备战中考数学二轮 圆与相似 专项培优 易错 难题及详细答案

一、相似

1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．

（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；

（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；

（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的 ？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2 ， 把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4， ∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4

（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2 ， ∴A（﹣1，0），

当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）； 当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），

从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB， ∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ∴△BCD为等腰三角形，

∴构造的三角形是等腰三角形的概率=

，BC=2

，BD=2

，

（3）解：存在，

易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6， M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2）， ①当N点在AC上，如图1，

∴△AMN的面积为△ABC面积的 ，

∴ （m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，

当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4， ∴tan∠MAC=

=4；

当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2， ∴tan∠MAC=

=1；

②当N点在BC上，如图2，

BC=

=2

，

，

∵ BC•AN= AC•BC，解得AN= ∵S△AMN= AN•MN=2，

∴MN= =

，

∴∠MAC=

；

③当N点在AB上，如图3，

作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN=

﹣t，

由②得AH= ，则BH=

，

∵∠NBG=∠HBA， ∴△BNM∽△BHA，

∴ ∴MN=

，即

，

，

∵ AN•MN=2， 即 •（

﹣t）•

=2，

）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，

整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3

∴点N在AB上不符合条件，

综上所述，tan∠MAN的值为1或4或

【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。 （2）先求出抛物线y=x2+2x+1的顶点坐标A，与x轴、y轴的交点D、C、B的坐标，可得出从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，再求出它们的各边的长，得出构造的三角形是等腰三角形可能数，利用概率公式求解即可。 （3）利用待定系数法求出直线BC的函数解析式及△ABC的面积、点M的坐标，再分情况

讨论：①当N点在AC上，如图1；②当N点在BC上，如图2；③当N点在AB上，如图3。利用△AMN的面积=△ABC面积的 ，解直角三角形、 相似三角形的判定和性质等相关的知识，就可求出tan∠MAN的值。

2．已知二次函数y＝ax2＋bx－2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(4，0)，且当x＝－2和x＝5时二次函数的函数值y相等．

（1）求实数a，b的值；

（2）如图①，动点E，F同时从A点出发，其中点E以每秒2个单位长度的速度沿AB边向终点B运动，点F以每秒 D处，得到△DEF.

①是否存在某一时刻t，使得△DCF为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；

②设△DEF与△ABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式． 【答案】（1）解：由题意得： （2）解：①由（1）知二次函数为 （0，﹣2），

∴OA=4，OB=1，OC=2，∴AB=5，AC= ∴△ABC为直角三角形，且∠ACB=90°． ∵AE=2t，AF=

t，∴

.

，BC=

，∴AC2+BC2=25=AB2 ，

，解得：a= ，b=

个单位长度的速度沿射线AC方向运动．当点E停止运动

时，点F随之停止运动．设运动时间为t秒．连接EF，将△AEF沿EF翻折，使点A落在点

.∵A（4，0），∴B（﹣1，0），C

又∵∠EAF=∠CAB，

∴△AEF∽△ACB，∴∠AEF=∠ACB=90°， ∴△AEF沿EF翻折后，点A落在x轴上点D处； 由翻折知，DE=AE，∴AD=2AE=4t，EF= AE=t． 假设△DCF为直角三角形，当点F在线段AC上时： ⅰ）若C为直角顶点，则点D与点B重合，如图2，

∴AE= AB= t= ÷2= ； ⅱ）若D为直角顶点，如图3．

∵∠CDF=90°，∴∠ODC+∠EDF=90°． ∵∠EDF=∠EAF，∴∠OBC+∠EAF=90°， ∴∠ODC=∠OBC，∴BC=DC． ∵OC⊥BD， ∴OD=OB=1， ∴AD=3， ∴AE= ， ∴t= ；

当点F在AC延长线上时，∠DFC＞90°，△DCF为钝角三角形． 综上所述，存在时刻t，使得△DCF为直角三角形，t= 或t= ． ②ⅰ）当0＜t≤ 时，重叠部分为△DEF，如图1、图2，∴S= ×2t×t=t2； ⅱ）当 ＜t≤2时，设DF与BC相交于点G，则重叠部分为四边形BEFG，如图4，

过点G作GH⊥BE于H，

设GH=m，则BH= ，DH=2m，∴DB= ．

∵DB=AD﹣AB=4t﹣5，∴ =4t﹣5，∴m= （4t﹣5）， ∴S=S△DEF﹣S△DBG= ×2t×t﹣ （4t﹣5）× （4t﹣5）= ⅲ）当2＜t≤ 时，重叠部分为△BEG，如图5．

