度九年级教案教案中考教育数学圆及相似解答题压轴题提高专题总结练习及详细

2020-2021九年级中考数学圆与相似解答题压轴题提高专题练习及详细答案

一、相似

1．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝

BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．

1）求证：△ABP≌△CBE．

2）连接AD、BD，BD与AP订交于点F，如图②．

①当时，求证：AP⊥BD；

②当(n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．

【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，

∴∠ABP＝∠CBE．

在△ABP和△CBE中，

（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．

∵△ABP≌△CBE，

∴∠PAB＝∠ECB，

∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，

∴∠AHE＝90°，

∴AP⊥CE．

∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，

∴△CPD∽△BPE，∴

∴DP＝EP．

，

∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．

∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．②解：∵

∴CP＝(n－1)BP．

∵CD∥BE，

，∴BC＝nBP，

∴△CPD∽△BPE，

∴．

令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，

S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．

∵

∴S1＝(n＋1)(n－1)S，

，

∴．

【解析】【解析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知

=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行

四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再依照平行线

的性质即可求得AP⊥BD；

②方法与①近似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，尔后可

将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。

2．已知抛物线y=ax2+bx-3的图象与x轴交于点A（-1，0）和点B（3，0），极点为D，点C是直线l：y=x+5与x轴的交点.

（1）求该二次函数的表达式；（2）点E是直线l在第三象限上的点，连接EA、EB，当△ECA∽△BCE时，求E点的坐标；（3）在（2）的条件下，连接AD、BD，在直线DE上可否存在点P，使得∠APD=∠ADB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明原由.【答案】（1）解：将A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx-3，得：，解得：，∴该二次函数的表达式为y=x2-2x-3

（2）解：当y=0时，x+5=0，

解得：x=-5，

∴点C的坐标为（-5，0）.

∵点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），

AC=4，BC=8.

∵△ECA∽△BCE，

∴∠ECA=∠BCE，=

∴EC=4或EC=-4

过点E作EF⊥x轴于点

，即=，

（舍去），

F，如图1所示，

∵直线l的函数表达式为y=x+5，

∴△CEF为等腰三角形，

CE=EF=4，

OF=5+4=9，EF=4，

∴点E的坐标为（-9，-4）；

3）解：∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，

∴点D的坐标为（1，-4），∴AD=BD==2

由（2）可知：点E的坐标为（-9，-4），

∴直线DE的函数表达式为y=-4，

，

过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，如图2所示，

∵点D的坐标为（1，-4），点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），

∴S△ABD=×[3（--1）]×4=8，

∴AM===，

∴DM=

=

，

∵∠APD=∠ADB，

∴tan∠APD=tan∠ADB，即=，

∴=，

PN=3，

又∵点N的坐标为（-1，-4），

∴点P的坐标为（-4，-4）或（2，-4）.

综上所述：在直线DE上存在点P（-4，-4）或（2，-4），使得∠APD=∠ADB.

【解析】【解析】（1）依照点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特色可求出点C的坐标，结合点A，B的坐标利用相似三角形的性质可求出EC的值，过点E作EF⊥x轴于点F，则△CEF为等腰三角形，根据等腰直角三角形的性质可求出CE，EF的值，进而可得出点E的坐标；（3）利用配方法可求出点D的坐标，进而可得出BD的长度，结合点E的坐标可得出直线DE的函数表达式为y=-4，过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，利用面积法可求出

AM的值，由∠APD=∠ADB结合正切的定义可求出PN的值，再结合点N的坐标可得出点

P

的坐标，此题得解

.

3．已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4.点Q是线段AC上的一个动点，过点

AC的垂线交线段AB（如图1）或线段AB的延长线（如图2）于点P.

Q作

1）当点P在线段AB上时，求证：△APQ∽△ABC；

2）当△PQB为等腰三角形时，求AP的长.

【答案】（1））证明：∵∠A+∠APQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠APQ=∠C.

在△APQ与△ABC中，∵∠APQ=∠C，∠A=∠A，

∴△APQ∽△ABC.

2）解：在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5.

∵∠BPQ为钝角，∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ.

I）当点P在线段AB上时，如题图1所示，由（1）可知，△APQ∽△ABC，

∴，即，解得：.

