与圆有关的专题综合讲义八

1、与圆有关的专题综合讲义（八）例1 如图1，在直角坐标系中，点A的坐标为（0，10），点B的坐标为（10，0），P和Q的半径分别为4和1P从A开始在线段AO上以3单位/秒的速度移动，Q从OB的中点C开始在线段CO上以1单位/秒的速度移动，当其中一个点到达原点O时，另一点也随即停止运动圆心移动时，圆也跟着移动设点P和点Q运动的时间为t（秒）如图2，当 时，设四边形APQB的面积为S（1）求S与t的函数关系式；（2）如图3，当P和Q外切时，求s的值；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻，P和Q内切，若存在，直接写出P的坐标；若不存在，说明理由例2 已知正方形ABCD的边长为4，O交正方形ABCD的对

2、角线AC所在直线于点T，连接TO交O于S（1）如图1，当O经过A、D两点且圆心O在正方形ABCD内部时，连接DT、DS试判断线段DT、DS的数量关系和位置关系； 求AS+AT的值；（2）如图2，当O经过A、D两点且圆心O在正方形ABCD外部时，连接DT、DS求ASAT的值；（3）如图3，延长DA到点E，使AE=AD，当O经过A、E两点时，连接ET、ES根据（1）、（2）计算，通过观察、分析，对线段AS、AT的数量关系提出问题并解答 例3 如图，点P在y轴的正半轴上，P交x轴于B、C两点，以AC为直角边作等腰RtACD，BD分别交y轴和P于E、F两点，交连接AC、FC（1）求证：ACF=ADB；

3、（2）若点A到BD的距离为m，BF+CF=n，求线段CD的长；（3）当P的大小发生变化而其他条件不变时，的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由例4 已知ABC，分别以AC和BC为直径作半圆O1，O2，P是AB的中点，（1）如图1，若ABC是等腰三角形，且AC=BC，在，上分别取点E、F，使AO1E=BO2F，则有结论： PO1EFO2P， 四边形PO1CO2是菱形，请给出结论的证明；（2）如图2，若（1）中ABC是任意三角形，其他条件不变，则（1）中的两个结论还成立吗？若成立，请给出证明；（3）如图3，若PC是O1的切线，求证：AB2=BC2+3AC2 例5 如图，

4、已知A、B两点的坐标分别为（2，O）、（0，2），P是AOB外接圆上的一点，且AOP=45°，（1）求点P的坐标；（2）连BP、AP，在PB上任取一点E，连AE，将线段AE绕A点顺时针旋转90°到AF，连BF，交AP于点G，当E在线段BP上运动时，（不与B、P重合），求； 例6 如图一，在ABC中，分别以AB，AC为直径在ABC外作半圆O1和半圆O2，其中O1和O2分别为两个半圆的圆心F是边BC的中点，点D和点E分别为两个半圆圆弧的中点（1）连接O1F，O1D，DF，O2F，O2E，EF，证明：DO1FFO2E；（2）如图二，过点A分别作半圆O1和半圆O2的切线，交BD的延

5、长线和CE的延长线于点P和点Q，连接PQ，若ACB=90°，DB=5，CE=3，求线段PQ的长；（3）如图三，过点A作半圆O2的切线，交CE的延长线于点Q，过点Q作直线FA的垂线，交BD的延长线于点P，连接PA证明：PA是半圆O1的切线 例7 在平面直角坐标系xOy中，已知动点P在正比例函数y=x的图象上，点P的横坐标为m（m0），以点P为圆心，m为半径的圆交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C、D两点（点D在点C的上方）点E为平行四边形DOPE的顶点（如图）（1）写出点B、E的坐标（用含m的代数式表示）；（2）连接DB、BE，设BDE的外接圆交y轴于点Q（点Q异于点D）

