2019中考數(shù)學(xué)壓軸題

1、2019中考數(shù)學(xué)壓軸題81（2017浙江省溫州市，第24題，14分）如圖，已知線段AB=2，MNAB于點(diǎn)M，且AM=BM，P是射線MN上一動(dòng)點(diǎn)，E，D分別是PA，PB的中點(diǎn)，過點(diǎn)A，M，D的圓與BP的另一交點(diǎn)C（點(diǎn)C在線段BD上），連結(jié)AC，DE（1）當(dāng)APB=28°時(shí)，求B和的度數(shù)；（2）求證：AC=AB（3）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中當(dāng)MP=4時(shí)，取四邊形ACDE一邊的兩端點(diǎn)和線段MP上一點(diǎn)Q，若以這三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形，且Q為銳角頂點(diǎn)，求所有滿足條件的MQ的值；記AP與圓的另一個(gè)交點(diǎn)為F，將點(diǎn)F繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)90°得到點(diǎn)G，當(dāng)點(diǎn)G恰好落在MN上時(shí)，連結(jié)AG，CG，DG，

2、EG，直接寫出ACG和DEG的面積之比【答案】（1）B=76°，=56°；（2）證明見解析；（3）MQ的值為或或；【分析】（1）根據(jù)三角形ABP是等腰三角形，可得B的度數(shù)，再連接MD，根據(jù)MD為PAB的中位線，可得MDB=APB=28°，進(jìn)而得到=2MDB=56°；（2）根據(jù)BAP=ACB，BAP=B，即可得到ACB=B，進(jìn)而得出AC=AB；（3）記MP與圓的另一個(gè)交點(diǎn)為R，根據(jù)AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR，MR的值，再根據(jù)Q為直角三角形銳角頂點(diǎn)，分四種情況進(jìn)行討論：當(dāng)ACQ=90°時(shí)，當(dāng)QCD=90°時(shí)，當(dāng)Q

3、DC=90°時(shí)，當(dāng)AEQ=90°時(shí)，即可求得MQ的值；先判定DEG是等邊三角形，再根據(jù)GMD=GDM，得到GM=GD=1，過C作CHAB于H，由BAC=30°可得CH=1=MG，即可得到CG的值，進(jìn)而得出SACG的值，再根據(jù)SDEG的值，即可得到ACG和DEG的面積之比【解析】（1）MNAB，AM=BM，PA=PB，PAB=B，APB=28°，B=76°，如圖1，連接MD，MD為PAB的中位線，MDAP，MDB=APB=28°，=2MDB=56°；（2）BAC=MDC=APB，又BAP=180°APBB，ACB=1

4、80°BACB，BAP=ACB，BAP=B，ACB=B，AC=AB；（3）如圖2，記MP與圓的另一個(gè)交點(diǎn)為R，MD是RtMBP的中線，DM=DP，DPM=DMP=RCD，RC=RP，ACR=AMR=90°，AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，12+MR2=22+PR2，12+（4PR）2=22+PR2，PR=，MR=，當(dāng)ACQ=90°時(shí)，AQ為圓的直徑，Q與R重合，MQ=MR=；如圖3，當(dāng)QCD=90°時(shí)，在RtQCP中，PQ=2PR=，MQ=；如圖4，當(dāng)QDC=90°時(shí)，BM=1，MP=4，BP=，DP=BP=，cosMPB=，PQ=，M

5、Q=；如圖5，當(dāng)AEQ=90°時(shí)，由對稱性可得AEQ=BDQ=90°，MQ=；綜上所述，MQ的值為或或；ACG和DEG的面積之比為理由：如圖6，DMAF，DF=AM=DE=1，又由對稱性可得GE=GD，DEG是等邊三角形，EDF=90°60°=30°，DEF=75°=MDE，GDM=75°60°=15°，GMD=PGDGDM=15°，GMD=GDM，GM=GD=1，過C作CHAB于H，由BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG，AH=，CG=MH=1，SACG=CG×CH

6、=，SDEG=，SASDEG =點(diǎn)睛：本題屬于圓的綜合題，主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理，圓周角定理以及解直角三角形的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造直角三角形以及等邊三角形，運(yùn)用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算求解，解題時(shí)注意分類思想的運(yùn)用考點(diǎn)：圓的綜合題；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；動(dòng)點(diǎn)型；分類討論；壓軸題82（2017湖北省咸寧市，第23題，10分）定義：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，李老師給出如下定義：如果一個(gè)三角形有一邊上的中線等于這條邊的一半，那么稱這個(gè)三角形為“智慧三角形”理解：（1）如圖1，已知A、B是O上兩點(diǎn)，請?jiān)趫A上找出滿足

