度九年級(jí)教案教案中考教育數(shù)學(xué)圓及相似解答題壓軸題提高專題總結(jié)練習(xí)及詳細(xì)

2020-2021九年級(jí)中考數(shù)學(xué)圓與相似解答題壓軸題提高專題練習(xí)及詳細(xì)答案

一、相似

1．如圖①，已知直線l1∥l2，線段AB在直線l1上，BC垂直于l1交l2于點(diǎn)C，且AB＝

BC，P是線段BC上異于兩端點(diǎn)的一點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線分別交l2，l1于點(diǎn)D，E(點(diǎn)A，E位于點(diǎn)B的兩側(cè)，滿足BP＝BE，連接AP，CE．

1）求證：△ABP≌△CBE．

2）連接AD、BD，BD與AP訂交于點(diǎn)F，如圖②．

①當(dāng)時(shí)，求證：AP⊥BD；

②當(dāng)(n＞1)時(shí)，設(shè)△PAD的面積為S1，△PCE的面積為S2，求的值．

【答案】（1）證明：BC⊥直線l1，

∴∠ABP＝∠CBE．

在△ABP和△CBE中，

（2）①證明：如圖，延長(zhǎng)AP交CE于點(diǎn)H．

∵△ABP≌△CBE，

∴∠PAB＝∠ECB，

∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，

∴∠AHE＝90°，

∴AP⊥CE．

∵，即P為BC的中點(diǎn)，直線l1∥直線l2，

∴△CPD∽△BPE，∴

∴DP＝EP．

，

∴四邊形BDCE是平行四邊形，∴CE∥BD．

∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．②解：∵

∴CP＝(n－1)BP．

∵CD∥BE，

，∴BC＝nBP，

∴△CPD∽△BPE，

∴．

令S△BPE＝S，則S2＝(n－1)S，

S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．

∵

∴S1＝(n＋1)(n－1)S，

，

∴．

【解析】【解析】（1）由已知條件用邊角邊即可證得△ABP≌△CBE；2）①、延長(zhǎng)AP交CE于點(diǎn)H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知

=2,則點(diǎn)P為BC的中點(diǎn)，所以易證得BE=CD，由有一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行

四邊形可得四邊形BDCE是平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)可得CE∥BD，再依照平行線

的性質(zhì)即可求得AP⊥BD；

②方法與①近似，由已知條件易證得△CPD∽△BPE，則可得對(duì)應(yīng)線段的比相等，爾后可

將△PAD的面積和△PCE的面積用三角形BPE的面積表示出來，則這兩個(gè)三角形的比值即可求解。

2．已知拋物線y=ax2+bx-3的圖象與x軸交于點(diǎn)A（-1，0）和點(diǎn)B（3，0），極點(diǎn)為D，點(diǎn)C是直線l：y=x+5與x軸的交點(diǎn).

（1）求該二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）點(diǎn)E是直線l在第三象限上的點(diǎn)，連接EA、EB，當(dāng)△ECA∽△BCE時(shí)，求E點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，連接AD、BD，在直線DE上可否存在點(diǎn)P，使得∠APD=∠ADB？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明原由.【答案】（1）解：將A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx-3，得：，解得：，∴該二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x2-2x-3

（2）解：當(dāng)y=0時(shí)，x+5=0，

解得：x=-5，

∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（-5，0）.

∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-1，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），

AC=4，BC=8.

∵△ECA∽△BCE，

∴∠ECA=∠BCE，=

∴EC=4或EC=-4

過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)

，即=，

（舍去），

F，如圖1所示，

∵直線l的函數(shù)表達(dá)式為y=x+5，

∴△CEF為等腰三角形，

CE=EF=4，

OF=5+4=9，EF=4，

∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（-9，-4）；

3）解：∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，

∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，-4），∴AD=BD==2

由（2）可知：點(diǎn)E的坐標(biāo)為（-9，-4），

∴直線DE的函數(shù)表達(dá)式為y=-4，

，

過點(diǎn)A作AM⊥BD于點(diǎn)M，過點(diǎn)A作AN⊥直線DE于點(diǎn)N，如圖2所示，

∵點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，-4），點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-1，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），

∴S△ABD=×[3（--1）]×4=8，

∴AM===，

∴DM=

=

，

∵∠APD=∠ADB，

∴tan∠APD=tan∠ADB，即=，

∴=，

PN=3，

又∵點(diǎn)N的坐標(biāo)為（-1，-4），

∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-4，-4）或（2，-4）.

