第第頁圓與相似三角形綜合題—深圳市中考數(shù)學(xué)地方特色專題1．如圖，AB為⊙O的弦，D，C為ACB的三等分點，AC//BE．（1）求證：∠A=∠E；（2）若BC=3，BE=5，求CE的長．2．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AD是⊙O的直徑，F(xiàn)是AD延長線上一點，連接CD，CF，且∠DCF=∠CAD．（1）求證：CF是⊙O的切線；（2）若⊙O的半徑為5，sinB=45，求3．如圖，△ABC中，AB=42，D為AB中點，∠BAC=∠BCD（1）求BD和BC的長；（2）利用尺規(guī)作圖，過點A作線段CD垂線，交CD于點E，保留作圖痕跡；（3）求⊙O的半徑．4．如圖，BC是⊙O的直徑，A為⊙O上一點，連接AB、AC，AD⊥BC于點D，E是直徑CB延長線上一點，且AB平分∠EAD．（1）求證：AE是⊙O的切線；（2）若EC=4，AD=2BD，求EA．5．如圖，在△ABC中，以邊AB為直徑作⊙O，交AC于點D，點E為邊BC上一點，連接DE．給出下列信息：①AB＝BC；②∠DEC=90°；③DE是⊙O的切線．（1）請在上述3條信息中選擇其中兩條作為條件，剩下的一條作為結(jié)論，組成一個命題．你選擇的兩個條件是▲，結(jié)論是▲（只要填寫序號）．判斷此命題是否正確，并說明理由；（2）在（1）的條件下，若CD=5，CE=4，求⊙O的直徑．6．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB是直徑，D是AC中點，直線OD與⊙O相交于E，F(xiàn)兩點，P是⊙O外一點，P在直線OD上，連接PA，PC，AF，且滿足∠PCA=∠ABC.（1）求證：PA是⊙O的切線；（2）證明：EF2=4OD?OP；（3）若BC=8，tan∠AFP=7．【知識技能】（1）如1圖，在△ABC中，DE是△ABC的中位線.連接CD，將△ADC繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，得到△A'DC'.當點E的對應(yīng)點E（2）【數(shù)學(xué)理解】如2圖，在△ABC中(AB<BC),DE是△ABC的中位線.連接CD，將△ADC繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，得到△A'DC'，連接（3）【拓展探索】如3圖，在△ABC中，tanB=43，點D在AB上，AD=325.過點D作DE⊥BC，垂足為E8．已知在平面直角坐標系中，點A（3，0），B(-3，0），C(-3，8)，以線段BC為直徑作圓，圓心為E，直線AC交□E于點D，連接OD．（1）求證：直線OD是□E的切線；（2）點F為x軸上任意一點，連接CF交□E于點G，連接BG：當tan∠FCA=17，求所有F點的坐標9．在平面內(nèi)，先將一個多邊形以點O為位似中心放大或縮小，使所得多邊形與原多邊形對應(yīng)線段的比為k，并且原多邊形上的任一點P，它的對應(yīng)點P'在線段OP或其延長線上；接著將所得多邊形以點O為旋轉(zhuǎn)中心，逆時針旋轉(zhuǎn)一個角度θ，記為Ok,逆θ，如果是順時針旋轉(zhuǎn)一個角度θ，則記為Ok,順θ（1）填空：①如圖1，將△ABC以點A為旋轉(zhuǎn)相似中心，放大為原來的2倍，再逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△ADE，這個旋轉(zhuǎn)相似變換記為A（___________，___________）；②如圖2，△ABC是邊長為1cm的等邊三角形，將它作旋轉(zhuǎn)相似變換A3,逆90°，得到△ADE，則線段（2）如圖3，△ABC經(jīng)過Bk1,逆α得到△EBD，又將△ABC經(jīng)過Ck2,順（3）如圖4，在△ABC中，∠A=150°，AB=6，AC=3，若△ABC經(jīng)過（2）中的變換得到的四邊形AFDE恰好是正方形時，則AE的長為___________．10．如果三個數(shù)a、b、c滿足ab=b第1步：作以AC為直徑的圓M；第2步：____的其中一點記為點N；A.以A為圓心，AM為半徑畫圓，交圓MB.以原點0為圓心，OM為半徑畫圓，交圓MC.以O(shè)M為直徑作圓P，交圓MD.作AM的垂直平分線，交圓ME.以O(shè)C為直徑作圓P，再過點A作AC的垂線l交圓P第3步：以原點O為圓心，ON長為半徑畫弧交數(shù)軸正半軸于點B，則點B即為所求（1）請選出你認為第2步中正確作法對應(yīng)的字母：（只填一個選項即可），并說明理由，用尺規(guī)按照所選的作法在圖中作出點B，要求保留作圖痕跡，不需要寫出作法。（2）若BC=a=2，寫出此時圓M的直徑AC=.11．如圖，在⊙O中，AB是⊙O的直徑，點M是直徑AB上的一個動點，過點M的弦CD⊥AB，交⊙O于點C、D，連接BC，點F為BC的中點，連接DF并延長，交AB于點E，交⊙O于點G.圖1圖2備用圖（1）如圖1，連接CG，過點G的直線交DC的延長線于點P.當點M與圓心O重合時，若∠PGC=∠MDE，求證：PG是⊙O的切線；（2）在點M運動的過程中，DE=kDF（k為常數(shù)），求k的值；（3）如圖2，連接BG、OF、MF，當△MOF是等腰三角形時，求∠BGD的正切值.12．如圖，矩形ABCD的邊AB=3cm,AD=4cm，點E從點A出發(fā)，沿射線AD移動．以CE為直徑作⊙O，點F為⊙O與射線BD的公共點，連接EF，~CF．過點E作EG⊥EF,EG與（1）試說明四邊形EFCG是矩形；（2）當⊙O與射線BD相切時，點E停止移動，在點E移動的過程中．①矩形EFCG的面積是否存在最大值或最小值？若存在，求出這個最大值或最小值；若不存在，說明理由；②求點G移動路線的長．13．如圖1，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，過點B作BD∥OC交⊙O于點D（點D與點B不重合）．（1）求證：AC=（2）如圖2，過點C作CE⊥BD交BD的延長線于點E，連結(jié)OE交BC于點F．①若AC=12AB=2②若△OBF是直角三角形，求EFOF14．如圖，在矩形ABCD中，對角線相交于點O，⊙M為△BCD的內(nèi)切圓，切點分別為N，P，Q，DN＝4，BN＝6．（1）求BC，CD；（2）點H從點A出發(fā)，沿線段AD向點D以每秒3個單位長度的速度運動，當點H運動到點D時停止，過點H作HI∥BD交AC于點I，設(shè)運動時間為t秒．①將△AHI沿AC翻折得△AH'I，是否存在時刻t，使點H'恰好落在邊BC上？若存在，求t的值；若不存在，請說明理由；②若點F為線段CD上的動點，當△OFH為正三角形時，求t的值15．如圖（1），在Rt△ABC中，∠C=90°,D是AC上一點（不與點A，C重合），以A為圓心，AD長為半徑作⊙A交AB于點E，連結(jié)BD并延長交（1）求證：∠EAF=2∠BDE；（2）如圖（2），若∠EBD=2∠EFD，求證：DF=2CD；（3）如圖（3），BC=6,①若∠EAF=90°，求⊙A的半徑長；②求16．如圖1，CD是⊙O的直徑，且CD過弦AB的中點H，連接BC，過弧AD上一點E作EF∥BC，交BA的延長線于點F，連接CE，其中CE交AB于點G，且FE＝FG．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）如圖2，連接BE，求證：BE2＝BG?BF；（3）如圖3，若CD的延長線與FE的延長線交于點M，tanF＝34，BC＝57

