專題15圓與相似綜合

專題15圓與相似綜合1．如圖，△ABC是等腰直角三角形，且AC=BC，P是△ABC外接圓⊙O上的一動點（點P與點C位于直線AB的異側(cè)）連接AP、BP，延長AP到D，使PD=PB，連接BD．（1）求證：PC∥BD；（2）若⊙O的半徑為2，∠ABP=60°，求CP的長；（3）隨著點P的運動，的值是否會發(fā)生變化，若變化，請說明理由；若不變，請給出證明．【答案】（1）證明見解析；（2）+；（3）的值不變，.【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ABC=45°，∠ACB=90°，根據(jù)圓周角定理得到∠APB=90°，得到∠APC=∠D，根據(jù)平行線的判定定理證明；（2）作BH⊥CP，根據(jù)正弦、余弦的定義分別求出CH、PH，計算即可；（3）證明△CBP∽△ABD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)解答．【詳解】（1）證明：∵△ABC是等腰直角三角形，且AC=BC，∴∠ABC=45°，∠ACB=90°，∴∠APC=∠ABC=45°，∴AB為⊙O的直徑，∴∠APB=90°，∵PD=PB，∴∠PBD=∠D=45°，∴∠APC=∠D=45°，∴PC∥BD；（2）作BH⊥CP，垂足為H，∵⊙O的半徑為2，∠ABP=60°，∴BC=2，∠BCP=∠BAP=30°，∠CPB=∠BAC=45°，在Rt△BCH中，CH=BC?cos∠BCH=，BH=BC?sin∠BCH=，在Rt△BHP中，PH=BH=，∴CP=CH+PH=+；（3）的值不變，∵∠BCP=∠BAP，∠CPB=∠D，∴△CBP∽△ABD，∴=，∴=，即=．【點睛】本題考查的是圓周角定理、相似三角形的判定和性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的概念，掌握圓周角定理、相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．2．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，，點為上的動點，且.(1)求的長度；(2)在點D運動的過程中，弦AD的延長線交BC的延長線于點E，問AD?AE的值是否變化？若不變，請求出AD?AE的值；若變化，請說明理由.(3)在點D的運動過程中，過A點作AH⊥BD，求證：.【答案】(1)；(2)；（3）證明見解析.【分析】（1）過A作AF⊥BC，垂足為F，交⊙O于G，由垂徑定理可得BF=1，再根據(jù)已知結(jié)合RtΔAFB即可求得AB長；（2）連接DG，則可得AG為⊙O的直徑，繼而可證明△DAG∽△FAE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AD?AE=AF?AG，連接BG，求得AF=3，F(xiàn)G=，繼而即可求得AD?AE的值；（3）連接CD，延長BD至點N，使DN=CD，連接AN，通過證明△ADC≌△ADN，可得AC=AN，繼而可得AB=AN，再根據(jù)AH⊥BN，即可證得BH=HD+CD.【詳解】（1）過A作AF⊥BC，垂足為F，交⊙O于G，∵AB=AC，AF⊥BC，∴BF=CF=BC=1，在RtΔAFB中，BF=1，∴AB=；（2）連接DG，∵AF⊥BC，BF=CF，∴AG為⊙O的直徑，∴∠ADG=∠AFE=90°，又∵∠DAG=∠FAE，∴△DAG∽△FAE，∴AD：AF=AG：AE，∴AD?AE=AF?AG，連接BG，則∠ABG=90°，∵BF⊥AG，∴△BFG∽△AFB∴BF2=AF?FG，∵AF==3，∴FG=，∴AD?AE=AF?AG=AF?（AF+FG）=3×=10；（3）連接CD，延長BD至點N，使DN=CD，連接AN，∵∠ADB=∠ACB=∠ABC，∠ADC+∠ABC=180°，∠ADN+∠ADB=180°，∴∠ADC=∠ADN，∵AD=AD，CD=ND，∴△ADC≌△ADN，∴AC=AN，∵AB=AC，∴AB=AN，∵AH⊥BN，∴BH=HN=HD+DN=HD+CD.