7、條件的點(diǎn)C，使ABC為“智慧三角形”（畫出點(diǎn)C的位置，保留作圖痕跡）；（2）如圖2，在正方形ABCD中，E是BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是CD上一點(diǎn)，且CF=CD，試判斷AEF是否為“智慧三角形”，并說明理由；運(yùn)用：（3）如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O的半徑為1，點(diǎn)Q是直線y=3上的一點(diǎn)，若在O上存在一點(diǎn)P，使得OPQ為“智慧三角形”，當(dāng)其面積取得最小值時(shí)，直接寫出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)【答案】（1）作圖見解析；（2）AEF是“智慧三角形”；（3）P的坐標(biāo)（，），（，）【分析】（1）連結(jié)AO并且延長交圓于C1，連結(jié)BO并且延長交圓于C2，即可求解；（2）設(shè)正方形的邊長為4a，表示出DF=CF以及EC、BE的長

8、，然后根據(jù)勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根據(jù)勾股定理逆定理判定AEF是直角三角形，由直角三角形的性質(zhì)可得AEF為“智慧三角形”；（3）根據(jù)“智慧三角形”的定義可得OPQ為直角三角形，根據(jù)題意可得一條直角邊為1，當(dāng)斜邊最短時(shí)，另一條直角邊最短，則面積取得最小值，由垂線段最短可得斜邊最短為3，根據(jù)勾股定理可求另一條直角邊，再根據(jù)三角形面積可求斜邊的高，即點(diǎn)P的橫坐標(biāo)，再根據(jù)勾股定理可求點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，從而求解【解析】（1）如圖1所示：（2）AEF是否為“智慧三角形”，理由如下：設(shè)正方形的邊長為4a，E是DC的中點(diǎn)，DE=CE=2a，BC：FC=4：1，F(xiàn)C=a，BF=4aa=3a，在R

9、tADE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在RtECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，在RtABF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，AE2+EF2=AF2，AEF是直角三角形，斜邊AF上的中線等于AF的一半，AEF為“智慧三角形”；（3）如圖3所示，由“智慧三角形”的定義可得OPQ為直角三角形，根據(jù)題意可得一條直角邊為1，當(dāng)斜邊最短時(shí)，另一條直角邊最短，則面積取得最小值，由垂線段最短可得斜邊最短為3，由勾股定理可得PQ= =，PM=1×÷3=，由勾股定理可求得OM= =，故點(diǎn)P的坐標(biāo)（，），（，） 點(diǎn)睛：本題考查了圓的綜合題，正方形的性質(zhì)，勾股

10、定理的應(yīng)用，勾股定理逆定理的應(yīng)用，用正方形的邊長表示出AEF的各邊的平方，熟練掌握“智慧三角形”的定義是解題的關(guān)鍵考點(diǎn)：圓的綜合題；新定義；探究型；最值問題；閱讀型；壓軸題83（2017湖南省湘潭市，第26題，10分）如圖，動(dòng)點(diǎn)M在以O(shè)為圓心，AB為直徑的半圓弧上運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)M不與點(diǎn)A、B 及的中點(diǎn)F 重合），連接OM過點(diǎn)M 作MEAB于點(diǎn)E，以BE為邊在半圓同側(cè)作正方形BCDE，過點(diǎn)M作O的切線交射線DC于點(diǎn)N，連接BM、BN（1）探究：如圖一，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)M在上運(yùn)動(dòng)時(shí)；判斷OEMMDN是否成立？請說明理由；設(shè)，k是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請說明理由；設(shè)MBN=，是否為定值？若是，求出該定

11、值，若不是，請說明理由；（2）拓展：如圖二，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)M 在上運(yùn)動(dòng)時(shí)；分別判斷（1）中的三個(gè)結(jié)論是否保持不變？如有變化，請直接寫出正確的結(jié)論（均不必說明理由）【答案】（1）成立；k值為定值1；設(shè)MBN=，為定值45°；（2）不變【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出BE=BC，EBC=CDE=BCD=BED=90°，由切線的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)證出EOM=DMN，即可得出OEMMDN；作BGMN于G，則BGOM，BGN=BGM=90°，由平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)得出OBM=GBM，由AAS證明BMEBMG，得出EM=GM，BE=BG，證出BG=BC，由HL證明RtB

