中考數學圓與相似的綜合熱點考點難點及答案

1、中考數學圓與相似的綜合熱點考點難點及答案一、相似1.如圖1,在矩形 ABCD中，AB=6cm, BC=8cm, E F分別是 AB BD的中點，連接 EF,點P從點E出發(fā)，沿EF方向勻速運動，速度為1cms ,同時，點Q從點D出發(fā)，沿DB方Q也停止運動.連接PQ,設運動時間向勻速運動，速度為 2cms ,當點P停止運動時，點 為t (0 V tV 4) s,解答下列問題：(1)求證： BEF DCB;(2) 當點Q在線段DF上運動時，若 PQF的面積為0.6cm2 ,求t的值；(3) 如圖2過點Q作QGAB,垂足為G,當t為何值時，四邊形 EPQG為矩形，請說明理由;(4)當t為何值時， PQ

2、F為等腰三角形？試說明理由.【答案】(1)解：證明：四邊形是矩形，Z AD = BC = 8t AD /7 BCr = 90",在站中，:*§ * BE*V3IrIi I：占 fF Z BEF,商U5I2 *3AS>曙QUlPFX 疑 U *(4 lz% 25 Q-h t t C9* hl: 2 (<)MP 謝帶(3) Q嚴s(黑 F支 Ra黑肆 i"rIH¾bSlI§當點在 上時，T '苜如圖3,綜上所述，或 或IT或秒時,厶汽試是等腰三角形.【解析】 【分析】(1)根據矩形的性質可證得AD/ BG A= G根據中位線定理

3、可證得EF/ AD,就可得出 EF/ BC,可證得 BEF=Z C, BFE=Z DBC,從而可證得結論。(2) 過點 Q作QM丄EF,易證 QM / BE,可證得 QMF BEF,得出對應邊成比例，可 求出QM的值，再根據 PQF的面積為0.6cm2 ,建立關于t的方程，求解即可。(3) 分情況討論：當點 Q在DF上時，如圖2, PF=QF當點Q在BF上時，PF=QF, 如 圖3; PQ=FQ時，如圖4; PQ=PF時，如圖5,分別列方程即可解決問題。在厶 ABM 和厶 CAD 中，I AB=AC, BAM= ACD=90 , AM=CD ,/ ABM CAD ,IJI1BM=AD= X k

4、, AM= 乂踰-榕=11 ? CM=CA - AM=2 , Sbcm= - ?CM?BA=衛(wèi)2.如圖，在 ABC 中，AB=AC, BAC=90°, AH BC 于點 H,過點 C 作 CD AC,連接 AD,點M為AC上一點，且 AM=CD,連接BM交AH于點N,交AD于點E.(1) 若 AB=3, AD=,求 BMC 的面積；(2) 點E為AD的中點時，求證： AD= . BN .【答案】(1)解：如圖1中，× 23=3(2)解：如圖 2中，連接 EC CN,作EQ丄BC于Q, EPBA于P.O AE=ED , ABM= CAD , ACD=90 °

5、76; AE=CE=ED , EAC=Z ECA , '/ ABM CAD , ABM= MCE , v AMB= EMC , CEM= BAM=90 ° ,RIfAJi(Jf£1Efi ABM ECM,O AEM= ACB=45,I AME= BMC, AME BMC , , AEC=135 ° 易 知 PEQ=135 ° PEQ= AEC , AEQ= EQC I P= EQC=90 ,° EPA EQC, EP=EQ v EP BP , EQ丄 BC NCB= NBC=22.5 , ° ENC=Z NBC+ NCB=45

6、 ； ENC 的等腰直角三角形， NC=卜採 EC AD=2EC, 2NC= ： AD, AD=.詞 NG V BN=NC, AD= . BN.【解析】【分析】(1)首先利用 SAS判斷出 ABM CAD,根據全等三角形對應邊相等 得出BM=AD=.,根據勾股定理可以算出AM,根據線段的和差得出CM的長，利用1SBCM= ?CM?BA即可得出答案；(2)連接EG CN,作EQ BC于Q, EP BA于P.根據直角三角形斜邊上的中線等于斜 邊的一半得出 AE=CE=ED根據等邊對等角得出 EAC=Z ECA,根據全等三角形對應角相等 得出 ABM= CAD,從而得出 ABM= MCE,根據對頂角

