九年級中考數(shù)學(xué)圓綜合解答題壓軸題提高專題練習(xí)詳細(xì)

1、九年級中考數(shù)學(xué)圓的綜合解答題壓軸題提高專題練習(xí)及詳細(xì)答案九年級中考數(shù)學(xué)圓的綜合解答題壓軸題提高專題練習(xí)及詳細(xì)答案九年級中考數(shù)學(xué)圓的綜合解答題壓軸題提高專題練習(xí)及詳細(xì)答案九年級中考數(shù)學(xué)圓的綜合解答題壓軸題提高專題練習(xí)及詳細(xì)答案一、圓的綜合1（類比看法）三角形的內(nèi)切圓是以三個內(nèi)角的均分線的交點為圓心，以這點到三邊的距離為半徑的圓，則三角形可以稱為圓的外切三角形，可以得出三角形的三邊與該圓相切以此類推，如圖1，各邊都和圓相切的四邊形稱為圓外切四邊形（性質(zhì)研究）如圖1，試試究圓外切四邊形的ABCD兩組對邊AB，CD與BC，AD之間的數(shù)量關(guān)系猜想結(jié)論：（要求用文字語言表達(dá)）寫出證明過程（利用圖1，寫出已

2、知、求證、證明）（性質(zhì)應(yīng)用）初中學(xué)過的以下四邊形中哪些是圓外切四邊形（填序號）A：平行四邊形：B：菱形：C：矩形；D：正方形如圖2，圓外切四邊形ABCD，且AB=12，CD=8，則四邊形的周長是圓外切四邊形的周長為48cm，相鄰的三條邊的比為5：4：7，求四邊形各邊的長【答案】見解析.【解析】【解析】1）依照切線長定理即可得出結(jié)論；2）圓外切四邊形是內(nèi)心到四邊的距離相等，即可得出結(jié)論；依照圓外切四邊形的對邊和相等，即可求出結(jié)論；依照圓外切四邊形的性質(zhì)求出第四邊，利用周長建立方程求解即可得出結(jié)論【詳解】性質(zhì)商議：圓外切四邊形的對邊和相等，原由：如圖1，已知：四邊形ABCD的四邊AB，BC，CD，

3、DA都于O相切于G，F(xiàn)，E，H求證：AD+BC=AB+CD證明：AB，AD和O相切，AG=AH，同理：BG=BF，CE=CF，DE=DH，AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圓外切四邊形的對邊和相等故答案為：圓外切四邊形的對邊和相等；性質(zhì)應(yīng)用：依照圓外切四邊形的定義得：圓心到四邊的距離相等平行四邊形和矩形不存在一點到四邊的距離相等，而菱形和正方形對角線的交點到四邊的距離相等故答案為：B，D；圓外切四邊形ABCD，AB+CD=AD+BCAB=12，CD=8，AD+BC=12+8=20，四邊形的周長是AB+CD+AD+BC=20+20=40故答案為：40；相

4、鄰的三條邊的比為5：4：7，設(shè)此三邊為5x，4x，7x，依照圓外切四邊形的性質(zhì)得：第四邊為5x+7x4x=8x圓外切四邊形的周長為48cm，4x+5x+7x+8x=24x=48，x=2，此四邊形的四邊為4x=8cm，5x=10cm，7x=14cm，8x=16cm【點睛】此題是圓的綜合題，主要觀察了新定義圓的外切的性質(zhì)，四邊形的周長，平行四邊形，矩形，菱形，正方形的性質(zhì)，切線長定理，理解和掌握圓外切四邊形的定義是解答此題的要點2已知?ABCD的周長為26，ABC=120，BD為一條對角線，O內(nèi)切于ABD，E，F(xiàn)，G為切點，已知O的半徑為3求?ABCD的面積【答案】203【解析】【解析】第一利用三

5、邊及O的半徑表示出平行四邊形的面積，再依照題意求出AB+AD=13，爾后利用切線的性質(zhì)求出BD的長即可解答.【詳解】設(shè)O分別切ABD的邊AD、AB、BD于點G、E、F；平行四邊形ABCD的面積為S；1則S=2SABD=2(ABOE+BDOF+ADOG)=3（AB+AD+BD）；2平行四邊形ABCD的周長為26，AB+AD=13，S=3(13+BD)；連接OA；由題意得：OAE=30，AG=AE=3；同理可證DF=DG，BF=BE；DF+BF=DG+BE=1333=7，BD=7，S=3（13+7）=203即平行四邊形ABCD的面積為2033如圖，已知RtABC中，C=90，O在AC上，以O(shè)C為半