答案解析部分1．【答案】（1）證明：∵AC//BE∴∠ACD=∠E

∵D，C為ACB的三等分點

∴AD?=CB?

∴（2）解：∵∠A=∠D

由（1）得∠A=∠E

∴∠D=∠E

∴BD=BE=5

∵D，C為ACB的三等分點

∴BC?=CD?，

∴CD=BC=3，∠CBD=∠D

∴△CDB∽△BDE

∴DE=253，

【解析】【分析】(1)根據(jù)平行線的性質(zhì)及圓周角定理求得角之間的關(guān)系；

（2）根據(jù)圓周角定理求出各個角之間的關(guān)系、各邊之間的關(guān)系，再利用相似三角形的性質(zhì)得出對應(yīng)線段成比例，列出方程求解。2．【答案】（1）證明：連接OC，則OC=OA，∴∠OCA=∠CAD，∵∠DCF=∠CAD，∴∠DCF=∠OCA，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ACD=90°，∴∠OCF=∠OCD+∠DCF=∠OCD+∠OCA=∠ACD=90°，∵OC是⊙O的半徑，且CF⊥OC，∴CF是⊙O的切線．（2）解：∵⊙O的半徑為5，∴OA=OD=5，AD=10，∵∠ACD=90°，∠ADC=∠B，∴AC∴AC=4∴CD=A∵∠DCF=∠CAF，∠F=∠F，∴△DCF∽△CAF，∴FC∴FC=34FA=∴3解得：FD=90∴FD的長為907【解析】【分析】（1）連接OC，則OC=OA，根據(jù)等邊對等角可得∠OCA=∠CAD，則∠DCF=∠OCA，根據(jù)圓周角定理可得∠ACD=90°，再根據(jù)角之間的關(guān)系可得∠OCF=∠ACD=90°，再根據(jù)切線判定定理即可求出答案.

