中考數(shù)學(xué)壓軸題專題圓與相似的經(jīng)典綜合題及詳細(xì)答案

中考數(shù)學(xué)壓軸題專題圓與相似的經(jīng)典綜合題及詳細(xì)答案一、相似1.如圖，正方形ABCD、等腰RtABPQ的頂點(diǎn)P在對(duì)角線AC上（點(diǎn)P與A、C不重合），QP與BC交于E,QP延長線與AD交于點(diǎn)F,連接CQ.D C(1)①求證：AP=CQ；②求證：PA2=AF?AD；(2)若AP：PC=1：3,求tanzCBQ.【答案】(1)證明：①:四邊形ABCD是正方形，「.AB=CB,ZABC=90°,「.ZABP+ZPBC=90°,「△BPQ是等腰直角三角形，「.BP=BQ,ZPBQ=90°,「.ZPBC+ZCBQ=90°「.ZABP=ZCBQ,「.△ABP^△CBQ,「.AP=CQ;②;四邊形ABCD是正方形，「.ZDAC=ZBAC=ZACB=45°,?.?zPQB=45°,ZCEP=ZQEB,「.ZCBQ=ZCPQ,由①得△ABP^△CBQ,ZABP=ZCBQ?ZCPQ=ZAPF,「.ZAPF=ZABP,「.△APF-△ABP,APAF.二儼=AFrAB=AFrAD;ABAP(本題也可以連接「口，證4APF-△ADP)(2)證明：由①得△ABP^△CBQ,AZBCQ=ZBAC=45°,?ZACB=45°,AZPCQ=45°+45°=90°CCAtanZCPQ=i由①得AP=CQ,CQ_AP_1又AP:PC=1:3,AtanZCPQ=■ ,由②得ZCBQ=ZCPQ,atanZCBQ=tanZCPQ=.【解析】【分析】(1)①利用正方形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)易證△ABPM△CBQ,可得AP=CQ；②利用正方形的性質(zhì)可證得ZCBQ=ZCPQ,再由△ABPM△CBQ可證得ZAPF=ZABP,從而證出^APF-△ABP,由相似三角形的性質(zhì)得證；(2)由4ABPM△CBQ可得ZBCQ=ZBAC=45°,可得ZPCQ=45°+45°=90°,再由三角函數(shù)可a 1得tanZCPQ='，由AP:PC=1:3,AP=CQ,可得tanZCPQ=，再由ZCBQ=ZCPQ可求出答案.2.如圖，點(diǎn)A、B、C、D是直徑為AB的。O上的四個(gè)點(diǎn)，CD=BC,AC與BD交于點(diǎn)E。(1)求證：DC2=CE-AC；Ab(2)若AE=2EC,求之值；(3)在(2)的條件下，過點(diǎn)C作。O的切線，交AB的延長線于點(diǎn)H,若SAAc=%，△ACH求EC之長.【答案】(1)證明：:CD=BC，「.NDAC=NCDB，又VNACD=NDCE，「.△ACD-△DCE，AC_CL「? ，「?DC2=CE-AC；(2)解：設(shè)EC=k，則AE=2k，，AC=3k，由(1)DC2=CE-AC=3k2，DC=\'jk，連接OC，OD，VCD=BC，「.OC平分NDOB，「.BC=DC=Sk，VAB是。O的直徑，」.在RSACB中，: \■. ‘. \ ，AD_「.OB=OC=OD=\'Jk，:?NBOD=120°，:.NDOA=60°，「.AD=AO，AAO(3)解：VCH是。O的切線，連接CO，?OC±CH.VNCOH=60°，NH=30°，過C作CG±AB于G，CG=-k設(shè)EC=k,.//CAB=30°,「? ■■■,又：乙H=NCAB=30°,「.AC=CH=3k,「.AH=\' ,-AHXCG=i\(X六;靖X與二隊(duì);丁S=. ,「.- - ,「.k2=4,k=2,即EC=2.△ACH【解析】【分析】(1)要證DC2=CE-AC,只需證△ACD-△DCE即可求解；(2)連接OC,OD,根據(jù)已知條件AE=2EC可用含k的代數(shù)式表示線段AE、CE、AC,由(1)可將CD用含K的代數(shù)式表示，在RSACB中，由勾股定理可將AB用含K的代數(shù)式表示，結(jié)合已知條件和圓的性質(zhì)可求解；(3)過C作CG±AB于G,設(shè)EC=k，由30度角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半可將CG用1含K的代數(shù)式表示，根據(jù)三角形ACH的面積=?AH CG=91即可求解。3.