(教案)中考數(shù)學壓軸題

/中考數(shù)學壓軸題1．在△ABC中，分別以AB、AC為直徑在△ABC外作半圓O1和半圓O2，其中O1和O2分別為兩個半圓的圓心．F是邊BC的中點，點D和點E分別為兩個半圓圓弧的中點．（1）如圖1，連接O1F，O1D，DF，O2F，O2E，EF，證明：△DO1F≌△FO2E；（2）如圖2，過點A分別作半圓O1和半圓O2的切線，交BD的延長線和CE的延長線于點P和點Q，連接PQ，若∠ACB＝90°，DB＝5，CE＝3，求線段PQ的長；（3）如圖3，過點A作半圓O2的切線，交CE的延長線于點Q，過點Q作直線FA的垂線，交BD的延長線于點P，連接PA．求證：PA是半圓O1的切線．AAO1CBO2EDFPQ圖2AOAO1CBO2EDF圖1圖3AO1CBO2EDFPQ（1）證明：∵O1，O2，F(xiàn)分別是AB，AC，BC邊的中點AO1CBO2EDF∴O1F∥AC且O1F＝AO2，O2F∥AO1CBO2EDF∴∠BO1F＝∠BAC，∠CO2F＝∠BAC∴∠BO1F＝∠CO2F∵點D和點E分別為兩個半圓圓弧的中點∴O1F＝AO2＝O2E，O2F＝AO1＝O1D，∠BO1D＝90°，∠CO2E＝90°∴∠BO1D＝∠∠CO2E，∴∠DO1F＝∠FO2E∴△DO1F≌△FO2EAO1CBO2EDFPQG（2）解：延長AO1CBO2EDFPQG∵點E是半圓O2圓弧的中點，∴AE＝CE＝3∵AC為半圓O2的直徑，∴∠AEC＝90°∴∠ACE＝∠CAE＝45°，AC＝3eq\r(,2)∵AQ是半圓O2的切線，∴CA⊥AQ，∴∠CAQ＝90°∴∠AQE＝∠ACE＝45°，∠GAQ＝90°，∴AQ＝AC＝AG＝3eq\r(,2)同理：∠BAP=90°，AB=AP＝5eq\r(,2)∴CG＝6eq\r(,2)，∠GAB＝∠QAP∴△AQP≌△AGB，∴PQ＝BG∵∠ACB＝90°，∴BC＝eq\r(,AB2－AC2)＝4eq\r(,2)∴BG＝eq\r(,BC2＋GC2)＝2eq\r(,26)，∴PQ＝2eq\r(,26)（3）設直線FA與PQ的垂足為M，過C作CG⊥MF于G，過B作BH⊥MF于H，連接DH、AD、DM∵F是BC邊的中點，∴S△ABF＝S△ACF，∴BH＝CG由（2）知，∠CAQ＝90°，AC＝AQ，∴∠2＋∠3＝90°∵FM⊥PQ，∴∠2＋∠1＝90°，∴∠1＝∠3同理：∠2＝∠4AO1CBO2EDFPQMGH∴△AMQAO1CBO2EDFPQMGH同（2）可證AD＝BD，∠ADB＝∠ADP＝90°∴∠ADB＝∠AHB＝90°，∠ADP＝∠AMP＝90°∴A、D、B、H四點在以AB為直徑的圓上A、D、P、M四點在以AP為直徑的圓上且∠DBH＋∠DAH＝180°∴∠5＝∠8，∠6＝∠7∵∠DAM＋∠DAH＝180°，∴∠DBH＝∠DAM∴△DBH≌△DAM，∴∠5＝∠9∴∠HDM＝90°，∴∠5＋∠7＝90°∴∠6＋∠8＝90°，∴∠PAB＝90°，∴PA⊥AB又AB是半圓O1的直徑，∴PA是半圓O1的切線2．如圖，在半徑為2的扇形AOB中，∠AOB＝90°，點C是EQ\o\ac(AB,\s\up9(︵))上的一個動點（不與點A、B重合），OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分別為D、E．（1）當BC＝1時，求線段OD的長；（2）在△DOE中是否存在長度保持不變的邊？如果存在，請指出并求其長度；如果不存在，請說明理由；（3）設BD＝x，△DOE的面積為y，求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出它的定義域．AAECDOB解：（1）∵OD⊥BC，∴BD＝EQ\F(1,2)BC＝EQ\F(1,2)在Rt△BOD中，OD＝eq\r(,OB2－BD2)＝EQ\F(eq\r(,15),2)AECDOB（2）存在，AECDOB∵OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，∴AB＝eq\r(,OA2＋OB2)＝2eq\r(,2)∵OD⊥BC，OE⊥AC，∴D是BC中點，E是AC中點∴DE＝EQ\F(1,2)AB＝eq\r(,2)（3）連接OC，過D作DF⊥OE于F∵OD＝2，BD＝x，∴OD＝eq\r(,4－x2)∵OA＝OB＝OC，OD⊥BC，OE⊥AC，AECDOBF∴∠1＝∠2AECDOBF∵∠AOB＝90°，∴∠DOE＝45°在Rt△DOF中，DF＝OF＝EQ\F(eq\r(,4－x2),eq\r(,2))在Rt△DFE中，EF＝eq\r(,DE2－DF2)＝eq\r(,2－EQ\F(4－x2,2))＝EQ\F(eq\r(,2),2)x∴y＝EQ\F(1,2)OE·DF＝EQ\F(1,2)(EQ\F(eq\r(,4－x2),eq\r(,2))＋EQ\F(eq\r(,2),2)x·EQ\F(eq\r(,4－x2),eq\r(,2))即y＝EQ\F(4－x2＋xeq\r(,4－x2),4)（0＜x＜eq\r(,2)）3．BACNPM如圖，已知在△ABC中，AB＝15，AC＝20，cotA＝2，P是邊AB上的一個動點，⊙P的半徑為定長．當點P與點B重合時，⊙P恰好與邊AC相切；當點P與點B不重合，且⊙P與邊AC相交于點M和點N時，設AP＝x，BACNPM（1）求⊙P的半徑；（2）求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出它的定義域；（3）當AP＝6eq\r(,5)時，試比較∠CPN與∠A的大小，并說明理由．解：（1）過B作BD⊥AC于D∵⊙P與邊AC相切，∴BD是⊙P的半徑BACNPMDH，∵cotA＝2，∴sinA＝EQ\F(eq\r(,5),5BACNPMDH又∵sinA＝EQ\F(BD,AB)，AB＝15，∴BD＝3eq\r(,5)（2）過P作PH⊥MN于H則PH＝EQ\F(eq\r(,5),5)x，PM＝BD＝3eq\r(,5)∴MH＝eq\r(,PM2－PH2)＝eq\r(,45－EQ\F(1,5)x2)∴y＝2MH＝2eq\r(,45－EQ\F(1,5)x2)，即y＝EQ\F(2,5)eq\r(,1125－5x2)（3eq\r(,5)≤x＜15）（3）當AP＝6eq\r(,5)時，∠CPN＝∠A理由如下：當AP＝6eq\r(,5)時，PH＝6，MH＝3，AH＝12，∴AM＝9∵AC＝20，MN＝6，∴CN＝5∵EQ\F(AM,MP)＝EQ\F(9,3eq\r(,5))＝EQ\F(3eq\r(,5),5)，EQ\F(PN,CN)＝EQ\F(3eq\r(,5),5)，∴EQ\F(AM,MP)＝EQ\F(PN,CN)又∵PM＝PN，∴∠PMN＝∠PNM∴∠AMP＝∠PNC，∴△AMP∽△PNC∴∠CPN＝∠A4．如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，∠B＝60°，AB＝10，AD＝4，⊙M與∠BAD的兩邊相切，點N在射線AB上，⊙N與⊙M是等圓，且兩圓外切．