初三数学圆与相似的专项培优练习题及详细答案

一、相似

1．如图，在一块长为a(cm)，宽为b(cm)(a>b)的矩形黑板的四周，镶上宽为x(cm)的木板，得到一个新的矩形．

（1）试用含a，b，x的代数式表示新矩形的长和宽；

（2）试判断原矩形的长、宽与新矩形的长、宽是不是比例线段，并说明理由．

【答案】（1）解：由原矩形的长、宽分别为a(cm)，b(cm)，木板宽为x(cm)， 可得新矩形的长为(a＋2x)cm，宽为(b＋2x)cm

（2）解：假设两个矩形的长与宽是成比例线段，则有 由比例的基本性质，得ab＋2bx＝ab＋2ax，∴2(a－b)x＝0. ∵a>b， ∴a－b≠0， ∴x＝0， 又∵x>0，

∴原矩形的长、宽与新矩形的长、宽不是比例线段．

【解析】【分析】（1）根据已知，观察图形，可得出新矩形的长和宽。

（2）假设两个矩形的长与宽是成比例线段，列出比例式，再利用比例的性质得出x=0，即可判断。

，

2．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．

（1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF•AD； （2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．

【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，

∴∠ABP+∠PBC=90°，

∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠PBC+∠CBQ=90° ∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;

②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°， ∵∠PQB=45°，∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ， 由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ

∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，

(本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)

（2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°， ∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90° ∴tan∠CPQ= , 由①得AP=CQ,

又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ= 由②得∠CBQ=∠CPQ， ∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .

【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证； （2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答案.

，

3．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC于点H，过点C作CD⊥AC，连接AD，点M为AC上一点，且AM=CD，连接BM交AH于点N，交AD于点E．

（1）若AB=3，AD=

，求△BMC的面积；

BN ．

（2）点E为AD的中点时，求证：AD= 【答案】（1）解：如图1中，

在△ABM和△CAD中，∵AB=AC，∠BAM=∠ACD=90°，AM=CD，∴△ABM≌△CAD，∴BM=AD= ×23=3．

（2）解：如图2中，连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．

，∴AM=

=1，∴CM=CA﹣AM=2，∴S△BCM= •CM•BA=

∵AE=ED，∠ACD=90°，∴AE=CE=ED，∴∠EAC=∠ECA，∵△ABM≌△CAD，∴∠ABM=∠CAD，∴∠ABM=∠MCE，∵∠AMB=∠EMC，∴∠CEM=∠BAM=90°，∴△ABM∽△ECM，∴

，∴

，∵∠AME=∠BMC，∴△AME∽△BMC，

∴∠AEM=∠ACB=45°，∴∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，∴∠PEQ=∠AEC，∴∠AEQ=∠EQC，∵∠P=∠EQC=90°，∴△EPA≌△EQC，∴EP=EQ，∵EP⊥BP，EQ⊥BC ∴BE平分∠ABC，∴∠NBC=∠ABN=22.5°，∵AH垂直平分BC，∴NB=NC，∴∠NCB=∠NBC=22.5°，∴∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，∴△ENC的等腰直角三角形，∴NC= EC，∴AD=2EC，∴2NC= 得出BM=AD=

AD，∴AD=

NC，∵BN=NC，∴AD=

BN．

【解析】【分析】（1）首先利用SAS判断出△ABM≌△CAD，根据全等三角形对应边相等

，根据勾股定理可以算出AM，根据线段的和差得出CM的长，利用

S△BCM= •CM•BA即可得出答案；

（2）连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AE=CE=ED，根据等边对等角得出∠EAC=∠ECA，根据全等三角形对应角相等得出∠ABM=∠CAD，从而得出∠ABM=∠MCE，根据对顶角相等及三角形的内角和得出∠CEM=∠BAM=90°，从而判断出△ABM∽△ECM，由相似三角形对应边成比例得出BM∶ CM= AM∶ EM,从而得出BM∶ AM= CM∶ EM，根据两边对应成比例及夹角相等得出

△AME∽△BMC，故∠AEM=∠ACB=45°，∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，故∠PEQ=∠AEC，∠AEQ=∠EQC，又∠P=∠EQC=90°，故△EPA≌△EQC，故EP=EQ，根据角平分线的判定得出BE平分∠ABC，故∠NBC=∠ABN=22.5°，根据中垂线定理得出NB=NC，根据等腰三角形的性质得出∠NCB=∠NBC=22.5°，故∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，△ENC的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形边之间的关系得出NC= AD=

