中考数学圆与相似-经典压轴题

中考数学圆与相似-经典压轴题

一、相似

1.在等腰直角三角形ABC中/ACB=90",AC=BC,D是AB边上的中点，RtAEFG的直角顶

点E在AB边上移动.

0(£)

m

（1）如图1,若点D与点E重合且EG_LAC、DF±BC,分别交AC、BC于点M、N,

易证EM=EN；如图2,若点D与点E重合，将△EFG绕点D旋转，则线段EM与EN的长

度还相等吗?若相等请给出证明，不相等请说明理由；

（2）将图1中的RtAEGF绕点D顺时针旋转角度a（SVaV45。）.如图2,在旋转过程中，当

NMDC=15。时，连接MN,若AC=BC=2,请求出线段MN的长；

（3）图3,旋转后，若RtAEGF的顶点E在线段AB上移动（不与点D、B重合），当AB=3AE

时，线段EM与EN的数量关系是;当AB=m-AE时-，线段EM与EN的数量关系

是.

【答案】（1）解：EM=EN;原因如下：

ZACB=90°AC=BCD是AB边上的中点

DC=DBZACD=ZB=45"ZCDB=90°

ZCDF+ZFDB=90°

•••ZGDF=90".".ZGDC+zCDF=90°/.ZCDM=ZBDN

在^CDM和^BDN中

ZMCD=ZB,DC=DB,ZCDM=ZBDN,

△CDM2△BDNDM=DN即EM=EN

（2）解：作DP±AC于P,则

ZCDP=45°CP=DP=AP=1

ZCDG=15°ZMDP=30°

PL

cosZMDP=ML

小3

二DM=2,DM=DN,

MND为等腰直角三角形

(3)NE=2ME；EN=(m—1)ME

【解析】【解答】解：(3)NE=2ME,EN=(m-l)ME

证明：如图3,过点E作EP_LAB交AC于点P

则△AEP为等腰直角三角形，ZPEB=9O°

二AE=PEAB=3AE,BE=2AE/.BE=2PE

又；ZMEP+ZPEN=90°

zPEN+ZNEB=90"

ZMEP=ZNEB

又。ZMPE=ZB=45°

APME-ABNE

MEPE_1

：.NE~EB即EN=2EM

由此规律可知,当AB=m-AE时，EN=(m-l)-ME

【分析】(1)EM=EN;原因如下：根据等腰直角三角形的性质得出DC=DBNACD=NB=

45°2^口8=90。根据同角的余角相等得出/^。1\/1=/8口心然后由ASA判断出

△CDM2△BDN根据全等三角形的对应边相等得出DM=DN即EM=EN；

(2)根据等腰直角三角形的性质得出ZCDP=45°CP=DP=AP=1,根据角的和差得出

PL

ZMDP=30°,根据余弦函数的定义及特殊角的三角函数值，由COSNMDP=而得出DM的

长，又DM=DN,故△MND为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得出MN

的长；

⑶NE=2ME,EN=(m-l)ME,如图3,过点E作EP_LAB交AC于点P,则△AEP为等腰直角

三角形，NPEB=90。，根据同角的余角相等得出NMEP=NNEB然后判断出

△PME-△BNE,根据相似三角形对应边成比例即可得出U结论，由此规律可知，当AB=

m-AE时，EN=(m-l)-ME

2.在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动，4ABC是边长为2的等边三角形，E

是AC上一点，小亮以BE为边向BE的右侧作等边三角形BEF,连接CF.

图1图2

(1)如图1,当点E在线段AC上时，EF、BC相交于点D,小亮发现有两个三角形全等，

请你找出来，并证明；

rf

(2)当点E在线段AC上运动时，点F也随着运动，若四边形ABFC的面积为，，求AE

的长；

(3)如图2,当点E在AC的延长线上运动时，CF、BE相交于点D,请你探求4ECD的面

积52与4DBF的面积S2之间的数量关系，并说明理由；

立

(4)如图2,当AECD的面积S[=6时，求AE的长.

