形，再证△DCB ≌△DFM ，从而推导出△DMB 是等腰直角三角形，最后得出结论；（3）如下图，当点F 在AC 上时，CE 有最大值；当点F 在AC 延长线上时，CE 有最小值．【详解】（1）∵DF ⊥AC ，点E 是AF 的中点 ∴DE=AE=EF ，∠EDF=∠DFE ∵∠ABC=90°，点E 是AF 的中点 ∴BE=AE=EF ，∠EFB=∠EBF ∴DE=EB ∵AB=BC ， ∴∠DAB=45°∴在四边形ABFD中，∠DFB=360°－90°－45°－90°=135°∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°－2∠EFD+180°－2∠EFB=360°－2(∠EFD+∠EFB)=360°－2×135°=90°∴DE⊥EB（2）如下图，延长BE至点M处，使得ME=EB，连接MA、ME、MF、MD、FB、DB，延长MF交CB于点H∵ME=EB，点E是AF的中点∴四边形MFBA是平行四边形∴MF∥AB，MF=AB∴∠MHB=180°－∠ABC=90°∵∠DCA=∠FCB=a∴∠DCB=45°+a，∠CFH=90°－a∵∠DCF=45°，∠CDF=90°∴∠DFC=45°，△DCF是等腰直角三角形∴∠DFM=180°－∠DFC－∠CFH=45°+a∴∠DCB=∠DFM∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形∴DC=DF，BC=AB=MF∴△DCB≌△DFM(SAS)∴∠MDF=∠BDC，DB=DM∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°∴△DMB是等腰直角三角形∵点E是MB的中点∴DE=EB，DE⊥EB（3）当点F在AC上时，CF有最大值，图形如下：∵BC=6，∴在等腰直角△ABC 中，AC=62 ∵CF=32，∴AF=32 ∴CE=CF+FE=CF+12AF 922= 当点F 在AC 延长线上时，CE 有最小值，图形如下：同理，CE=EF －CF 322= 【点睛】本题考查三角形的旋转变换，用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质，解题关键是构造并证明△BDM 是等腰直角三角形．3．如图，在矩形ABCD 中，6AB cm =，8AD cm =，连接BD ，将ABD △绕B 点作顺时针方向旋转得到A B D '''△（B ′与B 重合），且点D '刚好落在BC 的延长上，A D ''与CD 相交于点E ．（1）求矩形ABCD 与A B D '''△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE ''）的面积；（2）将A B D'''△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与A B D'''△重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得AA B''△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）2452cm；（2）22331624(0)22588020016(4)3335x x xyx x x⎧--+≤<⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩；（3）存在，使得AA B''△成为等腰三角形的x的值有：0秒、32秒、695．【解析】【分析】（1）先用勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，利用B D A∠'''的正切值求出CE的值，利用三角形的面积差即可求阴影部分的面积；（2）分类讨论，当165x≤<时和当1645x≤≤时，分别列出函数表达式；（3）分类讨论，当AB A B'=''时；当AA A B'=''时；当AB AA'='时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）6AB cm=，8AD cm=，10BD cm∴=，根据旋转的性质可知10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，tanA B CEB D AA D CD'''''∠=='''，682CE∴=，32CE cm∴=，()28634522222A B CE A B D CEDS S S cm''''''⨯∴==-⨯÷=-；（2）①当1605x ≤<时，22CD x '=+，32CE x =， 233+22CD E S x x '∴=△， 22133368242222y x x x ∴=⨯⨯-=--+；②当1645x ≤≤时，102BC x =-，()41023CE x =- ()221488020010223333y x x x ∴=⨯-=-+．（3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2236AN A N +'=，222418623655x ⎛⎫⎛⎫∴-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：6695x -=秒，（6695x --=舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2222AB BB AN A N +'=+'22224183646255x x ⎛⎫⎛⎫∴+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得：32x =秒．综上所述：使得AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32秒、6695-．【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．4．小明研究了这样一道几何题：如图1，在△ABC 中，把AB 点A 顺时针旋转α (0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，请问△AB′C′边B′C′上的中线AD与BC的数量关系是什么？以下是他的研究过程：特例验证：(1)①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．猜想论证：(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠A+∠B=120°，BC=12，CD=6，DA=63，在四边形内部是否存在点P，使△PDC与△PAB之间满足小明探究的问题中的边角关系？若存在，请画出点P的位置(保留作图痕迹，不需要说明)并直接写出△PDC的边DC上的中线PQ的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1)①12；②4(2) AD=12BC，理由见解析(3)存在，13【解析】【分析】(1)①由已知条件可得AD⊥B′C′，由α+β=180°可得∠BAC+∠B′AC′=180°，已知∠BAC=60°，可求得∠B′AC′=120°继而∠B′=∠C′=30°，可得AD=12AB′=12BC②当∠BAC=90°时，可得∠B′AC′=∠BAC=90°，△B′AC′是直角三角形，可证得△BAC≌△B′AC′，推出对应边相等，已知BC=8求出AD的长.（2）先做辅助线，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：因为B′D=DC′，AD=DM，对角线相互平分，可得四边形AC′MB′是平行四边形，得出对应边相等，由∠BAB′+∠CAC′=180°推得∠BAC=∠AB′M，可证明△BAC≌△AB′M，所以BC=AM，AD=12 BC；(3)先做辅助线，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O假设P点存在，再证明理由.根据已知角可得出△DCM是直角三角形，∠MDC=30°，可得出CM3DM3在；∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∠M=90°﹣∠MDC=60°，可求得EM=12BM3DE=EM﹣DM3﹣33由已知DA3AE=DE且BE⊥AD，可得PF是线段BC的垂直平分线，证得PA=PD因为PB=PC，PF∥CD，可求得CF=12BC3，利用线段长度可求得∠CDF=60°利用全等三角形判定定理可证得△FCP≌△CFD(AAS)，进而证得四边形CDPF是矩形，得∠CDP=90°，∠ADP =60°，可得△ADP是等边三角形，求出DQ、DP，在Rt△PDQ中可求得PQ长度.【详解】(1)①∵△ABC是等边三角形∴AB=BC=AC=AB′=AC′，∠BAC=60°∵DB′=DC′∴AD⊥B′C′∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∴∠B′AC′=180°﹣∠BAC=180°﹣60°=120°∴∠B′=∠C′=30°∴AD=12AB′=12BC故答案：1 2②∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∵∠BAC=90°∴∠B′AC′=∠BAC=90°在△BAC和△B′AC′中，''"90"AB ABBAC B ACAC AC=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BAC≌△B′AC′(SAS)∴BC=B′C′∵B′D=DC′∴AD=12B′C′=12BC=4故答案：4(2)AD与BC的数量关系：AD=12BC；理由如下：延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴∠B′AC′+∠AB′M=180°，AC′=B′M=AC，∵∠BAB′+∠CAC′=180°，∴∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠BAC=∠AB′M，在△BAC和△AB′M中，'''AC B MBAC AB MAB AB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAC≌△AB′M(SAS)，∴BC=AM，∴AD=12 BC；(3)存在；作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；理由如下：延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O，如图4所示：∵∠A+∠B=120°，∴∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CMDM，∠M=90°﹣∠MDC=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=BC+CM，∠MBE=90°﹣∠M=30°，∴EM=12 BM∴DE=EM﹣DM∵DA∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，∵PF是线段BC的垂直平分线，∴PB=PC，PF∥CD，在Rt△CDF中，∵CD=6，CF=12 BC∴tan∠CDF=CFCD，∴∠CDF=60°，∴∠MDF=∠MDC+∠CDF=30°+60°=90°，∴∠ADF=90°=∠AEB，∴∠CBE=∠CFD，∵∠CBE=∠PCF，∴∠CFD=∠PCF=30°，∵∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°，∴∠CPF=∠CDF=60°，在△FCP和△CFD中，CPF CDFPCF CFD CF CF∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FCP≌△CFD(AAS)，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠APD=60°，∵∠BPF=∠CPF=90°﹣30°=60°，∴∠BPC=120°，∴∠APD +∠BPC =180°，∴△PDC 与△PAB 之间满足小明探究的问题中的边角关系；在Rt △PDQ 中，∵∠PDQ =90°，PD =DA =63，DN =12CD =3， ∴PQ =22DQ DP +=223(63)+=313．【点睛】本题考查了三角形的边旋转的问题，旋转前后边长不变，根据已知角度变化，求得线段之间关系.在证明某点知否存在时，先假设这点存在，能求出相关线段或坐标，即证实存在性.5．在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点O （0，0），点A （5，0），点B （0，3）．以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOBC ，得到矩形ADEF ，点O ，B ，C 的对应点分别为D ，E ，F ．（1）如图①，当点D 落在BC 边上时，求点D 的坐标；（2）如图②，当点D 落在线段BE 上时，AD 与BC 交于点H ．①求证△ADB ≌△AOB ；②求点H 的坐标．（3）记K 为矩形AOBC 对角线的交点，S 为△KDE 的面积，求S 的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1）D （1，3）；（2）①详见解析；②H （175，3）；（3）30334-≤S 30334+ 【解析】【分析】（1）如图①，在Rt △ACD 中求出CD 即可解决问题；（2）①根据HL 证明即可；②，设AH=BH=m ，则HC=BC-BH=5-m ，在Rt △AHC 中，根据AH 2=HC 2+AC 2，构建方程求出m即可解决问题；（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；【详解】（1）如图①中，∵A（5，0），B（0，3），∴OA=5，OB=3，∵四边形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，∴AD=AO=5，在Rt△ADC中，CD=22=4，AD AC∴BD=BC-CD=1，∴D（1，3）．（2）①如图②中，由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，∵点D在线段BE上，∴∠ADB=90°，由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5-m）2，∴m=175，∴BH=175，∴H（175，3）．（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=12•DE•DK=12×3×（5-34）=30334-，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×（3430334+综上所述，303344-≤S≤303344+．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．6．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【解析】【分析】（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．【详解】（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵FA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵PA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PH2．在Rt△PFQ中，∵PF2+FQ2=PQ2，∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.7．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中点，连接CF，DF．（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时①证明：△BFC是等腰三角形；②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.【解析】【详解】分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=12BE=BF，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，∴CF=DF且CF⊥DF．（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB ，∴∠CBG=∠DAC ，又∵BG=ED ，DE=DA ，∴BG=AD ，又∵BC=AC ，∴△BCG ≌△ACD （SAS ），∴GC=DC ，∠BCG=∠ACD ，∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，∴△DCG 是等腰直角三角形，又∵F 是DG 的中点，∴CF ⊥DF 且CF=DF ．点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键． 8．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ，B 两点，顶点为D （0，4），AB =42，设点F （m ，0）是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C 绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C ′．（1）求抛物线C 的函数表达式；（2）若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，求m 的取值范围．（3）如图2，P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P 在抛物线C ′上的对应点P ′，设M 是C 上的动点，N 是C ′上的动点，试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形？若能，求出m 的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）2142y x =-+；（2）2＜m ＜223）m =6或m 17﹣3．【解析】【分析】（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A （220）代入可得a =12-，由此即可解决问题；（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()21242y x m =--，由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解不等式组即可解决问题；（3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．【详解】（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A（0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A（0）代入可得a =12-， ∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+．（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()21242y x m =--，由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-= ，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解得2＜m＜∴满足条件的m 的取值范围为2＜m＜（3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142y x =-+上，∴()212242m m -=-++，解得m =17﹣3或﹣17﹣3（舍弃），∴m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-+中，()212242m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．综上所述：m =6或m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．9．已知△ABC 是边长为4的等边三角形，边AB 在射线OM 上，且OA ＝6，点D 是射线OM 上的动点，当点D 不与点A 重合时，将△ACD 绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE ，连接DE ．（1）如图1，求证：△CDE 是等边三角形．（2）设OD ＝t ，①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.【解析】【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．【详解】（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；（2）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝3，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝3；②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴t＝2；当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴t＝14，综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．10．（问题提出）如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明：AB=DB+AF（类比探究）（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．【详解】（1）证明：DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∵∠DBE=120°，∴∠EAF=∠DBE，又∵A，E，C，F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=DC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，∴△EDB≌FEA，∴BD=AF，AB=AE+BF，∴AB=BD+AF．类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∠FCG=∠EAD∠D=∠EAD，∴∠D=∠FEA，由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°∴△DEB≌△EFA，∴BD=AE， EB=AF，∴BD=FA+AB．即AB=BD-AF．（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）如图③，，ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵AB=AC，BC=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC=180°-60°-60°=60°∴∠DBE=∠EAF；∵ED=EC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ，∴∠BDE=∠AEF ，在△EDB 和△FEA 中，DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ），∴BD=AE ，EB=AF ，∵BE=AB+AE ，∴AF=AB+BD ，即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是： AF=AB+BD ．考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，。

人教版九年级数学上册圆几何综合(篇)(Word版含解析)

人教版九年级数学上册圆几何综合（篇）（Word 版含解析）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．已知圆O 的半径长为2，点A 、B 、C 为圆O 上三点，弦BC=AO ，点D 为BC 的中点，(1)如图，连接AC 、OD ，设∠OAC=α，请用α表示∠AOD ；(2)如图，当点B 为AC 的中点时，求点A 、D 之间的距离：(3)如果AD 的延长线与圆O 交于点E ，以O 为圆心，AD 为半径的圆与以BC 为直径的圆相切，求弦AE 的长．【答案】（1）1502AOD α∠=︒-；（2）7AD =3）33133122or 【解析】【分析】（1）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOC 等于30°，OA=OC 可得∠ACO=∠CAO=α，利用三角形的内角和定理即可表示出∠AOD 的值.（2）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOB 等于30°，因为点D 为BC 的中点，则∠AOB=∠BOC=60°，所以∠AOD 等于90°，根据OA=OB=2,在直角三角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD 、AD 的长.（3）分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关系，求出AD 的长，再过O 点作AE 的垂线，利用勾股定理列出方程即可求解.【详解】(1)如图1：连接OB 、OC.∵BC=AO∴OB=OC=BC∴△OBC 是等边三角形∴∠BOC=60°∵点D 是BC 的中点∴∠BOD=1302BOC ∠=︒ ∵OA=OC∴OAC OCA ∠=∠=α∴∠AOD=180°-α-α-30︒=150°-2α(2)如图2：连接OB、OC、OD.由（1）可得：△OBC是等边三角形，∠BOD=130 2BOC∠=︒∵OB=2，∴OD=OB∙cos30︒=3∵B为AC的中点，∴∠AOB=∠BOC=60°∴∠AOD=90°根据勾股定理得：AD=227AO OD+=（3）①如图3.圆O与圆D相内切时：连接OB、OC，过O点作OF⊥AE∵BC是直径，D是BC的中点∴以BC为直径的圆的圆心为D点由（2）可得：3D的半径为1∴31设AF=x 在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=-+- 解得：331x 4+= ∴AE=3312AF +=②如图4.圆O 与圆D 相外切时：连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE∵BC 是直径，D 是BC 的中点∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点由（2）可得：3D 的半径为1∴31在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=-解得：331x 4-= ∴AE=3312AF -=【点睛】本题主要考查圆的相关知识：垂径定理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径定理和勾股定理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.2．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作直线MN，且∠MAC＝∠ABC．（1）求证：MN是⊙O的切线．（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．①求证：FD＝FG．②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1【解析】【分析】（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝CH．根据AB＝BH可求出答案．【详解】（1）证明：∵AB 是直径，∴∠ACB ＝90°，∴∠CAB+∠ABC ＝90°；∵∠MAC ＝∠ABC ，∴∠MAC+∠CAB ＝90°，即MA ⊥AB ，∴MN 是⊙O 的切线；（2）①证明：∵D 是弧AC 的中点，∴∠DBC ＝∠ABD ，∵AB 是直径，∴∠CBG+∠CGB ＝90°，∵DE ⊥AB ，∴∠FDG+∠ABD ＝90°，∵∠DBC ＝∠ABD ，∴∠FDG ＝∠CGB ＝∠FGD ，∴FD ＝FG ；②解：连接AD 、CD ，作DH ⊥BC ，交BC 的延长线于H 点．∵∠DBC ＝∠ABD ，DH ⊥BC ，DE ⊥AB ，∴DE ＝DH ，在Rt △BDE 与Rt △BDH 中，DH DE BD BD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH （HL ），∴BE ＝BH ，∵D 是弧AC 的中点，∴AD ＝DC ，在Rt △ADE 与Rt △CDH 中，DE DH AD CD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH （HL ）．∴AE ＝CH ．∴BE ＝AB ﹣AE ＝BC+CH ＝BH ，即5﹣AE ＝3+AE ，∴AE＝1．【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．3．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a＞0，c＜0）交x轴于点A，B，交y轴于点C，设过点A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D．（1）如图1，已知点A，B，C的坐标分别为（-2，0），（8，0），（0，-4）；①求此抛物线的函数解析式；②若点M为抛物线上的一动点，且位于第四象限，求△BDM面积的最大值；（2）如图2，若a=1，c=-4，求证：无论b取何值，点D的坐标均不改变．【答案】（1）①y=x2-x-4；②△BDM的面积有最大值为36；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）①只需运用待定系数法就可解决问题；②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．根据勾股定理的逆定理可得∠ACB=90°，从而可得AB为直径，根据垂径定理可得OD=OC，即可得到D（0，4），然后运用待定系数法可求得直线BD的解析式为y=-x+4，设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），从而得到ME=-x2+x+8，运用割补法可得S△BDM=S△DEM+S△BEM=-（x-2）2+36，然后根据二次函数的最值性就可求出△BDM 的面积的最大值；（2）连接AD、BC，如图2．若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，可得C（0，-4），OC=4．设点A（x1，0），B（x2，0），则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，根据根与系数的关系可得OA•OB=4．由A、D、B、C四点共圆可得∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，从而可得△ADO∽∽△CBO，根据相似三角形的性质可得OC•OD=OA•OB=4，从而可得OD=1，即可得到D（0，1），因而无论b取何值，点D的坐标均不改变．试题解析：（1）①∵抛物线y=ax2+bx+c过点A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴，解得．∴抛物线的解析式为y=x2-x-4；②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．∵A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴OA=2，OB=8，OC=4，∴AB=10，AC=2，BC=4，∴AB2=AC2+BC2，∴∠ACB=90°，∴AB为直径．∵CD⊥AB，∴OD=OC，∴D（0，4）．设直线BD的解析式为y=mx+n．∵B（8，0），D（0，4），∴，解得，∴直线BD的解析式为y=-x+4．设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），∴ME=（-x+4）-（x2-x-4）=-x2+x+8，∴S△BDM=S△DEM+S△BEM=ME（x E-x D）+ME（x B-x E）=ME（x B-x D）=（-x2+x+8）×8=-x2+4x+32=-（x-2）2+36．∵0＜x＜8，∴当x=2时，△BDM的面积有最大值为36；（2）连接AD、BC，如图2．若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，则C（0，-4），OC=4．设点A（x1，0），B（x2，0），则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，∴OA•OB=-x1•x2=-（-4）=4．∵A、D、B、C四点共圆，∴∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，∴△ADO∽△CBO，∴，∴OC•OD=OA•OB=4，∴4OD=4，∴OD=1，∴D（0，1），∴无论b取何值，点D的坐标均不改变．考点：圆的综合题4．在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r(r＞1)，点P是圆内与圆心C不重合的点，⊙C的“完美点”的定义如下：过圆心C的任意直线CP与⊙C交于点A，B，若满足|PA﹣PB|＝2，则称点P为⊙C的“完美点”，如图点P为⊙C的一个“完美点”．(1)当⊙O的半径为2时①点M(32，0)⊙O的“完美点”，点(312)⊙O的“完美点”；(填“是”或者“不是”)②若⊙O的“完美点”P在直线y＝34x上，求PO的长及点P的坐标；(2)设圆心C的坐标为(s，t)，且在直线y＝﹣2x+1上，⊙C半径为r，若y轴上存在⊙C的“完美点”，求t的取值范围．【答案】(1)①不是，是；②PO的长为1，点P的坐标为(45，35)或(﹣45，﹣35)；(2)t的取值范围为﹣1≤t≤3．【解析】【分析】（1）①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度，然后分情况讨论计算即可得出结论；（2）先判断出圆的“完美点”的轨迹，然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.【详解】解：(1)①∵点M(32，0)，∴设⊙O与x轴的交点为A，B，∵⊙O的半径为2，∴取A(﹣2，0)，B(2，0)，∴|MA﹣MB|＝|(32+2)﹣(2﹣32)|＝3≠2，∴点M不是⊙O的“完美点”，同理：点(﹣32，﹣12)是⊙O的“完美点”．故答案为不是，是．②如图1，根据题意，|PA﹣PB|＝2，∴|OP+2﹣(2﹣OP)|＝2，∴OP＝1．若点P在第一象限内，作PQ⊥x轴于点Q，∵点P在直线y＝34x上，OP＝1，∴43,55 OQ PQ==．∴P(43,55)．若点P在第三象限内，根据对称性可知其坐标为(﹣45，﹣35)．综上所述，PO的长为1，点P的坐标为(43,55)或（43,55--）)．(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|＝2，∴|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2．∴CP＝1．∴对于任意的点P，满足CP＝1，都有|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2，∴|PA﹣PB|＝2，故此时点P为⊙C的“完美点”．因此，⊙C的“完美点”是以点C为圆心，1为半径的圆．设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，如图2，当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的上方时，t的值最大．设切点为E，连接CE，∵⊙C的圆心在直线y＝﹣2x+1上，∴此直线和y轴，x轴的交点D(0，1)，F(12，0)，∴OF＝12，OD＝1，∵CE∥OF，∴△DOF∽△DEC，∴OD OF DE CE=，∴112 DE=，∴DE＝2，∴OE＝3，t的最大值为3，当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的下方时，t的值最小．同理可得t的最小值为﹣1．综上所述，t的取值范围为﹣1≤t≤3．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义，相似三角形的性质和判定，直线和圆的位置关系，解本题的关键是理解新定义的基础上，会用新定义，是一道比中等难度的中考常考题.5．四边形ABCD内接于⊙O，AC为对角线，∠ACB＝∠ACD（1）如图1，求证：AB＝AD；（2）如图2，点E在AB弧上，DE交AC于点F，连接BE，BE＝DF，求证：DF＝DC；（3）如图3，在（2）的条件下，点G在BC弧上，连接DG，交CE于点H，连接GE，GF，若DE＝BC，EG＝GH＝5，S△DFG＝9，求BC边的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（370【解析】【分析】（1）如图1，连接OA，OB，OD，由∠ACB＝∠ACD，可得AD AB，可得AB＝AD；（2）连接AE，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得∠BAE＝∠DAC，可证BE＝CD＝DF；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，通过证明△FDN≌△DCM，可得FN＝DM，CM＝DN，由面积公式可求FN＝2，DM＝2，DH＝4，通过证明△EGC∽△DMC，△GEH∽△CHD，可得EC＝52CD，CD2＝403，由勾股定理可求解．【详解】证明：（1）如图1，连接OA，OB，OD，∵∠ACB＝∠ACD，∠AOD＝2∠ACD，∠AOB＝2∠ACB ∴∠AOD＝∠AOB∴AD AB∴AD＝AB；（2）如图2，连接AE，∵AE AE∴∠ABE＝∠ADE在△ABE和△ADF中AB ADABE ADFBE DF∴△ABE≌△ADF（SAS）∴∠BAE＝∠DAC∴BE CD∴BE＝DC∵BE＝DF∴DF＝DC；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，∵DE＝BC，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴∠EBC＝∠EDC，∵四边形BEDC是圆内接四边形，∴∠EBC+∠EDC＝180°，∴∠EDC＝∠EBC＝90°，∴EC是直径，∴∠FGC＝∠EDC＝90°∴∠FDN+∠MDC＝90°，且∠MDC+∠MCD＝90°，∴∠FDN＝∠MCD，且∠FND＝∠CMD＝90°，DF＝DC，∴△FDN≌△DCM（AAS）∴FN＝DM，CM＝DN，∵EG＝GH＝5，∴∠GEH＝∠GHE，且∠GHE＝∠DHC，∠GEH＝∠GDC，∴∠HDC＝∠CHD，∴CH＝CD，且CM⊥DH，∴DM＝MH＝FN，∵S△DFG＝9，∴12DG×FN＝9，∴12×（5+2FN）×FN＝9，∴FN＝2，∴DM ＝2，DH ＝4， ∵∠GEC ＝∠GDC ，∠EGC ＝∠DMC ，∴△EGC ∽△DMC ，∴52ECEG CD DM ， ∴EC ＝52CD ，且HC ＝CD ， ∴EH ＝32CD ， ∵∠EGD ＝∠ECD ，∠GEC ＝∠GDC ，∴△GEH ∽△CHD ，∴EGEH CH DH， ∴3524CD CD， ∴2403CD ， ∵EC 2﹣CD 2＝DE 2，∴222254CD CD DE ， ∴2214043DE ，∴DE ＝70∴BC ＝70【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的难点．6．如图，∠ACL ＝90°，AC ＝4，动点B 在射线CL ，CH ⊥AB 于点H ，以H 为圆心，HB 为半径作圆交射线BA 于点D ，交直线CD 于点F ，交直线BC 于点E ．设BC ＝m ．（1）当∠A ＝30°时，求∠CDB 的度数；（2）当m ＝2时，求BE 的长度；（3）在点B的整个运动过程中，①当BC＝3CE时，求出所有符合条件的m的值．②连接EH，FH，当tan∠FHE＝512时，直接写出△FHD与△EFH面积比．【答案】（1）60°；（2）45；（3）①m＝22或42；②262【解析】【分析】（1）根据题意由HB＝HD，CH⊥BD可知：CH是BD的中垂线，再由∠A＝30°得：∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）由题意可知当m＝2时，由勾股定理可得：AB＝25，cos∠ABC＝5，过点H作HK⊥BC于点K，利用垂径定理可得结论；（3））①要分两种情况：I．当点E在C右侧时，II．当点E在C左侧时；根据相似三角形性质和勾股定理即可求得结论；②根据题意先证明EF∥BD，根据平行线间距离相等可得：△FHD与△EFH高相等，面积比等于底之比，再由tan∠FHE＝512可求得DHEF的值即可．【详解】解：（1）∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝60°，∵HB＝HD，CH⊥BD，∴CH是BD的中垂线，∴CB＝CD，∴∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）如图1，过点H作HK⊥BC于点K，当m＝2时，BC＝2，∴AB22AC BC5，∴cos∠ABC＝BCAB 5，∴BH＝BC•cos∠ABC＝255，∴BK＝BH•cos∠ABC＝25，∴BE＝2BK＝45；（3）①分两种情况：I．当点E在C右侧时，如图2，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC＝3CE＝m，∴CE＝13m，BE＝23m，∵DE∥AC，∴△DEB～△ACB，∴DEAC ＝BEBC＝23，∴DE＝23AC＝83，∵CD＝CB＝m，∴Rt△CDE中，由勾股定理得：2281m33⎛⎫⎛⎫⎪⎭⎝+⎪⎝⎭＝m2，∵m＞0，∴m＝22；II．当点E在C左侧时，如图3，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC ＝3CE ， ∴CE＝13m ，BE ＝32m ， ∵DE ∥AC ，∴△DEB ～△ACB ， ∴DE AC ＝BE BC ＝32， ∴DE ＝32AC ＝6， ∵CD ＝CB ＝m ， ∴Rt △CDE 中，由勾股定理得：62+21m 3⎛⎫ ⎪⎝⎭＝m 2， ∵m ＞0，∴m ＝42；综上所述，①当BC ＝3CE 时，m ＝22或42．②如图4，过F 作FG ⊥HE 于点G ，∵CH ⊥AB ，HB ＝HD ，∴CB ＝CD ，∴∠CBD ＝∠CDB ，∴DFE BEF =，即DF EF BE EF +=+，∴DF BE =，∴EF ∥BD ，∴FHDEFH S S ＝DH EF， ∵在Rt △FHG 中，FG HG ＝tan ∠FHE ＝512，设FG ＝5k ，HG ＝12k ，则FH 22FG HG +22(5)(12)k k +＝13k ，∴DH ＝HE ＝FH ＝13k ，EG ＝HE ﹣HG ＝13k ﹣12k ＝k ，∴EF 22FG EG +22(5)k k +26k ，∴FHD EFH SS ＝26k ＝262．【点睛】本题考查的是圆的几何综合题，主要考查圆的性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形判定及性质，解直角三角形知识等；综合性较强，有一定难度，解题要求对所学知识点熟练掌握和运用数形结合思维分析．7．如图，PA ，PB 分别与O 相切于点A 和点B ，点C 为弧AB 上一点，连接PC 并延长交O 于点F ，D 为弧AF 上的一点，连接BD 交FC 于点E ，连接AD ，且2180APB PEB ∠+∠=︒．（1）如图1，求证：//PF AD ；（2）如图2，连接AE ，若90APB ∠=︒，求证：PE 平分AEB ∠；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AB 交PE 于点H ，连接OE ，8AD =，4sin 5ABD ∠=，求PH 的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）257 【解析】【分析】（1）连接OA 、OB ，由切线的性质可得90OAP OBP ∠=∠=︒，由四边形内角和是360︒，得180∠+∠=︒P AOB ，由同弧所对的圆心角是圆周角的一半，得到2AOB ADB ∠=∠，等量代换得到ADB PEB ∠=∠，由同位角相等两直线平行，得到//PF AD ；（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K ，由90APB ∠=︒得290PEB ∠=︒，从而45PEB ∠=︒，由切线的性质，得PA PB =，由PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，得PE PK =，从而90APE EPB ︒∠=-∠，进而APE BPK ∠=∠，即可证得APE BPK ∆∆≌由此45K AEP ∠=∠=︒，得到AEP PEB ∠=∠，即可证得PE 平分AEB ∠；（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM ，由45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，可得DE AE =，由OA 、OD 为半径，可得OA OD =，即可证出DEO AEO ∆∆≌，由直径所对的圆周角是直角，可得90ADM ∠=︒，在Rt ADM ∆中，由正弦定义可得10AM =，由此5OA OB ==，由OAPB 为正方形，对角线AB 垂直平分OP ，从而，OH PH =.在Rt OAP ∆中，252OP OA ==延长EO交AD 于K ，在Rt OEP ∆中，由勾股定理得7PE =，在Rt OEH ∆中，由勾股定理得257PH =. 【详解】（1）连接OA 、OB∵PA 、PB 与圆O 相切于点A 、B ，且OA 、OB 为半径，∴OA AP ⊥，OB BP ⊥，∴90OAP OBP ∠=∠=︒，∴在四边形AOBP 中，360180180P AOB ∠+∠=︒-︒=︒，∵AB AB =，∴2AOB ADB ∠=∠，∴2180P ADB ∠+∠=︒，∵2180P PEB ∠+∠=︒，∴ADB PEB ∠=∠，∴//PF AD（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K∵90APB ∠=︒，∴21809090PEB ∠=︒-︒=︒，∴45PEB ∠=︒，∵PA 、PB 为圆O 的切线，∴PA PB =，∵PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，∴PE PK = ，∵9090APE EPB KPB EPB ︒︒∠=-∠=∠=-∠，∴APE BPK ∠=∠，∴APE BPK ∆∆≌，∴45K AEP ∠=∠=︒，∴AEP PEB ∠=∠，∴PE 平分AEB ∠；（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM∵45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，∴DE AE =，∵OA 、OD 为半径，∴OA OD =，∵OE OE =，∴DEO AEO ∆∆≌，∴1452AEO OED AED ∠=∠=∠=︒， ∴90OEP ∠=︒，∵AM 为圆O 的直径，∴90ADM ∠=︒，∵弧AD =弧AD ，∴ABD AMD ∠=∠，在Rt ADM ∆中，8AD =，4sin 5AMD ∠=，则10AM =， ∴5OA OB ==，由题易证四边形OAPB 为正方形， ∴对角线AB 垂直平分OP ，AB OP =，∵H 在AB 上，∴OH PH =，在Rt OAP ∆中，252OP OA ==延长EO 交AD 于K ，∵DE AE =，可证OK AD ⊥，DOK ABD ∠=∠，∴4DK KE ==，3OK =，1OE =∴在Rt OEP ∆中，227PE OP OE =-=在Rt OEH ∆中，222OH OE EH =+∵OH PH =，7EH PE HP PH =-=-∴()22217PH PH =+-∴257PH =．【点睛】本题考查了圆的综合题，圆的性质，等腰三角形的性质，相交弦定理，正弦定理，勾股定理，灵活运用这些性质定理解决问题是本题的关键．8．如图，在ABC ∆中，90C ∠=︒，30CAB ∠=︒，10AB =，点D 在线段AB 上，2AD =．点P 从D 点出发，沿DB 方向运动，以DP 为直径作O ，当P 运动到点B 时停止运动，设DP m =．（1）AO =___________，BP =___________．（用m 的代数式表示）（2）当m 为何值时，O 与ABC ∆的一边相切？（3）在点P 整个运动过程中，过点P 作O 的切线交折线AC CB -于点E ，将线段EP 绕点E 顺时针旋转60︒得到EF ，过F 作FG EP ⊥于G ．①当线段FG 长度达到最大时，求m 的值；②直接写出点F 所经过的路径长是________．（结果保留根号）【答案】（1）22m AO =+，8BP m =-；（2）4m =或32348m =；（3）①1121153762【解析】【分析】（1）观察图中AO 和DP 的数量关系可得22DP AO =+，而BP AB AP =-，将DP m =代入即可.（2）O 与ABC ∆的一边相切有两种情况，先与AC 相切，再与BC 相切；两种情况的解答方法都是连接圆心与切点，构造直角三角形，根据条件所给的特殊角的三角函数解答. （3）①根据旋转的性质可得PF PE =，在Rt EFG ∆中根据三角函数可得cos30FG PE ︒=⋅，故当E 点与C 点重合，PE 取得最大值时，FG 有最大值，解之即可.②明显以E点与C点重合前后为节点，点F的运动轨迹分两部分，第一部分为从P开始运动到E点与C点重合，即图中的12F F，根据1212F F AC AF CF=--求解；第二部分，根据tanEF EPEBFEB EB∠==为定值可知其轨迹为图中的2F B，在2Rt F BC中用勾股定理求解即可.【详解】（1）2222DP mAO=+=+，8BP AB AP m=-=-（2）情况1：与AC相切时，Rt AOH∆中，∵30A∠=︒∴2AO OH=∴22mm+=解得4m=情况2：与BC相切时，Rt BON∆中，∵60B∠=︒∴3cosONBOB==即32282mm=-解得32348m=-（3）①在Rt EFG∆中，∵30EFG A∠=∠=︒，90EGF∠=︒，∴3cos30cos302FG EF PE EP ︒︒=⋅=⋅=， ∴当FG 最大时即PE 最大当点E 与点C 重合时，PE 的值最大．易知此时53553AC BC EP AB ⨯⨯===．在Rt EAP ∆中，∵30A ∠=︒∴1532AP EP ==∴1511222m DP ==-= （3）F 轨迹如图：从1F 到2F 到B1133233AF AE EF AD PE =-=-==, 253CF CP ==，故1212235311353326F F AC AF CF =--=-=， 2F 到B 轨迹是线段理由如下：∵60FEP ∠=︒，30PEB ∠=︒，∴90FEB ∠=︒．∴tan EF EP EBF EB EB∠==为定值， ∴点F 的第二段的轨迹是线段2BF ．在2Rt F BC 中，222222535752BF BC F C ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭, 所以点F 1153762【点睛】本题是综合了圆的性质，直线与圆相切的条件，锐角三角函数，勾股定理以及旋转的性质等知识的动点动图问题，熟练掌握各个知识点是基础，充分理解题意并作图，化动为静是解答关键.9．已知AB 是O 的一条弦，点C 在O 上，联结CO 并延长，交弦AB 于点D ，且CD CB =．（1）如图1，如果BO 平分ABC ∠，求证：AB BC =；（2）如图2，如果AO OB ⊥，求:AD DB 的值；（3）延长线段AO 交弦BC 于点E ，如果EOB ∆是等腰三角形，且O 的半径长等于2，求弦BC 的长．【答案】（1）证明见解析；（23351和22【解析】【分析】（1）由题意利用弦心距即可求证结果，（2）此题关键先求出AO ，做辅助线构造特殊三角形，并求证出∠AOD ，再根据平行线分线段成比例求出比值即可，（3）分情况讨论两种情况：OE=BE 时或OB=BE 时两种情况，利用三角形相似即△COE ~△CBO 找到相似比，利用相似比求解即可．【详解】（1）过点O作OP⊥AB，垂足为点P；OQ⊥BC，垂足为点Q，∵BO平分∠ABC，∴OP=OQ，∵OP，OQ分别是弦AB、BC 的弦心距，∴AB= BC；（2）∵OA=OB，∴∠A=∠OBD，∵CD=CB，∴∠CDB =∠CBD，∴∠A+∠AOD =∠CBO +∠OBD，∴∠AOD =∠CBO，∵OC=OB，∴∠C =∠CBO，∴∠DOB =∠C +∠CBO = 2∠CBO = 2∠AOD，∵AO⊥OB，∴∠ AOB =∠AOD +∠BOD =3∠AOD = 90°，∴∠AOD=30°，过点D作DH⊥AO，垂足为点H，∴∠AHD=∠DHO=90°，∴tan∠AOD =HDOH3∵∠AHD=∠AOB=90°，∴HD‖OB，∴DA OBH AHO=，∵OA=OB，∴HD=AH，∵HD‖OB，∴3AH HDOH OAHDB H===；（3）∵∠C=∠CBO ，∴∠OEB =∠C+∠COE >∠CBO ，∴OE≠OB ；若OB = EB =2时，∵∠C=∠C ，∠COE =∠AOD =∠CBO ，∴△COE ~△CBO ， ∴CO CE BC CO =， ∴222BC BC =-， ∴2BC -2BC -4=0，∴BC =舍去)或，∴；若OE = EB 时，∵∠EOB =∠CBO ，∵∠OEB =∠C+∠COE =2∠C =2∠CBO 且∠OEB +∠CBO +∠EOB = 180°，∴4∠CBO=180°，∠CBO=45°，∴∠OEB=90°，∴cos ∠CBO=EB OB =， ∵OB=2，∴ ，∵OE 过圆心，OE ⊥BC ，∴．【点睛】此题考查圆的相关知识：圆心距及圆内三角形相似的相关知识，属于综合题型，难度较高．10．已知点A 为⊙O 外一点，连接AO ，交⊙O 于点P ，AO=6．点B 为⊙O 上一点，连接BP ，过点A 作CA ⊥AO ，交BP 延长线于点C ，AC=AB ．（1）判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由．（2）若PC=43，求 PB的长．（3）若在⊙O上存在点E，使△EAC是以AC为底的等腰三角形，则⊙O的半径r的取值范围是___________．【答案】（1）AB与⊙O相切，理由见解析；（2）433PB=；（3）6565r≤<【解析】【分析】（1）连接OB，有∠OPB=∠OBP，又AC=AB，则∠C=∠ABP，利用∠CAP=90°，即可得到结论成立；（2）由AB=AC，利用勾股定理先求出半径，作OH⊥BP与H，利用相似三角形的判定和性质，即可求出PB的长度；（3）根据题意得出OE=12AC=12AB=2216r2-，利用OE=22162r r-≤，即可求出取值范围．【详解】解：（1）连接OB，如图：∵OP=OB，∴∠OPB=∠OBP=∠APC，∵AC=AB，∴∠C=∠ABP，∵AC ⊥AO ， ∴∠CAP=90°，∴∠C+∠APC=90°，∴∠ABP+∠OBP=90°，即OB ⊥AB ，∴AB 为切线；（2）∵AB=AC∴22AB AC =，∴2222CP AP OA OB -=-，设半径为r ，则2222(43)(6)6r r --=-解得：r=2；作OH ⊥BP 与H ，则△ACP ∽△HOP ，∴PH OP AP CP=，即443PH = ∴23PH =, ∴432PB PH ==；（3）如图，作出线段AC 的垂直平分线MN ，作OE ⊥MN ，∴四边形AOEM 是矩形，∴OE=AM=12AC=12 又∵圆O 与直线MN 有交点，∴r ，2r ≤，∴22364r r -≤，∴5r ≥ 又∵圆O 与直线AC 相离，∴r ＜6，即65r ≤<．【点睛】此题主要考查了圆的综合以及切线的判定与性质和勾股定理以及等腰三角形的性质等知识，得出EO 与AB 的关系进而求出r 取值范围是解题关键．。

