2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考模拟和真题汇总及详细答案

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，Rt△EFG的直角顶点E在AB边上移动.

（1）如图1，若点D与点E重合且EG⊥AC、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Rt△EGF绕点D顺时针旋转角度α(0∘＜α＜45∘). 如图2，在旋转过程中,当∠MDC＝15∘时，连接MN，若AC＝BC＝2，请求出线段MN的长；

（3）图3, 旋转后,若Rt△EGF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： ∵∠ACB＝90° AC＝BC D是AB边上的中点 ∴DC＝DB ∠ACD＝∠B＝45° ∠CDB＝90° ∴∠CDF＋∠FDB＝90°

∵∠GDF＝90°∴∠GDC＋∠CDF＝90°∴∠CDM＝∠BDN 在△CDM和△BDN中

∠MCD＝∠B，DC＝DB，∠CDM＝∠BDN， ∴△CDM≌△BDN ∴DM＝DN 即EM＝EN

（2）解：作DP⊥AC于P,则

∠CDP＝45° CP＝DP＝AP＝1 ∵∠CDG＝15° ∴∠MDP＝30°

∵cos∠MDP＝

∴DM＝

， DM＝DN，

∵△MND为等腰直角三角形 ∴MN＝

（3）NE＝2ME；EN＝(m－1)ME

【解析】【解答】解：(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME 证明：如图3，过点E作EP⊥AB交AC于点P

则△AEP为等腰直角三角形，∠PEB＝90° ∴AE＝PE ∵AB＝3AE ∴BE＝2AE ∴BE＝2PE 又∵∠MEP＋∠PEN＝90° ∠PEN＋∠NEB＝90° ∴∠MEP＝∠NEB 又∵∠MPE＝∠B＝45° ∴△PME∽△BNE ∴

，即EN＝2EM

由此规律可知，当AB＝m·AE时，EN＝(m－1)·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＝DB ∠ACD＝∠B＝45° ∠CDB＝90°根据同角的余角相等得出∠CDM＝∠BDN，然后由ASA判断出△CDM≌△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∠CDP＝45° CP＝DP＝AP＝1，根据角的和差得出∠MDP＝30°，根据余弦函数的定义及特殊角的三角函数值，由cos∠MDP＝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；

(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME，如图3，过点E作EP⊥AB交AC于点P，则△AEP为等腰直角三角形，∠PEB＝90°，根据同角的余角相等得出∠MEP＝∠NEB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－1)·ME

2．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCD是矩形，点A、C的坐标分别是A（0,2）和C（2

,0），点D是对角线AC上一动点（不与A、C重合），连结BD，作，

交x轴于点E，以线段DE、DB为邻边作矩形BDEF.

（1）填空：点B的坐标为________；

（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由； （3）①求证： 出y的最小值 【答案】（1）∵OA=2,OC=2

， ,

；

②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求

（2）解：存在，理由如下：

∵tan∠ACO==

∴∠ACO=30°,∠ACB=60°

①如图（1）中，当E在线段CO上时，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，

∴∠DCE=∠EDC=30°, ∴∠DBC=∠BCD=60°, ∴△DBC是等边三角形， ∴DC=BC=2， 在Rt△AOC中， ∵∠ACO=30°，OA=2， ∴AC=2AO=4， ∴AD=AC-CD=4-2=2，

∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形，

②如图（2）中，当E在OC的延长线上时，△DCE是等腰三角形，只有CD=CE，

∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°, ∴∠ABD=∠ADB=75°, ∴AB=AD=2

，

.

综上所述，满足条件的AD的值为2或2

（3）①如图，过点D作MN⊥AB于点M，交OC于点N。

∵A(0.2)和C(23 ,0)，

∴直线AC的解析式为y=-33x+2， 设D（a，-33a+2）， ∴DN=-33a+2,BM=23-a ∵∠BDE=90°,

∴∠BDM+∠NDE=90°,∠BDM+∠DBM=90°, ∴∠DBM=∠EDN, ∵∠BMD=∠DNE=90°, ∴△BMD~△DNE,

∴DEBD=DNBM=-33a+223-a=33. ②如图（2）中，作DH⊥AB于H。

在Rt△ADH中，

∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°, ∴DH=12AD=12x，AH=AD2-DH2=32x， ∴BH=23-32x，

在Rt△BDH中，BD=BH2+DH2=12x2+23-32x2, ∴DE=33BD=33·12x2+23-32x2,

∴矩形BDEF的面积为y=3312x2+23-32x22=33x2-6x+12, 即y=33x2-23x+43, ∴y=33x-32+3

∵33>0,

∴x=3时，y有最小值3.

