中考數(shù)學(xué)圓與相似-經(jīng)典壓軸題

中考數(shù)學(xué)圓與相似-經(jīng)典壓軸題

一、相似

1.在等腰直角三角形ABC中/ACB=90",AC=BC,D是AB邊上的中點(diǎn)，RtAEFG的直角頂

點(diǎn)E在AB邊上移動(dòng).

0(￡)

m

（1）如圖1,若點(diǎn)D與點(diǎn)E重合且EG_LAC、DF±BC,分別交AC、BC于點(diǎn)M、N,

易證EM=EN；如圖2,若點(diǎn)D與點(diǎn)E重合，將△EFG繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，則線(xiàn)段EM與EN的長(zhǎng)

度還相等嗎?若相等請(qǐng)給出證明，不相等請(qǐng)說(shuō)明理由；

（2）將圖1中的RtAEGF繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度a（SVaV45。）.如圖2,在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)

NMDC=15。時(shí)，連接MN,若AC=BC=2,請(qǐng)求出線(xiàn)段MN的長(zhǎng)；

（3）圖3,旋轉(zhuǎn)后，若RtAEGF的頂點(diǎn)E在線(xiàn)段AB上移動(dòng)（不與點(diǎn)D、B重合），當(dāng)AB=3AE

時(shí)，線(xiàn)段EM與EN的數(shù)量關(guān)系是;當(dāng)AB=m-AE時(shí)-，線(xiàn)段EM與EN的數(shù)量關(guān)系

是.

【答案】（1）解：EM=EN;原因如下：

ZACB=90°AC=BCD是AB邊上的中點(diǎn)

DC=DBZACD=ZB=45"ZCDB=90°

ZCDF+ZFDB=90°

???ZGDF=90".".ZGDC+zCDF=90°/.ZCDM=ZBDN

在^CDM和^BDN中

ZMCD=ZB,DC=DB,ZCDM=ZBDN,

△CDM2△BDNDM=DN即EM=EN

（2）解：作DP±AC于P,則

ZCDP=45°CP=DP=AP=1

ZCDG=15°ZMDP=30°

PL

cosZMDP=ML

小3

二DM=2,DM=DN,

MND為等腰直角三角形

(3)NE=2ME；EN=(m—1)ME

【解析】【解答】解：(3)NE=2ME,EN=(m-l)ME

證明：如圖3,過(guò)點(diǎn)E作EP_LAB交AC于點(diǎn)P

則△AEP為等腰直角三角形，ZPEB=9O°

二AE=PEAB=3AE,BE=2AE/.BE=2PE

又；ZMEP+ZPEN=90°

zPEN+ZNEB=90"

ZMEP=ZNEB

又。ZMPE=ZB=45°

APME-ABNE

MEPE_1

：.NE~EB即EN=2EM

由此規(guī)律可知,當(dāng)AB=m-AE時(shí)，EN=(m-l)-ME

【分析】(1)EM=EN;原因如下：根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出DC=DBNACD=NB=

45°2^口8=90。根據(jù)同角的余角相等得出/^。1\/1=/8口心然后由ASA判斷出

△CDM2△BDN根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等得出DM=DN即EM=EN；

(2)根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出ZCDP=45°CP=DP=AP=1,根據(jù)角的和差得出

PL

ZMDP=30°,根據(jù)余弦函數(shù)的定義及特殊角的三角函數(shù)值，由COSNMDP=而得出DM的

長(zhǎng)，又DM=DN,故△MND為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得出MN

的長(zhǎng)；

⑶NE=2ME,EN=(m-l)ME,如圖3,過(guò)點(diǎn)E作EP_LAB交AC于點(diǎn)P,則△AEP為等腰直角

三角形，NPEB=90。，根據(jù)同角的余角相等得出NMEP=NNEB然后判斷出

△PME-△BNE,根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例即可得出U結(jié)論，由此規(guī)律可知，當(dāng)AB=

m-AE時(shí)，EN=(m-l)-ME

2.在數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，小亮進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動(dòng)，4ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，E

是AC上一點(diǎn)，小亮以BE為邊向BE的右側(cè)作等邊三角形BEF,連接CF.

圖1圖2

(1)如圖1,當(dāng)點(diǎn)E在線(xiàn)段AC上時(shí)，EF、BC相交于點(diǎn)D,小亮發(fā)現(xiàn)有兩個(gè)三角形全等，

請(qǐng)你找出來(lái)，并證明；

rf

(2)當(dāng)點(diǎn)E在線(xiàn)段AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)F也隨著運(yùn)動(dòng)，若四邊形ABFC的面積為，，求AE

的長(zhǎng)；

(3)如圖2,當(dāng)點(diǎn)E在AC的延長(zhǎng)線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)時(shí)，CF、BE相交于點(diǎn)D,請(qǐng)你探求4ECD的面

積52與4DBF的面積S2之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；

立

(4)如圖2,當(dāng)AECD的面積S[=6時(shí)，求AE的長(zhǎng).