九年级数学圆的综合的专项培优易错试卷练习题(含答案)附详细答案

九年级数学圆的综合的专项培优易错试卷练习题(含答案)附详细答案一、圆的综合1．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．【答案】（1）证明见解析；（2）8．【解析】（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．试题解析：连接AD，OA，∵∠ADC=∠B，∠B=60°，∴∠ADC=60°，∵CD是直径，∴∠DAC=90°，∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，∵AP=AC，OA=OC，∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，即OA⊥AP，∵OA为半径，∴AP是⊙O切线．（2）连接AD，BD，∵CD 是直径，∴∠DBC=90°，∵CD=4，B 为弧CD 中点，∴BD=BC=，∴∠BDC=∠BCD=45°，∴∠DAB=∠DCB=45°，即∠BDE=∠DAB ，∵∠DBE=∠DBA ，∴△DBE ∽△ABD ， ∴，∴BE•AB=BD•BD=．考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．2．已知AB ，CD 都是O e 的直径，连接DB ，过点C 的切线交DB 的延长线于点E ． ()1如图1，求证：AOD 2E 180∠∠+=o ；()2如图2，过点A 作AF EC ⊥交EC 的延长线于点F ，过点D 作DG AB ⊥，垂足为点G ，求证：DG CF =；()3如图3，在()2的条件下，当DG 3CE 4=时，在O e 外取一点H ，连接CH 、DH 分别交O e 于点M 、N ，且HDE HCE ∠∠=，点P 在HD 的延长线上，连接PO 并延长交CM 于点Q ，若PD 11=，DN 14=，MQ OB =，求线段HM 的长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）37【解析】【分析】（1）由∠D +∠E =90°，可得2∠D +2∠E =180°，只要证明∠AOD =2∠D 即可；（2）如图2中，作OR ⊥AF 于R ．只要证明△AOR ≌△ODG 即可；（3）如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT ⊥CL 于T ，作NK ⊥CH 于K ，设CH 交DE 于W ．解直角三角形分别求出KM ，KH 即可；【详解】()1证明：如图1中，O Q e 与CE 相切于点C ，OC CE ∴⊥，OCE 90∠∴=o ，D E 90∠∠∴+=o ，2D 2E 180∠∠∴+=o ，AOD COB ∠∠=Q ，BOC 2D ∠∠=，AOD 2D ∠∠=，AOD 2E 180∠∠∴+=o ．()2证明：如图2中，作OR AF ⊥于R ．OCF F ORF 90∠∠∠===o Q ，∴四边形OCFR 是矩形，AF//CD ∴，CF OR =，A AOD ∠∠∴=，在AOR V 和ODG V 中，A AOD ∠∠=Q ，ARO OGD 90∠∠==o ，OA DO =，AOR ∴V ≌ODG V ，OR DG ∴=，DG CF ∴=，()3解：如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT CL ⊥于T ，作NK CH ⊥于K ，设CH 交DE 于W ．设DG 3m =，则CF 3m =，CE 4m =，OCF F BTE 90∠∠∠===o Q ，AF//OC//BT ∴，OA OB =Q ，CT CF 3m ∴==，ET m ∴=，CD Q 为直径，CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===o ，E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=o ，tan E tan CBT ∠∠∴=，BT CT ET BT∴=， BT 3m m BT∴=， BT 3m(∴=负根已经舍弃)，3m tan E 3∠∴== E 60∠∴=o ，CWD HDE H ∠∠∠=+Q ，HDE HCE ∠∠=，H E 60∠∠∴==o ，MON 2HCN 60∠∠∴==o ，OM ON =Q ，OMN ∴V 是等边三角形，MN ON ∴=，QM OB OM ==Q ，MOQ MQO ∠∠∴=，MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=o o Q ，MQO P 180H 120∠∠∠+=-=o o ， PON P ∠∠∴=，ON NP 141125∴==+=，CD 2ON 50∴==，MN ON 25==，在Rt CDN V 中，2222CN CD DN 501448=-=-=，在Rt CHN V 中，CN 48tan H 3HN HN∠===， HN 163∴=，在Rt KNH V 中，1KH HN 832==，3NK HN 242==，在Rt NMK V 中，2222MK MN NK 25247=-=-=，HM HK MK 837∴=+=+．【点睛】本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解题的关键.3．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＝12CD＝32∵BF＝DE＝1＋3＝4∴OB＝OD＝35422-=∴cos∠DBA＝cos∠DOF＝332552OFOD==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.4．如图，已知AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，点D在OC的延长线上，连接DA，交BC的延长线于点E，使得∠DAC=∠B．（1）求证：DA是⊙O切线；（2）求证：△CED∽△ACD；（3）若OA=1，sinD=13，求AE的长．【答案】（1）证明见解析；（22【解析】分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD ⊥AB 即可证明DA 是⊙O 切线；（2）由∠DAC =∠DCE ，∠D =∠D 可知△DEC ∽△DCA ；（3）由题意可知AO =1，OD =3，DC =2，由勾股定理可知AD =2，故此可得到DC 2=DE •AD ，故此可求得DE 的长，于是可求得AE 的长．详解：（1）∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，∴∠CAB +∠B =90°．∵∠DAC =∠B ，∴∠CAB +∠DAC =90°，∴AD ⊥AB ．∵OA 是⊙O 半径，∴DA 为⊙O 的切线；（2）∵OB =OC ，∴∠OCB =∠B ．∵∠DCE =∠OCB ，∴∠DCE =∠B ．∵∠DAC =∠B ，∴∠DAC =∠DCE ．∵∠D =∠D ，∴△CED ∽△ACD ；（3）在Rt △AOD 中，OA =1，sin D =13，∴OD =OA sinD =3，∴CD =OD ﹣OC =2． ∵AD =22OD OA -=22．又∵△CED ∽△ACD ，∴AD CD CD DE =，∴DE =2CD AD=2， ∴AE =AD ﹣DE =22﹣2=2．点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC ∽△DCA 是解题的关键．5．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧»().AB ()1用直尺和圆规作出»AB 所在圆的圆心O ；(要求保留作图痕迹，不写作法)()2若»AB 的中点C 到弦AB 的距离为2080m AB m =，，求»AB 所在圆的半径．【答案】(1)见解析；（2）50m【解析】分析：()1连结AC 、BC ，分别作AC 和BC 的垂直平分线，两垂直平分线的交点为点O ，如图1；()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，根据垂径定理的推论，由C 为»AB的中点得到1OC AB AD BD AB 402⊥===，，则CD 20=，设O e 的半径为r ，在Rt OAD V 中利用勾股定理得到222r (r 20)40=-+，然后解方程即可．详解：()1如图1，点O 为所求；()2连接OA OC OC ，，交AB 于D ，如图2，C Q 为»AB 的中点，OC AB ∴⊥， 1402AD BD AB ∴===，设O e 的半径为r ，则20OA r OD OD CD r ==-=-，，在Rt OAD V 中，222OA OD AD =+Q ，222(20)40r r ∴=-+，解得50r =，即»AB 所在圆的半径是50m ．点睛：本题考查了垂径定理及勾股定理的应用，在利用数学知识解决实际问题时，要善于把实际问题与数学中的理论知识联系起来，能将生活中的问题抽象为数学问题．6．某居民小区的一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需要确定管道圆形截面的半径．如图，若这个输水管道有水部分的水面宽AB=16cm ，水最深的地方的高度为4cm ，求这个圆形截面的半径．【答案】10cm【解析】分析：先过圆心O作半径CO⊥AB，交AB于点D设半径为r，得出AD、OD的长，在Rt△AOD中，根据勾股定理求出这个圆形截面的半径．详解：解：过点O作OC⊥AB于D，交⊙O于C，连接OB，∵OC⊥AB∴BD=12AB=12×16=8cm由题意可知，CD=4cm∴设半径为xcm，则OD=（x﹣4）cm在Rt△BOD中，由勾股定理得：OD2+BD2=OB2（x﹣4）2+82=x2解得：x=10．答：这个圆形截面的半径为10cm．点睛：此题考查了垂经定理和勾股定理，关键是根据题意画出图形，再根据勾股定理进行求解．7．如图，AN是⊙M的直径，NB∥x轴，AB交⊙M于点C．（1）若点A（0，6），N（0，2），∠ABN=30°，求点B的坐标；（2）若D为线段NB的中点，求证：直线CD是⊙M的切线．【答案】(1) B（，2）．(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）在Rt△ABN中，求出AN、AB即可解决问题；（2）连接MC，NC．只要证明∠MCD=90°即可试题解析：（1）∵A的坐标为（0，6），N（0，2），∴AN=4，∵∠ABN=30°，∠ANB=90°，∴AB=2AN=8，∴由勾股定理可知：NB=，∴B（，2）．（2）连接MC，NC∵AN是⊙M的直径，∴∠ACN=90°，∴∠NCB=90°，在Rt△NCB中，D为NB的中点，∴CD=NB=ND，∴∠CND=∠NCD，∵MC=MN，∴∠MCN=∠MNC，∵∠MNC+∠CND=90°，∴∠MCN+∠NCD=90°，即MC⊥CD．∴直线CD是⊙M的切线．考点：切线的判定；坐标与图形性质．8．如图1，已知⊙O是ΔADB的外接圆，∠ADB的平分线DC交AB于点M，交⊙O于点C，连接AC，BC．（1）求证：AC=BC；（2）如图2，在图1 的基础上做⊙O的直径CF交AB于点E，连接AF，过点A作⊙O的切线AH，若AH//BC，求∠ACF的度数；（3）在（2）的条件下，若ΔABD的面积为63ΔABD与ΔABC的面积比为2：9，求CD 的长.【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3）233【解析】分析：（1）运用“在同圆或等圆中，弧相等，所对的弦相等”可求解；（2）连接AO并延长交BC于I交⊙O于J,由AH是⊙O的切线且AH∥BC得AI⊥BC，易证∠IAC=30°，故可得∠ABC=60°=∠F=∠ACB，由CF是直径可得∠ACF的度数；（3）过点D作DG⊥AB ，连接AO，知ABC为等边三角形，求出AB、AE的长，在RtΔAEO 中，求出AO的长，得CF的长，再求DG 的长，运用勾股定理易求CD的长.详解：（1）∵DC平分∠ADB，∴∠ADC=∠BDC，∴AC=BC．（2）如图，连接AO并延长交BC于I交⊙O于J∵AH是⊙O的切线且AH∥BC，∴AI⊥BC，∴BI=IC，∵AC=BC，∴IC=1AC，2∴∠IAC=30°，∴∠ABC=60°=∠F=∠ACB．∵FC是直径，∴∠FAC=90°，∴∠ACF=180°-90°-60°=30°．（3）过点D 作DG AB ⊥，连接AO由（1）（2）知ABC 为等边三角形∵∠ACF=30°，∴AB CF ⊥，∴AE=BE ， ∴2ΔABC 33S AB == ∴AB=3 ∴33AE =在RtΔAEO 中，设EO=x ，则AO=2x ，∴222AO AE OE =+，∴()(222233x x =+，∴x =6，⊙O 的半径为6，∴CF=12． ∵ΔABD 11636322S AB DG DG =⨯⨯=⨯= ∴DG=2．如图，过点D 作DG CF '⊥,连接OD ．∵AB CF ⊥,DG AB ⊥，∴CF//DG ，∴四边形G ′DGE 为矩形，∴2G E '=， 63211CG G E CE +=++'=='，在RtΔOG D '中，5,6OG OD ='=， ∴11DG '= ∴2221111233CD DG CG =++=''点睛：本题是一道圆的综合题.考查了圆的基本概念，垂径定理，勾股定理，圆周角定理等相关知识.比较复杂，熟记相关概念是解题关键.9．.如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6．D是线段AC上一个动点（不与点A 重合），⊙D与AB相切，切点为E，⊙D交射线．．DC于点F，过F作FG⊥EF交直线．．BC于点G，设⊙D的半径为r．（1）求证AE＝EF；（2）当⊙D与直线BC相切时，求r的值；（3）当点G落在⊙D内部时，直接写出r的取值范围．【答案】(1)见解析,(2)r=3,(3)63 3r<<【解析】【分析】（1）连接DE，则∠ADE=60°=∠DEF+∠DFE，而∠DEF=∠DFE，则∠DEF=∠DFE=30°=∠A，即可求解；（2）如图2所示，连接DE，当圆与BC相切时，切点为F，∠A=30°，AB=6，则BF=3，AD=2r，由勾股定理，即可求解；（3）分点F在线段AC上、点F在线段AC的延长线上两种情况，分别求解即可．【详解】解：设圆的半径为r；（1）连接DE，则∠ADE=60°=∠DEF+∠DFE，而∠DEF=∠DFE，则∠DEF=∠DFE=30°=∠A，∴AE=EF；（2）如图2所示，连接DE，当圆与BC相切时，切点为F∠A=30°，AB=6，则BF=3，AD=2r ，由勾股定理得：（3r ）2+9=36，解得：r=3；（3）①当点F 在线段AC 上时，如图3所示，连接DE 、DG ，333,3933FC r GC FC r =-==-②当点F 在线段AC 的延长线上时，如图4所示，连接DE 、DG ，333,3339FC r GC FC r ===-两种情况下GC 符号相反，GC 2相同，由勾股定理得：DG 2=CD 2+CG 2，点G 在圆的内部，故：DG2＜r2，即：22(332)(339)2r r r +-<整理得：25113180r r -+<6335r <<【点睛】本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；利用勾股定理计算线段的长．10．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过点O作OD⊥CB，垂足为点D，延长DO 交⊙O于点E，过点E作PE⊥AB，垂足为点P，作射线DP交CA的延长线于F点，连接EF，（1）求证：OD＝OP；（2）求证：FE是⊙O的切线．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】试题分析：（2）证明△POE≌△ADO可得DO=EO；（3）连接AE，BE，证出△APE≌△AFE即可得出结论．试题解析：（1）∵∠EPO=∠BDO=90°∠EOP=∠BODOE=OB∴△OPE≌△ODB∴OD="OP"（2）连接EA，EB∴∠1=∠EBC∵AB是直径∴∠AEB=∠C=90°∴∠2+∠3=90°∵∠3=∠DEB∵∠BDE=90°∴∠EBC+∠DEB=90°∴∠2=∠EBC=∠1∵∠C=90°∠BDE=90°∴CF∥OE∴∠ODP=∠AFP∵OD=OP∴∠ODP=∠OPD∵∠OPD=∠APF∴∠AFP=∠APF∴AF=AP 又AE=AE∴△APE≌△AFE∴∠AFE=∠APE=90°∴∠FED=90°∴FE 是⊙O 的切线考点：切线的判定．11．AB 是⊙O 直径，在AB 的异侧分别有定点C 和动点P ，如图所示，点P 在半圆弧AB 上运动（不与A 、B 重合），过C 作CP 的垂线CD ，交PB 的延长线于D ，已知5AB =，BC ∶CA ＝4∶3．（1）求证：AC ·CD ＝PC ·BC ；（2）当点P 运动到AB 弧的中点时，求CD 的长；（3）当点P 运动到什么位置时，PCD ∆的面积最大？请直接写出这个最大面积．【答案】(1)证明见解析；（2）CD =142；（3）当PC 为⊙O 直径时，△PCD 的最大面积=503. 【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠PCD=∠ACB=90°，可证△ABC ∽△PCD ，可得AC BC CP CD =,即可得证．（2）由题意可求BC=4，AC=3，由勾股定理可求CE 的长，由锐角三角函数可求PE 的长，即可得PC 的长，由AC•CD=PC•BC 可求CD 的值；（3）当点P 在¶AB 上运动时，12PCD S PC CD =⨯⨯V ，由（1）可得：43CD PC =，可得2142233PCD S PC PC PC V =⨯⨯=，当PC 最大时，△PCD 的面积最大，而PC 为直径时最大，故可求解．【详解】证明：（1）∵AB 为直径，∴∠ACB =90°∵PC ⊥CD ，∴∠PCD =90°∴∠PCD =∠ACB ，且∠CAB =∠CPB∴△ABC ∽△PCD ∴AC BC CP CD= ∴AC •CD =PC •BC（2）∵AB =5，BC ：CA =4：3，∠ACB =90°∴BC =4，AC =3，当点P 运动到¶AB 的中点时，过点B 作BE ⊥PC 于点E∵点P 是¶AB 的中点， ∴∠PCB =45°，且BC =4∴CE =BE 2BC 2 ∵∠CAB =∠CPB∴tan ∠CAB =43=BC AC =tan ∠CAB =BE PE ∴PE =322∴PC =PE +CE =3222=22 ∵AC •CD =PC •BC ∴3×CD =22×4 ∴CD =23（3）当点P 在¶AB 上运动时，S △PCD =12×PC ×CD ，由（1）可得：CD =43PC∴S △PCD =1423PC PC ⨯⨯=23PC 2， ∴当PC 最大时，△PCD 的面积最大，∴当PC 为⊙O 直径时，△PCD 的最大面积=23×52=503【点睛】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，锐角三角函数，求出PC 的长是本题的关键．12．如图，PA 切⊙O 于点A ，射线PC 交⊙O 于C 、B 两点，半径OD ⊥BC 于E ，连接BD 、DC 和OA ，DA 交BP 于点F ；（1）求证：∠ADC+∠CBD ＝12∠AOD ；（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；【解析】【分析】()1根据垂径定理得到BD CD =n n ，根据等腰三角形的性质得到()111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠o o ，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =n n ，根据等腰三角形的性质得到ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=o ，求得90OAD DAP ∠+∠=o ，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．【详解】()1证明：OD BC ⊥Q ，BD CD ∴=n n， CBD DCB ∴∠=∠，90DFE EDF ∠+∠=o Q ，90EDF DFE ∴∠=-∠o ，OD OA =Q ，()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠o o ，190902DFE AOD ∴-∠=-∠o o ， 12DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠Q ，12ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠； ()2解：OD BC ⊥Q ，BE CE ∴=，BD CD =n n，BD CD ∴=，OA OD Q =，ADO OAD ∴∠=∠，PA Q 切O e 于点A ，90PAO ∴∠=o ， 90OAD DAP ∴∠+∠=o ，PFA DFE ∠=∠Q ，90PFA ADO ∴∠+∠=o ，PAF PFA ∴∠=∠，PA PF ∴=．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．13．在平面直角坐标系XOY 中，点P 的坐标为（x 1，y 1），点Q 的坐标为（x 2，y 2），且x 1≠x 2，若P 、Q 为某等边三角形的两个顶点，且有一边与x 轴平行（含重合），则称P 、Q 互为“向善点”．如图1为点P 、Q 互为“向善点”的示意图．已知点A 的坐标为（1，3），点B 的坐标为（m ，0）（1）在点M （﹣1，0）、S （2，0）、T （3，3A 点互为“向善点”的是_____；（2）若A 、B 互为“向善点”，求直线AB 的解析式；（3）⊙B 3⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”，请直接写出m 的取值范围．【答案】（1）S ，T ．（2）直线AB 的解析式为y ＝3x 或y ＝﹣3x +23；（3）当﹣2＜m ＜0或2＜m ＜4时，⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”．【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，可得出点S ，T 与A 点互为“向善点”；（2）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，可得出关于m 的分式方程，解之经检验后可得出点B 的坐标，根据点A ，B 的坐标，利用待定系数法即可求出直线AB 的解析式；（3）分⊙B 与直线y=3x 相切及⊙B 与直线y=-3x+23相切两种情况求出m 的值，再利用数形结合即可得出结论．【详解】（1）∵30330,3tan 60︒--===，3333tan 60︒-==， ∴点S ，T 与A 点互为“向善点”．故答案为S ，T ．（2）根据题意得：303-=，解得：m 1＝0，m 2＝2，经检验，m 1＝0，m 2＝2均为所列分式方程的解，且符合题意，∴点B 的坐标为（0，0）或（2，0）．设直线AB 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0），将A （1，），B （0，0）或（2，0）代入y ＝kx +b ，得：30k b b ⎧+=⎪⎨=⎪⎩320k b k b ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 解得：30k b ⎧=⎪⎨=⎪⎩323k b ⎧=⎪⎨=⎪⎩， ∴直线AB 的解析式为y 3或y 33．（3）当⊙B 与直线y 3相切时，过点B 作BE ⊥直线y 3于点E ，如图2所示．∵∠BOE ＝60°，∴sin60°＝32BE OB ， ∴OB ＝2，∴m ＝﹣2或m ＝2；当⊙B 与直线y ＝﹣3x +23相切时，过点B 作BF ⊥直线y ＝﹣3x +23于点F ，如图3所示．同理，可求出m ＝0或m ＝4．综上所述：当﹣2＜m ＜0或2＜m ＜4时，⊙B 上有三个点与点A 互为“向善点”．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数值、待定系数法求一次函数解析式、解分式方程以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据等边三角形的性质结合“向善点”的定义，确定给定的点是否与A 点互为“向善点”；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）分⊙B 与直线y=3x 相切及⊙B 与直线y=-3x+23相切两种情况考虑．14．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，以AC 为直径作⊙O 交BC 于点D ，过点D 作FE ⊥AB 于点E ，交AC 的延长线于点F ．（1）求证：EF 与⊙O 相切；（2）若AE ＝6，sin ∠CFD ＝35，求EB 的长．【答案】(1)见解析（2）32 【解析】【分析】 ()1如图，欲证明EF 与O e 相切，只需证得OD EF ⊥．()2通过解直角AEF V 可以求得AF 10.=设O e 的半径为r ，由已知可得△FOD ∽△FAE ，继而得到OF OD AF AE =，即10r r 106-=，则易求15AB AC 2r 2===，所以153EB AB AE 622=-=-=．【详解】（1）如图，连接OD ，OC OD =Q ，OCD ODC ∠∠∴=．AB AC =Q ，ACB B ∠∠∴=，ODC B ∠∠∴=，OD //AB ∴，ODF AEF ∠∠∴=，EF AB ⊥Q ，ODF AEF 90∠∠∴==o ，OD EF ∴⊥，OD Q 是O e 的半径，EF ∴与O e 相切；()2由()1知，OD//AB ，OD EF ⊥．在Rt AEF V 中，AE3sin CFD AF 5∠==，AE 6=，则AF 10=，OD //AB Q ，∴△FOD ∽△FAE ，OFODAF AE ∴=，设O e 的半径为r ， 10r r 106-∴=，解得，15r 4=， 15AB AC 2r 2∴===， 153EB AB AE 622∴=-=-=．【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.15．如图，已知等边△ABC ，AB=16，以AB 为直径的半圆与BC 边交于点D ，过点D 作DF ⊥AC ，垂足为F ，过点F 作FG ⊥AB ，垂足为G ，连结GD ．（1）求证：DF 是⊙O 的切线；（2）求FG 的长；（3）求tan ∠FGD 的值．【答案】(1)证明见解析；（2）6；（3）．【解析】试题分析：(1)连接OD ，根据等边三角形得出∠A=∠B=∠C=60°，根据OD=OB 得到∠ODB=60°，得到OD ∥AC ，根据垂直得出切线；(2)根据中位线得出BD=CD=6，根据Rt △CDF 的三角函数得出CF 的长度，从而得到AF 的长度，最后根据Rt △AFG 的三角函数求出FG 的长度；(3)过点D 作DH ⊥AB ，根据垂直得出FG ∥DH ，根据Rt △BDH 求出BH 、DH 的长度，然后得出∠GDH 的正切值，从而得到∠FGD 的正切值.试题解析：(1)如图①，连结OD ， ∵△ABC 为等边三角形， ∴∠C ＝∠A ＝∠B ＝60°，而OD ＝OB ， ∴△ODB 是等边三角形，∠ODB ＝60°， ∴∠ODB ＝∠C ，∴OD ∥AC ，∵DF ⊥AC ，∴OD ⊥DF ，∴DF 是⊙O 的切线(2)∵OD ∥AC ，点O 为AB 的中点，∴OD 为△ABC 的中位线，∴BD ＝CD ＝6.在Rt △CDF 中，∠C ＝60°，∴∠CDF ＝30°，∴CF ＝CD ＝3，∴AF ＝AC －CF ＝12－3＝9 在Rt △AFG 中，∵∠A ＝60°，∴FG ＝AF·sinA ＝9×＝(3)如图②，过D作DH⊥AB于H.∵FG⊥AB，DH⊥AB，∴FG∥DH，∴∠FGD＝∠GDH.在Rt△BDH中，∠B＝60°，∴∠BDH＝30°，∴BH＝BD＝3，DH＝BH＝3.∴tan∠GDH＝＝＝，∴tan∠FGD＝tan∠GDH＝考点：(1)圆的基本性质；(2)三角函数.。

人教版九年级上册数学圆几何综合易错题(Word版含答案)

人教版九年级上册数学圆几何综合易错题（Word 版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．已知：如图，梯形ABCD 中，AD//BC ，AD 2=，AB BC CD 6===，动点P 在射线BA 上，以BP 为半径的P 交边BC 于点E （点E 与点C 不重合），联结PE 、PC ，设x BP =，PC y =.（1）求证：PE //DC ；（2）求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域；（3）联结PD ，当PDC B ∠=∠时，以D 为圆心半径为R 的D 与P 相交，求R 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）2436(09)y x x x =-+<<；（3）3605R <<【解析】【分析】()1根据梯形的性质得到B DCB ∠=∠，根据等腰三角形的性质得到B PEB ∠∠=，根据平行线的判定定理即可得到结论；()2分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、.G 推出四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，求得2BF FG GC ===，根据勾股定理得到22226242AF AB BF =-=-=，根据平行线分线段成比例定理得到223PH x =，13BH x =，求得163CH x =-，根据勾股定理即可得到结论； ()3作//EM PD 交DC 于.M 推出四边形PDME 是平行四边形.得到PE DM x ==，即 6MC x =-，根据相似三角形的性质得到1218655PD EC ==-=，根据相切两圆的性质即可得到结论．【详解】()1证明：梯形ABCD ，AB CD =，B DCB ∠∠∴=，PB PE =， B PEB ∠∠∴=， DCB PEB ∠∠∴=，//PE CD ∴；()2解：分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、G ．梯形ABCD 中，//AD BC ，，BC DG ⊥，BC PH ⊥，∴四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，2AD =，6BC DC ==， 2BF FG GC ∴===，在Rt ABF 中，22226242AF AB BF =-=-=，//PH AF ，PH BP BHAF AB BF∴==6242x BH ==，223PH x ∴=，13BH x =， 163CH x ∴=-，在Rt PHC 中，22PC PH CH =+22221()(6)33y x x ∴=+-2436(09)y x x x =-+<<， ()3解：作//EM PD 交DC 于M ．//PE DC ，∴四边形PDME 是平行四边形．PE DM x ∴==，即 6MC x =-，PD ME ∴=，PDC EMC ∠∠=，又PDC B ∠∠=，B DCB ∠=∠， DCB EMC PBE PEB ∠∠∠∠∴===． PBE ∴∽ECM ，PB BE EC MC ∴=，即232663xx x x =--，解得：185x =，即125BE =，1218655PD EC ∴==-=，当两圆外切时，PD r R =+，即0(R =舍去)；当两圆内切时，-PD r R =，即10(R =舍去)，2365R =；即两圆相交时，3605R <<．【点睛】本题属于圆综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键.2．如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，△ABC 的边BC 在y 轴的正半轴上，点A 在x 轴的正半轴上，点C 的坐标为（0，8），将△ABC 沿直线AB 折叠，点C 落在x 轴的负半轴D （−4，0）处．（1）求直线AB 的解析式；（2）点P 从点A 出发以每秒45个单位长度的速度沿射线AB 方向运动，过点P 作PQ ⊥AB ，交x 轴于点Q ，PR ∥AC 交x 轴于点R ，设点P 运动时间为t （秒），线段QR 长为d ，求d 与t 的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，点N 是射线AB 上一点，以点N 为圆心，同时经过R 、Q 两点作⊙N ，⊙N 交y 轴于点E ，F ．是否存在t ，使得EF =RQ ？若存在，求出t 的值，并求出圆心N 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）132y x =-+（2）d =5t （3）故当 t =85，或815，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）．【解析】试题分析：（1）由C（0，8），D （-4，0），可求得OC ，OD 的长，然后设OB=a ，则BC=8-a ，在Rt △BOD 中，由勾股定理可得方程：（8-a ）2=a 2+42,解此方程即可求得B 的坐标，然后由三角函数的求得点A 的坐标，再利用待定系数法求得直线AB 的解析式；（2）在Rt △AOB 中，由勾股定理可求得AB 的长，继而求得∠BAO 的正切与余弦，由PR//AC 与折叠的性质，易证得RQ=AR ，则可求得d 与t 的函数关系式；（3）首先过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ，易证得四边形NTOS 是正方形，然后分别从点N 在第二象限与点N 在第一象限去分析求解即可求解; 试题解析：（1）∵C （0，8），D （-4，0）， ∴OC=8，OD=4，设OB=a ，则BC=8-a ，由折叠的性质可得：BD=BC=8-a ，在Rt △BOD 中，∠BOD=90°，DB 2=OB 2+OD 2，则（8-a ）2=a 2+42，解得：a=3，则OB=3，则B （0，3）， tan ∠ODB=34OB OD = ，在Rt △AOC 中，∠AOC=90°，tan ∠ACB=34OA OC = ，则OA=6，则A （6，0），设直线AB 的解析式为：y=kx+b ，则60{3k b b +== ，解得：1{23k b =-= ，故直线AB 的解析式为：y=-12x +3；（2）如图所示：在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，则AB=22135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠== ，255OAcos BAO AB∠==，在Rt △PQA 中，9045APQ AP t ∠=︒=，，则AQ=10cos APt BAO =∠ ,∵PR ∥AC ，∴∠APR=∠CAB ，由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB ， ∴∠BAO=∠APR ， ∴PR=AR ，∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°， ∴∠PQA=∠QPR ， ∴RP=RQ ， ∴RQ=AR ，∴QR=12 AQ=5t, 即d=5t;（3）过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ， ∵EF=QR ， ∴NS=NT ，∴四边形NTOS 是正方形，则TQ=TR=1522QR t = ， ∴1115151022224NT AT AQ TQ t t t ==-=-=（）（），分两种情况，若点N 在第二象限，则设N （n ，-n ），点N 在直线132y x =-+ 上，则132n n -=-+ ，解得：n=-6，故N （-6，6），NT=6，即1564t = ，解得：85t = ;若点N 在第一象限，设N （N ，N ），可得：132n n =-+ , 解得：n=2，故N （2，2），NT=2，即1524t =, 解得：t=815∴当 t =85，或815，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）。

九年级数学圆几何综合易错题(Word版含答案)

