期末难点特训（二）与圆综合有关的压轴题（解析版）

期末难点特训二（与圆综合有关的压轴题）1．抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，3），点D（m，3）在抛物线上．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，连接BC、BD，点P在对称轴左侧的抛物线上，若∠PBC＝∠DBC，求点P的坐标；(3)如图2，点Q为第四象限抛物线上一点，经过C、D、Q三点作⊙M，⊙M的弦QF∥y轴，求证：点F在定直线上．【答案】(1)(2)P（，）(3)证明见解析【分析】（1）把A、C坐标代入可得关于a、c的二元一次方程组，解方程组求出a、c的值即可得答案；（2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，根据（1）中解析式可知D、B两点坐标，可得CD//AB，利用ASA可证明△DCB≌△ECB，可得CE=CD，即可得出点E坐标，利用待定系数法可得直线BP的解析式，联立直线BP与抛物线解析式求出交点坐标即可得答案；（3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），根据CD、QF为⊙M的弦可得圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，即可表示出点M坐标，根据MD=MF，利用两点间距离公式可得（）2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，整理可得t=2，即可得答案．(1)∵A（﹣1，0）、C（0，3）在抛物线y＝ax2+2x+c图象上，∴，解得：，∴抛物线解析式为：．(2)如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，∵点D（m，3）在抛物线上，∴，解得：，（与点C重合，舍去），∴D（2，3），∴CD//AB，CD=2，当y=0时，，解得：，，

∴B（3，0），∴OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=∠DCB=45°，在△DCB和△ECB中，∵，∴△DCB≌△ECB，∴CE=CD=2，∴OE=OC-CE=1，∴E（0，1），∴，解得：，∴直线BP的解析式为，联立直线BP与抛物线解析式得：，解得：（舍去），，∴P（，）．(3)如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），∵CD、QF为⊙M的弦，∴圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，∵C（0，3），D（2，3），QF//y轴，∴M（1，），∵MD=MF，∴2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，整理得：t=2，∴点F在定直线y=2上．【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式、全等三角形的判定与性质、二次函数与一次函数的交点问题及圆的性质，综合性强，熟练掌握相关知识及定理是解题关键．2．如图，已知二次函数y=x2+bx+c与x轴交于A（-1，0）和B（3，0）与y轴交于C，顶点为D．(1)求二次函数解析式．(2)若圆过A、B、C，求圆心的坐标．(3)为圆上一动点，求的最小值．【答案】(1)二次函数解析式为y=x2-2x-3；(2)圆心的坐标为（1，-1）；(3)【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）设圆心的坐标为（1，m），利用半径相等，列方程求解即可；（3）连接WO并延长至点Q，使，求得OQ=，证明△WPO∽△WQP，从而得到PQ=PO，当C、P、Q三点共线时，PC+PO=PC+PQ=CQ，此时最小，据此即可求解．（1）解：∵二次函数y=x2+bx+c与x轴交于A（-1，0）和B（3，0），∴，解得：，∴二次函数解析式为y=x2-2x-3；（2）解：∵二次函数解析式为y=x2-2x-3=(x-1)2-4，令x=0，则y=-3，∴C（0，-3），∴二次函数y=x2-2x-3的对称轴为x=1，∵圆过A、B、C，∴圆心一定在二次函数y=x2-2x-3的对称轴上，∴设圆心的坐标为（1，m），由半径相等得：(3-1)2+m2=12+(-3-m)2，解得：m=-1，∴圆心的坐标为（1，-1）；（3）解：连接WO并延长至点Q，使，连接PQ、WP、CQ、WC，∵W点的坐标为（1，-1），∴CW==，OW=，∴WP=，∴=，∴WQ=，∴OQ=，∵∠AOQ=45°，∴Q点的坐标为（-，），∵∠PWO=∠PWQ，，∴△WPO∽△WQP，∴=，∴PQ=PO，当C、P、Q三点共线时，PC+PO=PC+PQ=CQ，此时最小，∵点C的坐标为（0，-3），Q点的坐标为（-，），∴CQ．【点睛】本题是二次函数综合题，主要有二次函数的图像和性质，相似三角形的性质与判定，锐角三角函数的定义，坐标与图形的性质，两点之间，线段最短等基础知识，构造母子型相似是解第3问的关键．3．如图1，ABCD是边长为4的正方形，以B为圆心的⊙B与BC，BA分别交于点E，F，还接EF，且EF＝4．