九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)專題14 圓的綜合問題（專項(xiàng)突破）-解析版

/專題14圓的綜合性問題【思維導(dǎo)圖】◎突破一：圓與三角形的綜合問題例．（2021·江蘇南通·一模）(1)如圖1，CA＝CD，∠1＝∠2，BC＝EC．求證：∠A＝∠D．(2)如圖2，按以下步驟畫圖：①以線段AB的中點(diǎn)O為圓心，以AO的長(zhǎng)為半徑畫半圓；②分別以點(diǎn)A，點(diǎn)B為圓心，以AO的長(zhǎng)為半徑畫弧，分別交半圓于點(diǎn)C，點(diǎn)D；③連接OC，OD，CD．若AB＝4，求△COD的面積．【答案】(1)證明見解析(2)①作圖見解析，②作圖見解析，③【分析】（1）根據(jù)SAS證明△ACB≌△DEC即可．（2）證明△COD是等邊三角形，即可解決問題．(1)證明：如圖所示：∵∠ACB＝∠1+∠ACE，∠DCE＝∠2+∠ACE，∠1＝∠2，∴∠ACB＝∠DCE，在△ABC和△DEC中，，∴△ABC≌△DEC（SAS），∴∠A＝∠D；(2)解：如圖2中，連接AC，BD．由作圖可知，AC＝OA＝OC＝BD＝OD＝OB，∴△AOC，△BOD都是等邊三角形，∴∠AOC＝∠BOD＝60°，∴∠COD＝60°，∴△COD是等邊三角形，∴S△COD＝×22＝．【點(diǎn)睛】本題考查作圖復(fù)雜作圖，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．專訓(xùn)1．（2022·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，為的切線，C為切點(diǎn)，D是上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作，垂足為F，交于點(diǎn)E，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)G，連接，已知．(1)若的半徑為5，求的長(zhǎng)；(2)試探究與之間的數(shù)量關(guān)系，寫出并證明你的結(jié)論．（請(qǐng)用兩種證法解答）【答案】(1)(2)，證明見解析【分析】（1）由題意得，，根據(jù)得，根據(jù)切線的性質(zhì)得，即，根據(jù)題意得，則，即可得，根據(jù)角之間的關(guān)系和邊之間的關(guān)系得是等邊三角形，即可得∴，則,根據(jù)題意得，，，在中，根據(jù)銳角三角形函數(shù)即可得；（2）方法一：根據(jù)題意和邊、角之間得關(guān)系得，為等邊三角形，可得，在中，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得，即；方法二：連接，過點(diǎn)O作，垂足為H，根據(jù)題意得，，即四邊形是矩形，所以，

根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得，根據(jù)邊之間的關(guān)系得CE=OD，根據(jù)HL得，即可得，所以，即可得．(1)解：如圖所示，連接．∵，∴，∵，∴，∵為的切線，C為切點(diǎn)，∴，∴，∵，垂足為F，∴，∴，∴，∴，∴，∴．∵，∴是等邊三角形，∴，∴．∵的半徑為5，∴，∵是的直徑，∴，∴在中，．(2)，證明如下證明：方法一：如圖所示，∵，∴，∴．∵，∴為等邊三角形，∴．∵，∴．∴在中，，∴，即；方法二：如圖所示，連接，過點(diǎn)O作，垂足為H，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴，

∵是等邊三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴CE=OD，∵，在和中，∴（HL），∴，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的綜合，平行線的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識(shí)點(diǎn)．專訓(xùn)2．（2022·河北·廊坊市第四中學(xué)二模）如圖，已知為不完整的直徑，為弦且，，點(diǎn)M、N為上的點(diǎn)，連接，點(diǎn)N從點(diǎn)A開始沿優(yōu)弧運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)B重合時(shí)停止．