6、，连接EQ、BQ，试问线段BQ与线段EQ的长是否相等？为什么？（3）连接BC，求DBCDBE的度数例8 已知O中，弦AB=AC，点P是BAC所对弧上一动点，连接PB、PA、PC（1）如图，把ABP绕点A逆时针旋转到ACQ，求证：点P、C、Q三点在同一直线上（2）如图，若BAC=60°，试探究PA、PB、PC之间的关系（3）若BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请探究它们又有何数量关系 例9 已知，如图：在平面直角坐标系中，点D是直线y=x上一点，过O、D两点的圆O1分别交x轴、y轴于点A和B（1）当A（12，0），B（0，5）时，求O1的坐标；

7、（2）在（1）的条件下，过点A作O1的切线与BD的延长线相交于点C，求点C的坐标；（3）若点D的横坐标为，点I为ABO的内心，IEAB于E，当过O、D两点的O1的大小发生变化时，其结论：AEBE的值是否发生变化？若不变，请求出其值；若变化，请求出变化范围 例10 几何模型：条件：如图，A、B是直线l同旁的两个定点问题：在直线l上确定一点P，使PA+PB的值最小方法：作点A关于直线l的对称点A，连接AB交l于点P，则PA+PB=AB的值最小（不必证明）模型应用：（1）如图1，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是AC上一动点连接BD，由正方形对称性可知，B与D关于直线AC对称连接ED交A

8、C于P，则PB+PE的最小值是_；（2）如图2，O的半径为2，点A、B、C在O上，OAOB，AOC=60°，P是OB上一动点，求PA+PC的最小值；（3）如图3，AB、CD是半径为5的O的两条弦，AB=8，CD=6，MN是直径，ABMN于点E，CDMN于点F，P为EF上的任意一点，求PA+PC的最小值与圆有关的专题综合讲义（八）参考答案与试题解析1如图1，在直角坐标系中，点A的坐标为（0，10），点B的坐标为（10，0），P和Q的半径分别为4和1P从A开始在线段AO上以3单位/秒的速度移动，Q从OB的中点C开始在线段CO上以1单位/秒的速度移动，当其中一个点到达原点O时，另一点也随即

9、停止运动圆心移动时，圆也跟着移动设点P和点Q运动的时间为t（秒）如图2，当时，设四边形APQB的面积为s（1）求s与t的函数关系式；（2）如图3，当P和Q外切时，求s的值；（3）在运动的过程中，是否存在某一时刻，P和Q内切，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由考点：圆与圆的位置关系；根据实际问题列二次函数关系式；相切两圆的性质1125860分析：（1）由于S四边形APQB=SOABSOPQ=OAOBOPOQ，故用含t的代数式分别表示OP、OQ而求解；（2）由勾股定理建立关于t的方程，求得t后，再求S；（3）构造一个直角三角形，结合两圆内切的圆心距等于两圆半径之差和勾股定理，进行计算解

10、答：解：（1）依题意，得AP=3t，CQ=t点A的坐标为（0，10），点B的坐标为（10，0），OB的中点C，OP=OAAP=103t，OQ=OCCQ=OBCQ=×10t=5t，S四边形APQB=SOABSOPQ=OAOBOPOQ=×10×10（103t）（5t），S四边形APQB=（2）当P和Q外切时，PQ=4+1=5在RtOPQ中，OP2+OQ2=PQ2，（103t）2+（5t）2=25，t=2或t=5（舍去），当t=2时，s=44， 当P和Q外切时，s=44（3）在运动的过程中，存在某一时刻，P和Q内切当P和Q内切时，PQ=41=3在RtOPQ中，OP2+O

11、Q2=PQ2，（103t）2+（5t）2=9，解得t=，点P的坐标为（0，）点评：本题难度较大，主要利用了数形结合的思想、勾股定理、两圆的位置关系、一元二次方程的解法等知识点求解，对各知识点要灵活应用2（2012邗江区一模）已知：正方形ABCD的边长为4，O交正方形ABCD的对角线AC所在直线于点T，连接TO交O于点S（1）如图1，当O经过A、D两点且圆心O在正方形ABCD内部时，连接DT、DS试判断线段DT、DS的数量关系和位置关系； 求AS+AT的值；（2）如图2，当O经过A、D两点且圆心O在正方形ABCD外部时，连接DT、DS求ASAT的值；（3）如图3，延长DA到点E，使AE=AD，当