【解析】【解答】（1）∵四边形AOCB是矩形， ∴BC=OA=2，OC=AB=∴B（

， 2）

， ∠BCO=∠BAO=90°,

【分析】（1）根据点A、C的坐标，分别求出BC、AB的长，即可求解。

（2）根据点A、C的坐标，求出∠ACO，∠ACB的度数，分两种情况讨论：①如图（1）中，当E在线段CO上时，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC；②如图（2）中，当E在OC的延长线上时，△DCE是等腰三角形，只有CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°,分别求出AD的长，即可求解。

（3）①如图，过点D作MN⊥AB于点M，交OC于点N。利用待定系数法求出直线AC的解析式，设D（a，-a+2），分别用含a的代数式表示出DN、BM的长，再证明

△BMD~△DNE，然后根据相似三角形的性质，得出对应边成比例，即可求解；②如图（2）中，作DH⊥AB于H。设AD=x，用含x的代数式分别表示出DH、BH的长，利用勾股定理求出BD、DE的长再根据矩形的面积公式，列出y与x的函数关系式，求出顶点坐标，即可求解。

3．如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分别是AB、BD的中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（0＜t＜4）s，解答下列问题：

（1）求证：△BEF∽△DCB；

（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2 ， 求t的值； （3）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？试说明理由． 【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴ 在 ∵

别是

AD∥BC， 中，

的中点，

EF∥BC，

∴EF∥AD， ∴ ∴ ∴

（2）解：如图1，过点Q作

于 ，

∴QM∥BE， ∴

∴ ∴

（舍）或

秒

（3）解：当点Q在DF上时，如图2，

∴ ∴

.

，如图3，

当点Q在BF上时，

∴ ∴

时，如图4，

∴

∴

时，如图5，

∴ ∴

综上所述，t=1或3或 或 秒时，△PQF是等腰三角形

【解析】【分析】（1）根据题中的已知条件可得△BEF和△DCB中的两角对应相等，从而可证△BEF∽△DCB；（2）过点Q作 QM⊥EF 于 M ，先根据相似三角形的预备定理可证△QMF ∽ △BEF；再由△QM F ∽ △BEF可用含t的代数式表示出QM的长；最后代入三角形的面积公式即可求出t的值。（3）由题意应分两种情况：（1）当点Q在DF上时，因为 ∠PFQ为钝角，所以只有PF = QF 。（2）当点Q在BF上时，因为没有指明腰和底，所以有 PF=QF；PQ = FQ；PQ = PF 三种情况，因此所求的t值有四种结果。

4．平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放，∠B=90°，AC=2CE=m，BC=n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤180°）．

（1）当α=0°时，连接DE，则∠CDE=________°，CD=________； （2）试判断：旋转过程中

的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；

（3）若m=10，n=8，当旋转的角度α恰为∠ACB的大小时，求线段BD的长； （4）若m=6，n=

，当半圆O旋转至与△ABC的边相切时，直接写出线段BD的长．

【答案】（1）90； （2）解：如图3中，

∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACE=∠BCD．∵

．

（3）解：如图4中，

，∴△ACE∽△BCD，∴

当α=∠ACB时．在Rt△ABC中，∵AC=10，BC=8，∴AB= ∵AB=6，BE=BC﹣CE=3，∴AE= △ACE∽△BCD，∴ （4）解：∵m=6，n= 中，

，∴

=

=

，∴BD=

，AB=

=3

=6．在Rt△ABE中， ，由（2）可知

．故答案为：

，∴CE=3，CD=2

=2，①如图5

当α=90°时，半圆与AC相切．在Rt△DBC中，BD= =2

． ②如图6中，

=

当α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切，作EM⊥AB于M．∵∠M=∠CBM=∠BCE=90°，∴四边形BCEM是矩形，∴ （2）可知 = 故答案为：2