；

∵BE=DE﹣DB=2t﹣（4t﹣5）=5﹣2t，GE=2BE=2（5﹣2t）， ∴S= ×（5﹣2t）×2（5﹣2t）=4t2﹣20t+25．

综上所述：

．

【解析】【分析】（1）根据已知抛物线的图像经过点A，以及当x=-2和x=5时二次函数的函数值y相等两个条件，列出方程组求出待定系数的值即可。

（2）①由x=0及y=0时，求出点A、B、C三点的坐标，以及线段OA、OB、OC的长，利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，用含t的代数式表示出线段AD、AE、AF（即DF）的长，则根据AE、EF、OA、OC的长以及公共角∠OAC能判定△AEF、△AOC相似，可证得△AEF也是一个直角三角形，及∠AEF是直角；若△DCF是直角三角形，可分成三种情况讨论：

i）点C为直角顶点，由于△ABC恰好是直角三角形，且以点C为直角顶点，所以此时点B、D重合，由此得到AD的长，进而求出t的值；

ii）点D为直角顶点，此时∠CDB与∠CBD恰好是等角的余角，由此可证得OB=OD，再得到AD的长后可求出t的值；

iii）、点F为直角顶点，当点F在线段AC上时，∠DFC是锐角，而点F在射线AC的延长线上时，∠DFC又是钝角，所以这种情况不符合题意． ②此题需要分三种情况讨论：

i）当点E在点A与线段AB中点之间时，即当0＜t≤，两个三角形的重叠部分是整个△DEF；

ii）当点E在线段AB中点与点O之间时，即＜t≤2时，重叠部分是个不规则四边形，根据S=S△DEF﹣S△DBG可求解。

iii）当点E在线段OB上时，即2＜t≤时，重叠部分是个小直角三角形，根据三角形的面积公式，即可求解。

3．如图,在一个长40 m、宽30 m的矩形小操场上,从A点出发,沿着A→B→C的路线以3 m/s的速度跑向C地.当他出发4 s后,张华有东西需要交给他,就从A地出发沿走的路线追赶,当张华跑到距B地2 m的D处时,他和在阳光下的影子恰好落在一条直线上.

（1）此时两人相距多少米(DE的长)? （2）张华追赶的速度是多少? 【答案】（1）解：在Rt△ABC中： ∵AB=40，BC=30， ∴AC=50 m.

由题意可得DE∥AC， ∴Rt△BDE∽Rt△BAC， ∴ = ，

即 = . 解得DE= m. 答：此时两人相距 m. （2）解：在Rt△BDE中： ∵DB=2，DE=， ∴BE=2 m.

∴走的总路程为AB+BE=42 m. ∴走这段路程用的时间为 =14(s). ∴张华用的时间为14-4=10(s)，

∵张华走的总路程为AD=AB-BD=40-2=37（m）, ∴张华追赶的速度是37÷10≈3.7（m/s）. 答：张华追赶的速度约是3.7m/s.

【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC=50 m，利用平行投影的性质得DE∥AC，再利用相似三角形的性质得出对应边的比相等可求得DE长.

（2）在Rt△BDE中,根据勾股定理得BE=2 m，根据题意得走的总路程为42 m，根据时间=路程÷速度求得用的时间，减去4即为张华用的时间， 再根据速度=路程÷时间解之即可得出答案.