（1）設AN＝x，⊙M的半徑為y，求y關于x的函數(shù)關系式；（2）當x為何值時，⊙M與CD相切？（3）直線CD被⊙M所截得的弦與直線BC被⊙N所截得的弦的長是否可能相等？如果能，求出符合要求的x的值；如果不能，請說明理由．AAMCBDN解：（1）連接AM、MN，設⊙M與AB相切于點E，連接MEAMCBDNAMCBDNE∴在Rt△MNE中，MN＝2ME，∴∠ANM＝30°∵AD∥BC，∠B＝60°，∴∠BAD＝120°∵⊙M與∠BAD的兩邊相切∴∠NAM＝60°，∴∠AMN＝90°∴在Rt△AMN中AM＝EQ\F(1,2)AN＝EQ\F(1,2)x∴ME＝AM·sin60°＝EQ\F(eq\r(,3),4)x即y＝EQ\F(eq\r(,3),4)x（x＞0）AMCBDNGF（2）設⊙M分別與AD、CD相切于點F、AMCBDNGF則MF＝FD＝MG＝y(tǒng)且AF＝MF·cot60°＝EQ\F(eq\r(,3),3)y＝EQ\F(eq\r(,3),3)·EQ\F(eq\r(,3),4)x＝EQ\F(1,4)x∵AD＝4，AF＋FD＝AD，∴EQ\F(1,4)x＋EQ\F(eq\r(,3),4)x＝4∴x＝8(eq\r(,3)－1)（3）作NH⊥BC于點H若直線CD被⊙M所截得的弦與直線BC被⊙N所截得的弦的長相等，則弦心距MG＝NHAMCBDNHFG①AMCBDNHFG∵AB＝10，∴BN＝10－x∴FD＝MG＝NH＝BN·sin60°＝EQ\F(eq\r(,3),2)(10－x)AMCBDNHFG∵AF＝EQ\F(1,4)x，AF＋FD＝AD，∴EQ\F(1,4)x＋EQ\F(eq\r(,3),2)(10－x)＝4AMCBDNHFG∴x＝EQ\F(104－12eq\r(,3),11)②當點N在AB延長線上時則FD＝MG＝NH＝BN·sin60°＝EQ\F(eq\r(,3),2)(x－10)EQ\F(1,4)x＋EQ\F(eq\r(,3),2)(x－10)＝4∴x＝EQ\F(104＋12eq\r(,3),11)∴當x＝EQ\F(104－12eq\r(,3),11)或x＝EQ\F(104＋12eq\r(,3),11)時，直線CD被⊙M所截得的弦與直線BC被⊙N所截得的弦的長相等。5．已知：半圓O的半徑OA＝4，P是OA延長線上一點，過線段OP的中點B作OP的垂線交半圓O于點C，射線PC交半圓O于點D，連接OD．（1）當EQ\o\ac(AC,\s\up9(︵))＝EQ\o\ac(CD,\s\up9(︵))時，求弦CD的長；（2）設PA＝x，CD＝y(tǒng)，求y與x的函數(shù)關系式及自變量x的取值范圍；（3）設CD的中點為E，射線BE與射線OD交于點F，當DF＝1時，求tan∠P的值．BBAOPCDAOAO備用圖AO備用圖解：（1）連接OCBAOPCDE，當EQ\o\ac(AC,\s\up9(︵))＝EQ\o\ac(CD,\s\up9(︵))時，∠POC＝∠DOCBAOPCDE∵BC垂直平分OP，∴PC＝OC＝4∴∠P＝∠POC＝∠DOC∴△DOC∽△DPO，∴EQ\F(DO,DP)＝EQ\F(CD,DO)即EQ\F(4,4＋CD)＝EQ\F(CD,4)，解得CD＝2eq\r(,5)－2（2）作OE⊥CD于E，則CE＝DE＝EQ\F(1,2)y①當點C在EQ\o\ac(AD,\s\up9(︵))上時∵∠PBC＝∠PEO＝90°，∠P＝∠P∴△PBC∽△PEO，∴EQ\F(PB,PE)＝EQ\F(PC,PO)，即EQ\F(EQ\F(x＋4,2),4＋EQ\F(y,2))＝EQ\F(4,x＋4)，∴y＝EQ\F(1,4)x2＋2x－4顯然，B不與A重合，∴x＜4當D與C重合時，PC是半圓O的切線∴PC⊥OC，∠PCO＝90°，此時△PCO是等腰直角三角形∴OP＝eq\r(,2)OC，即x＋4＝4eq\r(,2)，x＝4eq\r(,2)－4∵D不與C重合，∴x＞4eq\r(,2)－4∴4eq\r(,2)－4＜x＜4∴y＝EQ\F(1,4)x2＋2x－4（4eq\r(,2)－4＜x＜4）②當點C在EQ\o\ac(AD,\s\up9(︵))外時，BAOPCDE同理，△PBC∽△PEO，∴EQ\F(PB,PE)＝EQ\F(PC,PO)BAOPCDE即EQ\F(EQ\F(x＋4,2),4－EQ\F(y,2))＝EQ\F(4,x＋4)，∴y＝－EQ\F(1,4)x2－2x＋4（0＜x＜4eq\r(,2)－4）（3）①當點C在EQ\o\ac(AD,\s\up9(︵))上時，過D作DG∥OP交BF于G則△DEG∽△PEB，△DEF∽△OBFBAOPCDEFG∴EQ\F(DE,PE)＝EQ\F(DG,PB)＝EQ\F(DG,OB)＝EQ\F(DF,OF)＝EQ\F(1,4＋1)BAOPCDEFG∴EQ\F(DE,PE)＝EQ\F(1,5)，即EQ\F(EQ\F(y,2),4＋EQ\F(y,2))＝EQ\F(1,5)，解得EQ\F(y,2)＝1∴CE＝1，PE＝5，OE＝eq\r(,42－12)＝eq\r(,15)，∴tan∠P＝EQ\F(OE,PE)＝EQ\F(eq\r(,15),5)②當點C在EQ\o\ac(AD,\s\up9(︵))外時，過D作DG∥OP交BE于GBAOPCDEFG則△BAOPCDEFG∴EQ\F(DE,PE)＝EQ\F(DG,PB)＝EQ\F(DG,OB)＝EQ\F(DF,OF)＝EQ\F(1,4－1)∴EQ\F(DE,PE)＝EQ\F(1,3)，即EQ\F(EQ\F(y,2),4－EQ\F(y,2))＝EQ\F(1,3)，解得EQ\F(y,2)＝1∴CE＝1，PE＝3，OE＝eq\r(,42－12)＝eq\r(,15)，∴tan∠P＝EQ\F(OE,PE)＝EQ\F(eq\r(,15),3)6．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，sinB＝EQ\F(3,5)，⊙B的半徑長為1，⊙B交邊BC于點P，點O是邊AB上的動點．（1）如圖1，將⊙B繞點P旋轉180°得到⊙M，請判斷⊙M與直線AB的位置關系；（2）在（1）的條件下，當△OMP是等腰三角形時，求OA的長；（3）如圖2，點N是邊BC上的動點，如果以NB為半徑的⊙N和以OA為半徑的⊙O外切，設NB＝y(tǒng)，OA＝x，求y關于x的函數(shù)關系式及定義域．