(1)求BE的长；(2)在平面内将图1中△BEF绕点B顺时针旋转360°，在旋转的过程中，①求∠CDE的取值范围；②如图2，取DE的中点G，连接CG并延长交直线DF于点H，点P为正方形内一动点，试求PH+PA+PB的最小值．【答案】(1)(2)①15゜≤∠CDE≤75゜②【分析】（1）由△BEF是等腰直角三角形及勾股定理得BE的长；（2）①当DE分别为⊙B的切线时，∠CDE最大或最小，由BD=2BE1即可求得∠E1DB为30度，从而解决；②延长DC到，使，连接BD，，首先可以证明，则可看成是△BDF绕点B顺时针旋转90度得到的，则；再证明∠DHC=90゜，取CD中点O，连接OH，将△APB绕点A顺时针旋转60゜得到，连接，当点H、P、、四点共线时，PA+PB+PH=，再求出的长度即可解决．（1）∵四边形ABCD是正方形∴∠B=90゜∵BE=BF∴△BEF是等腰直角三角形由勾股定理得：即∴（2）①如图，连接BD当DE分别为⊙B的切线时，∠CDE最大或最小∵BD为正方形的对角线∴当点E移动到位置时，∠CDE最小在中，BD=2BE1∴∴当点E移动到位置时，∠CDE最大同理可计算得∴15゜≤∠CDE≤75゜②延长DC到，使，连接BD，，如图则是等腰直角三角形∴，∵△BEF是等腰直角三角形∴BF=BE，∠FBE=90゜∴∴∴可看成是△BDF绕点B顺时针旋转90度得到的∴∵G、C分别为DE、的中点∴GC为的中位线∴∴CG⊥DF即∠DHC=90゜取CD的中点O，连接OH，则将△APB绕点A顺时针旋转60゜得到，连接，∴，，∴是等边三角形，故有PA=∵∴当点H、P、、四点共线时，PH+PA+PB取得最小值，且最小值为∵∴是等边三角形∴，连接OA、OB，则可得OA=OB∵∴∴∴设交AB于点M，在中，∴∴即PH+PA+PB最小值为【点睛】本题是一个综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，找到临界状态及旋转△APB是问题的关键与难点．4．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，弦AD平分∠BAC，过点D作射线AC的垂线，垂足为M，点E为线段AB上的动点．(1)求证：MD是⊙O的切线；(2)若∠B＝30°，AB＝8，在点E运动过程中，EC+EM是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，说明理由；(3)若点E恰好运动到∠ACB的角平分线上，连接CE并延长，交⊙O于点F，交AD于点P，连接AF，CP＝3，EF＝4，求AF的长．【答案】(1)证明见解析(2)存在，EC+EM的最小值为，理由见解析(3)6【分析】（1）连接OD，交BC于点N，通过证明四边形CNDM为矩形得出，利用切线的判定定理即可得出结论．（2）过点C作，并延长交⊙O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，利用将军饮马模型可知此时EC+EM的值最小，由题意可得FD为圆的直径，在中，利用勾股定理即可求得结论．（3）利用角平分线的定义和三角形的外角的性质可以判定为等腰三角形，证明，利用相似三角形的性质得出比例式，解关于AF的方程即可得出结论．（1）解：如图，连接OD，交BC于点N，AB为直径弦AD平分∠BAC，四边形CNDM为矩形OD为圆的半径MD是⊙O的切线（2）解：在点E运动过程中，EC+EM存在最小值，理由如下：过点C作，并延长交⊙O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，则此时EC+EM的值最小弦AD平分∠BAC，与的度数为AB是直径，AB是直径为半圆FD为圆的直径由（1）知：MD是⊙O的切线由题意得：AB垂直平分FC由（1）知：四边形CNDM为矩形在中在中EC+EM的最小值为．（3）解：如图FC平分，AD平分，解得或（不合题意，舍去）【点睛】本题是一道圆的综合题，此题考查了圆的切线的判定与性质，圆周角定理及其推论，轴对称的性质，角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值，连接半径OD和利用轴对称中的将军饮马模型找出EC+EM存在最小值是解题的关键．5．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC．（1）求∠ADB的度数；（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．【答案】（1）45°；（2）EA2+CF2＝EF2，理由见解析；（3）6【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案；（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB（SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相关线段代入即可得出结论；（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．