1、2020-2021中考數學培優專題復習圓的綜合練習題含詳細答案一、圓的綜合1.如圖，OM交x軸于B、C兩點，交y軸于A,點M的縱坐標為2. B ( - 3 J3 , O),C ( B O) .(1)求。M的半徑；(2)若CHAB于H,交y軸于F,求證：EH=FH.(3)在(2)的條件下求AF的長.【答案】(1)4； (2)見解析；(3) 4.【解析】【分析】(1)過M作MTLBC于T連BM,由垂徑定理可求出 BT的長，再由勾股定理即可求出BM的長；(2)連接AE,由圓周角定理可得出 /AEC4 ABC,再由AAS定理得出AEHAFH,進 而可得出結論；(3)先由(1)中ABMT的邊長確定出/B

2、MT的度數，再由直角三角形的性質可求出CG的長，由平行四邊形的判定定理判斷出四邊形AFCG為平行四邊形，進而可求出答案.【詳解】(1)如圖(一)，過 M作MTLBC于T連BM,.BC是。O的一條弦，MT是垂直于BC的直徑，1 ，BT=TCh BC=2s/3,2 BM=，12 4=4； 如圖(二)，連接 AE,則/AEC=/ ABC, .CE± AB, / HBC+-Z BCH=90 °在COF中， / OFC-+Z OCF=90,°/ HBC=Z OFC=Z AFH,在 AEH和AFH中，AFH AEHAHF AHE ,AH AH .AEHAAFHI (AAS),

3、 .EH=FH；(3)由(1)易知，/BMT=/BAC=60, 作直徑 BG,連 CG,則 / BGC=Z BAC=60 , .OO的半徑為4, .CG=4,連AG, / BCG=90 ；.-.CG±x 軸， .CG/ AF, / BAG=90 ； AGXAB, .CE± AB, .AG/ CE四邊形AFCG為平行四邊形， .AF=CG=4.【點睛】本題考查的是垂徑定理、圓周角定理、直角三角形的性質及平行四邊形的判定與性質，根 據題意作出輔助線是解答此題的關鍵.2.四邊形ABCD的對角線交于點 E,且AE= EC BE= ED,以AD為直徑的半圓過點 E,圓 心為O.(1)

4、如圖，求證：四邊形ABCD為菱形；(2)如圖，若BC的延長線與半圓相切于點 F,且直徑AD = 6,求弧AE的長.©取，、_一 ”.冗【答案】（1）見解析；（2）2【解析】試題分析：（1）先判斷出四邊形 ABCD是平行四邊形，再判斷出AC± BD即可得出結論；（2）先判斷出 AD=DC且DE，AC, / ADE=/ CDE進而得出/ CDA=30°,最后用弧長公式 即可得出結論.試題解析：證明：（1）二.四邊形ABCD的對角線交于點 E,且AE=EC, BE=ED, .四邊形ABCD是平行四邊形.二,以AD為直徑的半圓過點 E,，/ AED=90°,即有

5、AC，BD,，四邊 形ABCD是菱形；（2）由（1）知，四邊形 ABCD是菱形，4ADC為等腰三角形，AD=DC且DE，AC, /ADE=/CDE如圖2,過點 C作CG，AD,垂足為 G,連接FO. 丁 BF切圓。于點F, 1 .OFXAD,且 OF -AD 3 ,易知，四邊形 CGOF為矩形，CG=OF=3.2CG 1在 RtCDG中，CD=AD=6, sin/ADC=-,. . / CDA=30 ,，/ADE=15 .CD 2連接 OE,貝U / AOE=2X/ ADE=30°, . Ae 303 1802點睛：本題主要考查菱形的判定即矩形的判定與性質、切線的性質，熟練掌握其判定

6、與性 質并結合題意加以靈活運用是解題的關鍵.3.如圖，在 ABC中，BAC 90 , AB AC 五,AD BC ,垂足為 D ,過 A,D 的。分別與AB, AC交于點E,F ,連接EF, DE, DF .(1)求證： ADE 且 CDF ;（2）當BC與OO相切時，求OO的面積.DC【答案】 見解析；(2) .【解析】分析：(1)由等腰直角三角形的性質知AD=CD Z1 = Z 0=45°,由/ EAF=90°知EF是。O的直徑，據此知 Z2+Z 4=7 3+7 4=90°,得/2=/3,利用“ASAE明即可得；(2)當BC與。相切時，AD是直徑，根據/0=4