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別是作，A作，A(0,2)和C(2\,0),點(diǎn)D是對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)(不與A、C重合)，連結(jié)BD,(1)填空：點(diǎn)B的坐標(biāo)為；(2)是否存在這樣的點(diǎn)D,使得△DEC是等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出AD的長度；若不存在，請(qǐng)說明理由；DE(3)①求證：——；②設(shè)AD=x，矩形BDEF的面積為y,求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式(可利用①的結(jié)論)，并求出y的最小值【答案】（1）縱區(qū)2）（2）解：存在，理由如下：7OA=2,OC=2\1'J,AG小tanzACO=￡^=3,：.ZACO=30°,ZACB=60°①如圖（1）中，當(dāng)E在線段CO上時(shí)，ADEC是等腰三角形，觀察圖象可知，只有ED=EC,ZDCE=ZEDC=30°,ZDBC=ZBCD=60°,△DBC是等邊三角形，DC=BC=2,在RtAAOC中，---ZACO=30°,0A=2,/.AC=2AO=4,/.AD=AC-CD=4-2=2,???當(dāng)AD=2時(shí)，△DEC是等腰三角形，②如圖（2）中，當(dāng)E在0C的延長線上時(shí)，4DCE是等腰三角形，只有CD=CE,ZDBC=ZDEC=ZCDE=15°,ZABD=ZADB=75°,AB=AD=2x/^>綜上所述，滿足條件的AD的值為2或2-W.（3）①如圖，過點(diǎn)D作MN_LAB于點(diǎn)M,交0C于點(diǎn)N。A(0.2)和C(23,0),「?直線AC的解析式為y=-33x+2,設(shè)D(a,-33a+2),DN=-33a+2,BM=23-aZBDE=90°,ZBDM+ZNDE=90°,ZBDM+ZDBM=90°,ZDBM=ZEDN,---ZBMD=ZDNE=90°,「.△BMD-ADNE,「.DEBD=DNBM=-33a+223-a=33.②如圖（2）中，作DH^AB于H。圖⑵在RtAADH中，;AD=x,NDAH=NACO=30°,「.DH=12AD=12x,AH=AD2-DH2=32x,「.BH=23-32x,在RtABDH中，BD=BH2+DH2=12x2+23-32x2,「.DE=33BD=33-12x2+23-32x2,矩形BDEF的面積為y=3312x2+23-32x22=33x2-6x+12,即y=33x2-23x+43,「.y=33x-32+3:33>0,「.x=3時(shí)，y有最小值3.【解析】【解答】（1）:四邊形AOCB是矩形，「.BC=OA=2，OC=AB=，NBCO=NBAO=90°,.??b（-,■■■■,r.，2）【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A、C的坐標(biāo)，分別求出BC、AB的長，即可求解。（2）根據(jù)點(diǎn)A、C的坐標(biāo)，求出NACO，NACB的度數(shù)，分兩種情況討論：①如圖（1）中，當(dāng)E在線段CO上時(shí)，△DEC是等腰三角形，觀察圖象可知，只有ED=EC；②如圖（2）中，當(dāng)E在OC的延長線上時(shí)，△DCE是等腰三角形，只有CD=CE，NDBC=NDEC=NCDE=15°,分別求出AD的長，即可求解。（3）①如圖，過點(diǎn)D作MN±AB于點(diǎn)M，交OC于點(diǎn)N。利用待定系數(shù)法求出直線AC的更解析式，設(shè)D（a，-a+2），分別用含a的代數(shù)式表示出DN、BM的長，再證明△BMD~ADNE，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，得出對(duì)應(yīng)邊成比例，即可求解； ②如圖（2）中，作DH±AB于H。設(shè)AD=x，用含x的代數(shù)式分別表示出DH、BH的長，利用勾股定理求出BD、DE的長再根據(jù)矩形的面積公式，列出y與x的函數(shù)關(guān)系式，求出頂點(diǎn)坐標(biāo)，即可求解。4.如圖，拋物線?一口 二? ''與'■軸交于A,B兩點(diǎn)（點(diǎn)B在點(diǎn)A的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C,頂點(diǎn)為D,其對(duì)稱軸與1■軸交于點(diǎn)E,聯(lián)接AD,OD.