九年级数学圆几何综合易错题（Word 版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．如图，以A （0，3）为圆心的圆与x 轴相切于坐标原点O ，与y 轴相交于点B ，弦BD 的延长线交x 轴的负半轴于点E ，且∠BEO ＝60°，AD 的延长线交x 轴于点C ．（1）分别求点E 、C 的坐标；（2）求经过A 、C 两点，且以过E 而平行于y 轴的直线为对称轴的抛物线的函数解析式；（3）设抛物线的对称轴与AC 的交点为M ，试判断以M 点为圆心，ME 为半径的圆与⊙A 的位置关系，并说明理由．【答案】（1）点C 的坐标为（－3，0）（2）2343333y x x =++3）⊙M 与⊙A 外切【解析】试题分析：（1）已知了A 点的坐标，即可得出圆的半径和直径，可在直角三角形BOE 中，根据∠BEO 和OB 的长求出OE 的长进而可求出E 点的坐标，同理可在直角三角形OAC 中求出C 点的坐标；（2）已知了对称轴的解析式，可据此求出C 点关于对称轴对称的点的坐标，然后根据此点坐标以及C ，A 的坐标用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（3）两圆应该外切，由于直线DE ∥OB ，因此∠MED=∠ABD ，由于AB=AD ，那么∠ADB=∠ABD ，将相等的角进行置换后可得出∠MED=∠MDE ，即ME=MD ，因此两圆的圆心距AM=ME+AD ，即两圆的半径和，因此两圆外切.试题解析：（1）在Rt△EOB 中，3cot60232EO OB =⋅︒==， ∴点E 的坐标为（－2，0）．在Rt△COA 中，tan tan60333OC OA CAO OA =⋅∠=⋅︒==，∴点C 的坐标为（－3，0）．（2）∵点C 关于对称轴2x =-对称的点的坐标为F （－1，0），点C 与点F （－1，0）都在抛物线上．设()()13y a x x =++，用(03A ，代入得 ()()30103a =++，∴33a =． ∴()()3133y x x =++，即 2343333y x x =++．（3）⊙M 与⊙A 外切，证明如下：∵ME ∥y 轴，∴MED B ∠=∠．∵B BDA MDE ∠=∠=∠，∴MED MDE ∠=∠．∴ME MD =．∵MA MD AD ME AD =+=+，∴⊙M 与⊙A 外切．2．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=42cos cos45AB 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-+， ∵2π＞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.3．如图，矩形ABCD 中，BC ＝8，点F 是AB 边上一点（不与点B 重合）△BCF 的外接圆交对角线BD 于点E ，连结CF 交BD 于点G ．（1）求证：∠ECG ＝∠BDC ．（2）当AB ＝6时，在点F 的整个运动过程中．①若BF ＝2时，求CE 的长．②当△CEG 为等腰三角形时，求所有满足条件的BE 的长．（3）过点E 作△BCF 外接圆的切线交AD 于点P ．若PE ∥CF 且CF ＝6PE ，记△DEP 的面积为S 1，△CDE 的面积为S 2，请直接写出12S S 的值．【答案】（1）详见解析；（2）①1825；②当BE 为10，395或445时，△CEG 为等腰三角形；（3）724. 【解析】【分析】（1）根据平行线的性质得出∠ABD ＝∠BDC ，根据圆周角定理得出∠ABD ＝∠ECG ，即可证得结论；（2）根据勾股定理求得BD ＝10，①连接EF ，根据圆周角定理得出∠CEF ＝∠BCD ＝90°，∠EFC ＝∠CBD ．即可得出sin ∠EFC ＝sin ∠CBD ，得出35CE CD CF BD ==，根据勾股定理得到CF ＝62CE 1825； ②分三种情况讨论求得：当EG ＝CG 时，根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可得到∠GEC ＝∠GCE ＝∠ABD ＝∠BDC ，从而证得E 、D 重合，即可得到BE ＝BD ＝10；当GE ＝CE 时，过点C 作CH ⊥BD 于点H ，即可得到∠EGC ＝∠ECG ＝∠ABD ＝∠GDC ，得到CG ＝CD ＝6．根据三角形面积公式求得CH ＝245，即可根据勾股定理求得GH ，进而求得HE ，即可求得BE ＝BH ＋HE ＝395；当CG ＝CE 时，过点E 作EM ⊥CG 于点M ，由tan ∠ECM ＝43EM CM =．设EM ＝4k ，则CM ＝3k ，CG ＝CE ＝5k ．得出GM ＝2k ，tan ∠GEM ＝2142GM k EM k ==，即可得到tan ∠GCH ＝GH CH =12．求得HE ＝GH ＝125，即可得到BE ＝BH ＋HE ＝445；（3）连接OE 、EF 、AE 、EF ，先根据切线的性质和垂直平分线的性质得出EF ＝CE ，进而证得四边形ABCD 是正方形，进一步证得△ADE ≌△CDE ，通过证得△EHP ∽△FBC ，得出EH ＝1 6BF，即可求得BF＝6，根据勾股定理求得CF＝10，得出PE＝106，根据勾股定理求得PH，进而求得PD，然后根据三角形面积公式即可求得结果．【详解】（1）∵AB∥CD．∴∠ABD＝∠BDC，∵∠ABD＝∠ECG，∴∠ECG＝∠BDC．（2）解：①∵AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∴BD＝10，如图1，连结EF，则∠CEF＝∠BCD＝90°，∵∠EFC＝∠CBD．∴sin∠EFC＝sin∠CBD，∴35 CE CD CF BD==∴CF∴CE②Ⅰ、当EG＝CG时，∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝∠BDC．∴E与D重合，∴BE＝BD＝10．Ⅱ、如图2，当GE＝CE时，过点C作CH⊥BD于点H，∴∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，∴CG＝CD＝6．∵CH＝BC CD24 BD5⋅=，∴GH185 =，在Rt△CEH中，设HE＝x，则x2+（245）2＝（x+185）2解得x＝75，∴BE＝BH+HE＝325+75＝395；Ⅲ、如图2，当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M．∵tan∠ECM＝43 EMCM=．设EM＝4k，则CM＝3k，CG＝CE＝5k．∴GM＝2k，tan∠GEM＝2142 GM kEM k==，∴tan∠GCH＝GHCH＝tan∠GEM＝12．∴HE＝GH＝12412 255⨯=，∴BE＝BH+HE＝321244 555+=，综上所述，当BE为10，395或445时，△CEG为等腰三角形；（3）解：∵∠ABC＝90°，∴FC是△BCF的外接圆的直径，设圆心为O，如图3，连接OE、EF、AE、EF，∵PE是切线，∴OE⊥PE，∵PE∥CF，∴OE⊥CF，∵OC＝OF，∴CE＝EF，∴△CEF是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，EF FC，∴∠ABD＝∠ECF＝45°，∴∠ADB＝∠BDC＝45°，∴AB＝AD＝8，∴四边形ABCD是正方形，∵PE∥FC，∴∠EGF＝∠PED，∴∠BGC＝∠PED，∴∠BCF＝∠DPE，作EH⊥AD于H，则EH＝DH，∵∠EHP＝∠FBC＝90°，∴△EHP∽△FBC，∴16 EH PEBF FC==，∴EH＝16 BF，∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，∴△ADE≌△CDE，∴AE＝CE，∴AE＝EF，∴AF＝2EH＝13 BF，∴13BF+BF＝8，∴BF＝6，∴EH＝DH＝1，CF＝22BF BC+＝10，∴PE＝16FC＝53，∴PH＝224PE EH3-=，∴PD＝47133 +=，∴1277 3824S PDS AD===．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，圆周角定理、三角形的面积以及相似三角形的判定和性质，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．4．四边形ABCD内接于⊙O，连接AC、BD，2∠BDC+∠ADB＝180°．（1）如图1，求证：AC＝BC；（2）如图2，E为⊙O上一点，AE＝BE，F为AC上一点，DE与BF相交于点T，连接AT，若∠BFC＝∠BDC+12∠ABD，求证：AT平分∠DAB；（3）在（2）的条件下，DT＝TE，AD＝8，BD＝12，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）82【解析】【分析】（1）只要证明∠CAB=∠CBA即可．（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．想办法证明TL=TH即可解决问题．（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．证明△EAG≌△TDH（AAS），推出AG=DH，证明Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），推出DH=DR，同理可得AL=AH，BR=BL，设DH=x，则AB=2x，由S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h，可得AQ=52h，再根据sin∠BDE=sin∠ADE，sin∠AED=sin∠ABD，构建方程组求出m即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC＝180°，即∠ADB+∠BDC+∠ABC＝180°，∵2∠BDC+∠ADB＝180°，∴∠ABC＝∠BDC，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠BAC＝∠ABC，∴AC＝BC．（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．∵∠BFC＝∠BAC+∠ABF，∠BAC＝∠BDC，∴∠BFC＝∠BDC+∠ABF，∵∠BFC＝∠BDC+12∠ABD，∴∠ABF＝12∠ABD，∴BT平分∠ABD，∵AE＝BE∴∠ADE＝∠BDE，∴DT平分∠ADB，∵TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．∴TR＝TL，TR＝TH，∴TL＝TH，∴AT平分∠DAB．（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．∵AE＝BE∴∠EAB＝∠EDB＝∠EDA，AE＝BE，∵∠TAE＝∠EAB+∠TAB，∠ATE＝∠EDA+∠DAT，∴∠TAE＝∠ATE，∴AE＝TE，∵DT＝TE，∴AE＝DT，∵∠AGE＝∠DHT＝90°，∴△EAG≌△TDH（AAS），∴AG＝DH，∵AE＝EB，EG⊥AB，∴AG＝BG，∴2DH＝AB，∵Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），∴DH＝DR，同理可得AL=AH，BR＝BL，设DH＝x，则AB＝2x，∵AD＝8，DB＝12，∴AL＝AH＝8﹣x，BR＝12﹣x，AB＝2x＝8﹣x+12﹣x，∴x＝5，∴DH＝5，AB＝10，设TR＝TL＝TH＝h，DT＝m，∵S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB •h+12•DB•h，∴12AQ＝（8+12+10）h，∴AQ＝52 h，∵sin∠BDE＝sin∠ADE，可得hm＝APAD＝AP8，sin ∠AED＝sin∠ABD，可得APm＝AQAB＝AQ10＝5210h，∴APm＝52810mAP，解得m＝42或﹣42（舍弃），∴DE＝2m＝82．【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理和判定定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．5．如图1，四边形ABCD中，、为它的对角线，E为AB边上一动点（点E不与点A、B重合），EF∥AC交BC于点F，FG∥BD交DC于点G，GH∥AC交AD于点H，连接HE．记四边形EFGH的周长为，如果在点的运动过程中，的值不变，则我们称四边形ABCD为“四边形”，此时的值称为它的“值”．经过探究，可得矩形是“四边形”．如图2，矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为．（1）等腰梯形（填“是”或“不是”）“四边形”；（2）如图3，是⊙O的直径，A是⊙O上一点，，点为上的一动点，将△沿的中垂线翻折，得到△．当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有个．【答案】“值”为10；（1）是；（2）最多有5个．【解析】试题分析：仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可；（1）根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断；（2）根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断.矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为10；（1）等腰梯形是“四边形”；（2）由题意得当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有5个.考点：动点问题的综合题点评：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．6．如图，点A在直线l上，点Q沿着直线l以3厘米/秒的速度由点A向右运动，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ= 34，点C在点Q右侧，CQ=1厘米，过点C作直线m⊥l，过△ABQ的外接圆圆心O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF=13CD，以DE、DF为邻边作矩形DEGF．设运动时间为t秒．（1）直接用含t的代数式表示BQ、DF；（2）当0＜t＜1时，求矩形DEGF的最大面积；（3）点Q在整个运动过程中，当矩形DEGF为正方形时，求t的值．【答案】（1）BQ=5t ，DF=23t;（2）16;（3）t 的值为35或3．【解析】试题分析：（1）AB 与OD 交于点H ，根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长；根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长，再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长，即可表示出FD ；（2）根据题意表示出矩形的长和宽，然后构造二次函数，通过二次函数的最值可求解；（3）当矩形为正方形时，分别让其长与宽相等，列方程求解即可. 试题解析：（1）5t BQ =，2DF=t 3；（2）DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ，()22211·t 13326S DF DE t t ⎛⎫==-=--+ ⎪⎝⎭，∴当t=12时，矩形DEGF 的最大面积为16；（3）当矩形DEGF 为正方形时，221133t t t t -=-=或,解得335t t ==或.7．如图，∠ACL ＝90°，AC ＝4，动点B 在射线CL ，CH ⊥AB 于点H ，以H 为圆心，HB 为半径作圆交射线BA 于点D ，交直线CD 于点F ，交直线BC 于点E ．设BC ＝m ．（1）当∠A ＝30°时，求∠CDB 的度数；（2）当m ＝2时，求BE 的长度；（3）在点B 的整个运动过程中，①当BC ＝3CE 时，求出所有符合条件的m 的值． ②连接EH ，FH ，当tan ∠FHE ＝512时，直接写出△FHD 与△EFH 面积比．【答案】（1）60°；（2）45；（3）①m ＝2或2；②262【解析】【分析】（1）根据题意由HB ＝HD ，CH ⊥BD 可知：CH 是BD 的中垂线，再由∠A ＝30°得：∠CDB ＝∠ABC ＝60°；（2）由题意可知当m＝2时，由勾股定理可得：AB＝25，cos∠ABC＝55，过点H作HK⊥BC于点K，利用垂径定理可得结论；（3））①要分两种情况：I．当点E在C右侧时，II．当点E在C左侧时；根据相似三角形性质和勾股定理即可求得结论；②根据题意先证明EF∥BD，根据平行线间距离相等可得：△FHD与△EFH高相等，面积比等于底之比，再由tan∠FHE＝512可求得DHEF的值即可．【详解】解：（1）∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝60°，∵HB＝HD，CH⊥BD，∴CH是BD的中垂线，∴CB＝CD，∴∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）如图1，过点H作HK⊥BC于点K，当m＝2时，BC＝2，∴AB22AC BC5，∴cos∠ABC＝BCAB 5，∴BH＝BC•cos∠ABC25，∴BK＝BH•cos∠ABC＝25，∴BE＝2BK＝45；（3）①分两种情况：I．当点E在C右侧时，如图2，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC＝3CE＝m，∴CE＝13m，BE＝23m，∵DE∥AC，∴△DEB～△ACB，∴DEAC ＝BEBC＝23，∴DE＝23AC＝83，∵CD＝CB＝m，∴Rt△CDE中，由勾股定理得：2281m33⎛⎫⎛⎫⎪⎭⎝+⎪⎝⎭＝m2，∵m＞0，∴m＝22；II．当点E在C左侧时，如图3，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC＝3CE，∴CE＝13m，BE＝32m，∵DE∥AC，∴△DEB～△ACB，∴DEAC ＝BEBC＝32，∴DE ＝32AC ＝6， ∵CD ＝CB ＝m ，∴Rt △CDE 中，由勾股定理得：62+21m 3⎛⎫ ⎪⎝⎭＝m 2， ∵m ＞0， ∴m ＝42；综上所述，①当BC ＝3CE 时，m ＝22或42． ②如图4，过F 作FG ⊥HE 于点G ，∵CH ⊥AB ，HB ＝HD ， ∴CB ＝CD ， ∴∠CBD ＝∠CDB ，∴DFE BEF =，即DF EF BE EF +=+， ∴DF BE =， ∴EF ∥BD ，∴FHD EFHS S＝DHEF， ∵在Rt △FHG 中，FG HG ＝tan ∠FHE ＝512，设FG ＝5k ，HG ＝12k ，则FH 22FG HG +22(5)(12)k k +＝13k ， ∴DH ＝HE ＝FH ＝13k ，EG ＝HE ﹣HG ＝13k ﹣12k ＝k ， ∴EF 22FG EG +22(5)k k +26k ， ∴FHD EFHSS＝26k 26．【点睛】本题考查的是圆的几何综合题，主要考查圆的性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形判定及性质，解直角三角形知识等；综合性较强，有一定难度，解题要求对所学知识点熟练掌握和运用数形结合思维分析．8．△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BHOG2，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=122，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 ACBAF 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 ．∴12HF 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 HGHG x=． ∴．∴S △BHG =12BH•HG=12×2x•2x =42，解得：x=2． ∴HB=4，GH=22．由勾股定理可知：BG=26． ∴MF=26． ∴MN=NF=6．【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．9．如图，在梯形ABCD 中，AD//BC ，AB=CD=AD=5，cos 45B =，点O 是边BC 上的动点，以OB 为半径的O 与射线BA 和边BC 分别交于点E 和点M ，联结AM ，作∠CMN=∠BAM ，射线MN 与边AD 、射线CD 分别交于点F 、N ．（1）当点E 为边AB 的中点时，求DF 的长；（2）分别联结AN 、MD ，当AN//MD 时，求MN 的长；（3）将O 绕着点M 旋转180°得到'O ，如果以点N 为圆心的N 与'O 都内切，求O 的半径长．【答案】（1）DF 的长为158；（2）MN 的长为5；（3）O 的半径长为258．【解析】【分析】（1）作EHBM ⊥于H ，根据中位线定理得出四边形BMFA 是平行四边形，从而利用cos 45B =解直角三角形即可求算半径，再根据平行四边形的性质求FD 即可；（2）先证AMB CNM ∠=∠，再证MAD CNM ∠=∠，从而证明AFM NFD ∆~∆，得到AF MFAF DF NF MF NF DF=⇒=，再通过平行证明AFN DFM ∆~∆，从而得到AF NFAF MF NF DF DF MF=⇒=，通过两式相乘得出AF NF =再根据平行得出NF DF =，从而得出答案．（3）通过图形得出MN 垂直平分'OO ,从而得出90BAM CMN ∠=∠=︒，再利用cos 45B =解三角函数即可得出答案．【详解】（1）如图，作EHBM ⊥于H ：∵E 为AB 中点，45,cos 5AB AD DC B ====∴52AE BE ==∴cos 45BH B BE == ∴2BH =∴2253222EH ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭设半径为r ，在Rt OEH ∆中：()222322r r ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭解得：2516r =∵,E O 分别为,BA BM 中点∴BAM BEO OBE ∠=∠=∠ 又∵CMN BAM ∠=∠ ∴CMN OBE ∠=∠ ∴//MF AB∴四边形BMFA 是平行四边形∴2528AF BM r ===∴2515588FD AD AF =-=-= （2）如图：连接MD AN ，∵,B C BAM CMN ∠=∠∠=∠∴AMB CNM ∠=∠又∵AMB MAD ∠=∠∴MAD CNM ∠=∠又∵AFM NFD ∠=∠∴AFM NFD ∆~∆ ∴AF MF AF DF NF MF NF DF=⇒=① 又∵//MD AN∴AFN DFM ∆~∆ ∴AF NF AF MF NF DF DF MF=⇒=② 由①⨯②得; 22AF NF AF NF =⇒=∴NF DF =∴5MN AD ==故MN 的长为5；（3）作如图：∵圆O 与圆'O 外切且均与圆N 内切设圆N 半径为R ，圆O 半径为r∴'=NO R r NO -=∴N 在'OO 的中垂线上∴MN 垂直平分'OO∴90NMC ∠=︒∵90BAM CMN ∠=∠=︒∴A 点在圆上 ∴54cos 5AB B BM BM === 解得：254BM = O 的半径长为258【点睛】本题是一道圆的综合题目，难度较大，掌握相似之间的关系转化以及相关线段角度的关系转化是解题关键．10．在O 中，AB 为直径，CD 与AB 相较于点H ，弧AC=弧AD（1）如图1，求证：CD AB ⊥;（2）如图2，弧BC 上有一点E ，若弧CD=弧CE ，求证：3EBA ABD ∠=∠;（3）如图3，在（2）的条件下，点F 在上，连接,//FH FH DE ，延长FO 交DE 于点K ，若165,55FK DB BE ==，求AB ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1855AB =．【解析】【分析】（1）连接,OC OD ,根据AC AD = 得出COA DOA ∠=再根据OC OD =得出OCD ODC ∠=∠，从而得证；（2）连接,BC BD ,根据AC AD =得出,BC BD BA CD =⊥，CBA ABD ∠=∠，再根据CE CD =,得出CBE CBD ∠=∠,从而得出结论；（3）作,CM DB CN BE ⊥⊥，过点P 作,PT BE PS BD ⊥⊥，,5BE BP a DB a ===先证CDM CEN ∆≅∆，DM EN =，再证,CMB CNB BM BN ∆≅∆=，设DM b =，得出2b a =，再算出,CM CD 得出CPD ∆为等腰三角形，再根据BP 是角平分线利用角平分线定理得出BCP EBP S DP BD S PE BE∆==，从而算出,PE DE ,再根据三角函数值算出BG ,,,,AB r OG OH ，再根据//FH DE 得出HO OF GO OK=，从而计算AB ．【详解】（1）连接OC ，CD因为AC AD =，所以COA DOA ∠=∠OC OD =，,OA CD CD AB ∴⊥∴⊥;(2)连接BC ，,BC BD BA CD =⊥所以AB 平分CBD ∠，设ABD ABC α∠=∠=2CBD α∴∠=CD CE ∴=2CBE CBD α∴∠=∠=，3EBA α∴∠=3EBA ABD ∴∠=∠．(3) 2,90EBC BPE PEB αα︒∠=∠=∠=-设,5BE BP a DB a ===作,CM DB CN BE ⊥⊥，可证：CDM CEN ∆≅∆，DM EN =，再证：,CMB CNB BM BN ∆≅∆=设,5,2DM EN b a b a b b a ==+=-∴=在CBM ∆中勾股4CM a =在CDM ∆中勾股25CD a =得CPD ∆为等腰三角形25DP DC a ==因为BP 为角平分线，过点P 作,PT BE PS BD ⊥⊥可证：5BCP EBP S DP BD S PE BE ∆=== 2525,53PE a DE a ∴== 14tan ,tan 223αα== 2555,32BG a AB a ∴== 557535,,4124r a OG a OH a === //FH DE97HO OF GO OK ∴== 995185,1655OF KF AB ===【点睛】本题是一道圆的综合题目，难度较大，考查了圆相关的性质以及与三角形综合，掌握相关的线段与角度转化是解题关键．。

九年级数学圆几何综合检测题(WORD版含答案)

九年级数学圆几何综合检测题（WORD版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．如图，抛物线的对称轴为轴，且经过(0，0)，()两点，点P在抛物线上运动，以P为圆心的⊙P经过定点A(0，2)，(1)求的值；(2)求证：点P在运动过程中，⊙P始终与轴相交；(3)设⊙P与轴相交于M，N(＜)两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．【答案】（1）a=，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．【解析】试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x2比较得出答案即可；（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN 时，求出a的值，进而得出圆心P的纵坐标即可．试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（，）两点，∴抛物线的一般式为：y=ax2，∴=a（）2，解得：a=±，∵图象开口向上，∴a=，∴抛物线解析式为：y=x2，故a=，b=c=0；（2）设P（x，y），⊙P的半径r=，又∵y=x2，则r=，化简得：r=＞x2，∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设P（a，a2），∵PA=，作PH⊥MN于H，则PM=PN=，又∵PH=a2，则MH=NH==2，故MN=4，∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），又∵A（0，2），∴AM=，AN=，当AM=AN时，=，解得：a=0，当AM=MN时，=4，解得：a=2±2（负数舍去），则a2=4+2；当AN=MN时，=4，解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a2=4﹣2；综上所述，P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．考点：二次函数综合题．2．已知：四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝90°，DE⊥AB，垂足为点E，DE的锯长线交⊙O于点F，DC的延长线与FB的延长线交于点G．（1）如图1，求证：GD＝GF；（2）如图2，过点B作BH⊥AD，垂足为点M，B交DF于点P，连接OG，若点P在线段OG上，且PB＝PH，求∠ADF的大小；（3）如图3，在（2）的条件下，点M是PH的中点，点K在BC上，连接DK，PC，D交PC点N，连接MN，若AB＝122，HM+CN＝MN，求DK的长．【答案】（1）见解析；（2）∠ADF＝45°；（3）1810．【解析】【分析】（1）利用“同圆中，同弧所对的圆周角相等”可得∠A＝∠GFD，由“等角的余角相等”可得∠A＝∠GDF，等量代换得∠GDF＝∠GFD，根据“三角形中，等角对等边”得GD＝GF；（2）连接OD、OF，由△DPH≌△FPB可得：∠GBH＝90°，由四边形内角和为360°可得：∠G＝90°，即可得：∠ADF＝45°；（3）由等腰直角三角形可得AH＝BH＝12，DF＝AB＝12，由四边形ABCD内接于⊙O，可得：∠BCG＝45°＝∠CBG，GC＝GB，可证四边形CDHP是矩形，令CN＝m，利用勾股定理可求得m＝2，过点N作NS⊥DP于S，连接AF，FK，过点F作FQ⊥AD于点Q，过点F 作FR⊥DK交DK的延长线于点R，通过构造直角三角形，应用解直角三角形方法球得DK．【详解】解：（1）证明：∵DE ⊥AB∴∠BED ＝90°∴∠A +∠ADE ＝90°∵∠ADC ＝90°∴∠GDF +∠ADE ＝90°∴∠A ＝∠GDF∵BD BD =∴∠A ＝∠GFD∴∠GDF ＝∠GFD∴GD ＝GF（2）连接OD 、OF∵OD ＝OF ，GD ＝GF∴OG ⊥DF ，PD ＝PF在△DPH 和△FPB 中PD PF DPH FPB PH PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DPH ≌△FPB （SAS ）∴∠FBP ＝∠DHP ＝90°∴∠GBH ＝90°∴∠DGF ＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°∴∠GDF ＝∠DFG ＝45°∴∠ADF ＝45°（3）在Rt △ABH 中，∵∠BAH ＝45°，AB ＝∴AH ＝BH ＝12∴PH ＝PB ＝6∵∠HDP ＝∠HPD ＝45°∴DH ＝PH ＝6∴AD ＝12+6＝18，PN ＝HM ＝12PH ＝3，PD ＝∵∠BFE ＝∠EBF ＝45°∴EF ＝BE∵∠DAE ＝∠ADE ＝45°∴DE ＝AE∴DF ＝AB ＝∵四边形ABCD 内接于⊙O∴∠DAB +∠BCD ＝180°∴∠BCD ＝135°∴∠BCG ＝45°＝∠CBG∴GC ＝GB又∵∠CGP ＝∠BGP ＝45°，GP ＝GP∴△GCP ≌△GBP （SAS ）∴∠PCG ＝∠PBG ＝90°∴∠PCD ＝∠CDH ＝∠DHP ＝90°∴四边形CDHP 是矩形∴CD ＝HP ＝6，PC ＝DH ＝6，∠CPH ＝90°令CN ＝m ，则PN ＝6﹣m ，MN ＝m +3在Rt △PMN 中，∵PM 2+PN 2＝MN 2∴32+（6﹣m ）2＝（m +3）2，解得m ＝2∴PN ＝4过点N 作NS ⊥DP 于S ，在Rt △PSN 中，PS ＝SN ＝DS ＝﹣＝SN 1tanDS 2SDN ∠=== 连接AF ，FK ，过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ，过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R 在Rt △DFQ 中，FQ ＝DQ ＝12∴AQ ＝18﹣12＝6∴tan 1226FQ FAQ AQ ∠=== ∵四边形AFKD 内接于⊙O ，∴∠DAF +∠DKF ＝180°∴∠DAF ＝180°﹣∠DKF ＝∠FKR在Rt △DFR 中，∵DF ＝1tan 2FDR ∠=∴FR DR ==在Rt △FKR 中，∵FR ＝5 tan ∠FKR ＝2∴KR ＝5∴DK ＝DR ﹣KR ＝==．【点睛】本题是一道有关圆的几何综合题，难度较大，主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形性质及判定，等腰直角三角形性质，解直角三角形等知识点；解题关键是添加辅助线构造直角三角形．3．如图，已知直线AB经过⊙O上的点C，并且OA＝OB，CA＝CB，（1）求证：直线AB是⊙O的切线；（2）OA，OB分别交⊙O于点D，E，AO的延长线交⊙O于点F，若AB＝4AD，求sin∠CFE 的值．【答案】（1）见解析；（2）5【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质得出OC⊥AB，根据切线的判定得出即可；（2）连接OC、DC，证△ADC∽△ACF，求出AF=4x，CF=2DC，根据勾股定理求出DC=35x，DF=3x，解直角三角形求出sin∠AFC，即可求出答案．【详解】（1）证明：连接OC，如图1，∵OA＝OB，AC＝BC，∴OC⊥AB，∵OC过O，∴直线AB是⊙O的切线；（2）解：连接OC、DC，如图2，∵AB＝4AD，∴设AD＝x，则AB＝4x，AC＝BC＝2x，∵DF为直径，∴∠DCF＝90°，∵OC⊥AB，∴∠ACO＝∠DCF＝90°，∴∠OCF＝∠ACD＝90°﹣∠DCO，∵OF＝OC，∴∠AFC＝∠OCF，∴∠ACD＝∠AFC，∵∠A＝∠A，∴△ADC∽△ACF，∴122AC AD DC xAF AC CF x====，∴AF＝2AC＝4x，FC＝2DC，∵AD＝x，∴DF＝4x﹣x＝3x，在Rt△DCF中，（3x）2＝DC2+（2DC）2，解得：DC35x，∵OA＝OB，AC＝BC，∴∠AOC＝∠BOC，∴DC EC=，∴∠CFE＝∠AFC，∴sin∠CFE＝sin∠AFC＝DCDF＝35553xx=．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的判定，解直角三角形，圆心角、弧、弦之间的关系，相似三角形的性质和判定的应用，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键，难度偏大．4．四边形ABCD内接于⊙O，连接AC、BD，2∠BDC+∠ADB＝180°．（1）如图1，求证：AC＝BC；（2）如图2，E为⊙O上一点，AE＝BE，F为AC上一点，DE与BF相交于点T，连接AT，若∠BFC＝∠BDC+12∠ABD，求证：AT平分∠DAB；（3）在（2）的条件下，DT＝TE，AD＝8，BD＝12，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）82【解析】【分析】（1）只要证明∠CAB=∠CBA即可．（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．想办法证明TL=TH即可解决问题．（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．证明△EAG≌△TDH（AAS），推出AG=DH，证明Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），推出DH=DR，同理可得AL=AH，BR=BL，设DH=x，则AB=2x，由S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h，可得AQ=52h，再根据sin∠BDE=sin∠ADE，sin∠AED=sin∠ABD，构建方程组求出m即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC＝180°，即∠ADB+∠BDC+∠ABC＝180°，∵2∠BDC+∠ADB＝180°，∴∠ABC＝∠BDC，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠BAC＝∠ABC，∴AC＝BC．（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．∵∠BFC＝∠BAC+∠ABF，∠BAC＝∠BDC，∴∠BFC＝∠BDC+∠ABF，∵∠BFC＝∠BDC+12∠ABD，∴∠ABF＝12∠ABD，∴BT平分∠ABD，∵AE＝BE∴∠ADE＝∠BDE，∴DT平分∠ADB，∵TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．∴TR＝TL，TR＝TH，∴TL＝TH，∴AT平分∠DAB．（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．∵AE＝BE∴∠EAB＝∠EDB＝∠EDA，AE＝BE，∵∠TAE＝∠EAB+∠TAB，∠ATE＝∠EDA+∠DAT，∴∠TAE＝∠ATE，∴AE＝TE，∵DT＝TE，∴AE＝DT，∵∠AGE＝∠DHT＝90°，∴△EAG≌△TDH（AAS），∴AG＝DH，∵AE＝EB，EG⊥AB，∴AG＝BG，∴2DH＝AB，∵Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），∴DH＝DR，同理可得AL=AH，BR＝BL，设DH＝x，则AB＝2x，∵AD＝8，DB＝12，∴AL＝AH＝8﹣x，BR＝12﹣x，AB＝2x＝8﹣x+12﹣x，∴x＝5，∴DH＝5，AB＝10，设TR＝TL＝TH＝h，DT＝m，∵S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h，∴12AQ＝（8+12+10）h，∴AQ＝52 h，∵sin∠BDE＝sin∠ADE，可得hm＝APAD＝AP8，sin∠AED＝sin∠ABD，可得APm＝AQAB＝AQ10＝5210h，∴APm＝52810mAP，解得m＝或﹣（舍弃），∴DE＝2m＝．【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理和判定定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．5．如图1，四边形ABCD中，、为它的对角线，E为AB边上一动点（点E不与点A、B重合），EF∥AC交BC于点F，FG∥BD交DC于点G，GH∥AC交AD于点H，连接HE．记四边形EFGH的周长为，如果在点的运动过程中，的值不变，则我们称四边形ABCD为“四边形”，此时的值称为它的“值”．经过探究，可得矩形是“四边形”．如图2，矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为．（1）等腰梯形（填“是”或“不是”）“四边形”；（2）如图3，是⊙O的直径，A是⊙O上一点，，点为上的一动点，将△沿的中垂线翻折，得到△．当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有个．【答案】“值”为10；（1）是；（2）最多有5个．【解析】试题分析：仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可；（1）根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断；（2）根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断.矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为10；（1）等腰梯形是“四边形”；（2）由题意得当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有5个.考点：动点问题的综合题点评：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．6．如图1，△ABC内接于⊙O，直径AD交BC于点E，延长AD至点F，使DF＝2OD，连接FC并延长交过点A的切线于点G，且满足AG∥BC，连接OC，若cos∠BAC＝13，BC＝8．（1）求证：CF是⊙O的切线；（2）求⊙O的半径OC；（3）如图2，⊙O的弦AH经过半径OC的中点F，连结BH交弦CD于点M，连结FM，试求出FM的长和△AOF的面积．【答案】（1）见解析；（2）32332232【解析】【分析】（1）由DF=2OD，得到OF=3OD=3OC，求得13OE OCOC OF==，推出△COE∽△FOE，根据相似三角形的性质得到∠OCF=∠DEC=90°，于是得到CF是⊙O的切线；（2）利用三角函数值，设OE=x，OC=3x，得到CE=3，根据勾股定理即可得到答案；（3）连接BD，根据圆周角定理得到角相等，然后证明△AOF∽△BDM，由相似三角形的性质，得到FM为中位线，即可求出FM的长度，由相似三角形的性质，以及中线分三角形的面积为两半，即可求出面积.【详解】解：（1）∵DF＝2OD，∴OF＝3OD＝3OC，∴13 OE OCOC OF==，∵∠COE＝∠FOC，∴△COE∽△FOE，∴∠OCF＝∠DEC＝90°，∴CF是⊙O的切线；（2）∵∠COD＝∠BAC，∴cos∠BAC＝cos∠COE＝13 OEOC=，∴设OE＝x，OC＝3x，∵BC＝8，∴CE＝4，∵CE⊥AD，∴OE2+CE2＝OC2，∴x2+42＝9x2，∴x2（负值已舍去），∴OC ＝3x ＝32，∴⊙O 的半径OC 为32；（3）如图，连结BD ，由圆周角定理，则∠OAF=∠DBM ，2AOF ADC ∠=∠，∵BC ⊥AD ，∴AC AB =，∴∠ADC=∠ADB ，∴2AOF ADC BDM ∠=∠=∠，∴△AOF ∽△BDM ；∵点F 是OC 的中点，∴AO ：OF=BD ：DM=2，又∵BD=DC ，∴DM=CM ，∴FM 为中位线，∴322， ∴S △AOF : S △BDM =(326 2 34=； ∵111118(322)4222222BDM BCD S S BC DE ∆∆==⨯•=⨯⨯⨯= ∴S △AOF =3424=32 【点睛】本题考查了圆的综合问题，圆周角定理，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，利用勾股定理求边长，以及三角形中线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的定理和性质，运用属性结合的思想进行解题.7．如图，PA ，PB 分别与O 相切于点A 和点B ，点C 为弧AB 上一点，连接PC 并延长交O 于点F ，D 为弧AF 上的一点，连接BD 交FC 于点E ，连接AD ，且2180APB PEB ∠+∠=︒．（1）如图1，求证：//PF AD ；（2）如图2，连接AE ，若90APB ∠=︒，求证：PE 平分AEB ∠；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AB 交PE 于点H ，连接OE ，8AD =，4sin 5ABD ∠=，求PH 的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）257 【解析】【分析】（1）连接OA 、OB ，由切线的性质可得90OAP OBP ∠=∠=︒，由四边形内角和是360︒，得180∠+∠=︒P AOB ，由同弧所对的圆心角是圆周角的一半，得到2AOB ADB ∠=∠，等量代换得到ADB PEB ∠=∠，由同位角相等两直线平行，得到//PF AD ；（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K ，由90APB ∠=︒得290PEB ∠=︒，从而45PEB ∠=︒，由切线的性质，得PA PB =，由PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，得PE PK =，从而90APE EPB ︒∠=-∠，进而APE BPK ∠=∠，即可证得APE BPK ∆∆≌由此45K AEP ∠=∠=︒，得到AEP PEB ∠=∠，即可证得PE 平分AEB ∠；（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM ，由45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，可得DE AE =，由OA 、OD 为半径，可得OA OD =，即可证出DEO AEO ∆∆≌，由直径所对的圆周角是直角，可得90ADM ∠=︒，在Rt ADM ∆中，由正弦定义可得10AM =，由此5OA OB ==，由OAPB 为正方形，对角线AB 垂直平分OP ，从而，OH PH =.在Rt OAP ∆中，252OP OA ==.延长EO 交AD 于K ，在Rt OEP ∆中，由勾股定理得7PE =，在Rt OEH ∆中，由勾股定理得257PH =. 【详解】（1）连接OA 、OB∵PA 、PB 与圆O 相切于点A 、B ，且OA 、OB 为半径，∴OA AP ⊥，OB BP ⊥，∴90OAP OBP ∠=∠=︒，∴在四边形AOBP 中，360180180P AOB ∠+∠=︒-︒=︒，∵AB AB =，∴2AOB ADB ∠=∠，∴2180P ADB ∠+∠=︒，∵2180P PEB ∠+∠=︒，∴ADB PEB ∠=∠，∴//PF AD（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K∵90APB ∠=︒，∴21809090PEB ∠=︒-︒=︒， ∴45PEB ∠=︒，∵PA 、PB 为圆O 的切线，∴PA PB =，∵PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，∴PE PK = ，∵9090APE EPB KPB EPB ︒︒∠=-∠=∠=-∠，∴APE BPK ∠=∠，∴APE BPK ∆∆≌，∴45K AEP ∠=∠=︒，∴AEP PEB ∠=∠，∴PE 平分AEB ∠；（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM∵45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，∴DE AE =，∵OA 、OD 为半径，∴OA OD =，∵OE OE =，∴DEO AEO ∆∆≌， ∴1452AEO OED AED ∠=∠=∠=︒， ∴90OEP ∠=︒，∵AM 为圆O 的直径，∴90ADM ∠=︒，∵弧AD =弧AD ，∴ABD AMD ∠=∠，在Rt ADM ∆中，8AD =，4sin 5AMD ∠=，则10AM =， ∴5OA OB ==，由题易证四边形OAPB 为正方形，∴对角线AB 垂直平分OP ，AB OP =，∵H 在AB 上，∴OH PH =，在Rt OAP ∆中，OP ==延长EO 交AD 于K ，∵DE AE =，可证OK AD ⊥，DOK ABD ∠=∠，∴4DK KE ==，3OK =，1OE =∴在Rt OEP ∆中，7PE ==在Rt OEH ∆中，222OH OE EH =+∵OH PH =，7EH PE HP PH =-=-∴()22217PH PH =+- ∴257PH =．【点睛】本题考查了圆的综合题，圆的性质，等腰三角形的性质，相交弦定理，正弦定理，勾股定理，灵活运用这些性质定理解决问题是本题的关键．8．（1）如图1，A 是⊙O 上一动点，P 是⊙O 外一点，在图中作出PA 最小时的点A ．（2）如图2，Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝8，BC ＝6，以点C 为圆心的⊙C 的半径是3.6，Q 是⊙C 上一动点，在线段AB 上确定点P 的位置，使PQ 的长最小，并求出其最小值．（3）如图3，矩形ABCD 中，AB ＝6，BC ＝9，以D 为圆心，3为半径作⊙D ，E 为⊙D 上一动点，连接AE，以AE为直角边作Rt△AEF，∠EAF＝90°，tan∠AEF＝13，试探究四边形ADCF的面积是否有最大或最小值，如果有，请求出最大或最小值，否则，请说明理由．【答案】（1）作图见解析；（2）PQ长最短是1.2；（3）四边形ADCF面积最大值是81313+，最小值是81313-．【解析】【分析】（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求；（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短，根据勾股定理以及三角形的面积公式即可求出其最小值；（3）△ACF的面积有最大和最小值，取AB的中点G，连接FG，DE，证明△FAG～△EAD，进而证明点F在以G为圆心1为半径的圆上运动，过G作GH⊥AC于H，交⊙G于F1，GH 反向延长线交⊙G于F2，①当F在F1时，△ACF面积最小，分别求出△ACD的面积和△ACF 的面积的最小值即可得出四边形ADCF的面积的最小值；②当F在F2时，四边形ADCF的面积有最大值，在⊙G上任取异于点F2的点P，作PM⊥AC于M，作GN⊥PM于N，利用矩形的判定与性质以及三角形的面积公式即可得出得出四边形ADCF的面积的最大值．【详解】解：（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求，如图1所示；（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短．理由：分别在线段AB，⊙C上任取点P'，点Q'，连接P'，Q'，CQ'，如图2，由于CP ⊥AB ，根据垂线段最短，CP ≤CQ '+P 'Q '，∴CO +PQ ≤CQ '+P 'Q '，又∵CQ ＝CQ '，∴PQ ＜P 'Q '，即PQ 最短．在Rt △ABC 中10AB ===，1122ABC S AC BC AB CP ∆=•=•， ∴68 4.810AC BC CP AB •⨯===， ∴PQ ＝CP ﹣CQ ＝6.8﹣3.6＝1.2，∴ 3.6BP ==．当P 在点B 左侧3.6米处时，PQ 长最短是1.2．（3）△ACF 的面积有最大和最小值．如图3，取AB 的中点G ，连接FG ，DE ．∵∠EAF ＝90°，1tan 3AEF ∠=， ∴13AF AE = ∵AB ＝6，AG ＝GB ，∴AC ＝GB ＝3，又∵AD ＝9， ∴3193AG AD ==， ∴DAF AE AG A = ∵∠BAD ＝∠B ＝∠EAF ＝90°，∴∠FAG ＝∠EAD ，∴△FAG ～△EAD ， ∴13FG AF DE AE ==， ∵DE ＝3，∴FG ＝1，∴点F 在以G 为圆心1为半径的圆上运动，连接AC ，则△ACD 的面积＝692722CD AD ⨯=⨯=，过G 作GH ⊥AC 于H ，交⊙G 于F 1，GH 反向延长线交⊙G 于F 2，①当F 在F 1时，△ACF 面积最小．理由：由（2）知，当F 在F 1时，F 1H 最短，这时△ACF 的边AC 上的高最小，所以△ACF 面积有最小值，在Rt △ABC 中，222269313AC AB BC =+=+=∴313sin 313BC BAC AC ∠=== 在Rt △ACH 中，313913sin 31313GH AG BAC =•∠=⨯=， ∴119131F H GH GF =-=-， ∴△ACF 面积有最小值是：11191327313313(1)22AC F H -•=⨯-=； ∴四边形ADCF 面积最小值是：27313813132722--+=； ②当F 在F 2时，F 2H 最大理由：在⊙G 上任取异于点F 2的点P ，作PM ⊥AC 于M ，作GN ⊥PM 于N ，连接PG ，则四边形GHMN 是矩形，∴GH ＝MN ，在Rt △GNP 中，∠NGF 2＝90°，∴PG ＞PN ，又∵F 2G ＝PG ，∴F 2G +GH ＞PN +MN ，即F 2H ＞PM ，∴F 2H 是△ACF 的边AC 上的最大高，∴面积有最大值， ∵22913113F H GH GF =+=+， ∴△ACF 面积有最大值是21191327313313(1)22AC F H +•=⨯+=； ∴四边形ADCF 面积最大值是273138131327+++= 综上所述，四边形ADCF 面积最大值是813132+，最小值是813132- 【点睛】本题为圆的综合题，考查了矩形，圆，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．9．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）2323y x x =；（3）323y x =；（4）128383,M 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13)C ；（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3a =，b = ∴抛物线解析式为2y 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20k b k b ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，解得k =b = ∴直线BF的解析式为33y x =+；（4）①当M 在x轴上方时，存在2()M x ，211:[4)]:[216:322AMF 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2()M x x ，211:[4)]:[216:322AMF OAB S S ∆∆=-⨯⨯⨯=，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．10．在O中，AB为直径，CD与AB相较于点H，弧AC=弧AD（1）如图1，求证：CD AB⊥;（2）如图2，弧BC上有一点E，若弧CD=弧CE，求证：3EBA ABD∠=∠;（3）如图3，在（2）的条件下，点F在上，连接,//FH FH DE，延长FO交DE于点K，若165,55FK DB BE==，求AB．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）185AB=．【解析】【分析】（1）连接,OC OD,根据AC AD=得出COA DOA∠=再根据OC OD=得出OCD ODC∠=∠，从而得证；（2）连接,BC BD,根据AC AD=得出,BC BD BA CD=⊥，CBA ABD∠=∠，再根据CE CD=,得出CBE CBD∠=∠,从而得出结论；（3）作,CM DB CN BE⊥⊥，过点P作,PT BE PS BD⊥⊥，,5BE BP a DB a===先证CDM CEN∆≅∆，DM EN=，再证,CMB CNB BM BN∆≅∆=，设DM b=，得出2b a=，再算出,CM CD得出CPD∆为等腰三角形，再根据BP是角平分线利用角平分线定理得出BCPEBPS DP BDS PE BE∆==，从而算出,PE DE,再根据三角函数值算出BG,,,,AB r OG OH，再根据//FH DE得出HO OFGO OK=，从而计算AB．【详解】（1）连接OC，CD因为AC AD=，所以COA DOA∠=∠OC OD=，,OA CD CD AB∴⊥∴⊥;(2)连接BC ，,BC BD BA CD =⊥所以AB 平分CBD ∠，设ABD ABC α∠=∠=2CBD α∴∠=CD CE ∴=2CBE CBD α∴∠=∠=，3EBA α∴∠=3EBA ABD ∴∠=∠．(3) 2,90EBC BPE PEB αα︒∠=∠=∠=-设,5BE BP a DB a ===作,CM DB CN BE ⊥⊥，可证：CDM CEN ∆≅∆，DM EN =，再证：,CMB CNB BM BN ∆≅∆=设,5,2DM EN b a b a b b a ==+=-∴=在CBM ∆中勾股4CM a =在CDM ∆中勾股25CD a =得CPD ∆为等腰三角形25DP DC a ==因为BP 为角平分线，过点P 作,PT BE PS BD ⊥⊥ 可证：5BCP EBP S DP BD S PE BE∆=== 2525,PE DE ∴==14tan ,tan 223αα== 2555,BG a AB a ∴== 557535,,4124r a OG a OH a === //FH DE97HO OF GO OK ∴== 995185,16OF KF AB ===【点睛】本题是一道圆的综合题目，难度较大，考查了圆相关的性质以及与三角形综合，掌握相关的线段与角度转化是解题关键．。