已知，以為直徑向內(nèi)作半圓P．(1)求的半徑；(2)當(dāng)點(diǎn)N與點(diǎn)A重合時(shí)，求半圓P與所圍成的弓形的面積；(3)①點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)是___________；②當(dāng)半圓P與相切時(shí)，求與夾角的正切值．【答案】(1)4(2)(3)①；②【分析】（1）根據(jù)為的直徑，可得∠ABC=90°，再由銳角三角函數(shù)，即可求解；（2）設(shè)圓P交AC于點(diǎn)Q，連接PO，OM，PQ，可證得△OAM是等邊三角形，從而得到∠OAM=60°，AP=2，進(jìn)而得到△APQ為等邊三角形，再由半圓P與所圍成的弓形的面積等于，即可求解；（3）①由BC=4，，可得點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡為以O(shè)圓心，OP長(zhǎng)為半徑的半圓，求出OP，即可求解；②設(shè)半圓P與相切于點(diǎn)D，連接PD，OP，分兩種情況討論：當(dāng)點(diǎn)D在線段OC上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)D在線段OA上時(shí)，即可求解．(1)解：∵為的直徑，∴∠ABC=90°，∵，，∴，∴BC=4，∴的半徑為4；(2)解：如圖，設(shè)圓P交AC于點(diǎn)Q，連接PO，OM，PQ，由（1）得：OA=OM=4，∵，∴OA=AM=OM，∴△OAM是等邊三角形，∴∠OAM=60°，AP=2，∵AP=PQ，∴△APQ為等邊三角形，∴，AQ=2，∴半圓P與所圍成的弓形的面積等于；(3)解：①如圖，連接OP，OM，ON，∵BC=4，，∴當(dāng)M與點(diǎn)B重合時(shí)，點(diǎn)N與點(diǎn)C重合，∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡為以O(shè)圓心，OP長(zhǎng)為半徑的半圓，由（1）得：OA=OM=ON=4，BC=4，∵，∴ON=AM=OM，∴△ONM是等邊三角形，∴∠NOM=60°，∴，∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)是；故答案為：②如圖，設(shè)半圓P與相切于點(diǎn)D，連接PD，OP，當(dāng)點(diǎn)D在線段OC上時(shí)，PD⊥OC，由（2）得：PD=2，由①得：，∴，∴；當(dāng)點(diǎn)D在線段OA上時(shí)，PD⊥OA，同理，綜上所述，與夾角的正切值為．【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，求扇形面積等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．專訓(xùn)3．（2021·安徽·一模）如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，且AB為⊙O的直徑，DE與⊙O相切于點(diǎn)D，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接OD交BC于點(diǎn)F，連接AD、CD，∠E＝∠ADC．(1)求證：AD平分∠BAC；(2)若CF＝2DF，AC＝6，求⊙O的半徑r．【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到，進(jìn)而證明，得到，根據(jù)切線的性質(zhì)得到，根據(jù)垂徑定理得到，根據(jù)圓周角定理證明結(jié)論；（2）根據(jù)三角形中位線定理求出OF，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程得到答案．(1)證明：由圓周角定理得：，∵，∴，∴，∵DE與⊙O相切于點(diǎn)D，∴，∴，∴，∴，∴AD平分．(2)∵，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，即，解得：，（舍去），∴⊙O的半徑r為5．