(1)求頂點(diǎn)D的坐標(biāo)(用含的式子表示)；(2)若ODLAD,求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(3)在(2)的條件下，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在對(duì)稱軸左側(cè)該拋物線上，PA與對(duì)稱軸交于點(diǎn)M，若△AME與公OAD相似，求點(diǎn)P的坐標(biāo).【答案】(1)解：:?一八' 匕"一/’：' ■；.，?；， 」.頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為(4,-4m)TOC\o"1-5"\h\z(2)解：丁? !-："一-：11- -???點(diǎn)A(6,0),點(diǎn)B(2,0),貝UOA=6,;拋物線的對(duì)稱軸為x=4,.??點(diǎn)E(4,0),貝UOE=4,AE=2,又DE=4m,?由勾股定理得：一；、 ；一院.；,■：, .?-- ■又OD又ODLAD,?:" ' ,…,貝U■面;'飛,『—I：,解得：1.一'x'-人金+6v12???m>0,,拋物線的函數(shù)表達(dá)式 ,(3)解：如圖，過點(diǎn)P作PH±x軸于點(diǎn)H,貝必APH-△AME,rr - 0 N-7\, &承，在RSOAD中，, '、■ \,設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為

當(dāng)4APHs解得：x當(dāng)4APHs解得：x=0,x=6（舍去）,@AAPHs△AMEs△OADg-7x+6-6,.??點(diǎn)P的坐標(biāo)為.「父；解得：x=1,x=6（舍去）綜上所述，點(diǎn)p的坐標(biāo)為.或?【解析】【分析】（1）將拋物線的解析式配成頂點(diǎn)式即可求得頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）要求拋物線的解析式，只須求出m的值即可。因?yàn)閽佄锞€與x軸交于點(diǎn)A、B，所以令y=0，解關(guān)于x的一元二次方程，可得點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，則OA、OD、AD均可用含m的代數(shù)式表示；因?yàn)镺DLAD，所以在直角三角形OAD中，由勾股定理可得工—工,將OA、OD、AD代入可得關(guān)于m的方程，解方程即可得m的值，則拋物線的解析式可求解；（3）△AME與工OAD中的對(duì)應(yīng)點(diǎn)除直角頂點(diǎn)D、E固定外，其余兩點(diǎn)都不固定，所以分兩種情況：①當(dāng)△AMEs△AOD時(shí)，過點(diǎn)P作PH±x軸于點(diǎn)H，易得△APH-△AME-△AOD，可得相應(yīng)的比例式求解；②當(dāng)△AMEs△OAD時(shí)，過點(diǎn)P作PH±x軸于點(diǎn)H，易得△APH-△AME-△OAD，可得相應(yīng)的比例式求解。5.如圖，在矩形ABCD中，上D=JV=4,點(diǎn)E是BC邊上的點(diǎn)，口——連接AE,修；讓修；讓?交于點(diǎn)FA D（1）求證：二”飛二飛三（2）連接CF,求川一”?丁的值；AG（3）連接AC交DF于點(diǎn)G,求的值【答案】（1）證明：:四邊形ABCD是矩形，

「.NBAD=NADC=NB=90°,AB=CD=4,;DF±AE,「.NAFD=90°,「.NBAE+NEAD=NEAD+NADF=90°,「.NBAE=NADF,在RtAABE中，?.?AB=4,BE=3,「.AE=5,在^ABE和合△DFA中，ZABE-^DFA"BAE二AE二AD△ABE^△DFA(AAS).(2)解：連結(jié)DE交CF于點(diǎn)H,?△ABE^△DFA,DF=DC=4,AF=BE=3,「.CE=EF=2,「.DE±CF,「.NDCF+NHDC=NDEC+NHDC=90°,「.NDCF=NDEC,在RtADCE中，?CD=4,CE=2,「.DE=2-、J,sinNDCF=sinNDEC=> \，(3)過點(diǎn)C作CK±AE交AE的延長線于點(diǎn)K,;DF±AE,「.CKIIDF,AG_Ab???■ ，：，在RtACEK中，,j6「.EK=CE-cosZCEK=CE-cosZAEB=2x=616「.FK=FE+EK=2+=',AGAF~I6% - ——二=■=..