九年级上册数学 圆 几何综合单元试卷(word版含答案)

九年级上册数学圆几何综合单元试卷（word版含答案）

一、初三数学圆易错题压轴题（难）

1．如图，以A（0，3）为圆心的圆与x轴相切于坐标原点O，与y轴相交于点B，弦BD 的延长线交x轴的负半轴于点E，且∠BEO＝60°，AD的延长线交x轴于点C．

（1）分别求点E、C的坐标；

（2）求经过A、C两点，且以过E而平行于y轴的直线为对称轴的抛物线的函数解析式；（3）设抛物线的对称轴与AC的交点为M，试判断以M点为圆心，ME为半径的圆与⊙A的位置关系，并说明理由．

【答案】（1）点C的坐标为（－3，0）（2）2

34

33

33

y x x

=++3）⊙M与⊙A外切

【解析】

试题分析：（1）已知了A点的坐标，即可得出圆的半径和直径，可在直角三角形BOE中，根据∠BEO和OB的长求出OE的长进而可求出E点的坐标，同理可在直角三角形OAC中求出C点的坐标；

（2）已知了对称轴的解析式，可据此求出C点关于对称轴对称的点的坐标，然后根据此点坐标以及C，A的坐标用待定系数法即可求出抛物线的解析式；

（3）两圆应该外切，由于直线DE∥OB，因此∠MED=∠ABD，由于AB=AD，那么

∠ADB=∠ABD，将相等的角进行置换后可得出∠MED=∠MDE，即ME=MD，因此两圆的圆心距AM=ME+AD，即两圆的半径和，因此两圆外切.

试题解析：（1）在Rt△EOB中，

3

cot60232

EO OB

=??==，

∴点E的坐标为（－2，0）．

在Rt△COA中，tan tan60333

OC OA CAO OA

=?∠=??==，

∴点C的坐标为（－3，0）．

（2）∵点C关于对称轴2

x=-对称的点的坐标为F（－1，0），

点C与点F（－1，0）都在抛物线上．

设()()

13

y a x x

=++，用(03

A，代入得

()()

30103

a

=++，

∴3

3

a=．

∴()()

3

13

y x x

=++，即

2

34

33

33

y x x

=++．

（3）⊙M与⊙A外切，证明如下：

∵ME∥y轴，

∴MED B

∠=∠．

∵B BDA MDE

∠=∠=∠，

∴MED MDE

∠=∠．

∴ME MD

=．

∵MA MD AD ME AD

=+=+，

∴⊙M与⊙A外切．

2．如图，已知直线AB经过⊙O上的点C，并且OA＝OB，CA＝CB，

（1）求证：直线AB是⊙O的切线；

（2）OA，OB分别交⊙O于点D，E，AO的延长线交⊙O于点F，若AB＝4AD，求sin∠CFE 的值．

【答案】（1）见解析；（2

5

【解析】

【分析】

（1）根据等腰三角形性质得出OC⊥AB，根据切线的判定得出即可；

（2）连接OC、DC，证△ADC∽△ACF，求出AF=4x，CF=2DC，根据勾股定理求出

DC=

35

5

x，DF=3x，解直角三角形求出sin∠AFC，即可求出答案．

【详解】

（1）证明：连接OC，如图1，

∵OA＝OB，AC＝BC，

∴OC⊥AB，

∵OC过O，

∴直线AB是⊙O的切线；

（2）解：连接OC、DC，如图2

，

∵AB＝4AD，

∴设AD＝x，则AB＝4x，AC＝BC＝2x，∵DF为直径，

∴∠DCF＝90°，

∵OC⊥AB，

∴∠ACO＝∠DCF＝90°，

∴∠OCF＝∠ACD＝90°﹣∠DCO，

∵OF＝OC，

∴∠AFC＝∠OCF，

∴∠ACD＝∠AFC，

∵∠A＝∠A，

∴△ADC∽△ACF，

∴

1

22 AC AD DC x

AF AC CF x

====，

∴AF＝2AC＝4x，FC＝2DC，

∵AD＝x，

∴DF＝4x﹣x＝3x，

在Rt△DCF中，（3x）2＝DC2+（2DC）2，

解得：DC 35

x，

∵OA＝OB，AC＝BC，∴∠AOC＝∠BOC，

∴DC EC

=

，

∴∠CFE＝∠AFC，

∴sin∠CFE＝sin∠AFC＝DC

DF

＝

35

5

5

35

x

x

=

．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，切线的判定，解直角三角形，圆心角、弧、弦之间的关系，相似三角形的性质和判定的应用，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键，难度偏大．

3．如图所示，CD为⊙O的直径，点B在⊙O上，连接BC、BD，过点B的切线AE与CD 的延长线交于点A，OE//BD，交BC于点F，交AB于点E.