∴.

（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图

2所示,

∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P.

∵∠BQP+∠AQB=90，°∠A+∠P=90，°∴∠AQB=∠A。∴BQ=AB。

AB=BP，点B为线段AB中点。

AP=2AB=2×3=6.

综上所述，当△PQB为等腰三角形时，AP的长为或6.

【解析】【解析】（1）由两对角相等（∠APQ=∠C，∠A=∠A），证明△APQ∽△ABC。

（2）当△PQB为等腰三角形时，有两种情况，需要分类谈论.（I）当点P在线段AB上

时，如题图1所示.由三角形相似（△APQ∽△ABC）关系计算AP的长；（II）当点P在线

段AB的延长线上时，如题图2所示.利用角之间的关系，证明点B为线段AP的中点，从

而可以求出AP.

4．如图1，直线l：与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，点C是线

段OA上一动点（0＜AC＜），以点A为圆心，AC长为半径作⊙A交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连接OE并延长交⊙A于点F．

（1）求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值；

（2）如图2，连接CE，当CE=EF时，

①求证：△OCE∽△OEA；

②求点E的坐标；

（3）当点C在线段OA上运动时，求OE·EF的最大值．

【答案】（1）解：把A（4，0）代入，得×4+b=0，

解得b=3，

∴直线l的函数表达式为，

∴B（0,3），

∵AO⊥BO，OA=4，BO=3，

∴tan∠BAO=.

（2）①证明：如图，连接AF，

CE=EF，

∴∠CAE=∠EAF，

又∵AC=AE=AF，

∴∠ACE=∠AEF，

∴∠OCE=∠OEA，

又∵∠COE=∠EOA，

∴△OCE∽△OEA.

②解：如图，过点E作EH⊥x轴于点H，

tan∠BAO=，∴设EH=3x，AH=4x，

AE=AC=5x，OH=4-4x，

OC=4-5x,

∵△OCE∽△OEA，

∴=，

即OE2=OA·OC，

∴（4-4x）2+（3x）2=4（4-5x）,

解得x1=，x2=0（不合题意，舍去）

∴E（，）.

（3）解：如图，过点A作AM⊥OF于点M，过点O作ON⊥AB于点N,

∵tan∠BAO=,

∴cos∠BAO=,

∴AN=OA·cos∠BAO=,

设AC=AE=r,

∴EN=-r,

∵ON⊥AB，AM⊥OF,

∴∠ONE=∠AME=90，°EM=EF,

又∵∠OEN=∠AEM,

∴△OEN∽△AEM,

∴=,

即OE·EF=AE·EN,

∴OE·EF=2AEEN=2r·（·-r）,

∴OE·EF=-2r2+r-2（r-）2+（0＜r＜）,

∴当r=时，OE·EF有最大值，最大值为.【解析】【解析】（1）将点A坐标代入直线l解析式即可求出b值进而得直线l的函数表达式，依照锐角三角函数正切定义即可求得答案.（2）①如图，连接AF，依照等腰三角形性质等边同等角可得两组对应角相等，依照相似三角形的判断即可得证.②如图，过点E作EH⊥x轴于点H，依照锐角三角函数正切值即可设EH=3x，AH=4x，从而得出AE、OH、OC，由①中相似三角形的性质可得OE2=OA·OC，代入数值即可得一个关于x的方程，解之即可求出E点坐标.（3）如图，过点A作AM⊥OF于点M，过点O作ON⊥AB于点N,依照锐角三角函数定义

可求得AN=OA·cos∠BAO=,设AC=AE=r,则EN=-r,依照相似三角形判断和性质可知=

,即OE·EF=-2r2+r=（0＜r＜）,由二次函数的性质即可求此最大值.