4．如图，已知二次函数y=ax2+ x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．

（1）请直接写出二次函数y=ax2+ x+c的表达式；

（2）判断△ABC的形状，并说明理由；

（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；

（4）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．

【答案】 （1）解：∵A（0，4），∴c=4，，把点C坐标（8，0）代入解析式，得：a=－ ，∴二次函数表达式为

；

（2）解：令y=0，则解得，x1=8，x2=\"-2\" ，∴点B的坐标为（-2，0），由已知可得，在

2=BO2+AO2=22+42=20，在Rt△AOC中AC-2=AO2+CO2=42+82=80，又Rt△AOB中，AB-------

∵BC=OB+OC=2+8=10，∴在△ABC中AB----2+ AC----2=20+80=102=BC2 ， ∴△ABC是直角三角形；

（3）解：由勾股定理先求出AC，AC=

，①在x轴负半轴，当AC=AN

，

时，NO=CO=8，∴此时N（-8，0）；②在x轴负半轴，当AC=NC时，NC=AC= ∵CO=8，∴NO=

-8，∴此时N（8-

，0）；③在x轴正半轴，当AN=CN时，设

= ，解得：x=5，∴ON=3，∴

，∴ON=

＋8，∴此时 ，0）、（3，

CN=x，则AN=x，ON=8-x，在Rt△AON中， ＋

此时N（3，0）；④在x轴正半轴，当AC=NC时，AC=NC= N（

＋8，0）；综上所述：满足条件的N点坐标是（-8，0）、（8-

，0）；

0）、（8+

（4）解：设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，

∴MD∥OA，∴△BMD∽△BAO， ∵OA=4，BC=10，BN=n+2，∴MD=

，∵MN∥AC，∴

，∴

，

（n+2），∵S△AMN= S△ABN- S△BMN=

=－

+5，∵－ <0，∴n=3时，S有最大值，∴当△AMN面积最大时，N点坐标

为（3，0）．

【解析】【分析】（1）用待定系数法可求二次函数的解析式；

（2）因为抛物线交x轴于B、C两点，令y=0，解关于x的一元二次方程可得点B的坐标，然后计算AB、BC、AC的长，用勾股定理的逆定理即可判断；

（3）由（2）可知AC的长，由题意可知有4种情况：①在x轴负半轴，当AC=AN时；②②在x轴负半轴，当AC=NC时；③在x轴正半轴，当AN=CN时；④在x轴正半轴，当AC=NC时；结合已知条件易求解；

（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，由平行于三角形一边的直线和其他两边所构成的三角形与原三角形相似可得△BMD∽△BAO，于是有比例式

， 根据平行线分线段成比例定理可得

， 所以

,将已知线段代

入比例式可将MD用含n的代数式表示出来，根据三角形的构成可得S△AMN= S△ABN- S△BMN= ⋅ BN⋅OA−BN⋅MD，将BN、MD代入可得关于n的二次函数，配成顶点式根据二次函数的性质即可求解。

5．如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB＞CD，AD=AB+CD．（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE；

②若CD=2，AB=4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值。

（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】（1）

（2）①证明：在AD上取一点F使DF=DC，连接EF，

∵DE平分∠ADC， ∴∠FDE=∠CDE， 在△FED和△CDE中，

DF=DC，∠FDE=∠CDE，DE=DE ∴△FED≌△CDE（SAS），

∴∠DFE=∠DCE=90°，∠AFE=180°-∠DFE=90° ∴∠DEF=∠DEC， ∵AD=AB+CD，DF=DC， ∴AF=AB，

在Rt△AFE≌Rt△ABE（HL） ∴∠AEB=∠AEF，

∴∠AED=∠AEF+∠DEF= ∠CEF+ ∠BEF= （∠CEF+∠BEF）=90°。 ∴AE⊥DE

②解：过点D作DP⊥AB于点P，

∵由①可知，B，F关于AE对称，BM=FM， ∴BM+MN=FM+MN，

当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值， ∵DP⊥AB，AD=AB+CD=6， ∴∠DPB=∠ABC=∠C=90°， ∴四边形DPBC是矩形， ∴BP=DC=2，AP=AB-BP=2，

在Rt△APD中，DP= ∴FN∥DP， ∴△AFN∽△ADP ∴ 即 解得FN=

， ， ，

=

，

∵FN⊥AB，由①可知AF=AB=4，

∴BM+MN的最小值为

【解析】【分析】（1）根据角平分的做法即可画出图.（2）①在AD上取一点F使DF=DC，连接EF；角平分线定义得∠FDE=∠CDE；根据全等三角形判定SAS得△FED≌△CDE，再由全等三角形性质和补角定义得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90°，

∠DEF=∠DEC；再由直角三角形全等的判定HL得Rt△AFE≌Rt△ABE，由全等三角形性质得∠AEB=∠AEF，再由补角定义可得AE⊥DE.

②过点D作DP⊥AB于点P；由①可知，B，F关于AE对称，根据对称性质知BM=FM， 当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，即BM+MN=FM+MN=FN；在Rt△APD中，根据勾股定理得DP= 角形性质得

=

；由相似三角形判定得△AFN∽△ADP，再由相似三

，从而求得FN，即BM+MN的最小值.