（1）求证：∠E=∠C；

（2）若⊙O的半径为3，AD=2，试求AE的长；

（3）在（2）的条件下，求△ABC的面积.

【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）48 5

.

【解析】

试题分析：（1）连接OB，利用已知条件和切线的性质证明：OE∥BD，即可证明：∠E=∠C；

（2）根据题意求出AB的长，然后根据平行线分线段定理，可求解；

（3）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可求解.

试题解析：（1）如解图，连接OB，

∵CD为⊙O的直径，

∴∠CBD＝∠CBO＋∠OBD＝90°，

∵AB是⊙O的切线，

∴∠ABO＝∠ABD＋∠OBD＝90°，

∴∠ABD＝∠CBO.

∵OB、OC是⊙O的半径，

∴OB＝OC，∴∠C＝∠CBO.

∵OE∥BD，∴∠E＝∠ABD，

∴∠E＝∠C；

（2）∵⊙O的半径为3，AD＝2，

∴AO＝5，∴AB＝4.

∵BD∥OE，

∴＝，

∴＝，

∴BE＝6，AE=6+4=10

（3）S△AOE==15，然后根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得

S△ABC= S△AOE==

4．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在y轴的正半轴上，点A在x轴的正半轴上，点C的坐标为（0，8），将△ABC沿直线AB折叠，点C落在x轴的负半轴D（?4，0）处．

（1）求直线AB的解析式；

（2）点P从点A出发以每秒45个单位长度的速度沿射线AB方向运动，过点P作PQ⊥AB，交x轴于点Q，PR∥AC交x轴于点R，设点P运动时间为t（秒），线段QR长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，点N是射线AB上一点，以点N为圆心，同时经过R、Q两点作⊙N，⊙N交y轴于点E，F．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圆心N的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）

1

3

2

y x

=-+（2）d=5t （3）故当 t=

8

5

，或8

15

，时，QR=EF，N（-

6，6）或（2，2）．

【解析】

试题分析：（1）由C（0，8），D（-4，0），可求得OC，OD的长，然后设OB=a，则BC=8-a，在Rt△BOD中，由勾股定理可得方程：（8-

a）2=a2+42,解此方程即可求得B的坐标，然后由三角函数的求得点A的坐标，再利用待定系数法求得直线AB的解析式；

（2）在Rt△AOB中，由勾股定理可求得AB的长，继而求得∠BAO的正切与余弦，由PR//AC 与折叠的性质，易证得RQ=AR，则可求得d与t的函数关系式；

（3）首先过点分别作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，易证得四边形NTOS是正方形，然后分别从

点N 在第二象限与点N

在第一象限去分析求解即可求解; 试题解析：

（1）∵C （0，8），D （-4，0），

∴OC=8，OD=4， 设OB=a ，则BC=8-a ，

由折叠的性质可得：BD=BC=8-a ，

在Rt △BOD 中，∠BOD=90°，DB 2=OB 2+OD 2， 则（8-a ）2=a 2+42，

解得：a=3，

则OB=3，

则B （0，3），

tan ∠ODB=34

OB OD = ， 在Rt △AOC 中，∠AOC=90°，tan ∠ACB=

34OA OC = ， 则OA=6，

则A （6，0），

设直线AB 的解析式为：y=kx+b ，

则60{3k b b +== ，解得：1{23

k b =-= ， 故直线AB 的解析式为：y=-

12

x +3； （2）如图所示：

在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6， 则22135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠== ，255OA cos BAO AB ∠==， 在Rt △PQA 中，905APQ AP t ∠=?=，

