2020中考专题练习---两圆相切的存在性问题-

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中考数学压轴题【相切的存在性问题】解题训练卷

中考数学压轴题【相切的存在性问题】解题训练卷一、圆与圆的位置关系问题，一般无法先画出比较准确的图形．解这类问题，一般分三步走，第一步先罗列三要素：R、r、d，第二步分类列方程，第三步解方程并验根．第一步在罗列三要素R、r、d的过程中，确定的要素罗列出来以后，不确定的要素要用含有x的式子表示．第二步分类列方程，就是指外切与内切两种情况．二、直线与圆的位置关系问题，一般也无法先画出比较准确的图形．解这类问题，一般也分三步走，第一步先罗列两要素：R和d，第二步列方程，第三步解方程并验根．第一步在罗列两要素R和d的过程中，确定的要素罗列出来以后，不确定的要素要用含有x的式子表示．第二步列方程，就是根据直线与圆相切时d＝R列方程．例题解析例❶如图1-1，已知抛物线y＝x2－1与x轴相交于A、B两点．（1）有一半径为r的⊙P，且圆心P在抛物线上运动，当⊙P与两坐标轴都相切时，求半径r的值；（2）半径为1的⊙P在抛物线上，当点P的纵坐标在什么范围内取值时，⊙P与y轴相离、相交？图1-1【解析】（1）如果⊙P与两坐标轴都相切，那么圆心P到两坐标轴的距离相等．画直线y＝x和y＝－x，四个圆心P就都找到了，如图1-2，图1-3．其实求半径r，只需一个图就可以了，⊙P的半径为r＝|x|．（2）要判断⊙P与y轴相离、相交，先找到临界位置⊙P与y轴相切，此时x＝1或x＝－1．如图1-4，可以想象，当圆心P在x轴下方时，⊙P与y轴相交，此时－1≤y P＜0；当圆心P在x轴上方时，⊙P与y 轴相离，此时y P＞0．图1-2 图1-3 图1-4例❷如图2-1，△ABC中，BC＝AC＝5，AB＝8，CD为AB边上的高．如图2-1，A在原点处，点B 在y轴的正半轴上，点C在第一象限．若A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点B随之沿y轴下滑，并带动△ABC在平面上滑动．如图2-2，设运动的时间为t秒，当B到达原点时停止运动．当以点C为圆心、CA为半径的圆与坐标轴相切时，求t的值．图2-1 图2-2【解析】这道题讲一下画图策略，答案就在图形中．（1）如图2-3，画x轴，取点A；作CA⊥x轴，且CA＝5；以CA为半径画⊙C，以A为圆心，8为半径画弧，产生点B．如图2-4，过点B画y轴．在Rt△AOB中，已知AB和∠1，求得OA＝t＝4.8．（2）如图2-5，先画y轴和点B，产生点A后再画x轴．求得OA＝t＝6.4．图2-3 图2-4 图2-5例❸如图3-1，A(－5,0)，B(－3,0)，C(0, 3)，四边形OADC是矩形．点P从点Q(4,0)出发，沿x轴向左以每秒1个单位长的速度运动，以PC为半径的⊙P随点P的运动而变化，当⊙P与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切时，求运动时间t的值．图3-1【解析】我们先根据“d＝r”讲解题策略．如图3-2，动点P到切线BC的所有垂线段中，哪条等于半径PC？此时P(3, 0)，t＝1．如图3-3，动点P到切线DC的所有垂线段中，半径PC是哪条？此时P(0, 0)，t＝4．如图3-4，动点P到切线AD的距离就是PA，PA与半径PC相等，点P在AC的垂直平分线上，此时在Rt△PCO中，由勾股定理解得AP＝3.6，所以QP＝5.4，t＝5.4.图3-2 图3-3 图3-4我们再灵活应用“圆的切线垂直于经过切点的半径”画图，答案就在图形中．如图3-5，经过切点C 画切线BC 的垂线，与x 轴的交点就是P (3, 0)．如图3-6，经过切点C 画切线DC 的垂线，与x 轴的交点就是P (0, 0)．如图3-7，已知圆上两点A 和C ，画AC 的垂直平分线，与x 轴的交点就是P ．图3-5 图3-6 图3-7例❹ 如图4-1，已知抛物线y ＝mx 2＋bx ＋c (m ＞0)经过A (1, 0)、B (－3,0)两点，顶点为P ，与y 轴交于点D ．⊙C 的直径为A 、B ，当m 为何值时，直线PD 与⊙C 相切？图4-1【解析】由y ＝m (x －1)(x ＋3)，可得D (0,－3m )，P (－1,－4m )．⊙C 的半径为2，切线PD 随m 变化．如图4-2，先假设切点为E ，那么∠CPE ＝∠PDF ．由sin ∠CPE ＝sin ∠PDF ，得CE PF CP PD=．解方程24m =，得m =．所以当m =时，直线PD 与⊙C 相切．事实上，此时直线PD 与⊙C 相切于点D ，∠PCD ＝30°（如图4-3）．图4-2 图4-3例❺ 如图5-1，在梯形ABCD 中，∠ABC ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝8，BC ＝18，54sin =∠BCD ，点P 从点B 开始沿BC 边向终点C 以每秒3个单位的速度移动，点Q 从点D 开始沿DA 边向终点A 以每秒2个单位的速度移动，设运动时间为t 秒．如果⊙P 的半径为6，⊙Q 的半径为4，在移动的过程中，试探索：t 为何值时⊙P 与⊙Q 外离、外切、相交？图5-1【解析】对于⊙P ，R ＝6；对于⊙Q ，r ＝4．圆心距d ＝PQ 怎么表示呢？如图5-2，PQ 2＝QH 2＋PH 2＝82＋(12－5t )2．当两圆外切时，由d ＝R ＋r ＝10，得d 2＝102．解方程82＋(12－5t )2＝102，得t ＝1.2（如图5-3），或t ＝3.6（如图5-4）．现在，我们想象两圆的运动过程，从外离到外切、相交，再到外切，外离，然后写出结论：当0≤t ＜1.2和3.6＜t ≤6时，两圆外离；当1.2＜t ＜3.2时，两圆相交．图5-2 图5-3 图5-4例❻如图6-1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4厘米，BC＝3厘米，⊙O为△ABC的内切圆．（1）求⊙O的半径；（2）动点P从点B沿BA向点A以每秒1厘米的速度匀速运动，以P为圆心，PB为半径作圆．设点P运动的时间为t秒，若⊙P与⊙O相切，求t的值．图6-1【解析】如图6-2，⊙O的半径r＝1（厘米）．对于⊙O，r＝1；对于⊙P，R＝t；圆心距d＝OP在Rt△POH中解决（如图6-3）．由OP2＝OH2＋PH2＝12＋(2－t)2，得d＝OP当⊙P与⊙O外切时，由d＝R＋r1t+．解得23t=（如图6-4）．当⊙P与⊙O内切时，由d＝|R－r||1|t-．解得t＝2（如图6-5）．图6-2 图6-3 图6-4 图6-5例❼ 如图7-1，已知直线l ：443y x =+与x 轴、y 轴分别交于点A 、B ，⊙O 的半径为1，点C 是y 轴正半轴上的一点，如果⊙C 既与⊙O 相切，也与直线l 相切，求圆心C 的坐标．图7-1【解析】先确定⊙C 与直线l 相切，再解方程⊙C 与⊙O 相切．如图7-2，过点C 作CD ⊥AB ，垂足为D ．设BC ＝5m ，半径CD ＝3m ．对于⊙O ，r ＝1；对于⊙C ，R ＝3m ；圆心距d ＝OC ＝OB －BC ＝4－5m ．当两圆外切时，R ＋r ＝d ．解方程3m ＋1＝4－5m ，得38m =．此时17(0,)8C （如图7-3）．当两圆内切时，R －r ＝d ．解方程3m －1＝4－5m ，得58m =．此时7(0,)8C （如图7-4）．图7-2 图7-3 图7-4例❽如图8-1，已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D为BC边上一动点（不与点B重合），过点D作射线DE交AB于点E，∠BDE＝∠A，以点D为圆心，DC的长为半径作⊙D．设BD＝x．（1）当⊙D与边AB相切时，求x的值；（2）如果⊙E是以E为圆心，AE的长为半径的圆，当⊙D与⊙E相切时，求x的值．图8-1 【解析】如图8-2，AB＝AC和∠BDE＝∠A，隐含了△ABC∽△DBE，DB＝DE＝x．（1）如图8-3，当⊙D与边AB相切时，d＝r，解DH＝DC就可以了．解方程465x x=-，得103x=．（2）对于⊙D，R＝DC＝6－x；对于⊙E，r＝AE＝AB－BE＝655x -；圆心距d＝DE＝DB＝x．当两圆外切时，由d＝R＋r，得6(6)(5)5x x x-+-+=．解得5516x=（如图8-4）．当两圆内切时，由d＝R－r，得6(6)(5)5x x x---+=．解得54x=（如图8-5）．图8-2 图8-3 图8-4 图8-5例❾如图9-1，一个Rt△DEF的直角边DE落在AB上，点D与点B重合，过A点作射线AC与斜边EF平行，已知AB＝12，DE＝4，DF＝3．如图9-2，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的中点．同时Rt△DEF沿着BA方向以每秒1个单位的速度运动，当点D运动到点A时，两个运动都停止．在运动过程中，是否存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF的两条直角边所在直线都相切？若存在，求运动时间t，若不存在，说明理由．图9-1 图9-2【解析】这道题目我们讲画图的策略．注意到AQ＝BD＝t．①如图9-3，画∠CAM＝∠CAB；在射线AM上取一点D，过点D作AM的垂线；画直角的平分线产生点Q；在点D右侧截取DB＝AQ．作QH⊥AM于H，以QH为半径的⊙Q符合题意．由QH＝DH，得391255t t=-．解得t＝5．②过点D画直角的平分线还有图9-4的情形，此时DH＝9125t-．解方程931255t t-=，得t＝10．从上面的过程我们可以体验到，画图与点P无关，与△DEF无关．我们去伪存真，∠A的大小确定，以D为顶点构造直角，作直角的平分线产生点Q，截取得到点B就可以了．图9-4 图9-5。

初三圆的相切练习题

初三圆的相切练习题相切是几何学中常见的概念，特别是在圆的相切问题中，我们需要掌握相关的求解方法和技巧。

在初三数学里，圆的相切练习题是必须要掌握的内容之一。

下面我们来看几个典型的圆的相切练习题，并解答相应的解题思路和方法。

练习题一：已知两个圆C1和C2，其半径分别为r1和r2，且两圆外切于点A。

求证：两个圆心O1和O2的连线O1O2与点A的连线AO1的垂直平分线重合。

解答：首先，我们需要明确题目给出的条件：两个圆C1和C2外切于点A，即两圆的切点为A。

我们需要证明的是：两个圆心O1和O2的连线O1O2的中垂线与AO1重合。

解题思路：根据题目条件，我们可以得到以下结论：1. 两个圆的切点A在两圆心O1和O2的连线O1O2上；2. 两个圆的切点A在连线AO1上。

根据题目要求，我们需要证明O1O2的中垂线与AO1重合。

我们可以使用反证法来证明这个结论。

假设O1O2的中垂线与AO1不重合，即存在一个点B，使得B同时在O1O2的中垂线和AO1上。

由圆的性质可知：圆的半径是相同的，且半径与切点的切线垂直。

于是，我们可以得到以下结论：1. O1B和O2B是两个圆的半径；2. 由于切点A在两圆的切线上，所以O1A和O2A也分别与两个圆的半径垂直。

根据垂直平分线的定义，我们可以得到以下结论：1. O1B与AO1垂直；2. O2B与AO2垂直。

因此，O1B和O2B与AO1和AO2均垂直，即O1B和O2B与O1O2平行。

然而，这与两个圆C1和C2外切于点A的条件矛盾。

所以，假设错误，即证明了O1O2的中垂线与AO1重合。

综上所述，得证。

练习题二：已知两个圆C1和C2，其半径分别为r1和r2，两圆的切点为P，且有一条直线l与两圆都相切于点P。

求证：两个圆心O1和O2的连线O1O2垂直于直线l。

解答：首先，我们需要明确题目给出的条件：两个圆C1和C2的切点为P，直线l分别与两圆相切于点P。

我们需要证明的是：两个圆心O1和O2的连线O1O2垂直于直线l。

九年级数学69两圆相切浙江试题

初三数学两圆相切 6.10 两圆的位置关系两圆的公切线版【同步教育信息】一. 本周教学内容：两圆相切 6.10 两圆的位置关系两圆的公切线二. 教学目的：1. 理解两圆的五种位置关系，理解两圆的公切线的概念。

2. 理解、学会断定两圆的位置关系。

3. 掌握两圆相切，相交的性质定理，并学会计算两圆公切线长三. 重、难点：1. 重点：两圆相切、相交的有关性质及断定定理。

2. 难点：通过添加公切线、连心线、公一共弦解题，构造计算公切线长的根本图形。

【典型例题分析】O与⊙[例1] 如图，⊙1ADD。

求证：BD证明：证法1：过P 作⊙1O 的切线PT ，那么PT 也是⊙2O 的切线，连结AP ，PB 。

所以B TPA ∠=∠又因为AB 切⊙O 1于C ，所以PC m ACPTPC 21∠=∠因为APD TPA TPC ∠+∠=∠，BPD B ACP ∠+∠=∠，所以BPD APD ∠=∠ 所以，AD=BD证法2：连结21O O 并延长，那么21O O 必过切点P 〔如图6—62〕，连结C O 1，D O 2 联络在一起。

[例2] 两圆的半径之比为2:5，两圆内切时的圆心距为cm 9，求当两圆的圆心距分别为30cm ，21cm ，10cm ，5cm 时相应的两圆的位置关系。

解：设两圆的半径分别为R ，r因为两圆的半径之比为2:5，所以可设x R 5=cm ，cm x r 2=。

又因为当两圆内切时，圆心距为9cm ，故有925=-x x ，解得3=x ，所以R=cm 15，cm r 6=。

⊙当cm d 30=时，r R d +>，故两圆外离；当cm d 21=时，r R d +=，故两圆外切；当cm d 10=时，r R d r R +<<-，故两圆相交；当cm d 5=时，r R d -<，故两圆内含。

精析：[例3] 的半径为10求：〔解：〔1〕在338=。

所以ππ364)338(21=⨯=O S 。

如何证明相切圆练习题初三

如何证明相切圆练习题初三相切圆是指两个圆的外切于同一点的情况。

在初三数学学习中，相切圆是一个重要的概念，需要通过证明来加深对这一概念的理解。

下面将介绍一些初三相切圆的证明练习题。

练习题一：证明两个相切圆的切点、切线和相切圆的半径关系。

假设有两个相切圆，圆心分别为O1和O2，半径分别为r1和r2，切点为P。

要证明的是，切点P、切线和相切圆的半径之间存在一定的关系。

解答：首先，我们可以通过观察来猜测这一关系。

我们发现，切点P在连接两个圆心O1和O2的直线上，且与两个圆的半径r1和r2的垂直分量和相等。

由于垂直分量和等于两个圆半径之差，即r1-r2，因此我们可以猜测r1-r2等于直线OP的长度。

接下来，我们需要进行具体的证明。

首先，连接P与O1、O2，分别得到线段OP1和OP2。

由于两个圆相切于P，因此OP1和OP2与两个圆的切线相垂直，即垂直分量和相等。

又因为OP1和OP2是三角形的两条边，所以它们与三角形对应的角是相等的。

根据三角形的性质，我们可以得出O1P和O2P的长度相等，即r1=r2。

接着，我们来证明两个相切圆的半径之差等于切点P到两个圆心O1和O2的连线的长度。

根据上面的发现，只需要证明r1-r2等于直线OP1的长度即可。

假设直线OP1的长度为d，由于O1P和O2P相等，所以O2P的长度也为d。

由于O1P1和O2P是直线，所以根据三角形的性质，可以得出P1和P的连线与OP1平行且长度相等。

然后，我们可以发现在三角形O1PP1中，O1P=r1，OP1=d，因此根据三角形的性质，我们可以得出r1^2=d^2+(r1-r2)^2。

其中，^2表示“的平方”。

根据上面的等式，我们可以进一步推导出r1-r2=sqrt(r1^2-d^2)。

练习题二：证明两个相切圆的切线垂直于圆心连线。

假设有两个相切圆，圆心分别为O1和O2，切点为P。

要证明的是，切线与连接圆心O1和O2的直线互相垂直。

解答：首先，我们可以通过观察来猜测这一性质。

2020届九年级中考数学专题冲刺训练：圆的综合练习(含解析)

