中考数学备考之圆与相似压轴突破训练∶培优 易错 难题篇含答案

中考数学备考之圆与相似压轴突破训练：培优易错难题篇含答案一、相似1.已知，如图，AB是O0的直径，点C为O0上一点，OF丄BC于点F,交O0于点E,AE与BC交于点H,点D为OE的延长线上一点，且/ODB=ZAEC.求证：BD是OO的切线;求证：CE2=EH・EA；.-5.j(3)若OO的半径为-，sinA=，求BH的长.【答案】(1)证明：如图，TZODB=ZAEC，ZAEC=ZABC，ZODB=ZABC，TOF丄BC，.ZBFD=90°，.ZODB+ZDBF=90°，.ZABC+ZDBF=90°，即ZOBD=90°,.BD丄OB,.BD是OO的切线(2)证明：连接AC，如图2所示:TOF丄BC，.ZCAE=ZECB，TZCEA=ZHEC，

△CEH-△AEC,CE_EA.F：-,.CE2=eh・EA(3)解：连接BE,如图3所示:图dTAB是OO的直径,ZAEB=90°,•••OO的半径为.,sinZBAE=,AB=5,BE=AB・sinZBAE=5x=3,EA=「：「=4,•••X-.BE=CE=3，TCE2=eh・EA,EH=■,.在RtABEH中，BH=i.【解析】【分析】(1)要证BD是OO的切线，只需证ZOBD=90°,因为ZOBC+ZBOD=90°,所以只须证ZODB=ZOBC即可。由圆周角定理和已知条件易得ZODB=ZABC,则ZOBC+ZBOD=90°=ZODB+ZBOD,由三角形内角和定理即可得ZOBD=90°；连接AC,要证CE2=EH・EA；只需证△CEH-△AEC,已有公共角ZAEC,再根据圆周角定理可得ZCAE=ZECB,即可证△CEH-△AEC,可得比例式求解；连接BE,解直角三角形AEB和直角三角形BEH即可求解。2.如图所示，△ABC和厶ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，ZBAC=ZDAE=90°,EC的延长线交BD于点P.

把厶ABC绕点A旋转到图1,BD,CE的关系是(选填"相等”或"不相等”)；简要说明理由；若AB=3，AD=5,把厶ABC绕点A旋转，当/EAC=90。时，在图2中作出旋转后的图形，求PD的值，简要说明计算过程；在(2)的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为,最大值为【答案】(1)解：相等理由：•••△ABC和厶ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，ZBAC=ZDAE=90°,BA=CA，ZBAD=ZCAE，DA=EA，△ABD竺△ACE，.BD=CE；解：作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示:STZEAC=90°，CE=J；'，TZPDA=ZAEC，ZPCD=ZACE△PCD-△ACE，

ZBAD=90°,RtAABD中，BD=,BE=AE-AB=2,TZABD=ZPBE,ZBAD=ZBPE=90°,△BAD-△BPE,（3）1；7【解析】【解答】解：（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在OA下方与OA相切时，PD的值最小；当CE在在OA右上方与OA相切时，PD的值最大.如图3所示，分两种情况讨论：在RtAPED中，PD=DE・sinZPED，因此锐角ZPED的大小直接决定了PD的大小.当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，TOC\o"1-5"\h\z在RtAACE中，CE="J「-=4，在RtADAE中，DE="J、，T四边形ACPB是正方形，.PC=AB=3，.PE=3+4=7，在RtAPDE中，PD=J■''，即旋转过程中线段PD的最小值为1;当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP为最大值，此时，DP'=4+3=7,即旋转过程中线段PD的最大值为7.故答案为：1，7．【分析】(1)BD,CE的关系是相等，理由如下：根据同角的余角相等得出ZBAD=ZCAE，根据等腰直角三角形的性质得出BA=CA,DA=EA，从而利用SAS判断出△ABD竺△ACE，根据全等三角形对应边相等得出BD=CE；作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：首先根据勾股定理算出CE的PDCL二长，然后判断出△PCD-△ACE，根据相似三角形对应边成比例得出'，根据比例式列出方程，求解得出PD的长；若点B在AE上，如图2所示：根据勾股定理算出BD的PBBE———长，然后判断出△BAD-△BPE，根据相似三角形对应边成比例得出-，根据比例式列出方程，求解得出PB的长，根据线段的和差即可得出PD的长；如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在OA下方与OA相切时，PD的值最小；当CE在在OA右上方与OA相切时，PD的值最大.如图3所示，分两种情况讨论：在RtAPED中，PD=DE・sinZPED，因此锐角ZPED的大小直接决定了PD的大小.①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，根据勾股定理算出CE,DE的长，根据正方形的性质得出PC=AB=3，进而得出PE的长，根据勾股定理算出PD的长，即旋转过程中线段PD的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD的最大值为7.3.如图，在RtAABC中，二，「角平分线交BC于0,以OB为半径作OQ.判定直线AC是否是OO的切线，并说明理由；1Ahranz7?=-—连接AO交OO于点E,其延长线交OO于点D，■-，求•的值;在(2)的条件下，设"的半径为3,求AC的长.【答案】(1)解：AC是OO的切线理由::,作.|于•，

