中考数学——圆与相似的综合压轴题专题复习含详细答案

一、相似

1．已知：如图，在△ABC中，AB=BC=10，以AB为直径作⊙O分别交AC，BC于点D，E，连接DE和DB，过点E作EF⊥AB，垂足为F，交BD于点P．

（1）求证：AD=DE；

（2）若CE=2，求线段CD的长； （3）在（2）的条件下，求△DPE的面积． 【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB=90°，即BD⊥AC ∵AB=BC， ∴△ABD≌CBD ∴∠ABD=∠CBD

在⊙O中，AD与DE分别是∠ABD与∠CBD所对的弦 ∴AD=DE；

（2）解：∵四边形ABED内接于⊙O，∴∠CED=∠CAB， ∵∠C=∠C，∴△CED∽△CAB，∴ ∵AB=BC=10，CE=2，D是AC的中点， ∴CD=

；

，

（3）解：延长EF交⊙O于M，

在Rt△ABD中，AD=

，AB=10，

∴BD=3 ∴

， ，

∵EM⊥AB，AB是⊙O的直径， ∴∠BEP=∠EDB， ∴△BPE∽△BED， ∴ ∴BP=

， ，

，

∴DP=BD-BP=

∴S△DPE：S△BPE=DP：BP=13：32， ∵S△BCD= × ∴S△BDE=12， ∴S△DPE=

．

×3

=15，S△BDE：S△BCD=BE：BC=4：5，

【解析】【分析】（1）根据已知条件AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°，再根据等腰三角形的三线合一的性质即可得出结论。

（2）根据圆内接四边形的性质证得∠CED=∠CAB，再根据相似三角形的判定证出△CED∽△CAB，得出对应边成比例，建立关于CD的方程，即可求出CD的长。

（3）延长EF交⊙O于M，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出BD的长，再证明△BPE∽△BED，根据相似三角形的性质得对应边成比例求出BP的长，然后根据等高的三角形的面积之比等于对边之比，再由三角形面积公式即可求解。

2．如图，抛物线y=

x2+bx+c 与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为

（6，0），点C坐标为（0，6），点D是抛物线的顶点．

（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；

（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，连接BD，点F是抛物线上的动点，当∠FBA=∠BDE时，求点F的坐标；

（3）如图2，若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，求点Q的坐标．

【答案】（1）解：把B（6，0），C（0，6）代入y=

x2+bx+c，得

解得

,抛物线的解析式是y=

x2+2x+6, 顶点D的坐标是（2，8）

（2）解：如图1，过F作FG⊥x轴于点G， 设F（x，

x2+2x+6），则FG=

，

，

∵∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90°，∴△FBG∽△BDE，∴

∵B（6，0），D（2，8），∴E（2，0），BE=4，DE=8，OB=6，∴BG=6-x，

∴

当点F在x轴上方时，有 为（-1， ）,

，∴x=-1或x=6（舍去），此时F1的坐标

当点F在x轴下方时，有 标为（-3，

）,

，∴x=-3或x=6（舍去），此时F2的坐

综上可知F点的坐标为（-1， ）或（-3，

）

（3）解：如图2，

不妨M在对称轴的左侧，N在对称轴的左侧，MN和PQ交于点K，由题意得点M，N关于抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ为正方形，且点P在x轴上 ∴点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上 , ∴KP=KM=k，则Q（2，2k），M坐标为（2-k，k）， ∵点M在抛物线y= 解得k1=

x2+2x+6的图象上，∴k= 或k2=

）或Q2（2，

）.

(2-k)2+2(2-k)+6

∴满足条件的点Q有两个，Q1（2，

求解就可得出函数解析式，再求出顶点坐标。

【解析】【分析】（1）根据点B、C的坐标，利用待定系数法建立关于b、c的方程组，（2）过F作FG⊥x轴于点G，设出点F的坐标，表示出FG的长，再证明△FBG∽△BDE，利用相似三角形的性质建立关于x的方程，当点F在x轴上方时和当点F在x轴下方时，求出符合题意的x的值，求出点F的坐标。

（3）由点M，N关于抛物线的对称轴对称，可得出点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上 ,设Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），再由点M在抛物线上，列出关于k的方程，求解即可得出点Q的坐标。