【详解】解：（1）如图1，∵AC为直径，∴∠ABC＝90°，∴∠ACB+∠BAC＝90°，∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠ADB＝∠ACB＝45°；（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下：如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，∵AD∥BF，∴∠EBF＝∠ADB＝45°，又∠ABC＝90°，∴α+β＝45°，过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，∴△AEB≌△CNB（SAS），∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，∴∠FCN＝90°．∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，∴△BFE≌△BFN（SAS），∴EF＝FN，∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，∴EA2+CF2＝EF2；（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2＝EF2，∴EA2+CF2＝EF2，∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH＝S△EFK+S五边形BGEFH，即S△ABC＝S矩形BGKH，∴S△ABC＝S矩形BGKH，∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，∴S△BGM＝S四边形COMH，S△BMH＝S四边形AGMO，∵S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，∴S△BMH：S△BGM＝8：9，∵BM平分∠GBH，∴BG：BH＝9：8，设BG＝9k，BH＝8k，∴CH＝3+k，∵AG＝3，∴AE＝3，∴CF＝（k+3），EF＝（8k﹣3），∵EA2+CF2＝EF2，∴，整理得：7k2﹣6k﹣1＝0，解得：k1＝﹣（舍去），k2＝1．∴AB＝12，∴AO＝AB＝6，∴⊙O的半径为6．【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点，熟练运用相关性质及定理是解题的关键．6．已知ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式；（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图③，若BC＝m，BD＝n，求的值（用含m，n的式子表示）．【答案】（1）AB+AC＝AD；（2）AB+AC＝AD，理由见解析；（3）【分析】（1）在AD上截取AE＝AB，连接BE，由条件可知△ABE和△BCD都是等边三角形，可证明△BED≌△BAC，可得DE＝AC，则AB+AC＝AD；（2）延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，证明△MBD≌△ACD，可得MD＝AD，证得AB+AC＝AD；（3）延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，证明△NBD≌△ACD，可得ND＝AD，∠N＝∠CAD，证△NAD∽△CBD，可得，可由AN＝AB+AC，求出的值．【详解】解：（1）如图①，在AD上截取AE＝AB，连接BE，∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等边三角形，∴∠ABE＝∠DBC＝60°，∴∠DBE＝∠ABC，又∵AB＝BE，BC＝BD，∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，∴AD＝AE+DE＝AB+AC；故答案为：AB+AC＝AD．（2）AB+AC＝AD．理由如下：如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，∴△MBD≌△ACD（SAS），∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．∴AM＝AD，即AB+BM＝AD，∴AB+AC＝AD；（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠NBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD，∴BD＝CD，∴△NBD≌△ACD（SAS），∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，∴△NAD∽△CBD，∴，∴，又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝m，BD＝n，∴＝．【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线解决问题．7．内接于，，BD为的直径，．（1）如图1，求证：为等边三角形；（2）如图2，弦AB交BC于点F，点G在EC上，，求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，弦BH分别交AF，AG于P，Q两点，，，求QG的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．