7、相等及三角形的內角和得出 CEM=Z BAM=90 ；從而判斷出 ABM ECM,由相似三角形對應邊成比例得出BM :CM= AM : EM,從而得出 BM : AM= CM : EM,根據兩邊對應成比例及夾角相等得出 AMEBMC,故 Z AEM=Z ACB=45； Z AEC=135° 易知 Z PEQ=135 ；故 Z PEQ=Z AEC, Z AEQ=Z EQC,又Z P=Z EQC=90 ,；故 EP癢 EQG故EP=EQ根據角平分線的判定得出 BE平分Z ABC,故Z NBC=Z ABN=22.5 ；根據中垂線定理得出NB=NC根據等腰三角形的性質得出Z NCB=Z NB

8、C=22.5 ,故Z ENC=Z NBC+Z NCB=45 , ENC的等腰直角三角形，根 據等腰直角三角形邊之間的關系得出NC= J EC ,根據AD=2EC, 2NC= J AD , AD= NC,又 BN=NC,故 AD= BN.3. 如圖，在平面直角坐標系中，直線' 分別交X軸，y軸于點 A , C,點D(m , 4)在直線 AC上,點B在X軸正半軸上，且 0B=20C.點E是y軸上任意一點，連結DE,將線段DE按順時針旋轉90。得線段DG ,作正方形DEFG記點E為(0 , n).(1) 求點D的坐標；(2) 記正方形 DEFG的面積為S, 求S關于n的函數關系式； 當DF/

9、 X軸時，求S的值；(3) 是否存在n的值，使正方形的頂點 F或G落在 ABC的邊上？若存在，求出所有滿 足條件的n的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)解：v點D ( m , 4)在直線AC上；. 4=m+8，解得 m=- 3,二點 D 的坐標為(-3, 4)(2)解：如圖1,過點D作DHy軸于H,圖1貝y EH=In - 4| S=D呂=EH2+DH2 =(n-4) 2+9;當DF/ X軸時，點 H即為正方形 DEFG的中心， EH=DH=3, n=4+3=7, S= (7 - 4)22+9=181V -X (3)解：TOB=2OC=16 B 為(16, 0), BC為：； 當點F落在B

10、C邊上時，如圖2,作DM丄y軸于M , FN丄y軸于N .<A 0B 12ZDME = ZENF = 90*=仝EFN在厶 DEM 與厶 EFN 中，DE = EF, DEM EFN ( AAS), NF=EM=n- 4, EN=DM=3 F 為(n - 4, n - 3) n 3= -(n 4) +8, n= ;當點G落在BC邊上時，如圖 3,作DM丄y軸于M , GNDM軸于N, O縱坐標為1, 由同理可得 DEM GDN, GN=DM=3 , DN=EM=n 4, 點 G, x=14, DN=14+3=17=n- 4, n=21;當點F落在AB邊上時，如圖 4,作DM丄y軸于M ,

11、3 XA Fg由同理當點GPB X34可得 DEM EFO, 落在AC邊上時，如圖5OE=DM=3,即卩 n=3; CDE=Z AOC=90 ° DCE=Z OCA, DCE OCA, n=,顯然，點G不落在AB邊上，點F不落在AC邊上，故只存在以上四種情況. 綜上可得，當n= 或21或3或【時，正方形的頂點 F或G落在 ABC的邊上.【解析】【分析】(1)根據點D在直線AC上；于是將D (m, 4)代入直線AC的解析式 得出m=-3,從而得出D點的坐標；(2) 如圖1 ,過點D作DHy軸于H,根據和y軸垂直的直線上的點的坐標特點及y軸上兩點間的距離，則DH=In-4|,根據正方形的

12、面積等于邊長的平方及勾股定理得出S=DE求證：IM 如圖，將繞點 逆時針旋轉k護得到(點LA分別對應點)， 設射線 與相交于點，連接岡，試探究線段 與 之間滿足的數量關系，并說明理由.=EH2+DH2= (n - 4) 2+9; 當DF/ X軸時，點 H即為正方形 DEFG的中心，故 EH=DH=3, n=7 ,將n=7代入函數解析式即可得出S的值；(3)首先找到 C點的坐標，得出 OC的長度，然后根據 OB=2OC=16得出B點的坐標，禾U 用待定系數法得出直線 BC的解析式，當點F落在BC邊上時，如圖2 ,作DM丄y軸于 M , FNy軸于N.利用 AAS判斷出/ DEM EFN,根據全等