【解析】【分析】（1）由矩形的性質(zhì)，垂直的性質(zhì)，同角的余角相等可得NBAE=NADF,在RtAABE中，根據(jù)勾股定理可得AE=5，由全等三角形的判定AAS可得△ABEM△DFA.（2）連結(jié)DE交CF于點(diǎn)H，由（1）中全等三角形的性質(zhì)可知DF=DC=4，AF=BE=3，由同角的余角相等得NDCF=NDEC，在RtADCE中，根據(jù)勾股定理可得DE=24，根據(jù)銳角三角函數(shù)定義可得答案.（3）過點(diǎn)C作CK±AE交AE的延長線于點(diǎn)K，由平行線的推論知AG_AbCKIIDF，根據(jù)平行線所截線段成比例可得 ’：，在RtACEK中，根據(jù)銳角三角函數(shù)定b義可得EK=，從而求出尸七代入數(shù)值即可得出答案.6.已知：如圖，在RtAABC中，NC=90°,^O在AB上，以O(shè)為圓心，OA長為半徑的圓與AC,AB分別交于點(diǎn)D,E,且NCBD=NA.（1）判斷直線BD與。O的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論;（2）若AD：AO=8：5,BC=2,求BD的長.【答案】⑴解：BD是。O的切線；理由如下：:OA=OD,「.NODA=NA丁NCBD=NA,「.NODA=NCBD,;NC=90°,「.NCBD+NCDB=90°,「.NODA+NCDB=90°,「.NODB=90°,即BD±OD,「.BD是。O的切線(2)解：設(shè)AD=8k,貝UAO=5k,AE=2OA=10k,丁AE是。O的直徑，「.NADE=90°,「.NADE=NC,又:NCBD=NA,「.△ADE-△BCD,AE_BL10k_Bb.1,即,，： ，解得：BD='.所以BD的長是,【解析】【分析】(1)由等腰三角形的性質(zhì)和已知得出NODA=NCBD,由直角三角形的性質(zhì)得出NCBD+NCDB=90°,因此NODA+NCDB=90°,得出NODB=90°，即可得出結(jié)論；(2)設(shè)AD=8k,則AO=5k,AE=2OA=10k,由圓周角定理得出NADE=90°,△ADE-△BCD,AEBL ~ 得出對(duì)應(yīng)邊成比例，即可求出BD的長.7.如圖，在△ABC中，AB=AC,以AB為直徑的。O分別交BC,AC于點(diǎn)D,E,連結(jié)EB,交OD于點(diǎn)F.(1)求證：OD±BE.(2)若DE=T；,AB=6,求AE的長.(3)若4CDE的面積是^OBF面積的，求線段BC與AC長度之間的等量關(guān)系，并說明理由.【答案】(1)證明：連接AD,丁AB是直徑，「.NAEB=NADB=90°,;AB=AC,「.NCAD=NBAD,BD=CD,|/| 1/1」.二二二「.OD±BE；(2)解：:NAEB=90°,「.NBEC=90°,;BD=CD,「.BC=2DE=2-小，丁四邊形ABDE內(nèi)接于OO,「.NBAC+NBDE=180°,「NCDE+NBDE=180°,「.NCDE=NBAC,;NC=NC,「.△CDE-△CAB,CE_DEEE_\6「.；一產(chǎn)二即入艮「.CE=2,「.AE=AC-CE=AB-CE=4(3)解：:BD=CD,-SACDE=SABDE';BD=CD,AO=BO,「.ODIIAC,「△OB~△ABE「△OB~△ABE,「.SAABE=4S△OBF」?S」?SAABE=4Saobf=6SaCDE-SACAB-SACDE+SABDE+"ABE=8SACDE「△CDE-△CAB,;BD=CD,AB=AC,BC_1「.“J二，即AC=-：/-BC【解析】【分析】（1）連接AD.根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角、等腰三角形的性質(zhì)以及CE_DE平行線的性質(zhì)即可證明;（2）先證△CDE-△CAB得;產(chǎn)，，據(jù)此求得CE的長，依據(jù)平行線的性質(zhì)即可證明;、△cde="bde ，證△OBF-、△cde="bde ，證△OBF-.ABE得$，二？二結(jié)合［J'.一「知、△abe=6,CDE，CDn1 CD1一）2二— - '，據(jù)此得出‘ 、-，結(jié)合S 嚴(yán)*1丁京 - 二據(jù)此知、△abe=4,obf，SACDS （'△cab=8"CDE，由4CDE-△CAB知?BD=CD，BD=CD，AB=AC知BC_1? \，從而得出答案.8.如圖1,在四邊形ABCD中，乙DAB被對(duì)角線AC平分，且AC2=AB?AD,我們稱該四邊形為“可分四邊形〃，NDAB稱為“可分角〃.