专题冲刺训练：圆的综合练习1．对于平面内⊙C和⊙C外一点P，若过点P的直线l与⊙C有两个不同的公共点M，N，点Q为直线l上的另一点，且满足（如图1所示），则称点Q是点P关于的密切点已知在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为2，点P（4，0）．（1）在点D（2，1），E（1，0），F（3，）中，是点P关于⊙O的密切点的为E．（2）设直线l方程为y＝kx+b，如图2所示，①k＝﹣时，求出点P关于O的密切点Q的坐标；②⊙T的圆心为T（t，0），半径为2，若⊙T上存在点P关于⊙O的密切点，直接写出t的取值范围．解：（1）当圆心在坐标原点时，直线l为y＝0时，∵⊙O的半径为2，点P（4，0）．∴M（2，0），N（﹣2，0），PM＝2，PN＝6，＝，∵，∴＝，设Q点坐标为（x，y），则QM＝|2﹣x|，QN＝|x﹣（﹣2）|＝|x+2|，∴＝，∴|2+x|＝3|2﹣x|，∴2+x＝6﹣3x，或2+x＝3x﹣6，∴x＝1，或x＝4，∴E（1，0）是点P关于⊙O的密切点．故答案为：E．（2）①依题意直线l：y＝kx+b过定点P（4，0），∵k＝﹣∴将P（4，0）代入y＝﹣x+b得：0＝﹣×4+b，∴b＝，∴y＝﹣x+．如图，作MA⊥x轴于点A，NB垂直x轴于点B，设M（x，﹣x+），由OM＝2得：x2+＝4，∴5x2﹣4x﹣10＝0，则M，N两点的横坐标x M，x N是方程5x2﹣4x﹣10＝0的两根，解得x M＝，x N＝，∴AB＝，PA＝，PB＝，∵，∴＝，＝，∴＝，∴HA＝，∴OH＝OA﹣HA＝﹣＝1，∴Q（1，1）．②点P关于⊙O的密切点的轨迹为切点弦ST（不含端点），如图所示：∴﹣1≤t＜0或2＜t≤3．2．定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图1，△ABC中，点D是BC 边上一点，连结AD，若AD2＝BD•CD，则称点D是△ABC中BC边上的“好点”．（1）如图2，△ABC的顶点是4×3网格图的格点，请仅用直尺画出AB边上的一个“好点”．（2）△ABC中，BC＝9，tan B＝，tan C＝，点D是BC边上的“好点”，求线段BD的长．（3）如图3，△ABC是⊙O的内接三角形，OH⊥AB于点H，连结CH并延长交⊙O于点D．①求证：点H是△BCD中CD边上的“好点”．②若⊙O的半径为9，∠ABD＝90°，OH＝6，请直接写出的值．解：（1）如答图1，当CD⊥AB或点D是AB的中点是，CD2＝AD•BD；（2）作AE⊥BC于点E，由，可设AE＝4x，则BE＝3x，CE＝6x，∴BC＝9x＝9，∴x＝1，∴BE＝3，CE＝6，AE＝4，设DE＝a，①如答图2，若点D在点E左侧，由点D是BC边上的“好点”知，AD2＝BD•CD，∴a2+42＝（3﹣a）（6+a），即2a2+3a﹣2＝0，解得，a2＝﹣2（舍去），∴．②如答图3，若点D在点E右侧，由点D是BC边上的“好点”知，AD2＝BD•CD，∴a2+42＝（3+a）（6﹣a），即2a2﹣3a﹣2＝0，解得a1＝2，（舍去）∴BD＝3+a＝3+2＝5．∴或5．（5）①∵∠CHA＝∠BHD，∠ACH＝∠DBH∴△AHC∽△DHB，∴，即AH•BH＝CH•DH，∵OH⊥AB，∴AH＝BH，∴BH2＝CH•DH∴点H是△BCD中CD边上的“好点”．②．理由如下：如答图4，连接AD，BD，∵∠ABD＝90°，∴AD是直径，∴AD＝18．又∵OH⊥AB，∴OH∥BD．∵点O是线段AD的中点，∴OH是△ABD的中位线，∴BD＝2OH＝12．在直角△ABD中，由勾股定理知：AB＝＝＝6．∴由垂径定理得到：BH＝AB＝3．在直角△BDH中，由勾股定理知：DH＝＝＝3．又由①知，BH2＝CH•DH，即45＝3CH，则CH＝．∴＝＝，即．3．数学概念若点P在△ABC的内部，且∠APB、∠BPC和∠CPA中有两个角相等，则称P是△ABC 的“等角点”，特别地，若这三个角都相等，则称P是△ABC的“强等角点”．理解概念（1）若点P是△ABC的等角点，且∠APB＝100°，则∠BPC的度数是100°或160°或130°．（2）已知点D在△ABC的外部，且与点A在BC的异侧，并满足∠BDC+∠BAC＜180°．作△BCD的外接圆O，连接AD，交⊙O于点P．当△BCD的边满足下面的条件时，求证：P是△ABC的等角点．（要求：只选择其中一道题进行证明！）①如图①，DB＝DC．②如图②，BC＝BD．深入思考（3）如图③，在△ABC中，∠A、∠B、∠C均小于120°，用直尺和圆规作它的强等角点Q．（不写作法，保留作图痕迹）（4）下列关于“等角点”、“强等角点”的说法：①直角三角形的内心是它的等角点；②等腰三角形的内心和外心都是它的等角点；③正三角形的中心是它的强等角点；④若一个三角形存在强等角点，则该点到三角形三个顶点的距离相等；⑤若一个三角形存在强等角点，则该点是三角形内部到三个顶点距离之和最小的点，其中，正确的有③⑤．（填序号）解：（1）如答图1，点P在△ABC的内部，根据题意知，①∠APB＝∠BPC＝100°；②当∠APB＝∠CPA＝100°时，∠BPC＝360°﹣100°﹣100°＝160°；③当∠APB＝100°，∠BPC＝∠CPA时，∠BPC＝∠CPA＝＝130°．综上所述，∠BPC的度数是100°或160°或130°．故答案是：100°或160°或130．（2）选择①：如答图2，连接PB、PC．∵DB＝DC，∴＝．∴∠BPD＝∠CPD．∵∠APB+∠BPD＝180°，∠APC+∠CPD＝180°，∴∠APB＝∠APC．∴P是△ABC的等角点．选择②：如答图3，连接PB、PC．∵BC＝BD，∴＝．∴∠BDC＝∠BPD．∵四边形PBDC是⊙O的内接四边形，∴∠BDC+∠BPC＝180°．∵∠BPD+∠APB＝180°，∴∠BPC＝∠APB．∴P是△ABC的等角点．（3）如答图4，在△BCD中，BD＝BC＝CD，点Q即为所求．（4）③⑤．理由如下：①等腰直角三角形的内心是它的等角点，故不符合题意；②等腰三角形内心是它的等角点，故不符合题意；③正三角形的中心是它的强等角点，故符合题意；④若一个三角形存在强等角点，则该三角形是正三角形，则该强等角点是正三角形的内心，该点到三角形三边的距离相等；⑤若一个三角形存在强等角点，则该点是三角形内部到三个顶点距离之和最小的点．对于（4）中⑤的说明：由（3）可知，当△ABC的三个内角都小于120°时，△ABC必存在强等角点Q．如答图5，在三个内角都小于120°的△ABC内任取一点Q′，连接Q′A、Q′B、Q′C，将△Q′AC 绕点A逆时针旋转60°到△MAD，连接Q′M．∵由旋转得Q′A＝MA，Q′C＝MD，∠Q′AM＝60°，∴△AQ′M是等边三角形．∴Q′M＝Q′A．∴Q′A+Q′B+Q′C＝Q′M+Q′B+MD．∵B、D是定点，∴当B、Q′、M、D四点共线时，Q′M+Q′B+MD最小，即Q′A+Q′B+Q′C最小．而当Q′为△ABC的强等角点时，∠AQ′B＝∠BQ′C＝∠CQ′A＝120°＝∠AMD．此时便能保证B、Q′、M、D四点共线，进而使Q′A+Q′B+Q′C最小．4．如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，D为的中点，过D作DF⊥AB于点E，交⊙O于点F，交弦BC于点G，连接CD，BF．（1）求证：△BFG≌△DCG；（2）若AC＝10，BE＝8，求BF的长；（3）在（2）的条件下，P为⊙O上一点，连接BP，CP，弦CP交直径AB于点H，若△BPH与△CPB相似，求CP的长．解：（1）∵D是的中点，则，∵AB为⊙O的直径，DF⊥AB，∴，∴，∴BF＝CD，又∵∠BFG＝∠DCG，∠BGF＝∠DGC，∴△BFG≌△DCG（AAS）；（2）如图1，连接OD交BC于点M，∵D为的中点，∴OD⊥BC，∴BM＝CM，∵OA＝OB，∴OM是△ABC的中位线，∴OM＝AC＝5，∵，∴，∴OE＝OM＝5，∴OD＝OB＝OE+BE＝5+8＝13，∴EF＝DE＝＝12，∴BF＝＝＝4；（3）如图2，∵弦CP交AB于点H，则点P与点C在直径的两侧，则∠CBP＞∠HBP，又∵∠CPB＝∠BPH，∴∠ACP＝∠BCP，∵AB是直径，则∠ACB＝∠APB＝90°，∴∠ACP＝∠BCP＝45°，过点B作BN⊥PC于点N，由（2）得AB＝26，在Rt△CBN中，CN＝BN＝BC＝12，∵∠CAB＝∠CPB，∴tan∠CAB＝tan∠CPB＝，即，故PN＝5，∴PC＝CN+PN＝5+12＝17．5．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC、BD相交于点F，AC是⊙O的直径，延长CB到点E，连接AE，∠BAE＝∠ADB，AN⊥BD，CM⊥BD，垂足分别为点N、M．（1）证明：AE是⊙O的切线；（2）试探究DM与BN的数量关系并证明；（3）若BD＝BC，MN＝2DM，当AE＝时，求OF的长．（1）证明：∵AC是⊙O的直径，∴∠ADC＝90°，∴∠ADB+∠BDC＝90°，∵∠BAC＝∠BDC，∠BAE＝∠ADB，∴∠BAE+∠BAC＝90°，即∠CAE＝90°，∴AE⊥AC，AE是⊙O的切线；（2）解：DM＝BN，理由如下：∵AN⊥BD，CM⊥BD，∠ADC＝90°，∴∠AND＝∠ANB＝∠DMC＝∠ADC＝90°，∴∠ADN+∠MDC＝∠MCD+∠MDC＝90°，∴∠ADN＝∠MCD，∴△DMC∽△AND，∴＝，∵∠ABN＝∠ACD，∠ANB＝∠ADC＝90°，∴△ADC∽△ANB，∴＝，即＝，∴＝，∴DM＝BN；（3）解：由（2）知DM＝BN，则BM＝DN，设DM＝BN＝a，∵MN＝2DM，BD＝BC，∴MN＝2a，BM＝DN＝3a，BD＝BC＝4a，∵∠BMC＝90°，∴CM＝＝＝a，∵AC是⊙O的直径，AN⊥BD，∴∠ABC＝∠AND＝90°，∵∠ADB＝∠ACB，∴△ADN∽△ACB，∴＝＝＝，设AN＝3b，AB＝4b（b＞0），∵∠ANB＝∠ABC＝90°，BN＝a，∴AN2+BN2＝AB2，即（3b）2+a2＝（4b）2，解得：b＝a，∴AN＝a，AB＝a，∵BC＝4a，∴AC＝＝＝a，∴cos∠ACB＝cos∠ADB＝cos∠EAB＝＝＝，∵AE＝，∴AB＝AE×cos∠EAB＝×＝＝a，∴a＝，∴AC＝，∴OC＝AC＝，∵∠ANF＝∠CMF＝90°，∠AFM＝∠MFC，∴△ANF∽△CMF，∴＝＝＝，∴CF＝AC＝，∴OF＝CF﹣OC＝﹣＝．6．如图，在平面直角坐标系中，0为坐标原点，点A、B分别为直线y＝+6与x轴、y 轴的交点．动点Q从点O、动点P从点A同时出发，分别沿着OA方向、AB方向均以1个单位长度/秒的速度匀速运动，运动时间为t秒（0＜t≤5），以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的交点分别为C、D，连接CD、QC．（1）求当t为何值时，点Q与点D重合？（2）设△QCD的面积为S，试求S与t之间的函数关系式，并求S的最大值；（3）若⊙P与线段QC只有一个交点，请直接写出t的取值范围．解：（1）∵点A、B分别为直线y＝+6与x轴、y轴的交点，∴A（8，0），B（0，6），∴OA＝8，OB＝6，∴AB＝，∴，sin．∵AC为⊙P的直径，∴△ACD为直角三角形．∴AD＝AC•cos∠BAO＝2t×．当点Q与点D重合时，OQ+AD＝OA，即：t+，解得：t＝．∴t＝时，点Q与点D重合．（2）在Rt△ACD中，CD＝AC•sin∠BAO＝2t×．①当0＜t≤，DQ＝OA﹣OQ﹣AD＝8﹣t﹣．∴S＝．∵，∴当t＝时，S有最大值为；②当时，DQ＝OQ+AD﹣AO＝t+．∴＝．∵，∴所以S随t的增大而增大，∴当t＝5时，S有最大值为15，又15，综上所述，S的最大值为15．（3）当CQ与⊙P相切时，有CQ⊥AB，∵∠BAO＝∠QAC，∠AOB＝∠ACQ＝90°，∴△ACQ∽△AOB，即，解得t＝．所以，⊙P与线段QC只有一个交点，t的取值范围为0或．7．如图，AB是⊙O的直径，AC⊥AB，BC交⊙O于点D，点E在劣弧BD上，DE的延长线交AB的延长线于点F，连接AE交BD于点G．（1）求证：∠AED＝∠CAD；（2）若点E是劣弧BD的中点，求证：ED2＝EG•EA；（3）在（2）的条件下，若BO＝BF，DE＝2，求EF的长．（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵AC⊥AB，∴∠CAB＝90°，∴∠ABD＝∠CAD，∵＝，∴∠AED＝∠ABD，∴∠AED＝∠CAD；（2）证明：∵点E是劣弧BD的中点，∴＝，∴∠EDB＝∠DAE，∵∠DEG＝∠AED，∴△EDG∽△EAD，∴ED2＝EG•EA；（3）解：连接OE，∵点E是劣弧BD的中点，∴∠DAE＝∠EAB，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠AEO，∴∠AEO＝∠DAE，∴OE∥AD，∴，∵BO＝BF＝OA，DE＝2，∴，∴EF＝4．8．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以直角边BC为直径作⊙O、交AB于点D，E为AC的中点，连接DE（1）求证：DE为⊙O的切线；（2）已知BC＝4．填空．①当DE＝2时，四边形DOCE为正方形；②当DE＝2时，△BOD为等边三角形．（1）证明：如图，连接CD，OE，∵BC为⊙O的直径，∴∠BDC＝90°，∵DE为Rt△ADC的斜边AC上的中线，在△COE与△DOE中，OD＝CC，OE＝OE，DE＝CE，∴△COE≌△DOE，∴∠OCE＝∠ODE＝90°，DE为⊙O的切线；（2）解：①若四边形DOCE为正方形，则OC＝OD＝DE＝CE，∵BC＝4，∴DE＝2．②若△BOD为等边三角形，∴∠BOD＝60°，∴∠COD＝180°﹣∠BOD＝120°，∴∠DOE＝60°，∴Rt△ODE中，DE＝OD．故答案为：2，2．9．如图，在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，以点O为圆心、2为半径画圆，点C是⊙O上任意一点，连接BC，OC．将OC绕点O按顺时针方向旋转90°，交⊙O于点D，连接AD．（1）当AD与⊙O相切时，①求证：BC是⊙O的切线；②求点C到OB的距离．（2）连接BD，CD，当△BCD的面积最大时，点B到CD的距离为4+．（1）①证明：∵AD与⊙O相切，∴∠ADO＝90°，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOB﹣∠AOC＝∠COD﹣∠AOC，即∠COB＝∠AOD，∵OB＝OA，OC＝OD，∴△BOC≌△AOD（SAS）．∴∠BCO＝∠ADO＝90°．∴BC是⊙O的切线．②解：过点C作CE⊥OB，垂足为E，则CE即为点C到OB的距离．在Rt△BOC中，∵OB＝4，OC＝2，∴，∴∴OB▪CE＝BC▪OC，即4CE＝2×，CE＝．∴点C到OB的距离是．（2）解：当点C在⊙O上运动到△BCD是等腰三角形，且BO的延长线与CD垂直位置时，△BCD的面积最大（如图2），此时OB＝4，OC＝OD＝2，∵△COD是等腰直角三角形，∴，∴．故答案为：4+．10．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，AB为直径的圆O交BC于点D，过点C作CF∥AB，与⊙O的切线BE交于点E，连接DE：（1）求证：BD＝CD；（2）求证：△CAB∽△CDE；（3）设△ABC的面积为S1，△CDE的面积为S2，若∠ABC＝30°，S1，S2满足，试求直径AB的长．（1）证明：∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∴BD＝CD．（2）证明：∵AB∥CE，∴∠ABC＝∠BCE，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠ACB＝∠BCE，∵BE是⊙O切线，∴∠ABE＝90°，∵AB∥CE，∴∠BEC+∠ABE＝90°，∴∠BEC＝90°，∵BD＝DC，∴DE＝DB＝DC，∴∠BCE＝∠DEC，∴∠ABC＝∠DEC，∴△CAB∽△CDE．（3）解：设AB＝2x，则S1＝，∵△CAB∽△CDE，∴，∴，由题意得：，解得，x＝±2（负值舍去），∴AB＝4．11．如图，AB是圆O的直径，弦CD⊥AB于G，射线DO与直线CE相交于点E，直线DB 与CE交于点H，且∠BDC＝∠BCH．（1）求证：直线CE是圆O的切线．（2）如图1，若OG＝BG，BH＝1，直接写出圆O的半径；（3）如图2，在（2）的条件下，将射线DO绕D点逆时针旋转，得射线DM，DM与AB交于点M，与圆O及切线CF分别相交于点N，F，当GM＝GD时，求切线CF的长．解：（1）如图1，∵CD⊥AB，∠4＝2∠2，∴∠1＝∠2，∴∠4＝2∠1，∵∠1＝∠BCH，∴∠DCH＝2∠1，∴∠4＝∠DCH，∵∠3+∠4＝90°，∴∠3+∠DCH＝90°，即∠OCH＝90°，∴直线CE是圆O的切线；（2）∵OG＝BG，且OB⊥CG，∴OC＝BC，又∵OC＝OB，∴△OBC是等边三角形，∴∠1＝∠2＝∠3＝∠BCH＝30°，∠4＝60°，∴∠H＝90°，∵BH＝1，∴OC＝BC＝2BH＝2，即圆O的半径为2；（3）如图2，过点F作FE⊥DC．交DC延长线于点E，∴∠CFE+∠FCE＝90°，∵OC⊥FC，∴∠OCG+∠FCE＝90°，∴∠CFE＝∠OCG，∴tan∠CFE＝tan∠OCG，即，设CE＝x，则EF＝x，∵GM＝GD，MG⊥CD，∴∠MDG＝45°，∵FE⊥ED，∴∠DFE＝90°﹣∠MDG＝45°＝∠MDG，∴EF＝ED＝EC+CD，又∵CD＝2CG＝2×＝2，∴x＝x+2，解得x＝3+，∴FC＝2EC＝6+2．12．如图1是一块内置量角器的等腰直角三角板，它是一个轴对称图形．已知量角器所在的半圆O的直径DE与AB之间的距离为1，DE＝4，AB＝8，点N为半圆O上的一个动点，连结AN交半圆或直径DE于点M．（1）当AN经过圆心O时，求AN的长；（2）如图2，若N为量角器上表示刻度为90°的点，求△MON的周长；（3）当时，求△MON的面积．解：（1）如图1中，连接FO延长FO交AB于H．则FH⊥AB，FH⊥DE．∵FA＝FB，FH⊥AB，∴AH＝HB＝4，在Rt△AOH中，∵OH＝1，AH＝4，∴OA＝＝＝，∴AN＝OA+ON＝+2．（2）如图2中，连接OM，作OJ⊥MN．在Rt△AHN中，∵AH＝4，NH＝ON+OH＝2+1＝3，∴AN＝＝＝5，由△△OJN∽△AHN，可得＝，∴＝，∴JN＝，∵OJ⊥MN，∴JM＝JN，∴MN＝2JN＝，∴△MON的周长＝2+2+＝．（3）如图3﹣1中，连接AO，延长AO交⊙O于K，作OJ⊥MN于J，连接OM，ON．设AM＝MN＝x，OJ＝y，则有，解得，∴MN＝，OJ＝，＝•MN•OJ＝××＝．∴S△MON如图3﹣2中，连接ON，作NJ⊥AB于J交DE于K．∵AM＝MN，MK∥AJ，∴NK＝JK＝OH＝1，∵NJ⊥AB，DE∥AB，∴NK⊥OE，∴sin∠NOK＝＝，∴OK＝NK＝，∵四边形OKJH是矩形，∴HJ＝OK＝，∴AJ＝4+，∴MK＝AJ＝2+，∴OM＝MK﹣OK＝2﹣，∴S＝•OM•NK＝•（2﹣）×1＝1﹣，△MON综上所述，满足条件的△MON的面积为或1﹣．13．如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF．（1）求证：ED＝EC；（2）求证：AF是⊙O的切线；（3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝25，求BG的长．解：（1）∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，∴∠BCD＝∠ADC，∴ED＝EC；（2）如图1，连接OA，∵AB＝AC，∴＝，∴OA⊥BC，∵CA＝CF，∴∠CAF＝∠CFA，∴∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，∵∠ACB＝∠BCD，∴∠ACD＝2∠ACB，∴∠CAF＝∠ACB，∴AF∥BC，∴OA⊥AF，∴AF为⊙O的切线；（3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，∴△ABE∽△CBA，∴＝，∴AB2＝BC•BE，∵BC•BE＝25，∴AB＝5，如图2，连接AG，∴∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB，∵点G为内心，∴∠DAG＝∠GAC，又∵∠BAD+∠DAG＝∠GAC+∠ACB，∴∠BAG＝∠BGA，∴BG＝AB＝5．14．如图1，△ABC是⊙O的内接等腰三角形，点D是上异于A，C的一个动点，射线AD交底边BC所在的直线于点E，连结BD交AC于点F．（1）求证：∠ADB＝∠CDE；（2）若BD＝7，CD＝3，①求AD•DE的值；②如图2，若AC⊥BD，求tan∠ACB；（3）若tan∠CDE＝，记AD＝x，△ABC面积和△DBC面积的差为y，直接写出y关于x的函数解析式．解：（1）∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝∠CDE．∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB．∴∠ADB＝∠ACB＝∠ABC＝∠CDE；（2）①∵四边形ABCD内接于圆，∴∠BAD＝180°﹣∠BCD＝∠DCE．又∠ADB＝∠CDE，∴△ADB∽△CDE．∴＝，∴AD•DE＝BD•CD＝7×3＝21；②连接AO并延长交BD于点M，连接CM，∵AM平分∠BAC，∴AM⊥BC，∴∠CAD ＝∠CBD ＝90°﹣∠ACB ＝∠MAF ． ∴△MAF ≌△DAF （ASA ）．∴MF ＝DF ，即AC 是线段MD 的中垂线． ∴BM ＝CM ＝CD ＝3， ∴MF ＝DF ＝2，在Rt △CDF 中，CF ＝＝＝，∴tan ∠ACB ＝＝＝（3）∵∠BAD ＝∠EAB ，∠ADB ＝∠ACB ＝∠ABE ， ∴△ABD ∽△AEB ， ∴＝，即AB 2＝AD •AE ．∵∠CDE ＝∠ADB ，∠DCE ＝∠BAD ∴△ABD ∽△CED ， ∴＝，即BD •CD ＝AD •DE ．S △ABC ﹣S △BCD ＝AB •AC •sin ∠BAC ﹣BD •CD •sin ∠BDC ＝sin ∠BAC （AD •AE ﹣AD •DE ）＝x 2sin ∠BAC ，又tan ∠ABC ＝tan ∠CDE ＝，如图2，设BM ＝2a ，则AM ＝5a ，AB ＝a ，由面积法可得BN ＝a ，即sin ∠BAC ＝，∴S△ABC ﹣S△BCD＝x2×＝x2．15．如图1．已知⊙M与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，A、B两点的横坐标分别为﹣1和7，弦AB的弦心距MN为3，（1）求⊙M的半径；（2）如图2，P在弦CD上，且CP＝2，Q是弧BC上一动点，PQ交直径CF于点E，当∠CPQ＝∠CQD时，①判断线段PQ与直径CF的位置关系，并说明理由；②求CQ的长；（3）如图3．若P点是弦CD上一动点，Q是弧BC上一动点，PQ交直径CF于点E，当∠CPQ与∠CQD互余时，求△PEM面积的最大值．解：（1）连接MB，如图1所示：∵A、B两点的横坐标分别为﹣1和7，∴AB＝8，∵MN⊥AB，∴BN＝4，在Rt△BMN中，由勾股定理得：BM＝＝＝5，即⊙M的半径为5；（2）①PQ⊥CF；理由如下：连接DF，如图2所示：∵CF是⊙M的直径，∴∠CDF＝90°，∴∠F+∠DCF＝90°，∵∠CQD＝∠F，∴∠CQD+∠DCF＝90°，∵∠CPQ＝∠CQD，∴∠CPQ+∠DCF＝90°，∴∠CEP＝90°，∴PQ⊥CF；②作MN⊥AB于N，MG⊥CD于G，延长QP交⊙M于H，如图3所示：则AN＝4，MN＝3，MG＝ON＝AN﹣AO＝3，∴MN＝MG，∴CD＝AB＝8，∵∠CPQ＝∠CQD，∠PCQ＝∠QCD，∴△CPQ∽△CQD，∴＝，∴CQ2＝CP×CD＝2×8＝16，∴CQ＝4；（3）∵CF是⊙M的直径，∴∠CDF＝90°，∴∠F+∠DCF＝90°，∵∠CQD＝∠F，∴∠CQD+∠DCF＝90°，∵∠CPQ+∠CQD＝90°，∴∠DCF＝∠CPQ，∴CE＝PE，作EK⊥CP于K，PT⊥CM于T，如图4所示：则CK＝PK，＝，设EK＝3x，则CK＝4x，CE＝PE＝5x，PC＝8x，同（2）得：△CPT∽△CFD，∴＝＝，∴PT＝x，CT＝x，∴△PEM的面积S＝EM×PT＝（5﹣5x）×x＝﹣12x2+12x＝﹣12（x﹣）2+3，∵﹣12＜0，∴S有最大值，当x＝时，S的最大值为3，即△PEM面积的最大值为3．16．如图，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝3，AB＝4，点P为射线BC上一动点，以P为圆心，BP长为半径作⊙P，交射线BC于点Q，联结BD、AQ相交于点G，⊙P与线段BD、AQ分别相交于点E、F．（1）如果BE＝FQ，求⊙P的半径；（2）设BP＝x，FQ＝y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；（3）联结PE、PF，如果四边形EGFP是梯形，求BE的长．解：（1）∵BE＝FQ，∴∠BPE＝∠FPQ，∵PE＝PB，∴∠EBP＝（180°﹣∠EPB），同理∠FQP＝（180°﹣∠FPQ），∴∠EBP＝∠FQP，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠EBP，∴∠FQP＝∠ADB，∴tan∠FQP＝tan∠ADB＝，设⊙P的半径为r，则tan∠FQP＝＝，∴＝，解得：r＝，∴⊙P的半径为；（2）过点P作PM⊥FQ，垂足为点M，如图1所示：在Rt△ABQ中，cos∠AQB＝＝＝＝，在Rt△PQM中，QM＝PQ cos∠AQB＝，∵PM⊥FQ，PF＝PQ，∴FQ＝2QM＝，∴，当圆与D点相交时，x最大，作DH⊥BC于H，如图2所示：则PD＝PB＝x，DH＝AB＝4，BH＝AD＝3，则PH＝BP﹣BH＝x﹣3，在Rt△PDH中，由勾股定理得：42+（x﹣3）2＝x2，解得：x＝，∴x的取值范围为：；（3）设BP＝x，分两种情况：①EP∥AQ时，∴∠BEP＝∠BGQ，∵PB＝PE，∴∠PBE＝∠BEP，∴∠BGQ＝∠PBE，∴QG＝QB＝2x，同理：AG＝AD＝3，在Rt△ABQ中，由勾股定理得：42+（2x）2＝（3+2x）2，解得：x＝，∴QG＝QB＝2x＝，∵EP∥AQ，PB＝PQ，∴BE＝EG，∵AD∥BC，∴＝，即＝，解得：BG＝，∴BE＝BG＝；②PF∥BD时，同①得：BG＝BQ＝2x，DG＝AD＝3，在Rt△ABD中，由勾股定理得：42+32＝（3+2x）2，解得：x＝1或x＝﹣4（舍去），∴BQ＝2，∴BP＝1，作PN⊥BG于N，则BE＝2BN，如图3所示：∵AD∥BC，∴∠PBN＝∠ADB，∴cos∠PBN＝cos∠ADB＝，即＝，∴BN＝，∴BE＝2BN＝；综上所述，或．17．已知点P为∠MAN边AM上一动点，⊙P切AN于点C，与AM交于点D（点D在点P 的右侧），作DF⊥AN于F，交⊙O于点E．（1）连接PE，求证：PC平分∠APE；（2）若DE＝2EF，求∠A的度数；（3）点B为射线AN上一点，且AB＝8，射线BD交⊙P于点Q，sin∠A＝．在P点运动过程中，是否存在某个位置，使得△DQE为等腰三角形？若存在，求出此时AP的长；若不存在，请说明理由．解：（1）证明：∵AN切⊙O于点C，∴PC⊥AN，∵DF⊥AN，∴PC∥DF，∴∠APC＝∠PDE，∠EPC＝∠PED，∵PD＝PE，∴∠PED＝∠PDE，∴∠APC＝∠EPC，即PC平分∠APE．（2）如图1所示，作PH⊥DE于H∵PD＝PE，∴DH＝HE＝EF＝HF＝PC＝PD，∴sin∠DPH＝，∴∠DPH＝30°，∵PH∥AF，∴∠PAC＝∠DPH＝30°．（3）①当DQ＝QE时，如图2所示，连接PQ，可证得PQ∥AB，∴∠PDQ＝∠DQP＝∠DBA，∴AD＝AB＝8，设PC＝r，AP＝3r，则AD＝4r，4r＝8，r＝2，AP＝3r＝6．②当DE＝QE时，如图3所示，记⊙P与AD的另一交点为K，连接KE，则∠QDE＝∠EQD＝∠DKE＝∠DAF，在Rt△ADF中，DF＝AD＝r，AF＝2DF＝r，在Rt△DBF中，BF＝DF＝r，AB＝AF﹣BF＝r＝8，r＝，AP＝3r＝．③当DQ＝DE时，如图4，连接QK，连接QE交AD于I，作QG⊥KE于点G，则∠GQE＝∠IKE＝∠A，在Rt△QGE中，设GE＝2x，则QE＝3GE＝6x，IE＝3x，QG＝2GE＝4x，则KG＝KE﹣EG＝7x，tan∠QKG＝＝，∵∠BDF＝∠QKE，∴tan∠BDF＝tan∠QKE，BF＝DF＝rAB＝AF+BF＝r+r＝8，r＝，AP＝3r＝．综上所述：AP的长为6或或．18．如图1，AB为⊙O的直径，BC为⊙O的切线，过点B作OC的垂线与⊙O的另一交点为点E，连接CE．（1）求证：CE为⊙O的切线；（2）如图2，过点C作BC的垂线交AE的延长线于点F，若BC＝AB，求的值．解：（1）证明：如图，连接OE，设OC与BE的交点为M∵OB＝OE∠OBM＝∠OEM∵BE⊥OC∴∠BMO＝∠EMO∴∠BOC＝∠EOC∴在△OBC和△OEC中∴△OBC≌△OEC（SAS）∴∠OEC＝∠OBC∵BC为⊙O的切线∴OB⊥BC∴∠OBC＝90°∴∠OEC＝90°∴CE为⊙O的切线；（2）∵AB为⊙O的直径，∴∠BEA＝90°∵OB⊥BC∴AF∥OC∵AB⊥BC，CF⊥BC∴AO∥CF∴四边形AOCF为平行四边形∴AF＝OC∵BC＝AB∴设BC＝AB＝2k，则OB＝OA＝k在Rt△OBC中，由勾股定理得：OC＝＝k∴AF＝k∵∠ABE+∠CBE＝90°，∠CBE+∠BCO＝90°∴∠ABE＝∠BCO∴sin∠ABE＝sin∠BCO∵＝sin∠BCO＝＝∴＝sin∠ABE＝∴AE＝×2k＝∴EF＝AF﹣AE＝∴＝．19．如图，OA是⊙O的半径，点E为圆内一点，且OA⊥OE，AB是⊙O的切线，EB交⊙O 于点F，BQ⊥AF于点Q．（1）如图1，求证：OE∥AB；（2）如图2，若AB＝AO，求的值；（3）如图3，连接OF，∠EOF的平分线交射线AF于点P，若OA＝2，cos∠PAB＝，求OP的长．解：（1）证明：∵OA⊥OE，∴∠AOE＝90°，又∵AB是⊙O的切线，OA是⊙O的半径，∴OA⊥AB，∴∠OAB＝90°，∴∠AOE+∠OAB＝180°，∴OE∥AB；（2）证明：过O点作OC⊥AF于点C，∴AF＝2AC，∠OCA＝90°，∴∠AOC+∠OAC＝90°，又∵OA⊥AB，∴∠OAC+∠CAB＝90°，∴∠AOC＝∠CAB，又∵BQ⊥AF，∴∠AQB＝90°，∴∠ACO＝∠AQB又∵OA＝AB，∴△AOC≌△BAQ（AAS），∴AC＝BQ，∴AF＝2AC＝2BQ，即；（3）证明：过O点作OC⊥AF于点C，由（2）得∠AOC＝∠PAB，∴，在Rt△AOC中，OA＝2，∴OC＝OA•cos∠AOC，＝＝，又∵OA＝OF，OC⊥AF于点C，∴∠COF＝∠AOF，又∵OP平分∠EOF，∴∠POF＝∠EOF，∴∠POC＝∠COF+∠POF＝∠AOF+∠EOF＝∠EOA＝45°，∴△POC为等腰直角三角形．∴．20．如图，AB是半圆O的直径，C为半圆弧上一点，在AC上取一点D，使BC＝CD，连结BD并延长交⊙O于E，连结AE，OE交AC于F．（1）求证：△AED是等腰直角三角形；（2）如图1，已知⊙O的半径为．①求的长；②若D为EB中点，求BC的长．（3）如图2，若AF：FD＝7：3，且BC＝4，求⊙O的半径．解：（1）∵BC＝CD，AB是直径，∴△BCD是等腰直角三角形，∴∠DBD＝45°，∵∠CBD＝∠EAD＝45°，∵∠AEB＝90°，∴△AED是等腰直角三角形；（2）①∵∠EAD＝45°，∴∠EOC＝90°，∴△EOC是等腰直角三角形，∵⊙O的半径为，∴CE的弧长＝×2×π×＝；②∵D为EB中点，∴ED＝BD，∵AE＝ED，在Rt△ABE中，（2）2＝AE2+（2AE）2，∴AE＝2，∴AD＝2，∵ED＝AE，CD＝BC，∠AED＝∠BCD＝90°，∴△AED∽△BCD，∴BC＝；（3）∵AF：FD＝7：3，∴AF＝AD，过点E作EG⊥AD，∴EG＝AD，∴GF＝AD，∴tan∠EFG＝，∴＝＝，∴FO＝r，在Rt△COF中，FC＝r，∴EF＝r，在Rr△EFG中，（r）2＝（AD）2+（AD）2，∴AD＝r，∴AF＝r，∴AC＝AF+FC＝r，∵CD＝BC＝4，∴AC＝4+AD＝4+r，∴r＝4+r，∴r＝．。