5．如图，抛物线y=ax2+bx+c过原点O、点A（2，﹣4）、点B（3，﹣3），与x轴交于点C，直线AB交x轴于点D，交y轴于点E．

（1）求抛物线的函数表达式和极点坐标；（2）直线AF⊥x轴，垂足为点F，AF上取一点G，使△GBA∽△AOD，求此时点G的坐标；（3）过直线AF左侧的抛物线上点M作直线AB的垂线，垂足为点N，若∠BMN=∠OAF，求直线BM的函数表达式．【答案】（1）解：将原点O（0,0）、点A（2，﹣4）、点B（3，﹣3），分别代入y=ax2+bx+c，得，解得，∴y=x2-4x=，∴极点为（2，-4）.（2）解：设直线AB为y=kx+b，由点A（2，-4），B（3，-3），得解得，∴直线AB为y=x-6.当y=0时，x=6，∴点D（6，0）.∵点A（2，-4），D（6,0），B（3，-3），∴OA=，OD=6，AD=，AF=4，OF=2，DF=4，AB=，DF=AF，又∵AF⊥x轴，

∴∠AD0=∠DAF=45，°

∵△GBA∽△AOD，

∴，

∴，

解得，

∴FG=AF-AG=4-，

∴点G（2，）.

（3）解：如图1，

∵∠BMN=∠OAF，

∴∠MBN=∠AOF，

设直线BM与AF交于点H，

∵∠ABH=∠AOD，∠HAB=∠ADO，

∴

，

∴，

则，解得AH=，

∴H（2，）.

设直线BM为y=kx+b，∵将点B、G的坐标代入得，解得．

∴直线BM

如图2，

的解析式为

y=

；

BD=AD-AB=．

∵∠BMN=∠OAF，∠GDB=∠ODA，

∴△HBD∽△AOD．

∴，即，解得DH=4．

∴点H的坐标为（2，0）．

设直线BM的解析式为y=kx+b．

∵将点B和点G的坐标代入得：，解得k=-3，b=6．

∴直线BM的解析式为y=-3x+6．

综上所述，直线MB的解析式为y=或y=-3x+6．

【解析】【解析】（1）将原点O（0,0）、点A（2，﹣4）、点B（3，﹣3），分别代入

y=ax2+bx+c，联立方程组解答即可a,b,c的值，获取二次函数解析式；将解析式配成极点

式，可得极点；（2）由△GBA∽△AOD，可得，分别求出AD，AB，OD的长即可

求出AG，由点A的坐标，即可求出点G；（3）点M在直线AF的左侧，可发出垂足N可

以在线段AB上，也可以在AB的延长线上，故如同图1和如图2两种可能；设直线BM与

直线AF的交点为H，由（2）可知，参加（2）的方法可求出点H的坐标，进而求出直线

BM的解析式.

6．如图，AB是⊙OCD的延长线上取一点

的直径，弦CD⊥AB于H，G为⊙O上一点，连接AG交CD于K，在

E，使EG=EK，EG的延长线交AB的延长线于F.

1）求证：EF是⊙O的切线；

2）连接DG，若AC∥EF时.

①求证：△KGD∽△KEG；

②若，AK=，求BF的长.

【答案】（1）证明：如图，连接OG.∵EG=EK，

∴∠KGE=∠GKE=∠AKH，

又OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，

∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90，°

∴∠KGE+∠OGA=90，°

∴EF是⊙O的切线.

2）解：①∵AC∥EF，∴∠E=∠C，

又∠C=∠AGD，∴∠E=∠AGD，又∠DKG=∠CKE，

∴△KGD∽△KGE.

②连接OG，以下列图.∵，AK=，

设，∴，，则

KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5k，∴HK=CK－CH=k.