【分析】（1）连接CD，根据直径所对的圆周角是90度，解得，继而证明为等边三角形；（2）由（1）中结论，结合等边三角形与圆周角定理，可证明，再由等角对等边性质，得到，进一步证明，即可解题；（3）过点O作，点L为垂足，由中位线性质得到，根据正弦定义，解得，连接AH，延长PO交AH于点M，构造等边三角形，然后，连接AD，通过解直角三角形，得到，在直角三角形，利用勾股定理得BH=9，继而根据垂径定理可证明BL=LH=，再通过解直角三角形得到，由图中线段的和差关系得到PH=6，BP=3，在等边三角形中，得到AP=PH=6，，最后连接BE，，根据等边三角形的性质和平行线的判定定理推知PQ//EG，结合平行线截线段成比例求得．【详解】（1）证明：连接CD∵BD为的直径，∴∵，∴∴∵，∴为等边三角形（2）∵为等边三角形∴，∴，∴∵，，∴∴∵，∴，∴∵为等边三角形，∴，∴∵，∴，∴（3）过点O作，点L为垂足∵点O为圆心，∴∵，∴∵，∴在内，，∴连接AH，延长PO交AH于点M，∵为等边三角形，∴，∴∴，∴∴，∴∵，∴为等边三角形连接AD，∵为的直径，∴∵为等边三角形，∴∵∴在内，，∵BD为的直径，∴在内，，∴∵，∴在内，∵，∴，∴，∵为等边三角形，∴，连接BE，∵∴，∴，∴为等边三角形∴，∴∵，∴，∴∵，∴【点睛】本题考查圆的综合题，解题过程中涉及圆周角、垂径定理、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质以及平行线截线段成比例等知识点，难度较大，注意作辅助线是解题关键．8．定义：若抛物线的图象恒过定点，则称为抛物线L的“不动点”．已知：若抛物线．（1）求抛物线L的不动点坐标；（2）如图1，已知平面直角坐标系中、、，以点B为圆心，为半径作⊙B，点P为⊙B上一点，将点C绕点P逆时针旋转得到点，当点P在⊙B上运动时，求线段长度的最大值；（3）在（2）的条件下，若抛物线L的对称轴是直线﹔①求抛物线L的解析式；②如图2，若直线交抛物线L于点、，交y轴于点Q，平面内一点H坐标为，记，当点P在⊙B上运动时，求的取值范围．【答案】（1）（0,1）和（2,3）；（2）；（3）①②【分析】（1）将函数关系式变形即可得出当=0时，值不受影响，求出定点坐标即可；（2）用相似三角形得出的轨迹，然后分析得出最大值即可；（3）①利用对称轴公式求解出的值，即可得出函数关系式；②根据点到直线的距离求出的取值范围，用表示出即可求解出取值范围；【详解】解：（1）当=0时，值不受影响解得，当时，当时，∴恒过定点（0,1）和（2,3）即抛物线L的不动点坐标是（0,1）和（2,3）故答案为（0,1）和（2,3）（2）如图所示，过点B作BQ⊥轴，使在取一点，作则是直角三角形∵，又∵∴∴∴∴点是以Q为圆心，为半径的圆，如图所示，共线时，最大，∴，故答案为；（3）①∵对称轴为∴∴∴故答案为②∵过点∴设函数关系式为，则∴∴当与相切时，点到直线的距离为1∴，解得∴的取值范围是当时，，，当时，令，则或∵或∴∴∴∴∴即综上所述故答案为【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、旋转、函数的最值、动点问题等，其中用韦达定理处理复杂数据，数形结合是此类题目的一种基本方法．9．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．（1）求抛物线的表达式；（2）判断△BCE的形状，并说明理由；（3）如图2，以C为圆心，为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y=x2+2x+6；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，【分析】（1）用待定系数法求函数解析式；（2）分别求出三角形三边的平方，然后运用勾股定理逆定理即可证明；（3）在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为所求．【详解】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），∴设该抛物线的表达式为y=a（x-2）2+8，∵与y轴交于点C（0，6），∴把点C（0，6）代入得：a=，∴该抛物线的表达式为y=x2+2x+6；（2）△BCE是直角三角形．理由如下：∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，∴当y=0时，（x-2）2+8=0，解得：x1=-2，x2=6，∴A（-2，0），B（6，0），∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，∴BE2=BC2+CE2，∴∠BCE=90°，∴△BCE是直角三角形；（3）如图，在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为所求．连接CP，∵CP为半径，∴，又∵∠FCP=∠PCE，∴△FCP∽△PCE，∴，FP=EP，∴BF=BP+EP，由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+EP为最小值．