ABABCN圖2OABCP圖1ABCPMD解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，sinB＝EQ\F(3,5ABCPMD∴AB＝10，BC＝eq\r(,AB2－AC2)＝eq\r(,102－62)＝8過點M作MD⊥AB于D在Rt△MDB中，∠MDB＝90°，∴sinB＝EQ\F(MD,MB)＝EQ\F(3,5)∵MB＝2，∴MD＝EQ\F(3,5)×2＝EQ\F(6,5)＞1，∴⊙M與直線AB相離ABCPMO（2）∵MD＝EQ\F(6,5)＞1＝MP，∴OMABCPMO若OP＝MP，易得∠MOB＝90°∴cosB＝EQ\F(OB,BM)＝EQ\F(BC,AB)＝EQ\F(8,10)，∴OB＝EQ\F(8,5)∴OA＝10－EQ\F(8,5)＝EQ\F(42,5)ABCPMOE若OM＝OP，過OABCPMOE∴cosB＝EQ\F(EB,OB)＝EQ\F(BC,AB)＝EQ\F(8,10)，∴OB＝EQ\F(15,8)∴OA＝10－EQ\F(15,8)＝EQ\F(65,8)∴當△OMP是等腰三角形時，OA的長為EQ\F(42,5)或EQ\F(65,8)（3）連接ON，過N作NF⊥AB于FABCNOF在Rt△NFB中，∠NFB＝90°，sinB＝EQ\F(3,5)，NBABCNOF∴NF＝EQ\F(3,5)y，BF＝EQ\F(4,5)y，∴OF＝10－x－EQ\F(4,5)y∵⊙N和⊙O外切，∴ON＝x＋y在Rt△NFB中，ON2＝OF2＋NF2∴(x＋y)2＝(10－x－EQ\F(4,5)y)2＋(EQ\F(3,5)y)2∴y＝EQ\F(250－50x,x＋40)（0＜x＜5）7．如圖，⊙O的半徑為6，線段AB與⊙O相交于點C、D，AC＝4，∠BOD＝∠A，OB與⊙O相交于點E，設OA＝x，CD＝y(tǒng)．ABDCABDCEO（2）求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出定義域；（3）當CE⊥OD時，求AO的長．解：（1）∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∴∠OCA＝∠ODBABDCEO∵∠BOD＝∠A，∴△OBD∽△AOC，∴EQ\F(BD,OC)＝EQ\F(OD,AC)ABDCEO∵OC＝OD＝6，AC＝4，∴EQ\F(BD,6)＝EQ\F(6,4)，∴BD＝9（2）∵△OBD∽△AOC，∴∠AOC＝∠B又∵∠A＝∠A，∴△ACO∽△AOB，∴EQ\F(AB,AO)＝EQ\F(AO,AC)∵AB＝AC＋CD＋BD＝y(tǒng)＋13，∴EQ\F(y＋13,x)＝EQ\F(x,4)∴y＝EQ\F(1,4)x2－13∵0＜y＜8，∴0＜EQ\F(1,4)x2－13＜12，解得2eq\r(,13)＜x＜10∴定義域為2eq\r(,13)＜x＜10（3）∵OC＝OE，CE⊥OD．∴∠COD＝∠BOD＝∠A∴∠AOD＝180o－∠A－∠ODC＝180o－∠COD－∠OCD＝∠ADO∴AD＝AO，∴y＋4＝x，∴EQ\F(1,4)x2－13＋4＝x∴x＝2±2eq\r(,10)（舍去負值）∴AO＝2±2eq\r(,10)9．如圖，扇形OMN的半徑為1，圓心角90°，點B是EQ\o\ac(MN,\s\up9(︵))上一動點，BA⊥OM于點A，BC⊥ON于點C，點D、E、F、G分別是線段OA、AB、BC、CO的中點，GF與CE相交于點P，DE與AG相交于點Q．（1）求證：四邊形EPGQ是平行四邊形；（2）探索OA的長為何值時，四邊形EPGQ是矩形；NOM備用圖NOMBCGFDAQNOM備用圖NOMBCGFDAQEP（1）證明：∵∠AOC＝90°，BA⊥OM，BC⊥ON∴四邊形OABC是矩形，∴AB∥OC，AB＝OCNOMBCGFDAQNOMBCGFDAQEP∴AE∥GC，AE＝GC∴四邊形AECG為平行四邊形，∴CE∥AG連接OB∵點D、E、F、G分別是線段OA、AB、BC、CO的中點∴GF∥OB，DE∥OB，∴PG∥EQ∴四邊形EPGQ是平行四邊形（2）當∠CED＝90°時，□EPGQ是矩形，此時∠AED＋∠CEB＝90°NOMBCGFDAQEP又∵∠NOMBCGFDAQEP∴△AED∽△BCE，∴EQ\F(AD,BE)＝EQ\F(AE,BC)設OA＝x，AB＝y(tǒng)，則EQ\F(EQ\F(x,2),EQ\F(y,2))＝EQ\F(EQ\F(y,2),x)，得y2＝2x2又OA2＋AB2＝OB2，即x2＋y2＝12，∴x2＋2x2＝1，解得x＝EQ\F(eq\r(,3),3)NOMBCGFDAQEPB′A′O′∴當OA的長為EQ\F(eq\r(,NOMBCGFDAQEPB′A′O′（3）連接GE交PQ于點O′，則O′P＝O′Q，O′G＝O′E過P作OC的平行線分別交BC、GE于點B′、A′由△PCF∽△PEG得，EQ\F(PG,PF)＝EQ\F(PE,PC)＝EQ\F(GE,FC)＝2∴PA′＝EQ\F(2,3)A′B′＝EQ\F(1,3)AB，GA′＝EQ\F(1,3)GE＝EQ\F(1,3)OA∴A′O′＝EQ\F(1,2)GE－GA′＝EQ\F(1,6)OA在Rt△PA′O′中，PO′2＝PA′2＋A′O′2，即EQ\F(PQ2,4)＝EQ\F(AB2,9)＋EQ\F(OA2,36)又AB2＋OA2＝12，∴3PQ2＝AB2＋EQ\F(1,3)，∴3PQ2＋OA2＝AB2＋EQ\F(1,3)＋OA2＝1＋EQ\F(1,3)＝EQ\F(4,3)10．如圖，AE切⊙O于點E，AT交⊙O于點M、N，線段OE交AT于點C，OB⊥AT于點B，已知∠EAT＝30°，AE＝3eq\r(,3)，MN＝2eq\r(,22)．（1）求∠COB的度數(shù)；（2）求⊙O的半徑R；（3）點F在⊙O上（EQ\o\ac(FME,\s\up9(︵))是劣?。?，且EF＝5，將△OBC經(jīng)過平移、旋轉和相似變換后，使它的兩個頂點分別與點E、F重合．在EF的同一側，這樣的三角形共有多少個？你能在其中找出另一個頂點也在⊙O上的三角形嗎？請在圖中畫出這個三角形，并求出這個三角形與△OBC的周長之比．AABCEFMONT解：（1）∵AE切⊙O于點E，∴OE⊥AE∵OB⊥AT于點B，∴∠AEC＝∠OBC＝90°又∵∠ACE＝∠OCB，∴△ACE∽△OCB，∴∠COB＝∠EAT＝30°ABCEFMONTG(BABCEFMONTG(B′)(C′)(O′)∠OCB＝∠ACE＝60°設BC＝x，則OB＝eq\r(,3)x，OC＝2x連接ON，得(eq\r(,3)x)2＋(eq\r(,22))2＝(2x＋3)2解得x＝1或x＝－13（舍去），∴x＝1∴R＝2x＋3＝5（3）這樣的三角形有3個，畫直徑FG，連接GE∵EF＝OE＝OF＝5，∴∠EFG＝60°＝∠BCO∴△GEF即為所要畫出的三角形∵三種圖形變換都不改變圖形的形狀，即變換前后的兩個三角形相似∴變換前后兩個三角形的周長之比等于它們的相似比又∵兩個直角三角形斜邊長FG＝2R＝10，OC＝2，∴△GEF與△OBC的周長之比為5:111．定義：P、Q分別是兩條線段a和b上任意一點，線段PQ長度的最小值叫做線段a與線段b的距離．已知O（0，0），A（4，0），B（m，n），C（m＋4，n）是平面直角坐標系中四點．（1）根據(jù)上述定義，當m＝2，n＝2時，如圖1，線段BC與線段OA的距離是___________；當m＝5，n＝2時，如圖2，線段BC與線段OA的距離（即線段AB長）為___________．（2）如圖3，若點B落在圓心為A，半徑為2的圓上，線段BC與線段OA的距離記為d，求d關于m的函數(shù)解析式．（3）當m的值變化時，動線段BC與線段OA的距離始終為2，線段BC的中點為M．①求出點M隨線段BC運動所圍成的封閉圖形的周長；②點D的坐標為（0，2），m≥0，n≥0．