（2）根據(jù)正弦定義可得AC=45AD=8，由勾股定理可得CD=6，再根據(jù)相似三角形判定定理可得△DCF∽△CAF，則FC（1）證明：連接OC，則OC=OA，∴∠OCA=∠CAD，∵∠DCF=∠CAD，∴∠DCF=∠OCA，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ACD=90°，∴∠OCF=∠OCD+∠DCF=∠OCD+∠OCA=∠ACD=90°，∵OC是⊙O的半徑，且CF⊥OC，∴CF是⊙O的切線．（2）解：∵⊙O的半徑為5，∴OA=OD=5，AD=10，∵∠ACD=90°，∠ADC=∠B，∴AC∴AC=4∴CD=A∵∠DCF=∠CAF，∠F=∠F，∴△DCF∽△CAF，∴FC∴FC=34FA=∴3解得：FD=90∴FD的長為9073．【答案】（1）解：∵∠BAC=∠BCD,∠B=∠B,∴△BAC∽△BCD,∴BCBD∵AB=42，D為AB∴BD=AD=22∴BC2∴BC=4（負值舍去）；（2）解：如圖，AE即為所作：（3）解：連接CO并延長交⊙O于點F，連接AF，在Rt△AED中，cos∠CDA=∵AD=22∴DE=1，∴AE=A∵△BAC∽△BCD,∴ACCD設(shè)CD=x，則AC=2x，在Rt△ACE中，AC∴2解得，x1=2，∴CD=2，AC=22∵∠AFC和∠ADC都是AC所對的圓周角，∴∠AFC=∠ADC,∵CF為⊙O的直徑，∴∠CAF=90°，∴sin∠AFC=∴CF=∴⊙O的半徑為4【解析】【分析】（1）根據(jù)相似三角形判定定理可得△BAC∽△BCD，則BCBD=BABC，再根據(jù)線段中點可得BD=AD=22，再代入等式即可求出答案.

（2）根據(jù)過直線外一點作已知直線的垂線即可求出答案.

（3）連接CO并延長交⊙O于點F，連接AF，根據(jù)余弦定義可得DE=1，再根據(jù)邊之間的關(guān)系可得AE，再根據(jù)相似三角形性質(zhì)可得ACCD=ABBC=2，設(shè)CD=x，則AC=（1）解：∵∠BAC=∠BCD,∠B=∠B,∴△BAC∽△BCD,∴BCBD∵AB=42，D為AB∴BD=AD=22∴BC2∴BC=4（負值舍去）；（2）解：如圖，AE即為所作：（3）解：連接CO并延長交⊙O于點F，連接AF，在Rt△AED中，cos∠CDA=∵AD=22∴DE=1，∴AE=A∵△BAC∽△BCD,∴ACCD設(shè)CD=x，則AC=2x，在Rt△ACE中，AC∴2解得，x1=2，∴CD=2，AC=22∵∠AFC和∠ADC都是AC所對的圓周角，∴∠AFC=∠ADC,∵CF為⊙O的直徑，∴∠CAF=90°，∴sin∠AFC=∴CF=∴⊙O的半徑為44．【答案】（1）證明：連接OA∵AD⊥BC，∴∠ADB=90°，∴∠ABD+∠BAD=90°，∵AB平分∠EAD，∴∠BAD=∠BAE，∴∠ABD+∠BAE=90°，∵OA=OB，∴∠ABD=∠OAB，∴∠OAB+∠BAE=90°，∴∠OAE=90°，∴OA⊥AE，而OA是半徑，∴AE是⊙O的切線；（2）解：∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC=90°，∴∠C+∠ABC=90°，∵∠ABC+∠BAD=90°，∴∠C=∠BAD，∴tanC=tan∠BAD，∵AD=2BD，∴ABAC∵AE為⊙O的切線，BC為⊙O的直徑，∴∠EAB+∠BAO=90°=∠BAO+∠OAC，而∴∠OAC=∠C∴∠EAB=∠C∵∠E=∠E，∴△ABE∽△CAE，∴AE∵EC=4，∴AE=2．【解析】【分析】（1）連接OA，根據(jù)角平分線定義和直角三角形兩個銳角互余即可證明結(jié)論；

（2）根據(jù)直徑所對圓周角是直角可以證明∠C=∠BAD，所以tanC=tan∠BAD，證明△ABE∽△CAE，可得AECE5．【答案】（1）解：選擇①和②為條件，③為結(jié)論，且該命題為真命題．證明：如圖，連接OD，∵AB=BC，∴∠A=∠C．∵OA=OD，∴∠A=∠ODA，∴∠C=∠ODA，∴OD//∵∠DEC=90∴∠ODE=∠DEC=90°，即∴DE是⊙O的切線．故答案為：①和②，③；（答案不唯一）（2）解：如圖，連接BD，∵AB為直徑，∴∠ADB=90°，即∵AB=BC，∴AD=CD=5．在△ABD和△CDE中∠ADB=∠DEC=90∴△ABD~∴ABCD=∴AB=25故圓O的直徑為254【解析】【分析】（1）選擇①和②為條件，③為結(jié)論，且該命題為真命題．連接OD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)證明OD//BC，再證OD⊥DE，