，∴BD= 或

．

．

，∴AM=5，AE=

=

，由

【解析】【解答】（1）①如图1中，

当α=0时，连接DE，则∠CDE=90°．∵∠CDE=∠B=90°，∴DE∥AB，∴ ．∵BC=n，∴CD= ．故答案为：90°， n．

=

【分析】（1）连接DE，当α=0时，由直径所对的圆周角时直角可得∠CDE=90°，判断DE∥AB，从而可得比例式进而求解。

（2）旋转过程中 B D： A E 的大小有无变化，可以看 B D， A E 所在的三角形相似，从而可的△ACE∽△BCD，进而得出结论。

（3）根据勾股定理求得AB和AE，即可求出BD。

（4）由题意分两种情况：当α=90°时，半圆与AC相切。当α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切。

5．在正方形 垂直．

（1）如图1，当点 与点 重合时，求 的长；

中，

，点 在边

的平行线交射线

上，

，点 是在射线 上，使

上的

一个动点，过点 作 于点 ，点 在射线 始终与直线

（2）如图2，试探索：

的比值是否随点 的运动而发生变化？若有变化，请说明你的

理由；若没有变化，请求出它的比值；

（3）如图3，若点 在线段 上，设 出它的定义域．

，

，求 关于 的函数关系式，并写

【答案】（1）解：由题意，得 在Rt△ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴△ ∴ ∴ ∴

∽△ ∴ 中，

,

（2）解：答： 的比值随点 的运动没有变化 理由：如图，

∵ ∥ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴△

∽△

,

∴ ∵ ∴

，

∴ 的比值随点 的运动没有变化,比值为

（3）解：延长 交 的延长线于点

∵ ∥ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴

∵ ∥ , ∴ ∥ ∴ ∵ ∴ 又

∥

,

,

∴

∴

它的定义域是

【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得出 A B = B C = C D = A D = 8 , ∠ C = ∠ A = 90 °，在Rt△ B C P 中，根据正切函数的定义得出tan ∠ P B C = P C ∶B C，又 tan ∠ P B C =，从而得出PC的长，进而得出RP的长，根据勾股定理得出PB的长，然后判断出△ P B C ∽△ P R Q，根据相似三角形对应边成比例得出PB∶RP=PC∶PQ,从而得出PQ的长； （2）RM∶MQ的比值随点 Q 的运动没有变化,根据二直线平行同位角相等得出∠ 1 = ∠ A B P , ∠ Q M R = ∠ A，根据等量代换得出∠ Q M R = ∠ C = 90 °，根据根据等角的余角相等得出∠ R Q M = ∠ P B C ，从而判断出△ R M Q ∽△ P C B，根据相似三角形对应边成比例，得出PM∶MQ=PC∶BC,从而得出答案；

（3）延长 B P 交 A D 的延长线于点 N， 根据平行线分线段成比例定理得出PD∶AB=ND∶NA,又N A = N D + A D = 8 + N D ，从而得出关于ND的方程，求解即可得出ND，根据勾股定理得出PN，根据平行线的判定定理得出PD∥MQ,再根据平行线分线段成比例定理 得出PD∶MQ=NP∶NQ,又RM∶MQ=3∶4,RM=y，从而得出MQ=y,又 P D = 2 , N Q = P Q + P N = x +，根据比例式，即可得出y与x之间的函数关系式。

6．如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx-5与x轴交于A(-1，0)，B(5，0)两点，与y轴交与点C.

（1）求抛物线的函数表达式;

（2）若点D是y轴上的点，且以B、C、D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标; （3）如图2，CE//x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC、CE分别相交于点F，G，试探求当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积.

【答案】 （1）解：把A(-1，0)，B(5，0)代入y=ax2+bx-5可得

，解得

二次函数的解析式为y=x2-4x-5.