:■血.是竺批的角平分线,;■.?左，•:AC是OO的切线解：连接',址是OO的直径，*：ZDBE=90*，即J十Z3二90°*：Z1.:'OB=0DfZ^3=G,t\Z1=ZD.又•—沁一二山（同角），AHBE』—-—=1规/丿=一ZABBLJ（3）解：设.「:：二=■■-在I"'.■-和二「朮〔中，由三角函数定义有:ABOFABOFABOF得：•■72AC=4nAC=4n100106即的长为•1）利用角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等证得点【解析】【分析】O到AC的距离为半径长，即可证得AC与圆O相切；（2）先连接BE构造一个可以利用正切值的直角三角形，再证得/1=ZD,从而证得两个三角形ABE与ABD相似，即可求得两个线段长的比值；（3）也可以应用三角形相似的判定与性质解题，其中AB的长度是利用勾股定理与（2）中AE与AB的比值求得的.

J35.y=a(x—)-~-.2)C(-2)4.已知顶点为•抛物线经过点，点二.求抛物线的解析式；如图1,直线AB与x轴相交于点M,y轴相交于点E,抛物线与y轴相交于点F,在直线AB上有一点P,若/OPM=Z皿人卩求厶POE的面积；(3)如图2,点Q是折线(3)如图2,点Q是折线A-B-C上一点，过点Q作QNIIy轴，过点E作ENIIx轴，直线QN与直线EN相交于点N,连接QE,将厶QEN沿QE翻折得到厶QEN】，若点叫落在x轴上，请直接写出Q点的坐标.解得：a=1,•••抛物线的解析式为：'「或(2)解：设直线AB解析式为：y=kx+b，代入点A、B的坐标得:-1)，-1)，1・2・2二一k士b9解得：•’,•直线AB的解析式为：y=-2x-1,71•E(0,-1),F(0,-■),M(-.,0),•OE=1,FE=■,TZOPM=ZMAF,•当OPIIAF时，△OPE-△FAE,OP_0Lr_1_4~FA~7e~~3~设点P(t,-2t-1),化简得：（15t+2）3t+2)=0,T1当t=-•时，、△OPE=-xlx•=■,2121当t=-时，汇OPE=-xlx=,综上，△POE的面积为•或.Q(--,【解析】【解答】（3）解：由（2）知直线AB的解析式为：y=-2x-1,E（0,设Q（m，-2m-1）,N1（n，0），•••N（m,-1）,•••△QEN沿QE翻折得到厶QENtnn-NN】中点坐标为）,EN=EN],-NN1中点一定在直线AB上,•••EN2=EN12,二m2=(---m)2+1,解得：m=--,.-5,'j•••Q(-■,.).【分析】（1）用待定系数法将点B点坐标代入二次函数解析式即可得出a值.（2）设直线AB解析式为：y=kx+b，代入点A、B的坐标得一个关于k和b的二元一次方程71组，解之即可得直线AB解析式，根据题意得E（0，-1），F（0，-■），M（-■，0），根4413/s\'j-7匕_刖r_2一?--据相似三角形的判定和性质得OP=FA=、…-，设点P（t,-2t-1），根据两点间的距离公式即可求得t值，再由三角形面积公式△POE的面积.（3）由（2）知直线AB的解析式为：y=-2x-1,E（0，-1），设Q（m，-2m-1）,N1（n，用；n-160）,从而得N（m,-1），根据翻折的性质知NN】中点坐标为（••，••）且在直11线AB上，将此中点坐标代入直线AB解析式可得n=--m,即N1（---m，0）,再根据翻折1的性质和两点间的距离公式得m2=（---m）2+1，解之即可得Q点坐标.

