一、相似
1．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE=EF=FD.
连结BE、BF。使它们分别与AO相交于点G、H（1）求EG ：BG的值 （2）求证：AG=OG
（3）设AG =a ,GH =b，HO =c，求a : b : c的值 【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO= AC，AD=BC，AD∥BC， ∴△AEG∽△CBG， ∴ = =
．
∵AE=EF=FD， ∴BC=AD=3AE， ∴GC=3AG，GB=3EG， ∴EG：BG=1：3
（2）解：∵GC=3AG（已证）， ∴AC=4AG， ∴AO= AC=2AG， ∴GO=AO﹣AG=AG （3）解：∵AE=EF=FD， ∴BC=AD=3AE，AF=2AE． ∵AD∥BC， ∴△AFH∽△CBH， ∴ = =
= ，
∴ = ，即AH= AC． ∵AC=4AG， ∴a=AG= AC，
b=AH﹣AG= AC﹣ AC= AC， c=AO﹣AH= AC﹣ AC= AC， ∴a：b：c= ： ： =5：3：2
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AO=AC，AD=BC，AD∥BC，从而可证得△AEG∽△CBG，得出对应边成比例，由AE=EF=FD可得BC=3AE，就可证得GB=3EG，即可求出EG：BG的值。
（2）根据相似三角形的性质可得GC=3AG，就可证得AC=4AG，从而可得AO=2AG，即可证得结论。
（3）根据平行可证得三角形相似，再根据相似三角形的性质可得AG=AC，AH=AC，结合AO=AC，即可得到用含AC的代数式分别表示出a、b、c，就可得到a：b：c的值。
2．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．
（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．
（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；
（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长． 【答案】（1）8-2t； （2）解：不存在
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8， ∴AB=10 ∵PD∥BC，
∴△APD∽△ACB， ∴
，即
，
∴AD= ， ∴BD=AB-AD=10- ， ∵BQ∥DP，
∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形， 即8-2t= ，解得：t= ． 当t= 时，PD= ∴DP≠BD，
∴▱PDBQ不能为菱形．
设点Q的速度为每秒v个单位长度， 则BQ=8-vt，PD= ，BD=10-
， ，BD=10-
，
要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ， 当PD=BD时，即 =10- ，解得：t= 当PD=BQ，t= 时，即
，解得：v=
当点Q的速度为每秒 个单位长度时，经过 秒，四边形PDBQ是菱形． （3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．
依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，
4）．
设直线M1M2的解析式为y=kx+b， ∴ 解得
，
∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6． ∵点Q（0，2t），P（6-t，0）
∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（ 把x=
代入y=-2x+6得y=-2×
+6=t，
，t）．
，
∴点M3在直线M1M2上．
过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2． ∴M1M2=2
单位长度．
∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 ∴QB=8-2t，
【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t， ∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC， ∴∠APD=90°， ∴tanA= ∴PD= ．
【分析】CQ=2t，PA=t， 可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.
，
3．如图，抛物线y＝x2＋bx＋c经过B(－1，0)，D(－2，5)两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q、P.