12、GNRtBCN，得出GN=CN，證出EM+NC=GM+NC=MN，即可得出結(jié)論；由全等三角形的性質(zhì)得出EBM=GBM，GBN=CBN，求出MBN=EBC=45°即可；（2）（1）中的三個(gè)結(jié)論保持不變；解法同（1）【解析】（1）OEMMDN成立，理由如下：四邊形BCDE是正方形，BE=BC，EBC=CDE=BCD=BED=90°，EOM+EMO=90°，MN是O的切線，MNOM，OMN=90°，DMN+EMO=90°，EOM=DMN，OEMMDN；k值為定值1；理由如下：作BGMN于G，如圖一所示：則BGOM，BGN=BGM=90°，O

13、MB=GBM，OB=OM，OBM=OMB，OBM=GBM，在BME和BMG中，OBM=GBM，BED=BGM=90°，BM=BM，BMEBMG（AAS），EM=GM，BE=BG，BG=BC，在RtBGN和RtBCN中，BN=BN，BG=BC，RtBGNRtBCN（HL），GN=CN，EM+NC=GM+NC=MN，k=1；設(shè)MBN=，為定值45°；理由如下：BMEBMG，RtBGNRtBCN，EBM=GBM，GBN=CBN，MBN=EBC=45°，即=45°；（2）（1）中的三個(gè)結(jié)論保持不變；理由同（1），作BGMN于G，如圖二所示點(diǎn)睛：本題是圓的綜合題目

14、，考查了正方形的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵考點(diǎn)：圓的綜合題；定值問題；探究型；動(dòng)點(diǎn)型；壓軸題84（2017陜西省，第25題，12分）問題提出（1）如圖，ABC是等邊三角形，AB=12，若點(diǎn)O是ABC的內(nèi)心，則OA的長為 ；問題探究（2）如圖，在矩形ABCD中，AB=12，AD=18，如果點(diǎn)P是AD邊上一點(diǎn)，且AP=3，那么BC邊上是否存在一點(diǎn)Q，使得線段PQ將矩形ABCD的面積平分？若存在，求出PQ的長；若不存在，請說明理由問題解決（3）某城市街角有一草坪，草坪是由ABM草地和弦AB與其所對的劣弧圍

15、成的草地組成，如圖所示管理員王師傅在M處的水管上安裝了一噴灌龍頭，以后，他想只用噴灌龍頭來給這塊草坪澆水，并且在用噴灌龍頭澆水時(shí)，既要能確保草坪的每個(gè)角落都能澆上水，又能節(jié)約用水，于是，他讓噴灌龍頭的轉(zhuǎn)角正好等于AMB（即每次噴灌時(shí)噴灌龍頭由MA轉(zhuǎn)到MB，然后再轉(zhuǎn)回，這樣往復(fù)噴灌）同時(shí)，再合理設(shè)計(jì)好噴灌龍頭噴水的射程就可以了如圖，已測出AB=24m，MB=10m，AMB的面積為96m2；過弦AB的中點(diǎn)D作DEAB交于點(diǎn)E，又測得DE=8m請你根據(jù)以上信息，幫助王師傅計(jì)算噴灌龍頭的射程至少多少米時(shí)，才能實(shí)現(xiàn)他的想法？為什么？（結(jié)果保留根號(hào)或精確到0.01米）【答案】（1）；（2）PQ=；（3）噴

16、灌龍頭的射程至少為19.71米【分析】（1）構(gòu)建RtAOD中，利用cosOAD=cos30°=，可得OA的長；（2）經(jīng)過矩形對角線交點(diǎn)的直線將矩形面積平分，根據(jù)此結(jié)論作出PQ，利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可；（3）如圖3，作輔助線，先確定圓心和半徑，根據(jù)勾股定理計(jì)算半徑：在RtAOD中，由勾股定理解得：r=13根據(jù)三角形面積計(jì)算高M(jìn)N的長，證明ADCANM，列比例式求DC的長，確定點(diǎn)O在AMB內(nèi)部，利用勾股定理計(jì)算OM，則最大距離FM的長可利用相加得出結(jié)論【解析】（1）如圖1，過O作ODAC于D，則AD=AC=×12=6，O是內(nèi)心，ABC是等邊三角形，OAD=BAC=×

17、60°=30°，在RtAOD中，cosOAD=cos30°=，OA=6÷=，故答案為：；（2）存在，如圖2，連接AC、BD交于點(diǎn)O，連接PO并延長交BC于Q，則線段PQ將矩形ABCD的面積平分，點(diǎn)O為矩形ABCD的對稱中心，CQ=AP=3，過P作PMBC于點(diǎn)，則PM=AB=12，MQ=1833=12，由勾股定理得：PQ= =；（3）如圖3，作射線ED交AM于點(diǎn)CAD=DB，EDAB，是劣弧，所在圓的圓心在射線DC上，假設(shè)圓心為O，半徑為r，連接OA，則OA=r，OD=r8，AD=AB=12，在RtAOD中，r2=122+（r8）2，解得：r=13，OD=