13、三角形對應邊相等得出 NF=EM=n-4, EN=DM=3從而得出F點的坐標，根據 F點的縱坐標的兩種不同表示方法得 出關于n的方程，求解得出 n的值；當點G落在BC邊上時，如圖3,作DM丄y軸于 M , GN DM 軸于 N ,由 同理可得 DEM GDN, GN=DM=3, DN=EM=n- 4 ,從而得 出G點的縱坐標為1 ,根據點G的縱坐標列出方程，求解得出N的值；當點F落在AB邊上時，如圖 4,作DM丄y軸于 M ,由 同理可得 DEM EFQ OE=DM=3,即卩n=3;當點G落在AC邊上時，如圖5 .首先判斷出 DCE OCA,根據相似三角形對應邊成 比例得出C E： A C =

14、 C D： O C,從而得出關于n的方程，求解得出 n的值，綜上所述得出 所有答案。4. 如圖，在=Q莖中，,卅丄M于點，點在 上，且，連接【答案】(1)證明：在 RtA AHB 中， ABC=45 , AH=BH,在厶BHD和厶AHC中,AH-BH(ZBHD = ZAHC = 9(/ BHD AHC,. Z:W - E工 I(2)解：方法1:如圖1, EHF是由 BHD繞點H逆時針旋轉30得至腹 HD=HF, AHF=30 ° CHF=90+30 =120 ,°由有， AEH和厶FHC都為等腰三角形， GAH= HCG=30 ° CG AE,點C, H, G,

15、A四點共圓， CGH= CAH,設CG與AH交于點Q, AQC= GQH, AQC GQH,AC AQ 1L - - 2 鎖 Wu曠 EHF是由 BHD繞點H逆時針旋轉30得至腹由(1)知,BD=AC, EF=ACEF AC AQ 1二二二二 5即：EF=2HG方法2:如圖2,取EF的中點K,連接GK, HK, EHF是由 BHD繞點H逆時針旋轉30得到， HD=HF, AHF=30 ° CHF=90+30 =120 ；由有， AEH和厶FHC都為等腰三角形， GAH= HCG=30 , CG AE,由旋轉知， EHF=90 ,1 EK=HK= EF1 EK=GK= EF, HK=G

16、K EK=HK FKG=2Z AEF EK=GK HKF=2 HEF,由旋轉知， AHF=30 , AHE=120 ,°由（1）知,BH=AH, BH=EH, AH=EH, AEH=30 ,° HKG= FKG+ HKF=2Z AEF+2Z HEF=2Z AEH=60 ,° HKG是等邊三角形， GH=GK EF=2GK=2GH即：EF=2GH【解析】【分析】（1 ）根據等腰直角三角形的性質得出AH=BH,然后由 SAS判斷出 BHD AHC,根據全等三角形對應角相等得出答案；（2）方法1:如圖1 ,根據旋轉的性質得出HD=HF, AHF=30根據角的和差得出 C

17、HF=90+°0 =120 ；由有， AEH和厶FHC都為等腰三角形，根據等腰三角形若頂角 相等則底角也相等得出 GAH= HCG=30 ,根據三角形的內角和得出CG AE；從而得出點C； H，G, A四點共圓，根據圓周角定理同弧所對的圓周角相等得出 CGH= CAH,根據對頂角相等得出 AQC= GQH,從而得出 AQC GQH,根據全等三角形對應邊成比例 得出A C : H G = A Q : G Q = 1 : Sin 30 =2 ,根據旋轉的性質得出 EF=BD由（1）知， BD=AC從而得出 EF=ACEF=BD 由 E F： H G = A C： G H = A Q： G

18、 Q = 1 : Sin 30 = 2 得出結論；方法2:如圖2 ,取EF的中點K,連接GK, HK,根據旋轉的性質得出HD=HF, AHF=30根據角的和差得出 CHF=90+30°=120o,由（1）有， AEH和厶FHC都為等腰三角形，根據等 腰三角形若頂角相等則底角也相等得出 GAH= HCG=30 ,根據三角形的內角和得出CG AE,由旋轉知， EHF=90°根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出EK=HK= EF, EK=GK= EF,從而得出 HK=GK根據等邊對等角及三角形的外角定理得出 FKG=2Z AEF, HKF=2 HEF,由旋轉知， AHF=