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由； （3）连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒
个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个
运动过程中用时t最少？
【答案】（1）解：把B（﹣1，0），D（﹣2，5）代入
，解得：
（2）解：存在点P，使∠APB=90°．
当y=0时，即x2﹣2x﹣3=0，解得：x1=﹣1，x2=3，∴OB=1，OA=3．
设P（m，m2﹣2m﹣3），则﹣1≤m≤3，PH=﹣（m2﹣2m﹣3），BH=1+m，AH=3﹣m，∵∠APB=90°，PH⊥AB，∴∠PAH=∠BPH=90°﹣∠APH，∠AHP=∠PHB，∴△AHP∽△PHB，∴
，∴PH2=BH•AH，∴[﹣（m2﹣2m﹣3）]2=（1+m）（3﹣m），解得m1= ，m2=
，∴点P的横坐标为：
或
，∴抛物线的解析式为：
，得：
（3）解：如图，过点D作DN⊥x轴于点N，
则DN=5，ON=2，AN=3+2=5，∴tan∠DAB=
=1，∴∠DAB=45°．过点D作DK∥x
轴，则∠KDQ=∠DAB=45°，DQ=
QG．
DQ，∴t=BQ+QG，即运
由题意，动点M运动的路径为折线BQ+QD，运动时间：t=BQ+ 动的时间值等于折线BQ+QG的长度值．
由垂线段最短可知，折线BQ+QG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段． 过点B作BH⊥DK于点H，则t最小=BH，BH与直线AD的交点，即为所求之Q点． ∵A（3，0），D（﹣2，5），∴直线AD的解析式为：y=﹣x+3，∵B点横坐标为﹣1，∴y=1+3=4，∴Q（﹣1，4）．
【解析】【分析】（1）把点B，D的坐标代入二次函数中组成二元一次方程组，解方程组即可得到抛物线的解析式；（2）先按照存在点P使∠APB＝90°，先根据抛物线的解析式求得点A，B的坐标，设出点P的坐标，根据点P的位置确定m的取值范围，再证△AHP∽△PHB，从而得到PH2=BH•AH，即可列出关于m的方程，解方程即可得到m即点P的横坐标，且横坐标在所求范围内，从而说明满足条件的点P存在；（3）先证明∠DAB=45°，从而证得DQ= 2 QG，那么运动时间t值等于折线BQ+QG的长度值，再结合垂线段最短确定点Q的位置，再求得点Q的坐标即可.
4．如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC.延长BC到点D，使CD＝CA，连接AD交⊙O于点E.
（1）求证：△ABE≌△CDE； （2）填空：
①当∠ABC的度数为________时，四边形AOCE是菱形； ②若AE＝6，BE=8，则EF的长为________.
【答案】（1）证明：∵AB=AC，CD=CA，∴∠ABC=∠ACB，AB=CD． ∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ECD=∠BAE，∠CED=∠ABC． ∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠CED=∠AEB，∴△ABE≌△CDE（AAS）
（2）60；
【解析】【解答】解：（2）①当∠ABC的度数为60°时，四边形AOCE是菱形； 理由是：连接AO、OC．
∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC+∠AEC=180°． ∵∠ABC=60，∴∠AEC=120°=∠AOC． ∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°．
∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°． ∵∠ACB=∠CAD+∠D．
∵AC=CD，∴∠CAD=∠D=30°，∴∠ACE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠OAE=∠OCE=60°，∴四边形AOCE是平行四边形． ∵OA=OC，∴▱AOCE是菱形；
②由（1）得：△ABE≌△CDE，∴BE=DE=8，AE=CE=6，∴∠D=∠EBC． ∵∠CED=∠ABC=∠ACB，∴△ECD∽△CFB，∴
= ．
= ，∴EF=
=
∵∠AFE=∠BFC，∠AEB=∠FCB，∴△AEF∽△BCF，∴ ．
故答案为：①60°；② ．
【分析】（1）由题意易证∠ABC=∠ACB，AB=CD；再由四点共圆和已证可得∠ABC=∠ACB=∠AEB，∠CED=∠AEB，则利用AAS可证得结论；
（2）①连接AO、CO.宪政△ABC是等边三角形，再证明四边形AOCE是平行四边形，又AO=CO可得结论；
②先证△ECD∽△CFB，可得EC：ED=CF：BC=6:8；再证△AEF∽△BCF，则AE：EF=BC：CF，从而求出EF.
5．如图，在平面直角坐标系中，点A（－5，0），以OA为半径作半圆，点C是第一象限内圆周上一动点，连结AC、BC，并延长BC至点D，使CD＝BC，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线AC于点E、F，点E为垂足，连结OF.