18、5，過點(diǎn)M作MNAB，垂足為N，SABM=96，AB=24，ABMN=96，×24×MN=96，MN=8，NB=6，AN=18，CDMN，ADCANM，DC=，ODCD，點(diǎn)O在AMB內(nèi)部，連接MO并延長交于點(diǎn)F，則MF為草坪上的點(diǎn)到M點(diǎn)的最大距離，在上任取一點(diǎn)異于點(diǎn)F的點(diǎn)G，連接GO，GM，MF=OM+OF=OM+OGMG，即MFMG，過O作OHMN，垂足為H，則OH=DN=6，MH=3，OM=，MF=OM+r=+1319.71（米）答：噴灌龍頭的射程至少為19.71米點(diǎn)睛：本題是圓的綜合題，考查了三角形相似的性質(zhì)和判定、勾股定理、等邊三角形的性質(zhì)及內(nèi)心的定義、特殊的三角函

19、數(shù)值、矩形的性質(zhì)等知識(shí)，明確在特殊的四邊形中將面積平分的直線一定過對角線的交點(diǎn)，本題的第三問比較復(fù)雜，輔助線的作出是關(guān)鍵，根據(jù)三角形的三角關(guān)系確定其最大射程為MF考點(diǎn)：圓的綜合題；最值問題；存在型；閱讀型；壓軸題85（2017黑龍江省哈爾濱市，第26題，10分）已知：AB是O的弦，點(diǎn)C是的中點(diǎn)，連接OB、OC，OC交AB于點(diǎn)D（1）如圖1，求證：AD=BD；（2）如圖2，過點(diǎn)B作O的切線交OC的延長線于點(diǎn)M，點(diǎn)P是上一點(diǎn)，連接AP、BP，求證：APBOMB=90°；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接DP、MP，延長MP交O于點(diǎn)Q，若MQ=6DP，sinABO=，求的值【答案】（1）

20、證明見解析；（2）證明見解析；（3）【分析】（1）如圖1，連接OA，利用垂徑定理和圓周角定理可得結(jié)論；（2）如圖2，延長BO交O于點(diǎn)T，連接PT，由圓周角定理可得BPT=90°，易得APT=APBBPT=APB90°，利用切線的性質(zhì)定理和垂徑定理可得ABO=OMB，等量代換可得ABO=APT，易得結(jié)論；（3）如圖3，連接MA，利用垂直平分線的性質(zhì)可得MA=MB，易得MAB=MBA，作PMG=AMB，在射線MG上截取MN=MP，連接PN，BN，易得APMBNM，由全等三角形的性質(zhì)可得AP=BN，MAP=MBN，延長PD至點(diǎn)K，使DK=DP，連接AK、BK，易得四邊形APBK是

21、平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可得PAB=ABK，APB+PBK=180°，由（2）得APB（90°MBA）=90°，易得NBP=KBP，可得PBNPBK，PN=2PH，利用三角函數(shù)的定義可得sinPMH=，sinABO=，設(shè)DP=3a，則PM=5a，可得結(jié)果【解析】（1）證明：如圖1，連接OA，C是的中點(diǎn)，AOC=BOC，OA=OB，ODAB，AD=BD；（2）證明：如圖2，延長BO交O于點(diǎn)T，連接PTBT是O的直徑，BPT=90°，APT=APBBPT=APB90°，BM是O的切線，OBBM，又OBA+MBA=90°

22、，ABO=OMB又ABO=APT，APB90°=OMB，APBOMB=90°；（3）解：如圖3，連接MA，MO垂直平分AB，MA=MB，MAB=MBA，作PMG=AMB，在射線MG上截取MN=MP，連接PN，BN，則AMP=BMN，APMBNM，AP=BN，MAP=MBN，延長PD至點(diǎn)K，使DK=DP，連接AK、BK，四邊形APBK是平行四邊形；APBK，PAB=ABK，APB+PBK=180°，由（2）得APB（90°MBA）=90°，APB+MBA=180°，PBK=MBA，MBP=ABK=PAB，MAP=PBA=MBN，NBP=

23、KBP，PB=PB，PBNPBK，PN=PK=2PD，過點(diǎn)M作MHPN于點(diǎn)H，PN=2PH，PH=DP，PMH=ABO，sinPMH=，sinABO=，=，=，設(shè)DP=3a，則PM=5a，MQ=6DP=18a，=點(diǎn)睛：本題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)定理，三角函數(shù)的定義等相關(guān)知識(shí)，作出恰當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)建全等三角形是解答此題的關(guān)鍵考點(diǎn)：圓的綜合題；壓軸題86（2017山東省萊蕪市，第23題，10分）已知AB是O的直徑，C是圓上一點(diǎn)，BAC的平分線交O于點(diǎn)D，過D作DEAC交AC的延長線于點(diǎn)E，如圖（1）求證：DE是O的切線；（2）若AB=10，AC=6，求BD的長；（3）