则AQ=

10cos AP t BAO

=∠ , ∵PR ∥AC ，

∴∠APR=∠CAB ， 由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB ，

∴∠BAO=∠APR ， ∴

PR=AR ，

∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°， ∴∠PQA=∠QPR ，

∴RP=RQ ，

∴RQ=AR ，

∴QR=

12

AQ=5t, 即d=5t; （3）过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ， ∵EF=QR ，

∴NS=NT ，

∴四边形NTOS 是正方形，

则TQ=TR=

1522QR t = ， ∴1115151022224NT AT AQ TQ t t t ==-=-=（）（） ， 分两种情况，

若点N 在第二象限，则设N （n ，-n ），

点N 在直线132y x =-

+ 上， 则132

n n -=-+ ， 解得：n=-6，

故N （-6，6），NT=6，

即1564

t = ， 解得：85t =

; 若点N 在第一象限，设N （N ，N ）， 可得：132

n n =-

+ , 解得：n=2，

故N（2，2），NT=2，

即152

4

t ,

解得：t=8

15

∴当 t=

8

5

，或8

15

，时，QR=EF ，N（-6，6）或（2，2）。

点睛：此题考查了折叠的性质、待定系数法求一次函数的解析式、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质以及三角函数等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用。

5．如图1，四边形ABCD 中，、为它的对角线，E 为AB 边上一动点（点E不与点A、B重合），EF ∥AC 交BC于点F，FG∥BD交DC于点G，GH∥AC交AD于点H，连接HE．记四边形EFGH的周长为，如果在点的运动过程中，的值不变，则我们称四边形ABCD为“四边形”，此时的值称为它的“值”．经过探究，可得矩形是“四边形”．如图2，矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为．

（1）等腰梯形（填“是”或“不是”）“四边形”；

（2）如图3，是⊙O的直径，A是⊙O上一点，，点为上的一动点，将△沿的中垂线翻折，得到△．当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有个．

【答案】“值”为10；（1）是；（2）最多有5个．

【解析】

试题分析：仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可；

（1）根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断；

（2）根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断.

矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为10；

（1）等腰梯形是“四边形”；

（2）由题意得当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有5个.

考点：动点问题的综合题

点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．

6．如图①、②、③是两个半径都等于2的⊙O1和⊙O2，由重合状态沿水平方向运动到互相外切过程中的三个位置，⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，分别连结O1A、O1B、O2A、O2B和AB．

(1)如图②，当∠AO1B=120°时，求两圆重叠部分图形的周长l；

(2)设∠AO1B的度数为x，两圆重叠部分图形的周长为y，求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；

(3)在(2)中，当重叠部分图形的周长时，则线段O2A所在的直线与⊙O1有何位置关系？请说明理由.除此之外，它们是否还有其它的位置关系？如果有，请直接写出其它位置关系时的x的取值范

围.