6．如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。动点M，N同时从A点出发，M沿A→C,N沿折线A→B→C，均以每秒1个单位长度的速度移动，当一个动点到达终点C时，另一个动点也随之停止移动，移动时间记为t秒。连接MN。

（1）求直线BC的解析式；

（2）移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处，求此时t值及点D的坐标；

（3）当点M,N移动时，记△ABC在直线MN右侧部分的面积为S，求S关于时间t的函数关系式。

【答案】（1）解：设直线BC解析式为：y=kx+b， ∵B（0，4），C（-3，0），

∴

，

解得：

∴直线BC解析式为：y= x+4.

（2）解：依题可得：AM=AN=t，

∵△AMN沿直线MN翻折，点A与点点D重合， ∴四边形AMDN为菱形，

作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，

∵A（3，0），B（0，4）， ∴OA=3,OB=4， ∴AB=5, ∴M（3-t，0）， 又∵△ANF∽△ABO， ∴ = = ∴ = =

, ,

∴AF= t，NF= t， ∴N（3- t， t）， ∴O′（3- t, t）， 设D（x,y）, ∴

=3- t，

= t，

∴x=3- t,y= t， ∴D（3- t， t）， 又∵D在直线BC上，

∴ ×（3- t）+4= t， ∴t= ， ∴D（- ， ）.

（3）①当0△ABC在直线MN右侧部分为△AMN， ∴S=

= ·AM·DF= ×t× t= t ,

②当5∵AM=AN=t，AB=BC=5， ∴BN=t-5，CN=-5-（t-5）=10-t， 又∵△CNF∽△CBO， ∴ = , ∴

= ,

∴NF= （10-t）， ∴S=

-

= ·AC·OB- ·CM·NF，

= ×6×4- ×（6-t）× （10-t）， =- t + t-12.

【解析】【分析】（1）设直线BC解析式为：y=kx+b，将B、C两点坐标代入即可得出二元一次方程组，解之即可得出直线BC解析式.（2）依题可得：AM=AN=t，根据翻折性质得四

边形AMDN为菱形，作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，结合已知条件得M（3-t，0），又△ANF∽△ABO，根据相似三角形性质得 = =

,

代入数值即可得AF= t，NF= t，从而得N（3- t， t），根据中点坐标公式得O′（3- t, t），

设D（x,y）,再由中点坐标公式得D（3- t， t），又由D在直线BC上，代入即可得D点坐标.（3）①当0②当5=

,代入数值得NF= （10-t），最后由S=

-

= ·AC·OB-

·CM·NF，代入数值即可得表达式.

7．如图，在菱形ABCD中，

，

,点E是边BC的中点，连接DE,AE.

（1）求DE的长；

（2）点F为边CD上的一点，连接AF，交DE于点G，连接EF，若 ①求证：△ ②求DF的长.

【答案】 （1）解：连结BD

△

；

,

（2）解：①

②

【解析】【分析】（1） 连结BD ，根据菱形的性质及等边三角形的判定方法首先判定出△CDB是等边三角形，根据等边三角形的性质得出DE⊥BC，CE=2，然后利用勾股定理算出DE的长；

（2）①首先判断出△AGD∽△EGF，根据相似三角形对应边成比例得出∠AGE=∠DGF，故△AGE∽△DGF；

②根据相似三角形的性质及含30°直角三角形的边之间的关系及勾股定理得出EF的长，然后过点E作EH⊥DC于点H，在Rt△ECH中，利用勾股定理算出FH的长，从而根据线段的和差即可算出答案.

， 又

8．如图，过⊙O外一点P作⊙O的切线PA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. 【答案】 （1）解：

又

，

， ， ，

，即

；

中， 点是半圆 的中点，

（2）解：连接 、 ，

是

的切线， ，

又

，

，

设

的半径为 ， ，

，

解得： 又

， 是直径，

， ，

是等腰直角三角形，

，

在 则

，

中，由勾股定理得 ，即

.

【解析】【分析】（1）由

知

，根∠CMA=∠NMC据证

ΔAMC∽ΔCMN 即可得；（2）连接OA、DM，由直角三角形PAO中∠P=30°知

，据此求得OA=OC=2，再证三角形CMD是等腰直角三角形得CM

的长.