【點(diǎn)睛】本題考查的是切線的性質(zhì)、垂徑定理、圓周角定理、勾股定理的應(yīng)用，掌握?qǐng)A的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑是解題的關(guān)鍵．專訓(xùn)4．（2022·江蘇江蘇·九年級(jí)期末）如圖，以AE為直徑的交直線于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在上，過點(diǎn)C作于點(diǎn)D，連接，，，其中與交于點(diǎn)F，且平分．(1)求證：是的切線；(2)若，．①求的長(zhǎng)；②求的值．【答案】(1)見詳解(2)①3；②【分析】（1）連接OC，根據(jù)OA＝OC推出∠OCA＝∠OAC，根據(jù)角平分線得出∠OCA＝∠OAC＝∠DCA，推出OC∥AB，得出OC⊥CD，根據(jù)切線的判定推出即可；（2）①由（1）知，∠OCD＝90°，所以∠OCA+∠ACD＝90°，因?yàn)锳E是⊙O的直徑，所以∠ACE＝90°，則∠OCA+∠OCE＝90°，所以∠ACD＝∠OCE，又OC＝OE，所以∠OCE＝∠E＝∠B＝∠ACD，可得△ADC∽△CDB，所以AD：CD＝CD：BD，則CD2＝AD?BD，又BD＝AD+AB＝9，所以CD2＝1×9＝9，即CD＝3．②過點(diǎn)C作CG⊥AE于點(diǎn)G，過點(diǎn)O作OH⊥BC于H，因?yàn)镃D⊥AB，CD＝3，BD＝9，所以BC＝3，因?yàn)镺H⊥BC，則CH＝BC＝，易證△ADC∽△ACE，所以AD：AC＝AC：AE，因?yàn)镃D⊥AB，AD＝1，CD＝3，所以AC2＝10，則AE＝＝10，OA＝AE＝5＝OC；易證△ACD≌△ACG（AAS），所以AG＝AD＝1，CG＝CD＝3，OG＝OA﹣AG＝5﹣1＝4，因?yàn)镺H⊥BC，OC＝5，CH＝，所以O(shè)H＝，易證△CFG∽△OFH，所以CG：OH＝CF：OF＝GF：FH，即3：＝CF：（4﹣GF）＝GF：（﹣CF），整理得，CF＝12﹣3GF，GF＝﹣3CF，解之，求解的CG和GF的值，因?yàn)镃G⊥AE，CG＝3，GF＝，所以tan∠AFC＝＝．(1)證明：連接OC．∵OC＝OA，∴∠OAC＝∠OCA．∵AC平分∠DAE，∴∠DAC＝∠OAC，∴∠DAC＝∠OCA，∴AD∥OC．∵CD⊥DA，∴∠ADC＝∠OCD＝90°，即CD⊥OC，∵點(diǎn)C在⊙O上，∴CD是⊙O的切線．(2)解：①由（1）知，∠OCD＝90°，∴∠OCA+∠ACD＝90°，∵AE是⊙O的直徑，∴∠ACE＝90°，∴∠OCA+∠OCE＝90°，∴∠ACD＝∠OCE，∵OC＝OE，∴∠OCE＝∠E，∵∠E＝∠B，∴∠ACD＝∠B，∵∠ADC＝∠CDB＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴AD：CD＝CD：BD，∴CD2＝AD?BD，∵AD＝1，AB＝8，∴BD＝AD+AB＝9，∴CD2＝1×9＝9，∴CD＝3．②過點(diǎn)C作CG⊥AE于點(diǎn)G，過點(diǎn)O作OH⊥BC于H，∵CD⊥AB，CD＝3，BD＝9，∴BC＝3，∵OH⊥BC，∴CH＝BC＝，∵∠ADC＝∠ACE＝90°，∠ACD＝∠AEC，∴△ADC∽△ACE，∴AD：AC＝AC：AE，∴AE＝，∵CD⊥AB，AD＝1，CD＝3，∴AC2＝10，∴AE＝＝10，∴OA＝AE＝5＝OC，在△ACD和△ACG中，∵∠ADC＝∠ABC＝90°，∠CAD＝∠CAG，AC＝AC，∴△ACD≌△ACG（AAS），∴AG＝AD＝1，CG＝CD＝3，∴OG＝OA﹣AG＝5﹣1＝4，∵OH⊥BC，OC＝5，CH＝，∴OH＝，∵∠CFG＝∠OFH，∠CGF＝∠OHF＝90°，∴△CFG∽△OFH，∴CG：OH＝CF：OF＝GF：FH，∴3：＝CF：（4﹣GF）＝GF：（﹣CF），整理得，CF＝12﹣3GF，GF＝﹣3CF解得GF＝，∵CG⊥AE，CG＝3，GF＝，∴tan∠AFC＝＝，∴tan∠AFC的值為．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定、平行線的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用定理進(jìn)行推理的能力，結(jié)合方程思想求解．◎突破二：圓與四邊形的綜合問題例．