深圳中考數(shù)學(xué)圓與相似(大題易錯-難題)

深圳中考數(shù)學(xué)圓與相似(大題培優(yōu)易錯難題)一、相似1．如圖所示，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，DE⊥AC，△CDE沿直線BC翻折到△CDF，連結(jié)AF交BE、DE、DC分別于點G、H、I．（1）求證：AF⊥BE；（2）求證：AD=3DI．【答案】（1）證明：∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是BC的中點，∴AD=BD=CD，∠ACB=45°，∵在△ADC中，AD=DC，DE⊥AC，∴AE=CE，∵△CDE沿直線BC翻折到△CDF，∴△CDE≌△CDF，∴CF=CE，∠DCF=∠ACB=45°，∴CF=AE，∠ACF=∠DCF+∠ACB=90°，在△ABE與△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴∠ABE=∠FAC，∵∠BAG+∠CAF=90°，∴∠BAG+∠ABE=90°，∴∠AGB=90°，∴AF⊥BE（2）證明：作IC的中點M，連接EM，由（1）∠DEC=∠ECF=∠CFD=90°∴四邊形DECF是正方形，∴EC∥DF，EC=DF，∴∠EAH=∠HFD，AE=DF，在△AEH與△FDH中，∴△AEH≌△FDH（AAS），∴EH=DH，∵∠BAG+∠CAF=90°，∴∠BAG+∠ABE=90°，∴∠AGB=90°，∴AF⊥BE，∵M(jìn)是IC的中點，E是AC的中點，∴EM∥AI，∴，∴DI=IM，∴CD=DI+IM+MC=3DI，∴AD=3DI【解析】【分析】（1）根據(jù)翻折的性質(zhì)和SAS證明△ABE≌△ACF，利用全等三角形的性質(zhì)得出∠ABE=∠FAC，再證明∠AGB=90°，可證得結(jié)論。（2）作IC的中點M，結(jié)合正方形的性質(zhì)，可證得∠EAH=∠HFD，AE=DF，利用AAS證明△AEH與△FDH全等，再利用全等三角形的性質(zhì)和中位線的性質(zhì)解答即可。2．如圖，在一塊長為a(cm)，寬為b(cm)(a>b)的矩形黑板的四周，鑲上寬為x(cm)的木板，得到一個新的矩形．（1）試用含a，b，x的代數(shù)式表示新矩形的長和寬；（2）試判斷原矩形的長、寬與新矩形的長、寬是不是比例線段，并說明理由．【答案】（1）解：由原矩形的長、寬分別為a(cm)，b(cm)，木板寬為x(cm)，可得新矩形的長為(a＋2x)cm，寬為(b＋2x)cm（2）解：假設(shè)兩個矩形的長與寬是成比例線段，則有，由比例的基本性質(zhì)，得ab＋2bx＝ab＋2ax，∴2(a－b)x＝0.∵a>b，

∴a－b≠0，∴x＝0，又∵x>0，∴原矩形的長、寬與新矩形的長、寬不是比例線段．【解析】【分析】（1）根據(jù)已知，觀察圖形，可得出新矩形的長和寬。（2）假設(shè)兩個矩形的長與寬是成比例線段，列出比例式，再利用比例的性質(zhì)得出x=0，即可判斷。3．如圖，拋物線與x軸交于兩點A（﹣4，0）和B（1，0），與y軸交于點C（0，2），動點D沿△ABC的邊AB以每秒2個單位長度的速度由起點A向終點B運動，過點D作x軸的垂線，交△ABC的另一邊于點E，將△ADE沿DE折疊，使點A落在點F處，設(shè)點D的運動時間為t秒．（1）求拋物線的解析式和對稱軸；（2）是否存在某一時刻t，使得△EFC為直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；（3）設(shè)四邊形DECO的面積為s，求s關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式．【答案】（1）解：把A（﹣4，0），B（1，0），點C（0，2）代入得：，解得：，∴拋物線的解析式為：