綜上所述：在直線DE上存在點(diǎn)P（-4，-4）或（2，-4），使得∠APD=∠ADB.

【解析】【解析】（1）依照點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特色可求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)A，B的坐標(biāo)利用相似三角形的性質(zhì)可求出EC的值，過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，則△CEF為等腰三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可求出CE，EF的值，進(jìn)而可得出點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）利用配方法可求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出BD的長(zhǎng)度，結(jié)合點(diǎn)E的坐標(biāo)可得出直線DE的函數(shù)表達(dá)式為y=-4，過點(diǎn)A作AM⊥BD于點(diǎn)M，過點(diǎn)A作AN⊥直線DE于點(diǎn)N，利用面積法可求出

AM的值，由∠APD=∠ADB結(jié)合正切的定義可求出PN的值，再結(jié)合點(diǎn)N的坐標(biāo)可得出點(diǎn)

P

的坐標(biāo)，此題得解

.

3．已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4.點(diǎn)Q是線段AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)

AC的垂線交線段AB（如圖1）或線段AB的延長(zhǎng)線（如圖2）于點(diǎn)P.

Q作

1）當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時(shí)，求證：△APQ∽△ABC；

2）當(dāng)△PQB為等腰三角形時(shí)，求AP的長(zhǎng).

【答案】（1））證明：∵∠A+∠APQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠APQ=∠C.

在△APQ與△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為鈍角，∴當(dāng)△PQB為等腰三角形時(shí)，只可能是PB=PQ.

I）當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時(shí)，如題圖1所示，由（1）可知，△APQ∽△ABC，

∴，即，解得：.

∴.

（II）當(dāng)點(diǎn)P在線段AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，如題圖

2所示,

∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P.

∵∠BQP+∠AQB=90，°∠A+∠P=90，°∴∠AQB=∠A?！郆Q=AB。

AB=BP，點(diǎn)B為線段AB中點(diǎn)。

AP=2AB=2×3=6.

綜上所述，當(dāng)△PQB為等腰三角形時(shí)，AP的長(zhǎng)為或6.

【解析】【解析】（1）由兩對(duì)角相等（∠APQ=∠C，∠A=∠A），證明△APQ∽△ABC。

（2）當(dāng)△PQB為等腰三角形時(shí)，有兩種情況，需要分類談?wù)?（I）當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上

時(shí)，如題圖1所示.由三角形相似（△APQ∽△ABC）關(guān)系計(jì)算AP的長(zhǎng)；（II）當(dāng)點(diǎn)P在線

段AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，如題圖2所示.利用角之間的關(guān)系，證明點(diǎn)B為線段AP的中點(diǎn)，從

而可以求出AP.

4．如圖1，直線l：與x軸交于點(diǎn)A（4，0），與y軸交于點(diǎn)B，點(diǎn)C是線

段OA上一動(dòng)點(diǎn)（0＜AC＜），以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑作⊙A交x軸于另一點(diǎn)D，交線段AB于點(diǎn)E，連接OE并延長(zhǎng)交⊙A于點(diǎn)F．

（1）求直線l的函數(shù)表達(dá)式和tan∠BAO的值；

（2）如圖2，連接CE，當(dāng)CE=EF時(shí)，

①求證：△OCE∽△OEA；

②求點(diǎn)E的坐標(biāo)；

（3）當(dāng)點(diǎn)C在線段OA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求OE·EF的最大值．

【答案】（1）解：把A（4，0）代入，得×4+b=0，

解得b=3，

∴直線l的函數(shù)表達(dá)式為，

∴B（0,3），

∵AO⊥BO，OA=4，BO=3，

∴tan∠BAO=.

（2）①證明：如圖，連接AF，

CE=EF，

∴∠CAE=∠EAF，

又∵AC=AE=AF，

∴∠ACE=∠AEF，

∴∠OCE=∠OEA，

又∵∠COE=∠EOA，

∴△OCE∽△OEA.

②解：如圖，過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，

tan∠BAO=，∴設(shè)EH=3x，AH=4x，

AE=AC=5x，OH=4-4x，

OC=4-5x,

∵△OCE∽△OEA，

∴=，

即OE2=OA·OC，

∴（4-4x）2+（3x）2=4（4-5x）,

解得x1=，x2=0（不合題意，舍去）

∴E（，）.