【答案】(1)解：現(xiàn)點(diǎn)E沿邊AC從點(diǎn)A向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，始終有AABEgCBF.

由圖1知，△ABC與△EBF都是等邊三角形，，AB=CB,BE=BF,NABC=NEBF=60°,

ZCBF=ZABE=60°-ZCBE,/.&ABEmCBF.

(2)解：由(1)知點(diǎn)E在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終有△ABE幺CBF,

因四邊形BECF的面積等于三角形BCF的面積與三角形BCE的面積之和，

四邊形BECF的面積等于△ABC的面積，因△ABC的邊長(zhǎng)為2,則

y[3,「

SAABC--Xi=木

前

四邊形BECF的面積為4,又四邊形ABFC的面積是4,

S^ABE

4,在三角形ABE中,因NA=60。，.,.邊AB上的高為AEsin60。,

1143

1A/3J

SAABE=那氏in60°=-X2X—AE

<u4,則AE=2.

(3)解：S2-Si=小.

由圖2知，△ABC與△EBF都是等邊三角形，AB=CB,BE=BF,ZABC=ZEBF=60°,

又/CBF=ZABE=60°+ZCBE,/.△ABE%CBF,

S6ABE=Sa?，S6FDB=SAECD+S△甌,

則SAFDB-SaECD=Sd例=/,貝Ij$2_S/=心

（4）解：由（3）知$2-S/=gpSAW-SAECD=,

y/37/

.SAECD=—SABDF=-

由6得b,■,-△ABEHCBF,

AE=CF,ZBAE=ZBCF=60°,

又NBAE=ZABC=60",得NABC=NBCF,/.CFIIAB,則△BDF的邊CF上的高與^ABC的高

相等，即為

771

則DF=3,設(shè)CE=x,則2+x=CD+DF=CD+J,/.CD=x-3,

CDCEX~~3x

'二—

在△ABE中，由CDIIAB得，AB4,即2川，2,

2

化簡(jiǎn)得3/-*-2=6,，x=：L或x=-W（舍），

即CE=1,AE=3.

【解析】【分析】（1）不難發(fā)現(xiàn)△ABE上CBF,由等邊三角形的性質(zhì)得到相應(yīng)的條件，根

據(jù)"SAS"判定三角形全等；（2）由（1）可得AABEHCBF,則Sd疲二Sd.，則四邊形

ABFC=SA皎+S四邊崛0=SA/SE+SABEC+5」硬=Sd/jfif+,由四邊形ABFC的

4/3

面積為/和等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為2,可求得△ABE的面積，由底ABxAEsin60。，構(gòu)造

方程可解出AE.（3）當(dāng)E在AC的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，△ABEmCBF依然成立，則

S^ABE=Sd呼,即SAABC+$ABCD+Sj貿(mào)P=S6BCD+5d限由等量關(guān)系即可得答案.

（4）由（3）可求出△FBD的面積，由△ABEaCBF,則AE=CF,

ZBAE=ZBCF=60°=ZABC,則CF〃AB,則對(duì)于△BDF的邊CF上的高等于△ABC的高，則可求

CDCE

出DF的長(zhǎng)度；由AE=CF,可設(shè)CE=x,且CD//AB可得初一Ah，代入相關(guān)值解出x即可.

3.如圖，拋物線(xiàn)尸c與坐標(biāo)軸交點(diǎn)分別為,B（3,0）,

C（0,2）,作直線(xiàn)BC.

（1）求拋物線(xiàn)的解析式；

（2）點(diǎn)P為拋物線(xiàn)上第一象限內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作即上x(chóng)軸于點(diǎn)D,設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為

t(o<t<3),求/曲的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式；

(3)條件同⑵，若△ODF與△碘相似，求點(diǎn)P的坐標(biāo).

【答案】(1)解：把A<-1,如，^(3,0),C很2)代入y=ax-"bx'c得:

a-b-f-c=0

{98+3b+c=0

c=2,

24

a--~b--/

解得：3,J,c=/,

224.