6、徑作O，切AB于D點，且BC=BD1）求證：AB為O的切線；2）若BC=6，sinA=3，求O的半徑；5（3）在（2）的條件下，P點在O上為一動點，求BP的最大值與最小值.【答案】（1）連OD，證明略；（2）半徑為3；（3）最大值35+3，35-3.【解析】解析：（1）連接OD，OB，證明ODBOCB即可.（2）由sinA=3且BC=6可知，AB=10且cosA=4，爾后求出OD的長度即可.553）由三角形的三邊關(guān)系，可知當(dāng)連接OB交O于點E、F，當(dāng)點P分別于點E、F重合時，BP分別取最小值和最大值.詳解：（1）如圖：連接OD、OB.在ODB和OCB中：OD=OC,OB=OB,BC=BD;OD

7、BOCB（SSS）.ODB=C=90.AB為O的切線.（2）如圖：sinA=3，CB3,AB5BC=6，AB=10,BD=BC=6,AD=AB-BD=4,sinA=3，cosA=4，55OA=5，OD=3，即O的半徑為：3.（3）如圖：連接OB，交O為點E、F，由三角形的三邊關(guān)系可知：當(dāng)P點與E點重合時，PB取最小值.由（2）可知：OD=3，DB=6,OB=326235.PB=OB-OE=353.當(dāng)P點與F點重合時，PB去最大值，PB=OP+OB=3+35.點睛：此題屬于綜合種類題，主要觀察了圓的綜合知識.要點是對三角函數(shù)值、勾股定理、全等三角形判斷與性質(zhì)的理解.4已知，如圖：O1為x軸上一點

8、，以O(shè)1為圓心作O1交x軸于C、D兩點，交y軸于M、N兩點，CMD的外角均分線交O1于點E，AB是弦，且ABCD，直線DM的解析式為y=3x+3（1）如圖1，求O1半徑及點E的坐標(biāo)（2）如圖2，過E作EFBC于F，若A、B為弧CND上兩動點且弦ABCD，試問：BF+CF與AC之間可否存在某種等量關(guān)系？請寫出你的結(jié)論，并證明（3）在（2）的條件下，EF交O1于點G，問弦BG的長度可否變化？若不變直接寫出BG的長（不寫過程），若變化自畫圖說明原由【答案】（1）r=5E（4，5）（2）BF+CF=AC（3）弦BG的長度不變，等于52【解析】解析：（1）連接ED、EC、EO1、MO1，如圖1，可以證到

9、ECD=SME=EMC=EDC，從而可以證到EO11D=EOC=90由直線DM的解析式為y=3x+3可得OD=1，OM=3設(shè)O1的半徑為r在RtMOO1中利用勾股定理即可解決問題（2）過點O作OPEG于P，過點O作OQBC于Q，連接EO、DB，如圖2由11111ABDC可證到BD=AC，易證四邊形OPFQ是矩形，進而有OP=FQ，POQ=90，進而有111EOP=COQ，進而可以證到EPOCQO，則有PO=QO依照三角形中位線定理111111可得FQ=1BD進而可以獲取BF+CF=2FQ=AC2（3）連接EO，ED，EB，BG，如圖3易證EFBD，則有GEB=EBD，進而有1?，也就有BG=D

10、E在RtEO1D中運用勾股定理求出ED，即可解決問題BG=ED詳解：（1）連接ED、EC、EO1、MO1，如圖1ME均分SMC，SME=EMCSME=ECD，EMC=EDC，ECD=EDC，EO1D=EO1CEO1D+EO1C=180，EO1D=EO1C=90直線DM的解析式為y=3x+3，點M的坐標(biāo)為（0，3），點D的坐標(biāo)為（1，0），OD=1，OM=3設(shè)O1的半徑為r，則MO1=DO1=r在RtMOO1中，（r1）2+32=r2解得：r=5，OO1=4，EO1=5，O1半徑為5，點E的坐標(biāo)為（4，5）（2）BF+CF=AC原由以下：過點O1作O1PEG于P，過點O1作O1QBC于Q，連接E