【答案】（1）8

3

（2）（0≤x≤180）（3）O2A与⊙O1相切；当0≤x≤90和

0≤x ≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交

【解析】

试题分析：（1）解法一、依对称性得，∠AO2B=∠AO1B=120°,

∴

解法二、∵O1A=O1B=O2A=O2B

∴AO1BO2是菱形∴∠AO2B=∠AO1B=120°∴l=2×?A=

(2)∵由（1）知，菱形AO1BO2中∠AO2B=∠AO1B=x度,

∴重叠图形的周长, 即（0≤x≤180）

(3) 当时，线段O2A所在的直线与⊙O1相切！

理由如下：∵，由（2）可知：，解之x=90度

∴AO1B=90°,因此菱形AO1BO2是正方形，∴O1AO2=90°,即O2A⊥O1A,

而O1A是⊙O1的半径，且A为半径之外端；∴O2A与⊙O1相切．

还有如下位置关系：当0≤x≤90和0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交

考点：直线与圆的位置关系

点评：本题主要考查直线与圆的位置关系，掌握判定直线与圆的位置关系是解本题的关键，会求函数的解析式，本题难度比较大

7．如图．在Rt ABC中，90

ACB

∠=?，6

AC=，10

AB=，DE是ABC的中位线，连结BD，点F是边BC上的一个动点，连结AF交BD于H，交DE于G．(1)当点F是BC 的中点时，求

DH

BH

的值及GH的长

(2) 当四边形DCFH与四边形BEGH的面积相等时，求CF的长：

(3)如图2．以CF为直径作O．

①当O正好经过点H时，求证：BD是O的切线：

②当

DH

BH

的值满足什么条件时，O与线段DE有且只有一个交点．

【答案】（1）

1

2

DH

BH

=，13

GH=；（2）

8

3

CF=；（3）①见解析；②当

3

2

DH

BH

=

或

25

14

DH

BH

>时，O与线段DE有且只有一个交点．

【解析】

【分析】

（1）根据题意得H为ABC的重心，即可得

DH

BH

的值，由重心和中位线的性质求得1

6

=

GH AF，由勾股定理求得AF的长，即可得GH的长；

（2）根据图中面积的关系得S四边形DCFG=DEB

S，列出关系式求解即可得CF的长；

（3）根据O与线段DE有且只有一个交点，可分两类情况讨论：当O与DE相切时，求得

DH

BH

的值；当O过点E，此时是O与线段DE有两个交点的临界点，即可得出O与线段DE有且只有一个交点时

DH

BH

满足的条件．

【详解】

解：（1）∵DE是ABC的中位线，

∴,

D E分别是,

AC AB的中点，//

DE BC，

又∵点F是BC的中点，

∴BD 与AF 的交点H 是ABC 的重心，

:1:2DH BH ∴=，即

12DH BH =；:1:2=HF AH ， ∴13

=HF AF ， 在ACF 中，D 为AC 中点，//DE BC ，则//DG CF ， ∴DG 为ACF 的中位线，G 为AF 的中点，

12

∴=GF AF ， 111236∴=-=

-=GH GF HF AF AF AF ， 在Rt ABC 中，90ACB ∠=?，6AC =，10AB =，

8BC ∴===， 则142

==CF BC ，

AF ∴=

16∴=?=GH ； （2）∵四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等， ∴S 四边形DCFH +DGH S

=S 四边形BEGH +DGH S ， 即S 梯形DCFG =DEB S ，

∵6AC =，8BC =，DE 是ABC 的中位线， ∴3CD =，4DE =， ∵1143622

=

??=??=DEB S DE CD ， 设2CF a =，∵DG 为ACF 的中位线， ∴12

==DG CF a ， 则S 梯形DCFG ()3(2)622+?=

=+=DG CF CD a a ， 解得：43

a =， 823

∴==CF a ； （3）①证明：如图2，连结、CH OH ，

CF为O的直径，O经过点H，

90

∴∠=?

FHC，

∴90

∠=∠=?

AHC FHC，AHC为直角三角形，

D为AC的中点，

1

2

∴==

DH AC CD，

∠∠

∴=

DCH DHC．

又OC OH

=，

∴∠=∠

OCH OHC，

∴∠+=∠+

OCH DCH OHC DHC，即90

∠=∠=?