(2)在(1)的条件下，①证明：AE丄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。(2)①证明：在AD上取一点F使DF=DC,连接EF,【答案】(1)•:DE平分/ADC,ZFDE=ZCDE,在厶FED和厶CDE中，DF=DC,ZFDE=ZCDE,DE=DE△FED竺△CDE(SAS),.ZDFE=ZDCE=90°，ZAFE=180°-ZDFE=90°.ZDEF=ZDEC，TAD=AB+CD,DF=DC,.AF=AB，在RtAAFE竺RtAABE(HL).ZAEB=ZAEF,111.ZAED=ZAEF+ZDEF=.ZCEF+.ZBEF=.(ZCEF+ZBEF)=90°。.AE丄DE②解：过点D作DP丄AB于点P,

T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丄AB时，有最小值，TDPIAB,AD=AB+CD=6,ZDPB=ZABC=ZC=90°,.四边形DPBC是矩形,.BP=DC=2,AP=AB-BP=2,在RtAAPD中，DP=T「"■■■"=叮',TFN丄AB,由①可知AF=AB=4,FNIIDP,△AFN-△ADPAF_冋•••「’-,4_FN即,解得FN=',•••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ZFDE=ZCDE；根据全等三角形判定SAS得△FED竺△CDE，再由全等三角形性质和补角定义得ZDFE=ZDCE=ZAFE=90°,ZDEF=ZDEC；再由直角三角形全等的判定HL得RtAAFE竺RtAABE，由全等三角形性质得ZAEB=ZAEF，再由补角定义可得AE丄DE.②过点D作DP丄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丄AB时，有最小值，即BM+MN=FM+MN=FN；在RtAAPD中，根据勾股定理得DP=/；‘川二、;由相似三角形判定得△AFN-△ADP,再由相似三角形性质得'，从而求得FN,即BM+MN的最小值.6.如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A(3,0),B(0,4),C(-3,0)。动点M,N同时从A点出发，M沿ATC,N沿折线ATBTC,均以每秒1个单位长度的速度移动，当一个动点到达终点C时，另一个动点也随之停止移动，移动时间记为t秒。连接MN。求直线BC的解析式；移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处，求此时t值及点D的坐标；当点M,N移动时，记△ABC在直线MN右侧部分的面积为S,求S关于时间t的函数关系式。【答案】(1)解：设直线BC解析式为：y=kx+b,•••B(0,4),C(-3,0),rb=4tJ解得：4.直线BC解析式为：y=x+4.(2)解：依题可得：AM=AN=t，T△AMN沿直线MN翻折，点A与点点D重合,.四边形AMDN为菱形，作NF丄x轴，连接AD交MN于Oz,TA（3，0），B（0，4），.OA=3,OB=4，.AB=5,.M（3-t，0），又:△ANF-△ABO,r好粧==空,TOC\o"1-5"\h\z.J4AF=t,NF=t,.j4N(3-t,t).\o"CurrentDocument"42•••Oz(3-t,t),设D(x,y),jv*4yJ62.•..=3-t,/■'=t,54x=3-t,y=t,54D(3-t,t),又：D在直线BC上，\o"CurrentDocument"484x(3-t)+4=t,36t=..,D.(3)①当0<tW5时(如图2),△ABC在直线MN右侧部分为△AMN,\o"CurrentDocument"1142•S=、•=.•AM・DF=.xtxt=t-,②当5<t<6时，△ABC在直线MN右侧部分为四边形ABNM,如图3AM=AN=t,AB=BC=5,BN=t-5,CN=-5-(t-5)=10-t.又:△CNF-△CBO,ChNF.--=-,10-tNF:.=-,NF=(10-t),S=一—-「’：：=.・AC・OB-.・CM・NF,=-x6x4-x(6-t)x(10-t),2.3：'：=-t'+'t-12.【解析】【分析】(1)设直线BC解析式为：y=kx+b，将B、C两点坐标代入即可得出二元一次方程组，解之即可得出直线BC解析式.(2)依题可得：AM=AN=t，根据翻折性质得四边形AMDN为菱形，作NF丄x轴，连接AD交MN于0z,结合已知条件得M(3-t,0)，AAAbNF又ANF-△ABO,根据相似三角形性质得'■=''=',TOC\o"1-5"\h\z.j4.j44代入数值即可得AF=t,NF=t,从而得N(3-t,t),根据中点坐标公式得Oz(3-t,t),54设D(x,y)，再由中点坐标公式得D(3-t,t),又由D在直线BC上，代入即可得D点坐标.(3)①当0<t<5时(如图2),△ABC在直线MN右侧部分为△AMN,根据三角形面积公式即可得出S表达式.②当5<t<6时，△ABC在直线MN右侧部分为四边形ABN皿，由厶CNF-△CBO,根据相似CN41三角形性质得''=•，代入数值得NF=(10-t)，最后由S^'—=-•AC^OB-1••CM・NF,代入数值即可得表达式.7.如图，在RtAABC中，ZACB=90°,AC=6cm,BC=8cm.动点M从点B出发，在BA边上以每秒3cm的速度向定点A运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒2cm的速10(o/t<■―)度向点B运动，运动时间为t秒，连接MN.