【點睛】本題考查了垂徑定理、三角函數(shù)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等，綜合性較強(qiáng)，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵.3．已知：AB為⊙O的直徑，點C為弧AB的中點，點D為⊙O上一點，連接CD，交AB于點M，AE為∠DAM的平分線，交CD于點E．（1）如圖1，連接BE，若∠ACD=22°，求∠MBE的度數(shù)；（2）如圖2，連接DO并延長，交⊙O于點F，連接AF，交CD于點N．①求證：DM2+CN2=CM2；②如圖3，當(dāng)AD=1，AB=時，請直接寫出線段ME的長．【答案】（1）；（2）①見解析；②【分析】（1）由圓周角定理，得到∠CAB=∠ABC=∠ADC=45°，由角平分線的定義和三角形的外角性質(zhì)，得到∠CAE=∠CEA，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理，即可求出答案；（2）①根據(jù)題意，將△ADM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到，連接，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，△ADM≌△，得到DM=，然后證明△AC≌△MAC，得到=CM，利用勾股定理，即可得到結(jié)論成立；②連接CF，由（1）可知AC=BC=CE，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求出CE的長度，然后利用相似三角形的判定和性質(zhì)，得到線段的比，然后構(gòu)建方程，求出CM的長度，即可得到ME的長度．【詳解】（1）解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵點C為弧AB中點，∴=，∴∠CAB=∠ABC=∠ADC=45°，AC=BC∴△ACB是等腰直角三角形∵∠DAM的平分線，∴∠MAE=∠EAD∵∠CAE=∠CAB+∠MAE，∠CEA=∠ADC+∠EAD，∴∠CAE=∠CEA，∴AC=CE=BC

∴∠CBE=∠CBM+∠MBE=∵∠ACD=22°，又∵∠CBM=45°∴∠MBE=；（2）證明：將△ADM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到，連接，∵DF是⊙O的直徑，∴∠DAF=90°∵∠ADC＝45°∴△AND為等腰三角形，AD=AN∴和AN重合∴△ADM≌△ANM’∴DM=，AM=，∠=∠ADC＝45°，∵∠M’AM=90°，∠CAB=45°，∴∠=45°∴△M’AC≌△MAC（SAS），

∴=CM

∵∠M’NA=∠ADC＝∠AND＝45°，∴∠M’ND＝∠M’NC＝90°，∴M’N2+CN2＝CM’2，∴MD2+CN2＝CM2；（3）如圖：連接CF，∵AB與DF為直徑，AB=，AD=1，∴∠DCF=90°，∠DAF=90°，∴，由（1）可知，△AND是等腰直角三角形，△ABC是等腰直角三角形，∴AN=AD=1，∠AND=45°，AC=BC=CE=，∴NF=31=2，∴△CNF是等腰直角三角形，∴CN=CF=，∴，∵∠AMD=∠CMB，∠ADM=∠CBM=45°，∴△ADM∽△CBM，∴，∵，，∴，解得：,，∴．【點睛】本題考查圓綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，學(xué)會利用相似比，構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．4．如圖1所示，以點M(?1，0)為圓心的圓與y軸，x軸分別交于點A，B，C，D，與⊙M相切于點H的直線EF交x軸于點E（，0），交y軸于點F（0，）．(1)求⊙M的半徑r；(2)如圖2所示，連接CH，弦HQ交x軸于點P，若cos∠QHC=，求的值；(3)如圖3所示，點P為⊙M上的一個動點，連接PE，PF，求PF+PE的最小值．【答案】（1）r=2；（2）=；（3）．