（1）当∠BAC＝30º时，求△ABC的面积； （2）当DE＝8时，求线段EF的长；
（3）在点C运动过程中，是否存在以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】 （1）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=30°， ∴BC= AB=5， ∴AC=
∴S△ABC= AC⋅BC=
，
（2）解：连接AD，
∵∠ACB=90°，CD=BC， ∴AD=AB=10， ∵DE⊥AB， ∴AE=
∴BE=AB−AE=4， ∴DE=2BE，
=6，
∵∠AFE+∠FAE=90°， ∠DBE+∠FAE=90°， ∴∠AFE=∠DBE， ∵∠AEF=∠DEB=90°，
∴△AEF∽△DEB， ∴
=2，
∴EF= AE= ×6=3
（3）解：连接EC，设E(x，0)，
当 的度数为60°时，点E恰好与原点O重合；
①0°< 的度数<60°时，点E在O、B之间，∠EOF>∠BAC=∠D， 又∵∠OEF=∠ACB=90°，由相似知∠EOF=∠EBD，此时有△EOF∽△EBD， ∴
，
∵EC是Rt△BDE斜边的中线， ∴CE=CB， ∴∠CEB=∠CBE， ∴∠EOF=∠CEB， ∴OF∥CE， ∴△AOF∽△AEC
∴ ∴ 解得x= ∴x=
，即
，
，
，因为x>0， ；
②60°< 的度数<90°时，点E在O点的左侧， 若∠EOF=∠B，则OF∥BD， ∴OF= BC= BD， ∴
即
解得x=
，
若∠EOF=∠BAC，则x=− ， 综上点E的坐标为(
，0) ；（
，0）；（− ，0）.
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理求得∠ACB=90°，根据30°的直角三角形的性质求
得BC，进而根据勾股定理求得AC，然后根据三角形面积公式即可求得；（2）连接AD，由垂直平分线的性质得AD=AB=10，又DE=8，在Rt△ODE中，由勾股定理求AE，依题意证明△AEF∽△DEB，利用相似比求EF；（3）当以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似时，分为两种情况：①当交点E在O，B之间时；②当点E在O点的左侧时；分别求E点坐标.
6．已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，点A ， C的坐标分别为A（﹣3，0），C（1，0），BC＝ AC ．
（1）在x轴上找一点D ， 连接DB ， 使得△ADB与△ABC相似（不包括全等），并求点D的坐标；
（2）在（1）的条件下，如P ， Q分别是AB和AD上的动点，连接PQ ， 设AP＝DQ＝m ， 问是否存在这样的m ， 使得△APQ与△ADB相似？如存在，请求出m的值；如不存在，请说明理由．
【答案】 （1）解：如图1，过点B作BD⊥AB ， 交x轴于点D ，
∵∠A＝∠A ， ∠ACB＝∠ABD＝90°， ∴△ABC∽△ADB ，
∴∠ABC＝∠ADB ， 且∠ACB＝∠BCD＝90°， ∴△ABC∽△BDC ， ∴
∵A（﹣3，0），C（1，0）， ∴AC＝4，
∵BC＝ AC ． ∴BC＝3， ∴AB＝ ∵ ∴
， ，
＝
＝5，
∴CD＝ ，
∴AD＝AC+CD＝4+ ＝ ， ∴OD＝AD﹣AO＝ ， ∴点D的坐标为：（ ，0）；
（2）解：如图2，当∠APC＝∠ABD＝90°时，
∵∠APC＝∠ABD＝90°，∠BAD＝∠PAQ ， ∴△APQ∽△ABD ， ∴
，
∴
∴m＝ ，
如图3，当∠AQP＝∠ABD＝90°时，
∵∠AQP＝∠ABD＝90°，∠PAQ＝∠BAD ， ∴△APQ∽△ADB ， ∴
，
∴ ∴m＝
；
综上所述：当m＝ 或
时，△APQ与△ADB相似．
【解析】【分析】（1）如图1，过点B作BD⊥AB ， 交x轴于点D ， 可证△ABC∽△ADB ， 可得∠ABC＝∠ADB ， 可证△ABC∽△BDC ， 可得 的长，即可求点D坐标；（2）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解．