7、5°、A0= 我 可得AD=1 ,利用圓的面積 公式可得答案.詳解：(1)如圖，- AB=A0, /BAC=90°,7 0=45°.1 , _。又AD，B0, AB=A0,/ 1= / BA0=45 ； BD=0D, / ADC=90 ：2又 / BAC=90 °, BD=0D,. AD=CD.又 / EAF=90 °, EF是。O 的直徑，. / EDF=90 °, / 2+/ 4=90 °.又/3+/4=90 ： ，/2=/3.在 ADE和 CDF中.1 C. . AD CD ,AADEACDF (ASA) .2 3(2

8、)當 BC 與。相切時，AD 是直徑.在 RtADC 中，Z C=45 °, AC= J2 ,AD. 1. 2sinZ C=,AD=ACsinZ C=1,. OO 的半徑為一，。0 的面積為 .點睛：本題主要考查圓的綜合問題，解題的關鍵是熟練掌握等腰直角三角形的性質、全等 三角形的判定與性質、與圓有關的位置關系等知識點.4.已知：AB是。0直徑，C是。0外一點，連接BC交。0于點D, BD=CD連接AD、AC.(1)如圖 1,求證：/BAD=/ CAD(2)如圖2,過點C作CF± AB于點F交。0于點E延長CF交。0于點G.過點作EHL AG于點H,交AB于點K,求證AK=

9、20F；(3)如圖3,在(2)的條件下，EH交AD于點L,若0K=1,AC=CG線段AL的長.圖1圖2 圖312 【答案】(1)見解析(2)見解析(3):105【解析】試題分析：(1)由直徑所對的圓周角等于90°,得到/ADB=90°,再證明AB4 4ACD即可得到結論；(2)連接BE.由同弧所對的圓周角相等，得到/GAB=/BEG.再證 KF瞌 BFE得到BF=KF=- BK,由 OF=OB-BF, AK=ABBK,即可得到結論.2(3)連接CO并延長交AG于點M,連接BG.設/ GAB=.先證CM垂直平分AG,得到AM=GM, / AGG/GCM=90°.再證

10、 / GAF=/GCM =.通過證明AG®4CMG,得到1BG=GM=-AG.再證明 /BGC=/MCG= .設 BF=KF=a,可得 GF=2a, AF=4a.2由 OK=1,得到 OF=a+1, AK=2 (a+1) , AF= 3a+2,得到 3a+2=4a,解出 a 的值，得到 AF,HK 1AB, GF, FC的值.由tan a =tan HAK=AK=6,可以求出 AH的長.再由AH 21 , tan GAF tan BADtan BAD tan BCF 一 ,利用公式 tan Z GAD=,得至U3 1 tan GAF tan BADZ GAD=45 ;則AL=72AH

11、,即可得到結論.試題解析：解：(1) .AB 為 OO 的直徑，ZADB=90°, z. Z ADC=90°. BD=CD, / BDA=Z CDA AD=AD,AABD ACD,/ BAD=Z CAD.(2)連接 BE.BG=BG , . . / GAB=/BEG. .CF± AB, ./KFA90： .EHXAG,Z AHE=Z KFE=90 ； /AKH=/EKF,Z HAK=ZKEF=Z BEF.1 . FE=FE, Z KFE=Z BFE=90 ； .-.KFEABF . BF=KF= BK. OF=OB-BF, AK=AB-BK,AK=2OF.b iy

12、 c(3)連接CO并延長交AG于點M,連接BG.設/ GAB=. . AC=CG,點C在AG的垂直平分線上.1 OA=OG,點O在AG的垂直平分線上, .CM 垂直平分 AG, .-.AM=GM, / AGO/GCM=90 ： .AFXCG,./AGC+/GAF =90/ GAF=/GCM =. AB 為。的直徑，Z AGB= 90 ,°/AGB=/CMG=90 :-.AB=AC=CG,AAGBACMG,1BG=GM=-AG.2在 RtAGB 中，tan GAB tanGBAG / AMC=Z AGB= 90BG/ CM,. / BGG=Z MCG=設 BF=KF=a, tan BG

13、F tanBFGF1GF-,GF=2a, tan GAF tan 2AFAF=4a. OK=1, OF=a+1, AK=2OF=2 (a+1),AF=AK+KF=a+2 (a+1) =3a+2, ，3a+2=4a,.a=2 AK=6 .1.AF=4a=8 AB=AC=CG=10 GF=2a=4 FC=CGGF=6HK 122. tan a =tanHAK= 設 KH=m,則 AH=2m,，AK=Jm (2 m) =6,解得： AH 2m=65, .AH=2m=12后.在 RBFC中，55BF 1tan BCF 一./ BAD+/ABD=90 , Z FBC+Z BCF=90 , . . / B