二、圆的综合

9．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有点E，且EF=ED．

（1）求证：DE是⊙O的切线；

1，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明； 2（3）在（2）的条件下，若OF=1，求圆O的半径．

（2）若tanA=

【答案】（1）答案见解析；（2）AB=3BE；（3）3． 【解析】

试题分析：（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；

（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；

（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=即可得出结论．

试题解析：（1）证明：连结OD，如图．∵EF=ED，∴∠EFD=∠EDF．∵∠EFD=∠CFO，∴∠CFO=∠EDF．∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO=90°．∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE．∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线； （2）线段AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．证明如下：

∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDE．∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，∴∠BDE=∠A，而∠BED=∠DEA，∴△EBD∽△EDA，∴中，tanA=

3x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理2DEBEBD．∵Rt△ABDAEDEADBD1DEBE1=，∴=，

AD2AEDE23x．∵OF=1，∴OE=1+2x． 2∴AE=2DE，DE=2BE，∴AE=4BE，∴AB=3BE； （3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（∴圆O的半径为3．

32x）2+（2x）2=（1+2x）2，∴x=﹣（舍）或x=2，29

点睛：本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解答本题的关键．

10．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=

1，求AE的长． 3

【答案】（1）证明见解析；（2）2 【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DC2=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，sinD= ∵AD=OD2OA2=22．

1OA=3，∴CD=OD﹣OC=2． ，∴OD=

3sinDADCDCD2 又∵△CED∽△ACD，∴=2， ，∴DE=CDDEAD∴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．

11．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC 画图操作：

（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）

理解应用：

（2）在（1）的条件下， ①若tan∠APB 1，求点P的坐标 2②当点P的坐标为 时，∠APB最大 拓展延伸： （3）若在直线y4x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标 3

【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，23）（3）（953，5125） 5【解析】

试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求； （2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；

②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题； 试题解析：解：（1）∠APB如图所示；

（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=

1AB=．∵A（2，0），B2BC（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）． ②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC=AC2AB2=43，∴C（6，43），∴K（4，22），∴P（0，23）．故答4x+4交x轴于M3案为：（0，23）．

（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=

（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=35，作PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴MK=5ONOMNM43125====，∴，∴PK=，PKMKMPPKMK355959595125，∴OK=﹣3，∴P（﹣3，）． 5555

点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．

12．如图，△ABC内接于⊙O，弦AD⊥BC,垂足为H，连接OB． (1)如图1,求证:∠DAC=∠ABO;

(2)如图2,在弧AC上取点F,使∠CAF=∠BAD,在弧AB取点G，使AG∥OB，若∠BAC=600， 求证:GF=GD;

(3)如图3,在(2)的条件下,AF、BC的延长线相交于点E,若AF：FE=1:9，求sin∠ADG的值。

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）【解析】

11. 14试题分析：（1）延长BO交⊙O于点Q，连接AQ．由圆周角定理可得：∠AQB=∠ACB，再由等角的余角相等即可得出结论； （2）证明△DFG是等边三角形即可；

（3）延长GA，作FQ⊥AG，垂足为Q，作ON⊥AD，垂足为N，作OM⊥BC，垂足为M，延长AO交⊙O于点R，连接GR．作DP⊥AG，DK⊥AE，垂足为P、K．设AF=k，则FE=9k，AE=10k．在△AHE中， AH=5k．设NH=x，则AN=5k-x， AD=10k-2x．在△AQF中， AF=k，AQ=

k3k．由(2)知：△GDF是等边三角形，得到GD=GF=DF，进而得到，FQ=22193k-2x，QF=k，22AG=9k-2x．

OM=NH=x，BC=23x， GF=BC=23x．在△GQF中，GQ=AG+AQ=GF=23x，由勾股定理解出x711k，得到AG=9k-2x=k，AR=2OB=4OM=4x=7k．在42△GAR中，由sin∠ADG=sin∠R即可得出结论．

试题解析：解：（1）证明：如图1，延长BO交⊙O于点Q，连接AQ． ∵BQ是⊙O直径，∴∠QAB=900．∵AD⊥BC，∴∠AHC=900． ∵弧AB=弧AB，∴∠AQB=∠ACB．