NC，又BN=NC，故AD=

BN．

EC，根据AD=2EC，2NC=

AD，

4．如图，抛物线y=ax2﹣5ax+c与坐标轴分别交于点A，C，E三点，其中A（﹣3，0），C（0，4），点B在x轴上，AC=BC，过点B作BD⊥x轴交抛物线于点D，点M，N分别是线段CO，BC上的动点，且CM=BN，连接MN，AM，AN．

（1）求抛物线的解析式及点D的坐标； （2）当△CMN是直角三角形时，求点M的坐标； （3）试求出AM+AN的最小值．

【答案】（1）解：把A（﹣3，0），C（0，4）代入y=ax2﹣5ax+c得

，解得

∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+4； ∵AC=BC，CO⊥AB， ∴OB=OA=3， ∴B（3，0），

∵BD⊥x轴交抛物线于点D， ∴D点的横坐标为3，

当x=3时，y=﹣ ×9+ ×3+4=5， ∴D点坐标为（3，5）。

，

（2）解：在Rt△OBC中，BC= ∵∠MCN=∠OCB，

=5，

设M（0，m），则BN=CM=4﹣m，CN=5﹣（4﹣m）=m+1，

∴当 即 当 即

时，△CMN∽△COB，则∠CMN=∠COB=90°，

，解得m= ，此时M点坐标为（0， ）； 时，△CMN∽△CBO，则∠CNM=∠COB=90°，

，解得m= ，此时M点坐标为（0， ）；

综上所述，M点的坐标为（0， ）或（0， ）。

（3）解：连接DN，AD，如图，

∵AC=BC，CO⊥AB， ∴OC平分∠ACB， ∴∠ACO=∠BCO， ∵BD∥OC， ∴∠BCO=∠DBC， ∵DB=BC=AC=5，CM=BN， ∴△ACM≌△DBN， ∴AM=DN， ∴AM+AN=DN+AN，

而DN+AN≥AD（当且仅当点A、N、D共线时取等号）， ∴DN+AN的最小值=AD= ∴AM+AN的最小值为

．

，

【解析】【分析】（1）将A（﹣3，0），C（0，4）代入函数解析式构造方程组解出a,c的值可得抛物线解析式；由AC=BC，CO⊥AB，根据等腰三角形的“三线合一”定理，可得OB=OA=3，而BD⊥x轴交抛物线于点D，则D点的横坐标为3，当x=3时求得y的值，即可得点D的坐标。

（2）当△CMN是直角三角形时，有两种情况：∠CMN=90°，或∠CNM=90°，则可得△CMN∽△COB，或△CMN∽△CBO，由对应边成比例，设M（0，m），构造方程解答即可。

（3）求AM+AN的最小值，一般有两种方法：解析法和几何法；解析法：用含字母的函数

关系式表示出AM+AN的值，根据字母的取值范围和函数的最值来求；几何法：将点A，M，N三点移到一条直线上；此题适用于几何法：观察图象不难发现，AC=BD=5，CM=BN，且∠BCO=∠DBC，连接AD，可证得△ACM≌△DBN，则AM=DN，而DN+AN≥AD（当且仅当点A、N、D共线时取等号），求AD的长即可。

5．已知：A、B两点在直线l的同一侧，线段AO，BM均是直线l的垂线段，且BM在AO的右边，AO=2BM，将BM沿直线l向右平移，在平移过程中，始终保持∠ABP=90°不变，BP边与直线l相交于点P．