，對稱軸為：直線x=﹣；（2）解：存在，∵AD=2t，∴DF=AD=2t，∴OF=4﹣4t，∴D（2t﹣4，0），∵直線AC的解析式為：，∴E（2t﹣4，t），∵△EFC為直角三角形，分三種情況討論：①

當(dāng)∠EFC=90°，則△DEF∽△OFC，

∴，即，解得：t=；②當(dāng)∠FEC=90°，∴∠AEF=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴DE=AF，即t=2t，∴t=0，（舍去），③當(dāng)∠ACF=90°，則AC2+CF2=AF2，即（42+22）+[22+（4t﹣4）2]=（4t）2，解得：t=，∴存在某一時刻t，使得△EFC為直角三角形，此時，t=或；（3）解：∵B（1，0），C（0，2），∴直線BC的解析式為：y=﹣2x+2，當(dāng)D在y軸的左側(cè)時，S=（DE+OC）?OD=（t+2）?（4﹣2t）=﹣t2+4（0＜t＜2）；當(dāng)D在y軸的右側(cè)時，如圖2，∵OD=4t﹣4，DE=﹣8t+10，S=（DE+OC）?OD=（﹣8t+10+2）?（4t﹣4），即（2＜t＜）．綜上所述：【解析】【分析】（1）（1）利用待定系數(shù)法，將點A、B、C的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，建立方程組求解即可。（2）根據(jù)題意分別求出AD、DF、OF的長，表示出點D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線BC的函數(shù)解析式，表示出點E的坐標(biāo)，再分三種情況討論△EFC為直角三角形：①

當(dāng)∠EFC=90°，則△DEF∽△OFC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，列出關(guān)于t的方程求解即可；②∠FEC=90°，∠AEF=90°，△AEF是等腰直角三角形求出t的值即可；③當(dāng)∠ACF=90°，則AC2+CF2=AF2，建立關(guān)于t的方程求解即可，從而可得出答案。（3）求得直線BC的解析式為：y=-2x+2，當(dāng)D在y軸的左側(cè)時，當(dāng)D在y軸的右側(cè)時，如圖2，根據(jù)梯形的面積公式即可得到結(jié)論。4．在矩形ABCD中，BC＝6，點E是AD邊上一點，∠ABE＝30°，BE＝DE，連接BD.動點M從點E出發(fā)沿射線ED運動，過點M作MN∥BD交直線BE于點N.（1）如圖1，當(dāng)點M在線段ED上時，求證：MN＝EM；（2）設(shè)MN長為x，以M、N、D為頂點的三角形面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（3）當(dāng)點M運動到線段ED的中點時，連接NC，過點M作MF⊥NC于F，MF交對角線BD于點G（如圖2），求線段MG的長.【答案】（1）證明：：∵°,