.v------x+f+N

一拋物線(xiàn)的解析式為33

24

(2)解：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t,-3tx2+九+2),

???A(-1,O),B(3,0),

AB=4,

I1{244,8

-AB?PD=-X4X\--t2-t*2--t2+-t+4(。<t<3)

■C_22\33，33

OD

(3)解：當(dāng)CODP-△COB時(shí)，OC

整理得：在2+t-12=G,

-1+\[193-I-y[193

解得：,-8或,8'舍去，，

-1i-yf7933-3+3\/193

.：OD=t=-

8,DP=/=―

十4^93-3十34793

?:點(diǎn)p的坐標(biāo)為8'16

一一t2+T+2

OD_DPt_33

當(dāng)△ODP-△BOC,則BO-OC,即32

整理得產(chǎn)-t3=6,

1十i-713

解得：1"一~2~或1—一萬(wàn)一(舍去),

-1+21*V^S

?：OD=t=-DP=-OD=——

8,33

一/十71931十713

二點(diǎn)P的坐標(biāo)為6S~~s一,

-1+yj193—3+3sli93-1+，1931+

綜上所述點(diǎn)P的坐標(biāo)為r~8~~16’或(~8~~3—

【解析】【分析】(1)利用待定系數(shù)法，將點(diǎn)A、B、C三點(diǎn)坐標(biāo)分別代入函數(shù)解析式，

建立方程組，就可求出a、b、c的值，即可解答；或設(shè)函數(shù)解析式為交點(diǎn)式，即y=a

(x+1)(x-3),再將點(diǎn)C的坐標(biāo)代入可解答。

(2)點(diǎn)P為拋物線(xiàn)上第一象限內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，因此利用二次函數(shù)解析式，由P的橫坐標(biāo)為t表

示出點(diǎn)P的坐標(biāo)，利用三角形的面積公式，就可得出s與t的函數(shù)解析式。

(3)分兩種情況討論：當(dāng)△ODP-△COB時(shí)；當(dāng)△ODP-△BOC,分別利用相似三角

形的性質(zhì)，分別得出對(duì)應(yīng)邊成比例，建立關(guān)于t的方程，求出t的值，就可得出點(diǎn)P的坐

標(biāo)。

4.已知菱形的一個(gè)角與三角形的一個(gè)角重合，然后它的對(duì)角頂點(diǎn)在這個(gè)重合角的對(duì)邊上，

這個(gè)菱形稱(chēng)為這個(gè)三角形的親密菱形，如圖，在4CFE中，CF=6,CE=12,NFCE=45。,以點(diǎn)C為

1

圓心，以任意長(zhǎng)為半徑作AD,再分別以點(diǎn)A和點(diǎn)D為圓心，大于EAD長(zhǎng)為半徑做弧，交

存于點(diǎn)B,ABIICD.

(1)求證：四邊形ACDB為ACFE的親密菱形;

(2)求四邊形ACDB的面積.

【答案】(1)證明：由己知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺規(guī)作圖痕跡得：BC是NFCE的角

平分線(xiàn)，

ZACB=NDCB,

又ABIICD,

ZABC=NDCB,

ZACB=ZABC,

AC=AB,

又AC=CD,AB=DB,

AC=CD=DB=BA,

??四邊形ACDB是菱形，

又NACD與^FCE中的NFCE重合，它的對(duì)角NABD頂點(diǎn)在EF上,

四邊形ACDB為AFEC的親密菱形.

(2)解：設(shè)菱形ACDB的邊長(zhǎng)為x,CF=6,CE=12,

FA=6-x,

又；ABIICE,

/.△FAB-△FCE,

FAAB

「?7c~CEf

6-xx

即6-12,

解得：x=4,

過(guò)點(diǎn)A作AH_LCD于點(diǎn)H,

在RtAACH中，ZACH二45。，

Ah

/.sinzACH=」也

更

AH=4x2=2?由,

.?.四邊形ACDB的面積為：4X2/8也.

【解析】【分析】(1)依題可得：AC=CD,AB=DB,BC是NFCE的角平分線(xiàn)，根據(jù)角平分線(xiàn)的

定義和平行線(xiàn)的性質(zhì)得NACB=NABC,根據(jù)等角對(duì)等邊得AC=AB,從而得AC=CD=DB=BA,

根據(jù)四邊相等得四邊形是菱形即可得四邊形ACDB是菱形；再根據(jù)題中的新定義即可得證.

(2)設(shè)菱形ACDB的邊長(zhǎng)為X,根據(jù)已知可得CF=6,CE=12,FA=6-x,根據(jù)相似三角形的判定

6-xx

和性質(zhì)可得6%,解得：x=4,過(guò)點(diǎn)A作AH_LCD于點(diǎn)H,在RtAACH中，根據(jù)銳角三

角形函數(shù)正弦的定義即可求得AH,再由四邊形的面積公式即可得答案.

5.在RtAABC中，NACB=90。，AC=12.點(diǎn)D在直線(xiàn)CB上，以CA,CD為邊作矩形

ACDE,直線(xiàn)AB與直線(xiàn)CE，DE的交點(diǎn)分別為F,G.

(1)如圖，點(diǎn)D在線(xiàn)段CB上，四邊形ACDE是正方形.

①若點(diǎn)G為DE中點(diǎn)，求FG的長(zhǎng).

②若。G=GF,求8c的長(zhǎng).

(2)已知8c=9,是否存在點(diǎn)。，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求該三角形的腰

長(zhǎng)；若不存在，試說(shuō)明理由.