作MH⊥x軸，垂足為H，是否存在m的值使以A，M，H為頂點的三角形與△AOD相似，若存在，求出m的值，若不存在，請說明理由．AOyAOyx（圖3）BCAOByxC（圖2）AOByxC（圖1）AOAOyx（備用圖2）AOyxC（備用圖1）M解：（1）2（2）當4≤m≤6時，顯然線段BC與線段OA的距離等于⊙A半徑，即d＝2當2≤m＜4時，作BN⊥x軸于點N，線段BC與線段OA的距離等于BN長AOyxBCBCN∴d＝eq\r(,22－(4－m)2)＝eq\r(,－m2＋8m－12AOyxBCBCN∴d關于m的函數(shù)解析式為：d＝eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(eq\r(,－m2＋8m－12)（2≤m＜4）,2（4≤m≤6）))AOyxCMEBPNFKG（3）①由題意可知，由線段AOyxCMEBPNFKG∴點M隨線段BC運動所圍成的封閉圖形的周長為：2×π×2＋2×2×4＝16＋4π②∵m≥0，n≥0，∴點M隨線段BC運動所形成圖形的是線段M0E和EQ\o\ac(EF,\s\up9(︵))AOyxCM0EBFAOyxCM0EBFM1M2M3H3H2H1R(D)x若△AMH與△AOD相似，則EQ\F(MH,HA)＝EQ\F(1,2)或EQ\F(MH,HA)＝2當2≤m＋2＜4時，顯然M1H1＞H1A，∴EQ\F(M1H1,H1A)＝2∵M1H1＝2，∴H1A＝1，∴OH1＝3∴m1＝3－2＝1當4≤m＋2≤6即M2在線段CE上時，同理可求m2＝5－2＝3當6＜m＋2≤8即M3在線段EQ\o\ac(EF,\s\up9(︵))上時，∵AH3≥2≥M3H3，∴EQ\F(M3H3,H3A)＝EQ\F(1,2)設M3H3＝x，則AH3＝2x，∴AH3＝2x－2又∵RH3＝2，∴(2x－2)2＋x2＝22，∴x1＝EQ\F(8,5)，x2＝0（不合題意，舍去）∴OH3＝4＋2x＝EQ\F(36,5)，∴m3＝EQ\F(36,5)－2＝EQ\F(26,5)綜上可知，存在m的值使以A，M，H為頂點的三角形與△AOD相似，相應m的值為1，3，EQ\F(26,5)12．已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝5，點E是AD邊上一動點，連接BE、CE，以BE為直徑作⊙O，交BC于點F，過點F作FH⊥CE于H，直線FH交⊙O于點G．（1）當直線FH與⊙O相切時，求AE的長；（2）當FH∥BE時，求FG的長；DBACOFEH（3）在點E運動過程中，△OFG能否成為等腰直角DBACOFEH解：（1）連接OF、EF，∵BE是⊙O的直徑，∴∠BFE＝90°又∠A＝∠ABF＝90°，∴四邊形ABFE為矩形DBACOFEH∴AEDBACOFEH∵FH與⊙O相切，∴OF⊥FH∵FH⊥CE，∴OF∥CE∵BO＝OE，∴BF＝CF∴AE＝DE＝EQ\F(1,2)AD＝EQ\F(5,2)（2）作OM⊥FG于M，連接OF∵FH∥BE，∴∠BEC＝∠FHC＝90°易證△ABE∽△DEC，∴EQ\F(AE,DC)＝EQ\F(AB,DE)，即EQ\F(AE,2)＝EQ\F(2,5－AE)，解得AE＝1或4DBACOFEHMG①當AE＝DBACOFEHMG∴BE＝eq\r(,5)，CE＝2eq\r(,5)，OF＝EQ\F(eq\r(,5),2)由△CFH∽△CBE，得CH＝EQ\F(8eq\r(,5),5)∴OM＝EH＝CE－CH＝EQ\F(2eq\r(,5),5)，∴FM＝eq\r(,OF2－OM2)＝EQ\F(3eq\r(,5),10)，∴FG＝2FM＝EQ\F(3eq\r(,5),5)DBACOFEHMG②當AE＝DBACOFEHMG∴BE＝2eq\r(,5)，CE＝eq\r(,5)，OG＝eq\r(,5)由△CFH∽△CBE，得CH＝EQ\F(eq\r(,5),5)∴OM＝EH＝CE－CH＝EQ\F(4eq\r(,5),5)，∴FM＝eq\r(,OG2－OM2)＝EQ\F(3eq\r(,5),5)∴FG＝2FM＝EQ\F(6eq\r(,5),5)（3）連接EF，設AE＝x，則EF＝AB＝2，BF＝AE＝x，CF＝DE＝5－x若△OFG是等腰直角三角形，則∠FOG＝90°①當點G在點F上方時ODBACHGEFMK連接BG、EG，設BGODBACHGEFMK則∠FBG＝∠FEG＝45°∴△BFK和△EGK都是等腰直角三角形∴KF＝BF＝x，EK＝2－x，GM＝KM＝EQ\F(1,2)EK＝1－EQ\F(1,2)xFM＝x＋1－EQ\F(1,2)x＝1＋EQ\F(1,2)x∵∠GFM＝∠ECF＝90°－∠FEC，∴Rt△GMF∽Rt△EFC，∴EQ\F(GM,FM)＝EQ\F(EF,CF)DBACHGEFKOM∴EQ\F(1－EQ\F(1,2)x,1＋EQ\F(1,2)x)＝EQ\F(2,5－x)，解得x1＝EQ\F(9－eq\r(,57),2)，x2＝EQ\F(9＋eq\r(,57),2)＞5（舍去）DBACHGEFKOM②當點G在點F下方時連接BG、EG，設BC、EG交于點K，作GM⊥BF于M則∠GBF＝∠GEF＝45°∴△BGK和△EFK都是等腰直角三角形∴KF＝EF＝2，EK＝2eq\r(,2)BK＝x－2，GM＝KM＝EQ\F(1,2)(x－2)，F(xiàn)M＝2＋EQ\F(1,2)(x－2)＝EQ\F(1,2)(x＋2)∵∠MFG＝∠HFC＝∠FEC＝90°－∠HCF∴Rt△FMG∽Rt△EFC，∴EQ\F(FM,GM)＝EQ\F(EF,CF)∴EQ\F(EQ\F(1,2)(x＋2),EQ\F(1,2)(x－2))＝EQ\F(2,5－x)，解得x1＝EQ\F(1＋eq\r(,57),2)，x2＝EQ\F(1－eq\r(,57),2)（舍去）綜上所述，△OFG能成為等腰直角三角形，此時AE的長為EQ\F(9－eq\r(,57),2)或EQ\F(1＋eq\r(,57),2)13．在平面直角坐標系中，點A（10，0）、B（6，8），點P是線段OA上一動點（不與點A、點O重合），以PA為半徑的⊙P與線段AB的另一個交點為C，作CD⊥OB于D（如圖1）．（1）求證：CD是⊙P的切線；（2）當⊙P與OB相切時，求⊙P的半徑；（3）在（2）的條件下，設⊙P與OB相切于點E，連接PB交CD于F（如圖2）．①求CF的長；②在線段DE上是否存在點G使∠GPF＝45°？若存在，求出EG的長；若不存在，請說明理由．