（3）解：如圖，過點(diǎn)A作AM⊥OF于點(diǎn)M，過點(diǎn)O作ON⊥AB于點(diǎn)N,

∵tan∠BAO=,

∴cos∠BAO=,

∴AN=OA·cos∠BAO=,

設(shè)AC=AE=r,

∴EN=-r,

∵ON⊥AB，AM⊥OF,

∴∠ONE=∠AME=90，°EM=EF,

又∵∠OEN=∠AEM,

∴△OEN∽△AEM,

∴=,

即OE·EF=AE·EN,

∴OE·EF=2AEEN=2r·（·-r）,

∴OE·EF=-2r2+r-2（r-）2+（0＜r＜）,

∴當(dāng)r=時(shí)，OE·EF有最大值，最大值為.【解析】【解析】（1）將點(diǎn)A坐標(biāo)代入直線l解析式即可求出b值進(jìn)而得直線l的函數(shù)表達(dá)式，依照銳角三角函數(shù)正切定義即可求得答案.（2）①如圖，連接AF，依照等腰三角形性質(zhì)等邊同等角可得兩組對(duì)應(yīng)角相等，依照相似三角形的判斷即可得證.②如圖，過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，依照銳角三角函數(shù)正切值即可設(shè)EH=3x，AH=4x，從而得出AE、OH、OC，由①中相似三角形的性質(zhì)可得OE2=OA·OC，代入數(shù)值即可得一個(gè)關(guān)于x的方程，解之即可求出E點(diǎn)坐標(biāo).（3）如圖，過點(diǎn)A作AM⊥OF于點(diǎn)M，過點(diǎn)O作ON⊥AB于點(diǎn)N,依照銳角三角函數(shù)定義

可求得AN=OA·cos∠BAO=,設(shè)AC=AE=r,則EN=-r,依照相似三角形判斷和性質(zhì)可知=

,即OE·EF=-2r2+r=（0＜r＜）,由二次函數(shù)的性質(zhì)即可求此最大值.

5．如圖，拋物線y=ax2+bx+c過原點(diǎn)O、點(diǎn)A（2，﹣4）、點(diǎn)B（3，﹣3），與x軸交于點(diǎn)C，直線AB交x軸于點(diǎn)D，交y軸于點(diǎn)E．

（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式和極點(diǎn)坐標(biāo)；（2）直線AF⊥x軸，垂足為點(diǎn)F，AF上取一點(diǎn)G，使△GBA∽△AOD，求此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo)；（3）過直線AF左側(cè)的拋物線上點(diǎn)M作直線AB的垂線，垂足為點(diǎn)N，若∠BMN=∠OAF，求直線BM的函數(shù)表達(dá)式．【答案】（1）解：將原點(diǎn)O（0,0）、點(diǎn)A（2，﹣4）、點(diǎn)B（3，﹣3），分別代入y=ax2+bx+c，得，解得，∴y=x2-4x=，∴極點(diǎn)為（2，-4）.（2）解：設(shè)直線AB為y=kx+b，由點(diǎn)A（2，-4），B（3，-3），得解得，∴直線AB為y=x-6.當(dāng)y=0時(shí)，x=6，∴點(diǎn)D（6，0）.∵點(diǎn)A（2，-4），D（6,0），B（3，-3），∴OA=，OD=6，AD=，AF=4，OF=2，DF=4，AB=，DF=AF，又∵AF⊥x軸，

∴∠AD0=∠DAF=45，°

∵△GBA∽△AOD，

∴，

∴，

解得，

∴FG=AF-AG=4-，

∴點(diǎn)G（2，）.

（3）解：如圖1，

∵∠BMN=∠OAF，

∴∠MBN=∠AOF，

設(shè)直線BM與AF交于點(diǎn)H，

∵∠ABH=∠AOD，∠HAB=∠ADO，

∴

，

∴，

則，解得AH=，

∴H（2，）.

設(shè)直線BM為y=kx+b，∵將點(diǎn)B、G的坐標(biāo)代入得，解得．

∴直線BM

如圖2，

的解析式為

y=

；

BD=AD-AB=．

∵∠BMN=∠OAF，∠GDB=∠ODA，

∴△HBD∽△AOD．

∴，即，解得DH=4．

∴點(diǎn)H的坐標(biāo)為（2，0）．

設(shè)直線BM的解析式為y=kx+b．

∵將點(diǎn)B和點(diǎn)G的坐標(biāo)代入得：，解得k=-3，b=6．

∴直線BM的解析式為y=-3x+6．

綜上所述，直線MB的解析式為y=或y=-3x+6．

【解析】【解析】（1）將原點(diǎn)O（0,0）、點(diǎn)A（2，﹣4）、點(diǎn)B（3，﹣3），分別代入

y=ax2+bx+c，聯(lián)立方程組解答即可a,b,c的值，獲取二次函數(shù)解析式；將解析式配成極點(diǎn)