（1）当P与O重合时（如图2所示），设点C是AO的中点，连接BC．求证：四边形OCBM是正方形；

（2）请利用如图1所示的情形，求证： = ； （3）若AO=2 ∴BM=CO， ∵AO∥BM，

∴四边形OCBM是平行四边形， ∵∠BMO=90°， ∴▱OCBM是矩形，

∵∠ABP=90°，C是AO的中点， ∴OC=BC，

∴矩形OCBM是正方形 （2）解：连接AP、OB，

，且当MO=2PO时，请直接写出AB和PB的长．

【答案】（1）解：∵2BM=AO，2CO=AO，

∵∠ABP=∠AOP=90°， ∴A、B、O、P四点共圆， 由圆周角定理可知：∠APB=∠AOB， ∵AO∥BM，

∴∠AOB=∠OBM， ∴∠APB=∠OBM， ∴△APB∽△OBM， ∴

（3）解：当点P在O的左侧时，如图所示，

过点B作BD⊥AO于点D， 易证△PEO∽△BED， ∴

，

易证：四边形DBMO是矩形， ∴BD=MO，OD=BM， ∴MO=2PO=BD， ∴ ∴BM= ∴OE=

，

， ， ，DE=

，

∵AO=2BM=2

易证△ADB∽△ABE， ∴AB2=AD•AE， ∵AD=DO=DM= ∴AE=AD+DE= ∴AB=

，

，

，

由勾股定理可知：BE= 易证：△PEO∽△PBM， ∴ ∴PB=

；

，

当点P在O的右侧时，如图所示，

过点B作BD⊥OA于点D， ∵MO=2PO， ∴点P是OM的中点， 设PM=x，BD=2x， ∵∠AOM=∠ABP=90°， ∴A、O、P、B四点共圆， ∴四边形AOPB是圆内接四边形， ∴∠BPM=∠A， ∴△ABD∽△PBM， ∴

， ， ， ，

又易证四边形ODBM是矩形，AO=2BM， ∴AD=BM= ∴ 解得：x= ∴BD=2x=2

，BM=3

由勾股定理可知：AB=3

【解析】【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形OCBM是平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得出▱OCBM是矩形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OC=BC，根据有一组邻边相等的矩形是正方形得出结论；

（2）连接AP、OB，根据∠ABP=∠AOP=90°，判断出A、B、O、P四点共圆，由圆周角定理可知：∠APB=∠AOB，根据二直线平行内错角相等得出∠AOB=∠OBM，根据等量代换得出∠APB=∠OBM，从而判断出△APB∽△OBM，根据相似三角形对应边成比例得出

;

（3）当点P在O的左侧时，如图所示，过点B作BD⊥AO于点D，易证△PEO∽△BED，根据相似三角形对应边成比例得出

,易证：四边形DBMO是矩形，根据矩形的性质

得出BD=MO，OD=BM，故MO=2PO=BD，进而得出BM,OE,DE的长，易证△ADB∽△ABE，根据相似三角形对应边成比例得出AB2=AD•AE，从而得出AE,AB的长，由勾股定理可得BF的长，易证：△PEO∽△PBM，根据相似三角形对应边成比例得出

BE ∶PB=OM ∶PM=2 ∶3 ，根据比例式得出PB的长；当点P在O的右侧时，如图所示，过点B作BD⊥OA于点D，设PM=x，BD=2x，由∠AOM=∠ABP=90°，得出四边形AOPB是圆内接四边形，根据圆内接四边形的性质得出∠BPM=∠A，从而判断出△ABD∽△PBM，根据相似三角形对应边成比例得出 AD ∶BD=PM ∶BM，根据比例式得出x的值，进而得出BD，AB，BP的长。

6．如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB＞CD，AD=AB+CD．（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE；

②若CD=2，AB=4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值。

（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】（1）

（2）①证明：在AD上取一点F使DF=DC，连接EF，

∵DE平分∠ADC， ∴∠FDE=∠CDE， 在△FED和△CDE中，

DF=DC，∠FDE=∠CDE，DE=DE ∴△FED≌△CDE（SAS），

∴∠DFE=∠DCE=90°，∠AFE=180°-∠DFE=90° ∴∠DEF=∠DEC， ∵AD=AB+CD，DF=DC， ∴AF=AB，

在Rt△AFE≌Rt△ABE（HL） ∴∠AEB=∠AEF，

∴∠AED=∠AEF+∠DEF= ∠CEF+ ∠BEF= （∠CEF+∠BEF）=90°。 ∴AE⊥DE

②解：过点D作DP⊥AB于点P，

∵由①可知，B，F关于AE对称，BM=FM， ∴BM+MN=FM+MN，

当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值， ∵DP⊥AB，AD=AB+CD=6， ∴∠DPB=∠ABC=∠C=90°， ∴四边形DPBC是矩形， ∴BP=DC=2，AP=AB-BP=2， 在Rt△APD中，DP= ∴FN∥DP， ∴△AFN∽△ADP ∴ 即 解得FN=