∵∠AQB+∠ABO=900，∠ACB+∠CAD=900 ∴∠ABO=∠CAD

（2）证明：如图2，连接DF．

∵AG∥OB，∴∠ABO=∠BAG．∵∠ABO=∠CAD，∴∠CAD=∠BAG． ∵∠BAC=600，∴∠BAD+∠CAD=∠BAD+∠BAG=600，即

∠GAD=∠BAC=60°．∵∠BAD=∠CAF．∴∠CAF+∠CAD=600，∴∠GAD=∠DAF=600，∴∠DGF=∠DAF=60°．

∵弧GD=弧GD，∴∠GAD=∠GFD=600，∴∠GFD=∠DGF=600，∴△DFG是等边三角形，∴GD=GF． （3）如图3，

延长GA，作FQ⊥AG，垂足为Q，作ON⊥AD，垂足为N，作OM⊥BC，垂足为M，延长AO交⊙O于点R，连接GR．作DP⊥AG，DK⊥AE，垂足为P、K．

∵AF：FE=1：9，∴设AF=k，则FE=9k，AE=10k．在△AHE中，∠E=300，∴AH=5k． 设NH=x，则AN=5k-x．∵ON⊥AD，∴AD=2AN=10k-2x 又在△AQF中，∵∠GAF=1200，∴∠QAF=600，AF=k，∴AQ=由(2)知：△GDF是等边三角形，∴GD=GF=DF，

∵∠GAD=∠DAF=600，∴DP=DK，∴△GPD≌△FKD，△APD≌△AKD ∴FK=GP，AP=AK，∠ADK=300，∴AD=2AK=AP+AK=AF+AG ∴AG=10k-2x-k=9k-2x．

∵作OM⊥BC，ON⊥AD，∴OM=NH=x．∵∠BOD=

k3k． ，FQ=221∠BOC=∠BAC=600 2∴BC=2BM=23x．∵∠BOC=∠GOF，∴GF=BC=23x 在△GQF中，GQ=AG+AQ=∵GQ2FQ2GF2

2193∴k2xk23x， 2222193k-2x，QF=k，GF=23x 22x1713k，x2k舍去． 4211k，AR=2OB=4OM=4x=7k， 2在△GAR中，∠RGA=900，

∴AG=9k-2x=∴sin∠ADG=sin∠R=

AG11=． AR14

点睛：本题是圆的综合题．熟练掌握圆的基本性质和常用的辅助线做法是解答本题的关键．

13．如图，已知AB为⊙O的直径，AB=8，点C和点D是⊙O上关于直线AB对称的两个点，连接OC、AC，且∠BOC＜90°，直线BC和直线AD相交于点E，过点C作直线CG与线段AB的延长线相交于点F，与直线AD相交于点G，且∠GAF＝∠GCE （1）求证：直线CG为⊙O的切线；

（2）若点H为线段OB上一点，连接CH，满足CB＝CH， ①△CBH∽△OBC ②求OH＋HC的最大值

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②5. 【解析】

分析：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，由圆的性质可知：∠CAB=∠OCA，所以∠OCA=∠GCE，从而可证明直线CG是⊙O的切线；

（2）①由于CB=CH，所以∠CBH=∠CHB，易证∠CBH=∠OCB，从而可证明△CBH∽△OBC；

BCHBBC2＝②由△CBH∽△OBC可知：，所以HB=，由于BC=HC，所以OCBC4BC2OH+HC=4−+BC，利用二次函数的性质即可求出OH+HC的最大值．

4详解：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90° ∵OA=OC，

∴∠CAB=∠OCA，

∴∠OCA+∠OCB=90°， ∵∠GAF=∠GCE，

∴∠GCE+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°， ∵OC是⊙O的半径， ∴直线CG是⊙O的切线； （2）①∵CB=CH， ∴∠CBH=∠CHB， ∵OB=OC， ∴∠CBH=∠OCB， ∴△CBH∽△OBC ②由△CBH∽△OBC可知：∵AB=8，

∴BC2=HB•OC=4HB，

BCHB＝ OCBCBC2∴HB=，

4BC2∴OH=OB-HB=4- 4∵CB=CH，

BC2∴OH+HC=4−+BC，

4当∠BOC=90°， 此时BC=42 ∵∠BOC＜90°， ∴0＜BC＜42，

x2令BC=x则CH=x，BH=

4112OHHCx2x4x25

44当x=2时，

∴OH+HC可取得最大值，最大值为5

点睛：本题考查圆的综合问题，涉及二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，切线的判定等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所知识．

14．如图，AB为⊙O的直径，且AB＝m（m为常数），点C为»AB的中点，点D为圆上一动点，过A点作⊙O的切线交BD的延长线于点P，弦CD交AB于点E． （1）当DC⊥AB时，则