圖I 圖I 圖2 畜用圖（1）如圖2,四邊形ABCD為"可分四邊形〃，NDAB為“可分角〃，求證：△DAC-△CAB.（2）如圖2,四邊形ABCD為"可分四邊形〃，NDAB為“可分角〃，如果NDCB=NDAB,貝1NDAB=°（3）現(xiàn)有四邊形ABCD為“可分四邊形〃，NDAB為“可分角〃，且AC=4,BC=2,ND=90°,求AD的長.【答案】（1）證明：:四邊形ABCD為"可分四邊形〃，NDAB為"可分角〃，「?AC.2=AB?AD,ACAL「.?..,VNDAB為“可分角〃，「.NCAD=NBAC,「.△DAC-△CAB120(3)解：:四邊形ABCD為“可分四邊形〃，NDAB為“可分角〃，???AC22=AB?AD,NDAC=NCAB,」.AD：AC=AC：AB,「.△ADC-△ACB,「.ND=NACB=90°,TOC\o"1-5"\h\z??.AB=■--p- < ， 、/、,\o"CurrentDocument"AC'?/ 2「.AD=；二'：.故答案為 .【解析】【解答】(2)解：如圖所示：丁AC平分/DAB,「.N1=N2,丁AC22=AB?AD,」.AD：AC=AC：AB,「.△ADC-△ACB,「.ND=N4,丁NDCB=NDAB,「.NDCB=N3+N4=2N1,:N1+ND+N3=N1+N4+N3=180°,」.N1+2N1=180°,解得：N1=60°,「.NDAB=120°；故答案為：120；AC【分析】(1)根據(jù)“可分四邊形〃的定義，可得AC2=AB?AD,從而可得：'',根據(jù)對(duì)應(yīng)邊成比例且夾角相等可證^DAC-△CAB;(2)根據(jù)對(duì)應(yīng)邊成比例且夾角相等可證△ADC-△ACB,可得ND=N4,由NDCB=N3+N4=2N1,根據(jù)三角形內(nèi)角和可得N1+ND+N3=N1+N4+N3=N1+2N1=180°,求出N1=60°,從而求出NDAB的度數(shù)；(3)先證△ADC-△ACB,可得ND=NACB=90°,利用勾股定理求出AB=\,由AC2=AB?AD,即可求出AD的長.二、圓的綜合9.如圖，OQ是^ABC的外接圓，點(diǎn)E為ABC內(nèi)切圓的圓心，連接AE的延長線交BC于點(diǎn)F,交OQ于點(diǎn)D；連接BD,過點(diǎn)D作直線DM,使NBDM=NDAC.(1)求證：直線DM是OQ的切線；(2)若DF=2,且AF=4,求BD和DE的長.【答案】(1)證明見解析(2)2<3【解析】【分析】(1)根據(jù)垂徑定理的推論即可得到OD±BC,再根據(jù)NBDM=NDBC,即可判定BCIIDM,進(jìn)而得到OD±DM，據(jù)此可得直線DM是OO的切線；(2)根據(jù)三角形內(nèi)心的定義以及圓周角定理，得到NBED=NEBD,即可得出DB=DE,再判定、DBFs△d>4B,即可得至I」DB2=DF?D4據(jù)此解答即可.【詳解】(1)如圖所示，連接OD.???點(diǎn)E是4ABC的內(nèi)心，，NBAD=NCAD，「.BD:他D,OD±BC.又：NBDM=NDAC,NDAC=NDBC,:.NBDM=NDBC,「.BCIIDM,「.OD±DM.又TOD為OO半徑，「.直線DM是OO的切線.(2)連接BE.丁E為內(nèi)心，，NABE=NCBE.丁NBAD=NCAD,NDBC=NCAD,「.NBAD=NDBC,「.NBAE+NABE=NCBE+NDBC,即NBED=NDBE,「.BD=DE.又TNBDF=NADB(公共角)，：,△DBF八DAB,，DF=DB,即DB2=DF?DA.DBDATDF=2,AF=4,「.DA=DF+AF=6,「.DB2=DF?DA=12,「.DB=DE=2、；3.【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形的內(nèi)心與外心，圓周角定理以及垂徑定理的綜合應(yīng)用，解題時(shí)注意：平分弦所對(duì)一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對(duì)的另一條弧；三角形的內(nèi)心到三角形三邊的距離相等；三角形的內(nèi)心與三角形頂點(diǎn)的連線平分這個(gè)內(nèi)角.(1)如圖1,在矩形ABCD中，點(diǎn)O在邊AB上，NAOC=ABOD,求證：AO=OB；(2)如圖2,AB是。O的直徑，PA與。O相切于點(diǎn)A,OP與。O相交于點(diǎn)C,連接CB,NOPA=40°,求NABC的度數(shù).圖1. 肆【答案】(1)證明見解析；(2)25°.