，可求CD
7．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，动点Q在边AB上，连接CQ ， 将△BQC沿CQ所在的直线对折得到△CQN ， 延长QN交直线CD于点M ．
（1）求证：MC＝MQ
（2）当BQ＝1时，求DM的长；
（3）过点D作DE⊥CQ ， 垂足为点E ， 直线QN与直线DE交于点F ， 且
，求
BQ的长．
【答案】 （1）解：证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴DC
AB
即∠MCQ=∠CQB，
∵△BQC沿CQ所在的直线对折得到△CQN ∴∠CQN=∠CQB， 即∠MCQ=∠MQC， ∴MC=MQ．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，△BQC沿CQ所在的直线对折得到△CQN， ∴∠CNM=∠B=90°，
设DM=x，则MQ=MC=6+x，MN=5+x， 在Rt△CNM中，MB2=BN2+MN2 ， 即（x+6）2=42+（x+5）2 ， 解得：x= ， ∴DM= ， ∴DM的长2.5．
（3）解：解：分两种情况：
①当点M在CD延长线上时，如图所示：
由（1）得∠MCQ=∠MQC， ∵DE⊥CQ， ∴∠CDE=∠F， 又∵∠CDE=∠FDM， ∴∠FDM=∠F， ∴MD=MF．
过M点作MH⊥DF于H，则DF=2DH，
又 ∴
， ，
∵DE⊥CQ MH⊥DF， ∴∠MHD=∠DEC=90°， ∴△MHD∽△DEC ∴ ∴MN＝ ∴BQ＝NQ＝
或2．
，
∴DM=1，MC=MQ=7，
②当点M在CD边上时，如图所示，类似可求得BQ=2． 综上所述，BQ的长为
【解析】【分析】（1）由矩形的性质得出∠B=90°，AB=CD=6，CD∥AB，得出∠MCQ=∠CQB，由折叠的性质得出△CBQ≌△CNQ，求出BC=NC=4，NQ=BQ=1，∠CNQ=∠B=90°，∠CQN=∠CQB，得出∠CNM=90°，∠MCQ=∠CQN，证出MC=MQ．（2）设DM=x，则MQ=MC=6+x，MN=5+x，在Rt△CNM中，由勾股定理得出方程，解方程即可．（3）分两种情况：①当点M在CD延长线上时，由（1）得：∠MCQ=∠CQM，证出∠FDM=∠F，得出MD=MF，过M作MH⊥DF于H，则DF=2DH，证明△MHD∽△CED，得出
，求出MD= CD=1，MC=MQ=7，由勾股定理得出MN即可解决问题．
②当点M在CD边上时，同①得出BQ=2即可．
8．已知在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为点D，以AD为对角线作正方形AEDF，DE交AB于点M，DF交AC于点N，连结EF，EF分别交AB、AD、AC于点G、点O、点H.
（1）求证：EG=HF；
（2）当∠BAC=60°时，求 的值； （3）设 ∵AD⊥BC， ∴EF∥BC，
∴∠AGH=∠B，∠AHG=∠C， 而AB=AC， ∴∠B=∠C， ∴∠AGH=∠AHG， ∴AG=AH， ∴OG=OH， ∴OE-OG=OF-OH， ∴EG=FH
,△AEH和四边形EDNH的面积分别为S1和S2 ， 求 的最大值.
【答案】 （1）解：在正方形AEDF中，OE=OF，EF⊥AD，
（2）解：当∠BAC=60°时，△ABC为正三角形， ∵AD⊥EF， ∴∠OAH=30°， ∴ ∴EH=（ ∵AE∥FN， ∴△AEH∽△NFH， ∴
∵EF∥BC， ∴△AOH∽△ADC， ∴ ∴CD=2a，
易证△HNF∽△CND， ∴ ∴
，
，
，
，
a，
）a，
）a，HF=（
设OH=a，则OA=OE=OF=
（3）解：设EH=2m，则FH=2km，OA= EF=（k+1）m， ∴S1=（k+1）m2 ，
由（2）得，△AEH∽△NFH， ∴S△HNF=k2S1=k2（k+1）m2 ， 而S△EDF=OA2=（k+1）2m2 ，
∴S2=S△EDF - S△HNF =（k+1）2m2 -k2（k+1）m2=（-k2+k+1）（k+1）m2 ， ∴ =-k2+k+1， ∴当k= 时， 最大= .