24、如圖，若F是OA中點(diǎn)，F(xiàn)GOA交直線DE于點(diǎn)G，若FG=，tanBAD=，求O的半徑【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）4【分析】（1）欲證明DE是O的切線，只要證明ODDE；（2）首先證明ODBC，在RtBDN中，利用勾股定理計(jì)算即可；（3）如圖中，設(shè)FG與AD交于點(diǎn)H，根據(jù)題意，設(shè)AB=5x，AD=4x，則AF=x，想辦法用x表示線段FH、GH，根據(jù)FH+GH=，列出方程即可解決問題；【解析】（1）證明：如圖中，連接ODOA=OD，OAD=ODA，AD平分BAC，OAD=DAE，ODA=DAE，ODAE，ODE+AED=180°，AED=90°，ODE=90

25、6;，ODDE，DE是O的切線（2）如圖中，連接BC，交OD于點(diǎn)N，AB是直徑，BCA=90°，ODAE，O是AB的中點(diǎn)，ONAC，且ON=AC，ONB=90°，且ON=3，則BN=4，ND=2，BD=（3）如圖中，設(shè)FG與AD交于點(diǎn)H，根據(jù)題意，設(shè)AB=5x，AD=4x，則AF=x，F(xiàn)H=AFtanBAD=x=x，AH= =，HD=ADAH=4x=，由（1）可知，HDG+ODA=90°，在RtHFA中，F(xiàn)AH+FHA=90°，OAD=ODA，F(xiàn)HA=DHG，DHG=HDG，GH=GD，過點(diǎn)G作GMHD，交HD于點(diǎn)M，MH=MD，HM=HD=×

26、=，F(xiàn)AH+AHF=90°，MHG+HGM=90°，F(xiàn)AH=HGM，在RtHGM中，HG=，F(xiàn)H+GH=，+=，解得x=，此圓的半徑為×=4點(diǎn)睛：本題考查圓綜合題、切線的判定、垂徑定理、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?jí)狠S題考點(diǎn)：圓的綜合題87（2017黑龍江省大慶市，第27題，9分）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，BAD=90°，AC為直徑，過點(diǎn)A作圓O的切線交CB的延長線于點(diǎn)E，過AC的三等分點(diǎn)F（靠近點(diǎn)C）作CE的平行線交AB于點(diǎn)G，連結(jié)CG（1）求證：AB

27、=CD；（2）求證：CD2=BEBC；（3）當(dāng)CG=，BE=時(shí)，求CD的長【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)三個(gè)角是直角的四邊形是矩形證明四邊形ABCD是矩形，可得結(jié)論；（2）證明ABECBA，列比例式可得結(jié)論；（3）根據(jù)F是AC的三等分點(diǎn)得：AG=2BG，設(shè)BG=x，則AG=2x，代入（2）的結(jié)論解出x的值，可得CD的長【解析】（1）AC為O的直徑，ABC=ADC=90°，BAD=90°，四邊形ABCD是矩形，AB=CD；（2）AE為O的切線，AEAC，EAB+BAC=90°，BAC+ACB=90°，EAB=ACB，A

28、BC=90°，ABECBA，AB2=BEBC，由（1）知：AB=CD，CD2=BEBC；（3）F是AC的三等分點(diǎn)，AF=2FC，F(xiàn)GBE，AFGACB， =2，設(shè)BG=x，則AG=2x，AB=3x，在RtBCG中，CG=，BC2=（）2x2，BC=，由（2）得：AB2=BEBC，（3x）2=，4x4+x23=0，（x2+1）（4x23）=0，x=±，x0，x=，CD=AB=3x=點(diǎn)睛：本題是圓和四邊形的綜合題，難度適中，考查了矩形的性質(zhì)和判定、平行相似的判定、三角形相似的性質(zhì)、圓周角定理、切線的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，注意第2和3問都應(yīng)用了上一問的結(jié)論，與方程相結(jié)合，熟練掌握

29、一元高次方程的解法考點(diǎn)：圓的綜合題；壓軸題88（2016四川省達(dá)州市）如圖，已知AB為半圓O的直徑，C為半圓O上一點(diǎn)，連接AC，BC，過點(diǎn)O作ODAC于點(diǎn)D，過點(diǎn)A作半圓O的切線交OD的延長線于點(diǎn)E，連接BD并延長交AE于點(diǎn)F（1）求證：AEBC=ADAB；（2）若半圓O的直徑為10，sinBAC=，求AF的長【答案】（1）證明見解析；（2）【分析】（1）只要證明EADABC即可解決問題（2）作DMAB于M，利用DMAE，得，求出DM、BM即可解決問題【解析】（1）AB為半圓O的直徑，C=90°，ODAC，CAB+AOE=90°，ADE=C=90°，AE是切線，O