【答案】(1)解：现点E沿边AC从点A向点C运动过程中，始终有AABEgCBF.

由图1知，△ABC与△EBF都是等边三角形，，AB=CB,BE=BF,NABC=NEBF=60°,

ZCBF=ZABE=60°-ZCBE,/.&ABEmCBF.

(2)解：由(1)知点E在运动过程中始终有△ABE幺CBF,

因四边形BECF的面积等于三角形BCF的面积与三角形BCE的面积之和，

四边形BECF的面积等于△ABC的面积，因△ABC的边长为2,则

y[3,「

SAABC--Xi=木

前

四边形BECF的面积为4,又四边形ABFC的面积是4,

S^ABE

4,在三角形ABE中,因NA=60。，.,.边AB上的高为AEsin60。,

1143

1A/3J

SAABE=那氏in60°=-X2X—AE

<u4,则AE=2.

(3)解：S2-Si=小.

由图2知，△ABC与△EBF都是等边三角形，AB=CB,BE=BF,ZABC=ZEBF=60°,

又/CBF=ZABE=60°+ZCBE,/.△ABE%CBF,

S6ABE=Sa®，S6FDB=SAECD+S△瓯,

则SAFDB-SaECD=Sd例=/,贝Ij$2_S/=心

（4）解：由（3）知$2-S/=gpSAW-SAECD=,

y/37/

.SAECD=—SABDF=-

由6得b,■,-△ABEHCBF,

AE=CF,ZBAE=ZBCF=60°,

又NBAE=ZABC=60",得NABC=NBCF,/.CFIIAB,则△BDF的边CF上的高与^ABC的高

相等，即为

771

则DF=3,设CE=x,则2+x=CD+DF=CD+J,/.CD=x-3,

CDCEX~~3x

'二—

在△ABE中，由CDIIAB得，AB4,即2川，2,

2

化简得3/-*-2=6,，x=：L或x=-W（舍），

即CE=1,AE=3.

【解析】【分析】（1）不难发现△ABE上CBF,由等边三角形的性质得到相应的条件，根

据"SAS"判定三角形全等；（2）由（1）可得AABEHCBF,则Sd疲二Sd.，则四边形

ABFC=SA皎+S四边崛0=SA/SE+SABEC+5」硬=Sd/jfif+,由四边形ABFC的

4/3

面积为/和等边三角形ABC的边长为2,可求得△ABE的面积，由底ABxAEsin60。，构造

方程可解出AE.（3）当E在AC的延长线上时，△ABEmCBF依然成立，则

S^ABE=Sd呼,即SAABC+$ABCD+Sj贸P=S6BCD+5d限由等量关系即可得答案.

（4）由（3）可求出△FBD的面积，由△ABEaCBF,则AE=CF,

ZBAE=ZBCF=60°=ZABC,则CF〃AB,则对于△BDF的边CF上的高等于△ABC的高，则可求

CDCE

出DF的长度；由AE=CF,可设CE=x,且CD//AB可得初一Ah，代入相关值解出x即可.

3.如图，抛物线尸c与坐标轴交点分别为,B（3,0）,

C（0,2）,作直线BC.

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作即上x轴于点D,设点P的横坐标为

t(o<t<3),求/曲的面积S与t的函数关系式；

(3)条件同⑵，若△ODF与△碘相似，求点P的坐标.

【答案】(1)解：把A<-1,如，^(3,0),C很2)代入y=ax-"bx'c得:

a-b-f-c=0

{98+3b+c=0

c=2,

24

a--~b--/

解得：3,J,c=/,

224.