°

,∴°∵

,∴∵∥,

∴∴°,

∴

過點作

于點,則.在中，

∴

∴（2）解：在中，，

∴∵

a.當(dāng)點在線段上時，過點作于點,在中，由（1）可知：,

∴

∴

∴

b.當(dāng)點在線段延長線上時，過點作于點在中，

,

在中，,∴,

∴（3）解：連接,交于點.∵為的中點

∴,

∴.∵

,

∴,∴,

∴,∴.∵∥∴,∴

,

,∵

,

∴,又∵

,

∴∽,∴，即,∴【解析】【分析】（1）過點E作EH⊥MN于點H,由已知條件易得EN=EM，解直角三角形EMH易得MH和EM的關(guān)系，由等腰三角形的三線合一可得MN=2MH即可求解；（2）在Rt△ABE中，由直角三角形的性質(zhì)易得DE=BE=2AE，由題意動點M從點E出發(fā)沿射線ED運動可知點M可在線段ED上，也可在線段ED外，所以可分兩種情況求解：①當(dāng)點M在線段ED上時，過點N作NI⊥AD于點I,結(jié)合（1）中的結(jié)論MN=EM即可求解；②當(dāng)點M在線段ED延長線上時，過點N作NI'⊥AD于點I'，解RtΔNI′M和可求得NI'和NE，則DM=NE?DE，所以以M、N、D為頂點的三角形面積y=MD.NI可求解；（3）連接CM,交BD于點N'，由（2）中的計算可得MN、CD、MC的長，解直角三角形CDM可得∠DMC的度數(shù)，于是由三角形內(nèi)角和定理可求得∠NMC=，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得DMN'是直角三角形，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得MN′=MD；則NC的長可求，由已知條件易得ΔNMC∽ΔMN′G根據(jù)所得的比例式即可求解.,5．如圖1，過等邊三角形ABC邊AB上一點D作交邊AC于點E，分別取BC，DE的中點M，N，連接MN．（1）發(fā)現(xiàn)：在圖1中，________；（2）應(yīng)用：如圖2，將繞點A旋轉(zhuǎn)，請求出的值；（3）拓展：如圖3，和是等腰三角形，且，M，N分別是底邊BC，DE的中點，若，請直接寫出的值．【答案】（1）（2）解：如圖2中，連接AM、AN，，都是等邊三角形，，，，，，，，，，∽，（3）解：如圖3中，連接AM、AN，延長AD交CE于H，交AC于O，，，，，，，，，，，，，，，∽，，，，，，≌，，，，，，，，，，【解析】【解答】解：（1）如圖1中，作于H，連接AM，，，，時等邊三角形，，，，，平分線段DE，，、N、M共線，，四邊形MNDH時矩形，，，故答案為：；【分析】（1）作DH⊥BC于H，連接AM.證四邊形MNDH時矩形，所以MN=DH，則MN：BD=DH：BD=sin60°，即可求解；（2）利用△ABC

，

△ADE

都是等邊三角形可得AM：AB=AN：AD，易得∠BAD=∠MAN，從而得△BAD∽△MAN，則NM：BD=AM：AB=sin60°，從而求解；（3）連接AM、AN，延長AD交CE于H，交AC于O.先證明△BAD∽△MAN可得NM：BD=AM：AB=sin∠ABC；再證明△BAD≌△CAE，則∠ABD=∠ACE，進(jìn)而可得∠ABC=45°，可求出答案.6．如圖，拋物線