14、CF=/BAD, FC 31 11/ tan GAF tan BAD 5 3dtan BAD tan BCF - ,，tan/GAD=” “1,31 tan GAF tan BAD 1 1 12 3/ GAD=45 ； HL=AH, AL=& AH= 1210 .55.如圖，AB是圓。的直徑，射線 AMLAB,點D在AM上，連接 OD交圓。于點E,過點D作DC=DA交圓。于點C （A、C不重合），連接 OC、BC CE（1）求證：CD是。的切線；（2）若圓。的直徑等于2,填空： 當AD=時，四邊形 OADC是正方形； 當AD=時，四邊形 OECB是菱形.【答案】（1）見解析；（2）1

15、;，3.【解析】試題分析：（1）依據SSS證明OAD0 4OCD,從而得到/ OCD=/ OAD=90；（2） 依據正方形的四條邊都相等可知AD=OA;依據菱形的性質得到 OE=CE則4EOC為等邊三角形，則 /CEO=60°,依據平行線的性 質可知/ DOA=60 ,利用特殊銳角三角函數可求得AD的長.試題解析：解： AMXAB,/ OAD=90 :-. OA=OC, OD=OD, AD=DC,.OADAOCD,/ OCD=Z OAD=90 :OCX CD,.CD是。O的切線.（2）二.當四邊形OADC是正方形，.AO=AD=1.故答案為：1 .;四邊形OECB是菱形，.OE=CE

16、又. OC=OE.OC=OE=CE/ CEO=60°.1. CE/ AB,/ AOD=60 :在 RtA OAD 中,/ AOD=60 , AO=1, AD=.故答案為：啊.點睛：本題主要考查的是切線的性質和判定、全等三角形的性質和判定、菱形的性質、等邊三角形的性質和判定，特殊銳角三角函數值的應用，熟練掌握相關知識是解題的關鍵.6. （8分）已知AB為。的直徑，OCAB,弦DC與OB交于點F,在直線 AB上有一點 E,連接ED,且有EA EF.I 聞博（1）如圖，求證：ED為。的切線；（2）如圖，直線ED與切線AG相交于G,且OF= 2,。的半徑為6,求AG的長.【答案】（1）見解析

17、；（2） 12【解析】試題分析：（1）連接OD,由ED=EF可得出/EDF=/EFD,由對頂角相等可得出/EDF=/CFQ 由 OD=OC可得出 / ODF=/OCF 結合 OC AB 即可得知 /EDF+/ODF=90 ；即/ EDO=90°,由此證出 ED為O O的切線；（2）連接OD,過點D作DMLBA于點M ,結合（1）的結論根據勾股定理可求出ED. EO的長度，結合/DOE的正弦、余弦值可得出 DM、MO的長度，根據切線的性質可知GA± EA,從而得出DM/GA,根據相似三角形的判定定理即可得出£口“" EGA,根據相似三角形的性質即可得出GA

18、的長度試題解析：解：（1）連接 OD, ED=EF,/ EDF=Z EFD, = / EFD=Z CFO, . / EDF=/CFO. OD=OC, . . / ODF=/OCF / OCX AB, /CFG/OCF=/EDF+/ODF=/EDO=90 ； . . ED 為。的切線；（2）連接OD,過點D作DMBA于點M,由（1）可知 EDO為直角三角形，設 ED=EF=a, EO=EF+FO=a+2,由勾股定理得，EO2=EE2+DO2,即（a+2） 2=a2+62,解得，a=8,即 ED=8, EO=10. -. sinZ EOD=-ED- 4, cos/EOD=0D 3,EO5OE542

19、4318 . DM=OD?sin/EOD=6 - = MO=OD?cosZ EOD=6X- =. EM=EO MO=10-5555,18 32=,EA=EO+OA=10+6=16.55. GA 切。O 于點 A, ：.GAL EA, . DM /GA, .EDMs EGADMGAEM 口口，即EA2432三Z ,解得 GA=12.GA 16點睛：本題考查的是切線的判定、垂徑定理和勾股定理的應用、等腰三角形的性質、角的 三角函數值、相似三角形的判定及性質，解題的關鍵是：(1)通過等腰三角形的性質找出/EDO=90 ; (2)通過相似三角形的性質找出相似比.7.閱讀下列材料：如圖1, ©