根據(jù)切線判定定理可得DE是⊙O的切線；

（2）連接BD，證明△ABD~△CDE，則ABCD=6．【答案】（1）證明：∵D是弦AC中點，

∴OD⊥AC，

∴PD是AC的中垂線，

∴PA=PC，

∴∠PAC=∠PCA.∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB=90°，

∴∠CAB+∠CBA=90°.又∵∠PCA=∠ABC，

∴∠PCA+∠CAB=90°，

∴∠CAB+∠PAC=90°，即AB⊥PA，

∴PA是⊙O的切線；（2）證明：由（1）知∠ODA=∠OAP=90°，∴Rt△AOD∽Rt△POA，

∴AOPO=DOAO，又OA=12EF，

∴1（3）解：在Rt△ADF中，設(shè)AD=2a，則DF=3a，

OD=12BC=4∵OD2+AD2=AO2，即42+(2a【解析】【分析】（1）先判斷出PA=PC，得出∠PAC=∠PCA，再判斷出∠ACB=90°，得出∠CAB+∠CBA=90°，再判斷出∠PCA+∠CAB=90°，得出∠CAB+∠PAC=90°，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出Rt△AOD∽Rt△POA，得出OA2=OP?OD，進而得出14EF2=OP?OD，即可得出結(jié)論；（3）在Rt△ADF中，設(shè)AD=2a，得出DF=3a.OD=127．【答案】（1）證明：∵△A'DC'是由△ADC繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，

其中，點E的對應(yīng)點E'與點A重合，

∴DE=DE'

∴∠BAC=∠AED，

又∵DE是△ABC的中位線，

∴DE∥BC，

∴∠AED=∠ACB，

（2）解：如圖，連接AA'，

∵由旋轉(zhuǎn)可知，

∠ADA'=∠CDC'，AD=A'D，DC=DC'，

∴∠DAA'=∠DA'A，∠DCC'=∠DC'C，

又∵∠DAA'+∠DA'A+∠ADA'=180°，∠DCC'+∠DC'C+∠CDC'=180°，

∴∠DCC'=∠DAA'，

∴△CDC'∽△ADA'，

∴CDAD=CC'AA'，即AA'?CD=AD?CC'，

又∵DF是△ABD的中線，即F是A'B中點，DE是△ABC的中位線，

∴AD=BD，A'F=BF，

∴DF是△ABA'的中位線，

即AA'=2DF，

（3）解：存在，理由如下，

如圖，分別以AD和CE為直徑作圓，連接兩圓心O1O2，過點O1作O1F⊥BC，垂足為點F，

∵tanB=DEBE=43，BE=3，

∴DE=4，

在Rt△BED中，BD=BE2+DE2=5，

又∵AD=325，CE=323，

∴DO1=165，EO2=163，

又∵sinB=O1FBO1=45，

∴O1F=4【解析】【分析】（1）由中位線的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)性質(zhì)推導(dǎo)角度關(guān)系推出等腰即可；

（2）由目標線段的乘積關(guān)系聯(lián)想旋轉(zhuǎn)前后對應(yīng)點后三角形的相似，由"手拉手全等"推出的"手拉手相似"，最后利用中位線的等量代換得出目標線段的等量關(guān)系；

（3）根據(jù)已知定△ABC分析易解出△BDE，為滿足題意，不妨假設(shè)結(jié)論成立，即找出一個特殊的例子說明存在性即可，故而將目標互補角轉(zhuǎn)換為雙直角，即兩圓是否存在交點的問題，進一步結(jié)合解三角形求出兩圓心距離近似估值判斷滿足兩圓相交的關(guān)系即可.8．【答案】（1）證明：法一：連接BD、ED∵BC為直徑∴∠BDC=90°∴∠BDA=90°∵O為AB中點；E為BC中點∴OD=OA，CE=DE∴∠OAD=∠ODA，∠C=∠CDE∵∠C+∠OAD=90°∴∠EDO=180°-∠EDC-∠0DA=90°∴OD為圓E的切線法二：連接BD、ED、OE∵BC為直徑∴∠BDC=90°∵O為AB中點．∴OD=12在△BOE與△DOE中BE=DE∴△BOE≌△DOE∴∠ODE=∠EBO=90°∴OD為□E的切線（2）F(5，0），F(xiàn)(4331，0)②求BGCF的最大值。解：法一：取CF的中點了，連結(jié)BT，則CF=2BT∵BT≥BG∴BGCF=BG2BT≤12法二：設(shè)BF=a，CF=BC2+BF2=64+a2BG=BC·BFCF=8×a64+a2∴BGCF=8a64+a2×164+a2=864a+a=8【解析】【解答】（2）法一：①當F在A點右側(cè)時過點A作AM⊥AC交CF于點M，過M作MH交x軸于H點∵∠CAB+∠MAH=90°∠CAB+∠BCA=90°∴∠MAH=∠BCA∵∠CBA=∠MHA=90°∴△BCA∽△HAM∴AH∴AH=87，MH=∴M（297，6∴CM：y=-x+5∴F(5，0）②當F在A點左側(cè)時過點A作AM⊥AC，交CF延長線于點M，過M作AH的垂線交AH延長線于N．∵∠CAIH+∠AMAN=90°∠CAH+∠ACH=90°∴∠MAN=∠ACH∵∠H=∠N=90°∴△CAH∽△NAMAN∴AN=67，MN=∴M（137，?∴CM：y=?3117∴F（4331法二：①當F在A點右側(cè)tan∠BCF=tan(∠BCA+∠ACF)=tan∠BCA+tanACF=3=1∴BF∴BF=8F(5，0)②點F在A點左側(cè)tan∠BCF=tan(∠BCA-∠FCA)=tan∠BCA?tan∠FCA=3=17∴BFBF=136∴F(4331【分析】（1）方法一：連接BD、ED，利用直徑所對的圓周角是直角，可得∠BDC=90°，即得∠BDA=90°.利用直角三角形的性質(zhì)，可得OD=OA，CE=DE，根據(jù)等邊對等角，可得∠OAD=∠ODA，∠C=∠CDE.由∠C+∠OAD=90°，可得∠EDO=180°-∠EDC-∠ODA=90°，從而可證OD為圓E的切線.