【分析】（1）連接MH，根據(jù)點E（，0）和點F（0，），求出的值，再通過證明△EMH∽△EFO，得到，即可解出r的值；（2）連接DQ、CQ，由cos∠QDC=cos∠QHC=，可得，由（1）可知，r=2，故CD=4，由DQ=3，CH是RT△EHM斜邊上的中線，得到CH=EM=2．再通過證明△CHP∽△QDP，即可得到；（3）取CM的中點N，連接PM、PN，由OM=1，OE=5，可得ME=4，進(jìn)而得到，通過證明△PMN∽△EMP，可得，即，所以當(dāng)F、P、N三點共線時，PF+PE的最小值為FN的長，根據(jù)勾股定理可求的PF+PE的最小值.【詳解】（1）如圖，連接MH，∵點E（，0）和點F（0，），∴OE=5，OF=，∴，∵M(jìn)（1，0），∴OM=1，∴EM=OEOM=4，∵∠E=∠E，∠AOE=∠EHM，∴△EMH∽△EFO，∴，即，∴r=2；(2)如圖，連接DQ、CQ.∵CD為直徑，∴∠CQD=90°，∵∠QHC=∠QDC，∴cos∠QDC=cos∠QHC=，∴，由（1）可知，r=2，故CD=4，∴DQ=3，∵CH是RT△EHM斜邊上的中線，∴CH=EM=2．∵∠CHP=∠QDP，∠CPH=∠QPD，∴△CHP∽△QDP，∴；（3）如圖，取CM的中點N，連接PM、PN，∵OM=1，OE=5，∴ME=4，∴，又∵∠PMN=∠EMP，∴△PMN∽△EMP，∴，∴，當(dāng)F、P、N三點共線時，PF+PE的最小值為FN的長，∴點N為CM的中點，∴ON=2，∴，∴PF+PE的最小值為.【點睛】本題綜合考察圓的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，難度較大.解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意正確作出輔助線，構(gòu)造相似三角形.5．如圖1，在直角坐標(biāo)系中，直線l與x、y軸分別交于點A（2，0）、B（0，）兩點，∠BAO的角平分線交y軸于點D．點C為直線l上一點，以AC為直徑的⊙G經(jīng)過點D，且與x軸交于另一點E．（1）求出⊙G的半徑r，并直接寫出點C的坐標(biāo)；（2）如圖2，若點F為⊙G上的一點，連接AF，且滿足∠FEA=45°，請求出EF的長？【答案】（1），（，2）；

（2）【分析】（1）連接GD，CE，根據(jù)平面直角坐標(biāo)系中兩點之間的距離公式可得OA=2，OB=，AB=，設(shè)GD=GA=r，證出△BDG∽△BOA，列出比例式即可求出r，證出△CEA∽BOA，列出比例式即可求出點C的坐標(biāo)；（2）過點A作AH⊥EF于H，連接CF，根據(jù)等腰直角三角形的判定和同弧所對的圓周角相等可得△EHA為等腰直角三角形，∠FCA=∠FEA=45°，利用銳角三角函數(shù)即可求出EH和HA，然后利用直徑所對的圓周角是直角和銳角三角函數(shù)即可求出AF，再根據(jù)勾股定理即可求出HF，從而求出EF．【詳解】解：（1）連接GD，CE∵點A（2，0）、B（0，）∴OA=2，OB=，AB=設(shè)GD=GA=r，則BG=AB－GA=∴∠GAD=∠GDA∵AD平分∠BAO∴∠GAD=∠OAD∴∠GDA=∠OAD∴GD∥OA∴△BDG∽△BOA∴即解得：r=∵AC為直徑∴AC=，∠CEA=90°∵∠BOA=90°，∠CAE=∠BAO∴∠CEA=∠BOA，∴△CEA∽BOA∴即解得：∴OE=OA－AE=∴點C的坐標(biāo)為（，2）；（2）過點A作AH⊥EF于H，連接CF∵∠FEA=45°∴△EHA為等腰直角三角形，∠FCA=∠FEA=45°∴EH=HA=AE·sin∠FEA=，∵AC為直徑∴∠CFA=90°∴△CFA為等腰直角三角形∴AF=AC·sin∠FCA=在Rt△HFA中，HF=∴EF=EH＋HF=【點睛】此題考查的是圓周角定理及推論、相似三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)和等腰直角三角形的判定，掌握直徑所對的圓周角是直角、同弧所對的圓周角相等、相似三角形的判定及性質(zhì)、利用勾股定理和銳角三角函數(shù)解直角三角形是解決此題的關(guān)鍵．6．如圖1，內(nèi)接于,AD是直徑，的平分線交BD于H，交于點C，連接DC并延長，交AB的延長線于點E.