【答案】(1)①在正方形ACDE中，有DG=GE=6

在RtAAEG中，AG=\/力盧+醉=《1芋+?二期

■：EGIIAC

△ACF-△GEF

FGEG

二7一元，

PG_6_1

???萬(wàn)一7?二

(SD

ZAEF=ZDEF=45°,

又EF=EF,△AEFM△DEF

/.Z1=Z2(設(shè)為x)

,/AEIIBC

Zb=Zl=x

*/GF=GD

Z3=Z2=x

在^dbf中，Z3+ZFDb+Zb=180°

x+(x+90°)+x=180°,解得x=30。

???ZB=30°

???在RtAABC中,BC=tan<30

(2)在RtAABC中，AB=J加+靖=Rl*+￥=15

如圖2,當(dāng)點(diǎn)D在線(xiàn)段BC上時(shí),此時(shí)只有GF=GD

/r艮----------if

C0B

<E2>

,/DGIIAC

二△BDG~△BCA

設(shè)BD=3x,貝ljDG=4x,BG=5x

GF=GD=4x,貝ljAF=15-9X

1/AEIICB,

「.△AEF?△BCF

AEAb

「?而—》

9-3x15~9x

99x，即f-fir+5=G

解得x「l,X2=5（舍去）

腰長(zhǎng)GD=4x=4

如圖3,當(dāng)點(diǎn)。在線(xiàn)段BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，且直線(xiàn)48,CE的交點(diǎn)在AE上方時(shí)，此時(shí)只有

GF=Dg9

(ffl3)

設(shè)AE=3x,貝(JEG=4x,AG=5x,

/.FG=DG=12+4x,

AEWBC

??.△AEF~△BCF

AEAb

???BC而

3x9x+12

「?99M+27,即、2=4

解得x:2,x2=-2(舍去)

腰長(zhǎng)GD=4x+12=20

如圖4,當(dāng)點(diǎn)D在線(xiàn)段BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，且直線(xiàn)4B,EC的交點(diǎn)在8。下方時(shí)，此時(shí)只有

DF=DG,過(guò)點(diǎn)D作DH_LFG。

fi

D

F

(ffi4)

設(shè)AE=3x,貝I」EG=4x,AG=5x,DG=4x+12

416x+48

(4x+12)X-----------------

/.FH:GH=DGcosNDGB=55

32x+96

GF=2GH=5,

32x+967x+96

----------------5x--------------

.?.AF=GF-AG=55

,/ACWDG

/.△ACFs△GEF

ACAb

??瓦一五

4x1

二(32x+96)nn

??5，即7X2=288COS

1241412^14

解得x『7,x?=7(舍去)

84+49^74

：.腰長(zhǎng)GD=4x+12=7

如圖5,當(dāng)點(diǎn)D在線(xiàn)段Cb的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí),此時(shí)只有DF=Dg,過(guò)點(diǎn)D作Dh_LAG,

(圖5)

設(shè)AE=3x,貝ljEG=4x,AG=5x,DG=4x-12

416x-48

(4x-12)X—二--------

FH=GH=DG-cosZ.DGB=55

32x-9696-7x

5x----------二--------

/.AF二AG-FG=55

,：ACWEG

???△AC%△GEF

AC_Af

：.~EG~~FG

=

~x~l

-(32x-96)nn

5,即7X2=288

12^12^14

解得x『7,x=7(舍去)

~84+48\[T^

腰長(zhǎng)GD=4x-12=7

84+-84+48^T)

綜上所述，等腰△DFG的腰長(zhǎng)為4,20,7,

【解析】【分析】(1)①此小題考查相似三角形的判定與性質(zhì)；由正方形的性質(zhì)可得

AG//EG,則AACFsAGEF,即可得FG：AF=EG：AC=1:2,則只要由勾股定理求出AG即

可；

②由正方形性的對(duì)稱(chēng)性，不難得出N1=N2,而由GF=GD可知N3=N2,在△BDF中，由

三角形內(nèi)角和為180度，不難求出Nb的度數(shù)，可知是一個(gè)特殊角的度數(shù)，從而求出BC即

可；(2)因?yàn)锽C=9,所以B是定點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)是D,因?yàn)辄c(diǎn)D是直線(xiàn)BC上一點(diǎn)，隨著點(diǎn)D

的位置的變化，E和F點(diǎn)的位置也跟著變化；需要分類(lèi)計(jì)論點(diǎn)D在線(xiàn)段BC上，點(diǎn)D在BC

的延長(zhǎng)線(xiàn)和點(diǎn)D在CB的延長(zhǎng)線(xiàn)上，再逐個(gè)分析等腰三角形的存在性，根據(jù)相似三角形的

性及三角函數(shù)分析解答即可.