（2）方法一：分兩種情況討論，①當點F在點A的右邊時，

過點A作AM⊥AC交CF于點M，過M作MH交x軸于H點，先求出M（297，67），利用待定系數(shù)法求出直線CM的解析式，再求出直線與x軸交點的坐標即可.②當F在點ADE左側(cè)時，利用tan∠BCF=BFBC9．【答案】（1）①A2,逆60°（2）證明：∵△ABC經(jīng)過Bk1,∴△ABC∽△EBD，∴∠ABC=∠EBD，BEAB∵△ABC經(jīng)過Ck2,∴△ABC∽△FDC，∴AB∴ABBC∵∠ABC=∠EBD，∴∠ABC+∠DBA=∠EBD+∠DBA即∠EBA=∠DBC，∵BEAB∴△EBA∽△DBC，∴ABBC∴AEDC∴AE=DF，同理可證DE=AF。故四邊形AFDE是平行四邊形．（3）2【解析】【解答】（1）①解：根據(jù)新定義的意義，得答案為A2,故答案為：A2,②解：根據(jù)旋轉(zhuǎn)相似變換A3,逆根據(jù)得△ABC是邊長為1cm的等邊三角形，得到∠B=60°，AB=1cm，于是cos∠B=故BD=1故答案為：2，逆60°．（3）解：以BC為邊在其上方作等邊三角形BGC，再作其外接圓⊙O，作⊙O的直徑BD，再在BD的上方分別作∠DBE=∠CBA,∠BDE=∠BCA，延長BA交⊙O于點F，連接CD,CF,DF，則∠BFD=90°，

∴四邊形AFDE是矩形，∴∠EAF=∠EAB=90°．∵∠BAC=150°，∴∠CAF=30°∵∠BFC=∠G=60°，∴∠ACF=90°，∵AC=3，∴AF=3∴將△ABC經(jīng)過C233∵∠BDC=∠G=60°,∠BCD=90°，∴∠DBC=30°，∴∠EBA=30°，∴AE=ABtan∴將△ABC經(jīng)過B233此時AE=AF=2∴四邊形AFDE是正方形．故答案為：23【分析】（1）①根據(jù)新定義即可求出答案.

②根據(jù)旋轉(zhuǎn)相似變換A3,逆90°，得到∠BAD=90°，根據(jù)等邊三角形判定定理可得∠B=60°，AB=1cm，再根據(jù)余弦定義及特殊角的三角函數(shù)值即可求出答案.

（2）根據(jù)題意可得△ABC∽△EBD，△ABC∽△FDC，由相似三角形性質(zhì)可得∠ABC=∠EBD，BEAB=BDBC，ABFD=BCDC則ABBC=DFDC，再根據(jù)角之間的關(guān)系可得∠EBA=∠DBC，再根據(jù)相似三角形判定定理可得△EBA∽△DBC，則ABBC=AEDC，再根據(jù)邊之間的關(guān)系可得AE=DF，DE=AF，再根據(jù)平行四邊形判定定理即可求出答案.