（2）解：如图1,令x=0，则y=−5， ∴C(0,−5)， ∴OC=OB，

∴∠OBC=∠OCB=45°， ∴AB=6,BC=5

，

或

，

要使以B,C,D为顶点的三角形与△ABC相似,则有 当

时，

CD=AB=6， ∴D(0,1)， 当 ∴

∴CD= ， ∴D(0, )，

即：D的坐标为(0,1)或(0, )；

时， ，

（3）解：设H(t，t2-4t-5)

∥x轴，

，

又因为点E在抛物线上，即

∴BC所在直线解析式为y=x-5, ∴

则

而CE是定值，

，解得 （舍去）

，

∴当HF的值最大时，四边形CHEF有最大面积。 当

时，HF取得最大值 ，四边形CHEF的最大面积为

,

此时H( ，

)

【解析】【分析】（1）根据待定系数法直接确定出抛物线解析式；（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；

7．如图，二次函数

（其中a，m是常数，且a>0，m>0）的图象与

x轴分别交于点A，B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C(0，－3)，点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连接AD.过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE.

（1）用含m的代数式表示a； （2）求证： 为定值；

（3）设该二次函数图象的顶点为F.探索：在x轴的负半轴上是否存在点G，连接CF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由.

【答案】 （1）解：将C（0，-3）代入函数表达式得，

（2）证明：如答图1，过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N.

，∴

由

解得x1=－m，x2=3m.∴A(－m，0)，B(3m，0).

∵CD∥AB，∴点D的坐标为（2m，－3）. ∵AB平分∠DAE.∴∠DAM=∠EAN.

∵∠DMA=∠ENA=900 ， ∴△ADM∽△AEN, ∴ 设点E的坐标为（x,

）,

.

∴ ∴

为定值.

,∴x=4m.

（3）解：存在，

如答图2，连接FC并延长，与x轴负半轴的交点即为所求点G.

由题意得：二次函数图像顶点F的坐标为（m，-4），

过点F作FH⊥x轴于点H， 在Rt△CGO和Rt△FGH中,

∵tan∠CGO＝ , tan∠FGH＝ , ∴ = .∴OG=\"3m,\" 由勾股定理得，GF=

∴

.

，∴AD∶GF∶AE=3∶4∶5.

，AD=

由（2）得，

∴以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，此时点G的横坐标为－3m. 【解析】【分析】1）将C点代入函数解析式即可求得.（2）令y=0求A、B的坐标，再根据，CD∥AB，求点D的坐标，由△ADM∽△AEN,对应边成比例，将求 的比转化成求 比，结果不含m即为定值.（3）连接FC并延长，与x轴负半轴的交点即为所求点G..过点F作FH⊥x轴于点H，在Rt△CGO和Rt△FGH中根据同角的同一个三角函数相等，可求OG（用m表示），然后利用勾股定理求GF和AD（用m表示），并求其比值，由（2） 是定值，所以可得AD∶GF∶AE=3∶4∶5，由此可根据勾股定理逆定理判断以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，直接得点G的横坐标.

8．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝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的速度向点B运动，运动时间为t秒

，连接MN.

（1）若△BMN与△ABC相似，求t的值；

（2）连接AN，CM，若AN⊥CM，求t的值．

【答案】（1）解：∵∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm， ∴BA＝ 由题意得BM＝3tcm，CN＝2tcm， ∴BN＝(8－2t)cm. 当△BMN∽△BAC时，

， ∴ ＝

，解得t＝ ； ，解得t＝ .

＝10(cm)．

当△BMN∽△BCA时， ＝ ， ∴ ＝

综上所述，△BMN与△ABC相似时，t的值为 或

（2）解：如图，过点M作MD⊥CB于点D，

∴∠BDM＝∠ACB＝90°， 又∵∠B＝∠B， ∴△BDM∽△BCA， ∴ ＝ ＝ . ∵AC＝6cm，BC＝8cm，BA＝10cm，BM＝3tcm， ∴DM＝ tcm，BD＝ tcm， ∴CD＝

cm.