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的判定与性质，正方形的性质易证△AGH为等腰三角形，通过“三线合一”可得OG=OH，即可得证；（2）由等边三角形的性质可设OH=a，则OA=OE=OF=
a，则EH=（
）a，HF=（
）a，
根据相似三角形判定易证△AEH∽△NFH，△AOH∽△ADC，△HNF∽△CND，然后通过相似三角形的对应边成比整理即可得解；（3）设EH=2m，则FH=2km，OA= EF=（k+1）m，分别得到S1、S△HNF和S△EDF关于k，m的表达式，再根据S2=S△EDF - S△HNF得到S2的表达式，进而得到 关于k的表达式，通过配方法即可得解.
二、圆的综合
9．如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．
（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上； （2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；
（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积． 【答案】(1)见解析;(2) Q的坐标为（32，9）;(3)
63. 8【解析】（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点 ∴AM＝BM＝PM=QM=
1 PQ， 2∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。 （2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5 ∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5 则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9， 当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3 2 ∴点Q的坐标为（32 ，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5） 当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5）
93 －3＝ ， Q1Q2＝6－4＝2
22线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
∴M1M2＝
其面积为：【解析】 【分析】
1363×( ＋2)×4.5＝.
822根据已知可得出三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，再根据这个条件结合题意直接解答此题. 【详解】
（1）解：连接AM、BM，
∵AQ⊥AP，BQ⊥BP∵△APQ和△BPQ都是直角三角形，M是斜边PQ的中点 ∴AM＝BM＝PM=QM=
PQ，
∴A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上。 （2）解：作MG⊥y轴于G，MC⊥x轴于C，
∵AM＝BM
∴G是AB的中点，由A（0，6），B（0，3）可得MC＝OG＝4.5 ∴在点P运动的过程中，点M到x轴的距离始终为4.5 则点Q到x轴的距离始终为9，即点Q的纵坐标始终为9， 当⊙M与x轴相切时则PQ⊥x轴，作QH⊥y轴于H，
HB＝9－3＝6，设OP＝HQ＝x
由△BOP∽△QHB，得x2＝3×6＝8，x＝3 ∴点Q的坐标为（3
，9）
（3）解：由相似可得：当点P在P1（2，0）时，Q1（4，9）则M1（3，4.5） 当点P在P2（3，0）时，Q2（6，9），则M2（4.5，4.5） ∴M1M2＝
－3＝
， Q1Q2＝6－4＝2
线段QM扫过的图形为梯形M1M2Q2Q1
其面积为：×( 【点睛】
＋2)×4.5＝.
本题主要考查学生根据题意能找到三角形APQ和三角形BPQ都是直角三角形，而且考验学生对相似三角形性质的运用，掌握探索题目隐含条件是解决此题的关键.
10．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点F在⊙O上，且点C是点，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．
的中
【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】
试题分析：（1）首先连接OC，由OC=OA，点C，易证得AE⊥DE；
，易证得OC∥AE，又由DE切⊙O于
（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∴BC=2， ∴AB=4， ∴AF=2．
考点：切线的性质．
，tan∠CBA=
，
11．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.