AOAOPBDyxC圖1AOPBDyxC圖2EFAOPBDyxCN12AOPBDyxCN12∵PC＝PA，∴∠1＝∠2∵A（10，0），B（6，8），∴OA＝10，BN＝8，ON＝6在Rt△OBN中，OB＝eq\r(,ON2＋BN2)＝eq\r(,62＋82)＝10∴OA＝OB，∴∠OBA＝∠1∴∠OBA＝∠2，∴PC∥OB∵CD⊥OB，∴CD⊥PC∴CD是⊙P的切線（2）解：設⊙P的半徑為rAOPBDyxCEFN∵⊙AOPBDyxCEFN∴在Rt△OPE中，sin∠EOP＝EQ\F(PE,OP)＝EQ\F(r,10－r)在Rt△OBN中，sin∠BON＝EQ\F(BN,OB)＝EQ\F(8,10)＝EQ\F(4,5)∴EQ\F(r,10－r)＝EQ\F(4,5)，解得r＝EQ\F(40,9)（3）①由（2）知r＝EQ\F(40,9)，∴OP＝10－EQ\F(40,9)＝EQ\F(50,9)∴OE＝eq\r(,OP2－PE2)＝EQ\F(10,3)∵∠PCD＝∠CDE＝∠PED＝90°，∴四邊形PCDE是矩形∵PE＝PC，∴矩形PCDE是正方形∴PE＝DC＝EQ\F(40,9)，∴BD＝OB－OE－DE＝10－EQ\F(10,3)－EQ\F(40,9)＝EQ\F(20,9)∵∠BFD＝∠PFC，∠BDF＝∠PCF＝90°∴△BDF∽△PCF，∴EQ\F(DF,CF)＝EQ\F(BD,PC)AOPBDyxCEFGT34即EQ\F(EQ\F(40,9)－CF,CF)＝EQ\F(EQ\F(20,9),EQ\F(40,9))，解得CF＝EQ\F(80,27)AOPBDyxCEFGT34②存在在DE延長線上截取ET＝CF∵四邊形PCDE是正方形∴∠PET＝∠PCF＝90°，PE＝PC∴△PET≌△PCF，∴∠4＝∠3，PT＝PF∵∠CPE＝90°，∠GPF＝45°∴∠GPE＋∠3＝45°，∴∠GPE＋∠4＝45°即∠GPT＝45°，∴∠GPT＝∠GPF又PG＝PG，∴△PGT≌△PGF，∴GF＝GT＝GE＋ET＝GE＋CF設GE＝a，則DG＝EQ\F(40,9)－a，GF＝EQ\F(80,27)＋a，又DF＝DC－CF＝EQ\F(40,9)－EQ\F(80,27)＝EQ\F(40,27)在Rt△DFG中，DF2＋DG2＝GF2∴(EQ\F(40,27)2＋(EQ\F(40,9)－a2＝(EQ\F(80,27)＋a2，解得a＝EQ\F(8,9)，即EG的長為EQ\F(8,9)14．如圖，以△ABC的邊BC為弦，在點A的同側畫EQ\o\ac(BC,\s\up9(︵))交AB于D，且∠BDC＝90°＋EQ\F(1,2)∠A，點P是EQ\o\ac(BC,\s\up9(︵))上的一個動點．（1）判定△ADC的形狀，并說明理由；（2）若∠A＝70°，當點P運動到∠PBA＝∠PBC＝15°時，求∠ACB和∠ACP的度數(shù)；（3）當點P在EQ\o\ac(BC,\s\up9(︵))運動時，過點P作直線MN⊥AP，分別交AB、AC于點M、N，是否存在這樣的點P，使得△BMP和△BPC和△CPN彼此相似？請說明理由．PBPBACDBACD備用圖解：（1）△ADC是等腰三角形∵∠BDC＝90°＋EQ\F(1,2)∠A，∴∠ADC＝90°－EQ\F(1,2)∠A，∠ACD＝90°＋EQ\F(1,2)∠A－∠A＝90°－EQ\F(1,2)∠APBACDMN∴∠ACDPBACDMN（2）∵∠A＝70°，∠PBA＝∠PBC＝15°∴∠ACB＝180°－70°－2×15°＝80°∵∠BPC＝∠BDC＝90°＋EQ\F(1,2)∠A＝90°＋EQ\F(1,2)×70°＝125°∴∠PCB＝180°－15°－125°＝40°∴∠ACP＝∠ACB－∠PCB＝80°－40°＝40°（3）存在．當點P運動至EQ\o\ac(CD,\s\up9(︵))的中點時，△BMP和△BPC和△CPN彼此相似∵P是EQ\o\ac(CD,\s\up9(︵))的中點，∴∠ABP＝∠CBP設∠A＝x°，∠ABP＝∠CBP＝y(tǒng)°則∠ACB＝180°－x－2y，∠PCB＝180°－y－(90°＋EQ\F(1,2)x)＝90°－y－EQ\F(1,2)x∴∠ACP＝∠ACB－∠PCB＝180°－x－2y－(90°－y－EQ\F(1,2)x)＝90°－y－EQ\F(1,2)x∴∠PCB＝∠ACP，∴PC平分∠ACB∴當點P運動至EQ\o\ac(CD,\s\up9(︵))的中點時，點P是△ABC的角平分線的交點連接AP，則AP平分∠BAC，∴∠BMP＝∠CNP＝90°＋EQ\F(1,2)x＝∠BPC∴△BMP和△BPC和△CPN彼此相似15．如圖，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝4AD＝4eq\r(,2)，∠B＝45°．將直角三角板含45°角的頂點E放在邊BC上移動（不與點C重合），一直角邊始終經(jīng)過點A，斜邊與CD交于點F．BCAEFD（1）在點E移動過程中，當△ABE為等腰三角形時BCAEFD（2）在點E移動過程中，求△ADF外接圓半徑的最小值．解：（1）∵BC＝4AD＝4eq\r(,2)，∴AD＝eq\r(,2)∵等腰梯形ABCD，∠B＝45°，∴AB＝eq\r(,2)×EQ\F(1,2)(BC－AD)＝×EQ\F(1,2)(4eq\r(,2)－eq\r(,2))＝3∵∠B＝45°，∴∠BAE＋∠AEB＝135°∵∠AEF＝45°，∴∠CEF＋∠AEB＝135°BCAEFD∴∠BAE＝∠CEF，又BCAEFD∴△BAE∽△CEF，∴EQ\F(BE,CF)＝EQ\F(AB,EC)∴CF＝EQ\F(EC,AB)·BE＝EQ\F(BC－BE,AB)·BE＝EQ\F(4eq\r(,2)－BE,3)·BE（1）若AE＝BE，則∠AEB＝90°，BE＝EQ\F(eq\r(,2),2)AB＝EQ\F(3eq\r(,2),2)，代入（1）得CF＝EQ\F(5,2)若AB＝AE，則∠BAE＝90°，BE＝eq\r(,2)AB＝3eq\r(,2)，代入（1）得CF＝2若AB＝BE，則BE＝3，代入（1）得CF＝4eq\r(,2)－3（2）設△ADF外接圓的圓心為O，∵∠ADF＝135°，∴∠AOF＝90°，∴AF＝eq\r(,2)r當AF最小時，r也最??；又當CF最大時，AF最小由（1）知CF＝EQ\F(4eq\r(,2)－BE,3)·BE＝－EQ\F(1,3)BE2＋EQ\F(4eq\r(,2),3)BE＝－EQ\F(1,3)(BE－2eq\r(,2))2＋EQ\F(8,3)BCAEFDGO當BE＝2eq\r(,2)即E為BC中點時，CF最大，為EQ\F(8,3)，此時DF＝3－EQ\F(8,3)＝EQ\F(1,3)BCAEFDGO作FG⊥AD于G，則FG＝DG＝EQ\F(eq\r(,2),6)，AG＝AD＋DG＝EQ\F(7eq\r(,2),6)∴AF長的最小值為：eq\r(,AG2＋FG2)＝EQ\F(5,3)∴△ADF外接圓半徑的最小值為EQ\F(eq\r(,2),2)AF＝EQ\F(5eq\r(,2),6)20．如圖，已知直線l與⊙O相離，OA⊥l于點A，OA＝5，OA與⊙O相交于點P，AB與⊙O相切于點B，BP的延長線交直線l于點C．（1）試判斷線段AB與AC的數(shù)量關系，并說明理由；（2）若PC＝2eq\r(,5)，求⊙O的半徑和線段PB的長；（3）若在⊙O上存在點Q，使△QAC是以AC為底邊的等腰三角形，求⊙O的半徑r的取值范圍．CCPOBAlOOAl（備用圖）（1）AB＝AC．