12、O经过A、E两点时，连接ET、ES根据（1）、（2）计算，通过观察、分析，对线段AS、AT的数量关系提出问题并解答考点：切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质1125860分析：（1）根据正方形的性质得TAD=45°，再根据圆周角定理和推论得SDT=90°，TSD=TAD，易得DST为等腰直角三角形，则DT=DS，DTDS；由SDT=ADC=90°得SDA=CDT，易证得DASDCT，得AS=TC，所以ASAT=TCAT=AC=；（2）同样可证得DST为等腰直角三角形，得到DS=DT，而SAD=DCT=45°，ASD=DTC，则

13、DASDCT，AS=TC，得ASAT=TCAT=AC=4；（3）提出的问题是：求 ATAS 的值在TA上截取TF=AS，连接EF，易证得EST为等腰直角三角形，得到SE=TE，易证EASEFT，得到SEA=TEF，AE=EF，得到AEF为等腰直角三角形，则AF=AE，而AE=AD=4，于是有ATAS=ATTF=AF=解答：解：（1）线段DT、DS的数量和位置关系分别是：DT=DS，DTDS理由如下：AC为正方形ABCD的对角线，TAD=45°，TS为直径，SDT=90°，又TSD=TAD，TSD=45°，DST为等腰直角三角形，DT=DS，DTDS；SDT=ADC

14、=90°，SDA=CDT，又TS为直径，SAT=90°，SAD=45°，SAD=DCT，而DA=DC，DASDCT，AS=TC，AS+AT=AC，而正方形ABCD的边长为4，AC=4，AS+AT=；（2）TS为直径，SAT=90°，SDT=90°，SAC=90°，而CAD=45°，SAD=45°，STD=45°，DST为等腰直角三角形，DS=DT，又SAD=DCT=45°，ASD=DTC，DASDCT，AS=TC，ASAT=TCAT=AC=；（3）提出的问题是：求 ATAS 的值解答如下：在TA

15、上截取TF=AS，连接EF，如图，TAE=BAC=45°，EST为等腰直角三角形，SE=TE，又ASE=ETF，EASEFT，SEA=TEF，AE=EF，而TES=90°，AEF=90°，AEF为等腰直角三角形，AF=AE，AE=AD=4，ATAS=ATTF=AF=点评：本题考查了圆周角定理以及推论：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等；直径所对的圆周角为直角也考查了正方形的性质以及三角形全等的判定与性质3如图，点P在y轴的正半轴上，P交x轴于B、C两点，以AC为直角边作等腰RtACD，BD分别交y轴和P于E、F两点，交连接AC、FC（1）求证：ACF=AD

16、B；（2）若点A到BD的距离为m，BF+CF=n，求线段CD的长；（3）当P的大小发生变化而其他条件不变时，的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由考点：圆周角定理；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；等腰直角三角形1125860分析：（1）连接AB，根据线段垂直平分线性质求出AB=AC=AD，推出ADB=ABD，根据ABD=ACM求出即可；（2）过点A作AMCF交CF的延长线于M，过点A作ANBF于N，连接AF，根据AAS证RtABNRtACM，推出BN=CM，AN=AM，证RtAFNRtAFM（HL），推出NF=MF，求出BN

17、长，根据勾股定理和等腰直角三角形性质求出CD的平方，即可求出答案；（3）过点D作DHAO于N，过点D作DQBC于Q，根据AAS证RtDHARtAOC，推出DH=AO，AH=OC，推出DQ=BQ，得出DBQ=45°，推出HDE=45°，得出等腰直角三角形DHE即可解答：（1）证明：连接AB，OPBC，BO=CO，AB=AC，又AC=AD，AB=AD，ABD=ADB，又ABD=ACF，ACF=ADB （2）解：过点A作AMCF交CF的延长线于M，过点A作ANBF于N，连接AF，则AN=m，ANB=AMC=90°，在ABN和ACM中，RtABNRtACM（AAS）BN=