（3）以BC為邊在其上方作等邊三角形BGC，再作其外接圓⊙O，作⊙O的直徑BD，再在（1）①解：根據(jù)新定義的意義，得答案為A2,故答案為：A2,②解：根據(jù)旋轉(zhuǎn)相似變換A3,逆根據(jù)得△ABC是邊長為1cm的等邊三角形，得到∠B=60°，AB=1cm，于是cos∠B=故BD=1故答案為：2，逆60°．（2）證明：∵△ABC經(jīng)過Bk1,∴△ABC∽△EBD，∴∠ABC=∠EBD，BEAB∵△ABC經(jīng)過Ck2,∴△ABC∽△FDC，∴AB∴ABBC∵∠ABC=∠EBD，∴∠ABC+∠DBA=∠EBD+∠DBA即∠EBA=∠DBC，∵BEAB∴△EBA∽△DBC，∴ABBC∴AEDC∴AE=DF，同理可證DE=AF。故四邊形AFDE是平行四邊形．（3）解：以BC為邊在其上方作等邊三角形BGC，再作其外接圓⊙O，作⊙O的直徑BD，再在BD的上方分別作∠DBE=∠CBA,∠BDE=∠BCA，延長BA交⊙O于點F，連接CD,CF,DF，則∠BFD=90°，∴四邊形AFDE是矩形，∴∠EAF=∠EAB=90°．∵∠BAC=150°，∴∠CAF=30°∵∠BFC=∠G=60°，∴∠ACF=90°，∵AC=3，∴AF=3∴將△ABC經(jīng)過C233∵∠BDC=∠G=60°,∠BCD=90°，∴∠DBC=30°，∴∠EBA=30°，∴AE=ABtan∴將△ABC經(jīng)過B233此時AE=AF=2∴四邊形AFDE是正方形．故答案為：2310．【答案】（1）C或E；（2）5＋1【解析】【解答】解：（1）第2步中正確作法對應(yīng)的字母：C或E，理由如下：

選C：

證明：如圖，連接ON、MN、AN、NC，

∵OM是圓P的直徑，

∴∠MNO＝90°，

∴∠MNA＋∠ONA＝90°，

∵AC是圓O的直徑，

∴∠ANC＝90°，

∴∠NAC＋∠NCA＝90°，

∵MA＝MN，

∴∠NAC＝∠MNA，

∴∠ONA＝∠NCA，

即∠ONA＝∠OCN，

又∵∠NOA＝∠CON，

∴△OAN∽△ONC，

∴OAON=ONOC，

∴OA?OC＝ON2＝OB2，

即ac＝OB2，故點B即為所求；

選E：

證明：如圖，連接ON、NC，

∵OC是圓P的直徑，

∴∠ONC＝90°，

∵l⊥AC，

∴∠OAN＝90°，

∴∠OAN＝∠ONC，

又∵∠NOA＝∠CON，

∴△OAN∽△ONC，

∴OAON=ONOC，

∴OA?OC＝ON2＝OB2，

即ac＝OB2，故點B即為所求；

故答案為：C或E；

（2）∵BC＝a＝2，

∴OB＝OC?BC＝c?2，

∵ac＝OB2，

∴2c＝（c?2）2，

整理得，c2?6c＋4＝0，

解得：c＝3＋5或c＝3?5（不符合，舍去），

∴OC＝3＋5，

∴AC＝OC?OA＝3＋5?2＝5＋1，

故答案為：5＋1．11．【答案】（1）證明：如圖，連接OG，則OD=OG，

∴∠MDE=∠OGE，當點M與圓心O重合時，CD是⊙O的直徑，∴∠CGD=90°，即∠CGO+∠OGE=90°，∵∠PGC=∠MDE，

∴∠PGC=∠OGE，

∴∠CGO+∠PGC=90°，即OG⊥PG，∵OG是⊙O的半徑，

∴PG是⊙O的切線（2）解：如圖，過點F作FH⊥CD，垂足為H，則FH∥AB，∵點F為BC的中點，

∴FH是△BCM的中位線，

∴CH=MH=1∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，

∴CM=DM=12CD，

∵∠DME=∠DHF=90°，∠MDE=∠HDF，

∴△DME∽△DHF，∵DEDF=DMDH=23，（3）解：如圖，當點M在圓心O的左側(cè)時，OF=OM，連接CO，∵點F為BC的中點，

∴OF⊥BC，在Rt△OFC和Rt△OMC中，CO=COOF=OM∴Rt△OFC≌Rt△OMC(HL)，

∴CF=CM.在Rt△CMB中，點F為BC的中點，

∴MF=CF=BF，

∴MF=CF=CM，∴△CMF是等邊三角形

∴∠DCB=60°，

∴∠BGD=60°，

∴tan∠BGD=如圖，當點M在圓心O的右側(cè)時，OF=OM，∠FOM=∠OFM，∵點F為BC的中點，

∴OF⊥BC，

∴∠OFB=90°，∴∠OFM+∠MFB=90°，∠FOM+∠MBF=90°，

∴∠MFB=∠MBF，∴MF=MB，在Rt△CMB中，點F為BC的中點，

∴MF=BF=CF，

∴MF=MB=BF，∴△MBF是等邊三角形，

∴∠MBF=60°，

∴∠MCF=30°，

∴∠BGD=∠BCD=30°，∴tan∠BGD=綜上所述，∠BGD的正切值為3或3【解析】【分析】（1）連接OG，根據(jù)等邊對等角可得∠MDE=∠OGE，根據(jù)圓周角定理可得∠CGD=90°，即∠CGO+∠OGE=90°，再根據(jù)角之間的關(guān)系可得∠CGO+∠PGC=90°，再根據(jù)切線判定定理即可求出答案.