（2022·廣東廣州·一模）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AB=6，BC=8，∠ABC=90°，弧AD=弧DC．(1)求邊CD的長(zhǎng)；(2)已知△ABE與△ABD關(guān)于直線AB對(duì)稱．①尺規(guī)作圖:作△ABE；（保留作圖痕跡，不寫作法）②連接DE，求線段DE的長(zhǎng)．【答案】(1)(2)①圖見解析②14【分析】（1）先求出直徑AC，再得到△ADC是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求解；（2）①以B點(diǎn)為圓心，BD為半徑，和以A點(diǎn)為圓心，AD為半徑畫弧，交點(diǎn)為E點(diǎn)，再順次連接即可；②過A點(diǎn)作AH⊥BD，先求出BD的長(zhǎng)，再證明△BDE是等腰直角三角形，故可求出DE的長(zhǎng)．(1)∵AB=6，BC=8，∠ABC=90°，∴AC=，AC是⊙O的直徑∴∠ADC=90°∵弧AD=弧DC∴AD=CD∴△ADC是等腰直角三角形∴AD2+CD2=AC2解得CD=；(2)①如圖，△ABE為所求；②過A點(diǎn)作AH⊥BD，∵弧AD=弧DC∴∠ABD=∠CBD=∠ABC=45°∴△ABH是等腰直角三角形∵AB2=BH2+AH2，AH=BH∴AH=BH=3∵AD=CD=5∴在Rt△ADH中，DH=∴BD=BH+DH=∵△ABE與△ABD關(guān)于直線AB對(duì)稱∴∠EBD=2∠ABD=90°，BE=BD=∴△BDE是等腰直角三角形∴DE=．【點(diǎn)睛】此題主要考查圓內(nèi)的線段長(zhǎng)度求解、尺規(guī)作圖，解題的關(guān)鍵是熟知圓周角的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)及對(duì)稱性的應(yīng)用．專訓(xùn)1．（2022·江蘇無錫·一模）如圖，在四邊形ABCD中，∠C=∠D=90°，DC=4，AD=2，AB=BC，以AB為直徑的圓O交BC于點(diǎn)E．(1)求圓⊙的半徑；(2)用無刻度的直尺在DC邊上作點(diǎn)M，使射線BM平分∠ABC，并求的值．【答案】(1)2.5(2)【分析】（1）連接AE，可得∠AEB=90°，從而得到四邊形ADCE是矩形，進(jìn)而得到AE=CD=4，CE=AD=2，設(shè)AB=x，則BC=x，BE=x-2，然后根據(jù)勾股定理可得AB=5，即可求解；（2）連接AM，可證得△ABM≌△CBM，從而得到AM=CM，∠BAM=∠BCM=90°，設(shè)AM=CM=m，則DM=CD-CM=4-m，然后根據(jù)勾股定理可得，即可求解．(1)解：如圖，連接AE，∵AB圓O的直徑，∴∠AEB=90°，∵∠C=∠D=90°，∴∠C=∠D=∠AEB=90°，∴四邊形ADCE是矩形，∴AE=CD=4，CE=AD=2，設(shè)AB=x，則BC=x，∴BE=x-2，∵，∴，解得：x=5，即AB=5，∴圓⊙的半徑為2.5；(2)解：如圖，連接AM，∵BM平分∠ABC，∴∠ABM=∠CBM，∵AB=BC，BM=BM，∴△ABM≌△CBM，∴AM=CM，∠BAM=∠BCM=90°，設(shè)AM=CM=m，則DM=CD-CM=4-m，∵，∴，解得：即，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A周角定理，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．專訓(xùn)2．（2016·江蘇無錫·九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，矩形AOBC，A（0，3）、B（5，0），點(diǎn)E在OB上，∠AEO=45°，點(diǎn)P從點(diǎn)Q（﹣3，0）出發(fā)，沿x軸向右以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（t≥0）秒．（1）求點(diǎn)E的坐標(biāo)；（2）當(dāng)∠PAE=15°時(shí)，求t的值；（3）以點(diǎn)P為圓心，PA為半徑的⊙P隨點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)而變化，當(dāng)⊙P與四邊形AEBC的邊（或邊所在的直線）相切時(shí)，求t的值．