.v------x+f+N

一抛物线的解析式为33

24

(2)解：设点P的坐标为(t,-3tx2+九+2),

•••A(-1,O),B(3,0),

AB=4,

I1{244,8

-AB•PD=-X4X\--t2-t*2--t2+-t+4(。<t<3)

■C_22\33，33

OD

(3)解：当CODP-△COB时，OC

整理得：在2+t-12=G,

-1+\[193-I-y[193

解得：,-8或,8'舍去，，

-1i-yf7933-3+3\/193

.：OD=t=-

8,DP=/=―

十4^93-3十34793

•:点p的坐标为8'16

一一t2+T+2

OD_DPt_33

当△ODP-△BOC,则BO-OC,即32

整理得产-t3=6,

1十i-713

解得：1"一~2~或1—一万一(舍去),

-1+21*V^S

・：OD=t=-DP=-OD=——

8,33

一/十71931十713

二点P的坐标为6S~~s一,

-1+yj193—3+3sli93-1+，1931+

综上所述点P的坐标为r~8~~16’或(~8~~3—

【解析】【分析】(1)利用待定系数法，将点A、B、C三点坐标分别代入函数解析式，

建立方程组，就可求出a、b、c的值，即可解答；或设函数解析式为交点式，即y=a

(x+1)(x-3),再将点C的坐标代入可解答。

(2)点P为抛物线上第一象限内一动点，因此利用二次函数解析式，由P的横坐标为t表

示出点P的坐标，利用三角形的面积公式，就可得出s与t的函数解析式。

(3)分两种情况讨论：当△ODP-△COB时；当△ODP-△BOC,分别利用相似三角

形的性质，分别得出对应边成比例，建立关于t的方程，求出t的值，就可得出点P的坐

标。

4.已知菱形的一个角与三角形的一个角重合，然后它的对角顶点在这个重合角的对边上，

这个菱形称为这个三角形的亲密菱形，如图，在4CFE中，CF=6,CE=12,NFCE=45。,以点C为

1

圆心，以任意长为半径作AD,再分别以点A和点D为圆心，大于EAD长为半径做弧，交

存于点B,ABIICD.

(1)求证：四边形ACDB为ACFE的亲密菱形;

(2)求四边形ACDB的面积.

【答案】(1)证明：由己知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺规作图痕迹得：BC是NFCE的角

平分线，

ZACB=NDCB,

又ABIICD,

ZABC=NDCB,

ZACB=ZABC,

AC=AB,

又AC=CD,AB=DB,

AC=CD=DB=BA,

••四边形ACDB是菱形，

又NACD与^FCE中的NFCE重合，它的对角NABD顶点在EF上,

四边形ACDB为AFEC的亲密菱形.

(2)解：设菱形ACDB的边长为x,CF=6,CE=12,

FA=6-x,

又；ABIICE,

/.△FAB-△FCE,

FAAB

「•7c~CEf

6-xx

即6-12,

解得：x=4,

过点A作AH_LCD于点H,

在RtAACH中，ZACH二45。，

Ah

/.sinzACH=」也

更

AH=4x2=2•由,

.♦.四边形ACDB的面积为：4X2/8也.

【解析】【分析】(1)依题可得：AC=CD,AB=DB,BC是NFCE的角平分线，根据角平分线的

定义和平行线的性质得NACB=NABC,根据等角对等边得AC=AB,从而得AC=CD=DB=BA,

根据四边相等得四边形是菱形即可得四边形ACDB是菱形；再根据题中的新定义即可得证.

(2)设菱形ACDB的边长为X,根据已知可得CF=6,CE=12,FA=6-x,根据相似三角形的判定

6-xx

和性质可得6%,解得：x=4,过点A作AH_LCD于点H,在RtAACH中，根据锐角三

角形函数正弦的定义即可求得AH,再由四边形的面积公式即可得答案.

5.在RtAABC中，NACB=90。，AC=12.点D在直线CB上，以CA,CD为边作矩形

ACDE,直线AB与直线CE，DE的交点分别为F,G.

(1)如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形.

①若点G为DE中点，求FG的长.

②若。G=GF,求8c的长.