（2）過點F作FH⊥CD，垂足為H，則FH∥AB，根據(jù)三角形中位線定理可得CH=MH=12CM，再根據(jù)垂徑定理可得CM=DM=12CD，則DMDH=23，再根據(jù)相似三角形判定定理可得△DME∽△DHF，則DEDF=DMDH=23，化簡即可求出答案.

（3）分情況討論：當點M在圓心O的左側(cè)時，OF=OM，連接CO，根據(jù)全等三角形判定定理可得Rt△OFC≌Rt△OMC(HL)，則CF=CM，再根據(jù)等邊三角形判定定理可得△CMF12．【答案】（1）證明：如圖1，∵CE為⊙O的直徑，∴∠CFE=∠CGE=9∴∠FEG=9∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=9∴四邊形EFCG是矩形．（2）解：①存在．連接OD，如圖2①，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=9∵點O是CE的中點，∴OD=OC∴點D在⊙O上．∵∠FCE=∠FDE∴△CFE∽△DAB∵AD=4AB=3∴BD=5S=∴∵四邊形EFCG是矩形，∴FC∴∠FCE=∠CEG∴∠GDC=∠FDE∵∠GDC=∠CEG∵∠FDE+∠CDB=9∴∠GDC+∠CDB=9∴∠GDB=9I．當點E在點A(E')處時，點F在點B(F')處，點此時，CF=CB=4．II．當點F在點D(F')處時，直徑F此時⊙O與射線BD相切，CF=CD=3．III．當CF⊥BD時，CF最小，如圖2③所示．S∴4×3=5×CF∴CF=∴∵∴∴∴矩形EFCG的面積最大值為12，最小值為10825②∵∠GDC=∠FDE=定值，點G的起點為D，終點為G''，如圖2∴點G的移動路線是線段DG∵∠∴△DC∴∴∴D∴點G移動路線的長為154【解析】【分析】

（1）根據(jù)矩形的判斷定理；有3個角為90°的四邊形為矩形，依此說明四邊形EFCG為矩形。

（2）先證點D在圓上，根據(jù)圓周角定理可得∠FCE=∠FDE，從而證明△CFE∽△DAB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得S△CFE=(CF413．【答案】（1）證明：∵BD∥OC，