菲翔学校初中数学关注圆中两解问题试题

墨达哥州易旺市菲翔学校初中数学关注圆中两解问题考察近年来各中考试题发现，有关圆的两解问题经常出现。

这类题目重在考察同学们对根底知识的掌握与运用情况，这有利于培养严谨的逻辑思维才能。

假设解题时考虑不严密，形成思维定势，就会漏解。

现就圆中常见的两解问题举例分析，以期引起重视。

一、点与圆的位置不确定例1在同一平面内，点P到⊙O的最长间隔为8cm，最短间隔为2cm，那么⊙O的半径为___________。

思路提示：由于点P与⊙O的位置关系有如图1两种可能，所以⊙O的半径应为5cm或者3cm。

图1例2⊙O的直径为6cm，假设直线a上的一点C到点O的间隔为3cm，那么直线a与⊙O的位置关系是_________。

思路提示：题中只涉及点C到圆心的间隔，并非是圆心到直线的间隔，有如图2两种可能，所以直线a与⊙O的位置关系是相切或者相交。

图2二、圆心与弦的位置不确定例3⊙O的半径为5cm，弦AB//CD，AB=6cm，CD=8cm，求AB与CD之间的间隔。

思路提示：圆心O与两平行弦的位置有如图3两种可能。

利用垂径定理可求出OE=4cm，OF=3cm，所以AB 与CD之间的间隔为1cm或者7cm。

图3例4⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，⊙O1的半径为10，⊙O2的半径为17，公一共弦AB=16，求两圆的圆心距。

思路提示：对两圆相交问题，一些考生往往只考虑两圆的圆心在公一共弦两侧的情况，即图4〔1〕的情况，很容易遗漏图4〔2〕的情况，所以正确答案是O O12=21或者O O12=9。

图4例5⊙O 的半径为1cm ，弦AB cm =3，AC cm =2，那么∠BAC=________。

思路提示：由于弦AB 和CD 可能在圆心的同侧，也可能在圆心的异侧，有如图5两种可能。

根据垂径定理及解直角三角形知识可求出∠CAO=45°和∠BAO=30°，从而可知∠BAC=15°或者∠BAC=75°。

2020-2021中考数学复习圆与相似专项易错题含详细答案

2020-2021中考数学复习圆与相似专项易错题含详细答案一、相似1．已知：如图一，抛物线与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线经过A、C两点，且．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线段BC于点E，D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动，如图；当点P运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P运动时间为t秒；设，当t为何值时，s有最小值，并求出最小值．（3）在的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与相似；若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由直线：知：、；∵，∴，即．设抛物线的解析式为：，代入，得：，解得∴抛物线的解析式：（2）解：在中，，，则；∵，∴；而；∴，∴当时，s有最小值，且最小值为1（3）解：在中，，，则；在中，，，则；∴；以P、B、D为顶点的三角形与相似，已知，则有两种情况：，解得；，解得；综上，当或时，以P、B、D为顶点的三角形与相似【解析】【分析】（1）由直线与坐标轴相交易求得点A、C的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）由题意可将ED、OP用含t的代数式表示出来，并代入题目中的s与OP、DE的关系式整理可得s=（0<t<2），因为分子是定值1，所以分母越大，则分式的值越小，则当分母最大时，分式的值越小，即t=1时，s有最小值，且最小值为1；（3）解直角三角形可得BC和CD、BD的值，根据题意以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似所得的比例式有两种情况：，，将这些线段代入比例式即可求解。