九年级圆几何综合检测题(Word版含答案)

九年级圆几何综合检测题（Word 版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．已知：如图，梯形ABCD 中，AD//BC ，AD 2=，AB BC CD 6===，动点P 在射线BA 上，以BP 为半径的P 交边BC 于点E （点E 与点C 不重合），联结PE 、PC ，设x BP =，PC y =.（1）求证：PE //DC ；（2）求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域；（3）联结PD ，当PDC B ∠=∠时，以D 为圆心半径为R 的D 与P 相交，求R 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）2436(09)y x x x =-+<<；（3）3605R << 【解析】【分析】 ()1根据梯形的性质得到B DCB ∠=∠，根据等腰三角形的性质得到B PEB ∠∠=，根据平行线的判定定理即可得到结论；()2分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、.G 推出四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，求得2BF FG GC ===，根据勾股定理得到22226242AF AB BF =-=-=，根据平行线分线段成比例定理得到223PH x =，13BH x =，求得163CH x =-，根据勾股定理即可得到结论； ()3作//EM PD 交DC 于.M 推出四边形PDME 是平行四边形.得到PE DM x ==，即 6MC x =-，根据相似三角形的性质得到1218655PD EC ==-=，根据相切两圆的性质即可得到结论．【详解】 ()1证明：梯形ABCD ，AB CD =，B DCB ∠∠∴=，PB PE =，B PEB ∠∠∴=，DCB PEB ∠∠∴=，//PE CD ∴；()2解：分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、G ．梯形ABCD 中，//AD BC ，，BC DG ⊥，BC PH ⊥，∴四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，2AD =，6BC DC ==，2BF FG GC ∴===，在Rt ABF 中，22226242AF AB BF =-=-=，//PH AF ，PH BP BH AF AB BF∴==6242x BH ==， 223PH x ∴=，13BH x =， 163CH x ∴=-，在Rt PHC 中，22PC PH CH =+22221()(6)33y x x ∴=+-2436(09)y x x x =-+<<， ()3解：作//EM PD 交DC 于M ．//PE DC ，∴四边形PDME 是平行四边形．PE DM x ∴==，即 6MC x =-，PD ME ∴=，PDC EMC ∠∠=，又PDC B ∠∠=，B DCB ∠=∠，DCB EMC PBE PEB ∠∠∠∠∴===．PBE ∴∽ECM ，PB BE EC MC ∴=，即232663x x x x =--，解得：185x =，即125BE =， 1218655PD EC ∴==-=，当两圆外切时，PD r R =+，即0(R =舍去)；当两圆内切时，-PD r R =，即10(R =舍去)，2365R =；即两圆相交时，3605R <<．【点睛】本题属于圆综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键.2．如图①，一个Rt △DEF 直角边DE 落在AB 上，点D 与点B 重合，过A 点作二射线AC 与斜边EF 平行，己知AB=12，DE=4，DF=3，点P 从A 点出发，沿射线AC 方向以每秒2个单位的速度运动，Q 为AP 中点，设运动时间为t 秒（t ＞0）•（1）当t=5时，连接QE ，PF ，判断四边形PQEF 的形状；（2）如图②，若在点P 运动时，Rt △DEF 同时沿着BA 方向以每秒1个单位的速度运动，当D 点到A 点时，两个运动都停止，M 为EF 中点，解答下列问题：①当D 、M 、Q 三点在同一直线上时，求运动时间t ；②运动中，是否存在以点Q 为圆心的圆与Rt △DEF 两个直角边所在直线都相切？若存在，求出此时的运动时间t ；若不存在，说明理由．【答案】（1）平行四边形EFPQ 是菱形；（2）t=；当t 为5秒或10秒时，以点Q 为圆心的圆与Rt △DEF 两个直角边所在直线都相切．【解析】试题分析：（1）过点Q 作QH ⊥AB 于H ，如图①，易得PQ=EF=5，由AC ∥EF 可得四边形EFPQ 是平行四边形，易证△AHQ ∽△EDF ，从而可得AH=ED=4，进而可得AH=HE=4，根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，则有AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后运用相似三角形的性质就可求出t的值；②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在∠ADF的角平分线上（如图③）或在∠FDB的角平分线（如图④）上，故需分两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质求出AH、DH（用t表示），再结合AB=12，DB=t建立关于t的方程，然后解这个方程就可解决问题．试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形．理由：过点Q作QH⊥AB于H，如图①，∵t=5，∴AP=2×5=10．∵点Q是AP的中点，∴AQ=PQ=5．∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，∴EF==5，∴PQ=EF=5．∵AC∥EF，∴四边形EFPQ是平行四边形，且∠A=∠FEB．又∵∠QHA=∠FDE=90°，∴△AHQ∽△EDF，∴．∵AQ=EF=5，∴AH=ED=4．∵AE=12-4=8，∴HE=8-4=4，∴AH=EH，∴AQ=EQ，∴PQ=EQ，∴平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，此时AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．∵EF∥AC，∴△DEM∽△DAQ，∴，∴，解得t=；②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上．Ⅰ．当点Q在∠ADF的角平分线上时，过点Q作QH⊥AB于H，如图③，则有∠HQD=∠HDQ=45°，∴QH=DH．∵△AHQ∽△EDF（已证），∴，∴，∴QH=，AH=，∴DH=QH=．∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，∴++t=12，∴t=5；Ⅱ．当点Q在∠FDB的角平分线上时，过点Q作QH⊥AB于H，如图④，同理可得DH=QH=，AH=．∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12，DB=t，∴-+t=12，∴t=10．综上所述：当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．考点：1．圆的综合题；2．线段垂直平分线的性质；3．勾股定理；4．菱形的判定；5．相似三角形的判定与性质．3．如图①，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝10，点D是AC边上一点（不与C 重合），以AD为直径作⊙O，过C作CE切⊙O于E，交AB于F．（1）若⊙O半径为2，求线段CE的长；（2）若AF＝BF，求⊙O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）CE＝2；（2）⊙O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 OCBC BA=，即8610r r-=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12108GE =，解得即可. 【详解】解：（1）如图①，连接OE ，∵CE 切⊙O 于E ，∴∠OEC ＝90°，∵AC ＝8，⊙O 的半径为2，∴OC ＝6，OE ＝2， ∴CE ＝2242OC OE -= ；（2）设⊙O 的半径为r ，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝10，AC ＝8，∴BC 22AB A C -＝6，∵AF ＝BF ，∴AF ＝CF ＝BF ，∴∠ACF ＝∠CAF ，∵CE 切⊙O 于E ，∴∠OEC ＝90°，∴∠OEC ＝∠ACB ，∴△OEC ∽△BCA ，∴OE OC BC BA =，即8610r r -= 解得r ＝3，∴⊙O 的半径为3；（3）如图②，连接BG ，OE ，设EG 交AC 于点M ，由对称性可知，CB＝CG，∵CE＝CG，∴∠EGC＝∠GEC，∵CE切⊙O于E，∴∠GEC+∠OEG＝90°，∵∠EGC+∠GMC＝90°，∴∠OEG＝∠GMC，∵∠GMC＝∠OME，∴∠OEG＝∠OME，∴OM＝OE，∴点M和点D重合，∴G、D、E三点在同一直线上，连接AE、BE，∵AD是直径，∴∠AED＝90°，即∠AEG＝90°，又CE＝CB＝CG，∴∠BEG＝90°，∴∠AEB＝∠AEG+∠BEG＝180°，∴A、E、B三点在同一条直线上，∴E、F两点重合，∵∠GEB＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B，∴△GBE∽△ABC，∴GB GEAB AC=，即12108GE=∴GE＝9.6，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4．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作直线MN，且∠MAC＝∠ABC．（1）求证：MN是⊙O的切线．（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．①求证：FD＝FG．②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1【解析】【分析】（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝CH．根据AB＝BH可求出答案．【详解】（1）证明：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠ABC＝90°；∵∠MAC＝∠ABC，∴∠MAC+∠CAB＝90°，即MA⊥AB，∴MN是⊙O的切线；（2）①证明：∵D是弧AC的中点，∴∠DBC＝∠ABD，∵AB是直径，∴∠CBG+∠CGB＝90°，∵DE⊥AB，∴∠FDG+∠ABD＝90°，∵∠DBC＝∠ABD，∴∠FDG＝∠CGB＝∠FGD，∴FD＝FG；②解：连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．∵∠DBC ＝∠ABD ，DH ⊥BC ，DE ⊥AB ，∴DE ＝DH ，在Rt △BDE 与Rt △BDH 中，DH DE BD BD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH （HL ），∴BE ＝BH ，∵D 是弧AC 的中点，∴AD ＝DC ，在Rt △ADE 与Rt △CDH 中，DE DH AD CD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH （HL ）．∴AE ＝CH ．∴BE ＝AB ﹣AE ＝BC+CH ＝BH ，即5﹣AE ＝3+AE ，∴AE ＝1．【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．5．如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，△ABC 的边BC 在y 轴的正半轴上，点A 在x 轴的正半轴上，点C 的坐标为（0，8），将△ABC 沿直线AB 折叠，点C 落在x 轴的负半轴D （−4，0）处．（1）求直线AB 的解析式；（2）点P 从点A 出发以每秒5AB 方向运动，过点P 作PQ ⊥AB ，交x 轴于点Q ，PR ∥AC 交x 轴于点R ，设点P 运动时间为t （秒），线段QR 长为d ，求d 与t 的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，点N 是射线AB 上一点，以点N 为圆心，同时经过R 、Q 两点作⊙N ，⊙N 交y 轴于点E ，F ．是否存在t ，使得EF =RQ ？若存在，求出t 的值，并求出圆心N 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）132y x =-+（2）d =5t （3）故当 t =85，或815，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）．【解析】试题分析：（1）由C （0，8），D （-4，0），可求得OC ，OD 的长，然后设OB=a ，则BC=8-a ，在Rt △BOD 中，由勾股定理可得方程：（8-a ）2=a 2+42,解此方程即可求得B 的坐标，然后由三角函数的求得点A 的坐标，再利用待定系数法求得直线AB 的解析式；（2）在Rt △AOB 中，由勾股定理可求得AB 的长，继而求得∠BAO 的正切与余弦，由PR//AC 与折叠的性质，易证得RQ=AR ，则可求得d 与t 的函数关系式；（3）首先过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ，易证得四边形NTOS 是正方形，然后分别从点N 在第二象限与点N 在第一象限去分析求解即可求解;试题解析：（1）∵C （0，8），D （-4，0），∴OC=8，OD=4，设OB=a ，则BC=8-a ，由折叠的性质可得：BD=BC=8-a ，在Rt △BOD 中，∠BOD=90°，DB 2=OB 2+OD 2，则（8-a ）2=a 2+42，解得：a=3，则OB=3，则B （0，3），tan ∠ODB=34OB OD = ，在Rt △AOC 中，∠AOC=90°，tan ∠ACB=34OA OC = ，则OA=6，则A （6，0），设直线AB 的解析式为：y=kx+b ，则60{3k b b +== ，解得：1{23k b =-= ，故直线AB 的解析式为：y=-12x +3；（2）如图所示：在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，则22135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠== ，255OA cos BAO AB∠==，在Rt △PQA 中，905APQ AP t ∠=︒=，则AQ=10cos AP t BAO=∠ , ∵PR ∥AC ，∴∠APR=∠CAB ，由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB ，∴∠BAO=∠APR ，∴PR=AR ，∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°，∴∠PQA=∠QPR ，∴RP=RQ ，∴RQ=AR ，∴QR=12AQ=5t, 即d=5t; （3）过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ，∵EF=QR ，∴NS=NT ，∴四边形NTOS 是正方形，则TQ=TR=1522QR t = ， ∴1115151022224NT AT AQ TQ t t t ==-=-=（）（），分两种情况，若点N 在第二象限，则设N （n ，-n ），点N 在直线132y x =-+ 上，则132n n -=-+ ，解得：n=-6，故N （-6，6），NT=6，即1564t = ，解得：85t = ; 若点N 在第一象限，设N （N ，N ），可得：132n n =-+ , 解得：n=2，故N （2，2），NT=2，即1524t =, 解得：t=815∴当 t =85，或815，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）。

初三数学圆的综合的专项培优易错难题练习题含详细答案

初三数学圆的综合的专项培优易错难题练习题含详细答案一、圆的综合1．（1）如图1，在矩形ABCD 中，点O 在边AB 上，∠AOC =∠BOD ，求证：AO =OB ；（2）如图2，AB 是⊙O 的直径，PA 与⊙O 相切于点A ，OP 与⊙O 相交于点C ，连接CB ，∠OPA =40°，求∠ABC 的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）25°.【解析】试题分析：（1）根据等量代换可求得∠AOD=∠BOC ，根据矩形的对边相等，每个角都是直角，可知∠A=∠B=90°，AD=BC ，根据三角形全等的判定AAS 证得△AOD ≌△BOC ，从而得证结论．（2）利用切线的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质得到圆心角∠POA 的度数，然后利用圆周角定理来求∠ABC 的度数．试题解析：（1）∵∠AOC=∠BOD∴∠AOC -∠COD=∠BOD-∠COD即∠AOD=∠BOC∵四边形ABCD 是矩形∴∠A=∠B=90°，AD=BC∴AOD BOC ∆≅∆∴AO=OB（2）解：∵AB 是O 的直径，PA 与O 相切于点A ， ∴PA ⊥AB ，∴∠A=90°.又∵∠OPA=40°，∴∠AOP=50°，∵OB=OC ，∴∠B=∠OCB.又∵∠AOP=∠B+∠OCB ， ∴1252B OCB AOP ∠=∠=∠=︒.2．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，以AB 为直径作⊙O ，⊙O 交BC 于点D ，交CA 的延长线于点E ．过点D 作DF ⊥AC ，垂足为F ．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若AB＝4，∠C＝30°，求劣弧BE的长．【答案】（1）证明见解析（2）4 3π【解析】分析：（1）连接AD、OD，根据直径所对的圆周角为直角，可得∠ADB=90°，然后根据等腰三角形的性质求出BD=CD，再根据中位线的性质求出OD⊥DF，进而根据切线的判定证明即可；（2）连接OE，根据三角形的外角求出∠BAE的度数，然后根据圆周角定理求出∠BOE的度数，根据弧长公式求解即可.详解：（1）连接AD、OD．∵AB是直径，∴∠ADB＝90°．∵AB＝AC，∴BD＝CD，又∵OA＝OB，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DF⊥AC，∴OD⊥DF即∠ODF＝90°．∴DF为⊙O的切线；（2）连接OE．∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BAE＝60°，∵∠BOE＝2∠BAE，∴∠BOE＝120°，∴＝·4π＝π．点睛：本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质和判定、切线的性质和判定、三角形的中位线、圆周角定理，灵活添加辅助线是解题关键．3．已知AB，CD都是O的直径，连接DB，过点C的切线交DB的延长线于点E．()1如图1，求证：AOD2E180∠∠+=；()2如图2，过点A作AF EC⊥交EC的延长线于点F，过点D作DG AB⊥，垂足为点G ，求证：DG CF =；()3如图3，在()2的条件下，当DG 3CE 4=时，在O 外取一点H ，连接CH 、DH 分别交O 于点M 、N ，且HDE HCE ∠∠=，点P 在HD 的延长线上，连接PO 并延长交CM 于点Q ，若PD 11=，DN 14=，MQ OB =，求线段HM 的长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）837+【解析】【分析】（1）由∠D +∠E =90°，可得2∠D +2∠E =180°，只要证明∠AOD =2∠D 即可；（2）如图2中，作OR ⊥AF 于R ．只要证明△AOR ≌△ODG 即可；（3）如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT ⊥CL 于T ，作NK ⊥CH 于K ，设CH 交DE 于W ．解直角三角形分别求出KM ，KH 即可；【详解】()1证明：如图1中，O 与CE 相切于点C ，OC CE ∴⊥，OCE 90∠∴=，D E 90∠∠∴+=，2D 2E 180∠∠∴+=，AOD COB ∠∠=，BOC 2D ∠∠=，AOD 2D ∠∠=，AOD 2E 180∠∠∴+=．()2证明：如图2中，作OR AF ⊥于R ．OCF F ORF 90∠∠∠===，∴四边形OCFR 是矩形，AF//CD ∴，CF OR =，A AOD ∠∠∴=，在AOR 和ODG 中，A AOD ∠∠=，ARO OGD 90∠∠==，OA DO =，AOR ∴≌ODG ，OR DG ∴=，DG CF ∴=，()3解：如图3中，连接BC 、OM 、ON 、CN ，作BT CL ⊥于T ，作NK CH ⊥于K ，设CH 交DE 于W ．设DG 3m =，则CF 3m =，CE 4m =，OCF F BTE 90∠∠∠===，AF//OC//BT ∴，OA OB =，CT CF 3m ∴==，ET m ∴=， CD 为直径，CBD CND 90CBE ∠∠∠∴===，E 90EBT CBT ∠∠∠∴=-=，tan E tan CBT ∠∠∴=，BT CT ET BT∴=，BT 3m m BT∴=，BT ∴=负根已经舍弃)，tan E ∠∴== E 60∠∴=，CWD HDE H ∠∠∠=+，HDE HCE ∠∠=，H E 60∠∠∴==，MON 2HCN 60∠∠∴==，OM ON =，OMN ∴是等边三角形，MN ON ∴=，QM OB OM ==，MOQ MQO ∠∠∴=，MOQ PON 180MON 120∠∠∠+=-=，MQO P 180H 120∠∠∠+=-=， PON P ∠∠∴=，ON NP 141125∴==+=，CD 2ON 50∴==，MN ON 25==，在Rt CDN 中，CN 48==，在Rt CHN 中，CN 48tan H HN HN∠===HN ∴=在Rt KNH 中，1KH HN 2==NK 24==，在Rt NMK 中，MK 7===，HM HK MK 7∴=+=．【点睛】本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解题的关键.4．不用圆规、三角板，只用没有刻度的直尺，用连线的方法在图1、2中分别过圆外一点A 作出直径BC 所在射线的垂线．【答案】画图见解析.【解析】【分析】根据直角所对的圆周角是直角，构造直角三角形，利用直角三角形性质可画出垂线；或结合圆的轴对称性质也可以求出垂线.【详解】解：画图如下：【点睛】本题考核知识点：作垂线.解题关键点：结合圆的性质和直角三角形性质求出垂线.5．如图，已知⊙O 的半径为1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿PQ 排成一列，所有正三角形都关于PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1的顶点A 1与点P 重合，第二个△A 2B 2C 2的顶点A 2是B 1C 1与PQ 的交点，…，最后一个△A n B n C n 的顶点B n 、C n 在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a 1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a 2=_____；如图3，正三角形的边长a n =_____（用含n 的代数式表示）．38313 24313n【解析】分析：（1）设PQ 与11B C 交于点D ，连接1B O ，得出OD=1A D -O 1A ，用含1a 的代数式表示OD ，在△O 1B D 中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a ；（2）设PQ 与2B 2C 交于点E ，连接2B O ，得出OE=1A E-O 1A ，用含2a 的代数式表示OE ，在△O 2B E 中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a ；（3）设PQ 与n B n C 交于点F ，连接n B O ，得出OF=1A F-O 1A ，用含an 的代数式表示OF ，在△O n B F 中，根据勾股定理求出正三角形的边长an ．本题解析：(1)易知△A 1B 1C 1的高为32 ∴a1.(2)设△A 1B 1C 1的高为h ，则A 2O ＝1－h ，连结B 2O ，设B 2C 2与PQ 交于点F ，则有OF ＝2h －1. ∵B 2O 2＝OF 2＋B 2F 2，∴1＝(2h －1)2＋2212a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ .∵h2，∴1＝2－1)2＋14a 22，解得a 2＝13. (3)同(2)，连结B n O ，设B n C n 与PQ 交于点F ，则有B n O 2＝OF 2＋B n F 2，即1＝(nh －1)2＋212n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭.∵h a n ，∴1＝14a n 2＋212n ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，解得a n6．如图，△ABC 内接于⊙O ，弦AD ⊥BC 垂足为H ，∠ABC ＝2∠CAD ．（1）如图1，求证：AB ＝BC ；（2）如图2，过点B 作BM ⊥CD 垂足为M ，BM 交⊙O 于E,连接AE 、HM ，求证：AE ∥HM;（3）如图3，在（2）的条件下，连接BD 交AE 于N ，AE 与BC 交于点F ，若NH ＝AD ＝11，求线段AB 的长.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AB的长为10.【解析】分析：（1）根据题意，设∠CAD=a，然后根据直角三角形的两锐角互余的关系，推导出∠BAC=∠ACB，再根据等角对等边得证结论；（2）延长AD、BM交于点N，连接ED.根据圆周角定理得出∠N=∠DEN=∠BAN，进而根据等角对等边，得到DE=DN,BA=BN，再根据等腰三角形和直角三角形的性质，求得MH∥AE；（3）连接CE，根据（2）的结论，由三角形全等的判定与性质证得HF=HC，然后结合勾股定理求出AC2-AH2=CD2-DH2，解得CD=5,CH=4,AH=8，最后根据锐角三角函数的性质得到AB.详解：（1）证明：设∠CAD=a,则∠ABC=2a,∠C=90°-a,∠BAD=90°-2a,∴∠BAC=90°-2a+a=90°-a∴∠BAC=∠ACB.∴AB=BC(2）证明：延长AD、BM交于点N，连接ED.∵∠DEN=∠DAB,∠N=∠BCD,∠BCD=∠BAN∴∠N=∠DEN=∠BAN∴DE=DN,BA=BN又∵BH⊥AN,DM⊥EN∴EM=NM,HN=HA,∴MH∥AE（3）连接CE.∠BDA=∠BCA,∠BDM=∠BAC,由（1）知∠BCA=∠BAC∴∠BDA=∠BDM,∴△BDM≌△BDH,∴DH=MH,∠MBD=∠HBD,∴BD⊥MH又∵MH∥AE,∴BD⊥EF,∴△FNB≌△ENB,同理可证△AFH ≌△ACH,∴HF=HC,又∵FN=NE∴NH ∥EC,EC=2NH,又∵NH=25,∴EC=45∠EAC=2∠AEC=2a=∠ABC,可证弧AC=弧EC,∴AC=EC=45设HD=x ，AH=11-x ，∵∠ADC=2∠CAD,翻折△CHD 至△CHG,可证CG=CD=AGAH=CD+DH,CD=AH-DH=11-x-x=11-2x又∵AC 2-AH 2=CD 2-DH 2,∴(45)2-(11-x)2=(11-2x)2-x 2∴x 1=3,x 2=272(舍去)∴CD=5,CH=4,AH=8. 又∵tan2AH CH a BH DH==,∴BH=6 ∴AB=22226810BM AH +=+= 点睛：此题主要考查了圆的综合，结合圆周角定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解直角三角形的性质，综合性比较强，灵活添加辅助线，构造方程求解是解题关键.7．如图，在RtΔABC 中，∠ABC=90°，AB=CB ，以AB 为直径的⊙O 交AC 于点D ，点E 是AB 边上一点（点E 不与点A 、B 重合），DE 的延长线交⊙O 于点G ，DF ⊥DG ，且交BC 于点F.（1）求证：AE=BF ；（2）连接EF ，求证：∠FEB=∠GDA ；（3）连接GF,若AE=2，EB=4，求ΔGFD 的面积.【答案】（1）（2）见解析；（3）9【解析】分析：（1）连接BD，由三角形ABC为等腰直角三角形，求出∠A与∠C的度数，根据AB 为圆的直径，利用圆周角定理得到∠ADB为直角，即BD垂直于AC，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到AD=DC=BD=12AC，进而确定出∠A=∠FBD，再利用同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形AED与三角形BFD全等，利用全等三角形对应边相等即可得证；（2）连接EF，BG，由三角形AED与三角形BFD全等，得到ED=FD，进而得到三角形DEF为等腰直角三角形，利用圆周角定理及等腰直角三角形性质得到一对同位角相等，利用同位角相等两直线平行，再根据平行线的性质和同弧所对的圆周角相等，即可得出结论；（3）由全等三角形对应边相等得到AE=BF=1，在直角三角形BEF中，利用勾股定理求出EF的长，利用锐角三角形函数定义求出DE的长，利用两对角相等的三角形相似得到三角形AED与三角形GEB相似，由相似得比例，求出GE的长，由GE+ED求出GD的长，根据三角形的面积公式计算即可．详解：（1）连接BD．在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，∴∠A=∠C=45°．∵AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，∴AD=DC=BD=12AC，∠CBD=∠C=45°，∴∠A=∠FBD．∵DF⊥DG，∴∠FDG=90°，∴∠FDB+∠BDG=90°．∵∠EDA+∠BDG=90°，∴∠EDA=∠FDB．在△AED和△BFD中，A FBDAD BDEDA FDB∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△AED≌△BFD（ASA），∴AE=BF；（2）连接EF，BG．∵△AED≌△BFD，∴DE=DF．∵∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴∠DEF=45°．∵∠G=∠A=45°，∴∠G=∠DEF，∴GB∥EF，∴∠FEB=∠GBA．∵∠GBA=∠GDA，∴∠FEB=∠GDA；（3）∵AE=BF，AE=2，∴BF=2．在Rt△EBF中，∠EBF=90°，∴根据勾股定理得：EF2=EB2+BF2．∵EB=4，BF=2，∴EF∵△DEF为等腰直角三角形，∠EDF=90°，∴cos∠DEF=DE EF．∵EF=∴DE=2．∵∠G=∠A，∠GEB=∠AED，∴△GEB∽△AED，∴GEAE=EBED，即GE•ED=AE•EB，∴10•GE =8，即GE =4105，则GD =GE +ED =9105． ∴1191011092252S GD DF GD DE =⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯=．点睛：本题属于圆综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答本题的关键．8．解决问题：() 1如图①，半径为4的O 外有一点P ，且7PO =，点A 在O 上，则PA 的最大值和最小值分别是______和______．()2如图②，扇形AOB 的半径为4，45AOB ∠=，P 为弧AB 上一点，分别在OA 边找点E ，在OB 边上找一点F ，使得PEF 周长的最小，请在图②中确定点E 、F 的位置并直接写出PEF 周长的最小值；拓展应用()3如图③，正方形ABCD 的边长为42；E 是CD 上一点(不与D 、C 重合)，CF BE ⊥于F ，P 在BE 上，且PF CF =，M 、N 分别是AB 、AC 上动点，求PMN 周长的最小值．【答案】（1）11，3；（2）图见解析，PEF 周长最小值为423）41042．【解析】【分析】()1根据圆外一点P 到这个圆上所有点的距离中，最远是和最近的点是过圆心和该点的直线与圆的交点，容易求出最大值与最小值分别为11和3；()2作点P 关于直线OA 的对称点1P ，作点P 关于直线OB 的对称点2P ，连接1P 、2P ，与OA 、OB 分别交于点E 、F ，点E 、F 即为所求，此时PEF 周长最小，然后根据等腰直角三角形求解即可；()3类似()2题作对称点，PMN 周长最小12PP =，然后由三角形相似和勾股定理求解．【详解】解：()1如图①，圆外一点P 到这个圆上所有点的距离中，最大距离是和最小距离都在过圆心的直线OP 上，此直线与圆有两个交点，圆外一点与这两个交点的距离个分别最大距离和最小距离． PA ∴的最大值227411PA PO OA ==+=+=，PA 的最小值11743PA PO OA ==-=-=，故答案为11和3；()2如图②，以O 为圆心，OA 为半径，画弧AB 和弧BD ，作点P 关于直线OA 的对称点1P ，作点P 关于直线OB 的对称点2P ，连接1P 、2P ，与OA 、OB 分别交于点E 、F ，点E 、F 即为所求．连接1OP 、2OP 、OP 、PE 、PF ，由对称知识可知，1AOP AOP ∠∠=，2BOP BOP ∠∠=，1PE PE =，2PF P F = ∴1245AOP BOP AOP BOP AOB ∠∠∠∠∠+=+==，12454590POP ∠=+=，12POP ∴为等腰直角三角形，121PP ∴==PEF 周长1212PE PF EF PE P F EF PP =++=++=，此时PEF 周长最小．故答案为；()3作点P 关于直线AB 的对称1P ，连接1AP 、1BP ，作点P 关于直线AC 的对称2P ，连接1P 、2P ，与AB 、AC 分别交于点M 、N ．如图③由对称知识可知，1PM PM =，2PN P N =，PMN 周长1212PM PN MN PM P N MN PP =++=++=，此时，PMN 周长最小12PP =．由对称性可知，1BAP BAP ∠∠=，2EAP EAP ∠∠=，12APAP AP ==， ∴1245BAP EAP BAP EAP BAC ∠∠∠∠∠+=+==12454590P AP ∠=+=，12P AP ∴为等腰直角三角形，PMN ∴周长最小值12PP =，当AP 最短时，周长最小．连接DF ．CF BE ⊥，且PF CF =，45PCF ∠∴=，2PC CF = 45ACD ∠=， PCF ACD ∠∠∴=，PCA FCD ∠∠=，又2AC CD=， ∴在APC 与DFC 中，AC PC CD CF=，PCA FCD ∠∠= C AP ∴∽DFC ，2AP AC DF CD∴==， ∴2AP DF =90BFC ∠=，取AB 中点O ．∴点F 在以BC 为直径的圆上运动，当D 、F 、O 三点在同一直线上时，DF 最短． 2222(22)(42)2221022DF DO FO OC CD OC =-=+-=+-=-， AP ∴最小值为2AP DF =∴此时，PMN 周长最小值()12222222102241042PP AP DF ==⋅=⋅-=-．【点睛】本题考查圆以及正方形的性质，运用圆的对称性和正方形的对称性是解答本题的关键．9．在平面直角坐标系中，已知点A （2，0），点B （0，），点O （0，0）．△AOB 绕着O 顺时针旋转，得△A'OB'，点A 、B 旋转后的对应点为A'，B'，记旋转角为α．（Ⅰ）如图1，A'B'恰好经过点A时，求此时旋转角α的度数，并求出点B'的坐标；（Ⅱ）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA'和直线BB'交于点P，求证：AA'⊥BB'；（Ⅲ）若0°＜α＜360°，求（Ⅱ）中的点P纵坐标的最小值（直接写出结果即可）．【答案】（Ⅰ）α＝60°，B'（3，）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为﹣2．【解析】【分析】（Ⅰ）作辅助线,先根据点A（2,0）,点B（0,）,确定∠ABO＝30°,证明△AOA'是等边三角形,得旋转角α＝60°,证明△COB'是30°的直角三角形,可得B'的坐标;（Ⅱ）依据旋转的性质可得∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',即可得出∠OBB'＝∠OA'A ＝（180°﹣α）,再根据∠BOA'＝90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,即可得到∠BPA'＝90°,即AA'⊥BB';（Ⅲ）作AB的中点M（1,）,连接MP,依据点P的轨迹为以点M为圆心,以MP＝AB＝2为半径的圆,即可得到当PM∥y轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2.【详解】解：（Ⅰ）如图1，过B'作B'C⊥x轴于C,∵OA＝2,OB＝2,∠AOB＝90°,∴∠ABO＝30°,∠BAO＝60°,由旋转得：OA＝OA',∠A'＝∠BAO＝60°,∴△OAA'是等边三角形,∴α＝∠AOA'＝60°,∵OB＝OB'＝2,∠COB'＝90°﹣60°＝30°,∴B'C＝OB’＝,∴OC＝3,∴B'（3,）,（Ⅱ）证明：如图2,∵∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',∴∠OBB'＝∠OA'A＝（180°﹣α）,∵∠BOA'＝90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,∴∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°,即AA'⊥BB';（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为-2．理由是：如图，作AB的中点M（1,）,连接MP,∵∠APB＝90°,∴点P的轨迹为以点M为圆心,以MP＝AB＝2为半径的圆,除去点（2,2）,∴当PM⊥x轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2．【点睛】本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转的性质,含30°角的直角三角形的性质,四边形内角和以及圆周角定理的综合运用,解决问题的关键是判断点P的轨迹为以点M为圆心,以MP 为半径的圆．10．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD 交圆的切线BE于点E(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；(2)如果∠BED=60°，PD=3，求PA的长；(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x 的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．【详解】（1）直线PD为⊙O的切线，理由如下：如图1，连接OD，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO+∠BDO=90°，又∵DO=BO，∴∠BDO=∠PBD，∵∠PDA=∠PBD，∴∠BDO=∠PDA，∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，∵点D在⊙O上，∴直线PD为⊙O的切线；（2）∵BE是⊙O的切线，∴∠EBA=90°，∵∠BED=60°，∴∠P=30°，∵PD为⊙O的切线，∴∠PDO=90°，在Rt△PDO中，∠P=30°，∴0 tan30ODPD=，解得OD=1，∴PO，∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1；（3）如图2，依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF，∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，∵四边形AFBD内接于⊙O，∴∠DAF+∠DBF=180°，即90°+x+2x=180°，解得x=30°，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°，∵BE、ED是⊙O的切线，∴DE=BE，∠EBA=90°，∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，∴BD=DE=BE，又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，∴△BDF是等边三角形，∴BD=DF=BF，∴DE=BE=DF=BF，∴四边形DFBE为菱形.【点睛】本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．11．如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM上,∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC．(1) 试判断BE与FH的数量关系，并说明理由；(2) 求证：∠ACF=90°；(3) 连接AF，过A，E，F三点作圆，如图2. 若EC=4，∠CEF=15°，求的长.图1 图2【答案】（1）BE="FH" ；理由见解析（2）证明见解析（3）=2π【解析】试题分析：（1）由△ABE≌△EHF（SAS）即可得到BE=FH（2）由（1）可知AB=EH，而BC=AB，FH=EB，从而可知△FHC是等腰直角三角形，∠FCH 为45°，而∠ACB也为45°，从而可证明（3)由已知可知∠EAC=30°，AF是直径，设圆心为O，连接EO，过点E作EN⊥AC于点N，则可得△ECN为等腰直角三角形，从而可得EN的长，进而可得AE的长，得到半径，得到所对圆心角的度数，从而求得弧长试题解析：（1）BE=FH．理由如下：∵四边形ABCD是正方形∴∠B=90°，∵FH⊥BC ∴∠FHE=90°又∵∠AEF=90°∴∠AEB+∠HEF="90°" 且∠BAE+∠AEB=90°∴∠HEF=∠BAE ∴∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF∴△ABE≌△EHF（SAS）∴BE=FH(2)∵△ABE≌△EHF∴BC=EH，BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE="CH"∴CH=FH∴∠FCH=45°，∴∠FCM=45°∵AC是正方形对角线，∴∠ACD=45°∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90°（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形△AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上．设该中点为O．连结EO得∠AOE=90°过E作EN⊥AC于点NRt△ENC中，EC=4，∠ECA=45°，∴EN=NC=Rt△ENA中，EN =又∵∠EAF=45°∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）∴∠EAC=30°∴AE=Rt△AFE中，AE== EF，∴AF=8AE所在的圆O半径为4，其所对的圆心角为∠AOE=90°=2π·4·（90°÷360°）=2π考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数BC ，∠B=45°，点D在边BC上，联结AD，以点A 12．如图，已知△ABC，AB=2，3为圆心，AD为半径画圆，与边AC交于点E，点F在圆A上，且AF⊥AD．（1）设BD为x，点D、F之间的距离为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；BD CD的值；（2）如果E是DF的中点，求:（3）联结CF，如果四边形ADCF是梯形，求BD的长．【答案】(1) 2442y x x (0≤x≤3); (2) 45; (3) BD 的长是1或1+52. 【解析】【分析】（1）过点A 作AH ⊥BC ，垂足为点H ．构造直角三角形，利用解直角三角形和勾股定理求得AD 的长度．联结DF ，点D 、F 之间的距离y 即为DF 的长度，在Rt △ADF 中，利用锐角三角形函数的定义求得DF 的长度，易得函数关系式．（2）由勾股定理求得：AC=22AH DH +．设DF 与AE 相交于点Q ，通过解Rt △DCQ 和Rt △AHC 推知12DQ CQ =．故设DQ=k ，CQ=2k ，AQ=DQ=k ，所以再次利用勾股定理推知DC 的长度，结合图形求得线段BD 的长度，易得答案．（3）如果四边形ADCF 是梯形，则需要分类讨论：①当AF ∥DC 、②当AD ∥FC ．根据相似三角形的判定与性质，结合图形解答．【详解】（1）过点A 作AH ⊥BC ，垂足为点H ．∵∠B =45°，AB 2∴·cos 1BH AH AB B ===．∵BD 为x ，∴1DH x =-．在Rt △ADH 中，90AHD ∠=︒，∴22222AD AH DH x x =+=-+．联结DF ，点D 、F 之间的距离y 即为DF 的长度．∵点F 在圆A 上，且AF ⊥AD ，∴AD AF =，45ADF ∠=︒．在Rt △ADF 中，90DAF ∠=︒，∴2442cos AD DF x x ADF ==-+∠ ∴2442y x x =-+．()03x ≤≤ ;（2）∵E 是DF 的中点，∴AE DF ⊥，AE 平分DF ．∵BC=3，∴312HC =-=．∴225AC AH HC +=．设DF 与AE 相交于点Q ，在Rt △DCQ 中，90DQC ∠=︒，tan DQ DCQ CQ ∠=．在Rt △AHC 中，90AHC ∠=︒，1tan 2AH ACH HC ∠==．∵DCQ ACH ∠=∠，∴12DQ CQ =．设,2DQ k CQ k ==，AQ DQ k ==，∵3k =k =，∴53DC ==． ∵43BD BC DC =-=，∴4:5BD CD =．（3）如果四边形ADCF 是梯形则①当AF ∥DC 时，45AFD FDC ∠=∠=︒．∵45ADF ∠=︒，∴AD BC ⊥，即点D 与点H 重合． ∴1BD =．②当AD ∥FC 时，45ADF CFD ∠=∠=︒．∵45B ∠=︒，∴B CFD ∠=∠．∵B BAD ADF FDC ∠+∠=∠+∠，∴BAD FDC ∠=∠．∴ABD ∆∽DFC ∆．∴AB AD DF DC =． ∵DF =，DC BC BD =-．∴2AD BC BD =-．即23x =-,整理得 210x x --=，解得 12x ±=（负数舍去）．综上所述，如果四边形ADCF 是梯形，BD 的长是1 【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数值以及勾股定理等知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．13．如图，AB 是O 的直径，DF 切O 于点D ，BF DF ⊥于F ，过点A 作AC //BF 交BD 的延长线于点C .（1）求证：ABC C ∠∠=；（2）设CA 的延长线交O 于E BF ，交O 于G ，若DG 的度数等于60，试简要说明点D 和点E 关于直线AB 对称的理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）作辅助线，连接OD，由DF为⊙O的切线，可得OD⊥DF，又BF⊥DF，AC∥BF，所以OD∥AC，∠ODB=∠C，由OB=OD得∠ABD=∠ODB，从而可证∠ABC=∠C；（2）连接OG，OD，AD，由BF∥OD，GD=60°，可求证BG=GD AD==60°，由平行线的性质及三角形的内角和定理可求出∠OHD=90°，由垂径定理便可得出结论．【详解】（1）连接OD，∵DF为⊙O的切线，∴OD⊥DF．∵BF⊥DF，AC∥BF，∴OD∥AC∥BF．∴∠ODB=∠C．∵OB=OD，∴∠ABD=∠ODB．∴∠ABC=∠C．（2）连接OG，OD，AD，DE，DE交AB于H，∵BF∥OD，∴∠OBG=∠AOD，∠OGB=∠DOG，∴GD AD==BG．∵GD=60°，∴BG=GD AD==60°，∴∠ABC=∠C=∠E=30°，∵OD//CE∴∠ODE=∠E=30°．在△ODH中，∠ODE=30°，∠AOD=60°，∴∠OHD=90°，∴AB⊥DE．∴点D和点E关于直线AB对称．【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理及垂径定理，解答此题的关键是作出辅助线，利用数形结合解答．14．如图，在△ABC中，以AC为直径作⊙O交BC于点D，交AB于点G，且D是BC中点，DE⊥AB，垂足为E，交AC的延长线于点F．（1）求证：直线EF是⊙O的切线；（2）若CF=3，cosA=25，求出⊙O的半径和BE的长；（3）连接CG，在（2）的条件下，求CGEF的值．【答案】(1)见解析；（2）2，65（3）CG:EF＝4：7【解析】试题分析：（1）连结OD．先证明OD是△ABC的中位线，根据中位线的性质得到OD∥AB，再由DE⊥AB，得出OD⊥EF，根据切线的判定即可得出直线EF是⊙O的切线；（2）先由OD∥AB，得出∠COD=∠A，再解Rt△DOF，根据余弦函数的定义得到cos∠FOD==，设⊙O的半径为R，解方程=，求出R=，那么AB=2OD=，解Rt△AEF，根据余弦函数的定义得到cosA==，求出AE=，然后由BE=AB﹣AE即可求解．试题解析：（1）证明：如图，连结OD．∵CD=DB，CO=OA，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AB，AB=2OD，∵DE⊥AB，∴DE⊥OD，即OD⊥EF，∴直线EF是⊙O的切线；（2）解：∵OD∥AB，∴∠COD=∠A．在Rt△DOF中，∵∠ODF=90°，∴cos∠FOD==，设⊙O的半径为R，则=，解得R=，∴AB=2OD=．在Rt△AEF中，∵∠AEF=90°，∴cosA===，∴AE=，∴BE=AB﹣AE=﹣=2．【点睛】本题考查了切线的判定，解直角三角形，三角形中位线的性质知识点．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连结圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．15．如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠D＝60°且AB＝6，过O点作OE⊥AC，垂足为E．（1）求OE的长；（2）若OE的延长线交⊙O于点F，求弦AF、AC和弧CF围成的图形（阴影部分）的面积．（结果保留π）【答案】（1）OE的长为32；（2）阴影部分的面积为3 2π【解析】（1）OE=32（2）S=32π。