3．如图所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC的延长线交BD于点P．

（1）把△ABC绕点A旋转到图1，BD，CE的关系是（选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；

（2）若AB=3，AD=5，把△ABC绕点A旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，求PD的值，简要说明计算过程；

（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为________，最大值为________．

【答案】（1）解：相等

理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°， ∴BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA， ∴△ABD≌△ACE， ∴BD=CE；

（2）解：作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：

∵∠EAC=90°， ∴CE=

∴△PCD∽△ACE， ∴ ∴PD=

， ；

，

∵∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，

若点B在AE上，如图2所示：

∵∠BAD=90°， ∴Rt△ABD中，BD=

，BE=AE﹣AB=2，

∵∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°， ∴△BAD∽△BPE， ∴

，即

，

解得PB= ∴PD=BD+PB=

， +

=

，

（3）1；7

【解析】【解答】解：（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大． 如图3所示，分两种情况讨论：

在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小． ①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时， 在Rt△ACE中，CE= 在Rt△DAE中，DE= ∵四边形ACPB是正方形， ∴PC=AB=3， ∴PE=3+4=7， 在Rt△PDE中，PD=

即旋转过程中线段PD的最小值为1；

②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值， 此时，DP'=4+3=7，

即旋转过程中线段PD的最大值为7． 故答案为：1，7．

【分析】（1）BD，CE的关系是相等，理由如下：根据同角的余角相等得出∠BAD=∠CAE，根据等腰直角三角形的性质得出BA=CA，DA=EA，从而利用SAS判断出△ABD≌△ACE，根据全等三角形对应边相等得出BD=CE；

（2）作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：首先根据勾股定理算出CE的长，然后判断出△PCD∽△ACE，根据相似三角形对应边成比例得出

， 根据比例式

，

=4，

，

列出方程，求解得出PD的长；若点B在AE上，如图2所示：根据勾股定理算出BD的长，然后判断出△BAD∽△BPE，根据相似三角形对应边成比例得出列出方程，求解得出PB的长，根据线段的和差即可得出PD的长；

， 根据比例式

（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．

如图3所示，分两种情况讨论： 在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，根据勾股定理算出CE,DE的长，根据正方形的性质得出PC=AB=3，进而得出PE的长，根据勾股定理算出PD的长，即旋转过程中线段PD的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD的最大值为7．

4．如图（1），在矩形DEFG中，DE=3，EG=6，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=3，AC=6，△ABC的一边BC和矩形的一边DG在同一直线上，点C和点D重合，Rt△ABC将从D以每秒1个单位的速度向DG方向匀速平移，当点C与点G重合时停止运动，设运动时间为t秒，解答下列问题：

（1）如图（2），当AC过点E时，求t的值；

（2）如图（3），当AB与DE重合时，AC与EF、EG分别交于点M、N，求CN的长； （3）在整个运动过程中，设Rt△ABC与△EFG重叠部分面积为y，请求出y与t的函数关系式，并写出相应t的取值范围．

【答案】（1）解：如图（2），当AC过点E时， 在Rt△ABC中，BC=3，AC=6， ∴BC所对锐角∠A=30°， ∴∠ACB=60°，

依题意可知∠ABC=∠EDC=90°， ∵∠ACB=∠ECD， ∴△ABC∽△EDC， ∴ ∴CD= ∴t=CD=

，即 ， ；

，

（2）解：如图（3），∵∠EDG=90°，DE=3，EG=6， ∴DG=

在Rt△EDG中，sin∠EGD= ∴∠EGD=30°，

=3

， ，

∵∠NCB=∠CNG+∠EGD，

∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60°﹣30°=30°， ∴∠CNG=∠EGD， ∴NC=CG=DG﹣BC=3

﹣3；

时，△ABC与△EFG有重叠部分．

（3）解：由（1）可知，当x＞ 分两种情况：①当

＜t≤3时，如图（4），

△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN，设AC与EF、EG分别交于点M、N，过点N作直线NP⊥EF于P，交DG于Q， 则∠EPN=∠CQN=90°， ∵NC=CG， ∴NC=DG﹣DC=3

﹣t，

﹣t）=

，

在Rt△NQC中，NQ=sin∠NCQ×NC=sin60°×（3 ∴PN=PQ﹣NQ=3﹣ ∵∠PMN=∠NCQ=60°， ∴sin∠PMN= ，MN= 在矩形DEFG中，EF∥DG， ∴∠MEN=∠CGN，