2．如图，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA= ，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB于M，QN⊥CP于N．（1）当AP=CP时，求QP；（2）若四边形PMQN为菱形，求CQ；（3）探究：AP为何值时，四边形PMQN与△BPQ的面积相等？【答案】（1）解：∵AB=10，sinA= ，∴BC=8，则AC= =6，∵PA=PC．∴∠PAC=∠PCA，∵PQ平分∠CPB，∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A，∴∠BPQ=∠A，∴PQ∥AC，∴PQ⊥BC，又PQ平分∠CPB，∴∠PCQ=∠PBQ，∴PB=PC，∴P是AB的中点，∴PQ= AC=3（2）解：∵四边形PMQN为菱形，∴MQ∥PC，∴∠APC=90°，∴ ×AB×CP= ×AC×BC，则PC=4.8，由勾股定理得，PB=6.4，∵MQ∥PC，∴ = = = ，即 = ，解得，CQ=（3）解：∵PQ平分∠CPB，QM⊥AB，QN⊥CP，∴QM=QN，PM=PN，∴S△PMQ=S△PNQ，∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等，∴PB=2PM，∴QM是线段PB的垂直平分线，∴∠B=∠BPQ，∴∠B=∠CPQ，∴△CPQ∽△CBP，∴ = = ，∴ = ，∴CP=4× =4× =5，∴CQ= ，∴BQ=8﹣ = ，∴BM= × = ，∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=【解析】【分析】（１）当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6，BC=8，因为PQ平分∠CPB，所以PQ//AC，可知PB=PC，所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ =3;(2)当四边形PMQN为菱形时，因为∠APC=，所以四边形PMQN为正方形，可得PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以，可得;(3)当QM垂直平分PB 时，四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等，此时△CPQ∽△CBP，对应边成比例，可得，所以，因为AP=AB-2BM，所以AP=.3．正方形ABCD的边长为6cm，点E，M分别是线段BD，AD上的动点，连接AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.（1）如图①，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；（2）如图②，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B 出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts.①设BF＝ycm，求y关于t的函数表达式；②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.∵MN⊥AF，∴∠NAH＋∠ANH＝90°.∵∠NDA＋∠ANH＝90°，∴∠NAH＝∠NDA，∴△ABF≌△MAN，∴AF＝MN.（2）解：①∵四边形ABCD为正方形，∴AD∥BF，∴∠ADE＝∠FBE.∵∠AED＝∠BEF，∴△EBF∽△EDA，∴＝ .∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝DC＝CB＝6cm，∴BD＝6 cm.∵点E从点B出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts，∴BE＝ tcm，DE＝(6 － t)cm，∴＝，∴y＝ .②∵四边形ABCD为正方形，∴∠MAN＝∠FBA＝90°.∵MN⊥AF，∴∠NAH＋∠ANH＝90°.∵∠NMA＋∠ANH＝90°，∴∠NAH＝∠NMA.∴△ABF∽△MAN，∴＝ .∵BN＝2AN，AB＝6cm，∴AN＝2cm.∴＝，∴t＝2，∴BF＝＝3(cm)．又∵BN＝4cm，∴FN＝＝5(cm)．【解析】【分析】(1)根据正方形的性质得出AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.再根据同角的余角相等得出∠NAH＝∠NDA，进而证出△ABF≌△MAN即可解答，（2）根据正方形的性质得出两角相等证出△EBF∽△EDA，得出BD的长度，利用△EBF∽△EDA得出比例式，得出y和t之间的函数解析式，据正方形的性质得出两角相等证出△ABF∽△MAN，得出比例式，进而解答.4．已知抛物线y=ax2+bx-3的图象与x轴交于点A（-1，0）和点B（3，0），顶点为D，点C是直线l：y=x+5与x轴的交点.（1）求该二次函数的表达式；（2）点E是直线l在第三象限上的点，连接EA、EB，当△ECA∽△BCE时，求E点的坐标；（3）在（2）的条件下，连接AD、BD，在直线DE上是否存在点P，使得∠APD=∠ADB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）解：将A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx-3，得：，解得：，∴该二次函数的表达式为y=x2-2x-3（2）解：当y=0时，x+5=0，解得：x=-5，∴点C的坐标为（-5，0）.∵点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），∴AC=4，BC=8.∵△ECA∽△BCE，∴∠ECA=∠BCE， = ，即 = ，∴EC=4 或EC=-4 （舍去），过点E作EF⊥x轴于点F，如图1所示，∵直线l的函数表达式为y=x+5，∴△CEF为等腰三角形，∴CE=EF=4，∴OF=5+4=9，EF=4，∴点E的坐标为（-9，-4）；（3）解：∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，∴点D的坐标为（1，-4），∴AD=BD= =2 ，由（2）可知：点E的坐标为（-9，-4），∴直线DE的函数表达式为y=-4，过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，如图2所示，∵点D的坐标为（1，-4），点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），∴S△ABD= ×[3-（-1）]×4=8，∴AM= = = ，∴DM= = ，∵∠APD=∠ADB，∴tan∠APD=tan∠ADB，即 = ，∴ = ，∴PN=3，又∵点N的坐标为（-1，-4），∴点P的坐标为（-4，-4）或（2，-4）.综上所述：在直线DE上存在点P（-4，-4）或（2，-4），使得∠APD=∠ADB.【解析】【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，结合点A，B的坐标利用相似三角形的性质可求出EC的值，过点E作EF⊥x轴于点F，则△CEF为等腰三角形，根据等腰直角三角形的性质可求出CE，EF的值，进而可得出点E的坐标；（3）利用配方法可求出点D的坐标，进而可得出BD的长度，结合点E的坐标可得出直线DE的函数表达式为y=-4，过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，利用面积法可求出AM的值，由∠APD=∠ADB结合正切的定义可求出PN的值，再结合点N的坐标可得出点P 的坐标，此题得解.5．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA ，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F ， G．（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．①若点G为DE中点，求FG的长．②若DG=GF，求BC的长．（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．【答案】（1）①在正方形ACDE中，有DG=GE=6在Rt△AEG中，AG=∵EG∥AC∴△ACF∽△GEF∴，∴∴②如图1，在正方形ACDE中，AE=ED∠AEF=∠DEF=45°，又EF=EF，∴△AEF≌△DEF∴∠1=∠2（设为x）∵AE∥BC∴∠b=∠1=x∵GF=GD∴∠3=∠2=x在△dbf中，∠3+∠FDb+∠b=180°∴x+（x+90°）+x=180°，解得x=30°∴∠B=30°∴在Rt△ABC中，BC=（2）在Rt△ABC中，AB=如图2，当点D在线段BC上时，此时只有GF=GD∵DG∥AC∴△BDG∽△BCA设BD=3x，则DG=4x，BG=5x∴GF=GD=4x，则AF=15-9x∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF∴∴，即解得x1=1，x2=5（舍去）∴腰长G D=4x=4如图3，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有GF=Dg，设AE=3x，则E G=4x，A G=5x，∴F G=DG=12+4x，∵AE∥BC∴△AEF∽△BCF∴∴，即x2=4解得x1=2，x2=-2（舍去）∴腰长GD=4x+12=20如图4，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点在BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作D H⊥FG。

第14讲：两圆相切的存在性问题-教师版

1、知识内容：（1）如果两圆的半径长分别为1R 和2R ，圆心距为d ，那么两圆的位置关系可用1R 、2R 和d 之间的数量关系表达，具体表达如下：两圆外离12d R R ⇔>+；两圆外切12d R R ⇔=+；两圆相交1212R R d R R ⇔-<<+；两圆内切120d R R ⇔<=-；两圆内含120d R R ⇔≤<-．注：两圆相切包含外切和内切两种情况．（2）设11(,)A x y 、22(,)B x y ，则A 、B 两点间的距离公式为：221212()()AB x x y y =-+-．2、两圆相切本质：线段的和差；3、解题思路：（1）利用两点距离公式或者是题目中已知条件表示出圆心距及两圆半径；（2）根据条件列方程（可采用相似或勾股定理等其它方法）；（3）根据题意对所求的解进行取舍．两圆相切的存在性问题知识结构模块一：以函数为背景的两圆相切问题知识精讲A BCO xy【例1】如图，在平面直角坐标系中，抛物线224y ax ax =--与x 轴交于A 、B 两点，与y轴交于点C ，其中点A 的坐标为（3-，0），点D 在线段AB 上，AD = AC ．如果以DB 为半径的⊙D 与⊙C 外切，求⊙C 的半径．【答案】见解析．【解析】∵抛物线224y ax ax =--经过点A （-3，0），∴2(3)2(3)40a a ----=，解得：415a =． ∴所求抛物线的关系式为：24841515y x x =--． ∴抛物线的对称轴是直线1x =．当0x =时，4y =-，即得C （0，-4）．又由A （-3，0），得22(30)(04)5AC =--++=． ∴AD = AC = 5．又由A （-3，0），得D （2，0）， ∴22(20)(04)25CD =-++=．又由直线1x =为抛物线24841515y x x =--的对称轴，得B （5，0）． ∴BD = 3．设圆C 的半径为r ． ∵圆D 与圆C 外切，∴CD = BD + r ．即得：253r =+．解得：253r =-． ∴圆C 的半径长为253-．【总结】本题比较基础，主要考查函数背景下的两圆外切问题，注意将位置关系转化为数量关系进行求解即可．例题解析xyA BCO 【例2】如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC 是等腰梯形，其中OA = AB = BC = 4，tan 3BCO ∠=．（1）若点P 在第四象限，且POC ∆与AOB ∆相似，求满足条件的所有点P 的坐标；（2）在（1）的条件下，若P 与以OC 为直径的D 相切，请直接写出P 的半径．【答案】见解析．【解析】（1）∵tan ∠BCO=3，∴∠AOC =∠BCO = 60°， ∵等腰梯形OABC ， ∴AB // CO ，∴∠CBA= 120° =∠BAO = 120°．在OAB ∆中，∵OA = AB = BC = 4， ∴∠OBA=∠BOA = 30°，OC = 8．要使POC ∆∽AOB ∆，则POC ∆必为等腰三角形，存在两种情况．○1如图1，当PO = PC 时，则∠OPC = 120°． ∴∠POC =∠PCO = 30°，∴P （4，43-）．○2如图2，当OC = CP 时，则∠OCP =120°． ∴∠COP =∠CPO =30°， ∵OC = PC = 8， ∴∠PCD = 60°， ∴PD = 43，CD = 4， ∴P （12，43-），综上所述，满足条件的所有点P 的坐标为（4，43-）或（12，43-）； ABCDOPx yABC O Pxy图1 图2（2）P 的半径4±和4．如图1，∵PD∴P 的半径为4或4．如图2，取OC 中点Q ，作QM OP ⊥．∵∠POC = 30°，∴11224QM OQ OC ===，OM =∵P （12，-，∴OP =∴PM OP OM =-=∴PQ =，∴P 的半径为4或4．综上，P 的半径为4或4或4或4．【总结】本题主要考查平面直角坐标系背景下的相似问题及相切问题，注意进行分类讨论，并对相应的解题方法进行归纳整理．【例3】如图，线段P A = 1，点D 是线段P A 延长线上的点，AD = a （a > 1），点O 是线段AP 延长线上的点，2OA OP OD =，以O 圆心，OA 为半径作扇形OAB ，90BOA ∠=︒，点C 是弧AB 上的点，联结PC 、DC ．（1）联结BD 交弧AB 于E ，当a = 2时，求BE 的长；（2）当以PC 为半径的P 和以CD 为半径的C 相切时，求a 的值；（3）当直线DC 经过点B ，且满足PC OA BC OP =时，求扇形OAB 的半径长．【答案】见解析．【解析】（1）过点O 作OF BE ⊥，垂足为F ．设OA x =，则1OP x =-，OD x a =+； ∵2OA OP OD =⋅，即2(1)()x x x a =-+，解得：1ax a =-； ∴1a OA a =-，11OP a =-，21a OD a =-；当2a =时，可得：2OA =，4OD =，∴25BD =；易得BOF ∆∽BDO ∆，∴BF OB OB OD=，又2OB OA ==，∴255BF =，∴455BE =．（2）当点C 与点A 重合时，CD ADa PC PA==．当点C 与点A 不重合时，联结OC ， ∵OC OA =，∴2OC OP OD =⋅；即OP OCOC OD=，又COP DOC ∠=∠， ∴OCP ∆∽ODC ∆，∴CD ODa PC OC==， ∴CD aPC =；又1a >，∴CD PC >；∵⊙P 和⊙C 相切，PC 是圆心距， ∴⊙P 和⊙C 相只能内切； ∴CD PC PC -=；即aPC PC PC -=；解得：2a =．DBAC OP E F（3）联结BP 、OC ．∵OCP ∆∽ODC ∆，∴OCP D ∠=∠； ∵OC OB =，∴OBC OCB ∠=∠； ∵90D OBC ∠+∠=︒，∴90OCP OCB ∠+∠=︒，即90BCP ∠=︒． ∵PC OA BC OP ⋅=⋅，OA OB =， ∴PC OPBC OB=；又90BOP BCP ∠=∠=︒， ∴BOP ∆∽BCP ∆； ∴1OB BPCB BP==； ∴CB OB =， ∴CB OB OC ==； ∴OBC ∆是等边三角形， ∴60OBC ∠=︒；在Rt BOD ∆中，90BOD ∠=︒，tan ODDOB a OB∠==，即tan 60a =︒1a OA a ==-即扇形OAB ．【总结】本题主要考查扇形背景下的两圆相切问题，注意将位置关系转变为数量关系进行计算，另外第（3）问中注意对所给出的条件进行分析，从而找出相似的三角形进行求解．1、知识内容：（1）如果两圆的半径长分别为1R 和2R ，圆心距为d ，那么两圆的位置关系可用1R 、2R 和d 之间的数量关系表达，具体表达如下：两圆外离12d R R ⇔>+；两圆外切12d R R ⇔=+；两圆相交1212R R d R R ⇔-<<+；两圆内切120d R R ⇔<=-；两圆内含120d R R ⇔≤<-．注：两圆相切包含外切和内切两种情况．2、两圆相切本质：线段的和差；3、解题思路：（1）根据动点的运动方式表示出相关线段的长度；（2）利用几何图形的相关性质表示出线段间的关系；（3）根据相似的性质或者是勾股定理或者是两圆相切的关系等列出有关未知数的方程；（4）求出方程的解，并根据题意进行取舍．模块二：以几何图形为背景的两圆相切问题知识精讲【例4】如图，已知：在ABC ∆中，射线AM // BC ，P 是边BC 上一动点，∠APD =∠B ，PD交射线AM 于点D ，联结CD ．AB = 4，BC = 6，∠B = 60°．（1）求证：2AP AD BP =；（2）如果以AD 为半径的A 与以BP 为半径的B 相切，求线段BP 的长度．【答案】见解析．【解析】（1）∵AM // BC ，∴∠P AD =∠APB ． ∵∠APD =∠B ，∴APD ∆∽PBA ∆． ∴BPAPAP AD =．∴2AP AD BP =．（2）过点A 作AH ⊥BC ，垂足为点H ． ∵∠B = 60°，AB = 4，∴BH = 2，32=AH ．设BP = x ，那么2-=x PH ．∴164)32()2(2222+-=+-=x x x AP ．∴xx x BP AP AD 16422+-==．（i ）当A 与B 外切时，AB AD BP =+．即41642=++-x xx x ．整理，得：0842=+-x x ，∵08442<⨯-=∆，∴此方程无实数解．（ii ）当A 与B 内切时，AB AD BP =-．即24164-x x x x-+=．当41642=-+-x xx x 时，解得x = 2；当41642=+--xx x x ，此方程无解．综上所述，如果两圆相切，那么BP = 2．【总结】本题比较基础，主要考查几何背景下的两圆相切问题，注意将位置关系转化为相应的数量关系，并进行分类讨论．例题解析ABCDMPHABCE F【例5】如图，在ABC ∆中，AB = AC = 10，BC = 12，点E 、F 分别在边BC 、AC 上（点F不与点A 、C 重合），EF // AB ．把ABC ∆沿直线EF 翻折，点C 与点D 重合，设FC = x ．（1）求∠B 的余切值；（2）当点D 在ABC ∆的外部时，DE 、DF 分别交AB 于M 、N ，若MN = y ，求y 关于x 的函数关系式并写出定义域；（3）（直接写出结果即可）以点E 为圆心，BE 为半径的E 与边AC ，○1有公共点时，求x 的取值范围； ②一个公共点时，求x 的取值范围；○3个公共点时，求x 的取值范围．【答案】见解析．【解析】（1）如图1，作AH BC ⊥垂足为H ．∵10AB AC ==，12BC =， ∴6BH CH ==． ∴228AH AB BH =-=， ∴ 63cot 84BH B AH ∠===．（2）∵EF // AB ， ∴EC CFBC CA=， ∴65EC x =，∴6125BE x =-．∵CEF DEF ∠=∠，EF // AB ，∴BM E DEF ∠=∠，CEF B ∠=∠，∴BME B ∠=∠，∴6125ME BE x ==-，∴12125DM DE ME x =-=-． ∵EF // MN ，∴DM MN DE EF ==1212565x y x x -=． ∴210y x =-(510)x <<．（3）①当55018x <<或50109x <<时，E 与边AC 没有公共点； ②当509x =或55518x ≤<时，E 与边AC 有一个公共点； ③5059x ≤<时，E 与边AC 有两个公共点．【总结】本题主要考查几何图形背景下的锐角三角比及相似的综合，第（3）问中，主要从临界点区分即可，由于是圆与边的交点个数，因此要从多个角度考虑．ABCH 图1A BCDE FNM图2【习题1】如图，在梯形ABCD 中，AD // BC ，∠A = 90°，AD = 6，AB = 8，4sin 5C =，点P 在射线DC 上，点Q 在射线AB 上，且PQ ⊥CD ．设DP = x ，若以点B 为圆心、BQ 为半径的B 与以点C 为圆心、CP 为半径的C 相切，求线段DP 的长．【答案】见解析．【解析】延长BA 、CD 相交于点S ，由题意条件，易得BC =12．∵AD // BC 且BC = 12，∴AD =12BC ， ∴12SA SD AD SB SC BC ===，∴SD = DC = 10，SA = AB = 8． ∵DP = x ，∴SP = x +10．由SPQ ∆∽SAD ∆，得：54SQ SD SP SA ==．∴5(10)4SQ x =+，∴55716(10)442BQ x x =-+=-+．当B 与C 相切时，有三种情况：（∽）当点P 在线段DC 上，且点Q 在线段AB 上时，只有可能两圆外切，由BQ +CP = BC ，57101242x x -++-=，解得：23x =；（∽）当点P 在线段DC 上，且点Q 在线段AB 的延长线上时，两圆不可能相切；（∽）当点P 在线段DC 的延长线上，且点Q 在线段AB 的延长线上时，此时5742BQ x =-, CP = x -10，若两圆外切，BQ +CP = BC ，即57101242x x -+-=，解得：343x =；若两圆内切，BQ CP BC -=，即57(10)1242x x ---=；由57(10)1242x x ---=，解得：22x =；由57(10)1242x x ---=-，解得：74x =-．综上所述，B 与C 相切时，线段DP 的长为23或343或22．【总结】本题主要考查梯形背景下的两圆相切问题，本题综合性较强，要从多个角度考虑问题，首先要分析动点的位置，其次相切问题下要分为内切和外切两种情况进行讨论．随堂检测A BCD PQ S【习题2】如图1，已知梯形ABCD 中，AD // BC ，∠D = 90°，BC = 5，CD = 3，cot B = 1．点P 是边BC 上的一个动点（不与点B 、C 重合），过点P 作射线PE ，使射线PE 交射线BA 于点E ，∠BPE = ∠CPD ．（1）如图2，当点E 与点A 重合时，求∠DPC 的正切值；（2）当点E 落在线段AB 上时，设BP x =，BE y =，试求y 与x 之间的函数解析式，并写出x 的取值范围；（3）设以BE 长为半径的B 和以AD 为直径的O 相切，求BP 的长．【答案】见解析．【解析】（1）过点A 作AH BC ⊥，垂足为点H ．由题意得，3AH DC ==．在 Rt APH ∆中，∵cot 1B =，∴3BH =，32AB =．由5BC =，可得2CH =．易证AHP ∆≌DCP ∆． ∴1HP CP ==， ∴tan 3DPC ∠=．（2）过点E 作EG BC ⊥，垂足为点G ．在 Rt ∽EBG 中，22BG EG y ==， ∴22PG x y =-． ∵BPE CPD ∠=∠， ∴tan tan BPE CPD ∠=∠．可得232522yx x y=--，解得：328xy x=-． x 的取值范围为04x <≤．ABCDPA （E ） BCD图1图2PABCD H PA BCDG E（3）联结BO ，过点O 作OQ BC ⊥，垂足为点Q ．在Rt OBQ ∆中，得5BO =．○1B 和O 外切时，BE AO BO +=，即15y +=，将328x y x=-代入上式，得分式方程3248xx=-，解得：48264x =-；经检验，48264x =-是方程的根且符合题意． ∴当B 和O 外切时，48264x =-．○2B 和O 内切时，BE AO BO -=，得6BE =．设EP 与AD 的交点为M ，AM AEBP BE=，即632286x x--=，解得1682x =-；经检验，1682x =-是方程的根且符合题意． ∴当B 和O 内切时，1682x =-．综上所述：当B 与O 相切时，BP 的长是48264-或1682-．【总结】本题考查的是直角梯形、相似三角形、锐角三角比及两圆相切的相关知识，综合性较强，解答时要注意数形结合的思想和分类讨论思想的综合运用．QA BCDO PABCD ME【习题3】如图，在梯形ABCD 中，∠ABC = 90°，AD // BC ，AB = 8，BC = 18，4sin 5BCD ∠=，点P 从点B 开始沿BC 边向终点C 以每秒3个单位的速度移动，点Q 从点D 开始沿DA 边向终点A 以每秒2个单位的速度移动，设运动时间为t 秒．如果P 的半径为6，Q 的半径为4，在移动的过程中，试探索：t 为何值时P 与Q 外离、外切、相交？【答案】见解析．【解析】过点D 作DE BC ⊥于点E （如图1）．∠ABC ＝90°，AD // BC ， 8DE AB ∴==．4sin 5DE BCD CD ∠==，10CD ∴=当P 与Q 外切时，6410PQ =+=，此时PQ CD =．故当P 与Q 外切时，四边形PQDC 为等腰梯形或平行四边形．当四边形PQDC 为等腰梯形时（如图2），过点Q 作QF BC ⊥于点F ，则8QF AB ==，所以6PF =．3BP t =，2DQ t =，36AQ BP PF t ∴=+=+．36212AD AQ QD t t ∴=+=++=， 65t ∴=．当四边形PQDC 为平行四边形时（如图3），过点Q 作QM BC ⊥于点M ，同理，得：36AQ BM BP PM t ==-=-， 36212AD AQ DQ t t ∴=+=-+=， 185t ∴=．∴当605t ≤<或1865t <≤时，P 与Q 外离；当65t =或185t =时，P 与Q 外切；当61855t <<时，P 与Q 相交．【总结】本题主要考查梯形背景下的两元位置关系的讨论，综合性较强，主要从外切的关系入手，求出相应的值，再进行讨论，同时注意动点所处的问题的讨论．ABCDEQ P图1ABCDF Q P 图2A B CDM Q图3【作业1】如图，已知在直角梯形ABCD 中，AD // BC ，∠ABC = 90°，AB = 4，AD = 3，25sin 5BCD ∠=，点P 是对角线BD 上一动点，过点P 作PH ⊥CD ，垂足为H ．（1）求证：∠BCD = ∠BDC ；（2）如图，若以P 为圆心、PB 为半径的圆和以H 为圆心、HD 为半径的圆外切时，求DP 的长．【答案】见解析．【解析】（1）过点D 作DG ⊥BC ，垂足为G ．∵在Rt ABD ∆中，∠ABC = 90º，AB = 4，AD = 3， ∴BD=5．在Rt DCG ∆中，∠DGC = 90º，25sin 5BCD ∠==DGDC， ∵AD // BC ，∴AB = DG = 4，AD = BG = 3， ∴DC = 25，∴CG = 2， ∴BC = 3 + 2 = 5，∴BD = BC ， ∴∽BCD =∽BDC ．．（2）设DP =x ，则R P =PB =5x -．∵∽BCD =∽BDC ，∴25sin sin 5BCD BDC ∠=∠=．在Rt PDH ∆中，∠PHD = 90º，25sin 5BDC ∠==PH PHPD x=， ∴PH =255x ，∴DH =55x ，∴R H = HD =55x ． ∵P 与H 外切，∴P H R R PH +=． ∴525555x x x -+=，解得：25554x -=．即25554DP -=．【总结】本题主要考查直角梯形背景下的锐角三角比与两圆相切的综合运用，由于本题强调的是外切，因此只要考虑一种情况即可．课后作业ABCD PHG【作业2】如图，Rt ABC ∆中，∠ACB = 90°，AC = 4厘米，BC = 3厘米，O 为ABC ∆的内切圆．（1）求O 的半径；（2）动点P 从点B 沿BA 向点A 以每秒1厘米的速度匀速运动，以P 为圆心，PB 为半径作圆．设点P 运动的时间为t 秒，若P 与O 相切，求t 的值．【答案】见解析．【解析】解：（1）如图1，设O 与AB 、BC 、CA 分别相切于点D 、E 、F ，连接OD 、OE 、OF ，则AD = AF ，BD = BE ，CE = CF ．O 为ABC ∆的内切圆，OF AC ∴⊥，OE BC ⊥，即90OFC OEC ∠=∠=．90C ∠=，∴四边形CEOF 是矩形．OE OF =，∴四边形CEOF 是正方形．设O 的半径为rcm ，则FC EC OE rcm ===．在Rt ABC ∆中，∠ACB = 90°，AC = 4cm ，BC = 3cm ， =5AB cm ∴．43AD AF AC FC r BD BE BC EC r ==-=-==-=-，， 4+3=5r r ∴--，解得：=1r ．即O 的半径为1cm ．（2）如图2，过点P 作PG BC ⊥，垂足为G ． 90PGB C ∠=∠=， ∴PG //AC ．∴PBG ∆∽ABC ∆，PG BG BPAC BC BA∴==． BP t =，43==55AC BC PG BP t BG BP t BA BA ∴=⨯=⨯，．若P 与O 相切，则可分为两种情况，P 与O 外切和P 与O 内切．当P 与O 外切时，如图3．连接OP ，则1OP t =+，过点P 作PH OE ⊥，垂足为H ． 90PHE HEG PGE ∠=∠=∠=， ∴四边形PHEG 是矩形，HE PG ∴=，PH GE =，DEF 图1ABC OPABC OPDEF G 图2AB COPE 图3415OH OE HE t ∴=-=-， 3331=255PH GE BC EC BG t t ==--=---．在Rt OPH ∆中，由勾股定理，得：22243(1)(2)(1)55t t t -+-=+，解得：23t =．当P 与O 外切时，如图4．连接OP ，则1OP t =-，过点O 作OM PG ⊥，垂足为M ．90MGE OEG OMG ∠=∠=∠=， ∴四边形OEGM 是矩形，MG OE ∴=，OM EG =，415PM PG MG t ∴=-=-，3331=255OM GE BC EC BG t t ==--=---．在Rt OPM ∆中，由勾股定理，得：22243(1)(2)(1)55t t t -+-=-，解得：2t =．综上所述，P 与O 相切时，23t =s 或2t =s ．【总结】本题综合性较强，考查的知识点也比较多，解题时注意利用相应的性质，同时综合运用数形结合思想及分类讨论思想．BCO P E G图4M。