20、O1和。O2外切于點C, AB是。Oi和。O2外公切線，A、B為切點，求證：AC± BC證明：過點C作OOi和。O2的內公切線交AB于D,.DA、DC是。Oi的切線DA=DC.Z DAC=Z DCA.同理 / DCB=Z DBC.又 / DAC+/ DCA+Z DCB+Z DBC=180 , / DCA+Z DCB=90 .°即 AC± BC.根據上述材料，解答下列問題：(1)在以上的證明過程中使用了哪些定理？請寫出兩個定理的名稱或內容；(2)以AB所在直線為x軸，過點C且垂直于AB的直線為y軸建立直角坐標系(如圖2),已知A、B兩點的坐標為(-4,0), (1,

21、0),求經過 A、B、C三點的拋物線y=ax2+bx+c的函數解析式；(3)根據(2)中所確定的拋物線，試判斷這條拋物線的頂點是否落在兩圓的連心O1O2上，并說明理由.1 23【答案】（1）見解析；（2） y 2x2 2x 2 ； （3）見解析【解析】試題分析：（1）由切線長相等可知用了切線長定理；由三角形的內角和是180。，可知用了三角形內角和定理；（2）先根據勾股定理求出 C點坐標，再用待定系數法即可求出經過A B、C三點的拋物線的函數解析式；（3）過C作兩圓的公切線，交 AB于點D,由切線長定理可求出 D點坐標，根據C,D 兩點的坐標可求出過 C,D兩點直線的解析式，根據過一點且互相垂直

22、的兩條直線解析式的 關系可求出過兩圓圓心的直線解析式，再把拋物線的頂點坐標代入直線的解析式看是否適 合即可.試題解析：（1）DA、DC是e O1的切線，. DA=DC應用的是切線長定理；DAC DCA DCB DBC 180°,應用的是三角形內角和定理.（2）設 C點坐標為（0,y）,則 AB2 AC2 BC；即 | 4 1 24 2 y2 12 y2,即25 17 2y2，解得y=2（舍去）或y=-2.故C點坐標為（0,-2）,設經過A、B、C三點的拋物線的函數解析式為y ax2 bx c,16a 4b c 02,則a b c 0 解得 c 2,故所求二次函數的解析式為y 1x2

23、-x 2.22一3（3）過C作兩圓的公切線 CD交AB于D,則 AD=BD=CD,由 A(-4,0), B(1,0)可知 D( -,0),設過CD兩點的直線為y=kx+b,則432,3一k b 02解得b2, 4故此一次函數的解析式為y 4x 2,34 一 ,過Q,O2的直線必過C點且與直線y -x 2垂直,3，一一一3故過01 ,。2的直線的解析式為y x 2,4325由(2)中所求拋物線的解析式可知拋物線的頂點坐標為(，一)，28一一33-25代入直線解析式得一一2，故這條拋物線的頂點落在兩圓的連心QO2上.4288.已知P是e O的直徑BA延長線上的一個動點，/P的另一邊交e O于點C、

24、D,兩點位1 一一.于AB的上萬，AB=6, OP=m, sin P=-,如圖所示.另一個半徑為 6的e Oi經過點C、D,圓心距OO.n .(1)當m=6時，求線段 CD的長；(2)設圓心Oi在直線AB上方，試用n的代數式表示 m；(3) POQ在點P的運動過程中，是否能成為以OOi為腰的等腰三角形，如果能，試求出此時n的值；如果不能，請說明理由.【答案】(1)CD=2j5;(2)m=3n81 ;(3) n 的值為 2j5 或9 日52n55【解析】 分析：(1)過點。作OH，CD ,垂足為點H ,連接OC .解RtA POH ,得到OH的 長.由勾月定理得 CH的長，再由垂徑定理即可得到結

25、論；(2)解RtA POH ,得到OH = m.在RtVOCH和RtA QCH中，由勾股定理即可得到3結論;(3) POO1成為等腰三角形可分以下幾種情況討論：當圓心。八O在弦CD異側 時，分OP= OQ和01P= OO1 . 當圓心O1、O在弦CD同側時，同理可得結論.詳解：(1)過點。作OH，CD ,垂足為點H ,連接OC .OH 2 .AB =6, . OC=3.由勾股定理得：CH 石.OH ± DC , CD 2CH 2石.1(2)在 RtA POH 中，QsinP= , 32OH = m在 RtA OCH中，CH 2= 9在 RtA 01cH,_2中，CH =36可得：36