18、CM，AN=AM，又ANF=AMF=90°，在RtAFN和RtAFM中，RtAFNRtAFM（HL），NF=MF，BF+CF=BN+NF+CMMF，=BN+CM=2BN=n，BN=，在RtABN中，AB2=BN2+AN2=m2+=m2+，在RtACD中，CD2=AB2+AC2=2AB2=2m2+，CD= （3）解：的值不发生变化，过点D作DHAO于N，过点D作DQBC于Q， DAH+OAC=90°，DAH+ADH=90°，OAC=ADH，在DHA和AOC中，RtDHARtAOC（AAS），DH=AO，AH=OC，又BO=OC，HO=AH+AO=OB+DH，而DH=

19、OQ，HO=DQ，DQ=OB+OQ=BQ，DBQ=45°，又DHBC，HDE=45°，DHE为等腰直角三角形，=，=点评：本题综合考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，圆周角定理，线段垂直平分线性质等知识点，解（1）小题关键是求出ABD=ADB，解（2）小题的关键是求出BN的长，解（3）小题的关键是证出等腰直角三角形DEH，此题综合性比较强，有一定的难度，但题型较好4（2011常德）已知ABC，分别以AC和BC为直径作半圆O1，O2，P是AB的中点，（1）如图1，若ABC是等腰三角形，且AC=BC，在，上分别取点E、F，使AO1E=

20、BO2F，则有结论PO1EFO2P，四边形PO1CO2是菱形，请给出结论的证明；（2）如图2，若（1）中ABC是任意三角形，其他条件不变，则（1）中的两个结论还成立吗？若成立，请给出证明；（3）如图3，若PC是O1的切线，求证：AB2=BC2+3AC2考点：切线的性质；全等三角形的判定；勾股定理；三角形中位线定理1125860专题：压轴题分析：（1）可证明APO1与BPO2全等，则AO1P=BO2P，再根据已知可得出EO1=FO2，PO1=PO2，则PO1EFO2P，可先证明四边形PO1CO2是平行四边形，再证明CO1=CO2，即可得出四边形PO1CO2是菱形；（2）由已知得出成立，而只是平行

21、四边形；（3）直角三角形APC中，设AP=c，AC=a，PC=b，则c2=a2+b2；AB2=4c2=4（a2+b2），过点B作AC的垂线，交AC的延长线于D点则CD=a，BD=2bBC2=a2+4b2，由此得证解答：解：（1）P、O1、O2分别为AB、AC、BC的中点，AP=BP，AO1=BO2，PO1BC，PO2AC，四边形PO1CO2是平行四边形，AC=BC，PO1=PO2，四边形PO1CO2是菱形；（2）P为AB中点，AP=BP，又O1为AC中点，O1P为ABC的中位线，O1P=O2B=BC，同理可得O2P=AO1=AC，AO1PBO2P（SSS），AO1P=BO2P，又AO1E=BO

22、2F，AO1P+AO1E=BO2P+BO2F，即PO1E=FO2P，又O1A=O1E=O2P，且PO1=BO2=FO2，PO1EFO2P；但四边形PO1CO2不是菱形；（3）RtAPC中，设AP=c，AC=a，PC=b，c2=a2+b2；AB2=4c2=4（a2+b2），过点B作AC的垂线，交AC的延长线于D点CD=a，BD=2b，BC2=a2+4b2，BC2+3AC2=a2+4b2+3a2=4（a2+b2），AB2=BC2+3AC2点评：本题综合考查了圆与全等的有关知识；利用中位线定理及构造三角形全等，利用全等的性质解决相关问题是解决本题的关键5（2012南开区一模）如图，已知A、B两点的坐

23、标分别为（2，O）、（0，2），P是AOB外接圆上的一点，且AOP=45°，（1）求点P的坐标；（2）连BP、AP，在PB上任取一点E，连AE，将线段AE绕A点顺时针旋转90°到AF，连BF，交AP于点G，当E在线段BP上运动时，（不与B、P重合），求；考点：解直角三角形；坐标与图形性质；全等三角形的判定与性质；圆周角定理1125860专题：计算题；综合题分析：（1）连接BP、AP，过P作x轴的垂线，设垂足为Q；由圆周角定理知AB是O的直径，而AOP=45°，得出OP平分AOB，则弧BP=弧AP，由此可证得ABP是等腰Rt；易求得直径AB的长，即可求出AP的值；在