初三两圆相切的存在性问题

ABCOxy【例1】如图，在平面直角坐标系中，抛物线224y ax ax =--与x 轴交于A 、B 两点，与y轴交于点C ，其中点A 的坐标为（3-，0），点D 在线段AB 上，AD = AC ．如果以DB 为半径的⊙D 与⊙C 外切，求⊙C 的半径．两圆相切的存在性问题一：以函数为背景的两圆相切问题xyABCO 【例2】如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC 是等腰梯形，其中OA = AB = BC = 4，tan 3BCO ∠=．（1）若点P 在第四象限，且POC ∆与AOB ∆相似，求满足条件的所有点P 的坐标；（2）在（1）的条件下，若P 与以OC 为直径的D 相切，请直接写出P 的半径．DBAC OP【例3】如图，线段P A = 1，点D 是线段P A 延长线上的点，AD = a （a > 1），点O 是线段AP 延长线上的点，2OA OP OD =，以O 圆心，OA 为半径作扇形OAB ，90BOA ∠=︒，点C 是弧AB 上的点，联结PC 、DC ．（1）联结BD 交弧AB 于E ，当a = 2时，求BE 的长；（2）当以PC 为半径的P 和以CD 为半径的C 相切时，求a 的值；（3）当直线DC 经过点B ，且满足PC OA BC OP =时，求扇形OAB 的半径长．ABCDMP【例4】如图，已知：在ABC ∆中，射线AM // BC ，P 是边BC 上一动点，∠APD =∠B ，PD 交射线AM 于点D ，联结CD ．AB = 4，BC = 6，∠B = 60°．（1）求证：2AP AD BP =；（2）如果以AD 为半径的A 与以BP 为半径的B 相切，求线段BP 的长度．二：以几何图形为背景的两圆相切问题ABCEF【例5】如图，在ABC ∆中，AB = AC = 10，BC = 12，点E 、F 分别在边BC 、AC 上（点F不与点A 、C 重合），EF // AB ．把ABC ∆沿直线EF 翻折，点C 与点D 重合，设FC = x ．（1）求∠B 的余切值；（2）当点D 在ABC ∆的外部时，DE 、DF 分别交AB 于M 、N ，若MN = y ，求y 关于 x 的函数关系式并写出定义域；（3）（直接写出结果即可）以点E 为圆心，BE 为半径的E 与边AC○1有公共点时，求x 的取值范围； ②一个公共点时，求x 的取值范围；○3个公共点时，求x 的取值范围．。

2020年中考数学临考大专题复习：圆(解析版)

2020中考数学临考大专题复习：圆（含答案）一、选择题（本大题共8道小题）1. 如图，AB为☉O的切线.切点为A，连接AO，BO，BO与☉O交于点C，延长BO与☉O交于点D，连接AD.若∠ABO=36°，则∠ADC的度数为()A.54°B.36°C.32°D.27°2. 如图，AB，AC分别是☉O的直径和弦，OD⊥AC于点D，连接BD，BC，若AB=10，AC=8，则BD的长为()A.2√5B.4C.2√13D.4.83. 下列四个命题:①直径所对的圆周角是直角;②圆既是轴对称图形，又是中心对称图形;③在同圆中，相等的圆周角所对的弦相等;④三点确定一个圆.其中正确命题的个数为 ()A.1B.2C.3D.4⏜=CB⏜.若∠C=110°，4. 如图，四边形ABCD是半圆的内接四边形，AB是直径，DC则∠ABC的度数等于()A.55°B.60°C.65°D.70°5. 如图，☉O的直径AB垂直于弦CD.垂足是点E，∠CAO=22.5°，OC=6，则CD的长为()A.6√2B.3√2C.6D.126. 如图，已知AB是☉O的直径，点P在BA的延长线上，PD与☉O相切于点D，过点B作PD的垂线交PD的延长线于点C.若☉O的半径为4，BC=6，则P A的长为()A.4B.2√3C.3D.2.57. 小红不小心把家里的一块圆形玻璃镜打碎了，需要配制一块同样大小的玻璃镜，工人师傅在一块如图所示的玻璃镜残片的边缘描出了点A，B，C，给出三角形ABC，则这块玻璃镜的圆心是()A.AB，AC边上的中线的交点B.AB，AC边上的垂直平分线的交点C.AB，AC边上的高所在直线的交点D.∠BAC与∠ABC的角平分线的交点8. 如图，弦CD垂直于⊙O的直径AB，垂足为H，且CD＝22，BD＝3，则AB的长为()A. 2B. 3C. 4D. 5二、填空题（本大题共5道小题）9. 如图所示，AB是☉O的直径，弦CD⊥AB于H，∠A=30°，CD=2√3，则☉O的半径是.10. 如图所示，AB为☉O的直径，点C在☉O上，且OC⊥AB，过点C的弦CD与线段OB相交于点E，满足∠AEC=65°，连接AD，则∠BAD=度.11. 如图，∠AOB=90°，∠B=30°，以点O为圆心，OA为半径作弧，交AB于点A，C，交OB于点D，若OA=3，则阴影部分的面积为.12. 如图，AC是圆内接四边形ABCD的一条对角线，点D关于AC的对称点E在边BC上，连接AE，若∠ABC=64°，则∠BAE的度数为.⏜上.若13. 如图，☉O分别切∠BAC的两边AB，AC于点E，F，点P在优弧EDF∠BAC=66°，则∠EPF等于度.三、解答题（本大题共4道小题）14. 如图，四边形ABCD是正方形，以边AB为直径作☉O，点E在BC边上，连接AE交☉O于点F，连接BF并延长交CD于点G.(1)求证:△ABE≌△BCG.⏜的长.(结果保留π)(2)若∠AEB=55°，OA=3，求BF15. 如图，AB是☉O的直径，点C，D为半圆O的三等分点，过点C作CE⊥AD，交AD的延长线于点E.(1)求证:CE为☉O的切线.(2)判断四边形AOCD是否为菱形?并说明理由.16. 如图，M为线段AB的中点，AE与BD交于点C，∠DME＝∠A＝∠B＝α，且DM交AC于F，ME交BC于G.(1)写出图中两对相似三角形，并证明其中的一对；(2)请连接FG，如果α＝45°，AB＝42，AF＝3，求FG的长．17. 如图，过☉O外一点P作☉O的切线P A，切☉O于点A，连接PO并延长，与☉O交于C，D两点，M是半圆CD的中点，连接AM交CD于点N，连接AC，CM.(1)求证:CM2=MN·MA;(2)若∠P=30°，PC=2，求CM的长.2020中考数学临考大专题复习：圆-答案一、选择题（本大题共8道小题）1. 【答案】D [解析]∵AB 为☉O 的切线，∴∠OAB=90°. ∵∠ABO=36°，∴∠AOB=90°-∠ABO=54°.∵OA=OD ，∴∠ADC=∠OAD ，∵∠AOB=∠ADC +∠OAD ，∴∠ADC=12∠AOB=27°，故选D .2. 【答案】C[解析]∵AB 是直径，∴∠C=90°，∴BC=√AB 2-AC 2=6.∵OD ⊥AC ，∴CD=AD=12AC=4， ∴BD=√BC 2+CD 2=2√13，故选C .3. 【答案】C4. 【答案】A[解析]连接AC ，∵四边形ABCD 是半圆的内接四边形，∴∠DAB=180°-∠C=70°.∵DC ⏜=CB ⏜，∴∠CAB=12∠DAB=35°.∵AB 是直径，∴∠ACB=90°， ∴∠ABC=90°-∠CAB=55°，故选A .5. 【答案】A[解析]∵∠A=22.5°，∴∠COE=45°，∵☉O 的直径AB 垂直于弦CD ， ∴∠CEO=90°，CE=DE. ∵∠COE=45°， ∴CE=OE=√22OC=3√2， ∴CD=2CE=6√2，故选A .6. 【答案】A[解析]如图，连接OD.∵PC切☉O于点D，∴OD⊥PC.∵☉O的半径为4，∴PO=P A+4，PB=P A+8.∵OD⊥PC，BC⊥PD，∴OD∥BC，∴△POD∽△PBC，∴ODBC =POPB，即46=PA+4PA+8，解得P A=4.故选A.7. 【答案】B[解析]本题实质上是要确定三角形外接圆的圆心，三角形外接圆的圆心是三边垂直平分线的交点，故选B.8. 【答案】B【解析】由垂径定理可得DH＝2，所以BH＝BD2－DH2＝1，又可得△DHB∽△ADB，所以有BD2＝BH·BA，(3)2＝1×BA，AB＝3.二、填空题（本大题共5道小题）9. 【答案】2[解析]连接OC，则OA=OC，∴∠A=∠ACO=30°，∴∠COH=60°.∵OB⊥CD，CD=2√3，∴CH=√3，∴OH=1，∴OC=2.10. 【答案】20[解析]如图，连接DO，∵CO⊥AB，∴∠COB=90°，∵∠AEC=65°，∴∠C=25°，∵OD=OC，∴∠ODC=∠C=25°，∴∠DOC=130°，∴∠DOB=40°，∵2∠BAD=∠DOB，∴∠BAD=20°.11. 【答案】34π[解析]连接OC，过点C作CN⊥AO于点N，CM⊥OB于点M，∵∠AOB=90°，∠B=30°，∴∠A=60°，∵OA=OC，∴△AOC为等边三角形，∵OA=3，∴CN=32√3，CM=ON=32，∴S扇形AOC =32π，S△AOC=94√3，在Rt △AOB 中，OB=√3OA=3√3，S △OCB =94√3，∠COD=30°，S 扇形COD =34π，∴S 阴影=S 扇形AOC -S △AOC +S △OCB -S 扇形COD =34π.12. 【答案】52°[解析]∵圆内接四边形对角互补，∴∠B +∠D=180°，∵∠B=64°，∴∠D=116°.∵点D 关于AC 的对称点是点E ，∴∠D=∠AEC=116°. ∵∠AEC=∠B +∠BAE ，∴∠BAE=52°.13. 【答案】57[解析]连接OE ，OF .∵☉O 分别切∠BAC 的两边AB ，AC 于点E ，F ，∴OF ⊥AC ，OE ⊥AB ，∴∠BAC +∠EOF=180°，∵∠BAC=66°， ∴∠EOF=114°.∵点P 在优弧EDF ⏜上， ∴∠EPF=12∠EOF=57°.故填:57.三、解答题（本大题共4道小题）14. 【答案】解:(1)证明:∵四边形ABCD 是正方形，AB 为☉O 的直径， ∴∠ABE=∠BCG=∠AFB=90°，AB=BC ， ∴∠BAF +∠ABF=90°，∠ABF +∠EBF=90°， ∴∠EBF=∠BAF ，在△ABE 与△BCG 中，{∠BAF =∠EBF ，AB =BC ，∠ABE =∠BCG ，∴△ABE ≌△BCG (ASA). (2)连接OF ，∵∠ABE=∠AFB=90°，∠AEB=55°， ∴∠BAE=90°-55°=35°， ∴∠BOF=2∠BAE=70°. ∵OA=3， ∴BF⏜的长=70×π×3180=7π6.15. 【答案】解:(1)证明:如图，连接OD ，∵点C ，D 为半圆O 的三等分点， ∴∠AOD=∠COD=∠COB=60°. ∵OA=OD ，∴△AOD 为等边三角形， ∴∠DAO=60°， ∴AE ∥OC. ∵CE ⊥AD ， ∴CE ⊥OC ， ∴CE 为☉O 的切线. (2)四边形AOCD 为菱形. 理由:∵OD=OC ，∠COD=60°， ∴△OCD 为等边三角形， ∴CD=CO. 同理:AD=AO. ∵AO=CO ，∴AD=AO=CO=DC ， ∴四边形AOCD 为菱形.16. 【答案】解：(1)△AMF ∽△BGM ，△DMG ∽△DBM ，△EMF ∽△EAM 等．(写出两对即可)以下证明△AMF ∽△BGM.由题知∠A ＝∠B ＝∠DME ＝α，而∠AFM ＝∠DME ＋∠E ，∠BMG ＝∠A ＋∠E ，∴∠AFM ＝∠BMG ，∴△AMF ∽△BGM. (2)当α＝45°时，可得AC ⊥BC 且AC ＝BC ，∵M 为AB 中点， ∴AM ＝BM ＝2 2.由△AMF ∽△BGM 得，AF·BG ＝AM·BM ，∴BG ＝83.又AC ＝BC ＝42cos 45°＝4，∴CG ＝4－83＝43，CF ＝4－3＝1，∴FG ＝（43）2＋12＝53.17. 【答案】解:(1)证明:∵在☉O 中，点M 是半圆CD 的中点，∴∠CAM=∠DCM ，又∵∠CMA 是△CMN 和△AMC 的公共角， ∴△CMN ∽△AMC ，∴CM AM =MNMC ，∴CM 2=MN ·M A . (2)连接OA ，DM ，∵P A 是☉O 的切线，∴∠P AO=90°，又∵∠P=30°， ∴OA=12PO=12(PC +CO ). 设☉O 的半径为r ，∵PC=2，∴r=12(2+r )，解得r=2. 又∵CD 是直径，∴∠CMD=90°， ∵点M 是半圆CD 的中点，∴CM=DM ， ∴△CMD 是等腰直角三角形， ∴在Rt △CMD 中，由勾股定理得CM 2+DM 2=CD 2，∴2CM 2=(2r )2=16，∴CM 2=8，∴CM=2√2.。