∵CF=CE，E（2，8），∴F（，），∴BF=【点睛】本题考查二次函数综合，待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质等，题目综合性较强，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性质，相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．10．如图，是的直径，弦于点H，连接，过上一点E作交的延长线于点G，连接交于点F，且，连接．（1）求证：是的切线；（2）延长交于点M，若，，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接，由，推，证，得，根据切线判定定理可得；（2）连接，根据平行线的性质可得，∠ACH=∠G，利用锐角三角形函数可得，利用垂径定理即可求出CH，从而求出AH，设⊙的半径为，利用勾股定理即可求出r，从而求出OE，然后证出，利用相似三角形的性质即可求出结论．【详解】（1）证明：连接，如图，∵，∴，而，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴是⊙的切线；（2）解：连接，如图，∵∴∠ACH=∠G，∠M=∠HAC∴tan∠ACH=tan∠G∴∵，∴CH=∴=设⊙的半径为，则，，在中，，解得，∴∵∠OEM=∠CHA=90°∴，∴，即，∴．【点睛】本题考查圆的综合题、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用的辅助线，灵活运用所学知识解决问题，正确寻找相似三角形，构建方程解决问题，属于中考压轴题．11．有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形．(1)如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD＝CD，且AD∥BC，BC＝2AD，求∠B的度数；(2)如图2，四边形ABCD内接于⊙O，连接DO交AC于点E（不与点O重合），若E是AC的中点，求证：四边形ABCD是等邻边互补四边形；(3)在（2）的条件下，延长DO交BC于点F，交⊙O于点G，若，AC＝12，求FG的长；(4)如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC，BD为⊙O的直径，连接AO并延长交BC于点E，交⊙O于点F，连接FC，设tan∠BAF＝x，，求y与x之间的函数关系式．【答案】(1)∠B＝60°(2)证明见解析(3)GF＝5(4)【分析】（1）作AH∥CD交BC于H．可证得四边形ADCH是菱形，再结合四边形ABCD是等邻边互补四边形，可得到△ABH是等边三角形即可．（2）证明DA=DC，∠B+∠ADC=180°即可．（3）连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．根据勾股定理和垂径定理，求出AG，GC，EG，证明点F是△AGC的内心，求出EF即可解决问题．（4）如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．根据AM∥FN，可得，设OK=m，AK=m，OB=OA=r，则CF=2m，AC=2n，根据直角三角形的性质可，即可解决问题．（1）解：如图1中，作AH∥CD交BC于H．∵AD∥BC，AH∥CD，∴四边形AHCD是平行四边形，∵AD＝CD，∴四边形ADCH是菱形，∴AD=CD=AH=CH，∠D+∠C=180°，∵BC＝2AD，∴BC=2CH，即BH=CH=AH，∵四边形ABCD是等邻边互补四边形，∴∠B+∠D=180°，∴∠B=∠C，∵AH∥CD，∴∠AHB=∠C，∴∠B=∠AHB，∴AB＝BH＝AH，∴△ABH是等边三角形，∴∠B＝60°．（2）证明：如图2中，连接CD．∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠B+∠ADC＝180°，∠BAD+∠BCD=180°，∵AE＝EC，∴OD⊥AC，∴DA＝DC，∴四边形ABCD是等邻边互补四边形．（3）解：如图2﹣1中，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．∵E是AC的中点，AC=12，∴AE＝EC＝6，∴OD⊥AC，，∴∠AOE＝∠COE，GA＝GC，∵∠AOC＝2∠ABC，∴∠AOE＝∠ABC，∴，∴，∴，∴，∴，∴GE=8，∴，∴，∵，∴∠ACB＝∠BCG，∵∠AGF＝∠CGF，∴点F是△AGC的内心，∴FM＝FN＝FE，设FM＝FN＝FE＝d，∵，∴d＝3，∴EF＝3，∴GF＝EG﹣EF＝8﹣3＝5．（4）解：如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．