（1）求證：；（2）若，求的值（3）如圖2，連接CB并延長，交DA的延長線于點F，若，求的面積.【答案】（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得，然后利用ASA判定△ACD≌△ACE即可推出AE=AD；（2）連接OC交BD于G，設(shè)，根據(jù)垂徑定理的推論可得出OC垂直平分BD，進(jìn)而推出OG為中位線，再判定，利用對應(yīng)邊成比例即可求出的值；（3）連接OC交BD于G，由（2）可知：OC∥AB，OG=AB，然后利用ASA判定△BHA≌△GHC，設(shè)，則，再判定，利用對應(yīng)邊成比例求出m的值，進(jìn)而得到AB和AD的長，再用勾股定理求出BD，可求出△BED的面積，由C為DE的中點可得△BEC為△BED面積的一半，即可得出答案.【詳解】（1）證明：∵AD是的直徑∵AC平分在△ACD和△ACE中，∵∠ACD=∠ACE，AC=AC，∠DAC=∠EAC∴△ACD≌△ACE（ASA）（2）如圖，連接OC交BD于G，，設(shè)，則，OC=AD=∴OC垂直平分BD又∵O為AD的中點∴OG為△ABD的中位線∴OC∥AB，OG=，CG=（3）如圖，連接OC交BD于G，由（2）可知：OC∥AB，OG=AB∴∠BHA=∠GCH在△BHA和△GHC中，∵∠BHA=∠GCH，AH=CH，∠BHA=∠GHC∴設(shè)，則又，∴，∵AD是的直徑又【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理的推論，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，以及勾股定理，是一道圓的綜合問題，解題的關(guān)鍵是連接OC利用垂徑定理得到中位線.7．如圖，在等腰△ABC中，AC＝BC，AB＝6，高CD＝9，⊙O為△ABC的外接圓，點M是上一動點（不與A，B重合），連接AM，BM．（1）如圖，當(dāng)射線CM與射線AB交于點E時，求證：△AMC∽△EMB；（2）求sin∠AMB的值；（3）當(dāng)點M在上運動時，求AM?BM的最大值．【答案】（1）見解析；（2）；（3）90．【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠CAB＝∠CBA，由圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和圓周角的性質(zhì)可得∠ACM＝∠MBE，∠CAB＝∠BME＝∠AMC＝∠ABC，可得結(jié)論；（2）過點A作AH⊥BC于H，由等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理可求BC的長，由面積法可求AH，即可求解；（3）由三角形的面積公式可得AM?BM?S△ABM，則當(dāng)S△ABM的值最大時，AM?BM有最大值，即可求解．【詳解】證明：（1）∵AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA，∵四邊形ABMC是⊙O內(nèi)接四邊形，∴∠ACM+∠ABM＝180°，∠CAB+∠CMB＝180°，又∵∠ABM+∠MBE＝180°，∠CMB+∠BME＝180°，∴∠ACM＝∠MBE，∠CAB＝∠BME，∵∠AMC＝∠ABC，∴∠AMC＝∠ABC＝∠CAB＝∠BME，∴△AMC∽△EMB；（2）如圖1，過點A作AH⊥BC于H，∵AC＝BC，CD⊥AB，∴AD＝BD＝3，∴，∵S△ABCAB×CDBC×AH，∴AH，∵∠AMB＝∠ACB，∴sin∠AMB＝sin∠ACB；（3）如圖2，過點B作BN⊥AM于N，∵S△ABMAM×NBAM×BM×sin∠AMB，∴S△ABMAM×BM，∴AM?BM?S△ABM，∴當(dāng)S△ABM的值最大時，AM?BM有最大值，∴當(dāng)點M與點C重合時，S△ABM的值最大，S△ABM的最大值6×9＝27，∴AM?BM的最大值為27＝90．∴AM?BM的最大值為90．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，圓的有關(guān)知識，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．8．如圖，已知點C在⊙O上，AC=AB，動點P與點C位于直徑AB的異側(cè)，點P在半圓弧AB上運動(不與A、B兩點重合)，連結(jié)BP，過點C作直線PB的垂線CD交直線PB于D點，連結(jié)CP．（1）如圖1，在點P運動過程中，求∠CPD的度數(shù)；（2）求證：△PCD∽△ABC；（3）如圖2，在點P運動過程中，當(dāng)CP⊥AB，AC=2時，求△BPC的周長．