(2)连接AN,CM,若AN丄CM,求t的值.【答案】((2)连接AN,CM,若AN丄CM,求t的值.【答案】(1)解：TZACB=90°,由题意得BM=3tcm,AC=6cm,BC=8cm,BA='=10(cm).CN=2tcm,BN=(8—2t)cm.3t8-当厶BMN-△BAC时,当厶BMN-△BCA时,=，解得t=；3t10-2t32=-，解得t=32综上所述，△BMN与厶ABC相似时，t的值为…或'凤Bb砌..''=一―=玉』.TAC=6cm,BC=8cm,BA=10cm,BM=3tcm,TOC\o"1-5"\h\z石12-—(8—t)..DM=tcm,BD=■tcm,.CD=cm.TAN丄CM,ZACB=90°,.ZCAN+ZACM=90°,ZMCD+ZACM=90°,ZCAN=ZMCD.TMD丄CB,.ZMDC=ZACB=90°,.△CAN-△DCM,\o"CurrentDocument"6门ACCN莎~:.匸.=.",..•=.J,解得t=..【解析】【分析】(1)在直角三角形ABC中，由已知条件用勾股定理可求得AB的长，再根据路程=速度时间可将BM、CN用含t的代数式表示出来，则BN=BC-CN也可用含t的代数式表示出来，因为△BMN与△ABC相似，由题意可分两种情况，①当△BMN-△BAC时，由相似三角形的性质可得比例式：心M；将已知的线段代入计算即可求解；②当△BMN-△BCA时，由相似三角形的性质可得比例式:丁;込将已知的线段代入计算即可求解；(2)过点M作MD丄CB于点D，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得DMBDBABDM-△BCA,于是可得比例式「■,将已知的线段代入计算即可用含t的代数式表示DM、BD的长，则CD=CB-BD也可用含t的代数式表示出来，同理易证ac_aCAN-△DCM，可得比例式’，将已表示的线段代入计算即可求得t的值。8如图，抛物线y=X2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于（1）求抛物线的函数关系式；（2）连接CD,过原点0作0E丄CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E,连接AE，AD，并延长DA交y轴于点F,求证：△OAE-△CFD；（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P,过点P作OE的切线，切点为Q,当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出Q的坐标.【答案】（1）解：T顶点D的坐标为（3,-1）.b4ac-H，匕=-1,解得b=-3,c=-,17.抛物线的函数关系式：yLX2-3x+_；（2）解：如答图1,过顶点D作DG丄y轴于点G,则G（0,-1）,GD=3,令x=0,得y=-,•••C(0,.),7石CG=OC+OG=；3+1=；：；,tanZDCG=,设对称轴交x轴于点M,贝9OM=3,DM=1,AM=3-(3-—)='」，由OE丄CD,易知ZEOM=ZDCG,EM_2tanZEOM=tanZDCG=：,解得EM=2，DE=EM+DM=3，在RtAAEM中，AM=—,EM=2，由勾股定理得：AE=；在RtAADM中，AM=—，DM=1，由勾股定理得：AD=.TAE2+AD2=6+3=9=DE2，△ADE为直角三角形，ZEAD=90°，设AE交CD于点P，TZAEO+ZEPH=90°,ZADC+APD=90°,ZEPH=ZAPD(对顶角相等),ZAEO=ZADC，△OAE~△CFD3）解：依题意画出图形，如答图2所示：由OE的半径为1根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2-1,要使切线长PQ取小，只需EP长取小，即EP2取小.