∵∠MNE=∠CNG，∠CNG=∠CGN， ∴∠EMN=∠MNE， ∴EM=MN， ∴EM=MN=t﹣

，

=

，

=t﹣

，

∴y=S△EMN= EM•PN= × ②当3＜t≤3

时，如图（5），

；

△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM，设AB与EF、EG分别交于点P、Q，AC与EF、EG分别交于点M、N，则∠EPQ=90°， ∵CG=3 ∴S△EMN=

﹣t，

，

∵EP=DB=t﹣3，∠PEQ=30°，

∴在Rt△EPQ中，PQ=tan∠PEQ×EP=tan30°×（t﹣3）= ∴S△EPQ= EP•PQ= （t﹣3）× ∴y=S△EMN﹣S△EPQ=（

，

= ）﹣（

，

）=

+（

﹣

，

综上所述，y与t的函数关系式：y= t；

．

【解析】【分析】（1）证△ABC∽△EDC，由相似三角形的性质可求出CD的值，即可求（2）利用勾股定理求出DG的值，则由三角函数可∠EGD=30°，进而可证得∠CNG=∠EGD，则NC=CG=DG﹣BC，可求出答案；

（3）根据重叠部分可确定x的取值范围，再由三角形的面积公式可求出函数解析式.

5．已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4.点Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交线段AB（如图1）或线段AB的延长线（如图2）于点P.

（1）当点P在线段AB上时，求证：△APQ∽△ABC； （2）当△PQB为等腰三角形时，求AP的长.

【答案】 （1））证明：∵∠A+∠APQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠APQ=∠C. 在△APQ与△ABC中，∵∠APQ=∠C，∠A=∠A， ∴△APQ∽△ABC.

（2）解：在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5. ∵∠BPQ为钝角，∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ. （I）当点P在线段AB上时，如题图1所示， 由（1）可知，△APQ∽△ABC， ∴ ∴

∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P.

∵∠BQP+∠AQB=90°，∠A+∠P=90°，∴∠AQB=∠A。∴BQ=AB。 ∴AB=BP，点B为线段AB中点。 ∴AP=2AB=2×3=6.

综上所述，当△PQB为等腰三角形时，AP的长为 或6.

【解析】【分析】（1）由两对角相等（∠APQ=∠C，∠A=∠A），证明△APQ∽△ABC。（2）当△PQB为等腰三角形时，有两种情况，需要分类讨论.（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示.由三角形相似（△APQ∽△ABC）关系计算AP的长；（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示.利用角之间的关系，证明点B为线段AP的中点，从而可以求出AP.

，即

，解得： .

.

（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示,

6．如图1，在△ABC中，点DE分别在AB、AC上，DE∥BC，BD=CE，

（1）求证：∠B=∠C，AD=AE；

（2）若∠BAC=90°，把△ADE绕点A逆时针旋转到图2的位置，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点，连接MN，PM，PN． ①判断△PMN的形状，并说明理由；________②把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN的最大面积为________ 。

【答案】（1）证明：∵DE∥BC，∴ （2）解：△PMN是等腰直角三角形， 理由：∵点P，M分别是CD，DE的中点， ∴PM= CE，PM∥CE，

，∵BD=CE，∴AB=AC，∴∠B=∠C， AB﹣

BD=AC﹣CD，∴AD=AE，即：∠B=∠C，AD=AE

∵点N，M分别是BC，DE的中点， ∴PN= BD，PN∥BD，

∵BD=CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形， ∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE， ∵PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC， ∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,

∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ABC=90°， ∴∠MPN=90°，∴△PMN是等腰直角三角形 ；

【解析】【解答】解：②由①知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN= BD，∴PM最大时，△PMN面积最大，∴点D在AB的延长线上，∴BD=AB+AD=14，∴PM=7，∴S△PMN最大= PM2= ×72= ．

【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理及BD=CE可得AB=AC,进而可得AD=AE,由等边对等角可得∠B=∠C.（2）①由中位线定理可得PM=CE,PM//CE,PN=BD,PN//BD,由BD=CE可得PN=PM.由两直线平行同位角相等可得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC,利用三角形的外角的性质和等量代换可得∠MPN=∠ABC+∠ACB=∠BAC=90°，所以△PMN是等腰直角三角形。②当PN最大时，△PMN的面积最大，当点D在AB的延长线上时，PN最大，PN=BD=7,根据三角形的面积计算公式可得结论。