19、30 ° 故 AHE=120 ,。由（1 ）知，BH=AH ,根據等量代換得出 AH=EH ,根據等邊對等角得出 AEH=30° , HKG= FKG+ HKF=2Z AEF+2Z HEF=2Z AEH=60 ,°根據有一個角為 60的等腰三角形是等 邊三角形得出 HKG是等邊三角形，根據等邊三角形三邊相等得出GH=GK根據等量代換得出 EF=2GK=2GH5.在 RtA ABC中，/ ACB=90 ° AC=12 .點 D在直線 CB上，以 CA , CD為邊作矩形 ACDE ,直線AB與直線CE , DE的交點分別為 F ,G . 若點G為DE中點，

20、求FG的長. 若DG=GF ,求BC的長.（2）已知BC=9,是否存在點 D ,使得 DFG是等腰三角形？若存在，求該三角形的腰 長；若不存在，試說明理由.【答案】（1）在正方形 ACDE中，有DG=GE=6在 RtAEG中, AG= EG/ AC ACF GEFFG EGaf7c如圖1 ,在正方形 ACDE中，AE=ED AEF= DEF=45 ,°又 EF=EFAEF DEF 仁 2 (設為x) AE/ BC b= 1=x GF=GD 3= 2=x在厶 dbf 中， 3+ FDb+ b=180° x+ (x+90 )° +x=180，。解得 x=30 B=30

21、 °在 RtA ABC 中，BC=GF=GD(2)在 RtA ABC 中，AB=如圖2,當點D在線段BC上時，此時只有DG/ AC BDG BCA設 BD=3x,貝U DG=4x, BG=5x GF=GD=4x,貝U AF=15-9x AE/ CB, AEFA BCF9 - 3x.15 9x解得X = 1, X2=5 （舍去）腰長 GD=4x=4ABCE的交點在 AE上方時，此時只有如圖3,當點D在線段BC的延長線上，且直線 FG=DG=12+4x , AE/ BC AEF BCFBC B3x 9x 12鄉(xiāng)弘r出,即2=4 解得X=2, X2=-2 （舍去） 腰長 GD=4x+12=

22、20AB , EC的交點在BD下方時，此時只有如圖4,當點D在線段BC的延長線上，且直線DF=DG ,過點 D 作 DH FGO他32x969b96)EDCA舸二AC AFeg Tg設 AE=3x ,貝y EG=4x , AG=5x , DG=4x+124 I6x 羽(4x 12) X - =A FH=GH=DG cos DGB=AC/ DG ACF GEFAC/ EG ACF GEF如圖5,當點D在線段Cb的延長線上時，此時只有 DF=Dg,過點D作Dh丄AG ,4 IGx - 48(4x - 12) X - FH=GH=DG cos DGB= AF=AG- FG=32x - 96Sx AF

23、=GF-AG=4x 1-(32X 十5解得X1 =,即 7x2=288cosIJXn4X2=: (舍去)84 十腰長 GD=4x+12=設 AE=3x ,則 EG=4x ,AG=5x , DG=4x-12 GF=2GH=AC Afi:.EGFG1-(9 - Tx)125N =-(32 - y),即 7x2=2887iT7解得Xi= T , X2=廠(舍去)-84 納網:腰長 GD=4x-12=84 + 4iKL4 I -陰十 lTj綜上所述，等腰 DFG的腰長為4, 20,【解析】【分析】(1 )此小題考查相似三角形的判定與性質；由正方形的性質可得AGIlEG ,則 ACF GEF,即可得 F

24、G: AF=EG AC=1:2,則只要由勾股定理求出AG即可； 由正方形性的對稱性，不難得出仁2,而由 GF=GD可知 3= 2,在厶BDF中，由三角形內角和為180度，不難求出 b的度數，可知是一個特殊角的度數，從而求出BC即可；(2)因為BC=9,所以B是定點，動點是 D,因為點D是直線BC上一點，隨著點 D 的位置的變化，E和F點的位置也跟著變化；需要分類計論點D在線段BC上，點D在BC的延長線和點 D在CB的延長線上，再逐個分析等腰三角形的存在性，根據相似三角形的 性及三角函數分析解答即可6如圖，正方形、等腰的頂點 在對角線上(點 與、同不重合)，闋與 交于，延長線與交于點，連接 (1