2023年中考数学压轴题专题10 二次函数与圆存在性问题【含答案】

专题10二次函数与圆存在性问题二次函数是初中数学代数部分最重要的概念之一，是中考数学的重难点；而圆是初中几何中综合性最强的知识内容，它与二次函数都在中考中占据及其重要的地位，两者经常作为压轴题综合考查，能够很好的考查学生的数学综合素养以及分析问题、解决问题的能力.圆心与抛物线的关系、圆上的点和抛物线的关系，其本质就是把位置关系向数量化关系转化.二次函数与圆的综合要数形结合，在读题之前要想到圆中的相关概念、性质及定理，比如圆的定义、垂径定理、圆周角、圆心角、内心、外心、切线、四点共圆的、隐藏圆等；对于二次函数，要熟练掌握解析式的求法和表达形式、顶点、最值、与方程之间的关系，线段长与点的坐标之间的数量转化等.【例1】（2022•闵行区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．将抛物线的对称轴沿x轴的正方向平移，平移后交x轴于点D，交线段BC于点E，交抛物线于点F，过点F作直线BC的垂线，垂足为点G．（1）求抛物线的表达式；（2）以点G为圆心，BG为半径画⊙G；以点E为圆心，EF为半径画⊙E．当⊙G与⊙E内切时．①试证明EF与EB的数量关系；②求点F的坐标．【例2】（2022•福建模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，点C（2，﹣4）在抛物线上，且△ABC是等腰直角三角形．（1）求抛物线的解析式；（2）过点D（2，0）的直线与抛物线交于点M，N，试问：以线段MN为直径的圆是否过定点？证明你的结论．【例3】（2022•武汉模拟）已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c（c＞0）．（1）如图1，抛物线与直线l相交于点M（﹣1，0），N（2，6）．①求抛物线的解析式；②过点N作MN的垂线，交抛物线于点P，求PN的长；（2）如图2，已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A，B，C，D（0，n）四点在同一圆上，求n的值．【例4】（2022•上海模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣3ax+2（a＜0）交y轴于点A，抛物线的对称轴交x轴于点P，联结PA．（1）求线段PA的长；（2）如果抛物线的顶点到直线PA的距离为3，求a的值；（3）以点P为圆心、PA为半径的⊙P交y轴的负半轴于点B，第一象限内的点Q在⊙P上，且劣弧＝2．如果抛物线经过点Q，求a的值．1．（2021•广元）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，下表给出了这条抛物线上部分点（x，y）的坐标值：x…﹣10123…y…03430…（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；（2）PQ是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求AQ+QP+PC的最小值；（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，△ABD的外接圆与DF 相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．2．（2021•张家界）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B （8，0）．（1）求二次函数的表达式；（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；（3）判断△ABO的形状，试说明理由；（4）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为2，一动点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P，再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动，求点E的运动时间t的最小值．3．（2021•宜宾）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．（1）求抛物线的表达式；（2）判断△BCE的形状，并说明理由；（3）如图2，以C为圆心，为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP+EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．4．（2020•雨花区校级一模）如图1，已知抛物线y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）与x轴交于A，B两点（A在B 的左侧），与y轴交于点C．（1）连接BC，若∠ABC＝30°，求a的值．（2）如图2，已知M为△ABC的外心，试判断弦AB的弦心距d是否有最小值，若有，求出此时a的值，若没有，请说明理由；（3）如图3，已知动点P（t，t）在第一象限，t为常数．问：是否存在一点P，使得∠APB达到最大，若存在，求出此时∠APB的正弦值，若不存在，也请说明理由．5．（2020•汇川区三模）如图，在平面直角坐标系上，一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1，0）、B （3，0）、C（0，3）三点，连接BC并延长．（1）求抛物线的解析式；（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点，过M作MN∥y轴交抛物线于点N．1°求线段MN的最大值；2°当MN取最大值时，在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P，连接PM、PN，当△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上时，求点P的坐标．6．（2021•开福区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣bx+c交x轴于点A，B，点B的坐标为（4，0），与y轴于交于点C（0，﹣2）．（1）求此抛物线的解析式；（2）在抛物线上取点D，若点D的横坐标为5，求点D的坐标及∠ADB的度数；（3）在（2）的条件下，设抛物线对称轴l交x轴于点H，△ABD的外接圆圆心为M（如图1），①求点M的坐标及⊙M的半径；②过点B作⊙M的切线交于点P（如图2），设Q为⊙M上一动点，则在点运动过程中的值是否变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由．7．（2020•天桥区二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），与x轴交于A（4，0）、O两点，点D（2，﹣2）为抛物线的顶点．（1）求该抛物线的解析式；（2）点E为AO的中点，以点E为圆心、以1为半径作⊙E，交x轴于B、C两点，点M为⊙E上一点．①射线BM交抛物线于点P，设点P的横坐标为m，当tan∠MBC＝2时，求m的值；②如图2，连接OM，取OM的中点N，连接DN，则线段DN的长度是否存在最大值或最小值？若存在，请求出DN的最值；若不存在，请说明理由．8．（2020•百色）如图，抛物线的顶点为A（0，2），且经过点B（2，0）．以坐标原点O为圆心的圆的半径r＝，OC⊥AB于点C．（1）求抛物线的函数解析式．（2）求证：直线AB与⊙O相切．（3）已知P为抛物线上一动点，线段PO交⊙O于点M．当以M，O，A，C为顶点的四边形是平行四边形时，求PM的长．9．（2020•西藏）在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，点P是第四象限内抛物线上的一个动点．（1）求二次函数的解析式；＝，求点P的坐标；（2）如图甲，连接AC，PA，PC，若S△P AC（3）如图乙，过A，B，P三点作⊙M，过点P作PE⊥x轴，垂足为D，交⊙M于点E．点P在运动过程中线段DE的长是否变化，若有变化，求出DE的取值范围；若不变，求DE的长．10．（2020•宜宾）如图，已知二次函数的图象顶点在原点，且点（2，1）在二次函数的图象上，过点F（0，1）作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．（1）求二次函数的表达式；（2）P为平面内一点，当△PMN是等边三角形时，求点P的坐标；（3）在二次函数的图象上是否存在一点E，使得以点E为圆心的圆过点F和点N，且与直线y＝﹣1相切．若存在，求出点E的坐标，并求⊙E的半径；若不存在，说明理由．11．（2021•嘉兴二模）定义：平面直角坐标系xOy中，过二次函数图象与坐标轴交点的圆，称为该二次函数的坐标圆．（1）已知点P（2，2），以P为圆心，为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，并说明理由；（2）已知二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A，坐标圆的圆心为P，如图1，求△POA周长的最小值；（3）已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，与坐标圆的第四个交点为D，连结PC，PD，如图2．若∠CPD＝120°，求a的值．12．（2021•常州二模）如图1：抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．动点E（m，0）（0＜m＜3），过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M．（1）求抛物线的解析式及C点坐标；（2）连接BM并延长交y轴于点N，连接AN，OM，若AN∥OM，求m的值．（3）如图2．当m＝1时，P是直线l上的点，以P为圆心，PE为半径的圆交直线l于另一点F（点F在x 轴上方），若线段AC上最多存在一个点Q使得∠FQE＝90°，求点P纵坐标的取值范围．13．（2021•乐山模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1，0），B（3，2），与x轴交于另一点C．（1）求抛物线的解析式；（2）在y上是否存在一点E，使四边形ABCE为矩形，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；（3）以C为圆心，1为半径作⊙O，D为⊙O上一动点，求DA+DB的最小值14．（2021•河北区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴是直线x＝2，与x 轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．（Ⅰ）求抛物线的解析式及顶点坐标；（Ⅱ）M为第一象限内抛物线上的一个点，过点M作MN⊥x轴于点N，交BC于点D，连接CM，当线段CM＝CD时，求点M的坐标；（Ⅲ）以原点O为圆心，AO长为半径作⊙O，点P为⊙O上的一点，连接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．15．（2021•长沙模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的顶点为M，经过C（1，1），且与x轴正半轴交于A，B两点．（1）如图1，连接OC，将线段OC绕点O顺时针旋转，使得C落在y轴的负半轴上，求点C的路径长；（2）如图2，延长线段OC至N，使得ON＝，若∠OBN＝∠ONA，且，求抛物线的解析式；（3）如图3，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线，与y轴交于（0，5），经过点C的直线l：y＝kx+m （k＞0）与抛物线交于点C、D，若在x轴上存在P1、P2，使∠CP1D＝∠CP2D＝90°，求k的取值范围．16．（2021秋•上城区校级期中）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C，⊙M是△ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为（1，4）．（1）求抛物线的解析式，及A、B、C三点的坐标；（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；（3）如图2，在x轴上有点P（7，0），试在直线BC上找点Q，使B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．17．（2021秋•西湖区校级期中）我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”．如图所示，点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点，已知点D的坐标为（0，﹣3），AB为半圆的直径，半圆圆心M的坐标为（1，0），半圆半径为2．（1）求“蛋圆”抛物线部分的解析式及“蛋圆”的弦CD的长；（2）已知点E是“蛋圆”上的一点（不与点A，点B重合），点E关于x轴的对称点是点F，若点F也在“蛋圆”上，求点E坐标；（3）点P是“蛋圆”外一点，满足∠BPC＝60°，当BP最大时，直接写出点P的坐标．18．（2021•雨花区二模）如图1，已知圆O的圆心为原点，半径为2，与坐标轴交于A，C，D，E四点，B 为OD中点．（1）求过A，B，C三点的抛物线解析式；（2）如图2，连接BC，AC．点P在第一象限且为圆O上一动点，连接BP，交AC于点M，交OC于点N，当MC2＝MN•MB时，求M点的坐标；（3）如图3，若抛物线与圆O的另外两个交点分别为H，F，请判断四边形CFEH的形状，并说明理由．19．（2020•东海县二模）如图，△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线C1：y＝x2+x上，点A的坐标为（﹣4，m），点B的坐标为（n，﹣2）．（点A在点B的左侧）（1）则m＝，n＝．（2）将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB'，抛物线C2：y＝ax2+bx+4经过A'、B'两点，延长OB'交抛物线C2于点C，连接A'C．设△OA'C的外接圆为⊙M．①求圆心M的坐标；②试直接写出△OA'C的外接圆⊙M与抛物线C2的交点坐标（A'、C除外）．20．（2022•绿园区二模）在平面直角坐标系中，已知某二次函数的图象同时经过点A（0，3）、B（2m，3）、C（m，m+3）．其中，m≠0．（1）当m＝1时．①该二次函数的图象的对称轴是直线．②求该二次函数的表达式．（2）当|m|≤x≤|m|时，若该二次函数的最大值为4，求m的值．（3）若同时经过点A、B、C的圆恰好与x轴相切时，直接写出该二次函数的图象的顶点坐标．21．（2022•炎陵县一模）抛物线：y＝﹣x2+bx+c与y轴的交点C（0，3），与x轴的交点分别为E、G两点，对称轴方程为x＝1．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，过点C作y轴的垂线交抛物线于另一点D，F为抛物线的对称轴与x轴的交点，P为线段OC 上一动点．若PD⊥PF，求点P的坐标．（3）如图1，如果一个圆经过点O、点G、点C三点，并交于抛物线对称轴右侧x轴的上方于点H，求∠OHG的度数；（4）如图2，将抛物线向下平移2个单位长度得到新抛物线L，点B是顶点．直线y＝kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．与对称轴交于点G，若△BMN的面积等于2，求k的值．22．（2022•杨浦区二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣+bx+c与x轴相交于点A （4，0），与y轴相交于点B（0，3），在x轴上有一动点E（m，0）（0＜m＜4），过点E作x轴的垂线交线段AB于点N，交抛物线于点P，过P作PM⊥AB，垂足为点M．（1）求这条抛物线的表达式；（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，如果，求点P的坐标；（3）如果以N为圆心，NA为半径的圆与以OB为直径的圆内切，求m的值．【例1】（2022•闵行区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．将抛物线的对称轴沿x轴的正方向平移，平移后交x轴于点D，交线段BC于点E，交抛物线于点F，过点F作直线BC的垂线，垂足为点G．（1）求抛物线的表达式；（2）以点G为圆心，BG为半径画⊙G；以点E为圆心，EF为半径画⊙E．当⊙G与⊙E内切时．①试证明EF与EB的数量关系；②求点F的坐标．【分析】（1）根据点A、B的坐标，设抛物线y＝a（x+1）（x﹣3），再将点C代入即可求出a的值，从而得出答案；（2）①分两种情形，当r⊙G＞r⊙E时，则GB﹣EF＝GE，则EF＝EB，当r⊙G＜r⊙E时，则EF﹣GB＝GE，设EF＝5t，FG＝3t，GE＝4t，则5t﹣GB＝4t，则GB＝t＜GE＝4t，从而得出矛盾；②由．设BD＝t，则DE＝，利用勾股定理得BE＝，则F坐标为（3﹣t，3t），代入抛物线解析式，从而解决问题．【解答】解：（1）∵点A坐标为（﹣1，0），点B坐标为（3，0）．设抛物线y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0），∵抛物线经过点C（0，4），∴4＝﹣3a．解得．∴抛物线的表达式是；（2）①由于⊙G与⊙E内切，当r⊙G＜r⊙E时，则EF﹣GB＝GE，设EF＝5t，FG＝3t，GE＝4t，则5t﹣GB＝4t，∴GB＝t＜GE＝4t，∴点E在线段CB的延长线上．又∵已知点E在线段BC上，∴矛盾，因此不存在．当r⊙G＞r⊙E时，则GB﹣EF＝GE，又∵GE＝GB﹣EB，∴EF＝EB；②∵OC⊥OB，FD⊥OB，∴∠COB＝∠EDB＝90°．∴．∴设BD＝t，则DE＝；在Rt△BED中，由勾股定理得，．∴，∴F坐标为（3﹣t，3t），∵F点在抛物线上，∴，∴解得，t＝0（点F与点B重合，舍去）．∴F坐标为（，）．【例2】（2022•福建模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，点C（2，﹣4）在抛物线上，且△ABC是等腰直角三角形．（1）求抛物线的解析式；（2）过点D（2，0）的直线与抛物线交于点M，N，试问：以线段MN为直径的圆是否过定点？证明你的结论．【分析】（1）等腰直角三角形斜边中线等于斜边一半，点的坐标，不难求出A、B两点坐标，把点A、B、C 代入二次函数解析式，解三元一次方程组就可得到函数解析式．（2））通过设过点D（2，0）的直线MN解析式为y＝k（x﹣2）＝kx﹣2k，得到关于x、关于y的方程，利用跟与系数的关系，再得到圆的解析式，待定系数法确定定点的x、y的值，确定定点的坐标．【解答】解：连接AC、BC，过点C作CP垂直于x轴于点P．在Rt△CAB中，AC＝BC，CP⊥AB，点C（2，﹣4），∴CP＝AP＝PB＝4，OP＝2，∴OA＝AP﹣OP＝4﹣2＝2，OB＝OP+PB＝4+2＝6，∴点A（﹣2，0），点B（6，0），把点A（﹣2，0），点B（6，0），点C（2，﹣4）代入函数解析式得，解得，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣3．故答案为：y＝x2﹣x﹣3．（2）设过点D（2，0）的直线MN解析式为y＝k（x﹣2）＝kx﹣2k，联立直线与抛物线解析式得关于x的等式：kx﹣2k＝x2﹣x﹣3，化简得＝0，x N+x M＝﹣＝4（k+1），x N x M＝＝8k﹣12..........①，联立直线与抛物线解析式得关于y的等式：y＝（+2）2﹣（+2）﹣3，化简得y2+（﹣﹣1）y﹣4＝0，y M+y N＝4k2，y M y N＝﹣16k2................②，线段MN的中点就是圆的圆心，∴x O＝（x N+x M）＝2（K+1），代入直线方程得y O＝2k2，∴圆心坐标为（2k+2，2k2），直径MN＝＝，把①、②代入上式化简整理得直径MN＝，设圆上某一点（x，y）到圆心的距离等于半径，∴＝，化简整理得16k2+12﹣8k＝x2﹣4kx﹣4x+y2﹣4k2y＝﹣4yk2﹣4kx+x2﹣4x+y2，圆过定点，所以与k值无关，看作是关于k的二次等式，k2、k的系数，常量对应相等，得﹣8＝﹣4x，x＝2，16＝﹣4y，y＝﹣4，由以上分析，所以以MN为直径的圆过定点（2，﹣4）．故答案为：以线段MN为直径的圆过定点（2，﹣4）．【例3】（2022•武汉模拟）已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c（c＞0）．（1）如图1，抛物线与直线l相交于点M（﹣1，0），N（2，6）．①求抛物线的解析式；②过点N作MN的垂线，交抛物线于点P，求PN的长；（2）如图2，已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A，B，C，D（0，n）四点在同一圆上，求n的值．【分析】（1）①把点M（﹣1，0），N（2，6）代入到y＝﹣2x2+bx+c中，可得b和c的值．②设P（a，﹣2a2+4a+6），再利用M（﹣1，0），N（2，6），得到MN、PM、PN的表达式，最后利用勾股定理求得a的值．（2）令C（0，c），当y＝0时，代入抛物线得x A x B＝﹣，根据两角对应相等，可得△AOC∽△DOB，然后再找到对应线段成比例，即得到n的值．【解答】解：（1）①把M（﹣1，0）N（2，6）代入y＝﹣2x2+bx+c，得，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；②由①，抛物线解析式为：y＝﹣2x2+4x+6，设P（a，﹣2a2+4a+6）∵M（﹣1，0），N（2，6），∴MN＝＝3，∴PM＝，PN＝，又∵PN⊥MN，则PM2＝MN2+PN2，（﹣1﹣a）2+（2a2﹣4a﹣b）2＝（3）2+（2﹣a）2+（2a2﹣4a）2．整理得：4a2﹣9a+2＝0，∴（a﹣2）（4a﹣1）＝0．∴a1＝2，a2＝．当a＝2时，P与N重合，∴a＝，PN＝．（2）证明：设OA＝﹣x A，OB＝x B，OD＝﹣n当y＝0时，﹣2x2+bx+c＝0，∴x A x B＝﹣，∴OA•OB＝﹣x A x B＝．∵∠CAO＝∠BDO，∠ACO＝∠DBO∴△AOC∽△DOB∴＝∴OA•OB＝OC•OD∴＝c•（﹣n）．∵c≠0∴n＝﹣．【例4】（2022•上海模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣3ax+2（a＜0）交y轴于点A，抛物线的对称轴交x轴于点P，联结PA．（1）求线段PA的长；（2）如果抛物线的顶点到直线PA的距离为3，求a的值；（3）以点P为圆心、PA为半径的⊙P交y轴的负半轴于点B，第一象限内的点Q在⊙P上，且劣弧＝2．如果抛物线经过点Q，求a的值．【分析】（1）分别求出P（，0），A（0，2），由两点间距离公式可求；＝×PM×OP＝×AP×3，可得a＝﹣；（2）抛物线的顶点为M（，2﹣a），由S△APM（3）连接PQ，BP，AM，设Q（t，at2﹣3at+2），求出M（﹣1，0），由垂径定理可得AM＝AQ，＝①，PQ＝AP，得②，联立①②可得a＝．【解答】解：（1）y＝ax2﹣3ax+2＝a（x﹣）2+2﹣a，∴抛物线的对称轴为x＝，∴P（，0），令x＝0，则y＝2，∴A（0，2），∴PA＝；（2）由（1）可知抛物线的顶点为M（，2﹣a），∵a＜0，∴2﹣a＞0，∴S △APM ＝×PM ×OP ＝×AP ×3，∴（2﹣a ）×＝×3，解得a ＝﹣；（3）连接PQ ，BP ，AM ，∵MP ⊥AB ，∴＝，∵＝2，∴＝，∴AM ＝AQ ，设Q （t ，at 2﹣3at +2），∵AP ＝，P （，0），∴M （﹣1，0），∴＝①，∵PQ ＝AP ，∴②，联立①②可得t ＝或t ＝﹣1（舍），将t ＝代入①，可得a ＝．1．（2021•广元）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，下表给出了这条抛物线上部分点（x，y）的坐标值：x…﹣10123…y…03430…（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；（2）PQ是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求AQ+QP+PC的最小值；（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，△ABD的外接圆与DF 相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．【分析】（1）运用待定系数法即可求出抛物线解析式，再运用配方法求出顶点坐标；（2）如图1，将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0，2），连接BC′交抛物线对称轴x＝1于点Q′，过点C作CP′∥BC′，交对称轴于点P′，连接AQ′，此时，C′、Q′、B三点共线，BQ′+C′Q′的值最小，运用勾股定理即可求出答案；（3）如图2，连接BE，设D（t，﹣t2+2t+3），且t＞3，可得DF＝t2﹣2t﹣3，BF＝t﹣3，AF＝t+1，运用圆内接四边形的性质可得∠DAF＝∠BEF，进而证明△AFD∽△EFB，利用＝，即可求得答案．【解答】解：（1）根据表格可得出A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），将C（0，3）代入，得：3＝a（0+1）（0﹣3），解得：a＝﹣1，∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴该抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，顶点坐标为M（1，4）；（2）如图1，将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0，2），连接BC′交抛物线对称轴x＝1于点Q′，过点C作CP′∥BC′，交对称轴于点P′，连接AQ′，∵A、B关于直线x＝1对称，∴AQ′＝BQ′，∵CP′∥BC′，P′Q′∥CC′，∴四边形CC′Q′P′是平行四边形，∴CP′＝C′Q′，Q′P′＝CC′＝1，在Rt△BOC′中，BC′＝＝＝，∴AQ′+Q′P′+P′C＝BQ′+C′Q′+Q′P′＝BC′+Q′P′＝+1，此时，C′、Q′、B三点共线，BQ′+C′Q′的值最小，∴AQ+QP+PC的最小值为+1；（3）线段EF的长为定值1.如图2，连接BE，设D（t，﹣t2+2t+3），且t＞3，∵EF⊥x轴，∴DF＝﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t﹣3，∵F（t，0），∴BF＝OF﹣OB＝t﹣3，AF＝t﹣（﹣1）＝t+1，∵四边形ABED是圆内接四边形，∴∠DAF+∠BED＝180°，∵∠BEF+∠BED＝180°，∴∠DAF＝∠BEF，∵∠AFD＝∠EFB＝90°，∴△AFD∽△EFB，∴＝，∴＝，∴EF＝＝＝1，∴线段EF的长为定值1．2．（2021•张家界）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B （8，0）．（1）求二次函数的表达式；（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；（3）判断△ABO的形状，试说明理由；（4）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为2，一动点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P，再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动，求点E 的运动时间t的最小值．【分析】（1）运用待定系数法即可求出答案；（2）运用配方法将抛物线解析式化为顶点式，得出顶点坐标，运用待定系数法求出直线AB的函数表达式；（3）方法1：如图1，过点A作AF⊥OB于点F，则F（4，0），得出△AFO、△AFB均为等腰直角三角形，即可得出答案，方法2：由△ABO的三个顶点分别是O（0，0），A（4，﹣4），B（8，0），运用勾股定理及逆定理即可得出答案；（4）以O为圆心，2为半径作圆，则点P在圆周上，根据t＝AP+PB＝PD+PB，可知当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，过点D作DG⊥OB于点G，由t＝DB＝即可求出答案．【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0），∴c＝0，二次函数表达式可设为：y＝ax2+bx（a≠0），将C（2，﹣3），B（8，0）代入y＝ax2+bx得：，解得：，∴二次函数的表达式为；（2）∵＝（x﹣4）2﹣4，∴抛物线的顶点A（4，﹣4），设直线AB的函数表达式为y＝kx+m，将A（4，﹣4），B（8，0）代入，得：，解得：，∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣8；（3）△ABO是等腰直角三角形．方法1：如图1，过点A作AF⊥OB于点F，则F（4，0），∴∠AFO＝∠AFB＝90°，OF＝BF＝AF＝4，∴△AFO、△AFB均为等腰直角三角形，∴OA＝AB＝4，∠OAF＝∠BAF＝45°，∴∠OAB＝90°，∴△ABO是等腰直角三角形．方法2：∵△ABO的三个顶点分别是O（0，0），A（4，﹣4），B（8，0），∴OB＝8，OA＝＝＝，AB＝＝＝，且满足OB2＝OA2+AB2，∴△ABO是等腰直角三角形；（4）如图2，以O为圆心，2为半径作圆，则点P在圆周上，依题意知：动点E的运动时间为t＝AP+PB，在OA上取点D，使OD＝，连接PD，则在△APO和△PDO中，满足：＝＝2，∠AOP＝∠POD，∴△APO∽△PDO，∴＝＝2，从而得：PD＝AP，∴t＝AP+PB＝PD+PB，∴当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，过点D作DG⊥OB于点G，由于，且△ABO为等腰直角三角形，则有DG＝1，∠DOG＝45°∴动点E的运动时间t的最小值为：t＝DB＝＝＝5．3．（2021•宜宾）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．（1）求抛物线的表达式；（2）判断△BCE的形状，并说明理由；（3）如图2，以C为圆心，为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP+EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）△BCE是直角三角形．运用勾股定理逆定理即可证明；（3）如图，在CE上截取CF＝（即CF等于半径的一半），连结BF交⊙C于点P，连结EP，则BF的长即为所求．【解答】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），∴设该抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2+8，∵与y轴交于点C（0，6），∴把点C（0，6）代入得：a＝﹣，∴该抛物线的表达式为y＝x2+2x+6；（2）△BCE是直角三角形．理由如下：∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，∴令y＝0，则﹣（x﹣2）2+8＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝6，∴A（﹣2，0），B（6，0），∴BC2＝62+62＝72，CE2＝（8﹣6）2+22＝8，BE2＝（6﹣2）2+82＝80，∴BE2＝BC2+CE2，∴∠BCE＝90°，∴△BCE是直角三角形；（3）⊙C上存在点P，使得BP+EP的值最小且这个最小值为．理由如下：如图，在CE上截取CF＝（即CF等于半径的一半），连结BF交⊙C于点P，连结EP，则BF的长即为所求．理由如下：连结CP，∵CP为半径，∴＝＝，又∵∠FCP＝∠PCE，∴△FCP∽△PCE，∴＝＝，即FP＝EP，∴BF＝BP+EP，由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+EP为最小值．∵CF＝CE，E（2，8），∴由比例性质，易得F（，），∴BF＝＝．4．（2020•雨花区校级一模）如图1，已知抛物线y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）与x轴交于A，B两点（A在B 的左侧），与y轴交于点C．（1）连接BC，若∠ABC＝30°，求a的值．（2）如图2，已知M为△ABC的外心，试判断弦AB的弦心距d是否有最小值，若有，求出此时a的值，若没有，请说明理由；（3）如图3，已知动点P（t，t）在第一象限，t为常数．问：是否存在一点P，使得∠APB达到最大，若存在，求出此时∠APB的正弦值，若不存在，也请说明理由．【分析】（1）令y＝0，求得抛物线与x轴的交点A、B的坐标，令x＝0，用a表示C点的坐标，再由三角函数列出a的方程，便可求得a的值；（2）过M点作MH⊥AB于点H，连接MA、MC，用d表示出M的坐标，根据MA＝MC，列出a、d的关系式，再通过关系式求得结果；（3）取AB的中点T，过T作MT⊥AB，以M为圆心，MA为半径作⊙M，MT与直线y＝x交于点S，P′为直线y＝x上异于P的任意一点，连接AP′，交⊙M于点K，连接BK，MP，AP，BP，MB，MA，当P 为直线y＝x与⊙M的切点时，∠APB达到最大，利用圆圆周角性质和解直角三角形的知识求得结果便可．【解答】解：（1）连接BC，令y＝0，得y＝ax2﹣12ax+32a＝0，解得，x＝4或8，∴A（4，0），B（8，0），令x＝0，得y＝ax2﹣12ax+32a＝32a，∴C（0，32a），又∠ABC＝30°，∴tan∠ABC＝，解得，a＝；（2）过M点作MH⊥AB于点H，连接MA、MC，如图2，∴AH＝BH＝＝2，∴OH＝6，设M（6，d），∵MA＝MC，∴4+d2＝36+（d﹣32a）2，得2ad＝32a2+1，∴d＝16a+＝，∴当4时，有，即当a＝时，有；（3）∵P（t，t），∴点P在直线y＝x上，如图3，取AB的中点T，过T作MT⊥AB，以M为圆心，MA为半径作⊙M，MT与直线y＝x交于点S，P′为直线y＝x上异于P的任意一点，连接AP′，交⊙M于点K，连接BK，MP，AP，BP，MB，MA，当⊙M与直线y＝x相切时，有∠APB＝∠AKB＞∠AP′B，∴∠APB最大，此时相切点为P，设M（6，d），而T（6，0），∴S（6，6），∴∠PSM＝90°﹣∠SOT＝45°，又MP＝MB＝，∴MS＝＝，∵MS+MT＝ST＝6，∴，解得，d＝2（负根舍去），经检验，d＝2是原方程的解，也符合题意，∴M（6，2），∴MB＝2，∵∠AMB＝2∠APB，MT⊥AB，MA＝MB，∴∠AMT＝∠BMT＝∠AMB＝∠APB，∴sin∠APB＝sin∠BMT＝．5．（2020•汇川区三模）如图，在平面直角坐标系上，一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1，0）、B （3，0）、C（0，3）三点，连接BC并延长．（1）求抛物线的解析式；（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点，过M作MN∥y轴交抛物线于点N．1°求线段MN的最大值；2°当MN取最大值时，在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P，连接PM、PN，当△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上时，求点P的坐标．【分析】（1）将三个已知点坐标代入抛物线的解析式中列出方程组求得a、b、c，便可得抛物线的解析式；（2）1°用待定系数法求出直线BC的解析式，再设M的横坐标为t，用t表示MN的距离，再根据二次函数的性质求得MN的最大值；2°分三种情况：当∠PMN＝90°时；当∠PNM＝90°时；当∠MPN＝90°时．分别求出符合条件的P点坐标便可．【解答】解：（1）把A、B、C三点的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）中，得，解得，，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；（2）1°设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），则，解得，，∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，设M（t，﹣t+3）（0＜t＜3），则N（t，t2﹣4t+3），∴MN＝﹣t2+3t＝﹣，∴当t＝时，MN的值最大，其最大值为；2°∵△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上，∴△PMN为直角三角形，由1°知，当MN取最大值时，M（），N（），①当∠PMN＝90°时，PM∥x轴，则P点与M点的纵坐标相等，∴P点的纵坐标为，当y＝时，y＝x2﹣4x+3＝，解得，x＝，或x＝（舍去），∴P（）；②当∠PNM＝90°时，PN∥x轴，则P点与N点的纵坐标相等，∴P点的纵坐标为﹣，当y＝﹣时，y＝x2﹣4x+3＝﹣，解得，x＝，或x＝（舍去），∴P（，）；③当∠MPN＝90°时，则MN为△PMN的外接圆的直径，∴△PMN的外接圆的圆心Q为MN的中点，∴Q（），半径为，过Q作QK∥x轴，与在MN右边的抛物线图象交于点K，如图②，令y＝，得y＝x2﹣4x+3＝，解得，x＝＜（舍），或x＝，∴K（，），∴QK＝＞，即K点在以MN为直径的⊙Q外，设抛物线y＝x2﹣4x+3的顶点为点L，则l（2，﹣1），连接LK，如图②，则L到QK的距离为，LK＝，设Q点到LK的距离为h，则，∴＝，∴直线LK下方的抛物线与⊙Q没有公共点，∵抛物线中NL部分（除N点外）在过N点与x轴平行的直线下方，∴抛物线中NL部分（除N点外）与⊙Q没有公共点，∵抛物线K点右边部分，在过K点与y轴平行的直线的右边，∴抛物线K点右边部分与⊙Q没有公共点，综上，⊙Q与MN右边的抛物线没有交点，∴在线段MN右侧的抛物线上不存在点P，使△PMN的外接圆圆心Q在MN边上；综上，点P的坐标为（）或（）．6．（2021•开福区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣bx+c交x轴于点A，B，点B的坐标为（4，0），与y轴于交于点C（0，﹣2）．（1）求此抛物线的解析式；（2）在抛物线上取点D，若点D的横坐标为5，求点D的坐标及∠ADB的度数；（3）在（2）的条件下，设抛物线对称轴l交x轴于点H，△ABD的外接圆圆心为M（如图1），①求点M的坐标及⊙M的半径；②过点B作⊙M的切线交于点P（如图2），设Q为⊙M上一动点，则在点运动过程中的值是否变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由．【分析】（1）c＝﹣2，将点B的坐标代入抛物线表达式得：0＝﹣4b﹣2，解得：b＝﹣，即可求解；。