九年级上册数学圆几何综合易错题(Word版含答案)

九年级上册数学圆几何综合易错题（Word 版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．如图，二次函数y=x 2-2mx+8m 的图象与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边且OA≠OB ),交y 轴于点C ，且经过点（m ，9m ）,⊙E 过A 、B 、C 三点。

（1）求这条抛物线的解析式；（2）求点E 的坐标；（3）过抛物线上一点P （点P 不与B 、C 重合）作PQ ⊥x 轴于点Q ，是否存在这样的点P 使△PBQ 和△BOC 相似？如果存在，求出点P 的坐标；如果不存在，说明理由【答案】（1）y=x 2+2x-8（2）（-1，-72）（3）（-8，40），（-154，-1316），（-174，-2516）【解析】分析：（1）把(),9m m 代入解析式，得：22289m m m m -+=，解这个方程可求出m 的值；（2）分别令y =0和x =0，求出OA ，OB ，O C 及AB 的长，过点E 作EG x ⊥轴于点G ,EF y ⊥轴于点F ,连接CE ，AE ,设OF =GE =a ,根据AE CE = ，列方过程求出a 的值，从而求出点E 的坐标；（3）设点P (a , a 2+2a -8)，则228,2PQ a a BQ a =+-=-，然后分PBQ ∽CBO 时和PBQ ∽BCO 时两种情况，列比例式求出a 的值，从而求出点P 的坐标.详解：（1）把(),9m m 代入解析式，得：22289m m m m -+= 解得：121,0m m =-=（舍去） ∴228y x x =+-（2）由（1）可得：228y x x =+-，当0y =时，124,2x x =-=;∵点A 在点B 的左边 ∴42OA OB ，== ， ∴6AB OA OB =+=，当0x =时，8y =-， ∴8OC =过点E 作EG x ⊥轴于点G ,EF y ⊥轴于点F ,连接CE ，,则116322AG AB ==⨯= ，设，则，在Rt AGE ∆中，，在中，()222218CE EF CF a =+=+-，∵AE CE = ，∴()22918a a +=+- ，解得：72a =， ∴712E ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，；（3）设点()2,28a a a P +-，则228,2PQ a a BQ a =+-=-， a.当PBQ ∆∽CBO ∆时，PQ COBQ OB =，即228822a a a +-=-，解得：10a =（舍去）；22a =（舍去）；38a =- ，∴()18,40P - ；b.当PBQ ∆∽BCO ∆时，PQ BOBQ CO =，即228228a a a +-=-，解得：12a =（舍去），2154a =-；3174a =- ， ∴21523,416P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭；31725416P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，；综上所述，点P 的坐标为：()18,40P -，21523,416P ⎛⎫--⎪⎝⎭，31725416P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，点睛：本题考查了二次函数的图像与性质，二次函数与坐标轴的交点，垂径定理，勾股定理，相似三角形的性质和分类讨论的数学思想，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系、相似三角形的性质是解答本题的关键.2．如图，在直角体系中,直线AB 交x 轴于点A(5,0),交y 轴于点B,AO 是⊙M 的直径,其半圆交AB 于点C,且AC=3.取BO 的中点D,连接CD 、MD 和OC ．（1）求证：CD 是⊙M 的切线；（2）二次函数的图象经过点D 、M 、A,其对称轴上有一动点P,连接PD 、PM,求△PDM 的周长最小时点P 的坐标；（3）在（2）的条件下,当△PDM 的周长最小时,抛物线上是否存在点Q ，使S △PDM =6S △QAM ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）证明：连接CM ，∵OA 为⊙M 直径，∴∠OCA=90°．∴∠OCB=90°． ∵D 为OB 中点，∴DC=DO ．∴∠DCO=∠DOC ． ∵MO=MC ，∴∠MCO=∠MOC ． ∴．又∵点C 在⊙M 上，∴DC 是⊙M 的切线．（2）∵A 点坐标（5，0），AC=3 ∴在Rt △ACO 中，．∴545(x )x 5)12152-=--（，∴，解得10OD 3=．又∵D 为OB 中点，∴1552+．∴D 点坐标为（0，154)．连接AD ，设直线AD 的解析式为y=kx+b ，则有解得．∴直线AD 为．∵二次函数的图象过M （56，0)、A(5，0)， ∴抛物线对称轴x=154． ∵点M 、A 关于直线x=154对称，设直线AD 与直线x=154交于点P ， ∴PD+PM 为最小．又∵DM 为定长，∴满足条件的点P 为直线AD 与直线x=154的交点．当x=154时，45y (x )x 5)152=--（． ∴P 点的坐标为（154，56）．（3）存在．∵，5y a(x )x 5)2=--（又由（2）知D （0，154)，P （154，56）， ∴由，得，解得y Q =±103．∵二次函数的图像过M(0，56)、A(5，0）， ∴设二次函数解析式为，又∵该图象过点D （0，154)，∴，解得a=512． ∴二次函数解析式为．又∵Q 点在抛物线上，且y Q =±103． ∴当y Q =103时，，解得x=15524-或x=15524+；当y Q =512-时，，解得x=154． ∴点Q 的坐标为（1552-，103)，或（1552+，103)，或（154，512-）．【解析】试题分析：（1）连接CM ，可以得出CM=OM ，就有∠MOC=∠MCO ，由OA 为直径，就有∠ACO=90°，D 为OB 的中点，就有CD=OD ，∠DOC=∠DCO ，由∠DOC+∠MOC=90°就可以得出∠DCO+∠MCO=90°而得出结论．（2）根据条件可以得出2222OC OA AC 534=-=-=和OC OBtan OAC AC OA∠==，从而求出OB 的值，根据D 是OB 的中点就可以求出D 的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式，求出对称轴，根据轴对称的性质连接AD 交对称轴于P ，先求出AD 的解析式就可以求出P 的坐标．（3）根据PDM DAM PAM S S S ∆∆∆=-，求出Q 的纵坐标，求出二次函数解析式即可求得横坐标．3．已知：图1 图2 图3 （1）初步思考：如图1，在PCB ∆中，已知2PB =，BC=4，N 为BC 上一点且1BN =，试说明：12PN PC =（2）问题提出：如图2，已知正方形ABCD 的边长为4，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求12PD PC +的最小值．（3）推广运用：如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B ﹦60°，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求12PD PC -的最大值．【答案】（1）详见解析；（2）5；（3）最大值37DG =【解析】【分析】（1）利用两边成比例，夹角相等，证明BPN ∆∽BCP ∆，得到PN BNPC BP=，即可得到结论成立；（2）在BC 上取一点G ，使得BG=1，由△PBG ∽△CBP ，得到12PG PC =，当D 、P 、G 共线时，12PD PC +的值最小，即可得到答案；（3）在BC 上取一点G ，使得BG=1，作DF ⊥BC 于F ，与（2）同理得到12PG PC =，当点P 在DG 的延长线上时，12PD PC -的值最大，即可得到答案. 【详解】（1）证明：∵2,1,4PB BN BC ===， ∴24,4PB BN BC =⋅=， ∴2PB BN BC =⋅， ∴BN BPBP BC=，∵B B ∠=∠， ∴BPN BCP ∆∆∽， ∴12PN BN PC BP ==， ∴12PN PC =；（2）解：如图，在BC 上取一点G ，使得BG=1，∵242,212PB BC BG PB ====， ∴,PB BCPBG PBC BG PB=∠=∠， ∴PBG CBP ∆∆∽， ∴12PG BG PC PB ==， ∴12PG PC =， ∴12PD PC DP PG +=+； ∵DP PG DG +≥， ∴当D 、P 、G 共线时，12PD PC +的值最小， ∴最小值为：22435DG =+=；（3）如图，在BC 上取一点G ，使得BG=1，作DF ⊥BC 于F ，与（2）同理，可证12PG PC =，在Rt △CDF 中，∠DCF=60°，CD=4， ∴DF=CD •sin60°=23CF=2，在Rt△GDF中，DG=22(23)537+=，∴12PD PC PD PG DG -=-≤，当点P在DG的延长线上时，12PD PC-的值最大，∴最大值为：37DG=.【点睛】本题考查圆综合题、正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．4．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作直线MN，且∠MAC＝∠ABC．（1）求证：MN是⊙O的切线．（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．①求证：FD＝FG．②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1【解析】【分析】（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝CH．根据AB＝BH可求出答案．【详解】（1）证明：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠ABC＝90°；∵∠MAC＝∠ABC，∴∠MAC+∠CAB ＝90°，即MA ⊥AB ， ∴MN 是⊙O 的切线；（2）①证明：∵D 是弧AC 的中点， ∴∠DBC ＝∠ABD ， ∵AB 是直径， ∴∠CBG+∠CGB ＝90°， ∵DE ⊥AB ，∴∠FDG+∠ABD ＝90°， ∵∠DBC ＝∠ABD ， ∴∠FDG ＝∠CGB ＝∠FGD ， ∴FD ＝FG ；②解：连接AD 、CD ，作DH ⊥BC ，交BC 的延长线于H 点．∵∠DBC ＝∠ABD ，DH ⊥BC ，DE ⊥AB ， ∴DE ＝DH ，在Rt △BDE 与Rt △BDH 中，DH DEBD BD=⎧⎨=⎩， ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH （HL ）， ∴BE ＝BH ， ∵D 是弧AC 的中点， ∴AD ＝DC ，在Rt △ADE 与Rt △CDH 中，DE DHAD CD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH （HL ）． ∴AE ＝CH ．∴BE ＝AB ﹣AE ＝BC+CH ＝BH ，即5﹣AE ＝3+AE ， ∴AE ＝1．【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．5．四边形ABCD内接于⊙O，连接AC、BD，2∠BDC+∠ADB＝180°．（1）如图1，求证：AC＝BC；（2）如图2，E为⊙O上一点，AE＝BE，F为AC上一点，DE与BF相交于点T，连接AT，若∠BFC＝∠BDC+12∠ABD，求证：AT平分∠DAB；（3）在（2）的条件下，DT＝TE，AD＝8，BD＝12，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）82【解析】【分析】（1）只要证明∠CAB=∠CBA即可．（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．想办法证明TL=TH即可解决问题．（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．证明△EAG≌△TDH（AAS），推出AG=DH，证明Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），推出DH=DR，同理可得AL=AH，BR=BL，设DH=x，则AB=2x，由S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h，可得AQ=52h，再根据sin∠BDE=sin∠ADE，sin∠AED=sin∠ABD，构建方程组求出m即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC＝180°，即∠ADB+∠BDC+∠ABC＝180°，∵2∠BDC+∠ADB＝180°，∴∠ABC＝∠BDC，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠BAC＝∠ABC，∴AC＝BC．（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．∵∠BFC＝∠BAC+∠ABF，∠BAC＝∠BDC，∴∠BFC＝∠BDC+∠ABF，∵∠BFC＝∠BDC+12∠ABD，∴∠ABF＝12∠ABD，∴BT平分∠ABD，∵AE＝BE∴∠ADE＝∠BDE，∴DT平分∠ADB，∵TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．∴TR＝TL，TR＝TH，∴TL＝TH，∴AT平分∠DAB．（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．∵AE＝BE∴∠EAB＝∠EDB＝∠EDA，AE＝BE，∵∠TAE＝∠EAB+∠TAB，∠ATE＝∠EDA+∠DAT，∴∠TAE＝∠ATE，∴AE＝TE，∵DT＝TE，∴AE＝DT，∵∠AGE＝∠DHT＝90°，∴△EAG≌△TDH（AAS），∴AG＝DH，∵AE＝EB，EG⊥AB，∴AG＝BG，∴2DH＝AB，∵Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），∴DH＝DR，同理可得AL=AH，BR＝BL，设DH＝x，则AB＝2x，∵AD＝8，DB＝12，∴AL＝AH＝8﹣x，BR＝12﹣x，AB＝2x＝8﹣x+12﹣x，∴x＝5，∴DH＝5，AB＝10，设TR＝TL＝TH＝h，DT＝m，∵S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h，∴12AQ＝（8+12+10）h，∴AQ＝52 h，∵sin∠BDE＝sin∠ADE，可得hm＝APAD＝AP8，sin∠AED＝sin∠ABD，可得APm＝AQAB＝AQ10＝5210h，∴APm＝52810mAP，解得m＝或﹣（舍弃），∴DE＝2m＝．【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理和判定定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．6．如图1，四边形ABCD中，、为它的对角线，E为AB边上一动点（点E不与点A、B重合），EF∥AC交BC于点F，FG∥BD交DC于点G，GH∥AC交AD于点H，连接HE．记四边形EFGH的周长为，如果在点的运动过程中，的值不变，则我们称四边形ABCD为“四边形”，此时的值称为它的“值”．经过探究，可得矩形是“四边形”．如图2，矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为．（1）等腰梯形（填“是”或“不是”）“四边形”；（2）如图3，是⊙O的直径，A是⊙O上一点，，点为上的一动点，将△沿的中垂线翻折，得到△．当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有个．【答案】“值”为10；（1）是；（2）最多有5个．【解析】试题分析：仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可；（1）根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断；（2）根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断.矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为10；（1）等腰梯形是“四边形”；（2）由题意得当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有5个.考点：动点问题的综合题点评：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．7．如图1，△ABC内接于⊙O，直径AD交BC于点E，延长AD至点F，使DF＝2OD，连接FC并延长交过点A的切线于点G，且满足AG∥BC，连接OC，若cos∠BAC＝13，BC＝8．（1）求证：CF是⊙O的切线；（2）求⊙O的半径OC；（3）如图2，⊙O的弦AH经过半径OC的中点F，连结BH交弦CD于点M，连结FM，试求出FM的长和△AOF的面积．【答案】（1）见解析；（2）32332232【解析】【分析】（1）由DF=2OD，得到OF=3OD=3OC，求得13OE OCOC OF==，推出△COE∽△FOE，根据相似三角形的性质得到∠OCF=∠DEC=90°，于是得到CF是⊙O的切线；（2）利用三角函数值，设OE=x，OC=3x，得到CE=3，根据勾股定理即可得到答案；（3）连接BD，根据圆周角定理得到角相等，然后证明△AOF∽△BDM，由相似三角形的性质，得到FM为中位线，即可求出FM的长度，由相似三角形的性质，以及中线分三角形的面积为两半，即可求出面积.【详解】解：（1）∵DF＝2OD，∴OF＝3OD＝3OC，∴13 OE OCOC OF==，∵∠COE＝∠FOC，∴△COE∽△FOE，∴∠OCF＝∠DEC＝90°，∴CF是⊙O的切线；（2）∵∠COD＝∠BAC，∴cos∠BAC＝cos∠COE＝13 OEOC=，∴设OE＝x，OC＝3x，∵BC＝8，∴CE＝4，∵CE⊥AD，∴OE2+CE2＝OC2，∴x2+42＝9x2，∴x2（负值已舍去），∴OC ＝3x ＝32，∴⊙O 的半径OC 为32；（3）如图，连结BD ，由圆周角定理，则∠OAF=∠DBM ，2AOF ADC ∠=∠，∵BC ⊥AD ，∴AC AB =，∴∠ADC=∠ADB ，∴2AOF ADC BDM ∠=∠=∠，∴△AOF ∽△BDM ；∵点F 是OC 的中点，∴AO ：OF=BD ：DM=2，又∵BD=DC ，∴DM=CM ，∴FM 为中位线，∴322， ∴S △AOF : S △BDM =(326 2 34=； ∵111118(322)4222222BDM BCD S S BC DE ∆∆==⨯•=⨯⨯⨯= ∴S △AOF =3424=32 【点睛】本题考查了圆的综合问题，圆周角定理，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，利用勾股定理求边长，以及三角形中线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的定理和性质，运用属性结合的思想进行解题.8．四边形ABCD 内接于⊙O ，AC 为对角线，∠ACB ＝∠ACD（1）如图1，求证：AB＝AD；（2）如图2，点E在AB弧上，DE交AC于点F，连接BE，BE＝DF，求证：DF＝DC；（3）如图3，在（2）的条件下，点G在BC弧上，连接DG，交CE于点H，连接GE，GF，若DE＝BC，EG＝GH＝5，S△DFG＝9，求BC边的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）70【解析】【分析】（1）如图1，连接OA，OB，OD，由∠ACB＝∠ACD，可得AD AB，可得AB＝AD；（2）连接AE，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得∠BAE＝∠DAC，可证BE＝CD＝DF；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，通过证明△FDN≌△DCM，可得FN＝DM，CM＝DN，由面积公式可求FN＝2，DM＝2，DH＝4，通过证明△EGC∽△DMC，△GEH∽△CHD，可得EC＝52CD，CD2＝403，由勾股定理可求解．【详解】证明：（1）如图1，连接OA，OB，OD，∵∠ACB＝∠ACD，∠AOD＝2∠ACD，∠AOB＝2∠ACB ∴∠AOD＝∠AOB∴AD AB∴AD＝AB；（2）如图2，连接AE，∵AE AE∴∠ABE＝∠ADE在△ABE和△ADF中AB ADABE ADFBE DF∴△ABE≌△ADF（SAS）∴∠BAE＝∠DAC∴BE CD∴BE＝DC∵BE＝DF∴DF＝DC；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，∵DE＝BC，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴∠EBC＝∠EDC，∵四边形BEDC是圆内接四边形，∴∠EBC+∠EDC＝180°，∴∠EDC＝∠EBC＝90°，∴EC是直径，∴∠FGC＝∠EDC＝90°∴∠FDN+∠MDC＝90°，且∠MDC+∠MCD＝90°，∴∠FDN ＝∠MCD ，且∠FND ＝∠CMD ＝90°，DF ＝DC ，∴△FDN ≌△DCM （AAS ）∴FN ＝DM ，CM ＝DN ，∵EG ＝GH ＝5，∴∠GEH ＝∠GHE ，且∠GHE ＝∠DHC ，∠GEH ＝∠GDC ，∴∠HDC ＝∠CHD ，∴CH ＝CD ，且CM ⊥DH ，∴DM ＝MH ＝FN ，∵S △DFG ＝9， ∴12DG×FN ＝9， ∴12×（5+2FN ）×FN ＝9， ∴FN ＝2，∴DM ＝2，DH ＝4，∵∠GEC ＝∠GDC ，∠EGC ＝∠DMC ，∴△EGC ∽△DMC ， ∴52ECEG CD DM ， ∴EC ＝52CD ，且HC ＝CD ， ∴EH ＝32CD ， ∵∠EGD ＝∠ECD ，∠GEC ＝∠GDC ， ∴△GEH ∽△CHD ， ∴EGEH CH DH， ∴3524CD CD， ∴2403CD ， ∵EC 2﹣CD 2＝DE 2，∴222254CD CD DE ， ∴2214043DE ，∴DE∴BC【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的难点．9．已知ABD △内接于圆O ，点C 为弧BD 上一点，连接BC AC AC 、，交BD 于点E ，CED ABC ∠=∠．（1）如图1，求证：弧AB =弧AD ；（2）如图2，过B 作BF AC ⊥于点F ，交圆O 点G ，连接AG 交BD 于点H ，且222EH BE DH =+，求CAG ∠的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，圆O 上一点M 与点C 关于BD 对称，连接ME ，交AB 于点N ，点P 为弧AD 上一点，PQ BG ∥交AD 于点Q ，交BD 的延长线于点R ，AQ BN =，ANE 的周长为20，52DR =O 半径．【答案】（1）见解析；（2）∠CAG=45°；（3）r=62【解析】【分析】（1）证∠ABD=∠ACB 可得；（2）如下图，△AHD 绕点A 旋转至△ALE 处，使得点D 与点B 重合，证△ALE ≌△AHE ，利用勾股定理逆定理推导角度；（3）如下图，延长QR 交AB 于点T ，分别过点N 、Q 作BD 的垂线，交于点V ，I ，取QU=AE ，过点U 作UK 垂直BD.先证△AEN ≌△QUD ，再证△NVE ≌△RKU ，可得到NV=KR=DK ，进而求得OB 的长.【详解】（1）∵∠CED 是△BEC 的外角，∴∠CED=∠EBC+∠BCA∵∠ABC=∠ABD+∠EBC又∵∠CED=∠ABC∴∠ABD=∠ACB∴弧AB=弧AD（2）如下图，△AHD 绕点A 旋转至△ALE 处，使得点D 与点B 重合∵△ALB是△AHD旋转所得∴∠ABL=∠ADB，AL=AH设∠CAG=a，则∠CBG=a∵BG⊥AC∴∠BCA=90°-a，∴∠ADB=∠ABD=90°-a∴在△BAD中，BAE+∠HAD=180-a-(90°-a)-(90°-a)=a∴∠LAE=∠EAH=a∵LA=AH，AE=AE∴△ALE≌△AHE，∴LE=EH∵HD=LB，222=+EH BE DH∴△LBE为直角三角形∴∠LBE=(90°-a)+(90°-a)=90°，解得：a=45°∴∠CAG=45°（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD由（2）得∠BAD=90°∴点O在BD上设∠R=n，则∠SER=∠BEC=∠MEB=90°-n∴∠AEN=2n∵SQ⊥AC∴∠TAS=∠AQS=∠DQR，AN=QD∵QU=AE∴△AEN ≌△QUD∴∠QUD=∠AEN=2n∴UD=UR=NE ，∵△ANE 的周长为20∴QD+QR=20在△DQR 中，QD=7∵∠ENR=∠UDK=∠R=n∴△NVE ≌△RKU∴NV=KR=DK=522∴BN=5 ∴BD=122，OB=62r =【点睛】本题考查了圆的证明，涉及到全等、旋转和勾股定理，解题关键是结合图形特点，适当构造全等三角形10．如图，PA ，PB 分别与O 相切于点A 和点B ，点C 为弧AB 上一点，连接PC 并延长交O 于点F ，D 为弧AF 上的一点，连接BD 交FC 于点E ，连接AD ，且2180APB PEB ∠+∠=︒．（1）如图1，求证：//PF AD ；（2）如图2，连接AE ，若90APB ∠=︒，求证：PE 平分AEB ∠；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AB 交PE 于点H ，连接OE ，8AD =，4sin 5ABD ∠=，求PH 的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）257【解析】【分析】（1）连接OA 、OB ，由切线的性质可得90OAP OBP ∠=∠=︒，由四边形内角和是360︒，得180∠+∠=︒P AOB ，由同弧所对的圆心角是圆周角的一半，得到2AOB ADB ∠=∠，等量代换得到ADB PEB ∠=∠，由同位角相等两直线平行，得到//PF AD ；（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K ，由90APB ∠=︒得290PEB ∠=︒，从而45PEB ∠=︒，由切线的性质，得PA PB =，由PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，得PE PK =，从而90APE EPB ︒∠=-∠，进而APE BPK ∠=∠，即可证得APE BPK ∆∆≌由此45K AEP ∠=∠=︒，得到AEP PEB ∠=∠，即可证得PE 平分AEB ∠；（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM ，由45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，可得DE AE =，由OA 、OD 为半径，可得OA OD =，即可证出DEO AEO ∆∆≌，由直径所对的圆周角是直角，可得90ADM ∠=︒，在Rt ADM ∆中，由正弦定义可得10AM =，由此5OA OB ==，由OAPB 为正方形，对角线AB 垂直平分OP ，从而，OH PH =.在Rt OAP ∆中，252OP OA ==.延长EO 交AD 于K ，在Rt OEP ∆中，由勾股定理得7PE =，在Rt OEH ∆中，由勾股定理得257PH =. 【详解】（1）连接OA 、OB∵PA 、PB 与圆O 相切于点A 、B ，且OA 、OB 为半径，∴OA AP ⊥，OB BP ⊥，∴90OAP OBP ∠=∠=︒，∴在四边形AOBP 中，360180180P AOB ∠+∠=︒-︒=︒，∵AB AB =，∴2AOB ADB ∠=∠，∴2180P ADB ∠+∠=︒，∵2180P PEB ∠+∠=︒，∴ADB PEB ∠=∠，∴//PF AD（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K∵90APB ∠=︒，∴21809090PEB ∠=︒-︒=︒，∴45PEB ∠=︒，∵PA 、PB 为圆O 的切线，∴PA PB =，∵PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，∴PE PK = ，∵9090APE EPB KPB EPB ︒︒∠=-∠=∠=-∠，∴APE BPK ∠=∠，∴APE BPK ∆∆≌，∴45K AEP ∠=∠=︒，∴AEP PEB ∠=∠，∴PE 平分AEB ∠；（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM∵45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，∴DE AE =，∵OA 、OD 为半径，∴OA OD =，∵OE OE =，∴DEO AEO ∆∆≌，∴1452AEO OED AED ∠=∠=∠=︒， ∴90OEP ∠=︒，∵AM 为圆O 的直径，∴90ADM ∠=︒，∵弧AD =弧AD ，∴ABD AMD ∠=∠，在Rt ADM ∆中，8AD =，4sin 5AMD ∠=，则10AM =， ∴5OA OB ==，由题易证四边形OAPB 为正方形，∴对角线AB 垂直平分OP ，AB OP =，∵H 在AB 上，∴OH PH =，在Rt OAP ∆中，OP ==延长EO 交AD 于K ， ∵DE AE =，可证OK AD ⊥，DOK ABD ∠=∠，∴4DK KE ==，3OK =，1OE =∴在Rt OEP ∆中，7PE ==在Rt OEH ∆中，222OH OE EH =+∵OH PH =，7EH PE HP PH =-=-∴()22217PH PH =+- ∴257PH =．【点睛】本题考查了圆的综合题，圆的性质，等腰三角形的性质，相交弦定理，正弦定理，勾股定理，灵活运用这些性质定理解决问题是本题的关键．。