式，可得極點(diǎn)；（2）由△GBA∽△AOD，可得，分別求出AD，AB，OD的長(zhǎng)即可

求出AG，由點(diǎn)A的坐標(biāo)，即可求出點(diǎn)G；（3）點(diǎn)M在直線AF的左側(cè)，可發(fā)出垂足N可

以在線段AB上，也可以在AB的延長(zhǎng)線上，故如同圖1和如圖2兩種可能；設(shè)直線BM與

直線AF的交點(diǎn)為H，由（2）可知，參加（2）的方法可求出點(diǎn)H的坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線

BM的解析式.

6．如圖，AB是⊙OCD的延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)

的直徑，弦CD⊥AB于H，G為⊙O上一點(diǎn)，連接AG交CD于K，在

E，使EG=EK，EG的延長(zhǎng)線交AB的延長(zhǎng)線于F.

1）求證：EF是⊙O的切線；

2）連接DG，若AC∥EF時(shí).

①求證：△KGD∽△KEG；

②若，AK=，求BF的長(zhǎng).

【答案】（1）證明：如圖，連接OG.∵EG=EK，

∴∠KGE=∠GKE=∠AKH，

又OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，

∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90，°

∴∠KGE+∠OGA=90，°

∴EF是⊙O的切線.

2）解：①∵AC∥EF，∴∠E=∠C，

又∠C=∠AGD，∴∠E=∠AGD，又∠DKG=∠CKE，

∴△KGD∽△KGE.

②連接OG，以下列圖.∵，AK=，

設(shè)，∴，，則

KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5k，∴HK=CK－CH=k.

在Rt△AHK中，依照勾股定理得AH2+HK2=AK2，

即，，，，則，

設(shè)⊙O半徑為R，在Rt△OCH中，OC=R，OH=R－3k，CH=4k，

由勾股定理得：OH2＋CH2=OC2，，∴

在Rt△OGF中，，∴，

∴

【解析】【解析】（1）連接OG.依照切線的判斷，證出∠KGE+∠OGA=90°，故EF是⊙O的

切線.（2）①證∠E=∠AGD，又∠DKG=∠CKE，故△KGD∽△KGE.②連接OG.，

設(shè)

，

，

，則

，在

Rt△AHK

中，依照勾股定

理得

AH2+HK2=AK2

，即

；由勾股定理得：

OH2＋CH2=OC2

，

；在Rt△OGF中，，，

7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（20，0）和（0，15），動(dòng)點(diǎn)P

從點(diǎn)A出發(fā)在線段AO上以每秒2cm的速度向原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，動(dòng)直線EF從x軸開始以每秒

1cm的速度向上平行搬動(dòng)（即EF∥x軸），分別與y軸、線段AB交于點(diǎn)E、F，連接EP、

FP，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P與動(dòng)直線EF同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．

（1）求t=9時(shí)，△PEF的面積；（2）直線EF、點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，可否存在這樣的

t使得△PEF的面積等于

40cm2？若存

在，央求出此時(shí)t的值；若不存在，請(qǐng)說明原由；

（3）當(dāng)t為何值時(shí)，△EOP與△BOA相似．

【答案】（1）解：∵EF∥OA，

∴∠BEF=∠BOA

又∵∠B=∠B，

∴△BEF∽△BOA，

∴=，

當(dāng)t=9時(shí)，OE=9，OA=20，OB=15，

∴EF==8，

∴S△PEF=EF?OE=×8×9=36（cm2）

（2）解：∵△BEF∽△BOA，

∴EF===（15-t），

∴×（15-t）×t=40，

整理，得t2-15t+60=0，

∵△=152-4×1×＜60，

∴方程沒有實(shí)數(shù)根．

∴不存在使得△PEF的面積等于40cm2的t值

3）解：當(dāng)∠EPO=∠BAO時(shí)，△EOP∽△BOA，

∴=，即

解得t=6；

=，

當(dāng)∠EPO=∠ABO時(shí)，△EOP∽△AOB，

∴=，即=，

解得t=．

∴當(dāng)t=6或t=時(shí)，△EOP與△BOA相似

【解析】【解析】（1）由于EF∥x軸，則S△PEF=?EF?OE．t=9時(shí)，OE=9，要點(diǎn)是求

EF．易證△BEF∽△BOA，則=，進(jìn)而求出EF的長(zhǎng)度，得出△PEF的面積；（2）假設(shè)