11、O1、DB，如圖2ABDC，DCA=BAC，?=?，?=?，BD=ACADBCBDACO1PEG，O1QBC，EFBF，O1PF=PFQ=O1QF=90，四邊形O1PFQ是矩形，O1P=FQ，PO1Q=90，EO1P=90PO1C=CO1QEO1PCO1Q在EPO1和CQO1中，EPO1CQO1，O1EO1CEPO1CQO1，PO1=QO1，F(xiàn)Q=QO1QO1BC，BQ=CQ11CO1=DO1，O1Q=BD，F(xiàn)Q=BD22BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，BF+CF=BD=AC（3）連接EO1，ED，EB，BG，如圖3DC是O1的直徑，DBC=90，DBC+EFB=180

12、，EFBD，GEB=EBD，?BG=ED?，BG=DEDO1=EO1=5，EO1DO1，DE=52，BG=52，弦BG的長度不變，等于52點睛：此題觀察了圓周角定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、弧與弦的關(guān)系、垂徑定理、全等三角形的判斷與性質(zhì)、矩形的判斷與性質(zhì)、三角形中位線定理、平行線的判斷與性質(zhì)、勾股定理等知識，綜合性比較強，有必然的難度而由ABDC證到AC=BD是解決第（2）小題的要點，由EGDB證到BG=DE是解決第（3）小題的要點5如圖，M與菱形ABCD在平面直角坐標(biāo)系中，點M的坐標(biāo)為（3，1），點A的坐標(biāo)為（2，3），點B的坐標(biāo)為（3，0），點C在x軸上，且點D在點A的左側(cè)（1）求菱形（2）若

13、MABCD的周長；沿x軸向右以每秒2個單位長度的速度平移，同時菱形ABCD沿x軸向右以每秒3個單位長度的速度平移，設(shè)菱形搬動的時間為t（秒），當(dāng)M與BC相切，且切點為BC的中點時，連接BD，求：t的值；MBD的度數(shù)；（3）在（2）的條件下，當(dāng)點M與BD所在的直線的距離為1時，求t的值【答案】（1）8；（2）7；105；（3）t=63或6+33【解析】解析：（1）依照勾股定理求菱形的邊長為2，所以可得周長為8；（2）如圖2，先依照坐標(biāo)求EF的長，由EEFE=EF=7，列式得：3t2t=7，可得t的值；先求EBA=60，則FBA=120，再得MBF=45，相加可得：MBD=MBF+FBD=45+6

14、0=105；（3）分兩種情況談?wù)摚鹤鞒鼍嚯xMN和ME，第一種情況：如圖5由距離為1可知：BD為M的切線，由BC是M的切線，得MBE=30，列式為3t+3=2t+6，解出即可；第二種情況：如圖6，同理可得t的值詳解：（1）如圖1，過A作AEBC于E點A的坐標(biāo)為（2，3），點B的坐標(biāo)為（3，0），AE=3，BE=32=1，AB=AE2BE2=（22=23）1四邊形ABCD是菱形，AB=BC=CD=AD=2，菱形ABCD的周長=24=8；2）如圖2，M與x軸的切點為F，BC的中點為EM（3，1），F(xiàn)（3，0）BC=2，且E為BC的中點，E（4，0），EF=7，即EEFE=EF，3t2t=7，t=7；

15、由（1）可知：BE=1，AE=3，AE=3=3，EBA=60，如圖4，F(xiàn)BA=120tanEBA=BE1四邊形ABCD是菱形，F(xiàn)BD=1FBA=1120=6022BC是M的切線，MFBCF是BC的中點，BF=MF=1，BFM是等腰直角三角形，MBF=45，MBD=MBF+FBD=45+60=105；3）連接BM，過M作MNBD，垂足為N，作MEBC于E，分兩種情況：第一種情況：如圖5四邊形ABCD是菱形，ABC=120，CBD=60，NBE=60點M與BD所在的直線的距離為1，MN=1，BD為M的切線BC是M的切線，MBE=30ME=1，EB=3，3t+3=2t+6，t=63；第二種情況：如圖