在Rt△AHK中，依照勾股定理得AH2+HK2=AK2，

即，，，，则，

设⊙O半径为R，在Rt△OCH中，OC=R，OH=R－3k，CH=4k，

由勾股定理得：OH2＋CH2=OC2，，∴

在Rt△OGF中，，∴，

∴

【解析】【解析】（1）连接OG.依照切线的判断，证出∠KGE+∠OGA=90°，故EF是⊙O的

切线.（2）①证∠E=∠AGD，又∠DKG=∠CKE，故△KGD∽△KGE.②连接OG.，

设

，

，

，则

，在

Rt△AHK

中，依照勾股定

理得

AH2+HK2=AK2

，即

；由勾股定理得：

OH2＋CH2=OC2

，

；在Rt△OGF中，，，

7．如图，在平面直角坐标系中，A、B两点的坐标分别为（20，0）和（0，15），动点P

从点A出发在线段AO上以每秒2cm的速度向原点O运动，动直线EF从x轴开始以每秒

1cm的速度向上平行搬动（即EF∥x轴），分别与y轴、线段AB交于点E、F，连接EP、

FP，设动点P与动直线EF同时出发，运动时间为t秒．

（1）求t=9时，△PEF的面积；（2）直线EF、点P在运动过程中，可否存在这样的

t使得△PEF的面积等于

40cm2？若存

在，央求出此时t的值；若不存在，请说明原由；

（3）当t为何值时，△EOP与△BOA相似．

【答案】（1）解：∵EF∥OA，

∴∠BEF=∠BOA

又∵∠B=∠B，

∴△BEF∽△BOA，

∴=，

当t=9时，OE=9，OA=20，OB=15，

∴EF==8，

∴S△PEF=EF?OE=×8×9=36（cm2）

（2）解：∵△BEF∽△BOA，

∴EF===（15-t），

∴×（15-t）×t=40，

整理，得t2-15t+60=0，

∵△=152-4×1×＜60，

∴方程没有实数根．

∴不存在使得△PEF的面积等于40cm2的t值

3）解：当∠EPO=∠BAO时，△EOP∽△BOA，

∴=，即

解得t=6；

=，

当∠EPO=∠ABO时，△EOP∽△AOB，

∴=，即=，

解得t=．

∴当t=6或t=时，△EOP与△BOA相似

【解析】【解析】（1）由于EF∥x轴，则S△PEF=?EF?OE．t=9时，OE=9，要点是求

EF．易证△BEF∽△BOA，则=，进而求出EF的长度，得出△PEF的面积；（2）假设

存在这样的t，使得△PEF的面积等于40cm2，则依照面积公式列出方程，由根的鉴识式

进行判断，得出结论；（3）若是△EOP与△BOA相似，由于∠EOP=∠BOA=90°，则只能点

O与点O对应，尔后分两种情况分别谈论：①点P与点A对应；②点P与点B对应．

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上搬动，角的一边DE向来经过点B，另一边DF与

AC交于点

P，研究DP和

DB的

数量关系

.

（1）【研究发现】如图2，某数学兴趣小组运用“从特别到一般”的数学思想，发现当点D搬动到使点P与点C重合时，经过推理就可以获取DP=DB，请写出证明过程；

（2）【数学思虑】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点屡次进行实验，发现点M在某一地址时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，AC-AH=BC-BQ

∴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=+2

∴AM=2时，BQ有最大值为2.

【解析】【解析】（1）DB=DP，原由以下：依照等腰直角三角形的性质得出

∠CAB=∠CBA=45°，依照二直线平行，内错角相等得出∠CBA=∠DCB=45°，依照三角形的

内角和得出∠DCB=∠DBC=45°，最后依照等角同等边得出DB=DC，即DB=DP；

（2）利用ASA判断出△CDP≌△GDB，再依照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依照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，依照圆周角定理得出∠HCM=∠HQM，尔后判断出△ACM∽△BMQ，

依照相似三角形的对应边成比率得出,依照比率式及偶数次幂的非负性即可得出求

出答案.

二、圆的综合

9．如图，在△ABP中,C是BP边上一点,∠PAC=∠PBA,⊙O是△ABC的外接圆,AD是⊙O的直径,且交BP于点E.

1）求证：PA是⊙O的切线；

2）过点C作CF⊥AD，垂足为点【答案】（1）证明见解析（2）2

【解析】

F，延长CF交AB于点G，若AG?AB=12，求AC的长．

3

试题解析：（1）依照圆周角定理得出∠ACD=90°以及利用∠PAC=∠PBA得出

∠CAD+∠PAC=90进°而得出答案；

（2）第一得出△CAG∽△BAC，进而得出AC2=AG·AB，求出AC即可.