【答案】（1）點(diǎn)E的坐標(biāo)為（3，0）；（2）t=（3+）s或（3+3）s；（3）t=0或4或4.6秒時(shí)，⊙P與四邊形AEBC的邊（或邊所在的直線）相切．【詳解】試題分析：（1）在Rt△AOE中求出OE，即可得出點(diǎn)E的坐標(biāo)；（2）如圖1所示，當(dāng)∠PAE=15°時(shí)，可得∠APO=60°，從而可求出PO=，求出QP，即可得出t的值；（3）以點(diǎn)P為圓心，PA為半徑的⊙P與四邊形AEBC的邊（或邊所在的直線）相切時(shí)，只有一種情況，也就是⊙P與AE邊相切，且切點(diǎn)為點(diǎn)A，如圖2所示，求出PE，得出QP，繼而可得t的值．試題解析：（1）在Rt△AOE中，OA=3，∠AEO=45°，∴OE=AO=3，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（3，0）；（2）如圖1所示：∵∠PAE=15°，∠AEO=45°，∴∠APO=∠PAE+∠AEO=60°，∴OP=AOtan30°=，∴QP=3+，∴t=3+（秒）；如圖2，∵∠AEO=45°，∠PAE=15°，∴∠APE=30°，∵AO=3，∴OP=3÷=3，∴t=QP=OQ+OP=（3+3）s；∴t=（3+）s或（3+3）s．（3）∵PA是⊙P的半徑，且⊙P與AE相切，∴點(diǎn)A為切點(diǎn)，如圖3所示：∵AO=3，∠AEO=45°，∴AE=3∴PE=∴QP=QE﹣PE=6﹣6=0，∴當(dāng)⊙P與四邊形AEBC的邊AE相切時(shí)，Q，P重合，t的值為0．∵PA是⊙P的半徑，且⊙P與AE相切，∴點(diǎn)A為切點(diǎn)，如圖4所示：當(dāng)點(diǎn)P與O重合時(shí)，⊙P與AC相切，∴t=3秒；當(dāng)PA=PB時(shí)，⊙P與BC相切，設(shè)OP=x，則PB=PA=5﹣x，在Rt△OAP中，x2+32=（5﹣x）2，解得：x=1.6，∴t=3+1.6=4.6（秒）；∴t=0或4或4.6秒時(shí)，⊙P與四邊形AEBC的邊（或邊所在的直線）相切．考點(diǎn)：圓的綜合題．專訓(xùn)3．（2022·浙江·瑞安市安陽鎮(zhèn)濱江中學(xué)三模）如圖，在中，以為直徑的半經(jīng)過點(diǎn)，交于點(diǎn)，過點(diǎn)作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，連接．(1)求證：；(2)連接，，若，，求的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)BC為直徑可得，從而得到，再由平行四邊形的性質(zhì)可得AB∥CD，AD=BC，可得四邊形ACDE是平行四邊形，即可求證；（2）過點(diǎn)作，過點(diǎn)F作，四邊形ABCF是圓內(nèi)接四邊形，可得，從而得到DG=FG，再由，可得，，從而得到DF=2，在矩形ACDE中，可得∠DAE=∠ADC=∠DFH，從而得到，，從而得到，再由勾股定理，即可求解．(1)證明∶為直徑，，，，在平行四邊形中，AB∥CD，AD=BC，∴四邊形ACDE是平行四邊形，∵AC⊥AB，四邊形是矩形，，，；(2)解：過點(diǎn)作，過點(diǎn)F作，在平行四邊形中，，∵四邊形ABCF是圓內(nèi)接四邊形，∴∠B+∠AFC=180°，∵∠DFC+∠AFC=180°，∴，，，∴DG=FG，∵，∴CG=2DG，，，∴，，，，在矩形ACDE中，AE∥CD，AE⊥DE，∴∠DAE=∠ADC=∠DFH，∴tan∠DFH=2，即DH=2FH，∴，，，，．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握矩形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)是解題的關(guān)鍵．專訓(xùn)4．（2022·浙江湖州·八年級(jí)期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．(1)如圖1，點(diǎn)D是CA延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，點(diǎn)E在線段AB上，且AD＝AE，連接BD和CE，延長(zhǎng)CE交BD于點(diǎn)F．