DHO ACB，

∴BH BD

⊥，即BD是O的切线；

②如图3-1，当O与DE相切时，O与线段DE有且只有一个交点，

设O的半径为r，圆心O到DE的距离为d，

∴当r=d时，O与DE相切，

∵//

DE CF，90

ACB

∠=?，3

CD=，

∴两平行线、

DE CF之间的距离为3

CD=，

∴3

r=，

则6CF =，18

62,32=-=-==

=BF BC CF DG CF ， 由//DE CF 得：DGH BFH ，

32

DH DG BH BF ∴==； 如图3-2，当O 经过点E 时，连接OE 、OG ，

设O 的半径为r ，即==OE OC r ，

∵G 为AF 的中点，O 为CF 的中点，

∴//OG CD ，

∴四边形COGD 为平行四边形，

又∵90ACB ∠=?，

∴四边形COGD 为矩形，

∴90∠=?DGO ，则90∠=?OGE ，OGE 为直角三角形， ∴=3=OG CD ，==DG OC r ，

则4=-=-GE DE DG r ，

由勾股定理得：222+=OG GE OE ，即222

3(4)+-=r r ， 解得：258

r =

，则258==OE OC ，2524==CF r 257258,448∴=-=-===BF BC CF DG OC ，

由//DE BC 得：DGH BFH ，

25

2514

874

∴===DH DG BH BF ， 则当2514

DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点；

综上所述，当

3

2

DH

BH

=或

25

14

DH

BH

>时，O与线段DE有且只有一个交点．

【点睛】

本题属于圆综合题，考查了切线的性质与判定、中位线的性质等知识，解题的关键是灵活添加常用的辅助线，属于中考压轴题．

8．阅读材料：“最值问题”是数学中的一类较具挑战性的问题．其实，数学史上也有不少相关的故事，如下即为其中较为经典的一则：海伦是古希腊精通数学、物理的学者，相传有位将军曾向他请教一个问题﹣﹣如图1，从A点出发，到笔直的河岸l去饮马，然后再去B 地，走什么样的路线最短呢？海伦轻松地给出了答案：作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交l于点P，则PA+PB＝A′B的值最小．

解答问题：

（1）如图2，⊙O的半径为2，点A、B、C在⊙O上，OA⊥OB，∠AOC＝60°，P是OB上一动点，求PA+PC的最小值；

（2）如图3，已知菱形ABCD的边长为6，∠DAB＝60°．将此菱形放置于平面直角坐标系中，各顶点恰好在坐标轴上．现有一动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度，沿A→C 的方向，向点C运动．当到达点C后，立即以相同的速度返回，返回途中，当运动到x轴上某一点M时，立即以每秒1个单位的速度，沿M→B的方向，向点B运动．当到达点B 时，整个运动停止．

①为使点P能在最短的时间内到达点B处，则点M的位置应如何确定？

②在①的条件下，设点P的运动时间为t（s），△PAB的面积为S，在整个运动过程中，试求S与t之间的函数关系式，并指出自变量t的取值范围．

【答案】（1）PA+PC的最小值是32）①点M30）时，用时最少；②S与t之间的函数关系式是当3t3S＝3﹣3t；当0＜t3S ＝3t．当3t3S＝﹣3t3

【解析】

【分析】

（1）延长AO交圆O于M，连接CM交OB于P，连接AC，AP+PC＝PC+PM＝CM最小；（2）①根据运动速度不同以及运动距离，得出当PB⊥AB时，点P能在最短的时间内到达点B处；

②根据三角形的面积公式求出从A到C时，s与t的关系式和从C3，0）以及到B

的解析式．

【详解】

解：（1）延长AO交圆O于M，连接CM交OB于P，连接AC，

则此时AP+PC＝PC+PM＝CM最小，

∵AM是直径，∠AOC＝60°，

∴∠ACM＝90°，∠AMC＝30°，

∴AC＝

1

2

AM＝2，AM＝4，由勾股定理得：CM＝22

AM AC

＝23．

答：PA+PC的最小值是23．

（2）①根据动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度，沿A→C的方向，向点C运动．当到达点C后，立即以相同的速度返回，返回途中，当运动到x轴上某一点M时，立即以每秒1个单位的速度，沿M→B的方向，向点B运动，即为使点P能在最短的时间内到达点B处，