經(jīng)過A（－3,0），C(5,0)兩點，點B為拋物線頂點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求拋物線的解析式；（2）動點P從點B出發(fā)，沿線段BD向終點D作勻速運動，速度為每秒1個單位長度，運動時間為t，過點P作PM⊥BD，交BC于點M，以PM為正方形的一邊，向上作正方形PMNQ，邊QN交BC于點R，延長NM交AC于點E．①當(dāng)t為何值時，點N落在拋物線上；②在點P運動過程中，是否存在某一時刻，使得四邊形ECRQ為平行四邊形？若存在，求出此時刻的t值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）解：∵y=ax2+bx+經(jīng)過A（﹣3，0），C（5，0）兩點，∴，解得：，∴拋物線的解析式為（2）解：∵=﹣（x2﹣2x+1）+=﹣（x﹣1）2+8，∴點B的坐標(biāo)為（1，8）．設(shè)直線BC的解析式為y=kx+m，則，解得：，所以直線BC的解析式為y=﹣2x+10．∵拋物線的對稱軸與x軸交于點D，∴BD=8，CD=5﹣1=4．∵PM⊥BD，∴PM∥CD，∴△BPM∽△BDC，∴，即，解得：PM=t，∴OE=1+t．∴ME=-2(1+t)+10=8-t．．∵四邊形PMNQ為正方形，∴NE=NM+ME=8﹣t+t=8﹣t．①點N的坐標(biāo)為（1+t，8﹣t），若點N在拋物線上，則﹣（1+t﹣1）2+8=8﹣t，整理得，t（t﹣4）=0，解得t1=0（舍去），t2=4，所以，當(dāng)t=4秒時，點N落在拋物線上；②存在．理由如下：∵PM=t，四邊形PMNQ為正方形，∴QD=NE=8﹣t．∵直線BC的解析式為y=﹣2x+10，∴﹣2x+10=8﹣t，解得：x=t+1，∴QR=t+1﹣1=t．又∵EC=CD﹣DE=4﹣t，根據(jù)平行四邊形的對邊平行且相等可得QR=EC，即t=4﹣t，解得：t=，此時點P在BD上所以，當(dāng)t=時，四邊形ECRQ為平行四邊形【解析】【分析】（1）用待定系數(shù)法，將A,C兩點的坐標(biāo)分別代入y=ax2+bx+，得出一個關(guān)于a,b的二元一次方程組，求解得出a,b的值，從而得出拋物線的解析式；（2）首先求出拋物線的頂點B的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=﹣2x+10．根據(jù)點到坐標(biāo)軸的距離得出BD,CD的長度，根據(jù)垂直于同一直線的兩條直線互相平行得出PM∥CD，根據(jù)平行于三角形一邊的直線，截，其它兩邊，所截的三角形與原三角形相似得出△BPM∽△BDC，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出BP∶BD=PM∶CD，進(jìn)而得出關(guān)于t的方程，求解得出PM,進(jìn)而得出OE,ME,根據(jù)正方形的性質(zhì)由NE=NM+ME得出NE的長，進(jìn)而表示出N點的坐標(biāo)，若點N在拋物線上，根據(jù)拋物線上的點的特點，得出關(guān)于t的方程，求解得出t的值，所以，當(dāng)t=4秒時，點N落在拋物線上；②存在．理由如下：根據(jù)PM的長及正方形的性質(zhì)從而表示出QD=NE的長度，進(jìn)而得出方程，求出x的值，進(jìn)而表示出QR根據(jù)線段的和差及平行四邊形的對邊平行且相等可得QR=EC，從而得出關(guān)于t的方程，求解得出答案。7．如圖，在矩形ABCD中，，，點E是邊BC的中點動點P從點A出發(fā)，沿著AB運動到點B停止，速度為每秒鐘1個單位長度，連接PE，過點E作PE的垂線交射線AD與點Q，連接PQ，設(shè)點P的運動時間為t秒．（1）當(dāng)時，________；（2）是否存在這樣的t值，使為等腰直角三角形？若存在，求出相應(yīng)的t值，若不存在，請說明理由；（3）當(dāng)t為何值時，的面積等于10？【答案】（1）（2）解：存在，．如圖，記QE與CD的交點為F，由題意知，，四邊形ABCD是矩形，，，，，，，，，，∽，，即，，，，，∽，，即，，則，為等腰直角三角形，，即，解得，故當(dāng)時，為等腰直角三角形（3）解：，由題意知，解得或，，．