求證：BD＝CE；(2)在（1）的條件下，若點(diǎn)F為BD的中點(diǎn)，求∠AFD的度數(shù)；(3)如圖2，點(diǎn)P是△ABC外一點(diǎn)，∠APB＝45°，猜想PA，PB，PC三條線段長(zhǎng)度之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【答案】(1)見解析(2)45°(3)PB﹣PCPA，理由見解析【分析】（1）由兩個(gè)等腰直角三角形得到兩個(gè)三角形全等的條件，即可；（2）利用（1）得到的結(jié)論，判斷出點(diǎn)A，E，F(xiàn)，D四點(diǎn)共圓，即可；（3）利用三角形相似的判定和性質(zhì)，再利用勾股定理，即可．【詳解】（1）證明：∵∠BAC＝90°，∴∠BAC＝∠DAB＝90°，在Rt△EAC和Rt△DAB中，，∴Rt△EAC≌Rt△DAB（SAS），∴CE＝BD；（2）解：如圖1，由（1）有，Rt△EAC≌Rt△DAB，∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ACE+∠AEC＝90°，∴∠ABD+∠AEC＝∠ABD+∠BEF＝90°，∵∠DAE＝90°，∴點(diǎn)A，E，F(xiàn)，D四點(diǎn)共圓，∴∠AFE＝∠ADE＝45°，∴∠AFD＝45°；（3）解：結(jié)論：PB﹣PCPA．理由：如圖2，在PB上截取PM＝PC，由（2）有，∠BPC＝90°，∴CMPC，∠PMC＝45°，∴∠BMC＝135°，∵∠APB＝45°，∴∠APC＝135°，∴∠APC＝∠BMC，∵∠ACP+∠ACM＝∠BCM+∠ACM＝45°，∴∠ACP＝∠BCM，∴△APC∽△BMC，∴，∴BMPA，∴PB＝PM+BM＝PCPA，∴PB﹣PCPA．【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、四點(diǎn)共圓的判定、同弧所對(duì)圓周角相等、三角形相似的判定與性質(zhì)，掌握這些才能正確解題．◎突破三：圓與函數(shù)的綜合問題例．（2021·湖北荊門·模擬預(yù)測(cè)）我們把方程稱為圓心為、半徑長(zhǎng)為的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．例如，圓心為、半徑長(zhǎng)為3的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，與軸交于，兩點(diǎn)，且點(diǎn)的坐標(biāo)為，與軸相切于點(diǎn)，過點(diǎn)，，的拋物線的頂點(diǎn)為．(1)求的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)試判斷直線與的位置關(guān)系，并說明理由；(3)連接，求的值．【答案】(1)(2)直線與相切，理由見解析(3)【分析】（1）連接、，過點(diǎn)作于點(diǎn)，設(shè)的半徑為，根據(jù)與軸相切于點(diǎn)，可得四邊形是矩形，從而得到，，進(jìn)而得到，再由勾股定理可得，即可求解；（2）先根據(jù)垂徑定理可得到，從而得到拋物線解析式為，進(jìn)而得到，然后分別求出AC、AE、CE的長(zhǎng)，再利用勾股定理的逆定理，即可求解；（3）在中，利用銳角三角函數(shù)，即可求解．(1)解：如圖1，連接、，過點(diǎn)作于點(diǎn)，設(shè)的半徑為，與軸相切于點(diǎn)，軸，，，四邊形是矩形，，，∵點(diǎn)的坐標(biāo)為，∴OB=8，，，，即，解得：，，，的標(biāo)準(zhǔn)方程為；(2)解：直線與相切，理由如下：由（1）知：，，，，∴OF=5，∵OB=8，∴AF=BF=3，∴OA=2，，∴可設(shè)經(jīng)過點(diǎn)、、的拋物線解析式為，∵點(diǎn)，則，解得：，，，如圖2，連接，，，，，，，，，，，，即，為的半徑，與相切于點(diǎn)；(3)解：如圖2，由（2）知：，，，．【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，垂徑定理，求正弦值，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，理解圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是解題的關(guān)鍵．專訓(xùn)1．