25、) 求證：(2) 求證：P腫電(3) 若，求i m用;的值.【答案】(1)解：dC是正方形，府-佈 ABC = 90c, ,V '是等腰三角形，紡一沁 矽“熔P才鍥L =代'心W隱護它注(2)解：I是正方形，. |/；咅.廿 /.-宀.疋 L 、二V '是等腰三角形， 沁-何I. 海沁'二齡二彳潢 応歹 E3亠丘死F-UJ .；TF 釘 疋 芒八.廠用;.；.-. 用 ：f .沐. a嚴-腭. ,=AF AL(3)解：由 得二 口 _：.<:.丄":沁.由. _a M, 丙二空蒼 ,在M 乜中，QCAPI?1-J【解析】【分析】(1)證出 ABP

26、= CBQ由SAS證明厶ABP CBQ可得結論；(2) 根據正方形的性質和全等三角形的性質得到 加：二F卅-涼-” I APF= ABP,可證明 APF ABP,再根據相似三角形的性質即可求解；(3) 根據全等三角形的性質得到 BCQ= BAC=45° ,可得 PCQ=90 ,根據三角函數和已QC AP 1t anjzY7V -二二 丿J知條件得到PC PC J ,由(2)可得二田F ,等量代換可得 CBQ= CPQ即可求解.7.如圖，拋物線 y = a (X- m- 1) 2+2m (其中m > 0)與其對稱軸I相交于點P.與y軸 相交于點A (0 , m)連接并延長 PA

27、PO,與X軸、拋物線分別相交于點 B、C,連接BC將 PBC繞點P逆時針旋轉，使點 C落在拋物線上，設點 C、B的對應點分別是點 B和C'.(2) 求證： BCA= CAO;(3) 試問：BB +BC BC是否存在最小值？若存在，求此時實數 m的值，若不存在，請說 明理由【答案】(1) y=- 2+x+y= kx+b 得:(2)證明：把點P、A的坐標代入一次函數表達式:X - ? b/ Jb = m,解得：b - atJW則直線PA的表達式為：y=x+m,令y= 0 ,解得：x=- m - 1 ,即點B坐標為(-m - 1, 0),同理直線 OP的表達式為：y=；"扌，將 聯

28、立得：a (X- m - 1) 2+2m -坯' X= 0,其中a=-,該方程的常數項為：a (m+1) 2+2m,C a(m + I)2 ÷ 刼由韋達定理得： X1x2= c?XP=占=H=-( m+1) 2 ,其中 XP= m+1 ,貝卩 Xc=- m - 1 = XB , BC/ y 軸, BCA= CAO(3)解：如圖當點 B'落在BC所在的直線時，BB +BC BC存在最小值,連接 BB'、CC, CCI,而 ODI, CC7/ OD, POD= PCC,' PB ' 7P+ ' = 180 ° PB'由&#

29、39; PBC旋轉而得, PBC= PB ' ,CPB= PB, BPB = CPC,' PBC+ PB' =180 ° BC/ AO, ABC+ BAO= 180 ° PB ' = BAO, PB= PB ； PC= PC, PB ' = PCC= PB ' = PCC7 BAO= PCC, 而 POD= PCC, BAO= POD, 而 POD= BAO= 90°,BOPD將 BO= m+1 , PD= 2m, AO= m , OD= m+1 代入上式并解得:L -m= 1+ '(負值已舍去)1）把點A的

30、坐標代入二次函數表達式得:m= a(m - 1)【解析】 【解答】解：（(X- m - 1) 2+2m，則點P的坐標為(m+1 , 2m),點A的坐標為(O, m),把m = 1代入 式，整理得：y=- x2+l,故：答案為：y=- x2+x+1;【分析】(1)把點A的坐標代入二次函數表達式得：m = a(- m - 1)2+2m ,解得：a =-一，把m= 1代入上式，即可求解；( 2)求出點 B、C的坐標，即可求解；(3)當點 B'落在 BC所在的直線時， BB +B- BC存在最小值，證 BAO POD,即可求 解.&如圖1,圖形ABCD是由兩個二次函數 Vl =,祇 M