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意知，當(dāng)時，，則，，點E是邊BC的中點，，則，在中，，故答案為：；【分析】（1）由題意得出AP＝1，BP＝3，BE＝CE＝1，利用勾股定理求得PE＝，根據(jù)正弦函數(shù)的定義可得答案；（2）證△BPE∽△CEF得，據(jù)此求得CF＝，DF＝，再證△ECF∽△QDF得，據(jù)此求得DQ＝15﹣4t，AQ＝17﹣4t，根據(jù)△APQ為等腰直角三角形列方程求解可得答案；（3）根據(jù)S△PEQ＝S直角梯形ABEQ﹣S△APQ﹣S△BPE＝2t2﹣16t+34及△PEQ的面積等于10列方程求解可得．8．如圖，拋物線y＝a（x﹣m﹣1）2+2m（其中m＞0）與其對稱軸l相交于點P．與y軸相交于點A（0，m）連接并延長PA、PO，與x軸、拋物線分別相交于點B、C，連接BC將△PBC繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)，使點C落在拋物線上，設(shè)點C、B的對應(yīng)點分別是點B′和C′．（1）當(dāng)m＝1時，該拋物線的解析式為：________．（2）求證：∠BCA＝∠CAO；（3）試問：BB′+BC﹣BC′是否存在最小值？若存在，求此時實數(shù)m的值，若不存在，請說明理由．【答案】（1）y＝﹣x2+x+1（2）證明：把點P、A的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式：y＝kx+b得：，解得：，則直線PA的表達(dá)式為：y＝x+m，令y＝0，解得：x＝﹣m﹣1，即點B坐標(biāo)為（﹣m﹣1，0），同理直線OP的表達(dá)式為：y＝x…②，將①②聯(lián)立得：a（x﹣m﹣1）2+2m﹣x＝0，其中a＝﹣，該方程的常數(shù)項為：a（m+1）2+2m，由韋達(dá)定理得：x1x2＝xC?xP＝＝＝﹣（m+1）2，其中xP＝m+1，則xC＝﹣m﹣1＝xB，∴BC∥y軸，∴∠BCA＝∠CAO（3）解：如圖當(dāng)點B′落在BC′所在的直線時，BB′+BC﹣BC′存在最小值，設(shè)：直線l與x軸的交點為D點，連接BB′、CC′，∵點C關(guān)于l的對稱點為C′，∴CC′⊥l，而OD⊥l，∴CC′∥OD，∴∠POD＝∠PCC′，∵∠PB′C′+∠PB′B＝180°，△PB′C′由△PBC旋轉(zhuǎn)而得，∴∠PBC＝∠PB′C′，PB＝PB′，∠BPB′＝∠CPC′，∴∠PBC+∠PB′B＝180°，∵BC∥AO，∴∠ABC+∠BAO＝180°，∴∠PB′B＝∠BAO，∵PB＝PB′，PC＝PC′，∴∠PB′B＝∠PBB′＝，∴∠PCC′＝∠PC′C＝，∴∠PB′B＝∠PCC′，∴∠BAO＝∠PCC′，而∠POD＝∠PCC′，∴∠BAO＝∠POD，而∠POD＝∠BAO＝90°，∴△BAO∽△POD，∴，將BO＝m+1，PD＝2m，AO＝m，OD＝m+1代入上式并解得：m＝1+（負(fù)值已舍去）【解析】【解答】解：（1）把點A的坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式得：m＝a（﹣m﹣1）2+2m，解得：a＝﹣，則二次函數(shù)的表達(dá)式為：y＝﹣（x﹣m﹣1）2+2m…①，則點P的坐標(biāo)為（m+1，2m），點A的坐標(biāo)為（0，m），把m＝1代入①式，整理得：y＝﹣x2+x+1，故：答案為：y＝﹣x2+x+1；【分析】（1）把點A的坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式得：m＝a（﹣m﹣1）2+2m，解得：a＝﹣，把m＝1代入上式，即可求解；（2）求出點B、C的坐標(biāo)，即可求解；（3）當(dāng)點B′落在BC′所在的直線時，BB′+BC﹣BC′存在最小值，證△BAO∽△POD，即可求解．二、圓的綜合9．如圖，四邊形OABC是平行四邊形，以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓交AB于D，延長AO交O于E，連接CD，CE，若CE是⊙O的切線，解答下列問題：（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若BC=4，CD=6，求平行四邊形OABC的面積．