(2)已知8c=9,是否存在点。，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰

长；若不存在，试说明理由.

【答案】(1)①在正方形ACDE中，有DG=GE=6

在RtAAEG中，AG=\/力卢+醉=《1芋+®二期

■：EGIIAC

△ACF-△GEF

FGEG

二7一元，

PG_6_1

・•・万一7?二

(SD

ZAEF=ZDEF=45°,

又EF=EF,△AEFM△DEF

/.Z1=Z2(设为x)

,/AEIIBC

Zb=Zl=x

*/GF=GD

Z3=Z2=x

在^dbf中，Z3+ZFDb+Zb=180°

x+(x+90°)+x=180°,解得x=30。

・•・ZB=30°

・•・在RtAABC中,BC=tan<30

(2)在RtAABC中，AB=J加+靖=Rl*+¥=15

如图2,当点D在线段BC上时,此时只有GF=GD

/r艮----------if

C0B

<E2>

,/DGIIAC

二△BDG~△BCA

设BD=3x,贝ljDG=4x,BG=5x

GF=GD=4x,贝ljAF=15-9X

1/AEIICB,

「.△AEF〜△BCF

AEAb

「•而—》

9-3x15~9x

99x，即f-fir+5=G

解得x「l,X2=5（舍去）

腰长GD=4x=4

如图3,当点。在线段BC的延长线上，且直线48,CE的交点在AE上方时，此时只有

GF=Dg9

(ffl3)

设AE=3x,贝(JEG=4x,AG=5x,

/.FG=DG=12+4x,

AEWBC

・•.△AEF~△BCF

AEAb

・•・BC而

3x9x+12

「•99M+27,即、2=4

解得x:2,x2=-2(舍去)

腰长GD=4x+12=20

如图4,当点D在线段BC的延长线上，且直线4B,EC的交点在8。下方时，此时只有

DF=DG,过点D作DH_LFG。

fi

D

F

(ffi4)

设AE=3x,贝I」EG=4x,AG=5x,DG=4x+12

416x+48

(4x+12)X-----------------

/.FH:GH=DGcosNDGB=55

32x+96

GF=2GH=5,

32x+967x+96

----------------5x--------------

.・.AF=GF-AG=55

,/ACWDG

/.△ACFs△GEF

ACAb

•・瓦一五

4x1

二(32x+96)nn

•・5，即7X2=288COS

1241412^14

解得x『7,x?=7(舍去)

84+49^74

：.腰长GD=4x+12=7

如图5,当点D在线段Cb的延长线上时,此时只有DF=Dg,过点D作Dh_LAG,

(图5)

设AE=3x,贝ljEG=4x,AG=5x,DG=4x-12

416x-48

(4x-12)X—二--------

FH=GH=DG-cosZ.DGB=55

32x-9696-7x

5x----------二--------

/.AF二AG-FG=55

,：ACWEG

・•・△AC%△GEF

AC_Af

：.~EG~~FG

=

~x~l

-(32x-96)nn

5,即7X2=288

12^12^14

解得x『7,x=7(舍去)

~84+48\[T^

腰长GD=4x-12=7

84+-84+48^T)

综上所述，等腰△DFG的腰长为4,20,7,

【解析】【分析】(1)①此小题考查相似三角形的判定与性质；由正方形的性质可得

AG//EG,则AACFsAGEF,即可得FG：AF=EG：AC=1:2,则只要由勾股定理求出AG即

可；

②由正方形性的对称性，不难得出N1=N2,而由GF=GD可知N3=N2,在△BDF中，由

三角形内角和为180度，不难求出Nb的度数，可知是一个特殊角的度数，从而求出BC即

可；(2)因为BC=9,所以B是定点，动点是D,因为点D是直线BC上一点，随着点D

的位置的变化，E和F点的位置也跟着变化；需要分类计论点D在线段BC上，点D在BC

的延长线和点D在CB的延长线上，再逐个分析等腰三角形的存在性，根据相似三角形的

性及三角函数分析解答即可.