【解析】試題分析：(1)根據(jù)等量代換可求得NAOD=NBOC,根據(jù)矩形的對(duì)邊相等，每個(gè)角都是直角，可知NA=NB=90°,AD=BC,根據(jù)三角形全等的判定AAS證得AAODM△BOC,從而得證結(jié)論.(2)利用切線的性質(zhì)和直角三角形的兩個(gè)銳角互余的性質(zhì)得到圓心角/POA的度數(shù)，然后利用圓周角定理來求NABC的度數(shù).試題解析：(1);NAOC=NBOD「.NAOC-NCOD=NBOD-NCOD即NAOD=NBOC丁四邊形ABCD是矩形「.NA=NB=90°,AD=BCAAOD=ABOC「.AO=OB(2)解：:AB是eO的直徑，pa與eO相切于點(diǎn)A,「.PA±AB,「.NA=90°.又「NOPA=40°,「.NAOP=50°,;OB=OC,「.NB=NOCB.文:NAOP=NB+NOCB,「?/B=/OCB=1/AOP=25。211.函數(shù)是描述客觀世界運(yùn)動(dòng)變化的重要模型，理解函數(shù)的本質(zhì)是重要的任務(wù)。（1）如圖1,在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為A（6,0）、B（0,2）,點(diǎn)C（x，y）在線段AB上，計(jì)算（x+y）的最大值。小明的想法是：這里有兩個(gè)變量x、y，若最大值存在，設(shè)最大值為m，則有函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=-x+m，由一次函數(shù)的圖像可知，當(dāng)該直線與y軸交點(diǎn)最高時(shí)，就是m的最大值，（x+y）的最大值為—；（2）請(qǐng)你用（1）中小明的想法解決下面問題：如圖2，以（1）中的AB為斜邊在右上方作RtAABM.設(shè)點(diǎn)M坐標(biāo)為（x，y），求（x+y）的最大值是多少？【答案】（1）6（2）4+2<5【解析】分析：（1）根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)以AB為斜邊在右上方作RtAABC，可知點(diǎn)C在以AB為直徑的。D上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)點(diǎn)C坐標(biāo)為（x，y），可構(gòu)造新的函數(shù)x+y=m，則函數(shù)與y軸交點(diǎn)最高處即為x+y的最大值，此時(shí)，直線y=-x+m與。D相切，再根據(jù)圓心點(diǎn)D的坐標(biāo)，可得C的坐標(biāo)為（3+%；5，1+\/5），代入直線y=-x+m，可得m=4+2%：'5，即可得出x+y的最大值為4+25.詳解：（1）6；（2）由題可得，點(diǎn)C在以AB為直徑的。D上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)C坐標(biāo)為（x，y），可構(gòu)造新的函數(shù)x+y=m，則函數(shù)與y軸交點(diǎn)最高處即為x+y的最大值，此時(shí)，直線y=-x+m與OD相切，交x軸與E，如圖所示，連接OD，CD.丁A（6,0）、B（0，2），「.D（3，1），「.OD=、,百至=<10，「.CD=<10.根據(jù)CD±EF可得，C、D之間水平方向的距離為%；5，鉛垂方向的距離為%;5,「?C（3+%：5,1+、區(qū)），代入直線y=-x+m,可得：1+\；5=-（3+<5）+m,解得：m=4+2J5,「.x+y的最大值為4+2、：5.故答案為：4+2<5.點(diǎn)睛：本題主要考查了切線的性質(zhì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及等腰直角三角形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是構(gòu)造一次函數(shù)圖象，根據(jù)圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑進(jìn)行求解.12.如圖，在直角坐標(biāo)系中，OM經(jīng)過原點(diǎn)0(0,0),點(diǎn)A(\6,0)與點(diǎn)B(0,—<2)，點(diǎn)D在劣弧OA上，連結(jié)BD交x軸于點(diǎn)C,且NC0D=ZCB0.(1)求OM的半徑；(2)求證:BD平分NAB0；⑶在線段BD的延長線上找一點(diǎn)E,使得直線AE恰為OM的切線，求此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo).【答案】(1)M的半徑r=m2；(2)證明見解析；(3)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(手，).【解析】試題分析：根據(jù)點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)得出0A和0B的長度，根據(jù)RtAA0B的勾股定理得出AB的長度，然后得出半徑；根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角得出NABD=NC0D,然后結(jié)合已知條件得出角平分線；根據(jù)角平分線得出△ABEM△HBE,從而得出BH=BA=2y2，從而求出0H的長度，即點(diǎn)E的縱坐標(biāo)，根據(jù)RSA0B的三角函數(shù)得出NAB0的度數(shù)，從而得出NCB0的度數(shù)，然后根據(jù)Rt△HBE得出HE的長度，即點(diǎn)E的橫坐標(biāo).試題解析：(1).??點(diǎn)A為(v6,0),點(diǎn)B為(0,—<2)「.0A=v60B{2???根據(jù)RSA0B的勾股定理可得：AB=2、12「.eM的半徑r=1AB=、2.21(2)根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等可得：NABD=NC0D丁NC0D=NCB0「.NABD=NCB0」.BD平分/AB0(3)如圖，由(2)中的角平分線可得△ABEM△HBE，BH=BA=2、2?二0H=2X2—

J2=v,2在RtAAOB中OAOB<3「.NABO=60°「.NJ2=v,2在RtAAOB中OAOB<3「.NABO=60°「.NCBO=30°HE=-3=-3——.點(diǎn)E的坐標(biāo)為（一3一，V2）在RtAHBE中,考點(diǎn)：勾股定理、角平分線的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、三角函數(shù).13.如圖，△ABC內(nèi)接于。0，NBAC的平分線交。O于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E(BE>EC),且BD=2%3.過點(diǎn)D作DFIIBC,交在RtAHBE中,考點(diǎn)：勾股定理、角平分線的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、三角函數(shù).(1)求證：DF為。O的切線；F D(2)若NBAC=60°,DE=〃7，求圖中陰影部分的面積.F D【答案】(1)詳見解析；(2)9*3-2n.【解析】【分析】(1)連結(jié)OD,根據(jù)垂徑定理得到ODLBC,根據(jù)平行線的性質(zhì)得到ODLDF,根據(jù)切線的判定定理證明；(2)連結(jié)OB,連結(jié)OD交BC于P,作BH±DF于H,證明△OBD為等邊三角形，得到NODB=60°，ob=bd=2%5，根據(jù)勾股定理求出PE,證明△ABE-△AFD,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出AE,根據(jù)陰影部分的面積=△BDF的面積-弓形BD的面積計(jì)算.【詳解】證明：(1)連結(jié)0D,丁AD平分NBAC交。0于D,「.NBAD=NCAD,???BD=CD，「.OD±BC,

「BCIIDF,「.OD±DF,「?DF為。O的切線;(2)連結(jié)OB,連結(jié)OD交BC于「，作BH±DF于H,丁丁NBAC=60°,AD平分NBAC,「.NBAD=30°,「.NBOD=2NBAD=60°,??.△OBD為等邊三角形，「.NODB=60°,OB=BD=2行,「.NBDF=30°,「BCIIDF,「.NDBP=30°,在Rt在RtADBP中，PB=<3PD=3,在RtADEP中，:PD=<3,DE=口在RtADEP中，:PD=<3,DE=口,??pe=v'(J7)2_Q3)2=2,「OP±BC,?.BP=CP=3,..CE=3-2=1,「NDBE=NCAE,NBED=NAEC,△BDE-△ACE,5=1：<7,AE：BE=CE：DE,即AE：?AE=7「BEIIDF,?△ABE-△AFD,5萬―一HU——工