7．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°得到平行四边形A′B′OC′．抛物线y＝﹣x2+2x+3经过点A、C、A′三点．

（1）求A、A′、C三点的坐标；

（2）求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′OC′重叠部分△C′OD的面积；

（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M的坐标． 【答案】 （1）解：当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0， 解得x1＝3，x2＝﹣1， 则C（﹣1，0），A′（3，0）， 当x＝0时，y＝3，则A（0，3）

（2）解：∵四边形ABOC为平行四边形， ∴AB

OC ， AB＝OC ，

而C（﹣1，0），A（0，3）， ∴B（1，3）， ∴OB＝

＝

，S△AOB＝ ×3×1＝ ，

又∵平行四边形ABOC旋转90°得平行四边形A′B′OC′， ∴∠ACO＝∠OC′D ， OC′＝OC＝1， 又∵∠ACO＝∠ABO ， ∴∠ABO＝∠OC′D ． 又∵∠C′OD＝∠AOB ， ∴△C′OD∽△BOA ， ∴

＝(

)2＝（

）2＝ ，

∴S△C′OD＝ × ＝

（3）解：设M点的坐标为（m ， ﹣m2+2m+3），0＜m＜3， 作MN y轴交直线AA′于N ， 易得直线AA′的解析式为y＝﹣x+3，则N（mm+3），

∵MN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m ， ∴S△AMA′＝S△ANM+S△MNA′ ＝ MN•3 ＝ （﹣m2+3m） ＝﹣ m2+ m

＝﹣ （m﹣ ）2+ ，

∴当m＝ 时，S△AMA'的值最大，最大值为 ，此时M点坐标为（ ， ）．

﹣

，

【解析】【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点问题可求出C（﹣1，0），A′（3，0）；计算自变量为0时的函数值可得到A（0，3）；（2）先由平行四边形的性质得AB∥OC ， AB＝OC ， 易得B（1，3），根据勾股定理和三角形面积公式得到OB＝

，S△AOB＝

，再根据旋转的性质得∠ACO＝∠OC′D ， OC′＝OC＝1，接着证明△C′OD∽△BOA ， 利用相似三角形的性质得

＝(

)2 ， 则可计算出S△C′OD；（3）根据二次函数图象

y轴交直

上点的坐标特征，设M点的坐标为（m ， ﹣m2+2m+3），0＜m＜3，作MN

线AA′于N ， 求出直线AA′的解析式为y＝﹣x+3，则N（m ， ﹣m+3），于是可计算出MN＝﹣m2+3m ， 再利用S△AMA′＝S△ANM+S△MNA′和三角形面积公式得到S△AMA′＝﹣ m2+ m ， 然后根据二次函数的最值问题求出△AMA′的面积最大值，同时即可确定此时M点的坐标．

8．如图1，在四边形ABCD中，∠DAB被对角线AC平分，且AC2＝AB•AD，我们称该四边形为“可分四边形”，∠DAB称为“可分角”．

（1）如图2，四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，求证：△DAC∽△CAB． （2）如图2，四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，如果∠DCB＝∠DAB，则∠DAB＝________°

（3）现有四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，且AC＝4，BC＝2，∠D＝90°，求AD的长.

【答案】 （1）证明：∵四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”， ∴AC2＝AB•AD ， ∴

，

∵∠DAB为“可分角”，

∴∠CAD＝∠BAC ， ∴△DAC∽△CAB

（2）120

（3）解：∵四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”， ∴AC2＝AB•AD ， ∠DAC＝∠CAB ， ∴AD：AC＝AC：AB ， ∴△ADC∽△ACB ， ∴∠D＝∠ACB＝90°， ∴AB＝ ∴AD＝ 故答案为

.

.