6.如圖1,在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線(xiàn)y=ax2+bx+5與x軸交于A,

點(diǎn)B,與y軸交于點(diǎn)C,過(guò)點(diǎn)C作CD^y軸交拋物線(xiàn)于點(diǎn)D,過(guò)點(diǎn)B作BE_Lx軸，交DC延

(2)如圖2,點(diǎn)P在線(xiàn)段EB上從點(diǎn)E向點(diǎn)B以1個(gè)單位長(zhǎng)度/秒的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q

在線(xiàn)段BD上從點(diǎn)B向點(diǎn)D以75個(gè)單位長(zhǎng)度/秒的速度運(yùn)動(dòng)，當(dāng)一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一

個(gè)點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t為何值時(shí)，APQB為直角三角形？

1

(3)如圖3,過(guò)點(diǎn)B的直線(xiàn)BG交拋物線(xiàn)于點(diǎn)G,且tanNABG=2,點(diǎn)M為直線(xiàn)BG上方

拋物線(xiàn)上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MH_LBG,垂足為H,若HF=MF,請(qǐng)直接寫(xiě)出滿(mǎn)足條件的點(diǎn)M

的坐標(biāo).

【答案】(1)解：將點(diǎn)D(-3,5)點(diǎn)B(2,0)代入y=ax2+bx+5

13

，拋物線(xiàn)解析式為：y二二X2;x+5

(2)解：由已知NQBE=45°,PE=t,PB=5-t,QB=\/^t

當(dāng)NQPB=90°時(shí)，△PQB為直角三角形.

,/ZQBE=45。

QB=\[2PB

\6t=\2(5-t)

5

解得t=2

當(dāng)NPQB=90°時(shí)，△PQB為直角三角形.

△BPCH△BDE

...BQ?BD=BP?BE

5(5-t)二屹t?5亞

5

解得：t=3

55

三或弓時(shí)，△PQB為直角三角形

（3）點(diǎn)M坐標(biāo)為（-4,3）或（0,5）.

1

【解析】【解答】（3）由已知tan/ABG-,且直線(xiàn)GB過(guò)B點(diǎn)

貝IJ直線(xiàn)GB解析式為：y=-x-l

延長(zhǎng)MF交直線(xiàn)BG于點(diǎn)K

???HF=MF

/.ZFMH=ZFHM

???MH±BG時(shí)

/.ZFMH+ZMKH=90°

ZFHK+ZFHM=90°

/.ZFKH=ZFHK

??.HF=KF

???F為MK中點(diǎn)

13

設(shè)點(diǎn)M坐標(biāo)為（x,-二X2-2X+5）

,/F（0,2）

13

二點(diǎn)K坐標(biāo)為（-x,2X2+Wx-1）

1

把K點(diǎn)坐標(biāo)代入y=-x-1

解得x『0,X2=-4,

13

把x=0代入v=-2X2-2x+5,解得y=5,

13

把x=-4代入y=?ZX2,x+5

解得y=3

則點(diǎn)M坐標(biāo)為（-4,3）或（0,5）

【分析】（1）由待定系數(shù)法求點(diǎn)坐標(biāo)及函數(shù)關(guān)系式；（2）根據(jù)題意，4DEB為等腰直角

三角形，通過(guò)分類(lèi)討論NPQB=90?；騈QPB=90。的情況求出滿(mǎn)足條件t值；（3）延長(zhǎng)MF交

GB于K,由NMHK=90。，HF二MF可推得HF二FK,即F為MK中點(diǎn)，設(shè)出M坐標(biāo)，利用中點(diǎn)

坐標(biāo)性質(zhì)，表示K點(diǎn)坐標(biāo)，代入GB解析式，可求得點(diǎn)M坐標(biāo).

7.已知：如圖，在梯形ABCD中，ABHCD,ZD=90°,AD=CD=2,點(diǎn)E在邊AD上（不

（1）用含x的代數(shù)式表示線(xiàn)段CF的長(zhǎng)；

CACAE

（2）如果把△CAE的周長(zhǎng)記作（\△CAF，ABAF的周長(zhǎng)記作C△DMi,設(shè)心*=y,求y關(guān)

于X的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出它的定義域；

3

（3）當(dāng)NABE的正切值是？時(shí)，求AB的長(zhǎng).

【答案】（1）解：AD=CD.

ZDAC=ZACD=45°,

???ZCEB=45°,

/.ZDAC=ZCEB,

ZECA=ZECA,

/.△CEF-△CAE,

CEa

—~—

/.CACE,

在RtACDE中，根據(jù)勾股定理得，CE=J，+4,

??,CA:氈，

??.CF=4

(2)解：,/ZCFE=ZBFA,ZCEB=ZCAB,

ZECA=1800-ZCEB-ZCFE=180°-ZCAB-ZBFA,

,/ZABF=180°-ZCAB-ZAFB,

ZECA=ZABF,

,/ZCAE=ZABF=45°,

/.△CEA-△BFA,

CCAEAE2-x

Vc△明AAF取+4)X+2

<A/P-J.-----------------

/.4(0<x<2)

(3)解：由(2)知，△CEA-△BFA,

AEAb

??.記一五，

2~x_242-\[2(rf4)

/.A/5AB,

AB=x+2,

5

?「/ABE的正切值是7,

AE2-x5

tanZABE=2x5,

I

??x=_，

5

AB=x+2=2.