(1)设AB的长为a，PB的长为b(b 【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6. 【解析】 试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积． （2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长． 试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置， ∴△PAB≌△P'CB， ∴S△PAB=S△P'CB， S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）； （2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B， ∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°， ∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32； 又∵∠BP′C=∠BPA=135°， ∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形． PC= =6． 考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质． 12．如图，已知Rt△ABC中，C=90°，O在AC上，以OC为半径作⊙O，切AB于D点，且BC=BD． （1）求证：AB为⊙O的切线； （2）若BC=6，sinA= 3，求⊙O的半径； 5（3）在（2）的条件下，P点在⊙O上为一动点，求BP的最大值与最小值. 【答案】（1）连OD，证明略；（2）半径为3；（3）最大值35+3 ，35-3. 【解析】 分析：（1）连接OD，OB，证明△ODB≌△OCB即可. （2）由sinA= 34且BC=6可知，AB=10且cosA=，然后求出OD的长度即可. 55（3）由三角形的三边关系，可知当连接OB交⊙O于点E、F，当点P分别于点E、F重合时，BP分别取最小值和最大值. 详解：（1）如图：连接OD、OB. 在△ODB和△OCB中： OD=OC,OB=OB,BC=BD; ∴△ODB≌△OCB（SSS）. ∴∠ODB=∠C=90°. ∴AB为⊙O的切线. （2）如图： 3CB3, ，∴ 5AB5∵BC=6，∴AB=10, ∵sinA= ∵BD=BC=6, ∴AD=AB-BD=4, 34，∴cosA=， 55∴OA=5，∴OD=3， 即⊙O的半径为：3. ∵sinA= （3）如图：连接OB，交⊙O为点E、F， 由三角形的三边关系可知： 当P点与E点重合时，PB取最小值. 由（2）可知：OD=3，DB=6, ∴OB=326235. ∴PB=OB-OE=353. 当P点与F点重合时，PB去最大值， PB=OP+OB=3+35. 点睛：本题属于综合类型题，主要考查了圆的综合知识.关键是对三角函数值、勾股定理、全等三角形判定与性质的理解. 13．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【解析】 3 5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＝ 13CD＝ 22∵BF＝DE＝1＋3＝4 ∴OB＝OD＝435 223OF23 ∴cos∠DBA＝cos∠DOF＝ OD552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. 14．如图，在直角坐标系中，⊙M经过原点O(0，0)，点A(6，0)与点B(0，－2)，点 »上，连结BD交x轴于点C，且∠COD＝∠CBO. D在劣弧OA(1)求⊙M的半径； (2)求证：BD平分∠ABO； (3)在线段BD的延长线上找一点E，使得直线AE恰为⊙M的切线，求此时点E的坐标． 【答案】（1）M的半径r＝2；（2）证明见解析；（3）点E的坐标为(【解析】 26，2)． 3试题分析：根据点A和点B的坐标得出OA和OB的长度，根据Rt△AOB的勾股定理得出AB的长度，然后得出半径；根据同弧所对的圆周角得出∠ABD=∠COD，然后结合已知条件得出角平分线；根据角平分线得出△ABE≌△HBE，从而得出BH=BA=22，从而求出OH的长度，即点E的纵坐标，根据Rt△AOB的三角函数得出∠ABO的度数，从而得出∠CBO的度数，然后根据Rt△HBE得出HE的长度，即点E的横坐标. 试题解析：（1）∵点A为（6，0），点B为（0，－2） ∴OA=6OB=2 ∴根据Rt△AOB的勾股定理可得：AB=22∴eM的半径r= 1AB=2. 2（2）根据同弧所对的圆周角相等可得：∠ABD=∠COD ∵∠COD=∠CBO ∴∠ABD=∠CBO ∴BD平分∠ABO （3）如图，由（2）中的角平分线可得△ABE≌△HBE ∴BH=BA=22∴OH=22－ 2=2 在Rt△AOB中， OA3∴∠ABO=60° ∴∠CBO=30° OB在Rt△HBE中，HE=BH2626∴点E的坐标为（，2） 333 考点：勾股定理、角平分线的性质、圆的基本性质、三角函数. 15．