存在這樣的t，使得△PEF的面積等于40cm2，則依照面積公式列出方程，由根的鑒識(shí)式

進(jìn)行判斷，得出結(jié)論；（3）若是△EOP與△BOA相似，由于∠EOP=∠BOA=90°，則只能點(diǎn)

O與點(diǎn)O對(duì)應(yīng)，爾后分兩種情況分別談?wù)摚孩冱c(diǎn)P與點(diǎn)A對(duì)應(yīng)；②點(diǎn)P與點(diǎn)B對(duì)應(yīng)．

8．【問題】

如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，過點(diǎn)C作直線l平行于AB.∠EDF=90°，點(diǎn)D在直線l上搬動(dòng)，角的一邊DE向來經(jīng)過點(diǎn)B，另一邊DF與

AC交于點(diǎn)

P，研究DP和

DB的

數(shù)量關(guān)系

.

（1）【研究發(fā)現(xiàn)】如圖2，某數(shù)學(xué)興趣小組運(yùn)用“從特別到一般”的數(shù)學(xué)思想，發(fā)現(xiàn)當(dāng)點(diǎn)D搬動(dòng)到使點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，經(jīng)過推理就可以獲取DP=DB，請(qǐng)寫出證明過程；

（2）【數(shù)學(xué)思慮】如圖3，若點(diǎn)P是AC上的任意一點(diǎn)（不含端點(diǎn)A、C），受（1）的啟

發(fā)，這個(gè)小組過點(diǎn)D作DG⊥CD交BC于點(diǎn)G，就可以證明DP=DB，請(qǐng)完成證明過程；

（3）【拓展引申】如圖4，在（1）的條件下，M是AB邊上任意一點(diǎn)（不含端點(diǎn)A、

B），N是射線BD上一點(diǎn)，且AM=BN，連接MN與BC交于點(diǎn)Q，這個(gè)數(shù)學(xué)興趣小組經(jīng)過多次取M點(diǎn)屢次進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)點(diǎn)M在某一地址時(shí)BQ的值最大.若AC=BC=4，請(qǐng)你直接

寫出BQ的最大值.

【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，AC=BC

∴∠CAB=∠CBA=45°

∵CD∥AB

∴∠CBA=∠DCB=45，°且BD⊥CD

∴∠DCB=∠DBC=45°

∴DB=DC

即DB=DP

2）解：∵DG⊥CD，∠DCB=45°∴∠DCG=∠DGC=45°

∴DC=DG，∠DCP=∠DGB=135，°∵∠BDP=∠CDG=90°

∴∠CDP=∠BDG，且DC=DG，∠DCP=∠DGB=135，°∴△CDP≌△GDB（ASA）

∴DB=DP

（3）解：如圖4，過點(diǎn)M作MH⊥MN交AC于點(diǎn)H，連接CM，HQ，

∵M(jìn)H⊥MN，

∴∠AMH+∠NMB=90°

∵CD∥AB，∠CDB=90°

∴∠DBM=90°

∴∠NMB+∠MNB=90°

∴∠HMA=∠MNB，且AM=BN，∠CAB=∠CBN=45°

∴△AMH≌△BNQ（ASA）

∴AH=BQ

∵∠ACB=90，°AC=BC=4，

AB=4，AC-AH=BC-BQ

∴CH=CQ

∴∠CHQ=∠CQH=45=°∠CAB

∴HQ∥AB

∴∠HQM=∠QMB

∵∠ACB=∠HMQ=90°

∴點(diǎn)H，點(diǎn)M，點(diǎn)Q，點(diǎn)C四點(diǎn)共圓，

∴∠HCM=∠HQM

∴∠HCM=∠QMB，且∠A=∠CBA=45°

∴△ACM∽△BMQ

∴

∴

∴BQ=+2

∴AM=2時(shí)，BQ有最大值為2.