【解析】【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，求得NDAC=NACD=45。，進(jìn)而根據(jù)兩

角對(duì)應(yīng)相等的兩三角形相似，可得ACEFsACAE,然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和勾股定理

可求解；（2）根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，由三角形的周長(zhǎng)比可求解；（3）由（2）中

的相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，可求出AB的關(guān)系，然后可由NABE的正切值求解.

8.如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4,點(diǎn)E,F分別在邊AB,AD±,且NECF=45。，CF的延

（1）求NAHC與NACG的大小關(guān)系（">"或"V"或"="）

（2）線(xiàn)段AC,AG,AH什么關(guān)系？請(qǐng)說(shuō)明理由；

（3）設(shè)AE=m,

?AAGH的面積S有變化嗎？如果變化.請(qǐng)求出S與m的函數(shù)關(guān)系式；如果不變化，請(qǐng)

求出定值.

②請(qǐng)直接寫(xiě)出使4CGH是等腰三角形的m值.

【答案】（1）1?四邊形ABCD是正方形，

AB=CB=CD=DA=4,ZD=ZDAB=90°^DAC=Z.8AC=45°,

AC=J，+甲=4\[2,

,/ZDAC=ZAHC+NACH=45°,ZACH+NACG=45°,

ZAHC=AACG.

故答案為=.

(2)解：結(jié)論：Ad=AG?AH.

理由：ZAHC=Z.ACG,ZCAH=NCAG=135°,

：.△AHO△ACG,

AHAC

ACAGf

AC2=AG^AH.

(3)解：①△AG/■/的面積不變.

111

理由：(4皿)2=16.

△AGH

AAGH的面積為16.

②如圖1中，當(dāng)GC=GH時(shí)，易證AAHG2A8GC,

可得AG=8C=4,AH=BG=8,

BCWAH,

BCBE1

26

/.AE=3AB=3.

如圖2中，當(dāng)CH=HG時(shí)，，

易證AH=8C=4,

,/BCWAH,

BE_BC

AEAh=1,

AE=BE=2.

如圖3中，當(dāng)CG=CH時(shí)，易證N￡CB=NOCF=22.5.

在BC上取一點(diǎn)M,使得BM=8E,

?.ZBME=N8EM=45°,

ZBME=NMCE+NMEC,

?.ZMCE=NMEC=22.5°,

/.CM=EM,設(shè)8M=8E=m,則CM=EM\2m,

m+&m=4,

m=4(港-1),

AE=4-4(屹-1)=8-4叵

8

綜上所述，滿(mǎn)足條件的m的值為1或2或8-4隹.

【解析】【分析】(1)證明NDAC=NAHC+NACH=45°,ZACH+ZACG=45°,即可推出

ZAHC=ZACG；(2)結(jié)論：AC2=AG?AH.只要證明△AHO△ACG即可解決問(wèn)題；(3)

@AAGH的面積不變.理由三角形的面積公式計(jì)算即可；②分三種情形分別求解即可解

決問(wèn)題.

二、圓的綜合

9.如圖，OA過(guò)OBCD的三頂點(diǎn)。、D、C,邊0B與OA相切于點(diǎn)。，邊BC與。0相交于

點(diǎn)H,射線(xiàn)0A交邊CD于點(diǎn)E,交OA于點(diǎn)F,點(diǎn)P在射線(xiàn)0A上，且NPCD=2NDOF,以

。為原點(diǎn)，0P所在的直線(xiàn)為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,-2).

(1)若NBOH=30。，求點(diǎn)H的坐標(biāo)；

(2)求證：直線(xiàn)PC是。A的切線(xiàn)；

(3)若。D=Ji6,求OA的半徑.

L5

【答案】(1)(1,-V3)；(2)詳見(jiàn)解析；(3)手

【解析】

【分析】

(1)先判斷出OH=OB=2,利用三角函數(shù)求出MH,0M,即可得出結(jié)論；

(2)先判斷出NPCD=NDAE,進(jìn)而判斷出NPCD=NCAE,即可得出結(jié)論；

(3)先求出0E=3,進(jìn)而用勾股定理建立方程，z(3-r)2=1,即可得出結(jié)論.

【詳解】

(1)解：如圖，過(guò)點(diǎn)H作HMLy軸，垂足為M.