∵AN⊥CM，∠ACB＝90°， ∴∠CAN＋∠ACM＝90°，∠MCD＋∠ACM＝90°， ∴∠CAN＝∠MCD. ∵MD⊥CB， ∴∠MDC＝∠ACB＝90°， ∴△CAN∽△DCM，

∴ ＝ ， ∴ 根据路程=速度

＝ ， 解得t＝ ．

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

【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：

，将已知的线段代入计算

，将已知

即可求解；②当△BMN∽△BCA时，由相似三角形的性质可得比例式：的线段代入计算即可求解；

（2）过点M作MD⊥CB于点D，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△BDM∽△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△CAN∽△DCM，可得比例式

，将已表示的线段代入计算即可求得t的值。

二、圆的综合

9．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB， DF． （1）求证：DF是⊙O的切线；

（2）若DB平分∠ADC，AB=52，AD∶DE=4∶1，求DE的长．

【答案】(1)见解析;(2)5 【解析】

分析：（1）直接利用直角三角形的性质得出DF=CF=EF，再求出∠FDO=∠FCO=90°，得出答案即可；

（2）首先得出AB=BC即可得出它们的长，再利用△ADC～△ACE，得出AC2=AD•AE，进而得出答案． 详解：（1）连接OD． ∵OD=CD，∴∠ODC=∠OCD．

∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠EDC=90°．

∵点F为CE的中点，∴DF=CF=EF，∴∠FDC=∠FCD，∴∠FDO=∠FCO． 又∵AC⊥CE，∴∠FDO=∠FCO=90°，∴DF是⊙O的切线． （2）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠ABC=90°．

¶，∴BC=AB=52． ∵DB平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴¶AB=BC在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=100． 又∵AC⊥CE，∴∠ACE=90°，

ACAE=，∴AC2=AD•AE． ADAC设DE为x，由AD：DE=4：1，∴AD=4x，AE=5x，

∴△ADC～△ACE，∴

∴100=4x•5x，∴x=5，∴DE=5．

点睛：本题主要考查了切线的判定以及相似三角形的判定与性质，正确得出AC2=AD•AE是解题的关键．

10．如图，AB是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，点C在⊙O上，CB∥PO． （1）判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；

（2）若AB=6，CB=4，求PC的长．

【答案】（1）PC是⊙O的切线，理由见解析；（2）【解析】

35 2试题分析：（1）要证PC是⊙O的切线，只要连接OC，再证∠PCO=90°即可．

（2）可以连接AC，根据已知先证明△ACB∽△PCO，再根据勾股定理和相似三角形的性质求出PC的长．

试题解析：（1）结论：PC是⊙O的切线． 证明：连接OC ∵CB∥PO

∴∠POA=∠B，∠POC=∠OCB ∵OC=OB ∴∠OCB=∠B ∴∠POA=∠POC 又∵OA=OC，OP=OP ∴△APO≌△CPO ∴∠OAP=∠OCP ∵PA是⊙O的切线 ∴∠OAP=90° ∴∠OCP=90° ∴PC是⊙O的切线．

（2）连接AC ∵AB是⊙O的直径 ∴∠ACB=90°（6分）

由（1）知∠PCO=90°，∠B=∠OCB=∠POC ∵∠ACB=∠PCO ∴△ACB∽△PCO ∴

∴

．

点睛：本题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了勾股定理和相似三角形的性质．

11．已知，如图：O1为x轴上一点，以O1为圆心作⊙O1交x轴于C、D两点，交y轴于M、N两点，∠CMD的外角平分线交⊙O1于点E，AB是弦，且AB∥CD，直线DM的解析式为y=3x+3．

（1）如图1，求⊙O1半径及点E的坐标．

（2）如图2，过E作EF⊥BC于F，若A、B为弧CND上两动点且弦AB∥CD，试问：BF+CF与AC之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明．

（3）在（2）的条件下，EF交⊙O1于点G，问弦BG的长度是否变化？若不变直接写出BG的长（不写过程），若变化自画图说明理由．

【答案】（1）r=5 E（4，5） （2）BF+CF=AC （3）弦BG的长度不变，等于52 【解析】

分析：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1，可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，从而可以证到∠EO1D=∠EO1C=90°．由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1，OM=3．设⊙O1的半径为r．在Rt△MOO1中利用勾股定理就可解决问题．

（2）过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．由AB∥DC可证到BD=AC，易证四边形O1PFQ是矩形，从而有O1P=FQ，∠PO1Q=90°，进而有∠EO1P=∠CO1Q，从而可以证到△EPO1≌△CQO1，则有PO1=QO1．根据三角形中位线定理可得FQ=

1BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC． 2 （3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有

¶=ED¶，也就有BG=DE．在Rt△EO1D中运用勾股定理求出ED，就可解决问题． BG详解：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1． ∵ME平分∠SMC，∴∠SME=∠EMC．

∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠EO1D=∠EO1C． ∵∠EO1D+∠EO1C=180°，∴∠EO1D=∠EO1C=90°．

∵直线DM的解析式为y=3x+3，∴点M的坐标为（0，3），点D的坐标为（﹣1，0），∴OD=1，OM=3．

设⊙O1的半径为r，则MO1=DO1=r．

在Rt△MOO1中，（r﹣1）2+32=r2．

解得：r=5，∴OO1=4，EO1=5，∴⊙O1半径为5，点E的坐标为（4，5）． （2）BF+CF=AC．理由如下：

过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．

¶，¶=¶ ∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC，∴¶BDAC，∴BD=AC． AD=BC ∵O1P⊥EG，O1Q⊥BC，EF⊥BF，∴∠O1PF=∠PFQ=∠O1QF=90°，∴四边形O1PFQ是矩形，∴O1P=FQ，∠PO1Q=90°，∴∠EO1P=90°﹣∠PO1C=∠CO1Q．

EO1PCO1Q 在△EPO1和△CQO1中，EPO1CQO1，

OEOC11∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1． ∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ． ∵CO1=DO1，∴O1Q=

11BD，∴FQ=BD． 22 ∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴BF+CF=BD=AC． （3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．

∵DC是⊙O1的直径，∴∠DBC=90°，∴∠DBC+∠EFB=180°，∴EF∥BD，

¶=ED¶，∴BG=DE． ∴∠GEB=∠EBD，∴BG ∵DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=52，∴BG=52， ∴弦BG的长度不变，等于52．

点睛：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥DC证到AC=BD是解决第（2）小题的关键，由EG∥DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键．

，eO的直径AB12，P是弦BC上一动点(与点B，C不重合12．如图1)，ABC30o，过点P作PDOP交eO于点D．

1如图2，当PD//AB时，求PD的长；

1»»2如图3，当DCAC时，延长AB至点E，使BEAB，连接DE．

2①求证：DE是eO的切线；

②求PC的长．

【答案】（1）26；（2）①见解析，②333． 【解析】

分析：1根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角函数关系得出OP，PD的长；

2①首先得出VOBD是等边三角形，进而得出ODEOFB90o，求出答案即

可；

②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．

详解：1如图2，连接OD，

QOPPD，PD//AB，

POB90o，

QeO的直径AB12，

OBOD6，

在RtVPOB中，ABC30o，

OPOBtan30o6在RtVPOD中，

323， 3PDOD2OP262(23)226；

2①证明：如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，

»»QDCAC，

DBCABC30o，

ABD60o，

QOBOD， VOBD是等边三角形， ODFB，

1QBEAB，

2OBBE， BF//ED，

ODEOFB90o，

DE是eO的切线； ②由①知，ODBC， CFFBOBcos30o6在RtVPOD中，OFDF，

333， 2PF1DO3(直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半)， 2CPCFPF333．

点睛：此题主要考查了圆的综合以及直角三角形的性质和锐角三角函数关系，正确得出

VOBD是等边三角形是解题关键．

13．矩形ABCD中，点C（3，8），E、F为AB、CD边上的中点，如图1，点A在原点处，点B在y轴正半轴上，点C在第一象限，若点A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长度的速度运动，点B随之沿y轴下滑，并带动矩形ABCD在平面内滑动，如图2，设运动时间表示为t秒，当点B到达原点时停止运动． （1）当t=0时，点F的坐标为 ； （2）当t=4时，求OE的长及点B下滑的距离； （3）求运动过程中，点F到点O的最大距离；

（4）当以点F为圆心，FA为半径的圆与坐标轴相切时，求t的值．

【答案】（1）F（3，4）；（2）8-43；（3）7；（4）t的值为【解析】

试题分析：（1）先确定出DF，进而得出点F的坐标； （2）利用直角三角形的性质得出∠ABO=30°，即可得出结论；

2432或. 55（3）当O、E、F三点共线时，点F到点O的距离最大，即可得出结论； （4）分两种情况，利用相似三角形的性质建立方程求解即可．

试题解析：解：（1）当t=0时．∵AB=CD=8，F为CD中点，∴DF=4，∴F（3，4）； （2）当t=4时，OA=4．在Rt△ABO中，AB=8，∠AOB=90°， ∴∠ABO=30°，点E是AB的中点，OE=