31、與.吃-占/ b(a : 0)的部分圖像圍成的封閉圖形，已知A(1, 0)、B(0, 1)、D(0,- 3).(1) 直接寫出這兩個二次函數的表達式；(2) 判斷圖形 ABCD是否存在內接正方形(正方形的四個頂點在圖形ABCD上)，并說明理由；(3)如圖2,連接 BC CD AD,在坐標平面內，求使得 BDC與厶ADE相似(其中點 C 與點E是對應頂點)的點 E的坐標.【答案】(1)解： 口 " F E 口療-T(2)解：存在，理由：當該內接正方形的中心是原點O,且一組鄰邊分別平行于X軸、y軸時，設 M ( x,-x2+1)為第一象限內的圖形ABCD上一點，M' ( x,3x

32、2-3)為第四象限內的圖形上一點， MM'= (1-x2) -3 ( 3x2-3) =4-4x2 ,由拋物線的對稱性知，若有內接正方形，則2x=4-I 十呵 P4x2 ,即 2x2+x-2=0, X=或(舍)，X I十T十呵,存在內接正方形，此時其邊長為2同理CD=、.(3)解：解：在 RtAAoD 中，OA=1, 0D=3, ADhnE -;樺-J厲 在 RtA BOC中，0B=0C=1, BC=VIa+澎=.如圖(1)當厶DBc也DAE時，因 CDB=Z ADO ,二 在 y 軸上存 在一點 E,416W-= 一WO 滋，得 DE=,因 D (0, -3),由對稱性知在直線 DA右

33、側還存在一點E'使得 DBC也DAE',連接 EE交DA于F點，作E'M 0D，垂足為 M ,連接E'D, E、E'關于 DA 對稱， DF垂直平分 EE', / DEFA DAO,DE DFDA DOEb 'A6，有?EM二弓Sg' - -DE EM - EF DF -因，在 RtA DE'M 中, OM=I , 得DM=h & -打或,),使得 DBCA DAE的點E的坐標為（0, 如圖（2）他DB DC當厶 DBCAADE 時，有 BDC= DAE,4 VTi 5即，得AE=.當E在直線DA左側時，設 AE交

34、y軸于P點，作EQ丄AC,垂足為Q.由 BDC= DAE= ODA， PD=PA 設 PD=X 貝U P0=3-x, PA=X,在 RtAAOP 中，由 P=OAS OP 得 P=(J-X尸 / ,解得,則有PO=,因 AE= , PE=, 在厶 AEQ 中，OP/ EQ,AP a6.,得QE=2, E (),OQ =OP AP&E AE當E在直線DA右側時,因 DAE'= BDC,又 BDC= BDA, BDA= DAE', J則 AE'/ OD, E' (1 ,-),；5C f j則使得 DBe也ADE的點E的坐標為 廠 八或 二E的坐標有4個,&q

35、uot;13；占>-K - I)/-J)(Ir -)-,)或M或 或/綜上，使得 BDC與厶ADE相似（其中點 C與點E是對應頂點）的點即（0,【解析】【解答】(1) 二次函數汽=譏占"用:蝕 < :剖經過點 A (1,0), B ( 0,1)代入 得k f " d1 =- jInJWr用J解得'!B=I二次函數J7/ =Z I二次函數 咒F=KF K: /總經過點A (1,0), D ( 0,-3)代入得r a = 3IC- 3解得電 J 二次函數Fx-J“ - J .【分析】(1)由A (1,0) , B (0, 1)代入二次函數一7 = JiJr

36、m(k -少 解出k, m的 值可得二次函數y1的表達式；由A ( 1,0 )， D ( 0，-3 )代入二次函數-吃存*心 ?血解出k, m的值可得二次函數 y1的表達式；(2)判斷是否存在，可 以列舉出一種特殊情況：當該內接正方形的中心是原點0,且一組鄰邊分別平行于 X軸、y軸時，則可設點 M (x,-x2+1)在y1圖象上，則該正方形存在另一點M' ( x,3x2-3)在y2圖象上，由鄰邊相等構造方程解答即可；(3)對于 BDC與厶ADE相似，且C于D對應，那么就存在兩種情況：當點B對應點 人，即 DBC DAE,此時點E的位置有兩處，一處在y軸上，另一處在線段 AD的右側；當點