∴当PB⊥AB时，根据垂线段最短得出此时符合题意，

∵菱形ABCD，AB＝6，∠DAB＝60°，

∴∠BAO＝30°，AB＝AD，AC⊥BD，

∴△ABD是等边三角形，

∴BD＝6，BO＝3，由勾股定理得：AO＝3

在Rt△APB中，AB＝6，∠BAP＝30°，BP＝

1

2

AP，由勾股定理得：AP＝3，BP＝3，∴点M30）时，用时最少．

②当0＜t3AP＝2t，

∵菱形ABCD，

∴∠OAB＝30°，

∴OB＝1

2

AB＝3，

由勾股定理得：AO＝CO＝33，

∴

S＝1

2

AP×BO＝

1

2

×2t×3＝3t；

③当33＜t≤43时，AP＝63﹣（2t﹣63）＝123﹣2t，

∴S＝1

2

AP×BO＝

1

2

×（123﹣2t）×3＝183﹣3t．

当43＜t≤63时，

S＝1

2

AB×BP＝

1

2

×6×[23﹣（t﹣43）]＝﹣3t+183，

答：S与t之间的函数关系式是当33＜t≤43时，S＝183﹣3t；当0＜t≤33时，S＝3t．当43＜t≤63时，S＝﹣3t+183．

【点睛】

本题主要考查对含30度角的直角三角形，勾股定理，三角形的面积，轴对称-最短问题，圆周角定理等知识点的理解和掌握，能综合运用性质进行计算是解此题的关键．

9．△ABC内接于⊙O，AB=AC，BD⊥AC，垂足为点D，交⊙O于点E，连接AE．

（1）如图1，求证：∠BAC=2∠CAE；

（2）如图2，射线AO交线段BD于点F，交BC边于点G，连接CE，求证：BF=CE；（3）如图3，在（2）的条件下，连接CO并延长，交线段BD于点H，交⊙O于点M，连接FM，交AB边于点N，若BH=DH，四边形BHOG的面积为2，求线段MN的长．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）6

MN

【解析】

【分析】

（1）先依据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理证明∠BAC+2∠C=180°，然后得到

2∠CAE+2∠E=180°，然后根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠C，即可得到结论；

（2）连接OB、OC．先依据SSS证明△ABO≌△ACO，从而得到∠BAO=∠CAO，然后在依据ASA证明△ABF≌△ACE，最后根据全等三角形的性质可证明BF=CE；

（3）连接HG、BM．由三线合一的性质证明BG=CG，从而得到HG是△BCD的中位线，则∠FHO=∠AFD=∠HFO，于是可得到HO=OF，然后得到∠OGH=∠OHG，从而得到OH=OG，

则OF=OG ，接下来证明四边形MFGB

是矩形，然后由MF ∥BC 证明△MFH ∽△CBH ，从而可证明HF=FD ．接下来再证明△ADF ≌△GHF ，由全等三角形的性质的到AF=FG ，然后再证明△MNB ≌△NAF ，于是得到MN=NF ．设S △OHF =S △OHG =a ，则S △FHG =2a ，S △BHG =4a ，然后由S 四边形BHOG =52，可求得a=2，设HF=x ，则BH=2x ，然后证明△GFH ∽△BFG ，由相似三角形的性质可得到HG=2x ，然后依据S △BHG =12

BH?HG=42，可求得x=2，故此可得到HB 、GH 的长，然后依据勾股定理可求得BG 的长，于是容易求得MN 的长．

【详解】

解：（1）∵AB=AC ，

∴∠ABC=∠ACB ．

∴∠BAC+2∠C=180°．

∵BD ⊥AC ，

∴∠ADE=90°．

∴∠E+∠CAE=90°．

∴2∠CAE+2∠E=180°．

∵∠E=∠ACB ，

∴2∠CAE+2∠ACB=180°．

∴∠BAC=2∠CAE ．

（2）连接OB 、OC ．

∵AB=AC ，AO=AO ，OB=OC ，

∴△ABO ≌△ACO ．

∴∠BAO=∠CAO ．

∵∠BAC=2∠CAE ，

∴∠BAO=∠CAE ．

在△ABF 和△ACE 中，

ABF ACE AB AC

BAF CAE ∠=∠??=??∠=∠?

， ∴△ABF ≌△ACE ．

∴BF=CE ．

（3）连接HG 、BM ．

∵AB=AC ，∠BAO=∠CAO ，

∴AG ⊥BC ，BG=CG ．

∵BH=DH ，

∴HG 是△BCD 的中位线．

∴HG ∥CD ．

∴∠GHF=∠CDE=90°．

∵OA=OC ，

∴∠OAC=∠OCA ．

∵∠OAC+∠AFD=90°，∠OCA+∠FHO=90°， ∴∠FHO=∠AFD=∠HFO ．

∴HO=OF ．

∵∠HFO+∠OGH=90°，∠OHF+∠OHG=90°， ∴∠OGH=∠OHG ．

∴OH=OG ．

∴OF=OG ．

∵OM=OC ，

∴四边形MFCG 是平行四边形．

又∵MC 是圆O 的直径，

∴∠CBM=90°．

∴四边形MFGB 是矩形．

∴MB=FG ，∠FMB=∠AFN=90°．

∵MF ∥BC ，

∴△MFH ∽△CBH ． ∴

12

HF MF BH CB ==． ∴HF ：HD=1：2．

∴HF=FD ． 在△ADF 和△GHF 中，

AFD GFH ADF GHF FH FD ∠=∠??∠=∠??=?