∵BD是直径，∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∵BA＝BC，BD＝BD，∴Rt△ABD≌Rt△CBD（HL），∴∠ABD＝∠CBD，∵OA＝OB，∴∠BAF＝∠ABD＝∠CBD，设∠BAF＝α，则∠BCF＝∠BAF＝α，∵BA＝BC，∠DBA＝∠DBC，∴BD⊥AC，∠BKC＝90°，∴∠ACM+∠CBD＝90°，∵AM⊥BC，∴∠ACM+∠CAM＝90°，∴∠CAM＝∠CBD＝α，∵AM⊥BC，FN⊥BC，∴AM∥FN，∴，设OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，则CF＝2m，AC＝2n，在Rt△AOK中，m2+n2＝r2，，∴，∴，整理得：，∴，∴．【点睛】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形，锐角三角函数，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．12．如图1，已知⊙O的内接四边形ABCD，AB//CD，BC//AD，AB=6，BC=8．(1)求证：四边形ABCD为矩形．(2)如图2，E是上一点，连接CE交AD于点F，连接AC．①当点D是中点时，求线段DF的长度．②当16S△DCF=3S四边形ABCD时，试证明点E为

的中点．(3)如图3，点E是⊙O上一点（点E不与A、C重合），连接EA、EC、OE，点I是△AEC的内心，点M在线段OE上，且ME=2MO，则线段MI的最小值为．【答案】(1)见解析(2)①，②见解析(3)【分析】（1）先证明四边形ABCD为平行四边形，再利用圆内接四边形对角互补的性质可证明∠A=∠C=90°，即可证明四边形ABCD为矩形；（2）①证明△DCF△DAC，利用相似三角形的性质即可求解；②由已知求得S△DCF=S△DAC，得到，求得DF=3，AF=5，过点F作FG⊥AC于点G，证明Rt△AFGRt△ACD，求得FG=DF=3，进而证明结论成立；（3）当点E运动到AC上方时，利用内心的性质证得点I在以点N为圆心，5为半径的圆的一段圆弧上，当I、M、N在同一直线上时，IM取得最小值，计算即可求解；当点E运动到AC下方时，E、N重合时，IM取得最小值，同理可求解．(1)证明：∵AB//CD，BC//AD，∴四边形ABCD为平行四边形，∴∠A=∠C，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠A+∠C=180°，∴∠A=∠C=90°，∴平行四边形ABCD为矩形；(2)①∵四边形ABCD为矩形，且AB=6，BC=8，∴AB=CD=6，BC=AD=8，AC=，∵点D是中点，∴∠DCF=∠DAC，∠D公共，∴△DCF△DAC，∴，即，∴DF=；②∵四边形ABCD为矩形，∴S四边形ABCD=2S△DAC，∠D=90°，∵16S△DCF=3S四边形ABCD，∴S△DCF=S△DAC，∵，AD=8，∴DF=3，AF=5，过点F作FG⊥AC于点G，∴Rt△AFGRt△ACD，∴，即，∴FG=3，∴FG=DF=3，∵FG⊥AC，∠D=90°，∴CF是∠ACD的平分线，∴点E为

的中点；(3)解：当点E运动到AC上方时，连接AI、CI，连接EI并延长交⊙O于点N，连接AN、CN，∵点I是△AEC的内心，且AC=10，∴∠AEN=∠CEN，∠EAI=∠CAI，∴AN=CN=AC=5，∠AEN=∠CEN=∠CAN=45°，∵∠NAI=∠CAI+∠CAN=∠CAI+45°，∠NIA=∠EAI+∠AEN=∠EAI+45°，∴∠NAI=∠NIA，∴AN=NI=CN=5，∴点I在以点N为圆心，5为半径的圆的一段圆弧上，如图，当I、M、N在同一直线上时，IM取得最小值，∵ME=2MO，OE=AC=5，∴MO=，MN=MO+ON=，∴IM的最小值为；当点E运动到AC下方时，E、N重合时，IM取得最小值，同理可求得IM的最小值为；故答案为：．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，内心的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．13．如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标为，是轴正半轴上一动点，以为直径画交轴于点，连结，过点作交于点，连结，．（1）求的度数（2）求证：∽．（3）如图2，连结，过点作于点，过点作交的延长线于点，设点的横坐标为．①用含的代数式表示．②记，求关于的函数表达式．【答案】（1）45°；（2）见解析；（3）①；②【分析】（1）证明∠EAD＝90°＋45°＝135°，则∠DBE＋∠EAD＝180°，即可求解；（2）由∠AOB＝∠AOD＋90°＝135°＝∠DAE，即可求解；（3）①由△ADE∽△OAB得到，即，即可求解；②证明△DEB∽△DBM，则得到，利用，代入即可求解．【详解】（1）∵是直径∴∵∴∵∴∴（2）∵又∵∴∽（3）∵∽∴即∴∴∵∴∴∴②过点作交延长线于点，连结．∵∴∵∴∵∴∵∴∵∴∴∵∴∽∴∴∴．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了函数的基本知识、圆的基本性质、三角形相似等，综合性强，难度大，正确作出辅助线是本题解题的关键．14．如图，是四边形的外接圆，直径为10，过点D作，交BA的延长线于点P，AD平分．（1）如图1，若AC是的直径，求证：PD与相切;（2）在（1）的条件下，若，求线段BC的长;（3）如图2，若，求的最大值．【答案】（1）证明见详解；（2）BC长为6；（3）10．【分析】（1）连接OD，根据AD平分，AC为直