试题解析：（1）连接CD,如图,

∵AD是⊙O的直径,

∴∠ACD=90,°

∴∠CAD+∠D=90，°

∵∠PAC=∠PBA，∠D=∠PBA，

∴∠CAD+∠PAC=90，°

即∠PAD=90°，

∴PA⊥AD，

∴PA是⊙O的切线；

2）∵CF⊥AD，

∴∠ACF+∠CAF=90，°∠CAD+∠D=90，°

∴∠ACF=∠D，

∴∠ACF=∠B，

而∠CAG=∠BAC，

∴△ACG∽△ABC，

∴AC：AB=AG：AC，

∴AC2=AG?AB=12，

AC=23．

10．如图，在直角坐标系中，已知点A(－8，0)，B(0，6)，点M在线段AB上。

（1）如图1，若是点M是线段AB的中点，且⊙M的半径等于4，试判断直线OB与⊙M

的地址关系，并说明原由；

（2）如图2，⊙M与x轴，y轴都相切，切点分别为E，F，试求出点M的坐标；

（3）如图3，⊙M与x轴，y轴，线段

AB都相切，切点分别为

E，F，G，试求出点

M的

坐标（直接写出答案）

【答案】（

1）OB与⊙M

相切；（

2）M（－

24，

24）；（

3）M（－2，2）

7

7

【解析】

解析：（1）设线段OB的中点为D，连接MD，依照三角形的中位线求出MD，依照直线和圆的地址关系得出即可；

（2）求出过点A、B的一次函数关系式是3y=x+6，设M（a，﹣a），把x=a，y=﹣a代4入y=3x+6得出关于a的方程，求出即可．43）连接ME、MF、MG、MA、MB、MO，设ME=MF=MG=r，依照1

1

1

1

S△ABC=

AO?ME+

BO?MF+

AB?MG=

AO?BO求得

r=2，据此可得答案．

2

2

2

2

详解：（

1）直线

OB与⊙M

相切．原由以下：

设线段

OB的中点为

D，如图

1，连接

MD，

∵点M

是线段

AB的中点，所以

MD∥AO，MD=4，

∴∠AOB=∠MDB=90，°∴MD⊥OB，点D在⊙M上．

又∵点D在直线OB上，∴直线OB与⊙M相切；

（2）如图2，连接ME，MF，

∵A（﹣8，0），B（0，6），∴设直线AB的解析式是y=kx+b，∴8kb0b，解6得：k=3，b=6，即直线AB的函数关系式是y=3x+6．44∵⊙M与x轴、y轴都相切，∴点M到x轴、y轴的距离都相等，即ME=MF，设Ma，﹣a）（﹣8＜a＜0），把x=a，y=﹣a代入y=3x+6，得：﹣a=3a+6，得：a=﹣44

242424，∴点M的坐标为（﹣7，）．773）如图3，连接ME、MF、MG、MA、MB、MO，

∵⊙M与x轴，y轴，线段AB都相切，∴ME⊥AO、MF⊥BO、MG⊥AB，设

△ABC=1111AO?BO．2222∵A（﹣8，0），B（0，6），∴AO=8、BO=6，AB=AO2BO2=10，1r?8+1r?6+1r?10=1×6×8，解得：r=2，即ME=MF=2，∴点M的坐标为（﹣2，2222

2）．

点睛：此题观察了圆的综合问题，掌握直线和圆的地址关系，用待定系数法求一次函数的解析式的应用，能综合运用知识点进行推理和计算是解答此题的要点，注意：直线和圆有

三种地址关系：已知⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离是d，当d=r时，直线l和⊙O相切．

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】

解析：（1）连接OC，依照切线的性质和圆周角定理证得AC垂直均分BD，尔后依照平行

线的判断与性质证得结论；

（2）依照相似三角形的判断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垂直均分BD，

AB=AD，

∴∠B=∠D

∵∠B=∠OCB

∴∠D=∠OCB

∴OC∥AD

∴∠CED=∠OCE=90°

∴CM⊥AD.

2）∵OA=OB，BC=CD

1∴OC=AD2

AD=6

∴DE=AD-AE=1

易证△CDE～△ACE

CEDE∴AECE

∴CE2=AE×DECE=5

点睛：此题主要观察了切线的性质和相似三角形的判断与性质的应用，灵便判断边角之间的关系是解题要点，是中档题.