16、6四邊形ABCD是菱形，ABC=120，DBC=60，NBE=120點M與BD所在的直線的距離為1，MN=1，BD為M的切線BC是M的切線，MBE=60ME，EB=13，ME=MN=1，RtBEM中，tan60=BEtan6033t=2t+6+3，t=6+3；33綜上所述：當(dāng)點M與BD所在的直線的距離為1時，t=63或6+33點睛：此題是四邊形和圓的綜合題，觀察了菱形的性質(zhì)、圓的切線的性質(zhì)和判斷、特其他三角函數(shù)值、等腰直角三角形的性質(zhì)、動點運動問題，此類問題比較復(fù)雜，弄清動點運動方向、速度、時間和行程的關(guān)系，并與方程相結(jié)合，找等量關(guān)系，求出時間t的值6如圖，在ABC中，BAC90,ABAC2,

17、ADBC，垂足為D，過A,D的O分別與AB,AC交于點E,F，連接EF,DE,DF（1）求證：ADECDF；（2）當(dāng)BC與O相切時，求O的面積2【答案】(1)見解析;(2).4【解析】解析：（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)知AD=CD、1=C=45，由EAF=90知EF是O的直徑，據(jù)此知2+4=3+4=90，得2=3，利用“ASA證”明即可得；2）當(dāng)BC與O相切時，AD是直徑，依照C=45、AC=2可得AD=1，利用圓的面積公式可得答案詳解：（1）如圖，AB=AC，BAC=90，C=451又ADBC，AB=AC，1=BAC=45，BD=CD，ADC=902又BAC=90，BD=CD，AD=CD又E

18、AF=90，EF是O的直徑，EDF=90，2+4=90又3+4=90，2=3在ADE和CDF中CADCD，ADECDF（ASA）23（2）當(dāng)BC與O相切時，AD是直徑在RtADC中，C=45，AC=2，sinC=AD，AD=ACsinC=1，O的半徑為1，O的面積為2AC24點睛：此題主要觀察圓的綜合問題，解題的要點是熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判斷與性質(zhì)、與圓有關(guān)的地址關(guān)系等知識點7以下列圖，以RtABC的直角邊AB為直徑作圓O，與斜邊交于點D，E為BC邊上的中點，連接DE1）求證：DE是O的切線；2）連接OE，AE，當(dāng)CAB為何值時，四邊形AOED是平行四邊形？并在此條件下求

19、sinCAE的值【答案】(1)見解析;(2)10.10【解析】解析：（1）要證DE是O的切線，必定證EDOD，即EDB+ODB=902）要證AOED是平行四邊形，則DEAB，D為AC中點，又BDAC，所以ABC為等腰直角三角形，所以CAB=45，再由正弦的看法求解即可詳解：（1）證明：連接O、D與B、D兩點，BDC是Rt，且E為BC中點，EDB=EBD（2分）又OD=OB且EBD+DBO=90，EDB+ODB=90DE是O的切線2）解：EDO=B=90，若要四邊形AOED是平行四邊形，則DEAB，D為AC中點，又BDAC，ABC為等腰直角三角形CAB=45E作EHAC于H，BC=2k，則EH=

20、2k，AE=5k，2sinCAE=EH10AE10點睛：此題觀察的是切線的判斷，要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心和這點（即為半徑），再證垂直即可8如圖1，四邊形ABCD為O內(nèi)接四邊形，連接AC、CO、BO，點C為弧BD的中點1）求證：DAC=ACO+ABO；2）如圖2，點E在OC上，連接EB，延長CO交AB于點F，若DAB=OBA+EBA求證：EF=EB；（3）在（2）的條件下，如圖3，若OE+EB=AB，CE=2，AB=13，求AD的長【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）AD=7【解析】試題解析：（1）如圖1中，連接OA，只要證明CAB=1+2=ACO+ABO，