【解析】【解析】（1）DB=DP，原由以下：依照等腰直角三角形的性質(zhì)得出

∠CAB=∠CBA=45°，依照二直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等得出∠CBA=∠DCB=45°，依照三角形的

內(nèi)角和得出∠DCB=∠DBC=45°，最后依照等角同等邊得出DB=DC，即DB=DP；

（2）利用ASA判斷出△CDP≌△GDB，再依照全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等得出DB=DP；

（3）如圖4，過點(diǎn)M作MH⊥MN交AC于點(diǎn)H，連接CM，HQ，利用ASA判斷出

△AMH≌△BNQ依照全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等得出AH=BQ，進(jìn)而判斷出點(diǎn)H，點(diǎn)M，點(diǎn)

Q，點(diǎn)C四點(diǎn)共圓，依照?qǐng)A周角定理得出∠HCM=∠HQM，爾后判斷出△ACM∽△BMQ，

依照相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比率得出,依照比率式及偶數(shù)次冪的非負(fù)性即可得出求

出答案.

二、圓的綜合

9．如圖，在△ABP中,C是BP邊上一點(diǎn),∠PAC=∠PBA,⊙O是△ABC的外接圓,AD是⊙O的直徑,且交BP于點(diǎn)E.

1）求證：PA是⊙O的切線；

2）過點(diǎn)C作CF⊥AD，垂足為點(diǎn)【答案】（1）證明見解析（2）2

【解析】

F，延長(zhǎng)CF交AB于點(diǎn)G，若AG?AB=12，求AC的長(zhǎng)．

3

試題解析：（1）依照?qǐng)A周角定理得出∠ACD=90°以及利用∠PAC=∠PBA得出

∠CAD+∠PAC=90進(jìn)°而得出答案；

（2）第一得出△CAG∽△BAC，進(jìn)而得出AC2=AG·AB，求出AC即可.

試題解析：（1）連接CD,如圖,

∵AD是⊙O的直徑,

∴∠ACD=90,°

∴∠CAD+∠D=90，°

∵∠PAC=∠PBA，∠D=∠PBA，

∴∠CAD+∠PAC=90，°

即∠PAD=90°，

∴PA⊥AD，

∴PA是⊙O的切線；

2）∵CF⊥AD，

∴∠ACF+∠CAF=90，°∠CAD+∠D=90，°

∴∠ACF=∠D，

∴∠ACF=∠B，

而∠CAG=∠BAC，

∴△ACG∽△ABC，

∴AC：AB=AG：AC，

∴AC2=AG?AB=12，

AC=23．

10．如圖，在直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A(－8，0)，B(0，6)，點(diǎn)M在線段AB上。

（1）如圖1，若是點(diǎn)M是線段AB的中點(diǎn)，且⊙M的半徑等于4，試判斷直線OB與⊙M

的地址關(guān)系，并說明原由；

（2）如圖2，⊙M與x軸，y軸都相切，切點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，試求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；

（3）如圖3，⊙M與x軸，y軸，線段

AB都相切，切點(diǎn)分別為

E，F(xiàn)，G，試求出點(diǎn)

M的

坐標(biāo)（直接寫出答案）

【答案】（

1）OB與⊙M

相切；（

2）M（－

24，

24）；（

3）M（－2，2）

7

7

【解析】

解析：（1）設(shè)線段OB的中點(diǎn)為D，連接MD，依照三角形的中位線求出MD，依照直線和圓的地址關(guān)系得出即可；

（2）求出過點(diǎn)A、B的一次函數(shù)關(guān)系式是3y=x+6，設(shè)M（a，﹣a），把x=a，y=﹣a代4入y=3x+6得出關(guān)于a的方程，求出即可．43）連接ME、MF、MG、MA、MB、MO，設(shè)ME=MF=MG=r，依照1

1

1

1

S△ABC=

AO?ME+

BO?MF+

AB?MG=

AO?BO求得

r=2，據(jù)此可得答案．

2

2

2

2

詳解：（

1）直線

OB與⊙M

相切．原由以下：

設(shè)線段

OB的中點(diǎn)為

D，如圖

1，連接

MD，

∵點(diǎn)M

是線段

AB的中點(diǎn)，所以

MD∥AO，MD=4，

∴∠AOB=∠MDB=90，°∴MD⊥OB，點(diǎn)D在⊙M上．

又∵點(diǎn)D在直線OB上，∴直線OB與⊙M相切；

（2）如圖2，連接ME，MF，

∵A（﹣8，0），B（0，6），∴設(shè)直線AB的解析式是y=kx+b，∴8kb0b，解6得：k=3，b=6，即直線AB的函數(shù)關(guān)系式是y=3x+6．44∵⊙M與x軸、y軸都相切，∴點(diǎn)M到x軸、y軸的距離都相等，即ME=MF，設(shè)Ma，﹣a）（﹣8＜a＜0），把x=a，y=﹣a代入y=3x+6，得：﹣a=3a+6，得：a=﹣44