设点P坐标为(x,y),由勾股定理得：EP2=(x-3)2+(y-2)2,•r=(x-3)2-1,•••(x-3)2=2y+2,二EP2=2y+2+(y-2)2=(y-1)2+5,当y=1时，EP2有最小值，最小值为5.11将y=1代入y=(x-3)2-1,得•(x-3)2-1=1,解得：x1=1,x2=5,又•••点P在对称轴右侧的抛物线上，•x1=1舍去,P(5,1),Q1(3,1)；•••△eq2p为直角三角形，•过点q2作x轴的平行线，再分别过点E,P向其作垂线，垂足分别为M点和N点，设点Q2的坐标为(m,n),则在RtAMQ2E和RtAQ2NP中建立勾股方程，即(m-3)2+(n-2)2=1①，(5-m)2+(n-1)2=4②，①-②得n=2m-5③，将③代入到①得到，19m】=3(舍)，m2=,再将m='代入③得n=',—q2(','),此时点Q坐标为(3,1)或(’，')【解析】【分析】(1)根据抛物线的顶点坐标及顶点坐标公式建立出关于b,c的二元一次方程组，求解得出b,c的值，从而得出抛物线的解析式；如答图1,过顶点D作DG丄y轴于点G,则G(0,-1),GD=3,根据抛物线与坐标轴交点的坐标特点求出C点的坐标，A点坐标，进而得出CG的长，根据正切函数的定义2求出tanZDCG=，设对称轴交x轴于点M,则OM=3,DM=1,AM=3-(3-—)八根据同角的余角相等易知ZEOM=ZDCG,根据等角的同名三角函数值相等得出Eh2tanZEOM=tanZDCG=■=故解得EM=2,DE=EM+DM=3，在RtAAEM中，由勾股定理得AE的长，在RtAADM中，由勾股定理得AD的长，根据勾股定理的逆定理判断出△ADE为直角三角形，ZEAD=90°,设AE交CD于点P,根据等角的余角相等得出ZAEO=ZADC,从而判断出△OAE-△CFD；依题意画出图形，如答图2所示：由OE的半径为1,根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2-1,要使切线长PQ最小,只需EP长最小,即EP2最小．设点P坐标为(x,y),由勾股定理得：EP2=(x-3)2+(y-2)2,根据抛物线的解析式，整体替换得出EP2=2y+2+(y-2)2=(y-1)2+5，当y=1时，EP2有最小值，最小值为5.然后根据抛物线上点的坐标特点将y=1代入抛物线的解析式，求出对应的自变量x的值，再检验得出P点的坐标，进而得出Q]的坐标，由切割线定理得到Q2P=Q]P=2,EQ2=1，设点Q2的坐标为(m,n),则在RtAMQ2E和RtAQ2NP中建立勾股方程，即(m-3)2+(n-2)2=1①，(5-m)2+(n-1)2=4②，由切割线定理得到Q2P=Q]P=2,EQ2=1，将③代入到①得到，求解并检验得出m,n的值，从而得出Q2的坐标，综上所述即可得出答案。二、圆的综合9.如图，OO是厶ABC的外接圆，点E为厶ABC内切圆的圆心，连接AE的延长线交BC于点F,交OO于点D；连接BD,过点D作直线DM,使ZBDM=ZDAC.求证：直线DM是OO的切线；若DF=2,且AF=4，求BD和DE的长.【答案】(1)证明见解析(2)2^3【解析】【分析】根据垂径定理的推论即可得到OD丄BC,再根据ZBDM=ZDBC,即可判定BCIIDM,进而得到OD丄DM,据此可得直线DM是OO的切线；根据三角形内心的定义以及圆周角定理，得到ZBED=ZEBD,即可得出DB=DE,再判定厶DBF-△DAB,即可得到DB2=DF・DA，据此解答即可.【详解】（1）如图所示，连接OD．T点E是厶ABC的内心ZBAD=ZCAD,ABd=Cd,：.OD丄BC.又：乙BDM=ZDAC,ZDAC=ZDBC,AZBDM=ZDBC,ABCIIDM,AOD丄DM.又TOD为OO半径，A直线DM是OO的切线.（2）连接BE.TE为内心,AZABE=ZCBE.TZBAD=ZCAD,ZDBC=ZCAD,AZBAD=ZDBC,AZBAE+ZABE=ZCBE+ZDBC,即ZBED=ZDBE,ABD=DE.DFDB又TZBDF=ZADB（公共角），A△DBF-△DAB,A=，即DB2=DF・DA.DBDATDF=2,AF=4,ADA=DF+AF=6,ADB2=DF・DA=12,ADB=DE=2\：3.VD【点睛】本题主要考查了三角形的内心与外心,圆周角定理以及垂径定理的综合应用,解题时注意：平分弦所对一条弧的直径,垂直平分弦,并且平分弦所对的另一条弧；三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角.10.如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA,PB,PC.将△PAB绕点B顺时针旋转90°到厶P'CB的位置.⑴设AB的长为a,PB的长为b（b<a），求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域（图中阴影部分）的面积；⑵若PA=2,PB=4,ZAPB=135°,求PC的长.【答案】⑴S阴影治2七2）；（2）PC=6.【解析】试题分析：（1）依题意，将△P'CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°,可据此求出阴影部分的面积.