6.如图1,在平面直角坐标系中，点。为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,

点B,与y轴交于点C,过点C作CD^y轴交抛物线于点D,过点B作BE_Lx轴，交DC延

(2)如图2,点P在线段EB上从点E向点B以1个单位长度/秒的速度运动，同时，点Q

在线段BD上从点B向点D以75个单位长度/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一

个点随之停止运动，当t为何值时，APQB为直角三角形？

1

(3)如图3,过点B的直线BG交抛物线于点G,且tanNABG=2,点M为直线BG上方

抛物线上一点，过点M作MH_LBG,垂足为H,若HF=MF,请直接写出满足条件的点M

的坐标.

【答案】(1)解：将点D(-3,5)点B(2,0)代入y=ax2+bx+5

13

，抛物线解析式为：y二二X2;x+5

(2)解：由已知NQBE=45°,PE=t,PB=5-t,QB=\/^t

当NQPB=90°时，△PQB为直角三角形.

,/ZQBE=45。

QB=\[2PB

\6t=\2(5-t)

5

解得t=2

当NPQB=90°时，△PQB为直角三角形.

△BPCH△BDE

...BQ・BD=BP・BE

5(5-t)二屹t・5亚

5

解得：t=3

55

三或弓时，△PQB为直角三角形

（3）点M坐标为（-4,3）或（0,5）.

1

【解析】【解答】（3）由已知tan/ABG-,且直线GB过B点

贝IJ直线GB解析式为：y=-x-l

延长MF交直线BG于点K

•・•HF=MF

/.ZFMH=ZFHM

•・•MH±BG时

/.ZFMH+ZMKH=90°

ZFHK+ZFHM=90°

/.ZFKH=ZFHK

・•.HF=KF

・・・F为MK中点

13

设点M坐标为（x,-二X2-2X+5）

,/F（0,2）

13

二点K坐标为（-x,2X2+Wx-1）

1

把K点坐标代入y=-x-1

解得x『0,X2=-4,

13

把x=0代入v=-2X2-2x+5,解得y=5,

13

把x=-4代入y=・ZX2,x+5

解得y=3

则点M坐标为（-4,3）或（0,5）

【分析】（1）由待定系数法求点坐标及函数关系式；（2）根据题意，4DEB为等腰直角

三角形，通过分类讨论NPQB=90。或NQPB=90。的情况求出满足条件t值；（3）延长MF交

GB于K,由NMHK=90。，HF二MF可推得HF二FK,即F为MK中点，设出M坐标，利用中点

坐标性质，表示K点坐标，代入GB解析式，可求得点M坐标.

7.已知：如图，在梯形ABCD中，ABHCD,ZD=90°,AD=CD=2,点E在边AD上（不

（1）用含x的代数式表示线段CF的长；

CACAE

（2）如果把△CAE的周长记作（\△CAF，ABAF的周长记作C△DMi,设心*=y,求y关

于X的函数关系式，并写出它的定义域；

3

（3）当NABE的正切值是？时，求AB的长.

【答案】（1）解：AD=CD.

ZDAC=ZACD=45°,

•・•ZCEB=45°,

/.ZDAC=ZCEB,

ZECA=ZECA,

/.△CEF-△CAE,

CEa

—~—

/.CACE,

在RtACDE中，根据勾股定理得，CE=J，+4,

•・,CA:毡，

・•.CF=4

(2)解：,/ZCFE=ZBFA,ZCEB=ZCAB,

ZECA=1800-ZCEB-ZCFE=180°-ZCAB-ZBFA,

,/ZABF=180°-ZCAB-ZAFB,

ZECA=ZABF,

,/ZCAE=ZABF=45°,

/.△CEA-△BFA,

CCAEAE2-x

Vc△明AAF取+4)X+2

<A/P-J.-----------------

/.4(0<x<2)

(3)解：由(2)知，△CEA-△BFA,

AEAb

・•.记一五，

2~x_242-\[2(rf4)

/.A/5AB,

AB=x+2,

5

•「/ABE的正切值是7,

AE2-x5

tanZABE=2x5,

I

••x=_，

5

AB=x+2=2.