，

∴△ADF ≌△GHF ．

∴AF=FG ． ∴MB=AF ． 在△MNB 和△NAF

中，

90BMF AFN ANF BNM MB AF ∠=∠=???∠=∠??=?

，

∴△MNB ≌△NAF ．

∴MN=NF ．

设S △OHF =S △OHG =a ，则S △FHG =2a ，S △BHG =4a ，

∴S 四边形BHOG =5a=52．

∴a=2．

设HF=x ，则BH=2x ．

∵∠HHG=∠GFB ，∠GHF=∠FGB ，

∴△GFH ∽△BFG ．

∴HF GH HG BH =，即2x HG HG x

=． ∴HG=2x ． ∴S △BHG =

12BH?HG=12×2x?2x =42， 解得：x=2．

∴HB=4，GH=22．

由勾股定理可知：BG=26．

∴MF=26．

∴MN=NF=6．

【点睛】

本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了圆周角定理、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判断、勾股定理的应用、矩形的性质和判定，找出图中相似三角形和全等三角形是解题的关键．

10．如图，在梯形ABCD 中，AD//BC ，AB=CD=AD=5，cos 45B =

，点O 是边BC 上的动点，以OB 为半径的O 与射线BA 和边BC 分别交于点E 和点M ，联结AM ，作∠CMN=∠BAM ，射线MN 与边AD 、射线CD 分别交于点F 、N ．

（1）当点E 为边AB

的中点时，求DF 的长；

（2）分别联结AN 、MD ，当AN//MD 时，求MN 的长；

（3）将O 绕着点M 旋转180°得到'O ，如果以点N 为圆心的N 与'O 都内切，求O 的半径长．

【答案】（1）DF 的长为

158；（2）MN 的长为5；（3）O 的半径长为258． 【解析】

【分析】

（1）作EH BM ⊥于H ，根据中位线定理得出四边形BMFA 是平行四边形，从而利用cos 45

B =解直角三角形即可求算半径，再根据平行四边形的性质求FD 即可；

（2）先证AMB CNM ∠=∠，再证MAD CNM ∠=∠，从而证明AFM NFD ?~?，得到AF MF AF DF NF MF NF DF

=?=，再通过平行证明AFN DFM ?~?，从而得到AF NF AF MF NF DF DF MF

=?=，通过两式相乘得出AF NF =再根据平行得出NF DF =， 从而得出答案．

（3）通过图形得出MN 垂直平分'OO ,从而得出90BAM CMN ∠=∠=?，再利用

cos 45

B =

解三角函数即可得出答案． 【详解】 （1）如图，作EH BM ⊥于H ：

∵E 为AB 中点，45,cos 5

AB AD DC B ==== ∴52

AE BE ==

∴cos 45

BH B BE == ∴2BH = ∴2

253222EH ??=-= ???

设半径为r ，在Rt

OEH ?中：

()2

22322r r ??=-+ ??? 解得：2516

r = ∵,E O 分别为,BA BM 中点 ∴BAM BEO OBE ∠=∠=∠ 又∵CMN BAM ∠=∠ ∴CMN OBE ∠=∠ ∴//MF AB

∴四边形BMFA 是平行四边形

∴2528

AF BM r ===

∴2515588

FD AD AF =-=-= （2）如图：连接MD AN ，

∵,B C BAM CMN ∠=∠∠=∠ ∴AMB CNM ∠=∠

又∵AMB MAD ∠=∠ ∴MAD CNM ∠=∠

又∵AFM NFD ∠=∠ ∴AFM NFD ?~?

∴

AF MF AF DF NF MF NF DF

=?=① 又∵//MD AN

∴AFN DFM ?~? ∴

AF NF AF MF NF DF DF MF

=?=② 由①?②得; 22AF NF AF NF =?= ∴NF DF =

∴5MN AD ==

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