12．如图，O是△ABC的内心，BO的延长线和△ABC的外接圆订交于D，连接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）433.9

【解析】

解析:（1）依照内心性质得∠1=∠2，∠3=∠4，则AD=CD，于是可判断四边形OADC为菱形，则BD垂直均分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，再依照平行四边形的性质得∠ADC=∠AOC=120°，AD=OC，CD=OA=OB，则依照

“SAS证”明△BOC≌△CDA；

（2）作OH⊥AB于H，如图，依照等腰三角形的性质和三角形内角和定理获取

1∠BOH=30°BH=AH=AB=1，再利用含30度的直角三角形三边的关系2

获取OH=3BH=3，OB=2OH=23，尔后依照三角形面积公式和扇形面积公式，利用333

S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垂直均分AC.

在Rt△OCE中，CE=11AB=1，∠OCE=30°，AC=22∴OA=OB=OC=233∵∠AOC=120，°∴S阴影=S扇AOBSVAOB=120(23)2123360323=4339

点睛:此题观察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均分线的交点．也观察了等边三角形的判断与性质和扇形面积的计

算.

13．以下列图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作圆O，与斜边交于点D，E为BC边上的中点，连接DE．

1）求证：DE是⊙O的切线；

2）连接OE，AE，当∠CAB为何值时，四边形AOED是平行四边形？并在此条件下求

sin∠CAE的值．

【答案】(1)见解析;(2)10.10

【解析】

解析：（1）要证DE是⊙O的切线，必定证ED⊥OD，即∠EDB+∠ODB=90°

2）要证AOED是平行四边形，则DE∥AB，D为AC中点，又BD⊥AC，所以△ABC为等腰直角三角形，所以∠CAB=45°，再由正弦的看法求解即可．

详解：（1）证明：连接O、D与B、D两点，∵△BDC是Rt△，且E为BC中点，

∴∠EDB=∠EBD．（2分）

又∵OD=OB且∠EBD+∠DBO=90°，∴∠EDB+∠ODB=90．°

∴DE是⊙O的切线．

2）解：∵∠EDO=∠B=90°，

若要四边形AOED是平行四边形，则DE∥AB，D为AC中点，又∵BD⊥AC，

∴△ABC为等腰直角三角形．

∴∠CAB=45．°

过E作EH⊥AC于H，

设BC=2k，则EH=2k，AE=5k，2

∴sin∠CAE=EH10．AE10

点睛：此题观察的是切线的判断，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心

和这点（即为半径），再证垂直即可．

14．定义：

数学活动课上，李老师给出以下定义：若是一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”.

理解：⑴如图，已知是⊙上两点，请在圆上找出满足条件的点，使“为智慧三角形”（画出点的地址，保留作图印迹）；⑵如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且，试判断“”可否为智慧三角形，并说明原由；运用：⑶如图，在平面直角坐标系中，⊙的半径为，点是直线上的一点，若在⊙上存在一点，使得为“智慧三角形”，当其面积获取最小值时，直接写出此时点的坐标.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）P的坐标（22，1），（22，3331）．3

【解析】

试题解析：（1）连接AO并且延长交圆于C1，连接BO并且延长交圆于C2，即可求解；

（2）设正方形的边长为4a，表示出DF=CF以及EC、BE的长，尔后依照勾股定理列式表示

出AF2、EF2、AE2，再依照勾股定理逆定理判断△AEF是直角三角形，由直角三角形的性

质可得△AEF为“智慧三角形”；（3）依照“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，

依照题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积获取最小值，

由垂线段最短可得斜边最短为3，依照勾股定理可求另一条直角边，再依照三角形面积可

求斜边的高，即点P的横坐标，再依照勾股定理可求点P的纵坐标，进而求解．

试题解析：

（1）如图1所示：

2）△AEF可否为“智慧三角形”，原由以下：设正方形的边长为4a，∵E是DC的中点，

∴DE=CE=2a，

∵BC：FC=4：1，

FC=a，BF=4a﹣a=3a，

在Rt△ADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，

在Rt△ABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE222，+EF=AF

∴△AEF是直角三角形，

∵斜边AF上的中线等于AF的一半，

∴△AEF为“智慧三角形”；

（3）如图3所示：

由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，

依照题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积获取最小值，

由垂线段最短可得斜边最短为3，

由勾股定理可得PQ=，

PM=1×2÷3=，

由勾股定理可求得OM