九年级数学圆的综合的专项培优易错难题练习题及详细答案

九年级数学圆的综合的专项培优易错难题练习题及详细答案一、圆的综合1．如图，△ABC 是⊙O 的内接三角形，点D 在BC uuu r 上，点E 在弦AB 上（E 不与A 重合），且四边形BDCE 为菱形．（1）求证：AC=CE ；（2）求证：BC 2﹣AC 2=AB•AC ；（3）已知⊙O 的半径为3．①若AB AC =53，求BC 的长； ②当AB AC为何值时，AB•AC 的值最大？【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2；②32【解析】分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC ，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC ，据此得证；（2）以点C 为圆心，CE 长为半径作⊙C ，与BC 交于点F ，于BC 延长线交于点G ，则CF=CG=AC=CE=CD ，证△BEF ∽△BGA 得BE BG BF BA =，即BF•BG=BE•AB ，将BF=BC-CF=BC-AC 、BG=BC+CG=BC+AC 代入可得；（3）①设AB=5k 、AC=3k ，由BC 2-AC 2=AB•AC 知6k ，连接ED 交BC 于点M ，Rt △DMC 中由DC=AC=3k 、MC=126k 求得22CD CM -3，可知OM=OD-3，在Rt △COM 中，由OM 2+MC 2=OC 2可得答案．②设OM=d ，则MD=3-d ，MC 2=OC 2-OM 2=9-d 2，继而知BC 2=（2MC ）2=36-4d 2、AC 2=DC 2=DM 2+CM 2=（3-d ）2+9-d 2，由（2）得AB•AC=BC 2-AC 2，据此得出关于d 的二次函数，利用二次函数的性质可得答案．详解：（1）∵四边形EBDC 为菱形，∴∠D=∠BEC ，∵四边形ABDC 是圆的内接四边形，∴∠A+∠D=180°，又∠BEC+∠AEC=180°，∴∠A=∠AEC ，∴AC=CE；（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，由（1）知AC=CE=CD，∴CF=CG=AC，∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，∴∠G+∠AEF=180°，又∵∠AEF+∠BEF=180°，∴∠G=∠BEF，∵∠EBF=∠GBA，∴△BEF∽△BGA，∴BE BGBF BA=，即BF•BG=BE•AB，∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即BC2﹣AC2=AB•AC；（3）设AB=5k、AC=3k，∵BC2﹣AC2=AB•AC，∴6k，连接ED交BC于点M，∵四边形BDCE是菱形，∴DE垂直平分BC，则点E、O、M、D共线，在Rt△DMC中，DC=AC=3k，MC=126k，∴223CD CM k-=，∴OM=OD﹣DM=33k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（33）2+6k）2=32，解得：k=33或k=0（舍），∴62；②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2=﹣4d2+6d+18=﹣4（d﹣34）2+814，∴当d=34，即OM=34时，AB•AC最大，最大值为814，∴DC2=272，∴AC=DC=362，∴AB=964，此时32ABAC．点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．2．（类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切．以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形（性质探究）如图1，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系猜想结论：（要求用文字语言叙述）写出证明过程（利用图1，写出已知、求证、证明）（性质应用）①初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形（填序号）A：平行四边形：B：菱形：C：矩形；D：正方形②如图2，圆外切四边形ABCD，且AB=12，CD=8，则四边形的周长是．③圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5：4：7，求四边形各边的长．【答案】见解析.【解析】【分析】（1）根据切线长定理即可得出结论；（2）①圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论；②根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论；③根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．【详解】性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：如图1，已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H．求证：AD+BC=AB+CD．证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG=AH，同理：BG=BF，CE=CF，DE=DH，∴AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等．故答案为：圆外切四边形的对边和相等；性质应用：①∵根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等．∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等．故答案为：B，D；②∵圆外切四边形ABCD，∴AB+CD=AD+BC．∵AB=12，CD=8，∴AD+BC=12+8=20，∴四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40．故答案为：40；③∵相邻的三条边的比为5：4：7，∴设此三边为5x，4x，7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为5x+7x﹣4x=8x．∵圆外切四边形的周长为48cm，∴4x+5x+7x+8x=24x=48，∴x=2，∴此四边形的四边为4x=8cm，5x=10cm，7x=14cm，8x=16cm．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键．3．如图，在锐角△ABC中，AC是最短边．以AC为直径的⊙O，交BC于D，过O作OE∥BC，交OD于E，连接AD、AE、CE．（1）求证：∠ACE=∠DCE；（2）若∠B=45°，∠BAE=15°，求∠EAO的度数；（3）若AC=4，23CDF COE S S ∆∆=，求CF 的长．【答案】（1）证明见解析，（2）60°；（3）433【解析】【分析】（1）易证∠OEC =∠OCE ，∠OEC =∠ECD ，从而可知∠OCE =∠ECD ，即∠ACE =∠DCE ；（2）延长AE 交BC 于点G ，易证∠AGC =∠B +∠BAG =60°，由于OE ∥BC ，所以∠AEO =∠AGC =60°，所以∠EAO =∠AEO =60°；（3）易证12COE CAE S S =V V ，由于23CDF COE S S =V V ，所以CDF CAE S S V V =13，由圆周角定理可知∠AEC =∠FDC =90°，从而可证明△CDF ∽△CEA ，利用三角形相似的性质即可求出答案．【详解】（1）∵OC =OE ，∴∠OEC =∠OCE ．∵OE ∥BC ，∴∠OEC =∠ECD ，∴∠OCE =∠ECD ，即∠ACE =∠DCE ；（2）延长AE 交BC 于点G ．∵∠AGC 是△ABG 的外角，∴∠AGC =∠B +∠BAG =60°．∵OE ∥BC ，∴∠AEO =∠AGC =60°．∵OA =OE ，∴∠EAO =∠AEO =60°．（3）∵O 是AC 中点，∴12COE CAE S S =V V ． 23CDF COE S S =V V Q ，∴CDF CAE S S V V =13． ∵AC 是直径，∴∠AEC =∠FDC =90°．∵∠ACE =∠FCD ，∴△CDF ∽△CEA ，∴CF CA =33，∴CF =33CA =433．【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及平行线的性质，三角形的外角的性质，三角形中线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质等知识，需要学生灵活运用所学知识．4．如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,AB=CD．(1)如图(1),求证:AD∥BC；(2)如图(2),点F是AC的中点,弦DG∥AB,交BC于点E,交AC于点M,求证:AE=2DF；(3)在(2)的条件下,若DG平分∠ADC,GE=53,tan∠ADF=43,求⊙O的半径。

上海民办永昌学校数学圆几何综合(篇)(Word版含解析)

上海民办永昌学校数学圆几何综合（篇）（Word 版含解析）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．已知：如图，梯形ABCD 中，AD//BC ，AD 2=，AB BC CD 6===，动点P 在射线BA 上，以BP 为半径的P 交边BC 于点E （点E 与点C 不重合），联结PE 、PC ，设x BP =，PC y =.（1）求证：PE //DC ；（2）求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域；（3）联结PD ，当PDC B ∠=∠时，以D 为圆心半径为R 的D 与P 相交，求R 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）2436(09)y x x x =-+<<；（3）3605R <<【解析】【分析】()1根据梯形的性质得到B DCB ∠=∠，根据等腰三角形的性质得到B PEB ∠∠=，根据平行线的判定定理即可得到结论；()2分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、.G 推出四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，求得2BF FG GC ===，根据勾股定理得到22226242AF AB BF =-=-=，根据平行线分线段成比例定理得到223PH x =，13BH x =，求得163CH x =-，根据勾股定理即可得到结论； ()3作//EM PD 交DC 于.M 推出四边形PDME 是平行四边形.得到PE DM x ==，即 6MC x =-，根据相似三角形的性质得到1218655PD EC ==-=，根据相切两圆的性质即可得到结论．【详解】()1证明：梯形ABCD ，AB CD =，B DCB ∠∠∴=，PB PE =， B PEB ∠∠∴=， DCB PEB ∠∠∴=，//PE CD ∴；()2解：分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、G ．梯形ABCD 中，//AD BC ，，BC DG ⊥，BC PH ⊥，∴四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，2AD =，6BC DC ==， 2BF FG GC ∴===，在Rt ABF 中，22226242AF AB BF =-=-=，//PH AF ，PH BP BHAF AB BF∴==6242x BH ==，223PH x ∴=，13BH x =， 163CH x ∴=-，在Rt PHC 中，22PC PH CH =+22221()(6)33y x x ∴=+-2436(09)y x x x =-+<<， ()3解：作//EM PD 交DC 于M ．//PE DC ，∴四边形PDME 是平行四边形．PE DM x ∴==，即 6MC x =-，PD ME ∴=，PDC EMC ∠∠=，又PDC B ∠∠=，B DCB ∠=∠， DCB EMC PBE PEB ∠∠∠∠∴===． PBE ∴∽ECM ，PB BE EC MC ∴=，即232663xx x x =--，解得：185x =，即125BE =，1218655PD EC ∴==-=，当两圆外切时，PD r R =+，即0(R =舍去)；当两圆内切时，-PD r R =，即10(R =舍去)，2365R =；即两圆相交时，3605R <<．【点睛】本题属于圆综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键.2．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．3．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在y轴的正半轴上，点A在x轴的正半轴上，点C的坐标为（0，8），将△ABC沿直线AB折叠，点C落在x轴的负半轴D（−4，0）处．（1）求直线AB的解析式；（2）点P从点A出发以每秒45个单位长度的速度沿射线AB方向运动，过点P作PQ⊥AB，交x轴于点Q，PR∥AC交x轴于点R，设点P运动时间为t（秒），线段QR长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；（3）在（2）的条件下，点N是射线AB上一点，以点N为圆心，同时经过R、Q两点作⊙N，⊙N交y轴于点E，F．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圆心N的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）132y x=-+（2）d=5t （3）故当 t=85，或815，时，QR=EF，N（-6，6）或（2，2）．【解析】试题分析：（1）由C（0，8），D（-4，0），可求得OC，OD的长，然后设OB=a，则BC=8-a，在Rt△BOD中，由勾股定理可得方程：（8-a）2=a2+42,解此方程即可求得B的坐标，然后由三角函数的求得点A的坐标，再利用待定系数法求得直线AB的解析式；（2）在Rt△AOB中，由勾股定理可求得AB的长，继而求得∠BAO的正切与余弦，由PR//AC 与折叠的性质，易证得RQ=AR，则可求得d与t的函数关系式；（3）首先过点分别作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，易证得四边形NTOS是正方形，然后分别从点N在第二象限与点N在第一象限去分析求解即可求解;试题解析：（1）∵C（0，8），D（-4，0），∴OC=8，OD=4，设OB=a，则BC=8-a，由折叠的性质可得：BD=BC=8-a，在Rt△BOD中，∠BOD=90°，DB2=OB2+OD2，则（8-a）2=a2+42，解得：a=3，则OB=3，则B（0，3），tan∠ODB=34OBOD=，在Rt△AOC中，∠AOC=90°，tan∠ACB=34OAOC=，则OA=6，则A（6，0），设直线AB的解析式为：y=kx+b，则60{3k bb+==，解得：1{23kb=-=，故直线AB的解析式为：y=-12x+3；（2）如图所示：在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，则22135,tan2OBOB OA BAOOA+=∠==，255OAcos BAOAB∠==，在Rt△PQA中，905APQ AP t∠=︒=，则AQ=10cosAPtBAO=∠,∵PR∥AC，∴∠APR=∠CAB，由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB，∴∠BAO=∠APR，∴PR=AR，∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°，∴∠PQA=∠QPR，∴RP=RQ，∴RQ=AR ，∴QR=12 AQ=5t, 即d=5t;（3）过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ， ∵EF=QR ， ∴NS=NT ，∴四边形NTOS 是正方形，则TQ=TR=1522QR t = ， ∴1115151022224NT AT AQ TQ t t t ==-=-=（）（），分两种情况，若点N 在第二象限，则设N （n ，-n ），点N 在直线132y x =-+ 上，则132n n -=-+ ，解得：n=-6，故N （-6，6），NT=6，即1564t = ，解得：85t = ;若点N 在第一象限，设N （N ，N ），可得：132n n =-+ , 解得：n=2，故N （2，2），NT=2，即1524t =, 解得：t=815∴当 t=85，或815，时，QR=EF，N（-6，6）或（2，2）。

九年级数学上册旋转几何综合易错题(Word版含答案)

九年级数学上册旋转几何综合易错题（Word 版含答案）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点（与点A 、B 、C 不重合），且始终保持BP BQ =，AQ QE ⊥，QE 交正方形外角平分线CE 于点E ，AE 交CD 于点F ，连结PQ ．（1）求证：APQ QCE ∆∆≌；（2）证明：DF BQ QF +=；（3）设BQ x =，当x 为何值时，//QF CE ，并求出此时AQF ∆的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当222x =-+//QF CE ；AQF S ∆442=-+．【解析】【分析】（1）判断出△PBQ 是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ，再求出AP=CQ ，然后利用“角边角”证明即可；（2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ，判断出△AQE 是等腰直角三角形，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌；（3）连结AC ，设QF CE ，推出QCF ∆是等腰直角三角形°，再证明()ABQ ADF SAS ∆∆≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ，AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，分别用x 表示出DF 、CF 、QF ，然后列出方程求出x ，再求出△AQF 的面积．【详解】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC =，90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒，∵BP BQ =，∴PBQ ∆是等腰直角三角形，AP QC =，∴45BPQ ∠=︒，∴135APQ ∠=︒∵CE 平分DCM ∠，∴45DCE ECM ∠=∠=︒，∴135QCE ∠=︒，∴135APQ QCE ∠=∠=︒，∵AQ QE ⊥，∴90AQB CQE ∠+∠=︒．∵90AQB BAQ ∠+∠=︒．∴BAQ CQE ∠=∠．∴()APQ QCE ASA ∆≌．（2）由（1）知APQ QCE ∆∆≌．∴QA QE =．∵90AQE ∠=︒，∴AQE ∆是等腰直角三角形，∴45QAE ∠=︒．∴45DAF QAB ∠+∠=︒，如图4，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，其中点D 与点B 重合，且点F '在直线BQ 上，则45F AQ '∠=︒，F A FA '=，AQ AQ =，∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌．∴QF QF BQ DF '==+．（3）连结AC ，若QF CE ，则45FQC ECM ∠=∠=︒．∴QCF ∆是等腰直角三角形，∴2CF CQ x ==-，∴DF BQ x ==．∵AB AD =，90B D ∠=∠=︒，∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌．∴AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，∴AC 垂直平分QF ，∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒，2FQ QN =，∴22FQ BQ x ==．在Rt QCF ∆中，根据勾股定理，得222(2)(2)(2)x x x -+-=．解这个方程，得1222x =-+， 2222x =--（舍去）．当222x =-+时，QF CE ．此时，QCF QEF S S ∆∆=，∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==， ∴()2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦ 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．2．如图1，正方形ABCD 与正方形AEFG 的边AB 、AE （AB ＜AE ）在一条直线上，正方形AEFG 以点A 为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为. 在旋转过程中，两个正方形只有点A 重合，其它顶点均不重合，连接BE 、DG.（1）当正方形AEFG 旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG ；（2）当点C 在直线BE 上时，连接FC ，直接写出∠FCD 的度数；（3）如图3，如果=45°，AB =2，AE=，求点G 到BE 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）45°或135°；（3）.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=AD ，AE=AG ，∠BAD=∠EAG=90°，再求出∠BAE=∠DAG ，然后利用“边角边”证明△ABE 和△ADG 全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.（2）当点C 在直线BE 上时，可知点E 与C 重合或G 点C 与重合，据此求解即可.（3）根据和求解即可.试题解析：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°.∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°.∴∠BAE=∠DAG..∴△ABE≌△ADG（SAS）.∴BE=DG..（2）如图，当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，此时∠FCD 的度数为45°或135°.（3）如图3，连接GB、GE.由已知α=45°，可知∠BAE=45°.又∵GE为正方形AEFG的对角线，∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.∵，∴GE =8.∴.过点B作BH⊥AE于点H.∵AB=2，∴. ∴..设点G到BE的距离为h.∴.∴.∴点G到BE的距离为.考点：1.旋转的性质；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行的判定和性质；5.勾股定理；6.分类思想的应用．3．如图，在直角坐标系中，已知点A（-1，0）、B（0，2），将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°至AC．（1）点C的坐标为（，）；（2）若二次函数的图象经过点C．①求二次函数的关系式；②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，∴.解得∴二次函数的关系式为②当-1≤x≤4时，≤y≤8；③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直角三角形，过点作⊥轴，∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△是以AB为直角边的等腰直角三角形．【解析】(1)根据旋转的性质得出C点坐标；（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；③分二种情况进行讨论.4．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：操作发现（1）某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC和等边三角形GEB纸片，=，让两个三角形如图①放置，点C和点G重合，点D，点E在AB的同侧，AC DA DC和GB在同一条直线上，点F为AB的中点，连接DF，EF，则DF和EF的数量关系与位置关系为：________；数学思考（2）在图①的基础上，将GEB绕着C点按顺时针方向旋转90︒，如图②，试判断DF和EF的数量关系和位置关系，并说明理由；类比探索（3）①将GEB绕着点C任意方向旋转，如图③或图④，请问DF和EF的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.【答案】（1）3EF DF =，DFEF ；（2）3EF DF =，DFEF ,理由见解析; （3）①3EF DF =，DFEF ;②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.【解析】【分析】（1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解；（2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析；（3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立. 【详解】解：（1）3EF DF =，DF EF ；如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，AD CD =，EGB 为等边三角形.AM MC ∴=，GN BN =.又点F 为AB 的中点，AF BF ∴=.()12MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴. MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==. 设DM a =，2GB b =，120ADC ∠=︒，DA DC =，3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===.tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.在DMF 和FNE 中，33DM FN a==， 33MF NE b ==，又90DMF FNE ∠=∠=︒，DMF FNE ∴∽. MDF NFE ∴∠=∠，3DF DM FE FN ==，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒，90DFM NFE ∴∠+∠=︒.90DFE ∴∠=︒.3EF DF ∴=且DFEF . （2）3EF DF =，DF EF . 理由如下：如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90︒时，则90ACB ∠=︒，在Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，CF BF ∴=.又CE EB =，EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ，∴四边形LCMF 为矩形，90DFE ∴∠=︒.DF EF ∴⊥，//AC EF .DA DC =，120ADC =∠︒，30DCA ∴∠=︒.GEB 为等边三角形，60ECB ∴∠=︒.∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘∴D ，C ，E 三点共线.30DCA DEF ∴∠=∠=︒.∴在Rt DEF △中，3tan 3DE DF F F E DF ===∠；（3）①3EF DF =，DFEF .选择题图进行证明：如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，在ADF 和BNF 中，AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS ADF BNF ∴≅.AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠.//AD NB ∴.18060O ADC ∴∠=︒-∠=︒.又CPO BPE ∠=∠，60O CEB ∠=∠=︒，OCP OBE ∴∠=∠.DCE NBE ∴∠=∠.又GEB 是等边三角形，GE BE ∴=，又AD BN CD ==，()SAS DCE NBE ∴≅.DE NE ∴=，BEN CED ∠=∠.BEN BED CED BED ∴∠+∠=∠+∠，即60NED BEC ∠=∠=︒.DEN ∴是等边三角形.又DF FN =，DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.tan3E EF DF DFFD∴∠=⋅=.或选择图进行证明，证明如下：如解图，延长DF并延长到点N，使得FN DF=，连接NB，DE，NE，NB与CD交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF和BNF中，AF BFAFD BFNDF NF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SASADF BNF∴≅.AD NB∴=，ADF BNF∠=∠.//AD NB∴.120NOC ADC∴∠=∠=︒.60BOJ∴∠=︒，60JEC∠=︒.又OJB EJC∠=∠，OBE ECJ∴∠=∠.AD CD=，AD NB=，CD NB∴=.又GEB是等边三角形，CE BE∴=.()SASDCE NBE∴≅.DE NE∴=，BEN CED∠=∠.BEN BED CED BED∴∠-∠=∠-∠，即60NED BEC∠=∠=︒.DEN∴是等边三角形.又DF FN=，DF EF∴⊥，60FDE∠=︒.tan3E EF DF DFFD∴∠=⋅=.②旋转过程中3EF DF=，DF EF始终成立.【点睛】本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.5．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．①求证△ADB≌△AOB；②求点H的坐标．（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（175，3）；（3）30334-≤S≤30334+．【解析】【分析】（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；（2）①根据HL证明即可；②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；【详解】（1）如图①中，∵A（5，0），B（0，3），∴OA=5，OB=3，∵四边形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，∴AD=AO=5，在Rt△ADC中，CD=22AD AC-=4，∴BD=BC-CD=1，∴D（1，3）．（2）①如图②中，由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，∵点D在线段BE上，∴∠ADB=90°，由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5-m）2，∴m=175，∴BH=175，∴H（175，3）．（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=12•DE•DK=12×3×（34）30334-当点D 在BA 的延长线上时，△D ′E ′K 的面积最大，最大面积=12×D ′E ′×KD ′=12×3×（5+34）=30334+．综上所述，30334-≤S ≤30334+．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．6．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

九年级圆几何综合易错题(Word版含答案)

九年级圆几何综合易错题（Word版含答案）一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．如图，抛物线的对称轴为轴，且经过(0，0)，()两点，点P在抛物线上运动，以P为圆心的⊙P经过定点A(0，2)，(1)求的值；(2)求证：点P在运动过程中，⊙P始终与轴相交；(3)设⊙P与轴相交于M，N(＜)两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．【答案】（1）a=，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．【解析】试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x2比较得出答案即可；（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN 时，求出a的值，进而得出圆心P的纵坐标即可．试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（，）两点，∴抛物线的一般式为：y=ax2，∴=a（）2，解得：a=±，∵图象开口向上，∴a=，∴抛物线解析式为：y=x2，故a=，b=c=0；（2）设P（x，y），⊙P的半径r=，又∵y=x2，则r=，化简得：r=＞x2，∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设P（a，a2），∵PA=，作PH⊥MN于H，则PM=PN=，又∵PH=a2，则MH=NH==2，故MN=4，∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），又∵A（0，2），∴AM=，AN=，当AM=AN时，=，解得：a=0，当AM=MN时，=4，解得：a=2±2（负数舍去），则a2=4+2；当AN=MN时，=4，解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a2=4﹣2；综上所述，P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．考点：二次函数综合题．2．在直角坐标系中，A（0，4），B（4，0）．点C从点B出发沿BA方向以每秒2个单位的速度向点A匀速运动，同时点D从点A出发沿AO方向以每秒1个单位的速度向点O 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C、D运动的时间是t秒(t>0)．过点C作CE⊥BO于点E，连结CD、DE．⑴当t为何值时，线段CD的长为4；⑵当线段DE与以点O为圆心，半径为的⊙O有两个公共交点时，求t的取值范围；⑶当t为何值时，以C为圆心、CB为半径的⊙C与⑵中的⊙O相切？【答案】(1); (2) 4-＜t≤; (3)或．【解析】试题分析：（1）过点C作CF⊥AD于点F，则CF，DF即可利用t表示出来，在Rt△CFD中利用勾股定理即可得到一个关于t的方程，从而求得t的值；（2）易证四边形ADEC是平行四边形，过点O作OG⊥DE于点G，当线段DE与⊙O相切时，则OG=，在直角△OEG中，OE可以利用t表示，则OG也可以利用t表示出来，当OG＜时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围；（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值．（1）过点C作CF⊥AD于点F，在Rt△AOB中，OA=4，OB=4，∴∠ABO=30°，由题意得：BC=2t，AD=t，∵CE⊥BO，∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=t，∵CF⊥AD，AO⊥BO，∴四边形CFOE是矩形，∴OF=CE=t，OE=CF=4-t，在Rt△CFD中，DF2+CF2=CD2，∴（4-t-t）2+（4-t）2=42，即7t2-40t+48=0，解得：t=，t=4，∵0＜t＜4，∴当t=时，线段CD的长是4；（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），∵AD∥CE，AD=CE=t∴四边形ADEC是平行四边形，∴DE∥AB∴∠GEO=30°，∴OG=OE=（4-t）当线段DE与⊙O相切时，则OG=，∴当（4-t）＜，且t≤4-时，线段DE与⊙O有两个公共交点．∴当 4-＜t≤时，线段DE与⊙O有两个公共交点；（3）当⊙C与⊙O外切时，t=；当⊙C与⊙O内切时，t=；∴当t=或秒时，两圆相切．考点：圆的综合题．3．已知：四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝90°，DE⊥AB，垂足为点E，DE的锯长线交⊙O于点F，DC的延长线与FB的延长线交于点G．（1）如图1，求证：GD＝GF；（2）如图2，过点B作BH⊥AD，垂足为点M，B交DF于点P，连接OG，若点P在线段OG上，且PB＝PH，求∠ADF的大小；（3）如图3，在（2）的条件下，点M是PH的中点，点K在BC上，连接DK，PC，D交PC点N，连接MN，若AB＝122，HM+CN＝MN，求DK的长．【答案】（1）见解析；（2）∠ADF＝45°；（3）1810．【解析】【分析】（1）利用“同圆中，同弧所对的圆周角相等”可得∠A＝∠GFD，由“等角的余角相等”可得∠A＝∠GDF，等量代换得∠GDF＝∠GFD，根据“三角形中，等角对等边”得GD＝GF；（2）连接OD、OF，由△DPH≌△FPB可得：∠GBH＝90°，由四边形内角和为360°可得：∠G＝90°，即可得：∠ADF＝45°；（3）由等腰直角三角形可得AH＝BH＝12，DF＝AB＝12，由四边形ABCD内接于⊙O，可得：∠BCG＝45°＝∠CBG，GC＝GB，可证四边形CDHP是矩形，令CN＝m，利用勾股定理可求得m＝2，过点N作NS⊥DP于S，连接AF，FK，过点F作FQ⊥AD于点Q，过点F 作FR⊥DK交DK的延长线于点R，通过构造直角三角形，应用解直角三角形方法球得DK．【详解】解：（1）证明：∵DE ⊥AB∴∠BED ＝90°∴∠A +∠ADE ＝90°∵∠ADC ＝90°∴∠GDF +∠ADE ＝90°∴∠A ＝∠GDF∵BD BD =∴∠A ＝∠GFD∴∠GDF ＝∠GFD∴GD ＝GF（2）连接OD 、OF∵OD ＝OF ，GD ＝GF∴OG ⊥DF ，PD ＝PF在△DPH 和△FPB 中PD PF DPH FPB PH PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DPH ≌△FPB （SAS ）∴∠FBP ＝∠DHP ＝90°∴∠GBH ＝90°∴∠DGF ＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°∴∠GDF ＝∠DFG ＝45°∴∠ADF ＝45°（3）在Rt △ABH 中，∵∠BAH ＝45°，AB ＝∴AH ＝BH ＝12∴PH ＝PB ＝6∵∠HDP ＝∠HPD ＝45°∴DH ＝PH ＝6∴AD ＝12+6＝18，PN ＝HM ＝12PH ＝3，PD ＝∵∠BFE ＝∠EBF ＝45°∴EF ＝BE∵∠DAE ＝∠ADE ＝45°∴DE ＝AE∴DF ＝AB ＝∵四边形ABCD 内接于⊙O∴∠DAB +∠BCD ＝180°∴∠BCD ＝135°∴∠BCG ＝45°＝∠CBG∴GC ＝GB又∵∠CGP ＝∠BGP ＝45°，GP ＝GP∴△GCP ≌△GBP （SAS ）∴∠PCG ＝∠PBG ＝90°∴∠PCD ＝∠CDH ＝∠DHP ＝90°∴四边形CDHP 是矩形∴CD ＝HP ＝6，PC ＝DH ＝6，∠CPH ＝90°令CN ＝m ，则PN ＝6﹣m ，MN ＝m +3在Rt △PMN 中，∵PM 2+PN 2＝MN 2∴32+（6﹣m ）2＝（m +3）2，解得m ＝2∴PN ＝4过点N 作NS ⊥DP 于S ，在Rt △PSN 中，PS ＝SN ＝DS ＝﹣＝SN 1tanDS 2SDN ∠=== 连接AF ，FK ，过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ，过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R 在Rt △DFQ 中，FQ ＝DQ ＝12∴AQ ＝18﹣12＝6∴tan 1226FQ FAQ AQ ∠=== ∵四边形AFKD 内接于⊙O ，∴∠DAF +∠DKF ＝180°∴∠DAF ＝180°﹣∠DKF ＝∠FKR在Rt △DFR 中，∵DF ＝1tan 2FDR ∠=∴FR DR ==在Rt △FKR 中，∵FR ＝5 tan ∠FKR ＝2∴KR ＝5∴DK ＝DR ﹣KR ＝==．【点睛】本题是一道有关圆的几何综合题，难度较大，主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形性质及判定，等腰直角三角形性质，解直角三角形等知识点；解题关键是添加辅助线构造直角三角形．4．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，82+【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)2822OP 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)2822OP 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)41622AC 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=2∴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=42CP=222，∴△PCD 的面积=()(26)41622AC 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．5．四边形ABCD 的对角线交于点E ，有AE =EC ，BE =ED ，以AB 为直径的O 过点E ．（1）求证：四边形ABCD 是菱形．（2）若CD 的延长线与圆相切于点F ，已知直径AB =4．求阴影部分的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）513π-【解析】试题分析：（1）先由AE=EC 、BE=ED 可判定四边形为平行四边形，再根据∠AEB=90°可判定该平行四边形为菱形；（2）连接OF ，过点D 作DP ,AB P E EQ AB ⊥⊥于过点作于Q ，分别求出扇形BOE 、△AO E 、半圆O 的面积，即可得出答案.试题解析：（1）AE =EC ，BE =ED∴ABCD 四边形为平行四边形∵90AB AEB ∠∴=︒是直径∴ABCD 平行四边形是菱形（2）连接OF ，过点D 作DP ,AB P E EQ AB ⊥⊥于过点作于QCF 切O 于点F ∴90OFC ∠=︒∵ABCD 四边形是菱形，∴,90CD AB BOF OFD DPO ∠∠∠∴===︒∴FOPD DP OF ∴=四边形是矩形ABCD 四边形是菱形，AB AD ∴=∵11,3022OF AB DP AD DAB ∠=∴=∴=︒ ∴ABCD 四边形是菱形∴1152CAB DAB ∠=∠=︒ ∴180215150AOE ∠=︒-⨯︒=︒∴3090EOB EQO ∠∠=︒=︒ ∴112EQ OE == 21502360S 阴影π⨯∴=-1521123π⨯⨯=- 点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．6．如图①、②、③是两个半径都等于2的⊙O 1和⊙O 2，由重合状态沿水平方向运动到互相外切过程中的三个位置，⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B 两点，分别连结O 1A 、O 1B 、O 2A 、O 2B 和AB ．(1)如图②，当∠AO 1B =120°时，求两圆重叠部分图形的周长l ；(2)设∠AO 1B 的度数为x ，两圆重叠部分图形的周长为y ，求y 关于x 的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；(3)在(2)中，当重叠部分图形的周长时，则线段O 2A 所在的直线与⊙O 1有何位置关系？请说明理由.除此之外，它们是否还有其它的位置关系？如果有，请直接写出其它位置关系时的x 的取值范围.【答案】（1）83π（2）（0≤x ≤180）（3）O 2A 与⊙O 1相切；当0≤x ≤90和0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交【解析】试题分析：（1）解法一、依对称性得，∠AO2B=∠AO1B=120°,∴解法二、∵O1A=O1B=O2A=O2B∴AO1BO2是菱形∴∠AO2B=∠AO1B=120°∴l=2×ˆA=(2)∵由（1）知，菱形AO1BO2中∠AO2B=∠AO1B=x度,∴重叠图形的周长, 即（0≤x≤180）(3) 当时，线段O2A所在的直线与⊙O1相切！理由如下：∵，由（2）可知：，解之x=90度∴AO1B=90°,因此菱形AO1BO2是正方形，∴O1AO2=90°,即O2A⊥O1A,而O1A是⊙O1的半径，且A为半径之外端；∴O2A与⊙O1相切．还有如下位置关系：当0≤x≤90和0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交考点：直线与圆的位置关系点评：本题主要考查直线与圆的位置关系，掌握判定直线与圆的位置关系是解本题的关键，会求函数的解析式，本题难度比较大7．在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r(r＞1)，点P是圆内与圆心C不重合的点，⊙C的“完美点”的定义如下：过圆心C的任意直线CP与⊙C交于点A，B，若满足|PA﹣PB|＝2，则称点P为⊙C的“完美点”，如图点P为⊙C的一个“完美点”．(1)当⊙O的半径为2时①点M(32，0)⊙O的“完美点”，点(312)⊙O的“完美点”；(填“是”或者“不是”)②若⊙O的“完美点”P在直线y＝34x上，求PO的长及点P的坐标；(2)设圆心C的坐标为(s，t)，且在直线y＝﹣2x+1上，⊙C半径为r，若y轴上存在⊙C的“完美点”，求t的取值范围．【答案】(1)①不是，是；②PO的长为1，点P的坐标为(45，35)或(﹣45，﹣35)；(2)t的取值范围为﹣1≤t≤3．【解析】【分析】（1）①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度，然后分情况讨论计算即可得出结论；（2）先判断出圆的“完美点”的轨迹，然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.【详解】解：(1)①∵点M(32，0)，∴设⊙O与x轴的交点为A，B，∵⊙O的半径为2，∴取A(﹣2，0)，B(2，0)，∴|MA﹣MB|＝|(32+2)﹣(2﹣32)|＝3≠2，∴点M不是⊙O的“完美点”，同理：点(312)是⊙O的“完美点”．故答案为不是，是．②如图1，根据题意，|PA﹣PB|＝2，∴|OP+2﹣(2﹣OP)|＝2，∴OP＝1．若点P在第一象限内，作PQ⊥x轴于点Q，∵点P在直线y＝34x上，OP＝1，∴43,55 OQ PQ==．∴P(43,55)．若点P在第三象限内，根据对称性可知其坐标为(﹣45，﹣35)．综上所述，PO的长为1，点P的坐标为(43,55)或（43,55--）)．(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|＝2，∴|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2．∴CP＝1．∴对于任意的点P，满足CP＝1，都有|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2，∴|PA﹣PB|＝2，故此时点P为⊙C的“完美点”．因此，⊙C的“完美点”是以点C为圆心，1为半径的圆．设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，如图2，当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的上方时，t的值最大．设切点为E，连接CE，∵⊙C的圆心在直线y＝﹣2x+1上，∴此直线和y轴，x轴的交点D(0，1)，F(12，0)，∴OF＝12，OD＝1，∵CE∥OF，∴△DOF∽△DEC，∴OD OF DE CE=，∴112 DE=，∴DE＝2，∴OE＝3，t的最大值为3，当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的下方时，t的值最小．同理可得t的最小值为﹣1．综上所述，t的取值范围为﹣1≤t≤3．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义，相似三角形的性质和判定，直线和圆的位置关系，解本题的关键是理解新定义的基础上，会用新定义，是一道比中等难度的中考常考题.8．四边形ABCD内接于⊙O，AC为对角线，∠ACB＝∠ACD（1）如图1，求证：AB＝AD；（2）如图2，点E在AB弧上，DE交AC于点F，连接BE，BE＝DF，求证：DF＝DC；（3）如图3，在（2）的条件下，点G在BC弧上，连接DG，交CE于点H，连接GE，GF，若DE＝BC，EG＝GH＝5，S△DFG＝9，求BC边的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（370【解析】【分析】（1）如图1，连接OA，OB，OD，由∠ACB＝∠ACD，可得AD AB，可得AB＝AD；（2）连接AE，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得∠BAE＝∠DAC，可证BE＝CD＝DF；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，通过证明△FDN≌△DCM，可得FN＝DM，CM＝DN，由面积公式可求FN＝2，DM＝2，DH＝4，通过证明△EGC∽△DMC，△GEH∽△CHD，可得EC＝52CD，CD2＝403，由勾股定理可求解．【详解】证明：（1）如图1，连接OA，OB，OD，∵∠ACB＝∠ACD，∠AOD＝2∠ACD，∠AOB＝2∠ACB ∴∠AOD＝∠AOB∴AD AB∴AD＝AB；（2）如图2，连接AE，∵AE AE∴∠ABE＝∠ADE在△ABE和△ADF中AB ADABE ADFBE DF∴△ABE≌△ADF（SAS）∴∠BAE＝∠DAC∴BE CD∴BE＝DC∵BE＝DF∴DF＝DC；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，∵DE＝BC，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴∠EBC＝∠EDC，∵四边形BEDC是圆内接四边形，∴∠EBC+∠EDC＝180°，∴∠EDC＝∠EBC＝90°，∴EC是直径，∴∠FGC＝∠EDC＝90°∴∠FDN+∠MDC＝90°，且∠MDC+∠MCD＝90°，∴∠FDN＝∠MCD，且∠FND＝∠CMD＝90°，DF＝DC，∴△FDN≌△DCM（AAS）∴FN＝DM，CM＝DN，∵EG＝GH＝5，∴∠GEH＝∠GHE，且∠GHE＝∠DHC，∠GEH＝∠GDC，∴∠HDC＝∠CHD，∴CH＝CD，且CM⊥DH，∴DM＝MH＝FN，∵S△DFG＝9，∴12DG×FN＝9，∴12×（5+2FN）×FN＝9，∴FN＝2，∴DM ＝2，DH ＝4， ∵∠GEC ＝∠GDC ，∠EGC ＝∠DMC ，∴△EGC ∽△DMC ，∴52ECEG CD DM ， ∴EC ＝52CD ，且HC ＝CD ， ∴EH ＝32CD ， ∵∠EGD ＝∠ECD ，∠GEC ＝∠GDC ，∴△GEH ∽△CHD ，∴EGEH CH DH， ∴3524CD CD， ∴2403CD ， ∵EC 2﹣CD 2＝DE 2，∴222254CD CD DE ， ∴2214043DE ，∴DE ＝70∴BC ＝70【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的难点．9．已知：AB 为⊙O 直径，弦CD ⊥AB ，垂足为H ，点E 为⊙O 上一点，AE BE ，BE 与CD 交于点F ．（1）如图1，求证：BH ＝FH ；（2）如图2，过点F 作FG ⊥BE ，分别交AC 、AB 于点G 、N ，连接EG ，求证：EB ＝EG ；（3）如图3，在（2）的条件下，延长EG 交⊙O 于M ，连接CM 、BG ，若ON ＝1，△CMG 的面积为6，求线段BG 的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）210 ．【解析】【分析】（1）连接AE ，根据直径所对圆周角等于90°及弧与弦的关系即可得解；（2）根据题意，过点C 作CQ FG CS FB ⊥⊥，，连接CE BC 、，通过证明Rt CGQ Rt CBS ∆≅∆，CBE CGE ∆≅∆即可得解；（3）根据题意，过点G 作GT CD ⊥于T ，连接CN ，设CAB α∠＝，证明()CMG CNG AAS ∆≅∆，再由面积法及勾股定理进行计算求解即可.【详解】解：（1）如下图，连接AE∵AB 为直径∴90AEB =︒∠∵AE BE =∴AE BE =∴45B ∠=︒又∵CD AB ⊥于H ∴45HFB ∠=︒∴HF HB =；（2）如下图，过点C 作CQ FG CS FB ⊥⊥，，连接CE BC 、AB 为直径，∴90ACB QCS ∠=∠=︒∴GCQ BCS ∠=∠∴()Rt CGQ Rt CBS AAS ∆≅∆∴CG CB =同理()CBE CGE SAS ∆≅∆∴EG EB =；（3）如下图，过点G 作GT CD ⊥于T ，连接CN设CAB α∠=由（2）知：CM CB =∴CM CB =∵HB HF =∴45HBF HFB ∠=∠=︒∵GF BE ⊥∴45NFH NH BH CN BC ∠=︒∴=∴=，，∴CM CB CN ==则：2MEB α∠=902AEG α∠=︒-∴45EAG EGA α∠=∠=︒+∴45M MGC α∠=∠=︒+∴()CMG CNG AAS ∆≅∆∵CMG ∆面积为6∴6CAN GAN S S -=设2122BH NH x OA OB x AN x ====+=+，，则()CGT BCH AAS ∆≅∆∴C BH x ==∴6AN CH AN TH ⋅-⋅=∴1(22)62x CT +⋅= 解得：2x =∵2BC BH BA =⋅∴2210BC =⨯，则25BC ＝∴2210BG BC ＝＝【点睛】本题主要考查了圆和三角形的综合问题，熟练掌握圆及三角形的各项重要性质及判定方法是解决本题的关键.10．如图，已知AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点（不与A 、B 重合），D 为的AC 中点，过点D作弦DE⊥AB于F，P是BA延长线上一点，且∠PEA＝∠B．（1）求证：PE是⊙O的切线；（2）连接CA与DE相交于点G，CA的延长线交PE于H，求证：HE＝HG；（3）若tan∠P＝512，试求AHAG的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1310 AHAG=．【解析】【分析】（1）连接OE，由圆周角定理证得∠EAB+∠B＝90°，可得出∠OAE＝∠AEO，则∠PEA+∠AEO＝90°，即∠PEO＝90°，则结论得证；（2）连接OD，证得∠AOD＝∠AGF，∠B＝∠AEF，可得出∠PEF＝2∠B，∠AOD＝2∠B，可证得∠PEF＝∠AOD＝∠AGF，则结论得证；（3）可得出tan∠P＝tan∠ODF＝512OFDF=，设OF＝5x，则DF＝12x，求出AE，BE，得出23AEBE=，证明△PEA∽△PBE，得出23PAPE=，过点H作HK⊥PA于点K，证明∠P＝∠PAH，得出PH＝AH，设HK＝5a，PK＝12a，得出PH＝13a，可得出AH＝13a，AG＝10a，则可得出答案．【详解】解：（1）证明：如图1，连接OE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∴∠EAB+∠B＝90°，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠AEO，∴∠B+∠AEO＝90°，∵∠PEA＝∠B，∴∠PEA+∠AEO＝90°，∴∠PEO＝90°，又∵OE为半径，∴PE是⊙O的切线；（2）如图2，连接OD，∵D为AC的中点，∴OD⊥AC，设垂足为M，∴∠AMO＝90°，∵DE⊥AB，∴∠AFD＝90°，∴∠AOD+∠OAM＝∠OAM+∠AGF＝90°，∴∠AOD＝∠AGF，∵∠AEB＝∠EFB＝90°，∴∠B＝∠AEF，∵∠PEA＝∠B，∴∠PEF＝2∠B，∵DE⊥AB，∴AE AD，∴∠AOD＝2∠B，∴∠PEF＝∠AOD＝∠AGF，∴HE＝HG；（3）解：如图3，∵∠PEF＝∠AOD，∠PFE＝∠DFO，∴∠P＝∠ODF，∴tan∠P＝tan∠ODF＝512 OFDF=，设OF＝5x，则DF＝12x，∴OD13x，∴BF＝OF+OB＝5x+13x＝18x，AF＝OA﹣OF＝13x﹣5x＝8x，∵DE⊥OA，∴EF＝DF＝12x，∴AE，BE，∵∠PEA＝∠B，∠EPA＝∠BPE，∴△PEA∽△PBE，∴23 PA AEPE BE===，∵∠P+∠PEF＝∠FAG+∠AGF＝90°，∴∠HEG＝∠HGE，∴∠P＝∠FAG，又∵∠FAG＝∠PAH，∴∠P＝∠PAH，∴PH＝AH，过点H作HK⊥PA于点K，∴PK＝AK，∴13 PKPE=，∵tan∠P＝5 12，设HK＝5a，PK＝12a，∴PH＝13a，∴AH＝13a，PE＝36a，∴HE＝HG＝36a﹣13a＝23a，∴AG＝GH﹣AH＝23a﹣13a＝10a，∴13131010 AH aAG a==．【点睛】本题是圆的综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，掌握相似三角形的判定定和性质定理及方程思想是解题的关键．。