【答案】（1）60°；（2）見解析；（3）．【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角為90°，可得出∠ACB=90°，又由AC=AB，可以得出∠ABC=30°，從而可得∠A的度數(shù)，再由同弧所對的圓周角相等可得出∠CPD的度數(shù)；（2）由（1）可知∠A=∠CPB，再由∠ACB=∠CDP=90°，可得出結(jié)論；（3）先證明△CBP是等邊三角形，再求出BC的長，最后求出△CBP的周長．【詳解】(1)解：∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∵AC=AB，∴∠ABC=30°，∴∠A=90°?∠ABC=60°，∴∠CPD=∠A=60°；（2）證明：∵CD⊥PD，∴∠PDC=90°，∴∠ACB=∠PDC，又∵∠CPD=∠A，∴△PCD∽△ABC；（3）解：∵∠A=60°，∴∠BPC=∠A=60°．∵PC⊥AB，AB是直徑，∴=，∴∠ABP=∠ABC=30°，∴∠CPB=60°，∴△CBP是等邊三角形，∴BP=BC=CP．∵在Rt△ABC中，AC=2，∠ABC=30°，∴AB=2AC=4，∴BC==，∴△BCP的周長=BP+BC+CP=．【點睛】本題考查了圓周角定理及其推論，垂徑定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)以及含30°角的直角三角形性質(zhì)等知識點，綜合運用相關(guān)性質(zhì)進(jìn)行推理是解決問題的關(guān)鍵．9．如圖1，點E為△ABC邊AB上的一點，⊙O為△BCE的外接圓，點D為上任意一點．若AE=AC=2n，BC=n2－1，BE=n2－2n+1．(n≥2，且n為正整數(shù))．（1）求證：∠CAE+∠CDE=90°；（2）①如圖2，當(dāng)CD過圓心O時，①將△ACD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得△AEF，連接DF，請補全圖形，猜想CD、DE、DF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；②若n=3，求AD的長．【答案】（1）證明見解析；（2）①補全圖形見解析；，證明見解析；②【分析】（1）先計算AB的長，再根據(jù)勾股定理的逆定理判定，然后根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和圓周角定理的推論即可證得結(jié)論；（2）①根據(jù)題意即可補全圖形，如圖3，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，然后根據(jù)（1）的結(jié)論、四邊形的內(nèi)角和和周角的定義即可推出，再根據(jù)勾股定理和等量代換即可得出結(jié)論；②如圖4，過點作于，先根據(jù)△ABC的面積求出CH的長，再根據(jù)勾股定理和線段的和差關(guān)系求出AH和HE的長，進(jìn)而可求出CE的長，由可得其正弦相等，進(jìn)而可求出CD的長，然后由①的結(jié)論可求出DF的長，又易證，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求出AD的長．【詳解】（1）證明：，，，，，，，，，即；（2）解：①補全圖形如圖3所示；CD、DE、DF之間的數(shù)量關(guān)系是：，理由如下：如圖3，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，由（1）得：，，，，，，；②當(dāng)時，，如圖4，過點作，垂足為，則由△ABC的面積可得：，，，∵CD是直徑，∴∠CED=90°，，，，，即：，解得，∴，，，，，，．【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了勾股定理及其逆定理、圓周角定理的推論、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、按要求畫圖、三角形的面積和相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，綜合性強(qiáng)、具有相當(dāng)?shù)碾y度，熟練掌握勾股定理及其逆定理以及相似三角形的判定和性質(zhì)、靈活應(yīng)用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．10．