242424，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣7，）．773）如圖3，連接ME、MF、MG、MA、MB、MO，

∵⊙M與x軸，y軸，線段AB都相切，∴ME⊥AO、MF⊥BO、MG⊥AB，設(shè)

△ABC=1111AO?BO．2222∵A（﹣8，0），B（0，6），∴AO=8、BO=6，AB=AO2BO2=10，1r?8+1r?6+1r?10=1×6×8，解得：r=2，即ME=MF=2，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣2，2222

2）．

點(diǎn)睛：此題觀察了圓的綜合問題，掌握直線和圓的地址關(guān)系，用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的應(yīng)用，能綜合運(yùn)用知識(shí)點(diǎn)進(jìn)行推理和計(jì)算是解答此題的要點(diǎn)，注意：直線和圓有

三種地址關(guān)系：已知⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離是d，當(dāng)d=r時(shí)，直線l和⊙O相切．

11．如圖AB是△ABC的外接圓⊙O的直徑，過點(diǎn)C作⊙O的切線CM，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)D，使CD=BC，連接AD交CM于點(diǎn)E，若⊙OD半徑為3，AE=5，

1）求證：CM⊥AD；

2）求線段CE的長(zhǎng).

【答案】（1）見解析；（2）5

【解析】

解析：（1）連接OC，依照切線的性質(zhì)和圓周角定理證得AC垂直均分BD，爾后依照平行

線的判斷與性質(zhì)證得結(jié)論；

（2）依照相似三角形的判斷與性質(zhì)證明求解即可.

詳解：證明：（1）連接OC

∵CM切⊙O于點(diǎn)C，

∴∠OCE=90，°

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB=90，°

∵CD=BC，

∴AC垂直均分BD，

AB=AD，

∴∠B=∠D

∵∠B=∠OCB

∴∠D=∠OCB

∴OC∥AD

∴∠CED=∠OCE=90°

∴CM⊥AD.

2）∵OA=OB，BC=CD

1∴OC=AD2

AD=6

∴DE=AD-AE=1

易證△CDE～△ACE

CEDE∴AECE

∴CE2=AE×DECE=5

點(diǎn)睛：此題主要觀察了切線的性質(zhì)和相似三角形的判斷與性質(zhì)的應(yīng)用，靈便判斷邊角之間的關(guān)系是解題要點(diǎn)，是中檔題.

12．如圖，O是△ABC的內(nèi)心，BO的延長(zhǎng)線和△ABC的外接圓訂交于D，連接DC、DA、OA、OC，四邊形OADC為平行四邊形．

1）求證：△BOC≌△CDA．

2）若AB=2，求陰影部分的面積．

【答案】（1）證明見解析；（2）433.9

【解析】

解析:（1）依照內(nèi)心性質(zhì)得∠1=∠2，∠3=∠4，則AD=CD，于是可判斷四邊形OADC為菱形，則BD垂直均分AC，∠4=∠5=∠6，易得OA=OC，∠2=∠3，所以O(shè)B=OC，可判斷點(diǎn)O為△ABC的外心，則可判斷△ABC為等邊三角形，所以∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，

BC=AC，再依照平行四邊形的性質(zhì)得∠ADC=∠AOC=120°，AD=OC，CD=OA=OB，則依照

“SAS證”明△BOC≌△CDA；

（2）作OH⊥AB于H，如圖，依照等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理獲取

1∠BOH=30°BH=AH=AB=1，再利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系2

獲取OH=3BH=3，OB=2OH=23，爾后依照三角形面積公式和扇形面積公式，利用333

S陰影部分=S扇形AOB-S△AOB進(jìn)行計(jì)算即可.

詳解:

（1）證明：∵O是△ABC的內(nèi)心，

∴∠2=∠3，∠5=∠6，

∵∠1=∠2，∴∠1=∠3，

由AD∥CO,AD=CO，∴∠4=∠6，∴△BOC≌△CDA（AAS）

(2)由（1）得，BC=AC,∠3=∠4=∠6，

∴∠ABC=∠ACB

AB=AC

∴△ABC是等邊三角形

∴O是△ABC的內(nèi)心也是外心

∴OA=OB=OC

設(shè)E為BD與AC的交點(diǎn)，BE垂直均分AC.