24、RtAPQ中，易知PQ=OQ，可用OQ表示出BQ，由勾股定理即可求得OQ、PQ的长，即可得出P点的坐标（2）先过F作FKAP，再证明AFKEAP和GFKCBP，最后解出结果即可解答：解：（1）连接AP、BP，过P作PQx轴于Q；AOB=90°，AB是O的直径，则APB=90°；RtAOB中，OB=2，OA=2，由勾股定理，得AB=4；AOP=45°，OP平分AOB，弧BP=弧AP；则ABP是等腰Rt，AP=2；RtPOQ中，POQ=45°，则PQ=OQ；设PQ=OQ=x，则AQ=2x；RtAPQ中，由勾股定理得：AP2=AQ2+PQ2，即（2x）2+x2

25、=8，解得x=+1，x=1（舍去），POA=45°，PQO=90°，PQ=OQ=x=+1；即P点坐标为（+l，+1）；（2）过F作FKAP，则AFKEAP，AK=PE，FK=AP=BP，APAK=BPPE，PK=BE，在GFK和GBP中，GFKGBP，PG=GK，PG=PK=BE，=2；点评：此题主要考查了圆周角定理、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识的综合应用能力；能够构建出与已知和所求相关的直角三角形是解答此题的关键6如图一，在ABC中，分别以AB，AC为直径在ABC外作半圆O1和半圆O2，其中O1和O2分别为两个半圆的圆心F是边BC的中点，点D和点E分别为两个

26、半圆圆弧的中点（1）连接O1F，O1D，DF，O2F，O2E，EF，证明：DO1FFO2E；（2）如图二，过点A分别作半圆O1和半圆O2的切线，交BD的延长线和CE的延长线于点P和点Q，连接PQ，若ACB=90°，DB=5，CE=3，求线段PQ的长；（3）如图三，过点A作半圆O2的切线，交CE的延长线于点Q，过点Q作直线FA的垂线，交BD的延长线于点P，连接PA证明：PA是半圆O1的切线考点：切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理1125860专题：综合题分析：（1）利用中位线定理可得BO1F=CO2F，进而可得DO1F=FO2E，易得O1F=AO2=O2E，O2F=AO

27、1=O1D，可得：DO1FFO2E；（2）易得ACE和ACQ，ABD，APD均为等腰直角三角形，那么可得AB，AC的长，利用勾股定理可得BC的长，利用顶点A及AB边构造和PAQ全等的三角形AGB，利用勾股定理求得BG的长即为PQ的长；（3）需证6+8=90°，那么证明5+7=90°即可；利用四点共圆的性质可得DBRDAM，进而可得5=9，即可求证解答：（1）证明：如图一，O1，O2，F分别是AB，AC，BC边的中点，O1FAC且O1F=AO2，O2FAB且O2F=AO1，BO1F=BAC，CO2F=BAC，BO1F=CO2F点D和点E分别为两个半圆圆弧的中点，O1F=AO2

28、=O2E，O2F=AO1=O1D，BO1D=90°，CO2E=90°，BO1D=CO2EDO1F=FO2EDO1FFO2E；（2）解：如图二，延长CA至G，使AG=AQ，连接BG、AE点E是半圆O2圆弧的中点，AE=CE=3AC为直径AEC=90°，ACE=EAC=45°，AC=，AQ是半圆O2的切线，CAAQ，CAQ=90°，ACE=AQE=45°，GAQ=90°，AQ=AC=AG=，同理：BAP=90°，AB=AP=，CG=，GAB=QAP，AQPAGBPQ=BG，ACB=90°，BC=，BG=，PQ

29、=；（3）如图三，设直线FA与PQ的垂足为M，过C作CSMF于S，过B作BRMF于R，连接DR、AD、DMF是BC边的中点，SABF=SACFBR=CS，由（2）已证CAQ=90°，AC=AQ，2+3=90°FMPQ，2+1=90°，1=3，同理：2=4，AMQCSA，AM=CS，AM=BR，同（2）可证AD=BD，ADB=ADP=90°，ADB=ARB=90°，ADP=AMP=90°A、D、B、R四点在以AB为直径的圆上，A、D、P、M四点在以AP为直径的圆上，且DBR+DAR=180°，5=8，6=7，DAM+DAR=1