，

【解析】【解答】（2）解：如图所示：

∵AC平分∠DAB ， ∴∠1＝∠2， ∵AC2＝AB•AD ， ∴AD：AC＝AC：AB ， ∴△ADC∽△ACB ， ∴∠D＝∠4， ∵∠DCB＝∠DAB ，

∴∠DCB＝∠3+∠4＝2∠1，

∵∠1+∠D+∠3＝∠1+∠4+∠3＝180°， ∴∠1+2∠1＝180°， 解得：∠1＝60°， ∴∠DAB＝120°； 故答案为：120；

【分析】（1）根据 “可分四边形” 的定义，可得AC2＝AB•AD， 从而可得对应边成比例且夹角相等可证△DAC∽△CAB ;

（2）根据对应边成比例且夹角相等可证△ADC∽△ACB ， 可得∠D＝∠4，由∠DCB＝∠3+∠4＝2∠1，根据三角形内角和可得∠1+∠D+∠3＝∠1+∠4+∠3=∠1+2∠1＝180°，求出∠1=60°，从而求出∠DAB的度数；

， 根据

（3）先证△ADC∽△ACB， 可得∠D＝∠ACB＝90° ，利用勾股定理求出AB=AC2＝AB•AD， 即可求出AD的长.

， 由

二、圆的综合

9．如图，AB是半圆O的直径，C是

的中点，D是

的中点，AC与BD相交于点E.

（1）求证：BD平分∠ABC； （2）求证：BE=2AD； （3）求

DE的值. BE21 2【答案】（1）答案见解析（2）BE=AF=2AD（3）【解析】

试题分析：（1）根据中点弧的性质，可得弦AD=CD，然后根据弦、弧、圆周角、圆心角的性质求解即可；

（2）延长BC与AD相交于点F, 证明△BCE≌△ACF, 根据全等三角形的性质可得BE=AF=2AD；

（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下：设OH为1，则BC为2，OB=OD=2 ，DH=21, 然后根据相似三角形的性质可求解. 试题解析：（1）∵D是∴AD=DC ∴∠CBD=∠ABD ∴BD平分∠ABC

（2）提示：延长BC与AD相交于点F, 证明△BCE≌△ACF, BE=AF=2AD

的中点

（3）连接OD,交AC于H.简要思路如下： 设OH为1，则BC为2，OB=OD=2 ，

DH=21,

DEDH= BEBCDE21= BE2

，eO的直径AB12，P是弦BC上一动点(与点B，C不重合10．如图1)，ABC30o，过点P作PDOP交eO于点D．

1如图2，当PD//AB时，求PD的长；

1»»BEAB，连接DE． ABE时，延长至点，使2如图3，当DCAC2①求证：DE是eO的切线；

②求PC的长．

【答案】（1）26；（2）①见解析，②333． 【解析】

分析：1根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角函数关系得出OP，PD的长；

2①首先得出VOBD是等边三角形，进而得出ODEOFB90o，求出答案即

可；

②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．

详解：1如图2，连接OD，

QOPPD，PD//AB，

POB90o，

QeO的直径AB12，

OBOD6，

在RtVPOB中，ABC30o，

OPOBtan30o6在RtVPOD中，

323， 3PDOD2OP262(23)226；

2①证明：如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，

»»QDCAC，

DBCABC30o，

ABD60o，

QOBOD， VOBD是等边三角形， ODFB，

1QBEAB，

2OBBE， BF//ED，

ODEOFB90o，

DE是eO的切线； ②由①知，ODBC，

CFFBOBcos30o6在RtVPOD中，OFDF，

333， 2PF1DO3(直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半)， 2CPCFPF333．

点睛：此题主要考查了圆的综合以及直角三角形的性质和锐角三角函数关系，正确得出

VOBD是等边三角形是解题关键．

11．(8分)已知AB为⊙O的直径，OC⊥AB，弦DC与OB交于点F，在直线AB上有一点E，连接ED，且有ED＝EF.

(1)如图①，求证：ED为⊙O的切线；

(2)如图②，直线ED与切线AG相交于G，且OF＝2，⊙O的半径为6，求AG的长． 【答案】（1）见解析；（2）12 【解析】

试题分析：（1）连接OD，由ED=EF可得出∠EDF=∠EFD，由对顶角相等可得出

∠EDF=∠CFO；由OD=OC可得出∠ODF=∠OCF，结合OC⊥AB即可得知∠EDF+∠ODF=90°，即∠EDO=90°，由此证出ED为⊙O的切线；

（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，结合（1）的结论根据勾股定理可求出ED、EO的长度，结合∠DOE的正弦、余弦值可得出DM、MO的长度，根据切线的性质可知GA⊥EA，从而得出DM∥GA，根据相似三角形的判定定理即可得出△EDM∽△EGA，根据相似三角形的性质即可得出GA的长度