， ， ，

=

，

∵FN⊥AB，由①可知AF=AB=4，

∴BM+MN的最小值为

【解析】【分析】（1）根据角平分的做法即可画出图.（2）①在AD上取一点F使

DF=DC，连接EF；角平分线定义得∠FDE=∠CDE；根据全等三角形判定SAS得△FED≌△CDE，再由全等三角形性质和补角定义得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90°，

∠DEF=∠DEC；再由直角三角形全等的判定HL得Rt△AFE≌Rt△ABE，由全等三角形性质得∠AEB=∠AEF，再由补角定义可得AE⊥DE.

②过点D作DP⊥AB于点P；由①可知，B，F关于AE对称，根据对称性质知BM=FM， 当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，即BM+MN=FM+MN=FN；在Rt△APD中，根据勾股定理得DP= 角形性质得

=

；由相似三角形判定得△AFN∽△ADP，再由相似三

，从而求得FN，即BM+MN的最小值.

7．在平面直角坐标系中，抛物线 是方程

的两根，且

经过点

，

、

，

，其中 、

，过点 的直线 与抛物线只有一个公共点

（1）求 、 两点的坐标； （2）求直线 的解析式； （3）如图2，点 是线段

上的动点，若过点 作 轴的平行线

与直线 相交于点

，与抛物线相交于点 ，过点 作 的平行线 与直线 相交于点 ，求 的长. 【答案】 （1）解：∵x1、x2是方程x2-2x-8=0的两根，且x1＜x2 ， ∴x1=-2，x2=4，

∴A（-2，2），C（4，8）

（2）解：①设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0）， ∵A（-2，2）在直线l上， ∴2=-2k+b， ∴b=2k+2，

∴直线l的解析式为y=kx+2k+2①， ∵抛物线y= x2②，

联立①②化简得，x2-2kx-4k-4=0， ∵直线l与抛物线只有一个公共点，

∴△=（2k）2-4（-4k-4）=4k2+16k+16=4（k2+4k+4）=4（k+2）2=0， ∴k=-2， ∴b=2k+2=-2，

∴直线l的解析式为y=-2x-2；

②平行于y轴的直线和抛物线y= x2只有一个交点， ∵直线l过点A（-2，2）， ∴直线l：x=-2

（3）解：由（1）知，A（-2，2），C（4，8）， ∴直线AC的解析式为y=x+4， 设点B（m，m+4）， ∵C（4.8）， ∴BC=

|m-4|=

（4-m）

∵过点B作y轴的平行线BE与直线l相交于点E，与抛物线相交于点D， ∴D（m， m2），E（m，-2m-2）， ∴BD=m+4- m2 ， BE=m+4-（-2m-2）=3m+6， ∵DC∥EF， ∴△BDC∽△BEF， ∴

，

∴ ∴BF=6

.

，

【解析】【分析】（1）解一元二次方程即可得出点A，C坐标；（2）先设出直线l的解析式，再联立抛物线解析式，用△=0，求出k的值，即可得出直线l的解析式；（3）设出点B的坐标，进而求出BC，再表示出点D，E的坐标，进而得出BD，BE，再判断出△BDC∽△BEF得出比例式建立方程即可求出BF.

8．【问题】

如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作直线l平行于AB.∠EDF=90°，点D在直线l上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系.

（1）【探究发现】如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点D移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP=DB，请写出证明过程； （2）【数学思考】如图3，若点P是AC上的任意一点（不含端点A、C），受（1）的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP=DB，请完成证明过程； （3）【拓展引申】如图4，在（1）的条件下，M是AB边上任意一点（不含端点A、B），N是射线BD上一点，且AM=BN，连接MN与BC交于点Q，这个数学兴趣小组经过多次取M点反复进行实验，发现点M在某一位置时BQ的值最大.若AC=BC=4，请你直接写出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：如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，