如圖，已知，OT是∠MON的平分線，A是射線OM上一點，OA＝8cm．動點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度沿AO水平向左作勻速運動，與此同時，動點Q從點O出發(fā)，也以1cm/s的速度沿ON豎直向上作勻速運動．連接PQ，交OT于點B．經(jīng)過O、P、Q三點作圓，交OT于點C，連接PC、QC．設(shè)運動時間為t（s），其中0＜t＜8．(1)求OP+OQ的值；(2)是否存在實數(shù)t，使得線段OB的長度最大？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．(3)求四邊形OPCQ的面積．【答案】(1)(2)當(dāng)時，線段OB的長度最大，最大為(3)【分析】（1）根據(jù)題意分別表示出OP，OQ，用含t的式子表示出來相加即可求解；（2）如圖①，過B作BD⊥OP，垂足為D，則BD∥OQ，證明△PDB∽△POQ，設(shè)線段BD的長為x，則BD=OD=x，OB＝BD＝x，PD=8tx，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，代入求得x的值，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求得最值；（3）根據(jù)圓周角定理可得∠PQC=∠POC=45°，△PCQ是等腰直角三角形．進(jìn)而根據(jù)三角形的面積公式進(jìn)行計算即可求解．（1）由題意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．（2）當(dāng)t＝4時，線段OB的長度最大．如圖，過點B作BD⊥OP，垂足為D，則BD∥OQ．∵OT平分∠MON，∴∠BOD＝∠OBD＝45°，∴BD＝OD，OBBD．設(shè)線段BD的長為x，則BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，∵BD∥OQ，∴，∴，∴x．∴OB．∴當(dāng)t＝4時，線段OB的長度最大，最大為2cm．（3）∵∠POQ＝90°，∴PQ是圓的直徑．∴∠PCQ＝90°．∵∠PQC＝∠POC＝45°，∴△PCQ是等腰直角三角形．∴S△PCQPC?QCPQPQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．∴四邊形OPCQ的面積S＝S△POQ+S△PCQ，，＝4t16﹣4t，＝16．∴四邊形OPCQ的面積為16cm2．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，三角形的面積，二次函數(shù)的性質(zhì)等知識，熟練掌握90°的圓周角所對的弦是直徑是解題的關(guān)鍵．11．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對角線AC，BD交于點E．(1)求證：△AED∽△BEC；(2)若BD平分∠ABC，求證：CD2=DE?DB；(3)在（2）小題的條件下，若DE=4，BE=2，過圓心O點，作OF⊥CD于點F，OF=2，求該圓的半徑長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)圓的半徑【分析】（1）由=，得∠DAE=∠CBE，即可得△AED∽△BEC；（2）由BD平分∠ABC，得∠ABD=∠CBD，可得∠CBD=∠ACD，從而△DEC∽△DCB，即可得CD2=DB?DE；（3）連接OD，根據(jù)DE=4，BE=2，CD2=DB?DE，可得CD=2，DF=CD=，由勾股定理即得⊙O的半徑是．(1)證明：∵=，∴∠DAE=∠CBE，∵∠AED=∠BEC，∴△AED∽△BEC；(2)證明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，∵=，∴∠ABD=∠ACD，∴∠CBD=∠ACD，∵∠EDC=∠CDB，∴△DEC∽△DCB，∴，∴CD2=DB?DE；(3)解：連接OD，如圖：∵DE=4，BE=2，∴BD=6，由（2）知CD2=DB?DE，∴CD2=6×4=24，∴CD=2，∵OF⊥CD，∴F是CD的中點，∴DF=CD=，∵OF=2，∴OD=，即⊙O的半徑是．【點睛】本題考查圓的綜合應(yīng)用，涉及勾股定理應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是掌握圓的相關(guān)性質(zhì)及熟練應(yīng)用相似三角形判定定理、勾股定理解決問題．12．