21、由點C是?BD中點，推出CD?CB?，推出BAC=DAC，即可推出DAC=ACO+ABO；（2）想方法證明EFB=EBF即可；（3）如圖3中，過點O作OHAB，垂足為H，延長BE交HO的延長線于G，作BNCFN，作CKAD于K，連接OA作CTAB于T第一證明EFB是等邊三角形，再證明ACKACT，RtDKCRtBTC，延長即可解決問題；試題解析：（1）如圖1中，連接OA，OA=OC，1=ACO，OA=OB，2=ABO，CAB=1+2=ACO+ABO，uuuruuuruuur點C是BD中點，CDCB，BAC=DAC，DAC=ACO+ABO（2）如圖2中，BAD=BAC+DAC=2CAB，COB=

22、2BAC，BAD=BOC，DAB=OBA+EBA，BOC=OBA+EBA，EFB=EBF，EF=EB（3）如圖3中，過點O作OHAB，垂足為H，延長BE交HO的延長線于G，作BNCFN，作CKAD于K，連接OA作CTAB于TEBA+G=90，CFB+HOF=90，EFB=EBF，G=HOF，HOF=EOG，G=EOG，EG=EO，OHAB，AB=2HB，OE+EB=AB，GE+EB=2HB，GB=2HB，HB1cosGBA=，GBA=60，GB2EFB是等邊三角形，設(shè)HF=a，F(xiàn)OH=30，OF=2FH=2a，13AB=13，EF=EB=FB=FH+BH=a+，21313a+2=17a，OE=

23、EFOF=FBOF=a，OB=OC=OE+EC=222NE=1EF=1a+13，224ON=OE=EN=（13a）（1a+13）=133a，22442BO2ON2=EB2EN2，（17a）2（133a）2=（a+13）2（1a+13）2，242224解得a=3或10（舍棄），2OE=5，EB=8，OB=7，K=ATC=90，KAC=TAC，AC=AC，ACKACT，CK=CT，AK=AT，uuuruuurCDCB，DC=BC，RtDKCRtBTC，DK=BT，1FT=FC=5，DK=TB=FBFT=3，AK=AT=ABTB=10，AD=AKDK=103=729如圖1，四邊形ABCD是正方形，點

24、E是邊BC上一點，點F在射線CM上,AEF=90，AE=EF，過點F作射線BC的垂線，垂足為H，連接AC試判斷BE與FH的數(shù)量關(guān)系，并說明原由；求證：ACF=90；(3)連接AFAEF三點作圓，如圖2.若EC=4CEF=15的長.，過，求圖1圖2【答案】（1）BE=FH；原由見解析2）證明見解析3）=2【解析】試題解析：（1）由ABEEHF（SAS）即可獲取BE=FH2）由（1）可知AB=EH，而BC=AB，F(xiàn)H=EB，進而可知FHC是等腰直角三角形，F(xiàn)CH為45，而ACB也為45，進而可證明（3)由已知可知EAC=30，AF是直徑，設(shè)圓心為O，連接EO，過點E作ENAC于點N，則可得ECN為

25、等腰直角三角形，進而可得EN的長，進而可得AE的長，獲取半徑，獲取所對圓心角的度數(shù)，進而求得弧長試題解析：（1）BE=FH原由以下：四邊形ABCD是正方形B=90，F(xiàn)HBCFHE=90又AEF=90AEB+HEF=90且BAE+AEB=90HEF=BAEAEB=EFH又AE=EFABEEHF（SAS）BE=FH(2)ABEEHFBC=EH，BE=FH又BE+EC=EC+CHBE=CHCH=FHFCH=45，F(xiàn)CM=45AC是正方形對角線，ACD=45ACF=FCM+ACD=90（3）AE=EF，AEF是等腰直角三角形AEF外接圓的圓心在斜邊AF的中點上設(shè)該中點為O連接EO得AOE=90E作EN

26、AC于點NRtENC中，EC=4，ECA=45，EN=NC=RtENA中，EN=又EAF=45CAF=CEF=15（等弧同等角）EAC=30AE=RtAFE中，AE=EF，AF=8AE所在的圓O半徑為4，其所對的圓心角為AOE=90=2（490360）=2考點：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圓周角定理；4、三角函數(shù)10如圖，O的直徑AB8，C為圓周上一點，AC4，過點C作O的切線l，過點Bl的垂線BD，垂足為D，BD與O交于點E（1）求AEC的度數(shù)；（2）求證：四邊形OBEC是菱形【答案】（1）30；（2）詳見解析.【解析】【解析】1）易得AOC是等邊三角形，則AOC60，依照圓周角定理