∵MH⊥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 ∴CH=CQ

∴∠CHQ=∠CQH=45°=∠CAB ∴HQ∥AB ∴∠HQM=∠QMB ∵∠ACB=∠HMQ=90°

∴点H，点M，点Q，点C四点共圆， ∴∠HCM=∠HQM

∴∠HCM=∠QMB，且∠A=∠CBA=45° ∴△ACM∽△BMQ ∴ ∴ ∴BQ= ∴AM=2

+2

时，BQ有最大值为2. ，AC-AH=BC-BQ

【解析】【分析】（1） DB=DP， 理由如下： 根据等腰直角三角形的性质得出∠CAB=∠CBA=45° ，根据二直线平行，内错角相等得出 ∠CBA=∠DCB=45° ，根据三角形的内角和得出 ∠DCB=∠DBC=45° ，最后根据等角对等边得出 DB=DC ，即DB=DP； （2）利用ASA判断出 △CDP≌△GDB ，再根据全等三角形的对应边相等得出DB=DP； （3） 如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ， 利用ASA判断出 △AMH≌△BNQ 根据全等三角形的对应边相等得出AH=BQ，进而判断出 点H，点M，点Q，点C四点共圆， 根据圆周角定理得出 ∠HCM=∠HQM ，然后判断出 △ACM∽△BMQ ，

根据相似三角形的对应边成比例得出出答案.

,根据比例式及偶数次幂的非负性即可得出求

二、圆的综合

9．如图，AB为⊙O的直径，AC为⊙O的弦，AD平分∠BAC，交⊙O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E．

（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）若AE＝8，⊙O的半径为5，求DE的长．

【答案】（1）直线DE与⊙O相切（2）4 【解析】

试题分析：（1）连接OD，∵AD平分∠BAC，∴EAD＝OAD，∵OA＝OD，∴ODA＝OAD，∴ODA＝EAD，∴EA∥OD，∵DE⊥EA，∴DE⊥OD，又∵点D在⊙O上，∴直线DE与⊙O相切 （2）

如图1，作DF⊥AB，垂足为F，∴DFA＝DEA＝90，

∵EAD＝FAD，AD＝AD，∴△EAD≌△FAD，∴AF＝AE＝8，DF＝DE，∵OA＝OD＝5，∴OF＝3，在Rt△DOF中，DF＝OD2OF2＝4，∴AF＝AE＝8 考点：切线的证明，弦心距和半径、弦长的关系

点评：本题难度不大，第一小题通过内错角相等相等证明两直线平行，再由两直线平行推出同旁内角相等．第二小题通过求出两个三角形全等，从而推出对应边相等，接着用弦心距和弦长、半径的计算公式，求出半弦长．

10．如图，AB为eO的直径，弦CD//AB，E是AB延长线上一点，CDBADE．

1DE是eO的切线吗？请说明理由；

2求证：AC2CDBE．

【答案】（1）结论：DE是eO的切线，理由见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）连接OD，只要证明ODDE即可；

（2）只要证明：ACBD，VCDB∽VDBE即可解决问题.【详解】

1解：结论：DE是eO的切线．

理由：连接OD．

QCDBADE， ADCEDB， QCD//AB，

CDADAB， QOAOD，

OADODA， ADOEDB， QAB是直径，

ADB90o， ADBODE90o，

DEOD，

DE是eO的切线．

2QCD//AB，

ADCDAB，CDBDBE，

ACnBDn，

ACBD，

QDCBDAB，EDBDAB， EDBDCB， VCDB∽VDBE， CDDB， BDBEBD2CDBE， AC2CDBE．

【点睛】

本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，准确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.

11．如图AB是△ABC的外接圆⊙O的直径，过点C作⊙O的切线CM，延长BC到点D，使CD=BC，连接AD交CM于点E，若⊙OD半径为3，AE=5， （1）求证：CM⊥AD； （2）求线段CE的长.

【答案】（1）见解析；（2）5 【解析】

分析：（1）连接OC，根据切线的性质和圆周角定理证得AC垂直平分BD，然后根据平行线的判定与性质证得结论；

（2）根据相似三角形的判定与性质证明求解即可. 详解：证明：（1）连接OC

∵CM切⊙O于点C， ∴∠OCE=90°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°， ∵CD=BC，

∴AC垂直平分BD， ∴AB=AD， ∴∠B=∠D ∵∠B=∠OCB ∴∠D=∠OCB ∴OC∥AD ∴∠CED=∠OCE=90° ∴CM⊥AD.