2020-2021中考数学圆与相似的综合热点考点难点附答案

2020-2021中考数学圆与相似的综合热点考点难点附答案一、相似1．如图，抛物线过点，．为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与相似，求点M的坐标．【答案】（1）解：设直线的解析式为（）∵，∴解得∴直线的解析式为∵抛物线经过点，∴解得∴（2）解：∵轴，则，∴，∵点是的中点∴∴解得，（不合题意，舍去）∴（3）解：∵，，∴，∴∵∴当与相似时，存在以下两种情况：∴解得∴∴ ,解得∴【解析】【分析】（1）运用待定系数法解答即可。

（2）由（1）可得直线AB的解析式和抛物线的解析式，由点M（m,0）可得点N，P用m 表示的坐标，则可求得NP与PM，由NP=PM构造方程，解出m的值即可。

（3）在△BPN与△APM中，∠BPN=∠APM，则有和这两种情况，分别用含m的代数式表示出BP，PN，PM，PA，代入建立方程解答即可。

2．（1）问题发现如图1，四边形ABCD为矩形，AB=a，BC=b，点P在矩形ABCD的对角线AC上，Rt△PEF的两条直角边PE，PF分别交BC，DC于点M，N，当PM⊥BC，PN⊥CD时， =________（用含a，b的代数式表示）．（2）拓展探究在（1）中，固定点P，使△PEF绕点P旋转，如图2，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决如图3，四边形ABCD为正方形，AB=BC=a，点P在对角线AC上，M，N分别在BC，CD 上，PM⊥PN，当AP=nPC时，（n是正实数），直接写出四边形PMCN的面积是________（用含n，a的代数式表示）【答案】（1）（2）解：如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，则∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90°∵Rt△PEF中，∠FPE=90°∴∠GPM=∠HPN∴△PGM∽△PHN∴由PG∥AB，PH∥AD可得， ,∵AB=a，BC=b∴，即 ,∴，故答案为（3）【解析】【解答解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∵PM⊥BC，∴△PMC∽△ABC∴∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴∠PMC=∠PNC=90°=∠BCD，∴四边形CNPM是矩形，∴CM=PN，∴，故答案为；（ 3 ）∵PM⊥BC，AB⊥BC∴△PMC∽△ABC∴当AP=nPC时（n是正实数），∴PM= a∴四边形PMCN的面积= ，故答案为：．【分析】（1）由题意易得△PMC∽△ABC，可得比例式，由矩形的性质可得CM=PN，则结论可得证；（2）过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，由辅助线和已知条件易得△PGM∽△PHN，则得比例式，由（1）可得比例式，即比值不变；（3）由（2）的方法可得，则四边形PMCN的面积= .3．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形A BCD的边BC在x轴上，D点在y 轴上，C点坐标为（2，0），BC=6，∠BCD=60°，点E是AB上一点，AE=3EB，⊙P过D，O，C三点，抛物线y=ax2+bx+c过点D，B，C三点．（1）请直接写出点B、D的坐标：B（________），D（________）；（2）求抛物线的解析式；（3）求证：ED是⊙P的切线；（4）若点M为抛物线的顶点，请直接写出平面上点N的坐标，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形．【答案】（1）-4，0；0，2（2）解：将（2，0），B（-4,0），D(0,);三点分别代入y=ax2+bx+c得，解得∴所求抛物线的解析式y=- x2- x+（3）证明：在Rt△OCD中，CD=2OC=4，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6，∵AE=3BE，∴AE=3，∴，∵∴∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAE=∠DCB=60°，∴△AED∽△COD，∴∠ADE=∠CDO，而∠ADE+∠ODE=90°∴∠CDO+∠ODE=90°，∴CD⊥DE，∵∠DOC=90°，∴CD为⊙P的直径，∴ED是⊙P的切线（4）解：点N的坐标为（-5，）、（3，）、（-3，- ）【解析】【解析】解：（1）∵C点坐标为（2，0），∴OC=2 ,∵BC=6 ,∴OB=BC-OC=4 ,∴B（-4,0），∵∠BCD=60°，tan∠BCD= ,∴ ,∴OD=,∴D(0,);（4存在,∵y=−x2−x+=−(x+1)2+∴M(−1,)，∵B(−4,0),D(0,)，如图，当BM为平行四边形BDMN的对角线时，点D向左平移4个单位,再向下平移个单位得到B，则点M(−1,)向左平移4个单位,再向下平移个单位得到N1(−5,)；当DM为平行四边形BDMN的对角线时，点B向右平移3个单位,再向上平移个单位得到D，则点M(−1,)向右平移4个单位,再向上平移个单位得到N2(3,)；当BD为平行四边形BDMN的对角线时，点M向右平移1个单位,再向下平移个单位得到D，则点B(−4,0)向右平移1个单位,再向下平移个单位得到N3(−3,−)；综上所述,以点B,D,M,N为顶点的四边形为平行四边形时,点N的坐标为(−5，,)或(3,)或(−3,−）【分析】（1）根据点C的坐标，求出OC的长度，进而求出OB的长度，得出B点的坐标。