27、獲取AEC30；2）依照切線的性質(zhì)獲取OCl，則有OCBD，再依照直徑所對的圓周角為直角獲取AEB90，則EAB30，可證得ABCE，獲取四邊形OBEC為平行四邊形，再由OC，即可判斷四邊形OBEC是菱形【詳解】（1）解：在AOC中，AC4，OBAOOC4，AOC是等邊三角形，AOC60，AEC30；2）證明：OCl，BDlOCBDABDAOC60AB為O的直徑，AEB90，AEB為直角三角形，EAB30EABAECCEOB，又COEB四邊形OBEC為平行四邊形又OBOC4四邊形OBEC是菱形【點睛】此題觀察了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于過切點的半徑也觀察了圓周角定理及其推論以及菱形的判斷方法1

28、1如圖，在矩形ABCD中，點O在對角線AC上，以O(shè)A的長為半徑的O與AD、AC分別交于點E、F，且ACBDCE（1）判斷直線CE與O的地址關(guān)系，并說明原由；（2）若AB2，BC2，求O的半徑【答案】（1）直線CE與O相切，原由見解析；（2）O的半徑為64【解析】【解析】（1）第一連接OE，由OE=OA與四邊形ABCD是矩形，易求得DEC+OEA=90，即OEEC，即可證得直線CE與O的地址關(guān)系是相切；（2）第一易證得CDECBA，爾后依照相似三角形的對應(yīng)邊成比率，即可求得DE的長，又由勾股定理即可求得AC的長，爾后設(shè)OA為x，即可得方程(3)2x2(6x)2，解此方程即可求得O的半徑【詳解】解

29、：（1）直線CE與O相切原由：連接OE，四邊形ABCD是矩形，BDBAD90，BCAD，CDAB，DCE+DEC90，ACBDAC，又DCEACB，DEC+DAC90，OEOA，OEADAC，DEC+OEA90，OEC90，OEEC，OE為圓O半徑，直線CE與O相切；2）BD，DCEACB，CDECBA，BCAB，DCDECDAB2，BC2，DE1依照勾股定理得EC3，又ACAB2BC26，設(shè)OA為x，則(3)2x2(6x)2，解得x6，4O的半徑為64【點睛】此題觀察了切線的判斷與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判斷與性質(zhì)以及勾股定理等知識此題綜合性較強，難度適中，解題的要點是注意數(shù)形結(jié)合思想

30、與方程思想的應(yīng)用，注意輔助線的作法12如圖，點A，B，C，D，E在O上，ABCB于點B，tanD=3，BC=2，H為CE延長線上一點，且AH=10，CH52.1）求證：AH是O的切線；2）若點D是弧CE的中點，且AD交CE于點F，求證：HF=HA；3）在（2）的條件下，求EF的長【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）102【解析】【解析】（1）連接AC，由ABCB可知AC是O的直徑，由圓周角定理可得C=D，于是獲取tanC=3，故此可知AB=6，在RtABC中，由勾股定理得：AC2=40，進而可得AC2+AH2=CH2，依照勾股定理的逆定理可得ACAH，問題得證；（2）連接DE、BE，

31、由弦切角定理可知ABD=HAD，由D是CE?的中點，可得CED=EBD，再由圓周角定理可得ABE=ADE，結(jié)合三角形的外角即可證明HAF=AFH，進而可證得AH=HF；（3）由切割線定理可得EH=2，由（2）可知AF=FH=10，進而可得EF=FHEH=10-【詳解】（1）如圖1所示：連接ACABCB，AC是O的直徑，C=D，tanC=3，AB=3BC=3，2=6RtABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40，又AH2=10，CH2=50，AC2+AH2=CH2，ACH為直角三角形，ACAH，AH是圓O的切線；（2）如圖2所示：連接DE、BE，AH是圓O的切線，ABD=HAD，D是C