（2）∵OA=OB，BC=CD

1AD 2∴AD=6

∴OC=∴DE=AD-AE=1 易证△CDE～△ACE

CEDE AECE∴CE2=AE×DE

∴∴CE=5 点睛：此题主要考查了切线的性质和相似三角形的判定与性质的应用，灵活判断边角之间的关系是解题关键，是中档题.

12．如图，O是△ABC的内心，BO的延长线和△ABC的外接圆相交于D，连结DC、DA、OA、OC，四边形OADC为平行四边形． （1）求证：△BOC≌△CDA． （2）若AB=2，求阴影部分的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

433. 9分析: （1）根据内心性质得∠1=∠2，∠3=∠4，则AD=CD，于是可判断四边形OADC为菱形，则BD垂直平分AC，∠4=∠5=∠6，易得OA=OC，∠2=∠3，所以OB=OC，可判断点O为△ABC的外心，则可判断△ABC为等边三角形，所以∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，BC=AC，再根据平行四边形的性质得∠ADC=∠AOC=120°，AD=OC，CD=OA=OB，则根据

“SAS”证明△BOC≌△CDA；

（2）作OH⊥AB于H，如图，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠BOH=30°，根据垂径定理得到BH=AH=得到OH=1AB=1，再利用含30度的直角三角形三边的关系23323BH=，OB=2OH=，然后根据三角形面积公式和扇形面积公式，利用333S阴影部分=S扇形AOB-S△AOB进行计算即可. 详解:

（1）证明：∵O是△ABC的内心，

∴∠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是等边三角形 ∴O是△ABC的内心也是外心 ∴OA=OB=OC

设E为BD与AC的交点，BE垂直平分AC. 在Rt△OCE中，CE=∴OA=OB=OC=

11AC=AB=1，∠OCE=30°， 2223 3∵∠AOC=120°， ∴S阴影=S扇AOBSVAOB ==

12023213 ()2360323433 9点睛: 本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心

就是三角形三个内角角平分线的交点．也考查了等边三角形的判定与性质和扇形面积的计算.

13．如图．在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AB=30cm，点P在AB上，AP=10cm，点E从点P出发沿线段PA以2cm/s的速度向点A运动，同时点F从点P出发沿线段PB以1cm/s的速度向点B运动，点E到达点A后立刻以原速度沿线段AB向点B运动，在点E、F运动过程中，以EF为边作正方形EFGH，使它与△ABC在线段AB的同侧，设点E、F运动的时间为t（s）（0＜t＜20）．

（1）当点H落在AC边上时，求t的值；

（2）设正方形EFGH与△ABC重叠部分的面积为S．①试求S关于t的函数表达式；②以点C为圆心，

1t为半径作⊙C，当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值． 29t2? (0t2)72【答案】（1）t=2s或10s；（2）①S=t50t50(2t10)；②100cm2．

22 (10t20)t40t400? 【解析】

试题分析：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2；如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10；

（2）分四种切线讨论a、如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）

2

=9t2．b、如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN．c、如图5中，当5＜t＜

10时，重叠部分是五边形EFGMN．d、如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH．分别计算即可；

②分两种情形分别列出方程即可解决问题．

试题解析：解：（1）如图1中，当0＜t≤5时，由题意得：AE=EH=EF，即10﹣2t=3t，t=2

如图2中，当5＜t＜20时，AE=HE，2t﹣10=10﹣（2t﹣10）+t，t=10． 综上所述：t=2s或10s时，点H落在AC边上．

（2）①如图3中，当0＜t≤2时，重叠部分是正方形EFGH，S=（3t）2=9t2

如图4中，当2＜t≤5时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（3t）2﹣

1（5t﹣10）2=﹣272

t+50t﹣50． 2

如图5中，当5＜t＜10时，重叠部分是五边形EFGMN，S=（20﹣t）2﹣

1（30﹣3t）2=﹣272

t+50t﹣50． 2

如图6中，当10＜t＜20时，重叠部分是正方形EFGH，S=（20﹣t）2=t2﹣40t+400．

9t2? (0t2)72综上所述：S=t50t50(2t10)．

22 (10t20)t40t400? ②如图7中，当0＜t≤5时，

130t+3t=15，解得：t=，此时S=100cm2，当5＜t＜20时，271t+20﹣t=15，解得：t=10，此时S=100． 2

综上所述：当⊙C与GH所在的直线相切时，求此时S的值为100cm2

点睛：本题考查了圆综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、切线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意不能漏解，属于中考压轴题．

14．如图，AC是⊙O的直径，OB是⊙O的半径，PA切⊙O于点A，PB与AC的延长线交于点M，∠COB＝∠APB． （1）求证：PB是⊙O的切线；

（2）当MB＝4，MC＝2时，求⊙O的半径．

【答案】（1）证明见解析；（2）3. 【解析】 【分析】

（1）根据题意∠M+∠P＝90°，而∠COB＝∠APB，所以有∠M+∠COB＝90°，即可证明PB是⊙O的切线.