V四邊形OBCD是平行四邊形，

二ZB=NODC

V四邊形OHCD是圓內(nèi)接四邊形

???ZOHB=ZODC

/.ZOHB=ZB

/.OH=OB=2

在RtAOMH中，

,/ZBOH=30°,

MH=loH=l,OM=V3MH=V3,

「?點(diǎn)H的坐標(biāo)為(1,-,

(2)連接AC.

???OA=AD,

/.ZDOF=ZADO

??.ZDAE=2ZDOF

,/ZPCD=2ZDOF,

/.ZPCD=ZDAE

OB與OO相切于點(diǎn)A

OB±OF

,/OBIICD

/.CD±AF

ZDAE=ZCAE

ZPCD=ZCAE

???ZPCA=ZPCD+ZACE=ZCAE+ZACE=90°

?,?直線(xiàn)PC是OA的切線(xiàn)；

(3)解：。。的半徑為r.

11-

在RtZkOED中，DE=]CD=5OB=1,OD=J10,

OE=3

OA=AD=r,AE=3-r.

在RtADEA中，根據(jù)勾股定理得，葭-(3-r)2=1

5

解得r=§.

【點(diǎn)睛】

此題是圓的綜合題，主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，勾股定理，切

線(xiàn)的性質(zhì)和判定，構(gòu)造直角三角形是解本題的關(guān)鍵.

uun

10.如圖，4ABC是O。的內(nèi)接三角形，點(diǎn)D在6C上，點(diǎn)E在弦AB上(E不與A重

合)，且四邊形BDCE為菱形.

(1)求證：AC=CE；

(2)求證：BC2-AC2=AB?AC；

(3)已知。。的半徑為3.

①若求BC的長(zhǎng)；

?AB

②當(dāng)7K為何值時(shí)，AB?AC的值最大？

_3

【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)證明見(jiàn)解析；(3)①BC=4"；②￡

【解析】

分析：(1)由菱形知ND=ZBEC,由NA+ZD=NBEC+ZAEC=180。可得NA=ZAEC,據(jù)此得

證；

(2)以點(diǎn)C為圓心，CE長(zhǎng)為半徑作OC,與BC交于點(diǎn)F,于BC延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)G,則

BEBG

CF=CG=AC=CE=CD,證△BEF-△BGA得^■=,即BF?BG=BE?AB,將BF=BC-CF=BC-

BFBA

AC、BG=BC+CG=BC+AC代入可得；

(3)①設(shè)AB=5k、AC=3k,由BC2-AC2=AB?AC知BC=26k,連接ED交BC于點(diǎn)M,

1------------------_

RSDMC中由DC=AC=3k、MC=2BC=J6k求得DM=-CM2=,3k,可知OM=OD-

DM=3-JIk,在RtACOM中，由OM2+MC2=OC2可得答案.②設(shè)OM=d,則MD=3-d,

MC2=OC2-OM2=9-d2,繼而知BC2=(2MC)2=36-4ch、AC2=DC2=DM2+CM2=(3-d)2+9-d2,由

(2)得AB?AC=BC2-AC2,據(jù)此得出關(guān)于d的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案.

詳解：(1)四邊形EBDC為菱形，

/.ZD=ZBEC,

?「四邊形ABDC是圓的內(nèi)接四邊形，

ZA+ZD=180°,

又NBEC+ZAEC=180°,

二ZA=NAEC,

AC=CE；

（2）以點(diǎn)C為圓心，CE長(zhǎng)為半徑作OC,與BC交于點(diǎn)F,于BC延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)G,則

CF=CG,

A

由(1)知AC=CE=CD,

CF=CG=AC,

四邊形AEFG是OC的內(nèi)接四邊形,

/.ZG+ZAEF=180°,

又ZAEF+ZBEF=180°,

???ZG=ZBEF,

??,ZEBF=ZGBA,

△BEFs△BGA,

BEBG

k前，即BF?BG=BE?AB，

or

■：BF=BC-CF=BC-AC、BG=BC+CG=BC+AC,BE=CE=AC,

(BC-AC)(BC+AC)=AB?AC,B[JBC2-AC2=AB?AC；

(3)設(shè)AB=5k、AC=3k,

BC2-AC2=AB?AC,

???BC=2"k,

連接ED交BC于點(diǎn)M,

???四邊形BDCE是菱形，

DE垂直平分BC,

則點(diǎn)E、0、M、D共線(xiàn)，

1日

在RtADMC中,DC=AC=3k,MC=,BC=j6k,

DM=Js—CM2=J3k，

0M=0D-DM=3-/k,

在RtZiCOM中，由OM2+MC2=C)C2得(3-小k)2+(#k)2=32,

解得：k=±叵或k=0(舍)，

3

??BC=2dy/T;

②設(shè)OM二d,則MD=3-d,MC2=OC2-OM2=9-d2,

BC2=(2MC)2=36-4d2,

AC2=DC2=DM2+CM2=(3-d)2+9-d2,

由(2)得AB?AC=BC2-AC2

=-4d2+6d+18

381

=-4(d---)2+—,

44

338]

即OM二7時(shí)，AB?AC最大，最大值為下,

444

v27

DC2=----

2

AC=DC=

AB=9"AB3

此時(shí)就=]

4

點(diǎn)睛：本題主要考查圓的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是掌握?qǐng)A的有關(guān)性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形的性

質(zhì)及菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn).