32、E?的中點，?，CDEDCED=EBD，又ABE=ADE，ABE+EBD=ADE+CED，ABD=AFE，HAF=AFH，AH=HF；（3）由切割線定理可知：AH2=EH?CH，即（10）2=52EH，解得：EH=2，由（2）可知AF=FH=10，EF=FHEH=10-2【點睛】此題主要觀察圓的綜合應(yīng)用，解答主要應(yīng)用了切線的判判定理、弦切角定理、切割線定理、圓周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性質(zhì)等，正確增加輔助線是解題的要點.13在平面直角坐標(biāo)系xOy中，關(guān)于點P和圖形W，若是以P為端點的任意一條射線與圖形W最多只有一個公共點，那么稱點P獨立于圖形W（1）如圖1，已知點A（

33、-2，0），以原點O為圓心，OA長為半徑畫弧交x軸正半軸于點B在P1234?的（0，4），P（0，1），P（0，-3），P（4，0）這四個點中，獨立于AB點是；2）如圖2，已知點C（-3，0），D（0，3），E（3，0），點P是直線l：y=2x+8上的一個動點若點P獨立于折線CD-DE，求點P的橫坐標(biāo)xp的取值范圍；（3）如圖3，H是以點H（0，4）為圓心，半徑為1的圓點T（0，t）在y軸上且t-3，以點T為中心的正方形KLMN的極點K的坐標(biāo)為（0，t+3），將正方形KLMN在x軸及x軸上方的部分記為圖形W若H上的所有點都獨立于圖形W，直接寫出t的取值范圍【答案】（1）P23PP5（3）-3t

34、1-2或1+2t7-23【解析】【解析】1）依照點P獨立于圖形W的定義即可判斷；2）求出直線DE，直線CD與直線y=2x+8的交點坐標(biāo)即可判斷；（3）求出三種特別地址時t的值，結(jié)合圖象即可解決問題.【詳解】（1）由題意可知：在P10234）這四個點中，獨（，4），P（0，1），P（0，-3），P（4，0立于?的點是P23AB，P（2）C（-3，0），D（0，3），E（3，0），直線CD的解析式為y=x+3，直線DE的解析式為y=-x+3，2x85由，解得-5，可得直線l與直線CD的交點的橫坐標(biāo)為x32yy8x53，可得直線l與直線DE的交點的橫坐標(biāo)為-5，由y2x，解得x3143yy3滿足條件

35、的點P的橫坐標(biāo)xp的取值范圍為：xP-5或xP-533）如圖3-1中，當(dāng)直線KN與H相切于點E時，連接EHEH=EK=1HK=2，（，則，OT=KT+HK-OH=3+2-4=2-1，T（0，1-2），此時t=1-2，當(dāng)-3t1-2時，H上的所有點都獨立于圖形W如圖3-2中，當(dāng)線段KN與H相切于點E時，連接EHOT=OH+KH-KT=4+2-3=1+2，T（0，1+2），此時t=1+2，如圖3-3中，當(dāng)線段MN與H相切于點E時，連接EHOT=OM+TM=4-2+3=7-2，T（0，7-2），此時t=7-2，當(dāng)1+2t7-2時，H上的所有點都獨立于圖形W綜上所述，滿足條件的t的值為-3t1-2或1

36、+2t7-2【點睛】此題屬于圓綜合題，觀察了切線的性質(zhì)，一次函數(shù)的應(yīng)用，點P獨立于圖形W的定義等知識，解題的要點是理解題意，靈便運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會利用特別地址解決實責(zé)問.14如圖，在ABC中，ACBC10，cosC3,點P是BC邊上一動點（不與點A,C5重合），以PA長為半徑的eP與邊AB的另一個交點為D，過點D作DECB于點E.當(dāng)eP與邊BC相切時，求eP的半徑；聯(lián)系BP交DE于點F，設(shè)AP的長為x，PF的長為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并直接寫出x的取值范圍；3在2的條件下，當(dāng)以PE長為直徑的eQ與eP訂交于AC邊上的點G時，求訂交所得的公共弦的長.【答案】（1）40；（2）y5xx28x800 x10；（3）102593x20【解析】【解析】（1）設(shè)P與邊BC相切的切點為H，圓的半徑為R，連接HP，則HPBC，cosC=3，則5sinC=4，sinC=HP=R=4，即可求解；5CP10R52（2）PDBE，則EBBF，即：45xx28x80y，即可求解；PDPFxy3）證明四邊形PDBE為平行四邊形，則AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解【詳解】（1）設(shè)P與邊BC相切的切點為H，圓