（2022·湖南長(zhǎng)沙·九年級(jí)期中）如圖1，拋物線與x軸交于O、A兩點(diǎn)，點(diǎn)B為拋物線的頂點(diǎn)，連接OB．(1)求∠AOB的度數(shù)；(2)如圖2，以點(diǎn)A為圓心，4為半徑作⊙A，點(diǎn)M在⊙A上．連接OM、BM，①當(dāng)△OBM是以O(shè)B為底的等腰三角形時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；②如圖3，取OM的中點(diǎn)N，連接BN，當(dāng)點(diǎn)M在⊙A上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求線段BN長(zhǎng)度的取值范圍．【答案】(1)45°(2)①（4，0）或（8，4）；②【分析】（1）將函數(shù)解析式化為頂點(diǎn)式，得到點(diǎn)B的坐標(biāo)，作BH⊥OA于H，則OH＝BH＝4，即可得到∠AOB的度數(shù)；（2）①先求出A點(diǎn)坐標(biāo)．作OB的垂直平分線交⊙A于、兩點(diǎn)，由AH＝4=OH＝BH，得到坐標(biāo)為（4，0）．連接，由，，得到坐標(biāo)為（8，4）；②延長(zhǎng)OB至點(diǎn)D，使BD＝OB，則點(diǎn)D坐標(biāo)為（8，－8），連接MD，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得到，當(dāng)MD過點(diǎn)A時(shí)，MD長(zhǎng)度達(dá)到最大值，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)E處時(shí)，MD有最小值，由此解決問題．(1)∵，點(diǎn)B為拋物線頂點(diǎn)，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，－4）．作BH⊥OA于H，則OH＝BH＝4，∴∠AOB＝45°．(2)①，解得，，∴A點(diǎn)坐標(biāo)為（8，0）．作OB的垂直平分線交⊙A于、兩點(diǎn)，∵⊙A半徑為4，AH＝4，∴點(diǎn)H在⊙A上，此時(shí)OH＝BH，∴點(diǎn)H與點(diǎn)重合，∴坐標(biāo)為（4，0）．連接，∵，，∴，則坐標(biāo)為（8，4），綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（4，0）或（8，4）．②延長(zhǎng)OB至點(diǎn)D，使BD＝OB，則點(diǎn)D坐標(biāo)為（8，－8），連接MD，∵點(diǎn)N為OM中點(diǎn)，∴．如圖，當(dāng)MD過點(diǎn)A時(shí)，MD長(zhǎng)度達(dá)到最大值，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)E處時(shí)，MD有最小值，∵點(diǎn)A、D橫坐標(biāo)相同，∴此時(shí)MD⊥x軸，∴MD＝8＋4＝12，DE＝8－4＝4，∴，∴．【點(diǎn)睛】此題考查了拋物線與圓的綜合知識(shí)，拋物線解析式化為頂點(diǎn)式，求拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，圓的半徑相等的性質(zhì)，直徑是圓中最長(zhǎng)的弦，以及等腰三角形三線合一的性質(zhì)，綜合掌握各知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．專訓(xùn)2．（2022·遼寧·沈陽市外國語學(xué)校一模）如圖1，已知拋物線頂點(diǎn)A在x軸上，直線l：y=x-交拋物線于A，B兩點(diǎn)，且AB=2(1)求拋物線的解析式；(2)拋物線與y軸交于C點(diǎn)，點(diǎn)P在拋物線上，且在第一象限，∠APC=45°，求P點(diǎn)坐標(biāo)；(3)如圖2，過點(diǎn)M（1，-1）作直線交拋物線與E、F，點(diǎn)N在拋物線上且NE∥x軸，連FN，試證明：直線FN過定點(diǎn)，并求定點(diǎn)的坐標(biāo)．