【答案】（1）證明見解析（2）24【解析】試題分析：（1）連接OD，求出∠EOC=∠DOC，根據(jù)SAS推出△EOC≌△DOC，推出∠ODC=∠OEC=90°，根據(jù)切線的判定推出即可；（2）根據(jù)切線長定理求出CE=CD=4，根據(jù)平行四邊形性質(zhì)求出OA=OD=4，根據(jù)平行四邊形的面積公式=2△COD的面積即可求解．試題解析：（1）證明：連接OD，∵OD=OA，∴∠ODA=∠A，∵四邊形OABC是平行四邊形，∴OC∥AB，∴∠EOC=∠A，∠COD=∠ODA，∴∠EOC=∠DOC，在△EOC和△DOC中，∴△EOC≌△DOC（SAS），∴∠ODC=∠OEC=90°，即OD⊥DC，∴CD是⊙O的切線；（2）由（1）知CD是圓O的切線，∴△CDO為直角三角形，∵S△CDO=CD?OD，又∵OA=BC=OD=4，∴S△CDO=×6×4=12，∴平行四邊形OABC的面積S=2S△CDO=24．10．如圖，在直角坐標(biāo)系中，已知點A(－8，0)，B(0，6)，點M在線段AB上。（1）如圖1，如果點M是線段AB的中點，且⊙M的半徑等于4，試判斷直線OB與⊙M的位置關(guān)系，并說明理由；（2）如圖2，⊙M與x軸，y軸都相切，切點分別為E，F(xiàn)，試求出點M的坐標(biāo)；（3）如圖3，⊙M與x軸，y軸，線段AB都相切，切點分別為E，F(xiàn)，G，試求出點M的坐標(biāo)（直接寫出答案）【答案】（1）OB與⊙M相切；（2）M（－，）；（3）M（－2，2）【解析】分析：（1）設(shè)線段OB的中點為D，連結(jié)MD，根據(jù)三角形的中位線求出MD，根據(jù)直線和圓的位置關(guān)系得出即可；（2）求出過點A、B的一次函數(shù)關(guān)系式是y=x+6，設(shè)M（a，﹣a），把x=a，y=﹣a代入y=x+6得出關(guān)于a的方程，求出即可．（3）連接ME、MF、MG、MA、MB、MO，設(shè)ME=MF=MG=r，根據(jù)S△ABC=AO?ME+BO?MF+AB?MG=AO?BO求得r=2，據(jù)此可得答案．詳解：（1）直線OB與⊙M相切．理由如下：設(shè)線段OB的中點為D，如圖1，連結(jié)MD，∵點M是線段AB的中點，所以MD∥AO，MD=4，∴∠AOB=∠MDB=90°，∴MD⊥OB，點D在⊙M上．又∵點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，∴，解得：k=，b=6，即直線AB的函數(shù)關(guān)系式是y=x+6．∵⊙M與x軸、y軸都相切，∴點M到x軸、y軸的距離都相等，即ME=MF，設(shè)M（a，﹣a）（﹣8＜a＜0），把x=a，y=﹣a代入y=x+6，得：﹣a=a+6，得：a=﹣，∴點M的坐標(biāo)為（﹣）．（3）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)ME=MF=MG=r，則S△ABC=AO?ME+BO?MF+AB?MG=AO?BO．∵A（﹣8，0），B（0，6），∴AO=8、BO=6，AB==10，∴r?8+r?6+r?10=×6×8，解得：r=2，即ME=MF=2，∴點M的坐標(biāo)為（﹣2，2）．點睛：本題考查了圓的綜合問題，掌握直線和圓的位置關(guān)系，用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的應(yīng)用，能綜合運用知識點進(jìn)行推理和計算是解答此題的關(guān)鍵，注意：直線和圓有三種位置關(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，直線l和⊙O相切．11．如圖，已知AB是⊙O的直徑，點C為圓上一點，點D在OC的延長線上，連接DA，交BC的延長線于點E，使得∠DAC=∠B．（1）求證：DA是⊙O切線；（2）求證：△CED∽△ACD；（3）若OA=1，sinD=，求AE的長．【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】分析：（1）由圓周角定理和已知條件求出AD⊥AB即可證明DA是⊙O切線；（2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；（3）由題意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可得到DC2=DE?AD，故此可求得DE的長，于是可求得AE的長．