11.如圖1,將長(zhǎng)為10的線(xiàn)段OA繞點(diǎn)。旋轉(zhuǎn)90。得到OB,點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)軌跡為為6,P是

半徑。B上一動(dòng)點(diǎn)，Q是上的一動(dòng)點(diǎn)，連接PQ.

發(fā)現(xiàn)：ZPOQ=時(shí)，PQ有最大值，最大值為_(kāi)______；

思考：(1)如圖2,若P是OB中點(diǎn)，且QP_LOB于點(diǎn)P,求弦Q的長(zhǎng)；

(2)如圖3,將扇形AOB沿折痕AP折疊，使點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B"恰好落在OA的延長(zhǎng)線(xiàn)上，

求陰影部分面積；

探究：如圖4,將扇形OAB沿PQ折疊，使折疊后的弧QB，恰好與半徑OA相切，切點(diǎn)為

C,若OP=6,求點(diǎn)。到折痕PQ的距離.

【答案】發(fā)現(xiàn)：90°,1072；思考：(1)=—"；(2)25n-100V2+100；(3)點(diǎn)。

到折痕PQ的距離為而

【解析】

分析：發(fā)現(xiàn)：先判斷出當(dāng)PQ取最大時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合，點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，即可得出結(jié)

論；

思考：(1)先判斷出NPOQ=60。，最后用弧長(zhǎng)用弧長(zhǎng)公式即可得出結(jié)論；

(2)先在RtZXB'OP中，OP2+(10j1-10)2=(10-OP)2,解得OPTOJ^-IO,最后用面積

的和差即可得出結(jié)論.

探究：先找點(diǎn)。關(guān)于PQ的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)0',連接。。、O'B、O'C、0zP,證明四邊形OCCXB是矩

形，由勾股定理求O'B,從而求出0b的長(zhǎng)，貝1］。乂=2。。'=軻.

詳解：發(fā)現(xiàn)：.二P是半徑0B上一動(dòng)點(diǎn)，Q是上的一動(dòng)點(diǎn)，

二當(dāng)PQ取最大時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合，點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，

此時(shí)，ZPOQ=90°,PQ=J042+OB2=10￡；

思考：（1）如圖，連接0Q,

0

.點(diǎn)P是0B的中點(diǎn),

11

??op=-0B=-0Q.

22

QP±OB,

/.ZOPQ=90°

OP1

在RtZkOPQ中，COSNQOP=萬(wàn)方=5,

??.ZQOP=60°,

,60Kx1010

I=--------------=—71;

BQ1803

(2)由折疊的性質(zhì)可得，BP=B'P,AB'=AB=10yf2,

在RtAB'OP中,OP2+(1077-10)2=(10-OP)2

解得OP=10&-101

907tX1021rr

S=SN-2SA=--------2x_xl0x(l(\/2-10)

m扇形AOB△AOP3602

=25n-100V2+100；

探究：如圖2,找點(diǎn)0關(guān)于PQ的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)。，連接。。、OB、CTC、0-P,

OzC=OB=10,

折疊后的弧QB”恰好與半徑0A相切于C點(diǎn)，

OZC±AO,

OZCIIOB,

■四邊形OCCTB是矩形，

在RtZiCTBP中，O，B=j62-42=26,

在RtAOBO'K,00，=Jl02—(2肉2=2回，

OM~^OO'=—x2j30=430，

即。到折痕PQ的距離為病.

點(diǎn)睛：本題考查了折疊問(wèn)題和圓的切線(xiàn)的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定，熟練掌握弧長(zhǎng)公式

mtR

1=7后(n為圓心角度數(shù)，R為圓半徑)，明確過(guò)圓的切線(xiàn)垂直于過(guò)切點(diǎn)的半徑，這是常

1OU

考的性質(zhì)；對(duì)稱(chēng)點(diǎn)的連線(xiàn)被對(duì)稱(chēng)軸垂直平分.

12.已知：如圖1,NACG=90。，AC=2,點(diǎn)B為CG邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AB,將△ACB沿

AB邊所在的直線(xiàn)翻折得到4ADB,過(guò)點(diǎn)D作DF±CG于點(diǎn)F.

(1)當(dāng)BC=2W時(shí)，判斷直線(xiàn)FD與以AB為直徑的。0的位置關(guān)系，并加以證明；

3

(2)如