30、80°，DBR=DAMDBRDAM，5=9，RDM=90°，5+7=90°，6+8=90°，PAB=90°，PAAB，又AB是半圆O1直径，PA是半圆O1的切线点评：综合考查了圆与全等的有关知识；利用中位线定理及构造三角形全等，利用全等的性质解决相关问题是解决本题的关键7（2012常州）在平面直角坐标系xOy中，已知动点P在正比例函数y=x的图象上，点P的横坐标为m（m0），以点P为圆心，m为半径的圆交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C、D两点（点D在点C的上方）点E为平行四边形DOPE的顶点（如图）（1）写出点B、E的坐标（用含

31、m的代数式表示）；（2）连接DB、BE，设BDE的外接圆交y轴于点Q（点Q异于点D），连接EQ、BQ，试问线段BQ与线段EQ的长是否相等？为什么？（3）连接BC，求DBCDBE的度数考点：圆的综合题1125860分析：（1）如图所示，过点P作PMx轴于点M，构造直角三角形，利用垂径定理与勾股定理求出点B的坐标；同理可求得点D的坐标，过点D作DRPE于点R，则EDR为等腰直角三角形，从而求出点E的坐标；（2）如图所示，首先推出BDE为直角三角形，由圆周角定理可知，BE为BDE外接圆的直径，因此BQE=90°；然后证明RtEQKRtQBO，通过计算线段之间的比例关系，可以得到这两个三角形

32、全等，所以BQ=EQ；（3）如图所示，本问要点是证明RtBDERtBOC，得到OBC=DBE，进而计算可得DBCDBE=45°解答：解：（1）如图，连接PB，过点P作PMx轴于点M由题意可知，OM=PM=m，PB=m在RtPBM中，由勾股定理得：BM=2m，OB=OM+BM=m+2m=3m， B（3m，0）；连接PD，过点P作PNy轴于点N，同理可求得DN=2m，OD=3m过点D作DRPE于点R，平行四边形DOPE，ODE+DOP=180°；由题意可知，DOP=45°，ODE=135°，EDR=45°，即EDR为等腰直角三角形，ER=DR=OM

33、=m，EM=ER+RM=ER+OD=m+3m=4m，E（m，4m）（2）相等理由如下：依题意画出图形，如图所示由（1）知，ODE=BDO+BDE=135°，又OB=OD=3m，即OBD为等腰直角三角形，BDO=45°，BDE=90°，即BDE为直角三角形由圆周角定理可知，BE为BDE外接圆的直径，BQE=90°过点E作EKy轴于点K，则有EK=m，OK=4mBQE=90°，EQK+BQO=90°，又BQO+QBO=90°，EQK=QBORtEQKRtQBO，即，解得OQ=m或OQ=3m，点Q与点D不重合，OQ=m，OQ=EK

34、，即相似比为1，此时两个三角形全等，BQ=EQ（3）如图所示，连接BC由（1）可知，如图，CD=2DN=4m，OC=CDOD=m由（2）可知，BDE为直角三角形，EDK与BDO均为等腰直角三角形，DE=EK=m，BD=OB=3m在RtBDE与RtBOC中，OC=m，OB=3m，DE=m，BD=3m，RtBDERtBOC，OBC=DBE，DBCDBE=（OBD+OBC）DBE=OBD=45°点评：本题综合考查了平面几何图形的若干重要性质，包括圆的垂径定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形、平行四边形等，涉及考点较多，有一定的难度另外需要注意解题方法多样，例如

35、：第（1）问中求点E坐标也可采用代数方法解决，点E是直线DE（y=x+3m）与直线PE（x=m）的交点；第（3）问中也可以由三角函数tanOBC=tanDBE直接得到OBC=DBE8已知O中，弦AB=AC，点P是BAC所对弧上一动点，连接PB、PA、PC（1）如图，把ABP绕点A逆时针旋转到ACQ，求证：点P、C、Q三点在同一直线上（2）如图，若BAC=60°，试探究PA、PB、PC之间的关系（3）若BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请探究它们又有何数量关系考点：圆的综合题1125860分析：（1）如图，连接PC根据“内接四边形的对角互补的性