DADB＝ ； DC（2）①当点D在»AB上移动时，试探究线段DA，DB，DC之间的数量关系；并说明理由；

②设CD长为t，求△ADB的面积S与t的函数关系式； （3）当

DEPD92时，求的值． OAAC20

【答案】（1）2；（2）①DA+DB＝2DC，②S＝【解析】 【分析】

1212DE242t﹣m ；（3）. 24OA35（1）首先证明当DC⊥AB时，DC也为圆的直径，且△ADB为等腰直角三角形，即可求出结果；

（2）①分别过点A，B作CD的垂线，连接AC，BC，分别构造△ADM和△BDN两个等腰直角三形及△NBC和△MCA两个全等的三角形，容易证出线段DA，DB，DC之间的数量关系；

②通过完全平方公式（DA+DB）2＝DA2+DB2+2DA•DB的变形及将已知条件AB＝m代入即可求出结果；

（3）通过设特殊值法，设出PD的长度，再通过相似及面积法求出相关线段的长度，即可求出结果． 【详解】

解：（1）如图1，∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵C为»AB的中点，

»， ∴»ACBC∴∠ADC＝∠BDC＝45°， ∵DC⊥AB，

∴∠DEA＝∠DEB＝90°， ∴∠DAE＝∠DBE＝45°， ∴AE＝BE， ∴点E与点O重合， ∴DC为⊙O的直径， ∴DC＝AB，

在等腰直角三角形DAB中，

DA＝DB＝2AB， 2∴DA+DB＝2AB＝2CD， ∴

DADB＝2； DC

（2）①如图2，过点A作AM⊥DC于M，过点B作BN⊥CD于N，连接AC，BC，

»， 由（1）知»ACBC∴AC＝BC， ∵AB为⊙O的直径，

∴∠ACB＝∠BNC＝∠CMA＝90°，

∴∠NBC+∠BCN＝90°，∠BCN+∠MCA＝90°， ∴∠NBC＝∠MCA， 在△NBC和△MCA中，

BNCCMANBCMCA， BCCA∴△NBC≌△MCA（AAS）， ∴CN＝AM，

由（1）知∠DAE＝∠DBE＝45°， AM＝22DA，DN＝DB， 22222DB+DA＝（DB+DA）， 222∴DC＝DN+NC＝即DA+DB＝2DC；

②在Rt△DAB中， DA2+DB2＝AB2＝m2，

∵（DA+DB）2＝DA2+DB2+2DA•DB，

且由①知DA+DB＝2DC＝2t， ∴（2t）2＝m2+2DA•DB， ∴DA•DB＝t2﹣∴S△ADB＝

12m， 2111DA•DB＝t2﹣m2， 2241212

t﹣m； 24（3）如图3，过点E作EH⊥AD于H，EG⊥DB于G， 则NE＝ME，四边形DHEG为正方形，

»， 由（1）知»ACBC∴△ADB的面积S与t的函数关系式S＝∴AC＝BC，

∴△ACB为等腰直角三角形， ∴AB＝2AC， ∵

PD92， AC20设PD＝92，则AC＝20，AB＝202， ∵∠DBA＝∠DBA，∠PAB＝∠ADB， ∴△ABD∽△PBA， ∴∴

ABBDAD， PBABPA202BD， DB92202AB2DB2＝122，

∴DB＝162， ∴AD＝设NE＝ME＝x， ∵S△ABD＝∴

111AD•BD＝AD•NE+BD•ME， 222111×122×162＝×122•x+×162•x， 222482， 7∴x＝∴DE＝2HE＝2x＝又∵AO＝

96， 71AB＝102， 2∴

DE961242． OA710235

【点睛】

本题考查了圆的相关性质，等腰直三角形的性质，相似的性质等，还考查了面积法及特殊值法的运用，解题的关键是认清图形，抽象出各几何图形的特殊位置关系．

15．如图1，AB为半圆O的直径，半径OP⊥AB，过劣弧AP上一点D作DC⊥AB于点C．连接DB，交OP于点E，∠DBA＝22.5°． ⑴ 若OC＝2，则AC的长为 ；