2020-2021中考数学复习圆与相似专项易错题及详细答案

2020-2021中考数学复习圆与相似专项易错题及详细答案一、相似1．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB=∠AEC．（1）求证：BD是⊙O的切线；（2）求证：CE2=EH•EA；（3）若⊙O的半径为，sinA= ，求BH的长．【答案】（1）证明：如图，∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，∴∠ODB=∠ABC，∵OF⊥BC，∴∠BFD=90°，∴∠ODB+∠DBF=90°，∴∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，∴BD⊥OB，∴BD是⊙O的切线（2）证明：连接AC，如图2所示：∵OF⊥BC，∴，∴∠CAE=∠ECB，∵∠CEA=∠HEC，∴△CEH∽△AEC，∴，∴CE2=EH•EA（3）解：连接BE，如图3所示：∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∵⊙O的半径为，sin∠BAE= ，∴AB=5，BE=AB•sin∠BAE=5× =3，∴EA= =4，∵，∴BE=CE=3，∵CE2=EH•EA，∴EH= ，∴在Rt△BEH中，BH= .【解析】【分析】（1）要证BD是⊙O的切线，只需证∠OBD=90°，因为∠OBC+∠BOD=90°，所以只须证∠ODB=∠OBC即可。

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

2．如图1，直线l：与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，点C是线段OA上一动点（0＜AC＜），以点A为圆心，AC长为半径作⊙A交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延长交⊙A于点F．（1）求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值；（2）如图2，连结CE，当CE=EF时，①求证：△OCE∽△OEA；②求点E的坐标；（3）当点C在线段OA上运动时，求OE·EF的最大值．【答案】（1）解：把A（4，0）代入，得 ×4+b=0，解得b=3，∴直线l的函数表达式为，∴B（0,3），∵AO⊥BO，OA=4，BO=3，∴tan∠BAO= .（2）①证明：如图，连结AF，∵CE=EF，∴∠CAE=∠EAF，又∵AC=AE=AF，∴∠ACE=∠AEF，∴∠OCE=∠OEA，又∵∠COE=∠EOA，∴△OCE∽△OEA.②解：如图，过点E作EH⊥x轴于点H，∵tan∠BAO= ，∴设EH=3x，AH=4x，∴AE=AC=5x，OH=4-4x，∴OC=4-5x,∵△OCE∽△OEA，∴ = ，即OE2=OA·OC，∴（4-4x）2+（3x）2=4（4-5x）,解得x1= ，x2=0（不合题意，舍去）∴E（，）.（3）解：如图，过点A作AM⊥OF于点M，过点O作ON⊥AB于点N,∵tan∠BAO= ,∴cos∠BAO= ,∴AN=OA·cos∠BAO= ,设AC=AE=r,∴EN= -r,∵ON⊥AB，AM⊥OF,∴∠ONE=∠AME=90°，EM= EF,又∵∠OEN=∠AEM,∴△OEN∽△AEM,∴ = ,即OE· EF=AE·EN,∴OE·EF=2AE·EN=2r·（ -r）,∴OE·EF=-2r2+ r-2（r- ）2+ （0＜r＜）,∴当r= 时，OE·EF有最大值，最大值为 .【解析】【分析】（1）将点A坐标代入直线l解析式即可求出b值从而得直线l的函数表达式，根据锐角三角函数正切定义即可求得答案.（2）①如图，连结AF，根据等腰三角形性质等边对等角可得两组对应角相等，根据相似三角形的判定即可得证.②如图，过点E作EH⊥x轴于点H，根据锐角三角函数正切值即可设EH=3x，AH=4x，从而得出AE、OH、OC，由①中相似三角形的性质可得OE2=OA·OC，代入数值即可得一个关于x的方程，解之即可求出E点坐标.（3）如图，过点A作AM⊥OF于点M，过点O作ON⊥AB于点N,根据锐角三角函数定义可求得AN=OA·cos∠BAO= ,设AC=AE=r,则EN= -r,根据相似三角形判定和性质可知 = ,即OE·EF=-2r2+ r=（0＜r＜）,由二次函数的性质即可求此最大值.3．已知顶点为抛物线经过点，点 .（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，直线AB与x轴相交于点M,y轴相交于点E，抛物线与y轴相交于点F，在直线AB上有一点P，若∠OPM=∠MAF,求△POE的面积；（3）如图2，点Q是折线A-B-C上一点，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，直线QN与直线EN相交于点N，连接QE，将△QEN沿QE翻折得到△QEN1，若点N1落在x轴上，请直接写出Q点的坐标.【答案】（1）解：把点代入，解得：a=1,∴抛物线的解析式为：或 .（2）解：设直线AB解析式为：y=kx+b,代入点A、B的坐标得：，解得：，∴直线AB的解析式为：y=-2x-1,∴E（0，-1），F（0，- ），M（- ，0），∴OE=1，FE= ,∵∠OPM=∠MAF,∴当OP∥AF时，△OPE∽△FAE，∴∴OP= FA= ,设点P（t,-2t-1）,∴OP= ,化简得：（15t+2）（3t+2）=0,解得，，∴S△OPE= ·OE· ,当t=- 时，S△OPE= ×1× = ，当t=- 时，S△OPE= ×1× = ，综上，△POE的面积为或 .（3）Q（- ，）.【解析】【解答】（3）解：由（2）知直线AB的解析式为：y=-2x-1,E（0，-1），设Q（m，-2m-1）,N1（n，0），∴N（m,-1）,∵△QEN沿QE翻折得到△QEN1∴NN1中点坐标为（，），EN=EN1，∴NN1中点一定在直线AB上，即 =-2× -1,∴n=- -m,∴N1（- -m，0），∵EN2=EN12，∴m2=（- -m）2+1，解得：m=- ,∴Q（- ，）.【分析】（1）用待定系数法将点B点坐标代入二次函数解析式即可得出a值.（2）设直线AB解析式为：y=kx+b,代入点A、B的坐标得一个关于k和b的二元一次方程组，解之即可得直线AB解析式，根据题意得E（0，-1），F（0，- ），M（- ，0），根据相似三角形的判定和性质得OP= FA= ,设点P（t,-2t-1）,根据两点间的距离公式即可求得t值，再由三角形面积公式△POE的面积.（3）由（2）知直线AB的解析式为：y=-2x-1,E（0，-1），设Q（m，-2m-1）,N1（n，0），从而得N（m,-1）,根据翻折的性质知NN1中点坐标为（，）且在直线AB上，将此中点坐标代入直线AB解析式可得n=- -m,即N1（- -m，0），再根据翻折的性质和两点间的距离公式得m2=（- -m）2+1，解之即可得Q点坐标.4．（1）如图1所示，在中，，，点在斜边上，点在直角边上，若，求证： .（2）如图2所示，在矩形中，，，点在上，连接，过点作交 (或的延长线)于点 .①若，求的长；②若点恰好与点重合，请在备用图上画出图形，并求的长.【答案】（1）证明：∵在中，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴ .（2）解：①∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，；②如图所示，设，由①得，∴，即，整理，得：，解得：，，所以的长为或 .【解析】【分析】（1）利用平角的定义和三角形的内角和证明即可证得结论；（2）①仿（1）题证明，再利用相似三角形的性质即可求得结果；②由①得，设，根据相似三角形的性质可得关于x的方程，解方程即可求得结果.5．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q从C出发沿CB向B点以2厘米/秒的速度匀速移动．点P、Q分别从起点同时出发，移动到某一位置时所需时间为t秒．（1）当t=________时，PQ∥AB（2）当t为何值时，△PCQ的面积等于5cm2？（3）在P、Q运动过程中，在某一时刻，若将△PQC翻折，得到△EPQ，如图2，PE与AB 能否垂直？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由．能垂直，理由如下：延长QE交AC于点D，∵将△PQC翻折，得到△EPQ，∴△QCP≌△QEP，∴∠C=∠QEP=90°，若PE⊥AB，则QD∥AB，∴△CQD∽△CBA，∴，∴，∴QD=2.5t，∵QC=QE=2t∴DE=0.5t∵∠A=∠EDP，∠C=∠DEP=90°，∴△ABC∽△DPE，∴∴，解得：，综上可知：当t= 时，PE⊥AB【答案】（1）2.4（2）解：∵点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q从C出发沿CB 向B点以2厘米/秒的速度匀速移动，∴PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，∴S△CPQ= CP•CQ= ＝5，∴t2-6t+5=0解得t1=1，t2=5（不合题意，舍去）∴当t=1秒时，△PCQ的面积等于5cm2（3）解：【解析】【解答】解：(1) ∵点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q 从C出发沿CB向B点以2厘米/秒的速度匀速移动，∴PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，当PQ∥AB时，∴△PQC∽△ABC，∴PC：AC=CQ：BC，∴(6-t)：6=2t：8∴t=2.4∴当t=2.4时，PQ∥AB【分析】（1）根据题意可得PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，根据平行线可得△PQC∽△ABC，利用相似三角形对应边成比例可得PC：AC=CQ：BC，即得(6-t)：6=2t：8，求出t值即可；（2）由S△CPQ=CP•CQ =5，据此建立方程，求出t值即可；（3）延长QE交AC于点D，根据折叠可得△QCP≌△QEP，若PE⊥AB，则QD∥AB，可得△CQD∽△CBA，利用相似三角形的对应边成比例，求出DE=0.5t，根据两角分别相等可证△ABC∽△DPE，利用相似三角形对应边成比例，据此求出t 值即可.6．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿BC 向点C匀速运动，速度为lcm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t ＜2.5），解答下列问题：（1）①BQ＝________，BP＝________；（用含t的代数式表示）②设△PBQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式________；（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△BPQ为等腰三角形？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由．【答案】（1）5﹣2t；t；y=﹣ t2+ t（2）解：不存在，理由：∵AC＝3，BC＝4，∴S△ABC＝ ×3×4＝6，由（1）知，S△PBQ＝﹣ t2+ t，∵△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，∴﹣ t2+ t＝3，∴2t2﹣5t+10＝0，∵△＝25﹣4×2×10＜0，∴此方程无解，即：不存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一（3）解：由（1）知，AQ＝2t，BQ＝5﹣2t，BP＝t，∵△BPQ是等腰三角形，∴①当BP＝BQ时，∴t＝5﹣2t，∴t＝，②当BP＝PQ时，如图2过点P作PE⊥AB于E，∴BE＝ BQ＝（5﹣2t），∵∠BEP＝90°＝∠C，∠B＝∠B，∴△BEP∽△BCA，∴，∴，∴t＝③当BQ＝PQ时，如图3，过点Q作QF⊥BC于F，∴BF＝ BP＝ t，∵∠BFQ＝90°＝∠C，∠B＝∠B，∴△BFQ∽△BCA，∴，∴，∴t＝，即：t为秒或秒或秒时，△BPQ为等腰三角形．【解析】【解答】（1）①在Rt△ABC中，AC＝3cm，BC＝4cm，根据勾股定理得，AB＝5cm，由运动知，BP＝t，AQ＝2t，∴BQ＝AB﹣AQ＝5﹣2t，故答案为：5﹣2t，t；②如图1，过点Q作QD⊥BC于D，∴∠BDQ＝∠C＝90°，∵∠B＝∠B，∴△BDQ∽△BCA，∴，∴，∴DQ＝（5﹣2t）∴y＝S△PBQ＝BP•DQ＝ ×t× （5﹣2t）＝﹣ t2+ t；【分析】（1）①先利用勾股定理求出AB，即可得出结论；②过点Q作QD⊥BC于D，进而得出△BDQ∽△BCA，用t表示出DQ，最后用三角形的面积公式即可得出结论；（2）先求出△ABC的面积，再利用△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，建立关于t的方程，进而判断出此方程无解，即可得出结论；（3）分三种情况，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质，得出比例式建立关于t的方程求解，即可得出结论．7．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，F为CD的延长线上一点，连接AF，且FA2=FD•FC．（1）求证：FA为⊙O的切线；（2）若AC=8，CE：ED=6：5，AE：EB=2：3，求AB的值．【答案】（1）证明：连接BD、AD，如图，∵∴∵∠F=∠F，∴△FAD∽△FCA.∴∠DAF=∠C.∵∠DBA=∠C，∴∠DBA=∠DAF.∵AB是⊙O的直径，∴∴∴∴即AF⊥AB.∴FA为⊙O的切线.（2）解：设CE=6x，AE=2y，则ED=5x，EB=3y.由相交弦定理得：EC⋅ED=EB⋅EA.∴∴∴∵∴∴∴∴FD=5x.∴∴∵∴∵△FAD∽△FCA.∴∵∴解得：∴∴AB的值为10【解析】【分析】（1）连接BD、AD，根据两边成比例且夹角相等可得△FAD∽△FCA；由△FAD∽△FCA及同弧所对的圆周角相等可得∠DBA=∠DAF；再根据直径所对的圆周角是直角即可得出结论。

2020-2021中考数学二轮圆的综合专项培优易错难题含详细答案

2020-2021中考数学二轮圆的综合专项培优易错难题含详细答案一、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 e 的直径，PA 与O e 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．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。

2020-2021中考数学二轮圆与相似专项培优易错难题附详细答案

2020-2021中考数学二轮圆与相似专项培优易错难题附详细答案一、相似1．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。

（1）求证：DC2＝CE·AC；（2）若AE＝2EC，求之值；（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，∴，∴DC2＝CE·AC；（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，DC= k，连接OC，OD，∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，过C作CG⊥AB于G，设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。

2．如图，在△ABC中，点N为AC边的任意一点，D为线段AB上一点，若∠MPN的顶点P为线段CD上任一点，其两边分别与边BC，AC交于点M、N，且∠MPN+∠ACB=180°．（1）如图1，若AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，求，请证明你的结论；（2）如图2，若BC=m，AC=n，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，则 =________；（3）如图3，若 =k，BC=m，AC=n，请直接写出的值．（用k，m，n表示）【答案】（1）解：如图1中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∵AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点，∴CD平分∠ACB，∵PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∴PG=PH，∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，∴∠GPH=∠MPN=90°，∴∠MPH=∠NPG，∵∠PHM=∠PGN=90°，∴△PHM∽△PGN，∴ =1（2）（3）解：如图3中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，DT⊥AC于T，DK⊥BC于K，易证△PMH∽△PGN，∴，∵，∴，∵DT∥PG，DK∥PH，∴，∴，∴【解析】【解答】解：（2）如图2中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，∴∠GPH=∠MPN=90°，∴∠MPH=∠NPG，∵∠PHM=∠PGN=90°，∴△PHM∽△PGN，∴，∵△PHC∽△ACB，PG=HC，∴，故答案为：；【分析】（1）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，根据已知条件可证△PHM和△PGN的两角对应相等，进而可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例即可求出。

相切两圆的性质

相切两圆的性质一、选择题1. 如图，⊙O1，⊙O2，⊙O3两两相外切，⊙O1的半径r1=1，⊙O2的半径r2=2，⊙O3的半径r3=3，则△O1O2O3是（）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 锐角三角形或钝角三角形2. 如图，两个等圆⊙O和⊙O′外切，过点O作⊙O′的两条切线OA、OB，A、B是切点，则∠AOB等于（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°3. 如图，⊙O1和⊙O2内切，它们的半径分别为3和1，过O1作⊙O2的切线，切点为A，则O1A的长为（）A. 2B. 4C. 3D. 54. （压轴题）如图，已知圆心为A，B，C的三个圆彼此相切，且均与直线l相切．若⊙A，⊙B，⊙C的半径分别为a，b，c（0＜c＜a＜b），则a，b，c一定满足的关系式为（）A.2b=a+cB. b a c=+C. 111c a b=+ D.111c a b=+5.如图，矩形的长与宽分别为a和b，在矩形中截取两个大小相同的圆作为圆柱的上下底面，剩余的矩形作为圆柱的侧面，刚好能组合成一个没有空隙的圆柱，则a和b要满足什么数量关系（）A.121abπ=+B.221abπ=+C.122abπ=+D.21abπ=+6. 如图所示，在边长为3的正方形ABCD中，⊙O1与⊙O2外切，且⊙O1分别于DA、DC边外切，⊙O2分别与BA、BC边外切，则圆心距，O1O2为.7. 如图中的圆均为等圆，且相邻两圆外切，圆心连线构成正三角形，记各阴影部分面积从左到右依次为S1，S s，S3，…，S n，则S12：S4的值等.8. 要在一个矩形纸片上画出半径分别是4cm和1cm的两个外切圆，该矩形纸片面积的最小值是cm2．9. 如图，⊙O1和⊙O2内切，它们的半径分别为3和1，过O1作⊙O2的切线，切点为A，则O1A的长是.三、解答题10. 要对一块长60米、宽40米的矩形荒地ABCD进行绿化和硬化．（1）设计方案如图①所示，矩形P、Q为两块绿地，其余为硬化路面，P、Q两块绿地周围的硬化路面宽都相等，并使两块绿地面积的和为矩形ABCD面积的14，求P、Q两块绿地周围的硬化路面的宽．（2）某同学有如下设想：设计绿化区域为相外切的两等圆，圆心分别为O1和O2，且O1到AB、BC、AD的距离与O2到CD、BC、AD的距离都相等，其余为硬化地面，如图②所示，这个设想是否成立？若成立，求出圆的半径；若不成立，说明理由.。