30、AAE，E+AOE=90°，E=CAB，EADABC，AE：AB=AD：BC，AEBC=ADAB（2）作DMAB于M，半圓O的直徑為10，sinBAC=，BC=ABsinBAC=6，AC=8，OEAC，AD=AC=4，OD=BC=3，sinMAD=，DM=，AM=，BM=ABAM=，DMAE，AF=考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；切線的性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義89（2016山西?。┱堥喿x下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)：阿基米德折弦定理阿基米德（archimedes，公元前287公元前212年，古希臘）是有史以來最偉大的數(shù)學(xué)家之一，他與牛頓、高斯并成為三大數(shù)學(xué)王子阿拉伯AlBinm

31、i（9731050年）的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內(nèi)容，蘇聯(lián)在1964年根據(jù)AlBinmi譯本出版了俄文版阿基米德全集，第一題就是阿基米德折弦定理阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BCAB，M是的中點(diǎn)，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點(diǎn)，即CD=AB+BD下面是運(yùn)用“截長法”證明CD=AB+BD的部分證明過程證明：如圖2，在CB上截取CG=AB，連接MA，MB，MC和MGM是的中點(diǎn)，MA=MC任務(wù)：（1）請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；（2）填空：如圖3，已知等邊ABC內(nèi)接于O，AB=2，D為上一點(diǎn)，ABD=45

32、6;，AEBD于點(diǎn)E，則BDC的周長是 【答案】（1）證明見解析；（2）【分析】（1）首先證明MBAMGC（SAS），進(jìn)而得出MB=MG，再利用等腰三角形的性質(zhì)得出BD=GD，即可得出答案；（2）首先證明ABFACD（SAS），進(jìn)而得出AF=AD，以及CD+DE=BE，進(jìn)而求出DE的長即可得出答案（2）解：如圖3，截取BF=CD，連接AF，AD，CD，由題意可得：AB=AC，ABF=ACD，在ABF和ACD中，AB=AC，ABF=ACD，BF=DC，ABFACD（SAS），AF=AD，AEBD，F(xiàn)E=DE，則CD+DE=BE，ABD=45°，BE=，則BDC的周長是故答案為：考點(diǎn)：三

33、角形的外接圓與外心；等邊三角形的性質(zhì)；閱讀型；和差倍分90（2016廣東省茂名市）如圖，在ABC中，C=90°，D、F是AB邊上的兩點(diǎn)，以DF為直徑的O與BC相交于點(diǎn)E，連接EF，過F作FGBC于點(diǎn)G，其中OFE=A（1）求證：BC是O的切線；（2）若sinB=，O的半徑為r，求EHG的面積（用含r的代數(shù)式表示）【答案】（1）證明見解析；（2）【分析】（1）首先連接OE，由在ABC中，C=90°，F(xiàn)GBC，可得FGAC，又由OFE=A，易得EF平分BFG，繼而證得OEFG，證得OEBC，則可得BC是O的切線；（2）由在OBE中，sinB=，O的半徑為r，可求得OB，BE的長

34、，然后由在BFG中，求得BG，F(xiàn)G的長，則可求得EG的長，易證得EGHFGE，然后由相似三角形面積比等于相似比的平方，求得答案【解析】（1）證明：連接OE，在ABC中，C=90°，F(xiàn)GBC，BGF=C=90°，F(xiàn)GAC，OFG=A，OFE=OFG，OFE=EFG，OE=OF，OFE=OEF，OEF=EFG，OEFG，OEBC，BC是O的切線；（2）解：在RtOBE中，sinB=，O的半徑為r，OB=r，BE=r，BF=OB+OF=r，F(xiàn)G=BFsinB=r，BG=r，EG=BGBE=r，SFGE=EGFG=，EG：FG=1：2，BC是切線，GEH=EFG，EGH=FGE，E