1AB=4，BO=43，∴点B下滑的距离为2843．

（3）当O、E、F三点共线时，点F到点O的距离最大，∴FO=OE+EF=7．

（4）在Rt△ADF中，FD2+AD2=AF2，∴AF=FD2AD2=5，①设AO=t1时，⊙F与x轴相切，点A为切点，∴FA⊥OA，∴∠OAB+∠FAB=90°．∵∠FAD+∠FAB=90°，∴∠BAO=∠FAD．∵∠BOA=∠D=90°，∴Rt△FAE∽Rt△ABO，∴∴t1=

ABAO8t，∴1，FAFE532432，②设AO=t2时，⊙F与y轴相切，B为切点，同理可得，t2=． 55综上所述：当以点F为圆心，FA为半径的圆与坐标轴相切时，t的值为

2432或． 55点睛：本题是圆的综合题，主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，中点的意义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，解（2）的关键是得出∠ABO=30°，解（3）的关键是判断出当O、E、F三点共线时，点F到点O的距离最大，解（4）的关键是判断出Rt△FAE∽Rt△ABD，是一道中等难度的中考常考题．

»的中点，DE⊥AC交AC的延长线于E，⊙O的切14．如图，已知AB为⊙O直径，D是BC线交AD的延长线于F．

（1）求证：直线DE与⊙O相切；

（2）已知DG⊥AB且DE=4，⊙O的半径为5，求tan∠F的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）2． 【解析】

试题分析：（1）连接BC、OD，由D是弧BC的中点，可知：OD⊥BC；由OB为⊙O的直径，可得：BC⊥AC，根据DE⊥AC，可证OD⊥DE，从而可证DE是⊙O的切线； （2）直接利用勾股定理得出GO的长，再利用锐角三角函数关系得出tan∠F的值． 试题解析：解：（1）证明：连接OD，BC，∵D是弧BC的中点，∴OD垂直平分BC，∵AB为⊙O的直径，∴AC⊥BC，∴OD∥AE．∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵OD为⊙O的半径，∴DE是⊙O的切线；

»DB»，∴∠EAD=∠BAD，∵DE⊥AC，DG⊥AB且（2）解：∵D是弧BC的中点，∴DCDE=4，∴DE=DG=4，∵DO=5，∴GO=3，∴AG=8，∴tan∠ADG=线，∴∠ABF=90°，∴DG∥BF，∴tan∠F=tan∠ADG=2．

8=2，∵BF是⊙O的切4

点睛：此题主要考查了切线的判定与性质以及勾股定理等知识，正确得出AG，DG的长是解题关键．

15．(8分)已知AB为⊙O的直径，OC⊥AB，弦DC与OB交于点F，在直线AB上有一点E，连接ED，且有ED＝EF.

(1)如图①，求证：ED为⊙O的切线；

(2)如图②，直线ED与切线AG相交于G，且OF＝2，⊙O的半径为6，求AG的长． 【答案】（1）见解析；（2）12 【解析】

试题分析：（1）连接OD，由ED=EF可得出∠EDF=∠EFD，由对顶角相等可得出

∠EDF=∠CFO；由OD=OC可得出∠ODF=∠OCF，结合OC⊥AB即可得知∠EDF+∠ODF=90°，即∠EDO=90°，由此证出ED为⊙O的切线；

（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，结合（1）的结论根据勾股定理可求出ED、EO的长度，结合∠DOE的正弦、余弦值可得出DM、MO的长度，根据切线的性质可知GA⊥EA，从而得出DM∥GA，根据相似三角形的判定定理即可得出△EDM∽△EGA，根据相似三角形的性质即可得出GA的长度

试题解析：解：（1）连接OD，∵ED=EF，∴∠EDF=∠EFD，∵∠EFD=∠CFO，∴∠EDF=∠CFO．∵OD=OC，∴∠ODF=∠OCF．∵OC⊥AB，∴∠CFO+∠OCF=∠EDF+∠ODF=∠EDO=90°，∴ED为⊙O的切线；

（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，由（1）可知△EDO为直角三角形，设ED=EF=a，EO=EF+FO=a+2，由勾股定理得，EO2=ED2+DO2，即（a+2）2=a2+62，解得，a=8，即ED=8，EO=10．∵sin∠EOD=∴DM=OD•sin∠EOD=6×