理由如下：連接OB∵AB與⊙O相切于點B，OA⊥AC，∴∠OBA＝∠OAC＝90°CPOBAlD∴∠OBP＋∠ABP＝90°，∠CPOBAlD∵OP＝OB，∴∠OBP＝∠OPB∵∠OPB＝∠APC，∴∠ABP＝∠ACP∴AB＝AC（2）設⊙O的半徑為r，則OP＝OB＝r，PA＝5－r∴AB2＝OA2－OB2＝52－r2AC2＝PC2－PA2＝(2eq\r(,5))2－(5－r)2∵AB＝AC，∴52－r2＝(2eq\r(,5))2－(5－r)2解得r＝3∴AB＝eq\r(,52－32)＝4，∴sin∠BOP＝EQ\F(AB,OA)＝EQ\F(4,5)，cos∠BOP＝EQ\F(OB,OA)＝EQ\F(3,5)過B作BD⊥OP于D則DB＝OB·sin∠BOP＝3×EQ\F(4,5)＝EQ\F(12,5)，OD＝OB·cos∠BOP＝3×EQ\F(3,5)＝EQ\F(9,5)∴DP＝OP－OD＝3－EQ\F(9,5)＝EQ\F(6,5)CPOBAlEMN∴PB＝eq\r(,DB2＋DP2)＝EQ\F(6,5)eq\r(,5)CPOBAlEMN（3）作線段AC的垂直平分線MN，作OE⊥MN則OE＝EQ\F(1,2)AC＝EQ\F(1,2)AB＝EQ\F(1,2)eq\r(,52－r2)由題意，⊙O與直線MN有交點∴OE≤r，即EQ\F(1,2)eq\r(,52－r2)≤r，∴r≥eq\r(,5)又∵直線l與⊙O相離，∴r＜5∴eq\r(,5)≤r＜521．在平面直角坐標系xOy中，已知動點P在正比例函數(shù)y＝x的圖象上，點P的橫坐標為m（m＞0）．以點P為圓心，eq\r(,5)m為半徑的圓交x軸于A、B兩點（點A在點B的左側），交y軸于C、D兩點（點D在點C的上方），點E為平行四邊形DOPE的頂點（如圖）．（1）寫出點B、E的坐標（用含m的代數(shù)式表示）；（2）連接DB、BE，設△BDE的外接圓交y軸于點Q（點Q異于點D），連接EQ、BQ．試問線段BQ與線段EQ的長是否相等？為什么？（3）連接BC，求∠DBC－∠DBE的度數(shù)．CBCBPOxDyEA（備用圖）CBPOxDyEA解：（1）B（3m，0），E（m，4m）（2）BQ與EQ相等，理由如下：CBPOxDyEAFK易得DCBPOxDyEAFK則得OB＝OD，EK＝DK∴△BOD和△EKD均為等腰直角三角形∴∠EDB＝90°∴BE為△EDB外接圓的直徑∴∠EQB＝90°，∴∠QDB＝∠QEB＝45°∴∠QBE＝45°，∴∠QEB＝∠QBE∴BQ＝EQ（3）由（2）知，△BDE為直角三角形易得DE＝eq\r(,2)m，BD＝3eq\r(,2)m在Rt△BOC中，BO＝3CO＝3m在△BDE和△BOC中∠BDE＝∠BOC＝90°，且EQ\F(DE,BD)＝EQ\F(CO,BO)＝EQ\F(1,3)∴△BDE∽△BOC，∴∠DBE＝∠OBC，∴∠∠DBC－∠DBE＝∠DBC－∠OBC＝45°22．如圖1，在平面直角坐標系中，矩形OABC的頂點O在坐標原點，頂點A、C分別在x軸、y軸的正半軸上，且OA＝2，OC＝1，矩形對角線AC、OB相交于點E，過點E的直線與邊OA、BC分別相交于點G、H．（1）①直接寫出點E的坐標：____________；②求證：AG＝CH；（2）如圖2，以O為圓心、OC為半徑畫弧交OA于點D，若直線GH與弧CD所在的圓相切于矩形內(nèi)一點F，求直線GH的函數(shù)關系式；（3）在（2）的結論下，梯形ABHG的內(nèi)部有一點P，當⊙P與HG、GA、AB都相切時，求⊙P的半徑．BGOBGOxHyEAC圖2FDBGOxHyEAC圖1BGOxHyEAC備用圖FD解：（1）①（1，EQ\F(1,2)）②證明：在矩形OABC中，∵EA＝EC，OA∥BC，∴∠GAE＝∠HCE又∵∠GEA＝∠HEC，∴△AGE≌△CHE，∴AG＝CH（2）連接ED、OF、OBBGOxHyEACFD，BGOxHyEACFD∴ED＝EQ\F(1,2)AB＝EQ\F(1,2)，且ED∥AB∴∠EDO＝∠BAO＝90°，∴ED切⊙O于D又直線GH切⊙O于F，∴EF＝ED＝EQ\F(1,2)又∵HC是⊙O的切線，∴HF＝HC設AG＝m，則HC＝HF＝AG＝m，OG＝2－m，由（1）可知，EH＝EG，∴EG＝EQ\F(1,2)＋m，F(xiàn)G＝1＋m在Rt△OFG中，OG2＝OF2＋FG2∴(2－m)2＝12＋(1＋m)2，解得m＝EQ\F(1,3)，∴OG＝2－m＝EQ\F(5,3)，∴點G坐標為（EQ\F(5,3)，0）設直線GH的函數(shù)關系式為y＝kx＋b，將點E（1，EQ\F(1,2)）、G（EQ\F(5,3)，0）代入得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(EQ\F(1,2)＝k＋b,0＝EQ\F(5,3)k＋b))解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(k＝－EQ\F(3,4),b＝EQ\F(5,4)))，∴直線GH的函數(shù)關系式為y＝－EQ\F(3,4)x＋EQ\F(5,4)（3）連接BG，作∠BAO的平分線交BC于點M，交BG于點P由（2）知，BH＝EQ\F(5,3)，GH＝EQ\F(5,3)，∴BH＝GH，∴∠HBG＝∠HGB∵BC∥OA，∴∠HBG＝∠AGB，∴∠HGB＝∠AGB，即GB平分∠HGA，∴點P即為所求圓的圓心∵AM平分∠BAO，∴∠BAM＝45°∴MB＝AB＝1，∴MC＝1，∴M（1，1）BGOxHyEACFDPMBGOxHyEACFDPM則eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(0＝2k1＋b1,1＝k1＋b1))解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(k1＝－1,b1＝2))∴y＝－x＋2設直線BG的函數(shù)關系式為y＝k2x＋b2∵B（2，1）、G（EQ\F(5,3)，0）∴eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(1＝2k2＋b2,0＝EQ\F(5,3)k2＋b2))解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(k2＝3,b1＝－5))，∴y＝3x－5由eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(y＝－x＋2,y＝3x－5))解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(x＝EQ\F(7,4),y＝EQ\F(1,4)))∴點P坐標為（EQ\F(7,4)，EQ\F(1,4)），∴⊙P的半徑為EQ\F(1,4)29．已知：如圖，在菱形ABCD中，AB＝2eq\r(,3)，∠A＝60°，以點D為圓心的⊙D與邊AB相切于點E．（1）求證：⊙D與邊BC也相切；（2）設⊙D與BD相交于點H，與邊CD相交于點F，連接HF，求圖中陰影部分的面積（結果保留π）；（3）⊙D上一動點M從點F出發(fā)，按逆時針方向運動半周，當S△HDF＝eq\r(,3)S△MDF時，求動點M經(jīng)過的弧長（結果保留π）．