詳解：（1）∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°．∵∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°，∴AD⊥AB．∵OA是⊙O半徑，∴DA為⊙O的切線；（2）∵OB=OC，∴∠OCB=∠B．∵∠DCE=∠OCB，∴∠DCE=∠B．∵∠DAC=∠B，∴∠DAC=∠DCE．∵∠D=∠D，∴△CED∽△ACD；（3）在Rt△AOD中，OA=1，sinD=，∴OD==3，∴CD=OD﹣OC=2．∵AD==2．又∵△CED∽△ACD，∴，∴DE==，∴AE=AD﹣DE=2﹣=．點睛：本題主要考查的是切線的性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理的應(yīng)用、相似三角形的性質(zhì)和判定，證得△DEC∽△DCA是解題的關(guān)鍵．12．如圖，在RtΔABC中，∠ABC=90°，AB=CB，以AB為直徑的⊙O交AC于點D，點E是AB邊上一點（點E不與點A、B重合），DE的延長線交⊙O于點G，DF⊥DG，且交BC于點F.（1）求證：AE=BF；（2）連接EF，求證：∠FEB=∠GDA；（3）連接GF,若AE=2，EB=4，求ΔGFD的面積.【答案】（1）（2）見解析；（3）9【解析】分析：（1）連接BD，由三角形ABC為等腰直角三角形，求出∠A與∠C的度數(shù)，根據(jù)AB為圓的直徑，利用圓周角定理得到∠ADB為直角，即BD垂直于AC，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得到AD=DC=BD=AC，進(jìn)而確定出∠A=∠FBD，再利用同角的余角相等得到一對角相等，利用ASA得到三角形AED與三角形BFD全等，利用全等三角形對應(yīng)邊相等即可得證；（2）連接EF，BG，由三角形AED與三角形BFD全等，得到ED=FD，進(jìn)而得到三角形DEF為等腰直角三角形，利用圓周角定理及等腰直角三角形性質(zhì)得到一對同位角相等，利用同位角相等兩直線平行，再根據(jù)平行線的性質(zhì)和同弧所對的圓周角相等，即可得出結(jié)論；（3）由全等三角形對應(yīng)邊相等得到AE=BF=1，在直角三角形BEF中，利用勾股定理求出EF的長，利用銳角三角形函數(shù)定義求出DE的長，利用兩對角相等的三角形相似得到三角形AED與三角形GEB相似，由相似得比例，求出GE的長，由GE+ED求出GD的長，根據(jù)三角形的面積公式計算即可．詳解：（1）連接BD．在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，∴∠A=∠C=45°．∵AB為圓O的直徑，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，∴AD=DC=BD=AC，∠CBD=∠C=45°，∴∠A=∠FBD．∵DF⊥DG，∴∠FDG=90°，∴∠FDB+∠BDG=90°．∵∠EDA+∠BDG=90°，∴∠EDA=∠FDB．在△AED和△BFD中，，∴△AED≌△BFD（ASA），∴AE=BF；（2）連接EF，BG．∵△AED≌△BFD，∴DE=DF．∵∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴∠DEF=45°．∵∠G=∠A=45°，∴∠G=∠DEF，∴GB∥EF，∴∠FEB=∠GBA．∵∠GBA=∠GDA，∴∠FEB=∠GDA；（3）∵AE=BF，AE=2，∴BF=2．在Rt△EBF中，∠EBF=90°，∴根據(jù)勾股定理得：EF2=EB2+BF2．∵EB=4，BF=2，∴EF==．∵△DEF為等腰直角三角形，∠EDF=90°，∴cos∠DEF=．∵EF=，∴DE=×=．∵∠G=∠A，∠GEB=∠AED，∴△GEB∽△AED，∴=，即GE?ED=AE?EB，∴?GE=8，即GE=，則GD=GE+ED=．∴．點睛：本題屬于圓綜合題，涉及的知識有：全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，以及平行線的判定與性質(zhì)，熟練掌握判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．13．