【答案】(1)y=（x-1）2(2)（2，1）(3)直線FN為y=kx+1-k=k（x-1）+1經(jīng)過點(diǎn)（1，1），證明見解析【分析】（1）y=x-交x軸于A，則點(diǎn)A（1，0），設(shè)點(diǎn)B（m，m-），AB＝2，求出點(diǎn)B（1＋，3），即可求解；（2）∠APC＝45°，則點(diǎn)P在（1，1）為圓心半徑為1的圓上，即可求解；（3）設(shè)直線FN為y＝kx＋b，直線FM為y＝mx?1?m，分別聯(lián)立，再根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得到FN的解析式，故可求解．(1)y=x-交x軸于A，令y=0，x-=0，解得x=1，則點(diǎn)A（1，0），設(shè)點(diǎn)B（m，m-），AB=2，則（m-1）2+（m-）2=（2）2，解得：m=1+（負(fù)值已舍去），故點(diǎn)B（1+，3），則拋物線的表達(dá)式為：y=a（x-1）2，將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入上式并解得：a=1，故拋物線的表達(dá)式為：y=（x-1）2；(2)∵∠APC=45°，則點(diǎn)P在（1，1）為圓心半徑為1的圓上，設(shè)P（m，n），則（m-1）2+（n-1）2=1，又∵n=（m-1）2，∴（n-1）2+n-1=0，解得：n=1，∴m=2，∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，1）；(3)∵M(jìn)（1，-1），∴設(shè)直線FN為y=kx+b，直線FM為y=mx-1-m，且M（x1，y1），M（x2，y2），聯(lián)立，∴x2-（k+2）x+1-b=0，則x1+x2=k+2，x1x2=1-b，又∵EN∥x軸，∴E（2-x1，y1），聯(lián)立，∴x2-（m+2）x+m+2=0，則2-x1+x2=m+2，（2-x1）x2=m+2，∴x1+x2=2+x1x2，∴k+2=2+1-b，b=1-k，∴直線FN為y=kx+1-k=k（x-1）+1經(jīng)過點(diǎn)（1，1）．【點(diǎn)睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)、圓的基本知識(shí)、根與系數(shù)的關(guān)系的運(yùn)用等，其中（2），確定點(diǎn)P是圓上的點(diǎn)，是本題解題的難點(diǎn)．專訓(xùn)3．（2022·江蘇無錫·一模）如圖，拋物線經(jīng)過，且與y軸交于點(diǎn)．(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)若點(diǎn)P是x軸的正半軸上一點(diǎn)，，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)當(dāng)點(diǎn)P是拋物線上第一象限上的點(diǎn)，，直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)為______．【答案】(1)(2)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3)點(diǎn)P的坐標(biāo)為【分析】（1）把拋物線解析式設(shè)成交點(diǎn)式求解即可；（2）根據(jù)得到即可得到答案；（3）如圖所示，取點(diǎn)M（9，0），由（2）可知，推出A、C、M、P四點(diǎn)共圓，再證明∠ACM=90°，得到AM是點(diǎn)A、C、M、P所在圓的直徑，則A、C、M、P所在圓的圓心坐標(biāo)為（4，0），半徑為5，由此求解即可．(1)解：設(shè)拋物線解析式為，代入點(diǎn)C的坐標(biāo)得：，∴，∴拋物線解析式為(2)解：∵，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-3），∴，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（9，0）；(3)解：如圖所示，取點(diǎn)M（9，0），由（2）可知，∴∠APC=∠AMC，∴A、C、M、P四點(diǎn)共圓，∵點(diǎn)A（-1，0），C（0，-3），M（9，0），∴AM=10，，，∴，∴∠ACM=90°，∴AM是點(diǎn)A、C、M、P所在圓的直徑，∴A、C、M、P所在圓的圓心坐標(biāo)為（4，0），半徑為5，當(dāng)