如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB⊥CB于点B，tanD=3，BC=2，H为CE延长线上一点，且AH=10，CH52. （1）求证：AH是⊙O的切线； （2）若点D是弧CE的中点，且AD交CE于点F，求证：HF=HA； （3）在（2）的条件下，求EF的长． 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）102 【解析】 【分析】（1）连接AC，由AB⊥CB可知AC是⊙O的直径，由圆周角定理可得∠C=∠D，于是得到tanC=3，故此可知AB=6，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2= 40，从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得AC⊥AH，问题得证； »的中点，可得（2）连接DE、BE，由弦切角定理可知∠ABD=∠HAD，由D是CE∠CED=∠EBD，再由圆周角定理可得∠ABE=∠ADE，结合三角形的外角即可证明∠HAF=∠AFH，从而可证得AH=HF； （3）由切割线定理可得EH=2，由（2）可知AF=FH=10，从而可得EF=FH﹣EH=10- 2． 【详解】（1）如图1所示：连接AC． ∵AB⊥CB， ∴AC是⊙O的直径， ∵∠C=∠D， ∴tanC=3， ∴AB=3BC=3×2=6， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40， 又∵AH2=10，CH2=50， ∴AC2+AH2=CH2， ∴△ACH为直角三角形， ∴AC⊥AH， ∴AH是圆O的切线； （2）如图2所示：连接DE、BE， ∵AH是圆O的切线， ∴∠ABD=∠HAD， »的中点， ∵D是CE»ED»， ∴CD∴∠CED=∠EBD， 又∵∠ABE=∠ADE， ∴∠ABE+∠EBD=∠ADE+∠CED， ∴∠ABD=∠AFE， ∴∠HAF=∠AFH， ∴AH=HF； （3）由切割线定理可知：AH2=EH•CH，即（10）2=52EH， 解得：EH=2， ∵由（2）可知AF=FH=10， ∴EF=FH﹣EH=10-2． 【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等，正确添加辅助线是解题的关键. 16．如图，已知BAC,ABAC,O为ABC外心，D为eO上一点，BD与AC的交点为E，且BC2AC·CE． ①求证：CDCB； ②若A300，且eO的半径为33，I为BCD内心，求OI的长． 【答案】①证明见解析； ②23 【解析】 【分析】 ①先求出 BCCE，然后求出△BCE和△ACB相似，根据相似三角形对应角相等可得ACBC∠A=∠CBE，再根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可得∠A=∠D，然后求出∠D=∠CBE，然后根据等角对等边即可得证； ②连接OB、OC，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍求出∠BOC=60°，然后判定△OBC是等边三角形，再根据等腰三角形三线合一的性质以及三角形的内心的性质可得OC经过点I，设OC与BD相交于点F，然后求出CF，再根据I是三角形的内心，利用三角形的面积求出IF，然后求出CI，最后根据OI=OC﹣CI计算即可得解． 【详解】 ①∵BC2=AC•CE，∴ BCCE． ACBC∵∠BCE=∠ECB，∴△BCE∽△ACB，∴∠CBE=∠A． ∵∠A=∠D，∴∠D=∠CBE，∴CD=CB； ②连接OB、OC． ∵∠A=30°，∴∠BOC=2∠A=2×30°=60°． ∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形． ∵CD=CB，I是△BCD的内心，∴OC经过点I，设OC与BD相交于点F，则CF=BC×sin30°133BC，BF=BC•cos30°BC，所以，BD=2BF=2BC3BC，设△BCD22211111BD•CF（BD+CD+BC）•r，即•3BC•BC22222内切圆的半径为r，则S△BCD（3BC+BC+BC）•r，解得：rCI=CF﹣IFBC． 3233233BCBC，即IFBC，所以， 22（223）1233BCBC=（23）BC，OI=OC﹣CI=BC﹣（23）BC=（31）22∵⊙O的半径为33，∴BC=33，∴OI=（31）（33）=333﹣ 3323． 【点睛】 本题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，三角形的内心的性质，（2）作辅助线构造出等边三角形并证明得到OC经过△BCD的内心I是解题的关键． 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容