36、质”证得ACP+ACQ=180°，即点P、C、Q三点共线；（2）如图，通过作辅助线BC、PE、CE（连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE）构建等边PCE和全等三角形BECAPC；然后利用全等三角形的对应边相等和线段间的和差关系可以求得PA=PB+PC；（3）如图，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AGPC于点G利用全等三角形ABPAQP（SAS）的对应边相等推知AB=AQ，PB=PG，将PA、PB、PC的数量关系转化到APC中来求即可解答：（1）证明：如图，连接PCACQ是由ABP绕点A逆时针旋转得到的，ABP=ACQ由图知，点A、B、P、C四点共圆，ACP+AB

37、P=180°（圆内接四边形的对角互补），ACP+ACQ=180°（等量代换），点P在线段QC的延长线上，即点P、C、Q三点在同一直线上；（2）解：PA=PB+PC理由如下：如图，连接BC，延长BP至E，使PE=PC，连接CE弦AB=弦AC，BAC=60°，ABC是等边三角形（有一内角为60°的等腰三角形是等边三角形）A、B、P、C四点共圆，BAC+BPC=180°（圆内接四边形的对角互补），BPC+EPC=180°，BAC=CPE=60°，PE=PC，PCE是等边三角形，CE=PC，E=ECP=EPC=60°；又B

38、CE=60°+BCP，ACP=60°+BCP，BCE=ACP（等量代换）在BEC和APC中，BECAPC（SAS），BE=PA，PA=BE=PB+PC；（3）若BAC=120°时，（2）中的结论不成立PA=PB+PC理由如下：如图，在线段PC上截取PQ，使PQ=PB，过点A作AGPC于点GBAC=120°，BAC+BPC=180°，BPC=60°弦AB=弦AC，APB=APQ=30°在ABP和AQP中，ABPAQP（SAS），AB=AQ，PB=PQ（全等三角形的对应边相等），AQ=AC（等量代换）在等腰AQC中，QG=CG在

39、RtAPG中，APG=30°，则AP=2AG，PG=AGPB+PC=PGQG+PG+CG=PGQG+PG+QG=2PG=2AG，PA=2AG，即PA=PB+PC点评：本题考查了圆的综合题：注意圆心角、弧、弦间的关系，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质的综合运用9已知，如图：在平面直角坐标系中，点D是直线y=x上一点，过O、D两点的圆O1分别交x轴、y轴于点A和B（1）当A（12，0），B（0，5）时，求O1的坐标；（2）在（1）的条件下，过点A作O1的切线与BD的延长线相交于点C，求点C的坐标；（3）若点D的横坐标为，点I为ABO的内心，IEAB于E，当过O、D两点的O1的大

40、小发生变化时，其结论：AEBE的值是否发生变化？若不变，请求出其值；若变化，请求出变化范围 考点：切线的性质；全等三角形的判定；勾股定理；垂径定理；三角形的内切圆与内心1125860分析：（1）连接AB，过点O1作O1HOA于点H，由AOB=90°，可知：AB过圆心O1，已知点A，点B的坐标，O1A=O1B，则O1H=OB，OH=OA，从而可将点O1的坐标求出；（2）证ACHBAO，得CH=OA，OH=AOOB，从而可将点C的坐标求出；（3）作辅助线，作DNX轴于N，DMY轴于M，可知：四边形DMON为正方形，通过证明ADNBDM，得AN=BM，故AEBEAGBF=（OAOG）（OBOF）=OAOB=（AN+OG）（ANMO）=OG+OM=7为定值解答：解：（1）连接AB，过点O1作O1KOA于点K，AOB=90°，AB经过圆心O1，A（12，0），B（0，5），O1KO1A，O1A=O1B，O1K=O1B=2.5，O1K=O1A=×12=6，O1（6，2.5）；（2）过点C作CHx轴于点H，连接A