(2)连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP',旋转角ZPBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，ZBP'C=ZBPA=135°,ZPP'C=ZBP'C-ZBP'P=135°-45°=90°,可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长.试题解析：(1)T将厶PAB绕点B顺时针旋转90°到厶PZCB的位置，△PAB^△P'CB，•••S△PAB=S△P'CBS•••S△PAB=S△P'CBS阴影=S扇形BAC-S扇形BPP'=（a2-b2）(2)连接PP'，根据旋转的性质可知：△APB竺△CP'B，.BP=BP'=4，P'C=PA=2，ZPBP'=90°，•△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；又:ZBP'C=ZBPA=135°，•ZPP'C=ZBP'C-ZBP'P=135°-45°=90°，即△PP'C是直角三角形.=6・考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质・11・11・如图1,在RtAABC中，AC=8cm,BC=6cm,D、E分别为边AB、BC的中点，连结DE,点P从点A出发，沿折线AD-DE运动，到点E停止，点P在AD上以5cm/s的速度运动，在DE上以1cm/s的速度运动，过点P'作PQ丄AC于点Q,以PQ为边作正方形PQMN.设点P的运动时间为t(s).当点P在线段DE上运动时，线段DP的长为cm.(用含t的代数式表示)当正方形PQMN与厶ABC重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S(cm2),求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围.如图2,若点O在线段BC上，且CO=1，以点O为圆心，1cm长为半径作圆，当点P开始运动时，OO的半径以0.2cm/s的速度开始不断增大，当OO与正方形PQMN的边所在直线相切时，求此时的t值.