37、B對應點DA時，即 DBCADE,些時點E 有兩處，分別處于線段 AD的左右兩側；結果兩種情況所有的條件解出答案即可二、圓的綜合9.如圖，在 ABC中，AB= AC,以AB為直徑作 O, O交BC于點D,交CA的延長線 于點E.過點D作DF AC,垂足為F.(2)若AB= 4, C= 30°求劣弧BE的長.4【答案】(1)證明見解析(2)3【解析】分析：(1)連接AD、OD,根據直徑所對的圓周角為直角，可得 ADB=90 ,然后根據等腰三角形的性質求出 BD=CD再根據中位線的性質求出ODDF,進而根據切線的判定證明即可；(2)連接OE,根據三角形的外角求出 BAE的度數，然后根據圓

38、周角定理求出 BOE的度數，根據弧長公式求解即可 詳解：(1)連接 AD、OD. AB 是直徑， ADB= 90° AB= AC, BD= CD,又 OA= OB, OD是厶 ABC的中位線， OD/ AC,DF AC, OD DF即 ODF= 90° DF為 O的切線； BAE= 60° BOE= 2 BAE, BOE= 120；點睛：本題是圓的綜合題，考查了等腰三角形的性質和判定、切線的性質和判定、三角形 的中位線、圓周角定理，靈活添加輔助線是解題關鍵.10.已知e O的半徑為5,弦AB的長度為m,點C是弦AB所對優(yōu)弧上的一動點.1如圖，若m 5 ,則 C的度

39、數為o;2如圖，若m 6.求 C的正切值；425【解析】【分析】1連接OA, OB,判斷出VAOB是等邊三角形，即可得出結論；2先求出AD 10 ,再用勾股定理求出 BD 8 ,進而求出tan ADB ,即可得出結 論；分三種情況，利用等腰三角形的性質和垂徑定理以及勾股定理即可得出結論.【詳解】1如圖1,連接OB, 0A,OB OC AB ,VAOB是等邊三角形,AOB 60o,1ACB AOB 30o,2故答案為30;2如圖2 ,連接AO并延長交eO于D,連接BD,AD 10， 在 RtVABD 中,ABD90o，tan ADBABm 6 ,根據勾股定理得，BDABBDQ C ADB ，C的

40、正切值為-4I、當AC BC時，如圖3,連接CO并延長交AB于E,AE BE 3,在RtVAEO中，OA 5 ,根據勾股定理得， OECE OE OC 9,1AB CE21 6 927 ;2SVABCn、當AC AB 6時，如圖4,QAC AB , OC OB ,AO是BC的垂直平分線，過點0作OG AB于G,1AOG -2AOB ， AG-AB23Q AOB 2ACB，ACFAOG，AG3在 RtVAOG 中,Sin AOGAC5Sin ACF35在 RtVACF 中，Sin ACF35，3 C18AF -AC55，2412CFSVABCAF BC1 18244322 5525川、當BA B

41、C 6時，如圖5,由對稱性知,SVABC43225【點睛】 圓的綜合題，主要圓的性質，圓周角定理，垂徑定理，等腰三角形的性質，三角形的面積 公式，用分類討論的思想解決問題是解本題的關鍵.11.如圖在 ABC 中， C=90 ° AC=BC, AB=30cm ,點 P 在 AB 上，AP=10cm ,點 E從點 P出發(fā)沿線段PA以2cms的速度向點A運動，同時點F從點P出發(fā)沿線段PB以1cms的 速度向點B運動，點E到達點A后立刻以原速度沿線段 AB向點B運動，在點E、F運動過 程中，以EF為邊作正方形 EFGH使它與 ABC在線段AB的同側，設點 E、F運動的時間 為 t (S)(

42、0 V t V 20).(1) 當點H落在AC邊上時，求t的值；(2) 設正方形EFG日與厶ABC重疊部分的面積為 S. 試求S關于t的函數表達式； 以1點C為圓心，一t為半徑作 C,當C與GH所在的直線相切時，求此時 S的值.29t2?(0 t 2)7 2【答案】(1) t=2s 或 10s；( 2)S=-t2 50t 50(2 t 10); 100cm 22t 40t 400? (10 t 20)【解析】試題分析：(1)如圖1中，當0 V t 5時，由題意 AE=EH=EF,即卩10-2t=3t, t=2 ;如圖2中，當 5 V tV20 時，AE=HE, 2t - 10=10 -( 2t