在Rt△OCE中，CE=11AB=1，∠OCE=30°，AC=22∴OA=OB=OC=233∵∠AOC=120，°∴S陰影=S扇AOBSVAOB=120(23)2123360323=4339

點(diǎn)睛:此題觀察了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心：與三角形各邊都相切的圓叫三角形的內(nèi)切圓，三角形的內(nèi)切圓的圓心叫做三角形的內(nèi)心，這個(gè)三角形叫做圓的外切三角形．三角形的內(nèi)心

就是三角形三個(gè)內(nèi)角角均分線的交點(diǎn)．也觀察了等邊三角形的判斷與性質(zhì)和扇形面積的計(jì)

算.

13．以下列圖，以Rt△ABC的直角邊AB為直徑作圓O，與斜邊交于點(diǎn)D，E為BC邊上的中點(diǎn)，連接DE．

1）求證：DE是⊙O的切線；

2）連接OE，AE，當(dāng)∠CAB為何值時(shí)，四邊形AOED是平行四邊形？并在此條件下求

sin∠CAE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ED⊥OD，即∠EDB+∠ODB=90°

2）要證AOED是平行四邊形，則DE∥AB，D為AC中點(diǎn)，又BD⊥AC，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(diǎn)，∵△BDC是Rt△，且E為BC中點(diǎn)，

∴∠EDB=∠EBD．（2分）

又∵OD=OB且∠EBD+∠DBO=90°，∴∠EDB+∠ODB=90．°

∴DE是⊙O的切線．

2）解：∵∠EDO=∠B=90°，

若要四邊形AOED是平行四邊形，則DE∥AB，D為AC中點(diǎn)，又∵BD⊥AC，

∴△ABC為等腰直角三角形．

∴∠CAB=45．°

過E作EH⊥AC于H，

設(shè)BC=2k，則EH=2k，AE=5k，2

∴sin∠CAE=EH10．AE10

點(diǎn)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(diǎn)，連接圓心

和這點(diǎn)（即為半徑），再證垂直即可．

14．定義：

數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，李老師給出以下定義：若是一個(gè)三角形有一邊上的中線等于這條邊的一半，那么稱三角形為“智慧三角形”.

理解：⑴如圖，已知是⊙上兩點(diǎn)，請(qǐng)?jiān)趫A上找出滿足條件的點(diǎn)，使“為智慧三角形”（畫出點(diǎn)的地址，保留作圖印跡）；⑵如圖，在正方形中，是的中點(diǎn)，是上一點(diǎn)，且，試判斷“”可否為智慧三角形，并說明原由；運(yùn)用：⑶如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙的半徑為，點(diǎn)是直線上的一點(diǎn)，若在⊙上存在一點(diǎn)，使得為“智慧三角形”，當(dāng)其面積獲取最小值時(shí)，直接寫出此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo).【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）P的坐標(biāo)（22，1），（22，3331）．3

【解析】

試題解析：（1）連接AO并且延長(zhǎng)交圓于C1，連接BO并且延長(zhǎng)交圓于C2，即可求解；

（2）設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為4a，表示出DF=CF以及EC、BE的長(zhǎng)，爾后依照勾股定理列式表示

出AF2、EF2、AE2，再依照勾股定理逆定理判斷△AEF是直角三角形，由直角三角形的性

質(zhì)可得△AEF為“智慧三角形”；（3）依照“智慧三角形”的定義可得△OPQ為直角三角形，

依照題意可得一條直角邊為1，當(dāng)斜邊最短時(shí)，另一條直角邊最短，則面積獲取最小值，

由垂線段最短可得斜邊最短為3，依照勾股定理可求另一條直角邊，再依照三角形面積可

求斜邊的高，即點(diǎn)P的橫坐標(biāo)，再依照勾股定理可求點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，進(jìn)而求解．

試題解析：

（1）如圖1所示：

2）△AEF可否為“智慧三角形”，原由以下：設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為4a，∵E是DC的中點(diǎn)，

∴DE=CE=2a，

∵BC：FC=4：1，

FC=a，BF=4a﹣a=3a，

在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，

在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE222，+EF=AF

∴△AEF是直角三角形，

∵斜邊AF上的中線等于AF的一半，

∴△AEF為“智慧三角形”；

（3）如圖3所示：

由“智慧三角形”的定義可得△OPQ為直角三角形，

依照題意可得一條直角邊為1，當(dāng)斜邊最短時(shí)，另一條直角邊最短，則面積獲取最小值，

由垂線段最短可得斜邊最短為3，

由勾股定理可得PQ=，

PM=1×2÷3=，

由勾股定理可求得OM