【答案】(Dr-1；(2)S=--t2+3t+3(1【答案】(Dr-1；810(310(3)t=—s.分析：(1)根据勾股定理求出AB,根据D为AB中点，求出AD,根据点P在AD上的速度，即可求出点P在AD段的运动时间，再求出点P在DP段的运动时间，最后根据DE段运动速度为1cm/s，即可求出DP；由正方形PQMN与厶ABC重叠部分图形为五边形，可知点P在DE上，求出DP=t-1,PQ=3，根据MNIIBC,求出FN的长，从而得到FM的长，再根据S=SFMHD+S缽梯形FMHD矩形dhqp，列出S与t的函数关系式即可；当圆与边PQ相切时，可求得r=PE=5-t，然后由r以0.2cm/s的速度不断增大，r=1+0.2t,然后列方程求解即可；当圆与MN相切时，r=CM=8-t=1+0.2t，从而可求得t的值.详解：(1)由勾股定理可知：ab=^ac2+bc2=10.•••DE=2AC=4,1AD=2•••DE=2AC=4,1AD=2AB=5'•••点p在AD上的运动时间=5=1s,当点p在线段DE上运动时，DP段的运动时间为(t-1)s.vDE1)s.vDE段运动速度为1cm/s,•DP=(t-1)cm.故答案为t-1.(2)当正方形PQMN与厶ABC重叠部分图形为五边形时，有一种情况，如下图所示.BECMHQ当正方形的边长大于DP时，重叠部分为五边形,•3>t-1,t<4,DP>0,•t-1>0.解得：t>1,•1<t<4.v△DFNv△DFN-△ABC,DNAC84~FN=BC=6=3vDN=PN-PD，•DN=3-(t-1)=4-t，4-1_4~FN=4-1_4~FN=3FN=3(4-1)4•FM=3-3(4-1)3t—4—=才'TOC\o"1-5"\h\zS=S+S，梯形FMHD矩形DHQP\o"CurrentDocument".13t3…S=x(+3)x(4-t)+3(t-1)=-t2+3t+3(1VtV4).2483)①当圆与边PQ相切时，如图：当圆与PQ相切时，r=PE，由(1)可知，PD=(t-1)cm,PE=DE-DP=4-(t-1)=(5-t)cm.•••r以0.2cm/s的速度不断增大，二r=1+0.2t,1+0.2t=5-t,解得:t=s3•②当圆与MN相切时，r=CM.B由(1)可知，DP=(t-1)cm,贝9PE=CQ=(5-t)cm，MQ=3cm，.MC=MQ+CQ=5-t+3=(8-t)cm，35.1+0.2t=8-t,解得:t=s.635TP到E点停止，.t-1<4，即t<5，.t=s(舍).610综上所述：当t=ys时，OO与正方形PQMN的边所在直线相切.点睛:本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了勾股定理、相似三角形的性质和判定、正方形的性质，直线和圆的位置关系，依据题意列出方程是解题的关键.12.如图所示，AB是半圆O的直径，AC是弦，点P沿BA方向，从点B运动到点A,速度为1cm/s,若AB10cm，点0到AC的距离为4cm.