DFAD即DF12、57BEAE解得DF=12,在RtABDH中，BH=-BD=X；；3,「?陰影部分的面積=4BDF的面積-弓形BD的面積=△BDF的面積-(扇形BOD的面積-△BOD的面積)=1*12*V3—60"義(2⑥2—亙*(2<3)2=9、.-'3-2n.2 360 4【點(diǎn)睛】考查的是切線的判定，扇形面積計(jì)算，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，等邊三角形的判定和性質(zhì)，掌握切線的判定定理，扇形面積公式是解題的關(guān)鍵.14.如圖，AB為。O的直徑，BC為。O的弦，過O點(diǎn)作ODLBC,交。O的切線CD于點(diǎn)D,交OO于點(diǎn)E,連接AC、AE,且AE與BC交于點(diǎn)F.(1)連接BD,求證：BD是OO的切線；(2)若AF：EF=2：1,求tanZCAF的值.D 五【答案】(1)證明見解析；(2)—.3【解析】【分析】(1)根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到ZOBD=ZOCD=90°,根據(jù)切線的判定定理即可得到結(jié)論；(2)根據(jù)已知條件得到ACIIDE,設(shè)OD與BC交于G,根據(jù)平行線分線段成比例定理得到1 1AC：EG=2：1,EG=；yAC,根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)得到OG=；yAC于是得到AC=OE,求得ZABC=30°,即可得到結(jié)論.【詳解】證明：(1);OC=OB,OD±BC,「.ZCOD=ZBOD,在^COD與^BOD中，尸O</COD=/BOD,OD=OD「.△COD^△BOD,「.NOBD=NOCD=90°,「.BD是。O的切線；D(2)解：:AB為。O的直徑，AC±BC,;OD±CB,「.ACIIDE,設(shè)OD與BC交于G,「OEIIAC,AF：EF=2：1,一一一1AC：EG=2：1,即EG=_Ac,2「OGIIAC,OA=OB,-一OG AC,11-OG+GE=—AC+—AC=AC,22「.AC=OE,一AC=—AB,2「.NABC=30°,「.NCAB=60°,??% %-CE=BE,「.NCAF=NEAB=1NCAB=30°,2「.tanNCAF=tan30°=立.3【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，垂徑定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的中位線的性質(zhì)，三角函數(shù)的定義，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵..如圖，四邊形ABCD是。O的內(nèi)接四邊形，AC為直徑，BD=AD,DE±BC,垂足為

(1(1)判斷直線ED與。。的位置關(guān)系，并說明理由;(2)若CE=1，AC=4,求陰影部分的面積.2【答案】(1)ED與eO相切.理由見解析；(2)S=-n-v3.陰影3【解析】【分析】(1)連結(jié)。5如圖，根據(jù)圓周角定理，由BD=Ad得到Nbad=nACD,再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得NDCE=NBAD，所以NACD=NDCE；利用內(nèi)錯(cuò)角相等證明ODIIBC,而DE±BC,則OD±DE,于是根據(jù)切線的判定定理可得DE為。O的切線；(2)作OH±BC于H,易得四邊形ODEH為矩形，所以O(shè)D=EH=2,則CH=HE-CE=1,于是有NHOC=30°,得到NCOD=60°,然后根據(jù)扇形面積公式、等邊三角形的面積公式和陰影部分的面積=S扇形°C。-SAa。進(jìn)行計(jì)算即可?【詳解】(1)直線ED與。O相切.理由如下：連結(jié)OD，如圖，BD=Ad,，NBAD=NACD.丁NDCE=NBAD,，NACD=NDCE....NDCE=NODC,...ODIIBC.OD=EH.1=1.在RtAOHC中，:OC=2,CH=1,;OC=OD,「.NOCD=NODC,而NOCD=NDCE,VDE±...NDCE=NODC,...ODIIBC.OD=EH.1=1.在RtAOHC中，:OC=2,CH=1,;CE=1,AC=4,「.OC=OD=2,「.CH=HE-CE=2-NOHC=90°,NHOC=30°,「.NCOD=60°,「?陰影部分的面積=S扇?！?葭。_60?n?22超 .22360 4【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定定理：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線.要證