试题解析：解：（1）连接OD，∵ED=EF，∴∠EDF=∠EFD，∵∠EFD=∠CFO，∴∠EDF=∠CFO．∵OD=OC，∴∠ODF=∠OCF．∵OC⊥AB，∴∠CFO+∠OCF=∠EDF+∠ODF=∠EDO=90°，∴ED为⊙O的切线；

（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，由（1）可知△EDO为直角三角形，设ED=EF=a，EO=EF+FO=a+2，由勾股定理得，EO2=ED2+DO2，即（a+2）2=a2+62，解得，a=8，即ED=8，EO=10．∵sin∠EOD=∴DM=OD•sin∠EOD=6×

ED4OD3，cos∠EOD=，EO5OE24318=，MO=OD•cos∠EOD=6×=，∴EM=EO﹣MO=10﹣55551832=，EA=EO+OA=10+6=16． 55∵GA切⊙O于点A，∴GA⊥EA，∴DM∥GA，∴△EDM∽△EGA，∴

DMEM，即GAEA243255 ，解得GA=12． GA16

点睛：本题考查的是切线的判定、垂径定理和勾股定理的应用、等腰三角形的性质、角的三角函数值、相似三角形的判定及性质，解题的关键是：（1）通过等腰三角形的性质找出∠EDO=90°；（2）通过相似三角形的性质找出相似比．

12．如图，AN是⊙M的直径，NB∥x轴，AB交⊙M于点C． （1）若点A（0，6），N（0，2），∠ABN=30°，求点B的坐标； （2）若D为线段NB的中点，求证：直线CD是⊙M的切

线．

【答案】(1) B（【解析】

，2）．(2)证明见解析.

试题分析：（1）在Rt△ABN中，求出AN、AB即可解决问题； （2）连接MC，NC．只要证明∠MCD=90°即可 试题解析：（1）∵A的坐标为（0，6），N（0，2）， ∴AN=4，

∵∠ABN=30°，∠ANB=90°， ∴AB=2AN=8， ∴由勾股定理可知：NB=∴B（

，2）．

，

（2）连接MC，NC ∵AN是⊙M的直径， ∴∠ACN=90°， ∴∠NCB=90°，

在Rt△NCB中，D为NB的中点，

∴CD=

NB=ND，

∴∠CND=∠NCD， ∵MC=MN， ∴∠MCN=∠MNC， ∵∠MNC+∠CND=90°， ∴∠MCN+∠NCD=90°， 即MC⊥CD．

∴直线CD是⊙M的切线．

考点：切线的判定；坐标与图形性质．

13．如图，已知在△ABC中，∠A=90°，

（1）请用圆规和直尺作出⊙P，使圆心P在AC边上，且与AB，BC两边都相切（保留作图痕迹，不写作法和证明）．

（2）若∠B=60°，AB=3，求⊙P的面积． 【答案】（1）作图见解析；（2）3π 【解析】 【分析】

（1）与AB、BC两边都相切．根据角平分线的性质可知要作∠ABC的角平分线，角平分线与AC的交点就是点P的位置．

（2）根据角平分线的性质和30°角的直角三角形的性质可求半径，然后求圆的面积． 【详解】

解：（1）如图所示，则⊙P为所求作的圆．

（2）∵∠ABC=60°，BP平分∠ABC， ∴∠ABP=30°， ∵ ∠A=90°， ∴BP=2AP Rt△ABP中,AB=3，

由勾股定理可得：AP=3，∴S⊙P=3π

14．如图，四边形(1)在如图中，过点作(2)在如图中，过点作

为菱形，且边上的高的切线

． ，与

交于点．

，以

为直径作

，与

交于点

．请仅用无刻度的直尺按下列要求画图．(保留作图痕迹)

【答案】(1)如图1所示．(答案不唯一),见解析；(2)如图2所示．(答案不唯一)，见解析. 【解析】 【分析】

（1）连接AC交圆于一点F，连接PF交AB于点E,连接CE即为所求． （2）连接OF交BC于Q，连接PQ即为所求． 【详解】

(1)如图1所示．(答案不唯一)