如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于，對角線AC是的直徑，AB，DC的延長線交于點E，．(1)求證：是等腰三角形；(2)如圖2，若BD平分，求的值；(3)如圖1，若，，求y與x的函數(shù)關(guān)系式．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的一個外角等于內(nèi)對角可得，由已知條件，可得，根據(jù)等角對等邊即可證明是等腰三角形；（2）作于F，設(shè)，，由（1）得，在中，勾股定理建立方程求得，根據(jù)，由平行線分線段成比例求解即可；（3）過B作于F，設(shè)，，由（1）知，在中勾股定理建立方程，可得，根據(jù)（2）可知，代入可得，根據(jù)，整理得．(1)如圖1，∵，∴，∵四邊形ABCD內(nèi)接于，∴，∵，∴，；(2)如圖2，作于F，設(shè)，∵AC為直徑，∴，，，由（1）得，∵，∴，，∵，∴；(3)如圖1，過B作于F，設(shè)，，由（1）知∵，∴，，，∵，∴，，，，∵，∴，即，即，∵，∴【點睛】本題考查了同弧所對的圓周角相等，圓內(nèi)接四邊形，等邊對等角，平行線分線段成比例，解直角三角形，求函數(shù)解析式，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．13．已知：內(nèi)接于，過點作，垂足為點，．（1）如圖1，求證：；（2）如圖2，點在上，連接，為中點，連接，．求證：；（3）如圖3，在（2）的條件下，延長、分別交于點、，、的延長線相交于點，連接，若，，求線段的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）作AM平分∠BAC交BC于M，∠BAM=∠CAM=，可得，可證△AMB≌△AMC（ASA）即可；（2）延長CF交于點L，交AC于點N，連結(jié)BL，∠ECF=∠BAC，可得AN=NC，由，可得∠BAC=∠BLC，由，可得∠ABL=∠ACL，，可證AB=CL．可證△BFL≌△EFC（AAS）即可；（3）連接LE，AL，過點L作LR⊥AE，由BL∥CE且BL=CE，可證四邊形LBCE為平行四邊形，可得LE=BC，∠AEL=∠ACB，四邊形ALBC為圓內(nèi)接四邊形，可得可證，，可證，，可得，，，設(shè)則，，在中，，，，連接OA、，為中點，可推得，連接，由，，可求，，，可求．【詳解】（1）作AM平分∠BAC交BC于M，∴∠BAM=∠CAM=，，，∴∠DBC+∠C=90°，∴∠CAM+∠C=∠DBC+∠C=90°，∴∠AMB=∠AMC=90°，在△AEB和△AEC中，，∴△AMB≌△AMC（ASA），∴AB=AC，（2）延長CF交于點L，交于點N，連結(jié)BL，∵∠ECF=∠BAC，，，．，，，，，．，，點為中點，，在△BFL和△EFC中，，，，；（3）連接，且，四邊形為平行四邊形，，，連接，四邊形為圓內(nèi)接四邊形，，，，，，過點作，，在和中，，，，，，，，又，，，，，，，，，，設(shè)則，，在中，，，，連接OA、，為中點，．，，，連接，，，，，，，．【點睛】本題考查角平分線，兩直線垂直，三角形全等判定與性質(zhì)，圓周角性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，掌握角平分線，兩直線垂直，三角形全等判定與性質(zhì)，圓周角性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，關(guān)鍵是利用輔助線構(gòu)造準(zhǔn)確的圖形．14．如圖，AB和CD為⊙O的直徑，AB⊥CD，點E為CD上一點，CE＝CA，延長AE交⊙O于點F，連接CF交AB于點G．（1）求證：CE2＝AE?AF；（2）求證：∠ACF＝3∠BAF；（3）若FG＝2，求AE的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）先判斷出∠ACE＝∠AFC，進(jìn)而判斷出△ACE∽△AFC，得出AC2＝AE?AF，即可得出結(jié)論；（2）先求出∠CAE＝∠CEA＝67.5°，進(jìn)而求出∠BAF＝∠DCF＝22.5°，即可得出結(jié)論；（3）先求出FH，GH，再判斷出AH＝FH＝2，最后判斷出EF＝FG，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）∵AB和CD為⊙O的直徑，AB⊥CD，∴∴∠ACE＝∠AFC，∵∠CAE＝∠FAC，∴△ACE∽△AFC，∴，∴AC2＝AE?AF，∵AC＝CE，∴CE2＝AE?AF；（2）∵AB⊥CD，∴∠AOC＝90°，∵OA＝OC，∴∠ACE＝∠OAC＝45°，∴∠AFC＝∠AOC＝45°，∵AC＝CE，∴∠CAE＝∠AEC＝（180°﹣∠ACO）＝67.5°，∴∠BAF＝∠CAF﹣∠OAC＝22.5°，∵∠AEC＝∠AFC+∠DAF＝45°+∠DCF＝67.5°，∴∠DCF＝22.5°，∴∠ACF＝∠OCA+∠DAF＝67.5°＝3×22.5°＝3∠BAF；（3）如圖，過點G作GH⊥CF交AF于H，∴∠FGH＝90°，∵∠AFC＝45°，∴∠FHG＝45°，∴HG＝FG＝2，∴FH＝2，∵∠BAF＝22.5°，∠FHG＝45°，∴∠AGH＝∠FHG﹣∠BAF＝22.5°＝∠BAF，∴AH＝HG＝2，∴AF＝AH+FH＝2+2，由（2）知，∠OAE＝∠OCG，∵∠AOE＝∠COG＝90°，OA＝OC，∴△AOE≌△COG（SAS），∴OE＝OG，∠AEO＝∠CGO，∴∠OEF＝∠OGF，連接EG，∵OE＝OG，∴∠OEG＝∠OGE＝45°，∴∠FEG＝∠FGE，∴EF＝FG＝2，∴AE＝AF﹣EF＝2+2﹣2＝2．【點睛】此題是圓的綜合題，主要考查了圓周角定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，求出AF是解本題的關(guān)鍵．15．已知是的外接圓，AD為的直徑，，垂足為E，連接BO，延長BO交AC于點F．（1）如圖1，求證：；（2）如圖2，過點D作，交于點G，點H為GD的中點，連接OH，求證：；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接CG，若的面積為，求線段CG的長．【答案】（1）見詳解；（2）見詳解；（3）CG=．【分析】（1）先推出∠BAD=∠CAD，然后根據(jù)圓周角定理可得出∠BOD=2∠BAD=2∠CAD，根據(jù)∠BOD=∠AOF，可得出∠AOF=2∠CAD，根據(jù)∠BFC=∠AOF+∠CAD，即可證明結(jié)論；（2）連接OG，證明△OBE≌△DOH，即可證明結(jié)論；（3）連接AG，過A點作AM⊥CG于點M，過F點作FN⊥AD于點N，先推出DE=2OE，設(shè)OE=m，則DE=2m，OB=OD=OA=3m，AE=4m，根據(jù)勾股定理得出CE=BE=，再求出tan∠BOE===，tan∠EAC===，根據(jù)tan∠AOF=tan∠BOE=，得出=，設(shè)ON=a，則NF=a，可得tan∠EAC=，解出AN，根據(jù)AN+NO=AO，解出a=m，再根據(jù)S△AOF=·OA·FN=，可求出m=1，可得出DH=1，OD=3，BE=CE=OH=，AE=4，根據(jù)勾股定理可得AC=，根據(jù)OD=OA，DH=HG，得出AG=2OH=，推出cos∠ADG=cos∠ACM，即可求出CM=，利用勾股定理可得AM=，GM=，即可得出答案．【詳解】解：（1）∵AD為的直徑，，∴，BE=CE，∴∠BAD=∠CAD，∵∠BOD=2∠BAD，∴∠BOD=2∠CAD，∵∠BOD=∠AOF，∴∠AOF=2∠CAD，∵∠BFC=∠AOF+∠CAD，∴∠BFC=2∠CAD+∠CAD=3∠CAD；（2）連接OG，∵點H為GD的中點，OG=OD，∴DH=GH，OH⊥DG，∵AD⊥BC，∴∠AEB=∠OHD=90°，∵DG∥BF，∴∠BOH=∠OHD=90°，即∠DOH+∠BOD=90°，∵∠BOD+∠OBE=90°，∴∠OBE=∠DOH，又∵OB=OD，∴△OBE≌△DOH，∴BE=OH；（3）如圖，連接AG，過A點作AM⊥CG于點M，過F點作FN⊥AD于點N，由（2）可知DH=OE，∵DG=2DH=2OE，DG=DE，∴DE=2OE，設(shè)OE=m，則DE=2m，∴OB=OD=OA=3m，∴AE=4m，在Rt△OBE中，BE==，∴CE=BE=，tan∠BOE===，tan∠EAC===，∵tan∠AOF=tan∠BOE=，∴=，設(shè)ON=a，則NF=a，∴tan∠EAC=，∴AN=4a，∵AN+NO=AO，∴4a+a=3m，∴a=m，∴FN=×m=m，∵S△AOF=·OA·FN=，∴·3m·m=，∴m2=1，∴m=±1，∵m>0，∴m=1，∴DH=1，OD=3，由（2）得BE=CE=OH=，AE=4，在Rt△AEC中AC=，∵OD=OA，DH=HG，∴AG=2OH=，∵∠ADG+∠ACG=180°，∠ACM+∠ACG=180°，∴∠ADG=∠ACM，∴cos∠ADG=cos∠ACM，∴，∴，∴CM=，在Rt△ACM中，AM==，在Rt△AGM中，GM==，∴CG=GMCM=．【點睛】本題考查了圓周角定理，全等三角形的性質(zhì)和判定，銳角三角函數(shù)，垂徑定理，勾股定理，掌握知識點靈活運用是解題關(guān)鍵．16．