35、GHFGE，=，SEHG=SFGE=考點(diǎn)：切線的判定91（2016內(nèi)蒙古呼和浩特市）如圖，已知AD是ABC的外角EAC的平分線，交BC的延長線于點(diǎn)D，延長DA交ABC的外接圓于點(diǎn)F，連接FB，F(xiàn)C（1）求證：FBC=FCB；（2）已知FAFD=12，若AB是ABC外接圓的直徑，F(xiàn)A=2，求CD的長【答案】（1）證明見解析；（2）【分析】（1）由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和鄰補(bǔ)角關(guān)系證出FBC=CAD，再由角平分線和對頂角相等得出FAB=CAD，由圓周角定理得出FAB=FCB，即可得出結(jié)論；（2）由（1）得：FBC=FCB，由圓周角定理得出FAB=FBC，由公共角BFA=BFD，證出AFBBFD，得出對

36、應(yīng)邊成比例求出BF，得出FD、AD的長，由圓周角定理得出BFA=BCA=90°，由三角函數(shù)求出FBA=30°，再由三角函數(shù)求出CD的長即可【解析】（1）證明：四邊形AFBC內(nèi)接于圓，F(xiàn)BC+FAC=180°，CAD+FAC=180°，F(xiàn)BC=CAD，AD是ABC的外角EAC的平分線，EAD=CAD，EAD=FAB，F(xiàn)AB=CAD，又FAB=FCB，F(xiàn)BC=FCB；（2）解：由（1）得：FBC=FCB，又FCB=FAB，F(xiàn)AB=FBC，BFA=BFD，AFBBFD，=FAFD=12，BF=，F(xiàn)A=2，F(xiàn)D=6，AD=4，AB為圓的直徑，BFA=BCA=90

37、°，tanFBA=，F(xiàn)BA=30°，又FDB=FBA=30°，CD=ADcos30°=4×=考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的外接圓與外心92（2016內(nèi)蒙古巴彥淖爾市）如圖，在ABC中，C=90°，ABC的平分線交AC于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作BE的垂線交AB于點(diǎn)F，O是BEF的外接圓（1）求證：AC是O的切線；（2）過點(diǎn)E作EHAB，垂足為H，求證：CD=HF；（3）若CD=1，EH=3，求BF及AF長【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）BF=10，AF=【分析】（1）連接OE，由于BE是角平分線，則有CBE=OBE；而O

38、B=OE，就有OBE=OEB，等量代換有OEB=CBE，那么利用內(nèi)錯(cuò)角相等，兩直線平行，可得OEBC；又C=90°，所以AEO=90°，即AC是O的切線；（2）連結(jié)DE，先根據(jù)AAS證明CDEHFE，再由全等三角形的對應(yīng)邊相等即可得出CD=HF（3）先證得EHFBEF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得BF=10，進(jìn)而根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求得OE=5，進(jìn)一步求得OH，然后解直角三角形即可求得OA，得出AF【解析】（1）如圖，連接OEBEEF，BEF=90°，BF是圓O的直徑BE平分ABC，CBE=OBE，OB=OE，OBE=OEB，OEB=CBE，OEBC，AEO=

39、C=90°，AC是O的切線；（2）如圖，連結(jié)DECBE=OBE，ECBC于C，EHAB于H，EC=EHCDE+BDE=180°，HFE+BDE=180°，CDE=HFE在CDE與HFE中，CDE=HFE，C=EHF，EC=EH，CDEHFE（AAS），CD=HF（3）由（2）得CD=HF，又CD=1，HF=1，在RtHFE中，EF=，EFBE，BEF=90°，EHF=BEF=90°，EFH=BFE，EHFBEF，即，BF=10，OE=BF=5，OH=51=4，RtOHE中，cosEOA=，RtEOA中，cosEOA=，=，OA=，AF=5=考點(diǎn)

40、：切線的判定；三角形的外接圓與外心；相似三角形的判定與性質(zhì)93（2016四川省宜賓市）如圖1，在APE中，PAE=90°，PO是APE的角平分線，以O(shè)為圓心，OA為半徑作圓交AE于點(diǎn)G（1）求證：直線PE是O的切線；（2）在圖2中，設(shè)PE與O相切于點(diǎn)H，連結(jié)AH，點(diǎn)D是O的劣弧上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作O的切線，交PA于點(diǎn)B，交PE于點(diǎn)C，已知PBC的周長為4，tanEAH=，求EH的長【答案】（1）證明見解析；（2）【分析】（1）作OHPE，由PO是APE的角平分線，得到APO=EPO，判斷出PAOPHO，得到OH=OA，用“圓心到直線的距離等于半徑”來得出直線PE是O的切線；（2）先利用切

41、線的性質(zhì)和PBC的周長為4求出PA=2，再用三角函數(shù)求出OA，AG，然后用三角形相似，得到EH=2EG，AE=2EH，用勾股定理求出EG，最后用切割線定理即可【解析】（1）如圖1，作OHPE，OHP=90°，PAE=90，OHP=OAP，PO是APE的角平分線，APO=EPO，在PAO和PHO中，OHP=OAP，OPH=OPA，OP=OP，PAOPHO，OH=OA，OA是O的半徑，OH是O的半徑，OHPE，直線PE是O的切線（2）如圖2，連接GH，BC，PA，PB是O的切線，DB=DA，DC=CH，PBC的周長為4，PB+PC+BC=4，PB+PC+DB+DC=4，PB+AB+PC+