43、 - 10) +t, t=10;(2)分四種切線討論 a、如圖3中，當0V t2時，重疊部分是正方形EFGH S= (3t)2=9t2. b如圖4中，當2Vt 5時，重疊部分是五邊形EFGMN c如圖5中，當5V t V 10時，重疊部分是五邊形 EFGMN d、如圖6中，當10vtV20時，重疊部分是正方形EFGH分別計算即可；分兩種情形分別列出方程即可解決問題.試題解析：解：(1)如圖1中，當0 V t5時，由題意得：AE=EH=EF,即10- 2t=3t, t=22El如圖 2 中，當 5V t V 20 時，AE=HE, 2t - 10=10-( 2t - 10) +t, t=10.E

44、FGH, S= (3t) 2=9t2如圖4中，當2 V t 5時，重疊部分是五邊形EFGMN, S= ( 3t) 2-(5t - 10)2綜上所述：t=2s或10s時，點H落在AC邊上.-t2+50t - 50.21-(30- 3t) 2=-2-t2+50t - 50.240t+400.如圖6中，當10 V tv 20時，重疊部分是正方形 EFGH S= (20 - t) 2=t2CAP EFB9t2?(0 t2)7 2綜上所述：S= -t2250t50(2 t10).t2 40t400? (10 t20)130如圖7中，當0Vt5時，-t+3t=15，解得：t=亍此時s=100cm2，當5V

45、tV 20時，S的值為100 cm2點睛：本題考查了圓綜合題、正方形的性質、等腰直角三角形的性質、切線的性質等知 識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題， 能漏解，屬于中考壓軸題.學會用分類討論的思想思考問題，注意不12.如圖， ABC內接于O, AB是直徑， O的切線PC交BA的延長線于點 P, OF/ BC 交AC于點E,交PC于點F,連結AF.（1）判斷AF與 O的位置關系并說明理由；3【答案】（1） AF與 O相切 理由見解析；（2）-5【解析】試題分析：（1）連接OC,先證 OCF=90°,再證明 OAF OCF,得出 OAF= OCF=90°即可；OA AE（

46、2）先求出AE、EF,再證明 OAE AFE得出比例式，可求出半徑，進而AF EF求出直徑，由三角函數的定義即可得出結論.試題解析：解：（1） AF與O相切.理由如下：連接 OC.如圖所示.t PC 是 O 的切線， OC PC, OCF=90o. v OF/ BC, B= AOF, OCB= COF v OB=OC, B= OCB AOF= COF.在厶 OAF 和 OCF 中，V OA=OC, AOF= COF, OF=OF, ：， OAF OCF (SAS , OAF= OCF=90 : AF 與 O 相切；1(2) V OAF OCF OAE= COE OEAC, AE-AC=12OA

47、 AE,即QA工AF EF 1592 ， EF= 152 122 9 V OAF=90° , OAB AFE,OA=2O , AB=40 , SinB=AC 243點睛：本題考查了切線的性質與判定和全等三角形的判定與性質以及相似三角形的判定與 性質；熟練掌握切線的證法和三角形相似是解題的關鍵P為劣13.如圖，OB是以(O, a)為圓心，a為半徑的O1的弦，過B點作O1的切線, 弧OB上的任一點，且過 P作OB、AB OA的垂線,垂足分別是 D E F.(1) 求證：PD2=PE?PFD、E、F、P四個點的坐標及Sadef.(2) 當 BOP=30 , P點為OB的中點時，求(2)aa

48、，2)；(D(,4S DEF=口 a2.163a), E (- a,二 a), F (43、3a,2【解析】試題分析:PE PD，出PBOP(2)連接 O1B,OP,利用AB切 O1于B求證 PBE POD,得PB PD同理， opfa BPD,得出，然后利用等量代換即可.OP PFO1P,得出 O1BP和厶O1PO為等邊三角形，根據直角三角形的性質即可DEF的面連接PB ,解得D、E F P四個點的坐標再利用三角形的面積公式可直接求出三角形積.試題解析：(1)證明：連接PB, OP,V PE AB, PD丄 OB, BEP=Z PDO=90 ,° AB 切 Oi 于 B, ABP= BOP, PBE POD,PE =-PE：0P_PD同理， OPF BPDPB.PD：0P_PE3PFPDPD-JPF PD2=PE?PF(2)連接 OiB, OiP, AB 切 Oi 于 B, POB=30°, ABP=30 ,° OBP=90°-30 °=60 °,/ OiB=OiP, OiBP為等邊三角