DDCBAEMHF（1）證明：連接DE，過點D作DN⊥BC于NDCBAEMHFNGDCBAEMHFNG∵邊AB與⊙D相切于點E，∴DE⊥AB，∴DN＝DE∴⊙D與邊BC也相切（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝2eq\r(,3)∵∠A＝60°，∴DE＝AD·sin60°＝3，即⊙D的半徑是3又∵∠HDF＝EQ\F(1,2)∠CDA＝60°，DH＝DF，∴△HDF是等邊三角形DCBAM1HFM2P過H作HG⊥DF于G，則HG＝3×sin60°＝EQ\F(3eq\r(,3),DCBAM1HFM2P∴S△HDF＝EQ\F(1,2)×3×EQ\F(3eq\r(,3),2)＝EQ\F(9eq\r(,3),4)，S扇形HDF＝EQ\F(60×π×32,360)＝EQ\F(3π,2)∴S陰影＝S扇形HDF－S△HDF＝EQ\F(3π,2)－EQ\F(9eq\r(,3),4)＝EQ\F(6π－9eq\r(,3),4)（3）假設點M運動到點M1時，滿足S△HDF＝eq\r(,3)S△M1DF過點M1作M1P⊥DF于P，則EQ\F(9eq\r(,3),4)＝eq\r(,3)×EQ\F(1,2)×3×M1P∴M1P＝EQ\F(3,2)，∴∠FDM1＝30°，此時點M經(jīng)過的弧長為：l1＝EQ\F(30×π×3,180)＝EQ\F(π,2)過點M1作M1M2∥DF交⊙D于點M2，則滿足S△HDF＝eq\r(,3)S△M1DF＝eq\r(,3)S△M2DF此時∠FDM2＝150°，點M經(jīng)過的弧長為：l,2＝EQ\F(150×π×3,180)＝EQ\F(5π,2)綜上所述，當S△HDF＝eq\r(,3)S△MDF時，動點M經(jīng)過的弧長為EQ\F(π,2)或EQ\F(5π,2)30．如圖，在平面直角坐標系中，已知點A（1，0），點M（4，4），直線y＝－EQ\F(3,4)x＋b過點M，分別交x軸、y軸于B、C兩點，以點A為圓心，AM為半徑作⊙A．（1）⊙M的半徑為_________，b＝_________；（2）判斷直線BC與⊙A的位置關系，并說明理由；（3）若EF切⊙A于點F，分別交線段AB、BC于點G、E，且FE⊥BC，求EQ\F(FG,EG)的值．（4）若點P在⊙A上，點Q是y軸上一點且在點C下方，當△PQM為等腰直角三角形時，直接寫出點Q的坐標．CABCABMOxy備用圖CABMOxy備用圖CABMOxy（1）57（2）直線BC與⊙A相切理由如下：對于y＝－EQ\F(3,4)x＋7，當x＝0時，y＝7；當y＝0時，x＝EQ\F(28,3)BAMOxyCH∴B（EQ\F(28,3)，0），C（0，7），∴OB＝EQ\F(28,3)，OC＝BAMOxyCH連接AM，過M作MH⊥x軸于H則AH＝3，BH＝EQ\F(28,3)－4＝EQ\F(16,3)，MH＝4，∴EQ\F(AH,MH)＝EQ\F(MH,BH)＝EQ\F(3,4)又∠AHM＝∠MHB＝90°，∴△AMH∽△MBH∴∠MAH＝∠BMH∵∠AMH＋∠MAH＝90°，∴∠AMH＋∠BMH＝90°，即AM⊥BC∴直線BC與⊙A相切CABMOxCABMOxEyFG∵EF切⊙A于點F，∴∠AFG＝90°又∵AM⊥BC，EF⊥BC，∴四邊形AFEM是矩形∴∴EF＝AM＝5，AF∥BC∴∠GAF＝∠CBO∴FG＝AF·tan∠GAF＝AF·tan∠CBO＝5×EQ\F(3,4)＝EQ\F(15,4)∴EG＝EF－FG＝5－EQ\F(15,4)＝EQ\F(5,4)，∴EQ\F(FG,EG)＝3AMOxyP(Q)（4）（0，0）或（0，2）或（0，－8）或（0，3－AMOxyP(Q)提示：①當∠PQM＝90°時，MQ＝PQ∵M（4，4），∴∠MOB＝45°由對稱性知，M、P兩點關于x軸對稱∴點Q與原點O重合∴Q（0，0）②當∠PMQ＝90°時，MQ＝MP作MH⊥x軸于H，MG⊥y軸于G，則MG＝MH，∠GMH＝90°AMOxyPHQG∴∠GMQ＝AMOxyPHQG∴△MGQ≌△MHP，∴∠MHP＝∠MGQ＝90°∴點P在x軸的正半軸上，即點P是⊙A與x軸正半軸的交點∴GQ＝HP＝5＋1－4＝2，∴QO＝4－2＝2∴Q（0，2）③當∠MPQ＝90°時，PM＝PQ設P（m，n），Q（0，t），分兩種情況：AMOxyPQGHAMOxyPQGH作PG⊥y軸于G，MH⊥PG于H，則△PGQ≌△MHP，得：eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(m－4＝n－t①,4－n＝m②,(m－1)2＋n2＝52③))AMOxyPHQG由②、③解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(m＝EQ\F(5－eq\r(,41),2),n＝EQ\F(3＋eq\r(,41),2)))（舍去）eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(m＝EQ\F(5＋eq\r(,41),2),n＝EQ\F(3－eq\r(,41),2)))AMOxyPHQGAMOxyPHQ把m＝EQ\F(5＋eq\r(,41),2)，n＝EQ\F(3－eq\r(,41),2)代入①，得t＝3－eq\r(,41)AMOxyPHQ∴Q（0，3－eq\r(,41)）ii）若點P在y軸左側的⊙A上，則：eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(4－m＝n－t④,4－n＝－m⑤,(m－1)2＋n2＝52⑥))由⑤、⑥解得eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(m＝1,n＝5))（舍去）eq\b\lc\{(eq\a\al\co1\vs4(m＝－4,n＝0))把m＝－4，n＝0代入④，得t＝－8∴Q（0，－8）綜上所述，點Q的坐標為（0，0）或（0，2）或（0，－8）或（0，3－eq\r(,41)）33．已知⊙O是△ABC的外接圓，點P是⊙O上的任意一點（不與A、B、C重合），⊙P在△ABC的外部且與△ABC相鄰的一邊相切，⊙P稱為△ABC的“衛(wèi)星圓”．過與P相鄰的△ABC的兩個頂點作⊙P的切線交于S，兩切線和與⊙P相切的一邊組成的三角形稱為△ABC的“衛(wèi)星三角形”（如圖1中的△SAC）．（1）如圖1，若△ABC為等邊三角形，⊙O的半徑為r．①∠S的大小是否發(fā)生變化，若無變化，求∠S的大小，若有變化，說明變化趨勢；②當點P在劣弧AC上運動時，⊙P與邊AC相切于D點，設AD＝x，⊙P的半徑為y，求y關于x的函數(shù)關系式；（2）如圖2，若△ABC中，AC＝BC，∠C＝120°，⊙O的半徑為r，點P在優(yōu)弧AB上，⊙P與直線AB相切（切點不是A、B），求“衛(wèi)星三角形”的面積最大值．