【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，求得NDAC=NACD=45。，进而根据两

角对应相等的两三角形相似，可得ACEFsACAE,然后根据相似三角形的性质和勾股定理

可求解；（2）根据相似三角形的判定与性质，由三角形的周长比可求解；（3）由（2）中

的相似三角形的对应边成比例，可求出AB的关系，然后可由NABE的正切值求解.

8.如图，正方形ABCD的边长为4,点E,F分别在边AB,AD±,且NECF=45。，CF的延

（1）求NAHC与NACG的大小关系（">"或"V"或"="）

（2）线段AC,AG,AH什么关系？请说明理由；

（3）设AE=m,

®AAGH的面积S有变化吗？如果变化.请求出S与m的函数关系式；如果不变化，请

求出定值.

②请直接写出使4CGH是等腰三角形的m值.

【答案】（1）1•四边形ABCD是正方形，

AB=CB=CD=DA=4,ZD=ZDAB=90°^DAC=Z.8AC=45°,

AC=J，+甲=4\[2,

,/ZDAC=ZAHC+NACH=45°,ZACH+NACG=45°,

ZAHC=AACG.

故答案为=.

(2)解：结论：Ad=AG»AH.

理由：ZAHC=Z.ACG,ZCAH=NCAG=135°,

：.△AHO△ACG,

AHAC

ACAGf

AC2=AG^AH.

(3)解：①△AG/■/的面积不变.

111

理由：(4皿)2=16.

△AGH

AAGH的面积为16.

②如图1中，当GC=GH时，易证AAHG2A8GC,

可得AG=8C=4,AH=BG=8,

BCWAH,

BCBE1

26

/.AE=3AB=3.

如图2中，当CH=HG时，，

易证AH=8C=4,

,/BCWAH,

BE_BC

AEAh=1,

AE=BE=2.

如图3中，当CG=CH时，易证N£CB=NOCF=22.5.

在BC上取一点M,使得BM=8E,

•.ZBME=N8EM=45°,

ZBME=NMCE+NMEC,

•.ZMCE=NMEC=22.5°,

/.CM=EM,设8M=8E=m,则CM=EM\2m,

m+&m=4,

m=4(港-1),

AE=4-4(屹-1)=8-4叵

8

综上所述，满足条件的m的值为1或2或8-4隹.

【解析】【分析】(1)证明NDAC=NAHC+NACH=45°,ZACH+ZACG=45°,即可推出

ZAHC=ZACG；(2)结论：AC2=AG«AH.只要证明△AHO△ACG即可解决问题；(3)

@AAGH的面积不变.理由三角形的面积公式计算即可；②分三种情形分别求解即可解

决问题.

二、圆的综合

9.如图，OA过OBCD的三顶点。、D、C,边0B与OA相切于点。，边BC与。0相交于

点H,射线0A交边CD于点E,交OA于点F,点P在射线0A上，且NPCD=2NDOF,以

。为原点，0P所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为(0,-2).

(1)若NBOH=30。，求点H的坐标；

(2)求证：直线PC是。A的切线；

(3)若。D=Ji6,求OA的半径.

L5

【答案】(1)(1,-V3)；(2)详见解析；(3)手

【解析】

【分析】

(1)先判断出OH=OB=2,利用三角函数求出MH,0M,即可得出结论；

(2)先判断出NPCD=NDAE,进而判断出NPCD=NCAE,即可得出结论；

(3)先求出0E=3,进而用勾股定理建立方程，z(3-r)2=1,即可得出结论.

【详解】

(1)解：如图，过点H作HMLy轴，垂足为M.