九年级数学圆的综合的专项培优易错难题练习题(含答案)附详细答案

九年级数学圆的综合的专项培优易错难题练习题(含答案)附详细答案一、圆的综合1．图 1 和图 2 中，优弧»AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝23，点P为优弧»AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．发现：（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在»NP上．（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【解析】【分析】发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性质可得OD=A'H=12A'N=12MN=2可判定A′C与半圆相切；（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在»PB时，连接MO′，则可知NO′=12MN，可求得∠MNO′=60°，可求得α=30°；（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【详解】发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,∵⊙O的半径为2，AB=23，∴OH=22OB HB-=222(3)1-=在△BOH中，OH=1，BO=2∴∠ABO=30°∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．∴∠OBA′=∠ABO=30°∴∠ABA′=60°（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．∴∠A′BP=∠ABP=60°．∴∠OBP=30°．∴OG=12OB=1．∴3．∵OG⊥BP，∴3．∴3．∴折痕的长为3拓展：（1）相切．分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，∵A'C∥MN∴四边形A'HOD是矩形∴A'H=O∵α=15°∴∠A'NH=30∴OD=A'H=12A'N=12MN=2∴A'C与半圆（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，∴α=45当O′在»PB上时，连接MO′，则可知NO′=12 MN，∴∠O′MN=0°∴∠MNO′=60°，∴α=30°，故答案为：45°；30°．（3）∵点P，M不重合，∴α＞0，由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段NO′与半圆只有一个公共点B；当α增大到45°时NA′与半圆相切，即线段NO′与半圆只有一个公共点B．当α继续增大时，点P逐渐靠近点N，但是点P，N不重合，∴α＜90°，∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【点睛】本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．2．如图，AB为⊙O的直径，AC为⊙O的弦，AD平分∠BAC，交⊙O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E．（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若AE＝8，⊙O的半径为5，求DE的长．【答案】（1）直线DE 与⊙O 相切（2）4【解析】试题分析：（1）连接OD ，∵AD 平分∠BAC ，∴EAD OAD ∠∠＝，∵OA OD ＝，∴ODA OAD ∠∠＝，∴ODA EAD ∠∠＝，∴EA ∥OD ，∵DE ⊥EA ，∴DE ⊥OD ，又∵点D 在⊙O 上，∴直线DE 与⊙O 相切（2）如图1，作DF ⊥AB ，垂足为F ，∴DFA DEA 90∠∠︒＝＝，∵EAD FAD ∠∠＝，AD AD ＝，∴△EAD ≌△FAD ，∴AF AE 8＝＝，DF DE ＝，∵OA OD 5＝＝，∴OF 3＝，在Rt △DOF 中，22DF 4OD OF -＝＝，∴AF AE 8＝＝考点：切线的证明，弦心距和半径、弦长的关系点评：本题难度不大，第一小题通过内错角相等相等证明两直线平行，再由两直线平行推出同旁内角相等．第二小题通过求出两个三角形全等，从而推出对应边相等，接着用弦心距和弦长、半径的计算公式，求出半弦长．3．如图，已知△ABC 内接于⊙O ，AB 是⊙O 的直径，点F 在⊙O 上，且点C 是的中点，过点C 作⊙O 的切线交AB 的延长线于点D ，交AF 的延长线于点E ．（1）求证：AE ⊥DE ；（2）若∠BAF=60°，AF=4，求CE 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（1）首先连接OC，由OC=OA，，易证得OC∥AE，又由DE切⊙O于点C，易证得AE⊥DE；（2）由AB是⊙O的直径，可得△ABC是直角三角形，易得△AEC为直角三角形，根据AE=3求得AC的长，然后连接OF，可得△OAF为等边三角形，知AF=OA=AB，在△ACB 中，利用已知条件求得答案．试题解析：（1）证明：连接OC，∵OC=OA，∴∠BAC=∠OCA，∵∴∠BAC=∠EAC，∴∠EAC=∠OCA，∴OC∥AE，∵DE切⊙O于点C，∴OC⊥DE，∴AE⊥DE；（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴△ABC是直角三角形，∵∠CBA=60°，∴∠BAC=∠EAC=30°，∵△AEC为直角三角形，AE=3，∴AC=2，连接OF，∵OF=OA，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，∴△OAF为等边三角形，∴AF=OA=AB，在Rt△ACB中，AC=2，tan∠CBA=，∴BC=2，∴AB=4，∴AF=2．考点：切线的性质．4．如图，△ABC的内接三角形，P为BC延长线上一点，∠PAC=∠B，AD为⊙O的直径，过C作CG⊥AD于E，交AB于F，交⊙O于G．（1）判断直线PA与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）求证：AG2=AF·AB；（3）若⊙O的直径为10，AC=25，AB=45，求△AFG的面积.【答案】（1）PA与⊙O相切，理由见解析；（2）证明见解析；（3）3.【解析】试题分析：（1）连接CD，由AD为⊙O的直径，可得∠ACD=90°，由圆周角定理，证得∠B=∠D，由已知∠PAC=∠B，可证得DA⊥PA，继而可证得PA与⊙O相切．（2）连接BG，易证得△AFG∽△AGB，由相似三角形的对应边成比例，证得结论.（3）连接BD，由AG2=AF•AB，可求得AF的长，易证得△AEF∽△ABD，即可求得AE的长，继而可求得EF与EG的长，则可求得答案．试题解析：解：（1）PA与⊙O相切．理由如下：如答图1，连接CD，∵AD为⊙O的直径，∴∠ACD=90°.∴∠D+∠CAD=90°.∵∠B=∠D，∠PAC=∠B，∴∠PAC=∠D.∴∠PAC+∠CAD=90°，即DA⊥PA.∵点A在圆上，∴PA与⊙O相切．（2）证明：如答图2，连接BG ，∵AD 为⊙O 的直径，CG ⊥AD ，∴»»AC AD =.∴∠AGF=∠ABG.∵∠GAF=∠BAG ，∴△AGF ∽△ABG.∴AG ：AB=AF ：AG. ∴AG 2=AF•AB.（3）如答图3，连接BD ，∵AD 是直径，∴∠ABD=90°.∵AG 2=AF•AB ，55∴5∵CG ⊥AD ，∴∠AEF=∠ABD=90°.∵∠EAF=∠BAD ，∴△AEF ∽△ABD. ∴AE AF AB AD =545=，解得：AE=2. ∴221EF AF AE =-=. ∵224EG AG AE =-=，∴413FG EG EF =-=-=. ∴1132322AFG S FG AE ∆=⋅⋅=⨯⨯=．考点：1. 圆周角定理；2.直角三角形两锐角的关系；3. 相切的判定；4.垂径定理；5.相似三角形的判定和性质；6.勾股定理；7.三角形的面积.5．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD的边AB为直径作⊙O，交对角线AC于点E．（1）图1中，线段AE=；（2）如图2，在图1的基础上，以点A为端点作∠DAM=30°，交CD于点M，沿AM将四边形ABCM剪掉，使Rt△ADM绕点A逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD与⊙O交于点F．①当α=30°时，请求出线段AF的长；②当α=60°时，求出线段AF的长；判断此时DM与⊙O的位置关系，并说明理由；③当α=°时，DM与⊙O相切．【答案】（1）2（2）①2②2，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4；（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×=4；此时DM与⊙O的位置关系是相离；③∵AD=8，直径的长度相等，∴当DM与⊙O相切时，点D在⊙O上，故此时可得α=∠NAD=90°．点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D的位置，有一定难度．6．如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC，⊙A经过点B，与AD边交于点E，连接CE .（1）求证：直线PD是⊙A的切线；（2）若PC=25，sin∠P=23，求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）．【答案】（1）见解析；（2）20-4π.【解析】分析：（1）过点A作AH⊥PD，垂足为H，只要证明AH为半径即可.（2）分别算出Rt△CED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解：（1）证明：如图，过A作AH⊥PD，垂足为H，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，∠PCD=∠BCD=90°，∴∠ADH=∠P，∠AHD=∠PCD=90°，又PD=BC，∴AD=PD，∴△ADH≌△DPC，∴AH=CD，∵CD=AB，且AB是⊙A的半径，∴AH=AB,即AH是⊙A的半径，∴PD是⊙A的切线.（2）如图，在Rt△PDC中，∵sin∠P=23CDPD=，PC=25，令CD=2x，PD=3x，由由勾股定理得：（3x）2-(2x)2=(25)2，解得：x=2，∴CD=4，PD=6，∴AB=AE=CD=4，AD=BC=PD=6，DE=2，∵矩形ABCD的面积为6×4=24，Rt△CED的面积为12×4×2=4，扇形ABE的面积为12π×42=4π，∴图中阴影部份的面积为24-4-4π=20-4π.点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积.7．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O 与直线AB的距离为5．（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？【答案】（1）522；（2）52；（3）20423-【解析】分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离．详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处，如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，设⊙O 与直线l 切于点D ，连接OD ，则OE ⊥A′C′，OD ⊥直线l ，由切线长定理可知C′E=C′D ，设C′D=x ，则C′E=x ， ∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴∠A=∠ACB=45°， ∴∠A′C′B′=∠ACB=45°， ∴△EFC′是等腰直角三角形， ∴C′F=2x ，∠OFD=45°， ∴△OFD 也是等腰直角三角形， ∴OD=DF ， ∴2x+x=1，则x=2-1，∴CC′=BD -BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2， ∴点C 运动的时间为52-；则经过52-秒，△ABC 的边与圆第一次相切；（2）如图2，设经过t 秒△ABC 的边与圆第一次相切，△ABC 移至△A′B′C′处，⊙O 与BC 所在直线的切点D 移至D′处，A′C′与⊙O 切于点E ，连OE 并延长，交B′C′于F ， ∵CC′=2t ，DD′=t ，∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2t=4-t ，由切线长定理得C ′E=C′D′=4-t ，由（1）得：2-1，解得：2，答：经过2秒△ABC 的边与圆第一次相切；（3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t ，DD′=t ，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t -2.5t=4-1.5t ，由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t ，由（1）得：4-1.5t=2-1，解得：t=1022-， ∴点B 运动的距离为2×10223-=20423-．点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．8．某居民小区的一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需要确定管道圆形截面的半径．如图，若这个输水管道有水部分的水面宽AB=16cm ，水最深的地方的高度为4cm ，求这个圆形截面的半径．【答案】10cm 【解析】分析：先过圆心O 作半径CO ⊥AB ，交AB 于点D 设半径为r ，得出AD 、OD 的长，在Rt △AOD 中，根据勾股定理求出这个圆形截面的半径．详解：解：过点O 作OC ⊥AB 于D ，交⊙O 于C ，连接OB ， ∵OC ⊥AB∴BD=12AB=12×16=8cm 由题意可知，CD=4cm∴设半径为xcm ，则OD=（x ﹣4）cm 在Rt △BOD 中，由勾股定理得：OD 2+BD 2=OB 2 （x ﹣4）2+82=x 2解得：x=10．答：这个圆形截面的半径为10cm．点睛：此题考查了垂经定理和勾股定理，关键是根据题意画出图形，再根据勾股定理进行求解．9．函数是描述客观世界运动变化的重要模型，理解函数的本质是重要的任务。

人教版数学九年级上册旋转几何综合易错题(Word版含答案)

人教版数学九年级上册旋转几何综合易错题（Word 版含答案）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．已知抛物线y=ax 2+bx-3a-5经过点A(2，5)（1）求出a 和b 之间的数量关系．（2）已知抛物线的顶点为D 点，直线AD 与y 轴交于(0，-7)①求出此时抛物线的解析式；②点B 为y 轴上任意一点且在直线y=5和直线y=-13之间，连接BD 绕点B 逆时针旋转90°，得到线段BC ，连接AB 、AC ，将AB 绕点B 顺时针旋转90°，得到线段BH ．截取BC 的中点F 和DH 的中点G ．当点D 、点H 、点C 三点共线时，分别求出点F 和点G 的坐标．【答案】（1）a+2b=10；（2）①y= 2x 2+4x-11，②G 1(478，91-8+)，F 1(-8，33-4+)，G 2(8，-8)，F 2(218，-4) 【解析】【分析】（1）把点A 坐标代入抛物线y=ax 2+bx-3a-5即可得到a 和b 之间的数量关系；（2）①求出直线AD 的解析式，与抛物线y=ax 2+bx-3a-5联立方程组，根据直线与抛物线有两个交点，结合韦达定理求出a ，b ，即可求出解析式；②作AI ⊥y 轴于点I ，HJ ⊥y 轴于点J.设B （0，t ），根据旋转性质表示粗H 、D 、C 坐标，应含t 式子表示直线AD 的解析式，根据D 、H 、C 三点共线，把点C 坐标代入求出131t -4+=，2t -4=，分两类讨论，分别求出G 、F 坐标。

【详解】解：（1）把A （2,5）代入y=ax 2+bx-3a-5得4a+2b-3a-5=5∴a+2b=10∴a 和b 之间的数量关系是a+2b=10（2）①设直线AD 的解析式为y=kx+c∵直线AD 与y 轴交于（0，-7），A （2,5）∴2k c 5{c -7+==解得k 6{c -7==即直线AD 的解析式为y=6x-7 联立抛物线y=ax 2+bx-3a-5与直线AD ：y=6x-7 得2y ax +bx-3a-5{y 6x-7== 消去y 得ax 2+（b-6）x-3a+2=0∵抛物线与直线AD 有两个交点∴由韦达定理可得：x A +x D =b-6-a =2a 2a +，x A x D =-3a 2a+∵A （2,5）∴x A =2即x D =2a -22a +∵x D =b -2a =a-104a ∴2a -22a +=a-104a 解得a=2∴b=10-a 2= 4 ∴此时抛物线的解析式为y= 2x 2+4x-11②如图所示：作AI ⊥y 轴于点I ，HJ ⊥y 轴于点J.设B （0，t ）∵A （2，5），∴AI=2，BJ=5-t∵AB 绕点B 顺时针旋转90°，得到线段BH∴AB=BH ，∠ABH=90°，∠AIB=∠BJH=90°∵∠IAB+∠IBA=90°，∠ABH+∠IBA+∠JBH=180°∴∠IBA+∠JBH=90°即∠IAB=∠JBH∴△AJB ≌△BJH 即AI=BJ=2，BI=IH=5-t∴H （5-t ，t-2）∵D （-1，-13）∴y B -y D =t+13同理可得：C （t+13，t-1）设DH 的解析式为y=k 1x+b 1∴1111-k b -13{5-t k b t-2+=+=（）解得11t 11k 6-t {t 11b -13-t-6+=+= 即直线AD 的解析式为t 1111y x-13-66t t t ++=-- ∵D 、H 、C 三点共线∴把C （t+13，t-1）代入AD t 1111y x-13-66t t t ++=--得：t 1111t-1t 13-13-66t t t ++=+--（）整理得2t 2+31t+82=0解得131305t -4+=，231-305t -4= 由图可知：①当131305t -+=如图1所示：此时H （51305+，39305-+），C （305-21-，35305-+） ∵点G 为DH 中点，点F 为BC 中点∴G 1（47305+，91305-+），F 1（305-21-，33305-+）由图可知：当231-305t -=如图2所示：此时H （51-305，39-305-），C （30521+，35-305-） ∵点G 为DH 中点，点F 为BC 中点∴G 2（47-305，91-305-），F 2（30521+，33-305-）（14分） ∴综上所述：G 1（47305+，91305-+），F 1（305-21-，33305-+） G 2（47-3058，91-305-8），F 2（305218+，33-305-4）。

初三数学圆的综合的专项培优易错难题练习题(含答案)含答案

初三数学圆的综合的专项培优易错难题练习题(含答案)含答案一、圆的综合1．如图，⊙O的半径为6cm，经过⊙O上一点C作⊙O的切线交半径OA的延长于点B，作∠ACO的平分线交⊙O于点D，交OA于点F，延长DA交BC于点E．（1）求证：AC∥OD；（2）如果DE⊥BC，求»AC的长度．【答案】（1）证明见解析；（2）2π．【解析】试题分析：（1）由OC=OD，CD平分∠ACO，易证得∠ACD=∠ODC，即可证得AC∥OD；（2）BC切⊙O于点C，DE⊥BC，易证得平行四边形ADOC是菱形，继而可证得△AOC是等边三角形，则可得：∠AOC=60°，继而求得弧AC的长度．试题解析：（1）证明：∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC．∵CD平分∠ACO，∴∠OCD=∠ACD，∴∠ACD=∠ODC，∴AC∥OD；（2）∵BC切⊙O于点C，∴BC⊥OC．∵DE⊥BC，∴OC∥DE．∵AC∥OD，∴四边形ADOC 是平行四边形．∵OC=OD，∴平行四边形ADOC是菱形，∴OC=AC=OA，∴△AOC是等边三角形，∴∠AOC=60°，∴弧AC的长度=606180π⨯=2π．点睛：本题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质以及弧长公式．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．2．如图，在平面直角坐标系xoy中，E（8,0），F(0 , 6)．（1）当G(4，8)时，则∠FGE= °（2）在图中的网格区域内找一点P，使∠FPE=90°且四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形．要求：写出点P点坐标，画出过P点的分割线并指出分割线（不必说明理由，不写画法）．【答案】（1）90；（2）作图见解析，P（7，7），PH是分割线．【解析】试题分析：（1）根据勾股定理求出△FEG的三边长，根据勾股定理逆定理可判定△FEG是直角三角形，且∠FGE="90" °．（2）一方面，由于∠FPE=90°，从而根据直径所对圆周角直角的性质，点P在以EF为直径的圆上；另一方面，由于四边形OEPF被过P点的一条直线分割成两部分后，可以拼成一个正方形，从而OP是正方形的对角线，即点P在∠FOE的角平分线上，因此可得P（7，7），PH是分割线．试题解析：（1）连接FE，∵E（8,0），F(0 , 6)，G(4，8)，∴根据勾股定理，得FG=，EG=，FE=10．∵，即．∴△FEG是直角三角形，且∠FGE=90 °．（2）作图如下：P（7，7），PH是分割线．考点：1．网格问题；2．勾股定理和逆定理；3．作图（设计）；4．圆周角定理．3．已知▱ABCD的周长为26，∠ABC=120°，BD为一条对角线，⊙O内切于△ABD，E，F，G 为切点，已知⊙O的半径为3▱ABCD的面积．【答案】3【解析】【分析】首先利用三边及⊙O的半径表示出平行四边形的面积，再根据题意求出AB+AD=13，然后利用切线的性质求出BD的长即可解答.【详解】设⊙O分别切△ABD的边AD、AB、BD于点G、E、F；平行四边形ABCD的面积为S；则S=2S△ABD=2×12(AB·OE+BD·OF+AD·OG)=3（AB+AD+BD）；∵平行四边形ABCD的周长为26，∴AB+AD=13，∴S=3(13+BD)；连接OA；由题意得：∠OAE=30°，∴AG=AE=3；同理可证DF=DG，BF=BE；∴DF+BF=DG+BE=13﹣3﹣3=7，即BD=7，∴S=3（13+7）=203．即平行四边形ABCD的面积为203．4．如图1，将长为10的线段OA绕点O旋转90°得到OB，点A的运动轨迹为»AB，P是半径OB上一动点，Q是»AB上的一动点，连接PQ.发现：∠POQ＝________时，PQ有最大值，最大值为________；思考：（1）如图2，若P是OB中点，且QP⊥OB于点P，求»BQ的长；（2）如图3，将扇形AOB沿折痕AP折叠，使点B的对应点B′恰好落在OA的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB沿PQ折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切，切点为C，若OP＝6，求点O到折痕PQ的距离．【答案】发现： 90°，2；思考：（1）103π=；（2）2+100；（3）点O到折痕PQ30【解析】分析：发现：先判断出当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，即可得出结论；思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（2）先在Rt△B'OP中，OP22−10)2=（10-OP）2，解得2−10，最后用面积的和差即可得出结论．探究：先找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，证明四边形OCO′B 是矩形，由勾股定理求O′B ，从而求出OO′的长，则OM=12OO′=30．详解：发现：∵P 是半径OB 上一动点，Q 是»AB 上的一动点， ∴当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，此时，∠POQ=90°，PQ=22OA OB +=102；思考：（1）如图，连接OQ ，∵点P 是OB 的中点，∴OP=12OB=12OQ ． ∵QP ⊥OB ， ∴∠OPQ=90°在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=12OP OQ =， ∴∠QOP=60°， ∴l BQ =6010101803ππ⨯=；（2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝102，在Rt △B'OP 中，OP 2+(102−10)2=（10-OP ）2 解得OP=102−10，S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101210(10210)3602π⨯-⨯⨯⨯-＝25π−1002+100；探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是¼B Q '所在圆的圆心，∴O′C=OB=10，∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点，∴O′C ⊥AO ， ∴O′C ∥OB ，∴四边形OCO′B 是矩形，在Rt △O′BP 中，O′B=226425-=，在Rt △OBO′K ，OO′=2210(25)=230-， ∴OM=12OO′=12×230=30，即O 到折痕PQ 的距离为30．点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=180n Rπ（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．5．四边形 ABCD 的对角线交于点 E ，且 AE ＝EC ，BE ＝ED ，以 AD 为直径的半圆过点 E ，圆心为 O ．（1）如图①，求证：四边形 ABCD 为菱形；（2）如图②，若 BC 的延长线与半圆相切于点 F ，且直径 AD ＝6，求弧AE 的长．【答案】（1）见解析；（2）π2【解析】试题分析：（1）先判断出四边形ABCD 是平行四边形，再判断出AC ⊥BD 即可得出结论；（2）先判断出AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ，进而得出∠CDA =30°，最后用弧长公式即可得出结论．试题解析：证明：（1）∵四边形ABCD 的对角线交于点E ，且AE =EC ，BE =ED ，∴四边形ABCD 是平行四边形．∵以AD 为直径的半圆过点E ，∴∠AED =90°，即有AC ⊥BD ，∴四边形ABCD 是菱形；（2）由（1）知，四边形ABCD 是菱形，∴△ADC 为等腰三角形，∴AD =DC 且DE ⊥AC ，∠ADE =∠CDE ．如图2，过点C 作CG ⊥AD ，垂足为G ，连接FO ．∵BF 切圆O 于点F ，∴OF ⊥AD ，且132OF AD ==，易知，四边形CGOF 为矩形，∴CG =OF =3．在Rt △CDG 中，CD =AD =6，sin ∠ADC =CG CD =12，∴∠CDA =30°，∴∠ADE =15°．连接OE ，则∠AOE =2×∠ADE =30°，∴¶3031802AE ππ⋅⨯==．点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．6．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5，2sin 5DBA ∠=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 =25BD CD =,OC =5， 4BD =∴90CBD EBO ∠=∠=︒∵E C ∠=∠，∴△CBD ∽△EBO .∴BD CDBO EO= ∴252EO =.∵OE ∥BD ，CO =OD ， ∴CF =FB . ∴122OF BD ==. ∴212EF OE OF =-=7．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＝12CD＝32∵BF＝DE＝1＋3＝4∴OB＝OD＝35422-=∴cos∠DBA＝cos∠DOF＝332552OFOD==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.8．如图，已知⊙O的半径为1，PQ是⊙O的直径，n个相同的正三角形沿PQ排成一列，所有正三角形都关于PQ对称，其中第一个△A1B1C1的顶点A1与点P重合，第二个△A2B2C2的顶点A2是B1C1与PQ的交点，…，最后一个△A n B n C n的顶点B n、C n在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a2=_____；如图3，正三角形的边长a n=_____（用含n的代数式表示）．3831343n【解析】分析：（1）设PQ与11B C交于点D，连接1B O，得出OD=1A D-O1A，用含1a的代数式表示OD，在△O1B D中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a；（2）设PQ与2B2C交于点E，连接2B O，得出OE=1A E-O1A，用含2a的代数式表示OE，在△O2B E中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a；（3）设PQ与n B n C交于点F，连接n B O，得出OF=1A F-O1A，用含an的代数式表示OF，在△O n B F中，根据勾股定理求出正三角形的边长an．本题解析：(1)易知△A1B1C1的高为323∴a13.(2)设△A1B1C1的高为h，则A2O＝1－h，连结B2O，设B2C2与PQ交于点F，则有OF＝2h－1.∵B2O2＝OF2＋B2F2，∴1＝(2h－1)2＋2212a⎛⎫ ⎪⎝⎭.∵h＝32a2，∴1＝(3a2－1)2＋14a22，解得a2＝83 13.(3)同(2)，连结B n O，设B n C n与PQ交于点F，则有B n O2＝OF2＋B n F2，即1＝(nh－1)2＋2 12na⎛⎫ ⎪⎝⎭.∵h＝3a n，∴1＝14a n2＋2312nna⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，解得a n＝43n.9．如图，在RtΔABC中，∠ABC=90°，AB=CB，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点E是AB边上一点（点E不与点A、B重合），DE的延长线交⊙O于点G，DF⊥DG，且交BC于点F.（1）求证：AE=BF；（2）连接EF，求证：∠FEB=∠GDA；（3）连接GF,若AE=2，EB=4，求ΔGFD的面积.【答案】（1）（2）见解析；（3）9【解析】分析：（1）连接BD，由三角形ABC为等腰直角三角形，求出∠A与∠C的度数，根据AB 为圆的直径，利用圆周角定理得到∠ADB为直角，即BD垂直于AC，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到AD=DC=BD=12AC，进而确定出∠A=∠FBD，再利用同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形AED与三角形BFD全等，利用全等三角形对应边相等即可得证；（2）连接EF ，BG ，由三角形AED 与三角形BFD 全等，得到ED =FD ，进而得到三角形DEF 为等腰直角三角形，利用圆周角定理及等腰直角三角形性质得到一对同位角相等，利用同位角相等两直线平行，再根据平行线的性质和同弧所对的圆周角相等，即可得出结论；（3）由全等三角形对应边相等得到AE =BF =1，在直角三角形BEF 中，利用勾股定理求出EF 的长，利用锐角三角形函数定义求出DE 的长，利用两对角相等的三角形相似得到三角形AED 与三角形GEB 相似，由相似得比例，求出GE 的长，由GE +ED 求出GD 的长，根据三角形的面积公式计算即可．详解：（1）连接BD ．在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，AB =BC ，∴∠A =∠C =45°． ∵AB 为圆O 的直径，∴∠ADB =90°，即BD ⊥AC ，∴AD =DC =BD =12AC ，∠CBD =∠C =45°，∴∠A =∠FBD ．∵DF ⊥DG ，∴∠FDG =90°，∴∠FDB +∠BDG =90°．∵∠EDA +∠BDG =90°，∴∠EDA =∠FDB ．在△AED 和△BFD 中，A FBD AD BD EDA FDB ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△AED ≌△BFD （ASA ），∴AE =BF ；（2）连接EF ，BG ． ∵△AED ≌△BFD ，∴DE =DF ．∵∠EDF =90°，∴△EDF 是等腰直角三角形，∴∠DEF =45°． ∵∠G =∠A =45°，∴∠G =∠DEF ，∴GB ∥EF ，∴∠FEB =∠GBA ． ∵∠GBA =∠GDA ，∴∠FEB =∠GDA ；（3）∵AE =BF ，AE =2，∴BF =2．在Rt △EBF 中，∠EBF =90°，∴根据勾股定理得：EF 2=EB 2+BF 2．∵EB =4，BF =2，∴EF∵△DEF 为等腰直角三角形，∠EDF =90°，∴cos ∠DEF =DEEF． ∵EF=∴DE=． ∵∠G =∠A ，∠GEB =∠AED ，∴△GEB ∽△AED ，∴GE AE =EBED，即GE •ED =AE •EB ，∴GE =8，即GE，则GD =GE +ED∴1119222S GD DF GD DE =⨯⨯=⨯⨯==．点睛：本题属于圆综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答本题的关键．10．如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E是AB延长线上一点，CE交⊙O于点F，连接OC、AC．（1）求证：AC平分∠DAO．（2）若∠DAO=105°，∠E=30°①求∠OCE的度数；②若⊙O的半径为22，求线段EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）①∠OCE=45°；②EF =23【解析】【试题分析】（1）根据直线与⊙O相切的性质，得OC⊥CD.又因为AD⊥CD，根据同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线也平行，得：AD//OC. ∠DAC=∠OCA.又因为OC=OA，根据等边对等角，得∠OAC=∠OCA.等量代换得：∠DAC=∠OAC.根据角平分线的定义得：AC平分∠DAO.（2）①因为 AD//OC，∠DAO=105°，根据两直线平行，同位角相等得，中，∠E=30°，利用内角和定理，得：∠OCE=45°.∠EOC=∠DAO=105°，在OCE②作OG⊥CE于点G，根据垂径定理可得FG=CG，因为OC=2，∠OCE=45°.等腰直角三2倍，得CG=OG=2. FG=2.在Rt△OGE中，∠E=30°，得GE=23则EF=GE-FG=23【试题解析】（1）∵直线与⊙O相切，∴OC⊥CD.又∵AD⊥CD，∴AD//OC.∴∠DAC=∠OCA.又∵OC=OA，∴∠OAC=∠OCA.∴∠DAC=∠OAC.∴AC平分∠DAO.（2）解：①∵AD//OC，∠DAO=105°，∴∠EOC=∠DAO=105°∵∠E=30°，∴∠OCE=45°.②作OG⊥CE于点G，可得FG=CG∵OC=22，∠OCE=45°.∴CG=OG=2.∴FG=2.∵在Rt△OGE中，∠E=30°，∴GE=23.∴EF=GE-FG=23-2.【方法点睛】本题目是一道圆的综合题目，涉及到圆的切线的性质，平行线的性质及判定，三角形内角和，垂径定理，难度为中等.11．如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连接AD．已知∠CAD＝∠B．（1）求证：AD是⊙O的切线；（2）若CD＝2，AC＝4，BD＝6，求⊙O的半径．【答案】（1）详见解析；（235.【解析】【分析】(1)解答时先根据角的大小关系得到∠1＝∠3，根据直角三角形中角的大小关系得出OD⊥AD ，从而证明AD为圆O的切线；(2)根据直角三角形勾股定理和两三角形相似可以得出结果【详解】（1）证明：连接OD，∵OB＝OD，∴∠3＝∠B，∵∠B＝∠1，∴∠1＝∠3，在Rt△ACD中，∠1+∠2＝90°，∴∠4＝180°﹣（∠2+∠3）＝90°，∴OD⊥AD，则AD为圆O的切线；（2）过点O作OF⊥BC，垂足为F，∵OF⊥BD∴DF＝BF＝12BD＝3∵AC＝4，CD＝2，∠ACD＝90°∴AD22AC CD5∵∠CAD＝∠B，∠OFB＝∠ACD＝90°∴△BFO∽△ACD∴BFAC = OB AD即3425∴OB＝352∴⊙O35．【点睛】此题重点考查学生对直线与圆的位置关系，圆的半径的求解，掌握勾股定理，两三角形相似的判定条件是解题的关键12．如图，PA 切⊙O 于点A ，射线PC 交⊙O 于C 、B 两点，半径OD ⊥BC 于E ，连接BD 、DC 和OA ，DA 交BP 于点F ；（1）求证：∠ADC+∠CBD ＝12∠AOD ；（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；【解析】【分析】()1根据垂径定理得到BD CD =n n ，根据等腰三角形的性质得到()111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠o o ，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =n n ，根据等腰三角形的性质得到ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=o ，求得90OAD DAP ∠+∠=o ，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．【详解】()1证明：OD BC ⊥Q ，BD CD ∴=n n， CBD DCB ∴∠=∠，90DFE EDF ∠+∠=o Q ，90EDF DFE ∴∠=-∠o ，OD OA =Q ，()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠o o ， 190902DFE AOD ∴-∠=-∠o o ， 12DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠Q ，12ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠；()2解：OD BC⊥Q，BE CE∴=，BD CD=n n，BD CD∴=，OA ODQ=，ADO OAD∴∠=∠，PAQ切Oe于点A，90PAO∴∠=o，90OAD DAP∴∠+∠=o，PFA DFE∠=∠Q，90PFA ADO∴∠+∠=o，PAF PFA∴∠=∠，PA PF∴=．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．13．如图，AB为⊙O的直径，BC为⊙O的弦，过O点作OD⊥BC，交⊙O的切线CD于点D，交⊙O于点E，连接AC、AE，且AE与BC交于点F．（1）连接BD，求证：BD是⊙O的切线；（2）若AF：EF=2：1，求tan∠CAF的值．【答案】（1）证明见解析；（23 .【解析】【分析】（1）根据全等三角形的性质得到∠OBD=∠OCD=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）根据已知条件得到AC∥DE，设OD与BC交于G，根据平行线分线段成比例定理得到AC：EG=2：1，EG=12AC，根据三角形的中位线的性质得到OG=12AC于是得到AC=OE，求得∠ABC=30°，即可得到结论．【详解】证明：（1）∵OC=OB ，OD ⊥BC ，∴∠COD=∠BOD ，在△COD 与△BOD 中，OC OB COD BOD OD OD ＝＝＝⎧⎪∠∠⎨⎪⎩，∴△COD ≌△BOD ，∴∠OBD=∠OCD=90°，∴BD 是⊙O 的切线；（2）解：∵AB 为⊙O 的直径，AC ⊥BC ，∵OD ⊥CB ，∴AC ∥DE ，设OD 与BC 交于G ，∵OE ∥AC ，AF ：EF=2：1，∴AC ：EG=2：1，即EG=12AC ， ∵OG ∥AC ，OA=OB ，∴OG=12AC ， ∵OG+GE=12AC+12AC=AC ， ∴AC=OE ， ∴AC=12AB ， ∴∠ABC=30°，∴∠CAB=60°，∵¼¼CE BE=， ∴∠CAF=∠EAB=12∠CAB=30°，∴tan ∠CAF=tan30°=33．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，三角函数的定义，正确的识别图形是解题的关键．14．如图，已知AB 是⊙O 的直径，BC 是弦，弦BD 平分∠ABC 交AC 于F ，弦DE ⊥AB 于H ，交AC 于G ．①求证：AG ＝GD ；②当∠ABC 满足什么条件时，△DFG 是等边三角形？③若AB ＝10，sin ∠ABD ＝35，求BC 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）当∠ABC ＝60°时，△DFG 是等边三角形．理由见解析；（3）BC 的长为145．【解析】【分析】（1）首先连接AD ，由DE ⊥AB ，AB 是O e 的直径，根据垂径定理，即可得到¶¶AD AE =，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，证得∠ADE ＝∠ABD ，又由弦BD 平分∠ABC ，可得∠DBC ＝∠ABD ，根据等角对等边的性质，即可证得AG=GD ；（2）当∠ABC=60°时，△DFG 是等边三角形，根据半圆（或直径）所对的圆周角是直角与三角形的外角的性质，易求得∠DGF=∠DFG=60°，即可证得结论；（3）利用三角函数先求出tan ∠ABD 34=，cos ∠ABD ＝45，再求出DF 、BF ，然后即可求出BC.【详解】（1）证明：连接AD ，∵DE ⊥AB ，AB 是⊙O 的直径，∴¶¶AD AE =，∴∠ADE ＝∠ABD ，∵弦BD 平分∠ABC ，∴∠DBC ＝∠ABD ，∵∠DBC ＝∠DAC ，∴∠ADE ＝∠DAC ，∴AG ＝GD ；（2）解：当∠ABC ＝60°时，△DFG 是等边三角形．理由：∵弦BD 平分∠ABC ，∴∠DBC ＝∠ABD ＝30°，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∴∠CAB ＝90°﹣∠ABC ＝30°，∴∠DFG ＝∠FAB+∠DBA ＝60°，∵DE ⊥AB ，∴∠DGF ＝∠AGH ＝90°﹣∠CAB ＝60°，∴△DGF 是等边三角形；（3）解：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ADB ＝∠ACB ＝90°，∵∠DAC ＝∠DBC ＝∠ABD ，∵AB ＝10，sin ∠ABD ＝35， ∴在Rt △ABD 中，AD ＝AB•sin ∠ABD ＝6，∴BD ＝22AB BD -＝8，∴tan ∠ABD ＝34AD BD =，cos ∠ABD ＝4=5BD AB ，在Rt △ADF 中，DF ＝AD•tan ∠DAF ＝AD•tan ∠ABD ＝6×34＝92， ∴BF ＝BD ﹣DF ＝8﹣92＝72， ∴在Rt △BCF 中，BC ＝BF•cos ∠DBC ＝BF•cos ∠ABD ＝72×45＝145． ∴BC 的长为：145．【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、直角三角形的性质、三角函数的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是掌握数形结合思想与转化思想的应用，注意辅助线的作法．15．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，以AC 为直径作⊙O 交BC 于点D ，过点D 作FE ⊥AB 于点E ，交AC 的延长线于点F ．（1）求证：EF 与⊙O 相切；（2）若AE ＝6，sin ∠CFD ＝35，求EB 的长．【答案】(1)见解析（2）32【解析】【分析】 ()1如图，欲证明EF 与O e 相切，只需证得OD EF ⊥．()2通过解直角AEF V 可以求得AF 10.=设O e 的半径为r ，由已知可得△FOD ∽△FAE ，继而得到OF OD AF AE =，即10r r 106-=，则易求15AB AC 2r 2===，所以153EB AB AE 622=-=-=．【详解】（1）如图，连接OD ，OC OD =Q ，OCD ODC ∠∠∴=．AB AC =Q ，ACB B ∠∠∴=，ODC B ∠∠∴=，OD //AB ∴，ODF AEF ∠∠∴=，EF AB ⊥Q ，ODF AEF 90∠∠∴==o ，OD EF ∴⊥，OD Q 是O e 的半径，EF ∴与O e 相切；()2由()1知，OD//AB ，OD EF ⊥．在Rt AEF V 中，AE 3sin CFD AF 5∠==，AE 6=，则AF 10=， OD //AB Q ，∴△FOD ∽△FAE ，OF OD AF AE∴=，设O e 的半径为r ，10r r 106-∴=，解得，15r 4=， 15AB AC 2r 2∴===， 153EB AB AE 622∴=-=-=．【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.。