如圖1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直線MN是過點A的直線CD⊥MN于點D，連接BD．（1）觀察猜想張老師在課堂上提出問題：線段DC，AD，BD之間有什么數(shù)量關(guān)系．經(jīng)過觀察思考，小明出一種思路：如圖1，過點B作BE⊥BD，交MN于點E，進(jìn)而得出：DC+AD=BD．（2）探究證明將直線MN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置寫出此時線段DC，AD，BD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明（3）拓展延伸在直線MN繞點A旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)△ABD面積取得最大值時，若CD長為1，請直接寫B(tài)D的長．【答案】（1）；（2）AD﹣DC=BD；（3）BD=AD=+1．【解析】【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出DC，AD，BD之間的數(shù)量關(guān)系（2）過點B作BE⊥BD，交MN于點E．AD交BC于O，證明，得到，，根據(jù)為等腰直角三角形，得到，再根據(jù)，即可解出答案.（3）根據(jù)A、B、C、D四點共圓，得到當(dāng)點D在線段AB的垂直平分線上且在AB的右側(cè)時，△ABD的面積最大．在DA上截取一點H，使得CD=DH=1，則易證，由即可得出答案.【詳解】解：（1）如圖1中，由題意：，∴AE=CD，BE=BD，∴CD+AD=AD+AE=DE，∵是等腰直角三角形，∴DE=BD，∴DC+AD=BD，故答案為．（2）．證明：如圖，過點B作BE⊥BD，交MN于點E．AD交BC于O．∵，∴，∴．∵，，，∴，∴．又∵，∴，∴，，∴為等腰直角三角形，．∵，∴．（3）如圖3中，易知A、B、C、D四點共圓，當(dāng)點D在線段AB的垂直平分線上且在AB的右側(cè)時，△ABD的面積最大．此時DG⊥AB，DB=DA，在DA上截取一點H，使得CD=DH=1，則易證，∴．【點睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)以及圖形的應(yīng)用，正確作輔助線和熟悉圖形特性是解題的關(guān)鍵.14．如圖，在直角坐標(biāo)系中，⊙M經(jīng)過原點O(0，0)，點A(，0)與點B(0，－)，點D在劣弧上，連結(jié)BD交x軸于點C，且∠COD＝∠CBO.(1)求⊙M的半徑；(2)求證：BD平分∠ABO；(3)在線段BD的延長線上找一點E，使得直線AE恰為⊙M的切線，求此時點E的坐標(biāo)．【答案】（1）M的半徑r＝；（2）證明見解析；（3）點E的坐標(biāo)為(，)．【解析】試題分析：根據(jù)點A和點B的坐標(biāo)得出OA和OB的長度，根據(jù)Rt△AOB的勾股定理得出AB的長度，然后得出半徑；根據(jù)同弧所對的圓周角得出∠ABD=∠COD，然后結(jié)合已知條件得出角平分線；根據(jù)角平分線得出△ABE≌△HBE，從而得出BH=BA=2，從而求出OH的長度，即點E的縱坐標(biāo)，根據(jù)Rt△AOB的三角函數(shù)得出∠ABO的度數(shù)，從而得出∠CBO的度數(shù)，然后根據(jù)Rt△HBE得出HE的長度，即點E的橫坐標(biāo).試題解析：（1）∵點A為（，0），點B為（0，－）∴OA=OB=∴根據(jù)Rt△AOB的勾股定理可得：AB=2∴M的半徑r=AB=.（2）根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得：∠ABD=∠COD∵∠COD=∠CBO∴∠ABD=∠CBO∴BD平分∠ABO（3）如圖，由（2）中的角平分線可得△ABE≌△HBE∴BH=BA=2∴OH=2－=在Rt△AOB中，∴∠ABO=60°∴∠CBO=30°在Rt△HBE中，HE=∴點E的坐標(biāo)為（，）考點：勾股定理、角平分線的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、三角函數(shù).15．如圖，⊙O的直徑AB＝8，C為圓周上一點，AC＝4，過點C作⊙O的切線l，過點B作l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：