(2)如图2所示．(答案不唯一)

【点睛】

本题考查作图-复杂作图，菱形和圆的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

15．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作FE⊥AB于点E，交AC的延长线于点F． （1）求证：EF与⊙O相切； （2）若AE＝6，sin∠CFD＝

3，求EB的长． 5

【答案】(1)见解析（2）【解析】 【分析】

3 21如图，欲证明EF与eO相切，只需证得ODEF．

2通过解直角VAEF可以求得AF10.设eO的半径为r，由已知可得△FOD∽△FAE，

继而得到

OFOD10rr15，则易求ABAC2r，所以，即AFAE10621536． 22EBABAE【详解】

（1）如图，连接OD，

QOCOD，

OCDODC． QABAC， ACBB， ODCB， OD//AB，

ODFAEF， QEFAB，

ODFAEF90o，

ODEF，

QOD是eO的半径， EF与eO相切；

2由1知，OD//AB，ODEF．

在RtVAEF中，sinCFD则AF10，

AE3，AE6， AF5QOD//AB，

∴△FOD∽△FAE，

OFOD， AFAE设eO的半径为r， 10rr， 10615， 4解得，rABAC2r15， 21536． 22EBABAE【点睛】

本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.

16．如图1，D是⊙O的直径BC上的一点，过D作DE⊥BC交⊙O于E、N，F是⊙O上的一点，过F的直线分别与CB、DE的延长线相交于A、P，连结CF交PD于M，∠C＝

1∠P． 2（1）求证：PA是⊙O的切线；

（2）若∠A＝30°，⊙O的半径为4，DM＝1，求PM的长；

（3）如图2，在（2）的条件下，连结BF、BM；在线段DN上有一点H，并且以H、D、C为顶点的三角形与△BFM相似，求DH的长度．

【答案】（1）证明见解析；（2）PM＝43﹣2；（3）满足条件的DH的值为63 或21223． 11【解析】 【分析】

（1）如图1中，作PH⊥FM于H．想办法证明∠PFH=∠PMH，∠C=∠OFC，再根据等角的余角相等即可解决问题；

（2）解直角三角形求出AD，PD即可解决问题； （3）分两种情形①当△CDH∽△BFM时，②当△CDH∽△MFB时，【详解】

（1）证明：如图1中，作PH⊥FM于H．

DHCD． FMBFDHCD，分别构建方程即可解决问题； FBMF

∵PD⊥AC，∴∠PHM＝∠CDM＝90°，∵∠PMH＝∠DMC，∴∠C＝∠MPH， ∵∠C＝

1∠FPM，∴∠HPF＝∠HPM， 2∵∠HFP+∠HPF＝90°，∠HMP+∠HPM＝90°，∴∠PFH＝∠PMH， ∵OF＝OC，∴∠C＝∠OFC，

∵∠C+∠CMD＝∠C+∠PMF＝∠C+∠PFH＝90°，

∴∠OFC+∠PFC＝90°，∴∠OFP＝90°， ∴直线PA是⊙O的切线．

（2）解：如图1中，∵∠A＝30°，∠AFO＝90°，∴∠AOF＝60°， ∵∠AOF＝∠OFC+∠OCF，∠OFC＝∠OCF，∴∠C＝30°， ∵⊙O的半径为4，DM＝1， ∴OA＝2OF＝8，CD＝3DM＝3 ， ∴OD＝OC﹣CD＝4﹣3 ，

∴AD＝OA+OD＝8+4﹣3 ＝12﹣3 ， 在Rt△ADP中，

DP＝AD•tan30°＝（12﹣3 ）×∴PM＝PD﹣DM＝4 3﹣2． （3）如图2中，

3 ＝43 ﹣1， 3

由（2）可知：BF＝

1BC＝4，FM＝3BF＝43 ，CM＝2DM＝2，CD＝3 ， 2DHCD ， FMBF∴FM＝FC﹣CM＝43﹣2， ①当△CDH∽△BFM时，∴ DH363 ，∴DH＝ 24324DHCD， FBMF②当△CDH∽△MFB时，∴

DH31223 ，∴DH＝ ， 411432∵DN＝42432833 ，

∴DH＜DN，符合题意，

综上所述，满足条件的DH的值为【点睛】

631223 或． 211本题考查圆综合题、切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题.