⑵ 试写出AC与PE之间的数量关系，并说明理由；

⑶ 连接AD并延长，交OP的延长线于点G，设DC＝x，GP＝y，请求出x与y之间的等量关系式. （请先补全图形，再解答）

【答案】⑴ 222；⑵ 见解析；⑶ y=2x 【解析】 【分析】

（1）如图，连接OD，则有∠AOD=45°，所以△DOC为等腰直角三角形，又OC=2，所以DO=AO=22,故可求出AC的长；

（2）连接AD，DP，过点D作DF⊥OP，垂足为点F. 证AC=PF或AC=EF ，证DP=DE 1证PF=EF=PE，故可证出PE=2AC ；

2（3）首先求出OD2CD2x，再求AB=22x,再证△DGE≌△DBA,得

GE=AB=22x，由PE=2AC得PE=2(2xx)，再根据GP=GE－PE可求结论. 【详解】

（1）连接OD，如图，

∵∠B=22.5°， ∴∠DOC=45°, ∵DC⊥AB

∴△DOC为等腰直角三角形， ∵OC=2， ∴OD=22, ∴AO=22， ∴AC=AO-OC=222.

⑵ 连接AD，DP，过点D作DF⊥OP，垂足为点F. ∵OP⊥AB,

∴∠POD=∠DOC=45°， ∴AD=PD，

∵△DOC为等腰直角三角形， ∴DC=CO, 易证DF=CO， ∴DC=DF， ∴Rt△DAC≌Rt△DPF, ∴PF=AC,

∵DO=AO,∠DOA=45° ∴∠DAC=67.5° ∴∠DPE=67.5°, ∵OD=OB，∠B=22.5°， ∴∠ODE=22.5° ∴∠DEP=22.5°+45°=67.5° ∴∠DEP=∠DPE

1∴PF=EF=PE

2∴PE=2AC

（3）如图2，由∠DCO=90°，∠DOC=45°得OD∴ AB=2OD=22x ∵AB是直径， ∴∠ADB=∠EDG=90°， 由（2）得AD=ED,∠DEG=∠DAC ∴△DGE≌△DBA ∴ GE=AB=22x ∵ PE=2AC ∴ PE=2(2xx)

∴ GP=GE－PE=22x2(2x-x) 即：y=2x 【点睛】

本题是一道圆的综合题，涵盖的知识点较多，难度较大，主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握并运用这些知识是解题的关键.

2CD2x

16．如图,在Rt△ABC中,∠ACB=60°,☉O是△ABC的外接圆,BC是☉O的直径,过点B作☉O的切线BD,与CA的延长线交于点D,与半径AO的延长线交于点E,过点A作☉O的切线AF,与直径BC的延长线交于点F. (1)连接EF,求证:EF是☉O的切线;

(2)在圆上是否存在一点P,使点P与点A,B,F构成一个菱形?若存在,请说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析 【解析】 【分析】

（1）过O作OM⊥EF于M,根据SAS证明△OAF≌△OBE，从而得到OE=OF,再证明EO平分∠BEF，从而得到结论;

（2）存在，先证明△OAC为等边三角形，从而得出∠OAC=∠AOC=60°,再得到AB=AF，再证明AB=AF=FP=BP，从而得到结论. 【详解】

(1)证明:如图,过O作OM⊥EF于M,

∵OA=OB,∠OAF=∠OBE=90°,∠BOE=∠AOF, ∴△OAF≌△OBE, ∴OE=OF,

∵∠EOF=∠AOB=120°, ∴∠OEM=∠OFM=30°,

∴∠OEB=∠OEM=30°,即EO平分∠BEF,

又∠OBE=∠OME=90°,

∴OM=OB,

∴EF为☉O的切线.

(2)存在.

∵BC为☉O的直径, ∴∠BAC=90°, ∵∠ACB=60°, ∴∠ABC=30°,

又∵∠ACB=60°,OA=OC,

∴△OAC为等边三角形,即∠OAC=∠AOC=60°, ∵AF为☉O的切线, ∴∠OAF=90°,

∴∠CAF=∠AFC=30°, ∴∠ABC=∠AFC, ∴AB=AF.

当点P在(1)中的点M位置时,此时∠OPF=90°,

∴∠OAF=∠OPF=90°,

又∵OA=OP,OF为公共边,

∴△OAF≌△OPF, ∴AF=PF,

∠BFE=∠AFC=30°.

又∵∠FOP=∠OBP=∠OPB=30°,

∴BP=FP,

∴AB=AF=FP=BP, ∴四边形AFPB是菱形.

【点睛】

考查了切线的判定定理和菱形的判定，经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．