V四边形OBCD是平行四边形，

二ZB=NODC

V四边形OHCD是圆内接四边形

・•・ZOHB=ZODC

/.ZOHB=ZB

/.OH=OB=2

在RtAOMH中，

,/ZBOH=30°,

MH=loH=l,OM=V3MH=V3,

「•点H的坐标为(1,-,

(2)连接AC.

•・•OA=AD,

/.ZDOF=ZADO

・•.ZDAE=2ZDOF

,/ZPCD=2ZDOF,

/.ZPCD=ZDAE

OB与OO相切于点A

OB±OF

,/OBIICD

/.CD±AF

ZDAE=ZCAE

ZPCD=ZCAE

・•・ZPCA=ZPCD+ZACE=ZCAE+ZACE=90°

・,・直线PC是OA的切线；

(3)解：。。的半径为r.

11-

在RtZkOED中，DE=]CD=5OB=1,OD=J10,

OE=3

OA=AD=r,AE=3-r.

在RtADEA中，根据勾股定理得，葭-(3-r)2=1

5

解得r=§.

【点睛】

此题是圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，切

线的性质和判定，构造直角三角形是解本题的关键.

uun

10.如图，4ABC是O。的内接三角形，点D在6C上，点E在弦AB上(E不与A重

合)，且四边形BDCE为菱形.

(1)求证：AC=CE；

(2)求证：BC2-AC2=AB»AC；

(3)已知。。的半径为3.

①若求BC的长；

〜AB

②当7K为何值时，AB・AC的值最大？

_3

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)①BC=4"；②£

【解析】

分析：(1)由菱形知ND=ZBEC,由NA+ZD=NBEC+ZAEC=180。可得NA=ZAEC,据此得

证；

(2)以点C为圆心，CE长为半径作OC,与BC交于点F,于BC延长线交于点G,则

BEBG

CF=CG=AC=CE=CD,证△BEF-△BGA得^■=,即BF・BG=BE・AB,将BF=BC-CF=BC-

BFBA

AC、BG=BC+CG=BC+AC代入可得；

(3)①设AB=5k、AC=3k,由BC2-AC2=AB・AC知BC=26k,连接ED交BC于点M,

1------------------_

RSDMC中由DC=AC=3k、MC=2BC=J6k求得DM=-CM2=,3k,可知OM=OD-

DM=3-JIk,在RtACOM中，由OM2+MC2=OC2可得答案.②设OM=d,则MD=3-d,

MC2=OC2-OM2=9-d2,继而知BC2=(2MC)2=36-4ch、AC2=DC2=DM2+CM2=(3-d)2+9-d2,由

(2)得AB・AC=BC2-AC2,据此得出关于d的二次函数，利用二次函数的性质可得答案.

详解：(1)四边形EBDC为菱形，

/.ZD=ZBEC,

・「四边形ABDC是圆的内接四边形，

ZA+ZD=180°,

又NBEC+ZAEC=180°,

二ZA=NAEC,

AC=CE；

（2）以点C为圆心，CE长为半径作OC,与BC交于点F,于BC延长线交于点G,则

CF=CG,

A

由(1)知AC=CE=CD,

CF=CG=AC,

四边形AEFG是OC的内接四边形,

/.ZG+ZAEF=180°,

又ZAEF+ZBEF=180°,

・•・ZG=ZBEF,

•・,ZEBF=ZGBA,

△BEFs△BGA,

BEBG

k前，即BF・BG=BE・AB，

or

■：BF=BC-CF=BC-AC、BG=BC+CG=BC+AC,BE=CE=AC,

(BC-AC)(BC+AC)=AB»AC,B[JBC2-AC2=AB»AC；

(3)设AB=5k、AC=3k,

BC2-AC2=AB»AC,

•••BC=2"k,

连接ED交BC于点M,

••・四边形BDCE是菱形，

DE垂直平分BC,

则点E、0、M、D共线，

1日

在RtADMC中,DC=AC=3k,MC=,BC=j6k,

DM=Js—CM2=J3k，

0M=0D-DM=3-/k,

在RtZiCOM中，由OM2+MC2=C)C2得(3-小k)2+(#k)2=32,

解得：k=±叵或k=0(舍)，

3

••BC=2dy/T;