42、CH=4，PA+PH=4，PA，PH是O的切線，PA=PH，PA=2，由（1）得，PAOPHO，OFA=90°，EAH+AOP=90°，OAP=90°，AOP+APO=90°，APO=EAH，tanEAH=，tanAPO=，OA=PA=1，AG=2，AHG=90°，tanEAH=，EGHEHA，=，EH=2EG，AE=2EH，AE=4EG，AE=EG+AG，EG+AG=4EG，EG=AG=，EH是O的切線，EGA是O的割線，=EG×EA=EG×（EG+AG）=，EH=考點(diǎn)：切線的判定與性質(zhì)94（2016江西?。┤鐖D，AB是O

43、的直徑，點(diǎn)P是弦AC上一動(dòng)點(diǎn)（不與A，C重合），過點(diǎn)P作PEAB，垂足為E，射線EP交于點(diǎn)F，交過點(diǎn)C的切線于點(diǎn)D（1）求證：DC=DP；（2）若CAB=30°，當(dāng)F是的中點(diǎn)時(shí)，判斷以A，O，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是什么特殊四邊形？說明理由【答案】（1）證明見解析；（2）以A，O，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形【分析】（1）連接BC、OC，利用圓周角定理和切線的性質(zhì)可得B=ACD，由PEAB，易得APE=DPC=B，等量代換可得DPC=ACD，可證得結(jié)論；（2）由CAB=30°易得OBC為等邊三角形，可得AOC=120°，由F是的中點(diǎn)，易得AOF與COF均為等邊三角形，

44、可得AF=AO=OC=CF，易得以A，O，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形【解析】（1）連接BC、OC，AB是O的直徑，OCD=90°，OCA+OCB=90°，OCA=OAC，B=OCB，OAC+B=90°，CD為切線，OCD=90°，OCA+ACD=90°，B=ACD，PEAB，APE=DPC=B，DPC=ACD，AP=DC；（2）以A，O，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形理由如下：CAB=30°，B=60°，OBC為等邊三角形，AOC=120°，連接OF，AF，F(xiàn)是的中點(diǎn)，AOF=COF=60°，AOF與COF均

45、為等邊三角形，AF=AO=OC=CF，四邊形OACF為菱形考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；垂徑定理95（2016江蘇省南京市）如圖，O是ABC內(nèi)一點(diǎn)，O與BC相交于F、G兩點(diǎn)，且與AB、AC分別相切于點(diǎn)D、E，DEBC，連接DF、EG（1）求證：AB=AC（2）已知AB=10，BC=12，求四邊形DFGE是矩形時(shí)O的半徑【答案】（1）證明見解析；（2）【分析】（1）由切線長定理可知AD=AE，易得ADE=AED，因?yàn)镈EBC，由平行線的性質(zhì)得ADE=B，AED=C，可得B=C，易得AB=AC；（2）如圖，連接AO，交DE于點(diǎn)M，延長AO交BC于點(diǎn)N，連接OE、DG，設(shè)O半徑為r，由AODABN得，得到AD=

46、r，再由GBDABN得，列出方程即可解決問題【解析】（1）證明：AD、AE是O的切線，AD=AE，ADE=AED，DEBC，ADE=B，AED=C，B=C，AB=AC；（2）解：如圖，連接AO，交DE于點(diǎn)M，延長AO交BC于點(diǎn)N，連接OE、DG，設(shè)O半徑為r，四邊形DFGE是矩形，DFG=90°，DG是O直徑，O與AB、AC分別相切于點(diǎn)D、E，ODAB，OEAC，OD=OE，OEAC，OD=OE，AN平分BAC，AB=AC，ANBC，BN=BC=6，在RTABN中，AN=8，ODAB，ANBC，ADO=ANB=90°，OAD=BAN，AODABN，即，AD=r，BD=ABAD=10r，ODAB，GDB=ANB=90°，B=B，GBDABN，即，r=，四邊形DFGE是矩形時(shí)O的半徑為考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)96（2016江蘇省揚(yáng)州市）如圖1，以ABC的邊AB為直徑的O交邊BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作O的切線交AC于點(diǎn)D，且EDAC（1）試判斷ABC的形狀，并說明理由；（2）如圖2，若線段AB、DE的延長線交于點(diǎn)F，C=75°，