PPBACOS圖1DAACBO圖2解：（1）①∠S的大小不變PBACOSDPBACOSD∵△ABC為等邊三角形，∴∠B＝60°∴∠APC＝120°在△APC中，∠APC＝180°－(∠PAC＋∠PCA)＝180°－EQ\F(1,2)(∠SAC＋∠SCA)＝180°－EQ\F(1,2)(180°－∠S)＝90°＋EQ\F(1,2)∠S∴90°＋EQ\F(1,2)∠S＝120°，∴∠S＝60°PBACOSPBACOSDMNPBACOSDMN∴∠S的大小不變，始終等于60°②連接OC、OP、PD，作OM⊥AC于M，ON⊥PD于N則四邊形OMDN是矩形，∴DN＝OM，ON＝DM∵△ABC為等邊三角形，∴∠OCM＝30°∴OM＝EQ\F(1,2)r，AM＝CM＝EQ\F(eq\r(,3),2)r當x＜EQ\F(eq\r(,3),2)r時，ON＝EQ\F(eq\r(,3),2)r－x，PN＝y(tǒng)＋EQ\F(1,2)r在Rt△ONP中，ON2＋PN2＝OP2∴(EQ\F(eq\r(,3),2)r－x2＋(y＋EQ\F(1,2)r2＝r2∴y＝eq\r(,－x2＋eq\r(,3)r＋EQ\F(1,4)r2)－EQ\F(1,2)r當EQ\F(eq\r(,3),2)r≤x＜eq\r(,3)r時，ON＝x－EQ\F(eq\r(,3),2)r，PN＝y(tǒng)＋EQ\F(1,2)r，同理可得y＝eq\r(,－x2＋eq\r(,3)r＋EQ\F(1,4)r2)－EQ\F(1,2)r綜上，y＝eq\r(,－x2＋eq\r(,3)r＋EQ\F(1,4)r2)－EQ\F(1,2)r（2）當P點運動到優(yōu)弧AB中點時，⊙P的半徑最大，從而“衛(wèi)星三角形”的面積最大分別過點A、B作⊙P的切線交于S，則△SAB是△ABC的“衛(wèi)星三角形”ACBOPDSEA連接PA、PB、OA、ACBOPDSEA∵AC＝BC，∴OC⊥AB，AD＝BD∵∠ACB＝120°，∴∠DAC＝30°，∠ACD＝60°∵OA＝OC，∴△OAC是等邊三角形∴∠OAD＝30°，AD＝EQ\F(eq\r(,3),2)r，∴AB＝eq\r(,3)r∵∠ACB＝120°，∴∠P＝60°，△PAB是等邊三角形∵SA、AB是⊙P的切線，∴∠PAE＝∠PAB＝60°∴∠SAB＝60°同理，∠SBA＝60°，∴△SAB是等邊三角形∴S△SAB＝EQ\F(eq\r(,3),4)AB2＝EQ\F(3eq\r(,3),4)r2即“衛(wèi)星三角形”面積的最大值為EQ\F(3eq\r(,3),4)r234．已知紙片⊙O的半徑為2，如圖1，沿弦AB折疊操作．（1）如圖2，當折疊后的EQ\o\ac(AB,\s\up9(︵))經(jīng)過圓心O時，求EQ\o\ac(AB,\s\up9(︵))的長；（2）如圖3，當弦AB＝2時，求折疊后EQ\o\ac(AB,\s\up9(︵))所在圓的圓心O′到弦AB的距離；（3）在圖1中，再將紙片⊙O沿弦CD折疊操作．①如圖4，當AB∥CD，折疊后的EQ\o\ac(CD,\s\up9(︵))與EQ\o\ac(AB,\s\up9(︵))所在圓外切于點P時，設點O到弦AB、CD的距離之和為d，求d的值；②如圖5，當AB與CD不平行，折疊后的EQ\o\ac(CD,\s\up9(︵))與EQ\o\ac(AB,\s\up9(︵))所在圓外切于點P時，設點M為AB的中點，點N為CD的中點．試探究四邊形OMPN的形狀，并證明你的結論．圖3O圖3OBAO′OBA圖1圖2BAOABAB圖5DOPMCNOAB圖4CDP圖1BAOE解：（1）如圖1，過點O作OE⊥AB交⊙O于點E，連接OA、圖1BAOE∵點E與點O關于AB對稱，∴△OAE、△OBE為等邊三角形∴∠OEA＝∠OEB＝60°∴EQ\o\ac(AB,\s\up9(︵))的長為：EQ\F(120π×2,180)＝EQ\F(4π,3)（2）如圖2，連接O′A、O′B∵EQ\o\ac(AB,\s\up9(︵))折疊前后所在的圓⊙O與⊙O′是等圓圖2OBAO′E∴O′A＝O′圖2OBAO′E∴△AO′B為等邊三角形∴O′E＝O′B·sin60°＝eq\r(,3)（3）①如圖3，當EQ\o\ac(CPD,\s\up9(︵))與EQ\o\ac(APB,\s\up9(︵))所在圓外切于點P時過點O作EF⊥AB交EQ\o\ac(AEB,\s\up9(︵))于點E，交EQ\o\ac(CFD,\s\up9(︵))于點F∵AB∥CD，∴EF垂直平分CD，且必過點POAB圖3CDPEHGF根據(jù)垂徑定理及折疊，可知PH＝EQ\F(1,2)PE，PG＝EQ\F(1,OAB圖3CDPEHGF又∵EF＝4，∴點O到AB、CD的距離之和d為：d＝PH＋PG＝EQ\F(1,2)PE＋EQ\F(1,2)PF＝EQ\F(1,2)(PE＋PF)＝2②如圖4，當AB與CD不平行時，四邊形OMPN是平行四邊形證明如下：AB圖4DOPO′O″NMC設O′、O″為EQ\o\ac(APB,\s\up9(︵))和EQ\o\ac(AB圖4DOPO′O″NMC∵O′與O關于AB對稱，O″與O關于CD對稱∴M為OO′的中點，N為OO″的中點∵EQ\o\ac(CPD,\s\up9(︵))與EQ\o\ac(APB,\s\up9(︵))所在圓外切，∴連心線O′O″必過切點P∵EQ\o\ac(CPD,\s\up9(︵))與EQ\o\ac(APB,\s\up9(︵))所在圓與⊙O都是等圓，∴O′P＝O″P＝2∴PM＝EQ\F(1,2)OO″＝ON，PM∥OO″，也即PM∥ON∴四邊形OMPN是平行四邊形40．如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于H，過CD延長線上一點E作⊙O的切線交AB的延長線于F，切點為G，連接AG交CD于K．OGDEACBFOGDEACBFHK（2）若KG2＝KD·GE，試判斷AC與EF的位置關系，并說明理由；（3）在（2）的條件下，若sinE＝EQ\F(3,5)，AK＝2eq\r(,5)，求FG的長．解：（1）連接OGOGDEACBFHK∵EFOGDEACBFHK∴∠OGA＋∠KGE＝90°∵CD⊥AB，∴∠OAG＋∠HKA＝90°∵OA＝OG，∴∠OGA＝∠OAG∴∠KGE＝∠HKA，∴KE＝GE（2）AC與EF的位置關系是AC∥EF理由如下：連接DG∵KG2＝KD·GE＝KD·KE，∴EQ\F(KG,KD)＝EQ\F(KE,KG)∵∠DKG＝∠GKE，∴△KDG∽△KGE，∴∠AGD＝∠E又∵在⊙O中，∠AGD＝∠ACD，∴∠E＝∠ACD，∴AC∥EF（3）∵∠ACH＝∠E，∴sin∠ACH＝sinE＝EQ\F(3,5)在Rt△ACH中，設AH＝3t，則AC＝5t，CH＝4t由AC∥EF，易得△ACK是等腰三角形，CK＝AC＝5t∴HK＝CK－CH＝t在Rt△AHK中，由勾股定理得AH2＋HK2＝AK2即(3t)2＋t2＝(2eq\r(,5))2，解得t＝eq\r(,2)∴AH＝3eq\r(,2)，CA＝CK＝5eq\r(,2)連接BC由△ACH∽△ABC，得AC2＝AH·AB（或由射影定理得）∴AB＝EQ\F(AC2,AH)＝EQ\F((5eq\r(,2))2,3eq\r(,2))＝EQ\F(25eq\r(,2),3)在Rt△EFH中，由sinE＝EQ\F(3,5)