②设OM二d,则MD=3-d,MC2=OC2-OM2=9-d2,

BC2=(2MC)2=36-4d2,

AC2=DC2=DM2+CM2=(3-d)2+9-d2,

由(2)得AB・AC=BC2-AC2

=-4d2+6d+18

381

=-4(d---)2+—,

44

338]

即OM二7时，AB・AC最大，最大值为下,

444

v27

DC2=----

2

AC=DC=

AB=9"AB3

此时就=]

4

点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性

质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点.

11.如图1,将长为10的线段OA绕点。旋转90。得到OB,点A的运动轨迹为为6,P是

半径。B上一动点，Q是上的一动点，连接PQ.

发现：ZPOQ=时，PQ有最大值，最大值为_______；

思考：(1)如图2,若P是OB中点，且QP_LOB于点P,求弦Q的长；

(2)如图3,将扇形AOB沿折痕AP折叠，使点B的对应点B"恰好落在OA的延长线上，

求阴影部分面积；

探究：如图4,将扇形OAB沿PQ折叠，使折叠后的弧QB，恰好与半径OA相切，切点为

C,若OP=6,求点。到折痕PQ的距离.

【答案】发现：90°,1072；思考：(1)=—"；(2)25n-100V2+100；(3)点。

到折痕PQ的距离为而

【解析】

分析：发现：先判断出当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，即可得出结

论；

思考：(1)先判断出NPOQ=60。，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；

(2)先在RtZXB'OP中，OP2+(10j1-10)2=(10-OP)2,解得OPTOJ^-IO,最后用面积

的和差即可得出结论.

探究：先找点。关于PQ的对称点0',连接。。、O'B、O'C、0zP,证明四边形OCCXB是矩

形，由勾股定理求O'B,从而求出0b的长，贝1］。乂=2。。'=轲.

详解：发现：.二P是半径0B上一动点，Q是上的一动点，

二当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，

此时，ZPOQ=90°,PQ=J042+OB2=10£；

思考：（1）如图，连接0Q,

0

.点P是0B的中点,

11

••op=-0B=-0Q.

22

QP±OB,

/.ZOPQ=90°

OP1

在RtZkOPQ中，COSNQOP=万方=5,

・•.ZQOP=60°,

,60Kx1010

I=--------------=—71;

BQ1803

(2)由折叠的性质可得，BP=B'P,AB'=AB=10yf2,

在RtAB'OP中,OP2+(1077-10)2=(10-OP)2

解得OP=10&-101

907tX1021rr

S=SN-2SA=--------2x_xl0x(l(\/2-10)

m扇形AOB△AOP3602

=25n-100V2+100；

探究：如图2,找点0关于PQ的对称点。，连接。。、OB、CTC、0-P,

OzC=OB=10,

折叠后的弧QB”恰好与半径0A相切于C点，

OZC±AO,

OZCIIOB,

■四边形OCCTB是矩形，

在RtZiCTBP中，O，B=j62-42=26,

在RtAOBO'K,00，=Jl02—(2肉2=2回，

OM~^OO'=—x2j30=430，

即。到折痕PQ的距离为病.

点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式

mtR

1=7后(n为圆心角度数，R为圆半径)，明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常

1OU

考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分.

12.已知：如图1,NACG=90。，AC=2,点B为CG边上的一个动点，连接AB,将△ACB沿

AB边所在的直线翻折得到4ADB,过点D作DF±CG于点F.

(1)当BC=2W时，判断直线FD与以AB为直径的。0的位置关系，并加以证明；

3

(2)如