（2）设圆的半径为r,则OM=r+2,BM=4,OB=r,再根据勾股定理列方程便可求出r. 【详解】

证明：（1）∵AC是⊙O的直径，PA切⊙O于点A， ∴PA⊥OA

∴在Rt△MAP中，∠M+∠P＝90°，而∠COB＝∠APB， ∴∠M+∠COB＝90°， ∴∠OBM＝90°，即OB⊥BP， ∴PB是⊙O的切线；

（2）设⊙O的半径为r，

OMr2 ,OBr ,BM4 QOBM为直角三角形

∴OM2OB2BM2 ，即(r2)2r2+42 解得：r＝3， ∴⊙O的半径为3． 【点睛】

本题主要考查圆的切线问题，证明圆的切线有两种思路一种是证明连线是半径，另一种是证明半径垂直.

15．如图，PA切⊙O于点A，射线PC交⊙O于C、B两点，半径OD⊥BC于E，连接BD、DC和OA，DA交BP于点F； （1）求证：∠ADC+∠CBD＝

1∠AOD； 2（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析； 【解析】 【分析】

nn1根据垂径定理得到BDCD，根据等腰三角形的性质得到

ODA11180oAOD90oAOD，即可得到结论； 22nn2根据垂径定理得到BECE，BDCD，根据等腰三角形的性质得到

ADOOAD，根据切线的性质得到PAO90o，求得OADDAP90o，推

出PAFPFA，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论． 【详解】

1证明：QODBC，

BDCD，

nnCBDDCB，

QDFEEDF90o， EDF90oDFE，

QODOA，

ODA11180oAOD90oAOD， 22190oDFE90oAOD，

2DEF1AOD， 2QDFEADCDCBADCCBD，

1ADCCBDAOD；

22解：QODBC，

BECE，BDCD， BDCD， QOAOD，

ADOOAD， QPA切eO于点A，

PAO90o， OADDAP90o，

nnQPFADFE， PFAADO90o，

PAFPFA， PAPF． 【点睛】

本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．

16．已知：如图，以等边三角形ABC一边AB为直径的⊙O与边AC、BC分别交于点D、E，过点D作DF⊥BC，垂足为F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若等边三角形ABC的边长为4，求图中阴影部分的面积．

【答案】（1）见解析 （2）【解析】

332 23试题分析：（1）连接DO，要证明DF为⊙O的切线只要证明∠FDP=90°即可；

（2）首先由已知可得到CD，CF的长，从而利用勾股定理可求得DF的长；再连接OE，求得CF，EF的长，从而利用S直角梯形FDOE﹣S扇形OED求得阴影部分的面积． 试题解析：

（1）证明：连接DO． ∵△ABC是等边三角形， ∴∠A=∠C=60°． ∵OA=OD，

∴△OAD是等边三角形． ∴∠ADO=60°， ∵DF⊥BC，

∴∠CDF=90°﹣∠C=30°，

∴∠FDO=180°﹣∠ADO﹣∠CDF=90°， ∴DF为⊙O的切线； （2）∵△OAD是等边三角形， ∴AD=AO=AB=2． ∴CD=AC﹣AD=2． Rt△CDF中， ∵∠CDF=30°， ∴CF=CD=1． ∴DF=∴CF=1， ∴EF=1．

∴S直角梯形FDOE=（EF+OD）•DF=∴S扇形OED=

=

，

﹣

． ，

，

连接OE，则CE=2．

∴S阴影=S直角梯形FDOE﹣S扇形OED=

【点睛】此题考查学生对切线的判定及扇形的面积等知识点的掌握情况，当已知条件中明

确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线．也考查了等边三角形的性质和利用割补法计算补规则图形的面积．