求弦AC的长；问经过多长时间后，△APC是等腰三角形.14【答案】(1)AC=6；(2)t=4或5或ys时，△APC是等腰三角形；【解析】【分析】过O作OD丄AC于D,根据勾股定理求得AD的长，再利用垂径定理即可求得AC的长；(2)分AC=PC、AP=AC、AP=CP三种情况求t值即可.【详解】(1)如图1，过O作0D丄AC于D，易知AO=5，OD=4，从而AD=-工|芒-0［匸=3,AC=2AD=6；(2)设经过t秒厶APC是等腰三角形，则AP=10-t①如图2,若AC=PC，过点C作CH丄AB于H,图2TZA=ZA，ZAHC=ZODA=90°,△AHC-△ADO，10-t.AC：AH=OA：AD,即卩AC：'=5：3,解得t='「s,•••经过.s后厶APC是等腰三角形；5②如图3，若AP=AC，

由PB=x,AB=10，得到AP=10-x,又:AC=6,则10-t=6，解得t=4s,•••经过4s后厶APC是等腰三角形;③如图③如图4,若AP=CP,P与0重合,则AP=BP=5,•••经过5s后厶APC是等腰三角形.14综上可知当t=4或5或s时，△APC是等腰三角形.【点睛】本题是圆的综合题,解决问题利用了垂径定理,勾股定理等知识点,解题时要注意当△BPC是等腰三角形时，点P的位置有三种情况.13.如图，在矩形ABCD中，点0在对角线AC上，以OA的长为半径的O0与AD、AC分别交于点E、F,且/ACB=ZDCE.判断直线CE与O0的位置关系，并说明理由;若AB=込,BC=2,求OO的半径.【答案】(1)直线【答案】(1)直线CE与O0相切，理由见解析;2)OO的半径为解析】分析】首先连接OE，由OE=OA与四边形ABCD是矩形，易求得/DEC+ZOEA=90°,即卩0E丄EC,即可证得直线CE与OO的位置关系是相切；首先易证得△CDE-aCBA，然后根据相似三角形的对应边成比例，即可求得DE的长，又由勾股定理即可求得AC的长，然后设OA为X,即可得方程(朽)2—x2=-x)2，解此方程即可求得OO的半径.【详解】解：(1)直线CE与O0相切....理由：连接OE，T四边形ABCD是矩形，zB=ZD=ZBAD=90°，BCIIAD，CD=AB，ZDCE+ZDEC=90°，ZACB=ZDAC，又ZDCE=ZACB，.ZDEC+ZDAC=90°，TOE=OA，.ZOEA=ZDAC，.ZDEC+ZOEA=90°，.ZOEC=90°，.OE±EC，TOE为圆0半径，.直线CE与OO相切；…(2)TZB=ZD，ZDCE=ZACB，△CDE-△CBA，.BC_AB~DC~~DE，又CD=AB=、：2，BC=2，.DE=1根据勾股定理得EC=弓,又AC_\；AB2+BC2_订6，…设OA为x,则(岳2+x2_(、:b一x)2，解得x_虽,4.OO的半径为工64【点睛】此题考查了切线的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用，注意辅助线的作法．14.如图，点A,B,C,D,E在OO上，AB丄CB于点B,tanD=3,BC=2,H为CE延长线上一点，且AH=j10,CH二5^2.（1）求证：AH是OO的切线；（2）若点D是弧CE的中点，且AD交CE于点F,求证：HF=HA；（3）在（2）的条件下，求EF的长.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）-迈【解析】【分析】（1）连接AC,由AB丄CB可知AC是OO的直径，由圆周角定理可得ZC=ZD,于是得到tanC=3，故此可知AB=6，在Rt^ABC中，由勾股定理得：AC2=40,从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得AC丄AH,问题得证；（2）连接DE、BE,由弦切角定理可知/ABD=ZHAD,由D是CE的中点，可得ZCED=ZEBD,再由圆周角定理可得ZABE=ZADE，结合三角形的外角即可证明ZHAF=ZAFH，从而可证得AH=HF；（3）由切割线定理可得EH=f2，由（2）可知AF=FH=p10，从而可得EF=FH-EH=富0-、/2.【详解】（1）如图1所示：连接AC.TAB丄CB,•••AC是OO的直径，ZC=ZD,/.tanC=3,/.AB=3BC=3x2=6,在Rt^ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40,又:AH2=10,CH2=50,•••AC2+AH2=CH2,•••△ACH为直角三角形，AC丄AH,AH是圆O的切线；(2)如图2所示：连接DE、BE,TAH是圆O的切线,ZABD=ZHAD,TD是CE的中点，C»DE»D,ZCED=ZEBD,又:ZABE=ZADE,ZABE+ZEBD=ZADE+ZCED,ZABD=ZAFE,ZHAF=ZAFH,AH=HF；（3）由切割线定理可知：AH2=EH・CH,即（J10）2=5*2EH,解得：EH=f'2,•••由（2）可知AF=FH=\：IU,EF=FH-EH^.-T0一、辽.【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等,正确添

加辅助线是解题的关键.15.我们知道，如图1,AB是OO的弦，点F是AFB的中点，过点F作EF丄AB于点E,易得点E是AB的中点，即AE=EB.OO上一点C(AOBC)，则折线ACB称为OO的一条“折弦”.当点C在弦AB的上方时(如图2)，过点F作EF丄AC于点E,求证：点E是"折弦ACB”的中点，即AE=EC+CB.当点C在弦AB的下方时(如图3),其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明.如图4,已知RtAABC中，ZC=90°,ZBAC=30°,RtAABC的外接圆OO的半径为2,过OO上一点P作PH丄AC于点H,父AB于点M,当ZPAB=45。时，求AH的长.FZ【答案】(1)见解析；(2)结论AE=EC+CB不成立，新结论为：CE=BC+AE，见解析；(3)AH的长为-1或%5+1.【解析】【分析】在AC上截取AG=BC，连接FA,FG,FB,FC,证明△FAG竺△FBC，根据全等三角形的性质得到FG=FC，根据等腰三角形的性质得到EG=EC，即可证明.在CA上截取CG=CB，连接FA,FB,FC,证明△FCG竺△FCB，根据全等三角形的性质得到FG=FB,得到FA=FG，根据等腰三角形的性质得到AE=GE,即可证明.分点P在弦AB上方和点P在弦AB下方两种情况进行讨论.【详解】解：(1)如图2，

在AC上截取AG=BC，连接FA,FG,FB,FC,T点F是扬fb的中点，FA=FB,在厶FAG和厶FBC中，〜FA=FB<ZFAG=ZFBCAG=BC,△FAG竺△FBC(SAS),FG=FC,TFE丄AC,.EG=EC,AE=AG+EG=BC+CE；(2)结论AE=EC+CB不成立，新结论为：CE=BC+AE,理由：如图3,在CA上截取CG=CB,连接FA,FB,FC,T点F是坤FB的中点，.fa=fb,Fa二Fb,ZFCG=ZFCB,'CG=CB在厶FCG和厶FCB中，</FCG=ZF