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九年级圆几何综合易错题（Word版含答案）(1)一、初三数学圆易错题压轴题（难）1．在圆O中，C是弦AB上的一点，联结OC并延长，交劣弧AB 于点D，联结AO、BO、AD、BD．已知圆O的半径长为5，弦AB的长为8．（1）如图1，当点D是弧AB的中点时，求CD的长；（2）如图2，设AC=x，ACOOBDSS=y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；（3）若四边形AOBD是梯形，求AD的长．【答案】（1）2；（2）2825x x x-+（0＜x＜8）;（3）AD=145或6．【解析】【分析】(1)根据垂径定理和勾股定理可求出OC的长.(2)分别作OH⊥AB，DG⊥AB，用含x的代数式表示△ACO和△BOD的面积，便可得出函数解析式.(3)分OB∥AD和OA∥BD两种情况讨论.【详解】解：（1）∵OD过圆心，点D是弧AB的中点，AB=8，∴OD⊥AB，AC=12AB=4，在Rt△AOC中，∵∠ACO=90°，AO=5，∴22AO AC-，∴OD=5，∴CD=OD﹣OC=2；（2）如图2，过点O作OH⊥AB，垂足为点H，则由（1）可得AH=4，OH=3，∵AC=x，∴CH=|x﹣4|，在Rt△HOC中，∵∠CHO=90°，AO=5，∴22HO HC+223|x4|+-2825x x-+∴CD=OD ﹣OC=5过点DG ⊥AB 于G ， ∵OH ⊥AB ， ∴DG ∥OH ， ∴△OCH ∽△DCG ， ∴OH OCDG CD=， ∴DG=OH CD OC⋅35， ∴S △ACO =12AC ×OH=12x ×3=32x ， S △BOD =12BC （OH +DG ）=12（8﹣x ）×（335）=32（8﹣x ）∴y=ACO OBDS S=()323582x x -（0＜x ＜8）（3）①当OB ∥AD 时，如图3，过点A 作AE ⊥OB 交BO 延长线于点E ，过点O 作OF ⊥AD ，垂足为点F ，则OF=AE ， ∴S=12AB•OH=12OB•AE ， AE=AB OH OB ⋅=245=OF ，在Rt △AOF 中，∠AFO=90°，AO=5，∴75∵OF 过圆心，OF ⊥AD ，∴AD=2AF=145．②当OA ∥BD 时，如图4，过点B 作BM ⊥OA 交AO 延长线于点M ，过点D 作DG ⊥AO ，垂足为点G ，则由①的方法可得DG=BM=245，在Rt △GOD 中，∠DGO=90°，DO=5，∴GO=22DO DG -=75，AG=AO ﹣GO=185，在Rt △GAD 中，∠DGA=90°，∴AD=22AG DG +=6综上得AD=145或6．故答案为（1）2；（2）y=()2825x x x -+（0＜x ＜8）;（3）AD=145或6．【点睛】本题是考查圆、三角形、梯形相关知识，难度大，综合性很强.2．已知：四边形ABCD 内接于⊙O ，∠ADC ＝90°，DE ⊥AB ，垂足为点E ，DE 的锯长线交⊙O 于点F ，DC 的延长线与FB 的延长线交于点G ．（1）如图1，求证：GD ＝GF ；（2）如图2，过点B 作BH ⊥AD ，垂足为点M ，B 交DF 于点P ，连接OG ，若点P 在线段OG 上，且PB ＝PH ，求∠ADF 的大小；（3）如图3，在（2）的条件下，点M 是PH 的中点，点K 在BC 上，连接DK ，PC ，D 交PC 点N ，连接MN ，若AB ＝122，HM +CN ＝MN ，求DK 的长．【答案】（1）见解析；（2）∠ADF ＝45°；（31810【解析】【分析】（1）利用“同圆中，同弧所对的圆周角相等”可得∠A ＝∠GFD ，由“等角的余角相等”可得∠A ＝∠GDF ，等量代换得∠GDF ＝∠GFD ，根据“三角形中，等角对等边”得GD ＝GF ；（2）连接OD 、OF ，由△DPH ≌△FPB 可得：∠GBH ＝90°，由四边形内角和为360°可得：∠G ＝90°，即可得：∠ADF ＝45°；（3）由等腰直角三角形可得AH ＝BH ＝12，DF ＝AB ＝12，由四边形ABCD 内接于⊙O ，可得：∠BCG ＝45°＝∠CBG ，GC ＝GB ，可证四边形CDHP 是矩形，令CN ＝m ，利用勾股定理可求得m ＝2，过点N 作NS ⊥DP 于S ，连接AF ，FK ，过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ，过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R ，通过构造直角三角形，应用解直角三角形方法球得DK ．【详解】解：（1）证明：∵DE ⊥AB ∴∠BED ＝90° ∴∠A +∠ADE ＝90° ∵∠ADC ＝90° ∴∠GDF +∠ADE ＝90° ∴∠A ＝∠GDF ∵BD BD = ∴∠A ＝∠GFD ∴∠GDF ＝∠GFD ∴GD ＝GF （2）连接OD 、OF ∵OD ＝OF ，GD ＝GF ∴OG ⊥DF ，PD ＝PF 在△DPH 和△FPB 中PD PF DPH FPB PH PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DPH ≌△FPB （SAS ） ∴∠FBP ＝∠DHP ＝90° ∴∠GBH ＝90°∴∠DGF ＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90° ∴∠GDF ＝∠DFG ＝45° ∴∠ADF ＝45°（3）在Rt △ABH 中，∵∠BAH ＝45°，AB ＝2 ∴AH ＝BH ＝12 ∴PH ＝PB ＝6 ∵∠HDP ＝∠HPD ＝45° ∴DH ＝PH ＝6∴AD ＝12+6＝18，PN ＝HM ＝12PH ＝3，PD ＝2 ∵∠BFE ＝∠EBF ＝45°∴EF ＝BE∵∠DAE ＝∠ADE ＝45° ∴DE ＝AE∴DF ＝AB ＝∵四边形ABCD 内接于⊙O ∴∠DAB +∠BCD ＝180° ∴∠BCD ＝135° ∴∠BCG ＝45°＝∠CBG ∴GC ＝GB又∵∠CGP ＝∠BGP ＝45°，GP ＝GP ∴△GCP ≌△GBP （SAS ） ∴∠PCG ＝∠PBG ＝90° ∴∠PCD ＝∠CDH ＝∠DHP ＝90° ∴四边形CDHP 是矩形∴CD ＝HP ＝6，PC ＝DH ＝6，∠CPH ＝90° 令CN ＝m ，则PN ＝6﹣m ，MN ＝m +3 在Rt △PMN 中，∵PM 2+PN 2＝MN 2 ∴32+（6﹣m ）2＝（m +3）2，解得m ＝2 ∴PN ＝4过点N 作NS ⊥DP 于S ，在Rt △PSN 中，PS ＝SN ＝DS ＝﹣＝SN 1tanDS 2SDN ∠=== 连接AF ，FK ，过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ，过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R 在Rt △DFQ 中，FQ ＝DQ ＝12 ∴AQ ＝18﹣12＝6 ∴tan 1226FQ FAQ AQ ∠=== ∵四边形AFKD 内接于⊙O ， ∴∠DAF +∠DKF ＝180° ∴∠DAF ＝180°﹣∠DKF ＝∠FKR在Rt △DFR 中，∵DF ＝1tan 2FDR ∠=∴,55FR DR ==在Rt △FKR 中，∵FR ＝5tan ∠FKR ＝2∴KR ＝6105∴DK ＝DR ﹣KR ＝24106101810=-=．【点睛】本题是一道有关圆的几何综合题，难度较大，主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形性质及判定，等腰直角三角形性质，解直角三角形等知识点；解题关键是添加辅助线构造直角三角形．3．已知：如图，梯形ABCD 中，AD//BC ，AD 2=，AB BC CD 6===，动点P 在射线BA 上，以BP 为半径的P 交边BC 于点E （点E 与点C 不重合），联结PE 、PC ，设x BP =，PC y =.（1）求证：PE //DC ；（2）求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域；（3）联结PD ，当PDC B ∠=∠时，以D 为圆心半径为R 的D 与P 相交，求R 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）2436(09)y x x x =-+<<；（3）3605R <<【解析】【分析】()1根据梯形的性质得到B DCB ∠=∠，根据等腰三角形的性质得到B PEB ∠∠=，根据平行线的判定定理即可得到结论；()2分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、.G 推出四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，求得2BF FG GC ===，根据勾股定理得到22226242AF AB BF =-=-=，根据平行线分线段成比例定理得到223PH x =，13BH x =，求得163CH x =-，根据勾股定理即可得到结论； ()3作//EM PD 交DC 于.M 推出四边形PDME 是平行四边形.得到PE DM x ==，即 6MC x =-，根据相似三角形的性质得到1218655PD EC ==-=，根据相切两圆的性质即可得到结论．【详解】()1证明：梯形ABCD ，AB CD =，B DCB ∠∠∴=，PB PE =， B PEB ∠∠∴=， DCB PEB ∠∠∴=， //PE CD ∴；()2解：分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、G ．梯形ABCD 中，//AD BC ，，BC DG ⊥，BC PH ⊥，∴四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，2AD =，6BC DC ==， 2BF FG GC ∴===，在Rt ABF 中，22226242AF AB BF =-=-=，//PH AF ，PH BP BHAF AB BF ∴==6242x BH ==，223PH x ∴=，13BH x =，163CH x ∴=-，在Rt PHC中，PC =y ∴=9)y x =<<， ()3解：作//EM PD 交DC 于M ．//PE DC ，∴四边形PDME 是平行四边形．PE DM x ∴==，即 6MC x =-，PD ME ∴=，PDC EMC ∠∠=，又PDC B ∠∠=，B DCB ∠=∠， DCB EMC PBE PEB ∠∠∠∠∴===． PBE ∴∽ECM ，PB BEEC MC ∴=，即232663xx x x =--，解得：185x =，即125BE =，1218655PD EC ∴==-=，当两圆外切时，PD r R =+，即0(R =舍去)；当两圆内切时，-PD r R =，即10(R =舍去)，2365R =；即两圆相交时，3605R <<．【点睛】本题属于圆综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键.4．如图①，一个Rt △DEF 直角边DE 落在AB 上，点D 与点B 重合，过A 点作二射线AC 与斜边EF 平行，己知AB=12，DE=4，DF=3，点P 从A 点出发，沿射线AC 方向以每秒2个单位的速度运动，Q 为AP 中点，设运动时间为t 秒（t ＞0）• （1）当t=5时，连接QE ，PF ，判断四边形PQEF 的形状；（2）如图②，若在点P 运动时，Rt △DEF 同时沿着BA 方向以每秒1个单位的速度运动，当D 点到A 点时，两个运动都停止，M 为EF 中点，解答下列问题：①当D、M、Q三点在同一直线上时，求运动时间t；②运动中，是否存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切？若存在，求出此时的运动时间t；若不存在，说明理由．【答案】（1）平行四边形EFPQ是菱形；（2）t=；当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．【解析】试题分析：（1）过点Q作QH⊥AB于H，如图①，易得PQ=EF=5，由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形，易证△AHQ∽△EDF，从而可得AH=ED=4，进而可得AH=HE=4，根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，则有AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后运用相似三角形的性质就可求出t的值；②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在∠ADF的角平分线上（如图③）或在∠FDB的角平分线（如图④）上，故需分两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质求出AH、DH（用t表示），再结合AB=12，DB=t建立关于t的方程，然后解这个方程就可解决问题．试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形．理由：过点Q作QH⊥AB于H，如图①，∵t=5，∴AP=2×5=10．∵点Q是AP的中点，∴AQ=PQ=5．∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，∴EF==5，∴PQ=EF=5．∵AC∥EF，∴四边形EFPQ是平行四边形，且∠A=∠FEB．又∵∠QHA=∠FDE=90°，∴△AHQ∽△EDF，∴．∵AQ=EF=5，∴AH=ED=4．∵AE=12-4=8，∴HE=8-4=4，∴AH=EH，∴AQ=EQ，∴PQ=EQ，∴平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，此时AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．∵EF∥AC，∴△DEM∽△DAQ，∴，∴，解得t=；②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上．Ⅰ．当点Q在∠ADF的角平分线上时，过点Q作QH⊥AB于H，如图③，则有∠HQD=∠HDQ=45°，∴QH=DH．∵△AHQ∽△EDF（已证），∴，∴，∴QH=，AH=，∴DH=QH=．∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，∴++t=12，∴t=5；Ⅱ．当点Q在∠FDB的角平分线上时，过点Q作QH⊥AB于H，如图④，同理可得DH=QH=，AH=．∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12，DB=t，∴-+t=12，∴t=10．综上所述：当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．考点：1．圆的综合题；2．线段垂直平分线的性质；3．勾股定理；4．菱形的判定；5．相似三角形的判定与性质．5．如图，矩形ABCD中，BC＝8，点F是AB边上一点（不与点B重合）△BCF的外接圆交对角线BD于点E，连结CF交BD于点G．（1）求证：∠ECG＝∠BDC．（2）当AB＝6时，在点F的整个运动过程中．①若BF＝2时，求CE的长．②当△CEG为等腰三角形时，求所有满足条件的BE的长．（3）过点E作△BCF外接圆的切线交AD于点P．若PE∥CF且CF＝6PE，记△DEP的面积为S1，△CDE的面积为S2，请直接写出12SS的值．【答案】（1）详见解析；（2）①1825；②当BE为10，395或445时，△CEG为等腰三角形；（3）724.【解析】【分析】（1）根据平行线的性质得出∠ABD＝∠BDC，根据圆周角定理得出∠ABD＝∠ECG，即可证得结论；（2）根据勾股定理求得BD＝10，①连接EF，根据圆周角定理得出∠CEF＝∠BCD＝90°，∠EFC＝∠CBD．即可得出sin∠EFC ＝sin∠CBD，得出35CE CDCF BD==，根据勾股定理得到CF＝62CE1825；②分三种情况讨论求得：当EG＝CG时，根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可得到∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝∠BDC，从而证得E、D重合，即可得到BE＝BD＝10；当GE＝CE时，过点C作CH⊥BD于点H，即可得到∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，得到CG＝CD＝6．根据三角形面积公式求得CH＝245，即可根据勾股定理求得GH，进而求得HE，即可求得BE＝BH＋HE＝395；当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M，由tan∠ECM＝43EMCM=．设EM＝4k，则CM ＝3k，CG＝CE＝5k．得出GM＝2k，tan∠GEM＝2142GM kEM k==，即可得到tan∠GCH＝GHCH=12．求得HE＝GH＝125，即可得到BE＝BH＋HE＝445；（3）连接OE、EF、AE、EF，先根据切线的性质和垂直平分线的性质得出EF＝CE，进而证得四边形ABCD是正方形，进一步证得△ADE≌△CDE，通过证得△EHP∽△FBC，得出EH＝16BF，即可求得BF＝6，根据勾股定理求得CF＝10，得出PE＝106，根据勾股定理求得PH，进而求得PD，然后根据三角形面积公式即可求得结果．【详解】（1）∵AB∥CD．∴∠ABD＝∠BDC，∵∠ABD＝∠ECG，∴∠ECG＝∠BDC．（2）解：①∵AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∴BD＝10，如图1，连结EF，则∠CEF＝∠BCD＝90°，∵∠EFC＝∠CBD．∴sin∠EFC＝sin∠CBD，∴35 CE CD CF BD==∴CF∴CE②Ⅰ、当EG＝CG时，∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝∠BDC．∴E与D重合，∴BE＝BD＝10．Ⅱ、如图2，当GE＝CE时，过点C作CH⊥BD于点H，∴∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，∴CG＝CD＝6．∵CH＝BC CD24 BD5⋅=，∴GH185 =，在Rt△CEH中，设HE＝x，则x2+（245）2＝（x+185）2解得x＝75，∴BE＝BH+HE＝325+75＝395；Ⅲ、如图2，当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M．∵tan∠ECM＝43 EMCM=．设EM＝4k，则CM＝3k，CG＝CE＝5k．∴GM＝2k，tan∠GEM＝2142 GM kEM k==，∴tan∠GCH＝GHCH＝tan∠GEM＝12．∴HE＝GH＝12412 255⨯=，∴BE＝BH+HE＝321244 555+=，综上所述，当BE为10，395或445时，△CEG为等腰三角形；（3）解：∵∠ABC＝90°，∴FC是△BCF的外接圆的直径，设圆心为O，如图3，连接OE、EF、AE、EF，∵PE是切线，∴OE⊥PE，∵PE∥CF，∴OE⊥CF，∵OC＝OF，∴CE＝EF，∴△CEF是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，EF=2FC，∴∠ABD＝∠ECF＝45°，∴∠ADB＝∠BDC＝45°，∴AB＝AD＝8，∴四边形ABCD是正方形，∵PE∥FC，∴∠EGF＝∠PED，∴∠BGC＝∠PED，∴∠BCF＝∠DPE，作EH⊥AD于H，则EH＝DH，∵∠EHP＝∠FBC＝90°，∴△EHP∽△FBC，∴16 EH PEBF FC==，∴EH＝16 BF，∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，∴△ADE≌△CDE，∴AE＝CE，∴AE＝EF，∴AF＝2EH＝13 BF，∴13BF+BF＝8，∴BF＝6，∴EH＝DH＝1，CF＝22BF BC+＝10，∴PE＝16FC＝53，∴PH＝224PE EH3-=，∴PD＝47133+=，∴12773824S PDS AD===．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，圆周角定理、三角形的面积以及相似三角形的判定和性质，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．6．在直角坐标系中，⊙C过原点O，交x轴于点A（2，0），交y轴于点B（0，）．（1）求圆心C的坐标．（2）抛物线y=ax2+bx+c过O，A两点，且顶点在正比例函数y=-的图象上，求抛物线的解析式．（3）过圆心C作平行于x轴的直线DE，交⊙C于D，E两点，试判断D，E两点是否在（2）中的抛物线上．（4）若（2）中的抛物线上存在点P（x0，y0），满足∠APB为钝角，求x0的取值范围．【答案】（1）圆心C的坐标为（1，）；（2）抛物线的解析式为y=x2﹣x；（3）点D、E均在抛物线上；（4）﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．【解析】试题分析：（1）如图线段AB是圆C的直径，因为点A、B的坐标已知，根据平行线的性质即可求得点C的坐标；（2）因为抛物线过点A、O，所以可求得对称轴，即可求得与直线y=﹣x的交点，即是二次函数的顶点坐标，利用顶点式或者一般式，采用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（3）因为DE∥x轴，且过点C，所以可得D、E的纵坐标为，求得直径AB的长，可得D、E的横坐标，代入解析式即可判断；（4）因为AB为直径，所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，所以﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．试题分析：（1）∵⊙C经过原点O∴AB为⊙C的直径∴C为AB的中点过点C作CH垂直x轴于点H，则有CH=OB=，OH=OA=1∴圆心C的坐标为（1，）．（2）∵抛物线过O、A两点，∴抛物线的对称轴为x=1，∵抛物线的顶点在直线y=﹣x上，∴顶点坐标为（1，﹣）．把这三点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+c，得，解得，∴抛物线的解析式为y=x2﹣x．（3）∵OA=2，OB=2，∴AB==4，即⊙C的半径r=2，∴D（3，），E（﹣1，），代入y=x2﹣x检验，知点D、E均在抛物线上．（4）∵AB为直径，∴当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，∴﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．考点：二次函数综合题．7．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作直线MN，且∠MAC＝∠ABC．（1）求证：MN是⊙O的切线．（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．①求证：FD＝FG．②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1【解析】【分析】（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝CH．根据AB＝BH可求出答案．【详解】（1）证明：∵AB是直径，∴∠ACB ＝90°， ∴∠CAB+∠ABC ＝90°； ∵∠MAC ＝∠ABC ，∴∠MAC+∠CAB ＝90°，即MA ⊥AB ， ∴MN 是⊙O 的切线；（2）①证明：∵D 是弧AC 的中点， ∴∠DBC ＝∠ABD ， ∵AB 是直径， ∴∠CBG+∠CGB ＝90°， ∵DE ⊥AB ，∴∠FDG+∠ABD ＝90°， ∵∠DBC ＝∠ABD ， ∴∠FDG ＝∠CGB ＝∠FGD ， ∴FD ＝FG ；②解：连接AD 、CD ，作DH ⊥BC ，交BC 的延长线于H 点．∵∠DBC ＝∠ABD ，DH ⊥BC ，DE ⊥AB ， ∴DE ＝DH ，在Rt △BDE 与Rt △BDH 中，DH DEBD BD=⎧⎨=⎩， ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH （HL ）， ∴BE ＝BH ， ∵D 是弧AC 的中点， ∴AD ＝DC ，在Rt △ADE 与Rt △CDH 中，DE DHAD CD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH （HL ）． ∴AE ＝CH ．∴BE ＝AB ﹣AE ＝BC+CH ＝BH ，即5﹣AE ＝3+AE ， ∴AE ＝1．【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．8．如图，点A 在直线l 上，点Q 沿着直线l 以3厘米/秒的速度由点A 向右运动，以AQ 为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ=34，点C 在点Q 右侧，CQ=1厘米，过点C 作直线m⊥l，过△ABQ 的外接圆圆心O 作OD⊥m 于点D ，交AB 右侧的圆弧于点E ．在射线CD 上取点F ，使DF=13CD ，以DE 、DF 为邻边作矩形DEGF ．设运动时间为t 秒．（1）直接用含t 的代数式表示BQ 、DF ；（2）当0＜t ＜1时，求矩形DEGF 的最大面积；（3）点Q 在整个运动过程中，当矩形DEGF 为正方形时，求t 的值．【答案】（1）BQ=5t ，DF=23t;（2）16;（3）t 的值为35或3．【解析】试题分析：（1）AB 与OD 交于点H ，根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长；根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长，再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长，即可表示出FD ；（2）根据题意表示出矩形的长和宽，然后构造二次函数，通过二次函数的最值可求解；（3）当矩形为正方形时，分别让其长与宽相等，列方程求解即可. 试题解析：（1）5t BQ =，2DF=t 3；（2）DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ，()22211·t 13326S DF DE t t ⎛⎫==-=--+ ⎪⎝⎭，∴当t=12时，矩形DEGF 的最大面积为16；（3）当矩形DEGF 为正方形时，221133t t t t -=-=或,解得335t t ==或.9．AB 是O 直径，,C D 分别是上下半圆上一点，且弧BC =弧BD ，连接,AC BC ，连接CD 交AB 于E ，（1）如图(1)求证：90AEC ∠=︒；（2）如图(2)F 是弧AD 一点，点,M N 分别是弧AC 和弧FD 的中点，连接FD ，连接MN 分别交AC ，FD 于,P Q 两点，求证：MPC NQD ∠=∠（3）如图(3)在(2)问条件下，MN 交AB 于G ，交BF 于L ，过点G 作GH MN ⊥交AF 于H ，连接BH ，若,6,BG HF AG ABH ==∆的面积等于8，求线段MN 的长度【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2410MN =．【解析】【分析】（1）由垂径定理即可证明；（2）利用等弧所对的圆周角相等和三角形外角性质即可得到结论；（3）由∠MPC=∠NQD 可得：∠BGL=∠BLG ，BL=BG ，作BR ⊥MN ，GT ⊥AF ，HK ⊥AB ，证明：GH 平分∠AGT ，利用相似三角形性质和角平分线性质求得△AGT 三边关系，再求出HK 与GH ，OS ⊥MN ，再利用相似三角形性质求出OS ，利用勾股定理求MN 即可．【详解】解：()1证明：∵BC BD =，AB 为直径， ∴AB ⊥CD ∴∠AEC=90°；()2连接,OM ON ，∵点M 是弧AC 的中点，点N 是弧DF 的中点， ∴AM CM =，FN DN =， ∴,OM AC ON FD ⊥⊥， ∵OM=ON ，∴M N ∠=∠，∵90M MPC N NQB ∠+∠=∠+∠=︒，MPC NQD ∴∠=∠；()3如图3，过G 作GT ⊥AF 于T ，过H 作HK ⊥AB 于K ，过B 作BR ⊥MN 于R ，过O 作OS ⊥MN 于S ，连接OM ，设BG=m ，∵△ABH 的面积等于8，AG=6∴HK=166m +， ∵BC BD =，∴∠BAC=∠BFD ，由（2）得∠MPC=∠NQD∴∠AGM=∠FLN∴∠BGL=∠BLG∴BL=BG ，∵BR ⊥MN∴∠ABR=∠FBR∵GH ⊥MN∴GH ∥BR∴∠AGH=∠ABR∵AB 是直径，GT ⊥AF∴∠AFB=∠ATG=90°∴GT ∥BF ，又∵GH ∥BR∴∠TGH=∠FBR∴∠AGH=∠TGH ，又∵HK ⊥AG ，HT ⊥GT ，∴HT=HK=166m +， ∵FH=BG=m ， ∴FT=16(8)(2)66m m m m m +--=++，∵GT ∥BF ， ∴AT AG FT BG =， ∴6(8)(2)(6)m m AT m m +-=+，616m AH m -=，48(6)(38)m KG TG m m ==+-， ∵222AT TG AG +=，代入解得：m=4；∴AB=10，OM=5，GK=245，HK=85，OG=1 ∴GH=810， ∵OS ⊥MN∴∠OSG=∠GKH=90°，GH ∥OS∴∠HGK=∠GOS∴△HGK ∽△GOS ，∴OS GK OG GH=， ∴310OS =， ∴222410MG OM OG =-=， ∴2410MN =；【点睛】本题考查了圆的性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形判定和性质，勾股定理等，综合性较强，尤其是第（3）问难度很大，计算量大，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，运用数形结合的思想进行解题．10．△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52，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=52，可求得a=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HG=2x，然后依据S△BHG=12BH•HG=42，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 ACEAB ACBAF 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．∴12HF 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．。

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