∴∠OCB=∠CBD，

∵OC=OB，

∴∠OCB=∠OBC，

∴∠OBC=∠CBD，

∴AC=（2）解：連接AD，設(shè)AD交OC于點H，如圖，

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB=∠ADB=90°，

∴AD⊥BD，

∵BD∥OC，

∴OC⊥AD，

∴AH=DH=12AD，

∵OC⊥AD，CE⊥BD，AD⊥BD，

∴四邊形CHDE為矩形，

∴DE=CH，

∵AC=12AB=2，∠ACB=90°

∴sin∠ABC=ACAB=12，

∴∠ABC=30°，

∴∠AOC=2∠ABC=60°，

∵OA=OC，

∴△OAC為等邊三角形，

∴OA=OC=AC=2，

∵AH⊥OC，

∴CH=OH=12OC=1，

∴DE=CH=1．

②∵△OBF是直角三角形，

當∠OBF=90°時，點F在⊙O外，由于BC為弦，這與OE交BC于點F不符；

當∠OFB=90°時，則OF⊥BC，

∴BF=CF，

∵BD∥OC，

∴△OFC∽△EFB，

∴OFEF=FCFB，

∴OF=EF，

∴四邊形COBE為平行四邊形，

∵CE⊥BD，

∴四邊形COBE為矩形，

∴∠OBD=90°，

∴點D在⊙O外，這與題意不符．

∴只有∠FOB=90°．則∠OFB+∠OBC=90°，

∵BD∥OC，CE⊥BD，

∴OC⊥CE，

∴∠ECF+∠OCB=90°，

∵OB=OC，

∴∠OCB=∠OBC，

∴∠ECF=∠OFB，

又∠CFE=∠OFB，

∴∠ECF=∠CFE，

∴EC=EF，

設(shè)EC=EF=x、OF=y、OB=OC=r，

則OE=x+y，

∴OC2=OE2?EC2=x+y2?x2=r2

∵BD∥OC

∴∠COE=∠BEO，

∵∠OCE=∠FOB=90°，

∴△ECO∽△BOE，【解析】【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)得出∠OCB=∠CBD，根據(jù)等邊對等角可得出∠OCB=∠OBC，再通過等角代換可得出∠OCB=∠OBC，繼而證明AC=（2）①連接AD，設(shè)AD交OC于點H，利用圓周角定理，平行線的性質(zhì)，垂徑定理得到AH=DH=12AD；通過證明四邊形CHDE為矩形，利用矩形的判定與性質(zhì)得到DE=CH，再利用條件AC=12AB=2，得出含②通過分類討論，最終確定只有∠FOB=90°時符合題意，利用直角三角形的性質(zhì)和等角的余角相等的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)得到EC=EF；設(shè)EC=EF=x、OF=y、OB=OC=r，則OE=x+y，利用勾股定理和相似三角形的判定與性質(zhì)分別表示r2（1）證明：∵BD∥OC，∴∠OCB=∠CBD，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴．∠OBC=∠CBD，∴AC=（2）解：連接AD，設(shè)AD交OC于點H，如圖，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=∠ADB=90°，∴AD⊥BD，∵BD∥OC，∴OC⊥AD，∴AH=DH=1∵OC⊥AD，CE⊥BD，AD⊥BD，∴四邊形CHDE為矩形，∴DE=CH，∵AC=12∴sin∠ABC=AC∴∠ABC=30°，∴∠AOC=2∠ABC=60°，∵OA=OC，∴△OAC為等邊三角形，∴OA=OC=AC=2，∵AH⊥OC，∴CH=OH=1∴DE=CH=1．②∵△OBF是直角三角形，當∠OBF=90°時，點F在⊙O外，由于BC為弦，這與OE交BC于點F不符；當∠OFB=90°時，則OF⊥BC，∴BF=CF，∵BD∥OC，∴△OFC∽△EFB，∴OFEF∴OF=EF，∴四邊形COBE為平行四邊形，∵CE⊥BD，∴四邊形COBE為矩形，∴∠OBD=90°，∴點D在⊙O外，這與題意不符．∴只有∠FOB=90°．則∠OFB+∠OBC=90°，∵BD∥OC，CE⊥BD，∴OC⊥CE，∴∠ECF+∠OCB=90°，∵OB=OC，∴∠OCB=∠OBC，∴∠ECF=∠OFB，又∠CFE=∠OFB，∴∠ECF=∠CFE，∴EC=EF，設(shè)EC=EF=x、OF=y、OB=OC=r，則OE=x+y，∴O∵BD∥OC∴∠COE=∠BEO，∵∠OCE=∠FOB=90°，∴△ECO∽△BOE，∴OCCE∴r∴r2∴xx+y∴x2∴x=1±∴x=1+∴xy即EF14．【答案】（1）解：∵⊙M為△BCD的內(nèi)切圓，切點分別為N，P，Q，DN＝4，BN＝6，∴BP＝BN＝6，DQ＝DN＝4，CP＝CQ，BD＝BN+DN＝10，設(shè)CP＝CQ＝a，則BC＝6+a，CD＝4+a，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∴BC2+CD2＝BD2，即（6+a）2+（4+a）2＝102，解得：a＝2，∴BC＝6+2＝8，CD＝4+2＝6（2）解：①存在時刻t=2512s由折疊的性質(zhì)得：∠AH'I＝∠AHI，AH'＝AH＝3t，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8，AD∥BC，∠BCD＝90°，OA＝OC＝12AC，OB＝OD＝1∴AC=BD=B∴∠ADO＝∠OAD，∵HI∥BD，∴∠AHI＝∠ADO，∴∠AH'I＝∠AHI＝∠ADO＝∠OAD＝∠ACH'，∴△AIH'∽△AH'C∴A∴A∵HI∥BD，∴△AIH∽△AOD，∴AIAO=解得：AI=15∴解得：t=2512，即存在時刻t=25②作KH⊥OH于H，交OF的延長線于K，作OL⊥AD于L,KN⊥AD于則OL//CD//∴OL=∵△OFH是等邊三角形，∴OF＝FH，∠OHF＝∠HOF＝60°，∴∠FHK＝∠HKO＝30°，∴FH＝FK＝OF，HK＝3OH，∴DF是梯形OLNK的中位線，∴DN＝DL＝4，∵∠LHO+∠LOH＝∠LHO+∠NHK＝90°，∴∠LOH＝∠NHK，∴△OLH∽△HNK，∴∴HN=∴DH=HN?DN=3∴AH=AD?DH=12?3∴t=即當△OFH為正三角形時，t的值為（4﹣3）s．【解析】【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)切圓性質(zhì)可得BP＝BN＝6，DQ＝DN＝4，CP＝CQ，BD＝BN+DN＝10，設(shè)CP＝CQ＝a，則BC＝6+a，CD＝4+a，根據(jù)矩形性質(zhì)可得∠BCD＝90°，再根據(jù)勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.

（2）①由折疊的性質(zhì)得：∠AH'I＝∠AHI，AH'＝AH＝3t，根據(jù)矩形性質(zhì)可得AD＝BC＝8，AD∥BC，∠BCD＝90°，OA＝OC＝12AC，OB＝OD＝12BD，AC＝BD，再根據(jù)勾股定理可得AC=10，OA=OD=5，再根據(jù)等邊對等角可得∠ADO＝∠OAD，根據(jù)直線平行性質(zhì)可得∠AHI＝∠ADO，再根