ED4OD3，cos∠EOD=，EO5OE24318=，MO=OD•cos∠EOD=6×=，∴EM=EO﹣MO=10﹣55551832=，EA=EO+OA=10+6=16． 55∵GA切⊙O于点A，∴GA⊥EA，∴DM∥GA，∴△EDM∽△EGA，∴

DMEM，即GAEA243255 ，解得GA=12． GA16

点睛：本题考查的是切线的判定、垂径定理和勾股定理的应用、等腰三角形的性质、角的三角函数值、相似三角形的判定及性质，解题的关键是：（1）通过等腰三角形的性质找出∠EDO=90°；（2）通过相似三角形的性质找出相似比．

16．在直角坐标系中，O为坐标原点，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，C为x轴正半轴上的一个动点（OC＞2），连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，直线DA交y轴于E点． （1）求证：△OBC≌△ABD

（2）随着C点的变化，直线AE的位置变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出直线AE的解析式．

（3）以线段BC为直径作圆，圆心为点F，当C点运动到何处时，直线EF∥直线BO；这时⊙F和直线BO的位置关系如何？请给予说明．

【答案】（1）见解析；（2）直线AE的位置不变，AE的解析式为：y3x23；（3）C点运动到(4,0)处时，直线EF∥直线BO；此时直线BO与⊙F相切，理由见解析. 【解析】 【分析】

（1）由等边三角形的性质可得到OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC，等号两边都加上∠ABC，得到∠OBC=∠ABD，根据“SAS”得到△OBC≌△ABD.（2）先由三角形全等，得到∠BAD=∠BOC=60°，由等边△BCD，得到∠BAO=60°，根据平角定义及对顶角相等得到∠OAE=60°，在直角三角形OAE中，由OA的长，根据tan60°的定义求出OE的长，确定出点E的坐标，设出直线AE的方程，把点A和E的坐标代入即可确定出解析式.（3）由EA∥OB，EF∥OB，根据过直线外一点作已知直线的平行线有且只有一条，得到EF与EA重合，所以F为BC与AE的交点，又F为BC的中点，得到A为OC中点，由A的坐标即可

求出C的坐标；相切理由是由F为等边三角形BC边的中点，根据“三线合一”得到DF与BC垂直，由EF与OB平行得到BF与OB垂直，得证. 【详解】

（1）证明：∵△OAB和△BCD都为等边三角形， ∴OB=AB，BC=BD，∠OBA=∠DBC=60°， ∴∠OBA+∠ABC=∠DBC+∠ABC， 即∠OBC=∠ABD， 在△OBC和△ABD中，

OBABOBCABD , BCBD∴△OBC≌△ABD.

（2）随着C点的变化，直线AE的位置不变， ∵△OBC≌△ABD， ∴∠BAD=∠BOC=60°， 又∵∠BAO=60°， ∴∠DAC=60°， ∴∠OAE=60°，又OA=2， 在Rt△AOE中，tan60°=则OE=23，

∴点E坐标为（0，-23），

设直线AE解析式为y=kx+b，把E和A的坐标代入得：

OE， OA02kb ， 23bk3 ， 解得，b23∴直线AE的解析式为：y3x23.

（3）C点运动到(4,0)处时，直线EF∥直线BO；此时直线BO与⊙F相切，理由如下： ∵∠BOA=∠DAC=60°，EA∥OB，又EF∥OB， 则EF与EA所在的直线重合， ∴点F为DE与BC的交点， 又F为BC中点，

∴A为OC中点，又AO=2，则OC=4， ∴当C的坐标为（4，0）时，EF∥OB， 这时直线BO与⊙F相切，理由如下： ∵△BCD为等边三角形，F为BC中点，

∴DF⊥BC，又EF∥OB， ∴FB⊥OB，

∴直线BO与⊙F相切，

【点睛】

本题考查了一次函数；三角形全等的判定与性质；等边三角形的性质和直线与圆的位置关系.熟练掌握相关性质定理是解题关键.