26、3n2 81m二2n(3) POOi成為等腰三角形可分以下幾種情況:當圓心01、0在弦CD異側時2i) OP= OO1，即 m= n ,由 n=3n一81,解得： 2ne Oi外切不合題意舍去.即圓心距等于e 0、e Oi的半徑的和，就有e 0、m 2ii) OF= OO，由(n m)解得：m= 2n ,即2n=3n一81,解得： 2nn= -15 .581 3n2 m=當圓心O1、O在弦CD同側時，同理可得:2n2POO1是鈍角，只能是m n ,即n=,解得：2n綜上所述：n的值為9J5或9工5.點睛：本題是圓的綜合題.考查了圓的有關性質和兩圓的位置關系以及解直徑三角形.解 答(3)的關鍵是

27、要分類討論.(1)請用圓規和直尺作出 OP,使圓心P在AC邊上，且與AB, BC兩邊都相切(保留作圖 痕跡，不寫作法和證明).(2)若/B=60°, AB=3,求。P 的面積.【答案】(1)作圖見解析；(2) 3兀【解析】【分析】(1)與AB、BC兩邊都相切.根據角平分線的性質可知要作/ABC的角平分線，角平分線與AC的交點就是點P的位置.(2)根據角平分線的性質和30。角的直角三角形的性質可求半徑，然后求圓的面積.【詳解】/ ABP=30 ,° / A=90 ；BP=2APRtAABP 中,AB=3,由勾股定理可得：AP=J3, ,SoP=3兀10.如圖，拋物線 y=ax

28、2+bx+c經過點 A (-2, 0)、B (4, 0)、C (0, 3)三點.O圖圖(1)試求拋物線的解析式;(2)點P是y軸上的一個動點，連接 PA,試求5PA+4PC的最小值；(3)如圖，若直線l經過點T ( -4, 0) , Q為直線l上的動點，當以 A、B、Q為頂點 所作的直角三角形有且僅有三個時，試求直線l的解析式.3 23.一 .【答案】(1) y x x 3; (2) 5PA+4PC的最小值為18; ( 3)直線l的解析式 84433c為 y-x3或 y x3.44【解析】 【分析】(1)設出交點式，代入 C點計算即可(2)連接AC、BC,過點A作AEL BC于點E,過點P作P

29、D, BC于點D,易證CDM4COB,得到比例式 EC 膽，得到PD=- PC,所BC OB5以 5PA+4PC= 5 (PA+4PC)= 5 ( PA+PD ,當點 A、P、D在同一直線上時，5PA+4PC= 5 5(PA+PD = 5AE最小，利用等面積法求出AE=18 ,即最小值為18 ( 3)取AB中點F,5以F為圓心、FA的長為半徑畫圓，當/BAQ= 90°或/ ABQ=90°時，即AQ或BQ垂直x軸， 所以只要直線l不垂直x軸則一定找到兩個滿足的點Q使/ BAQ= 90°或/ ABQ= 90°,即/ AQB= 90時，只有一個滿足條件的點Q,

30、，直線l與。F相切于點Q時，滿足/ AQB=90 °的點Q只有一個；此時，連接 FQ,過點Q作QGi±x軸于點G,利用cos/QFT求出 QG,分出情況Q在x軸上方和x軸下方時，分別代入直接l得到解析式即可【詳解】解：(1)二.拋物線與x軸交點為A ( - 2, 0)、B (4, 0). . y = a (x+2) ( x 4)把點C (0, 3)代入得：-8a=33 a=-8拋物線解析式為 y= - -(x+2)(x- 4) =- - x2+ x+3884(2)連接 AC BC,過點A作AE± BC于點E,過點P作PD)±BC于點D/ CDP= / C

31、OB= 90 ° / DCP= / OCB. .CD。COBPC PDBC OB- B (4, 0) , C (0, 3).OB=4, OC= 3, BC= JOB2 0c2 =54 -.PD= PC5PA+4PC= 5 (PA+4PC) =5 ( PA+PQ，當點 A、P、D在同一直線上時， 5PA+4PC= 5 (PA+PD = 5AE最小 . A (2, 0) , OCX AB, AE± BCSa abc= 1AB?OC= 1 BC?AE22ABn OC 6 3 18AE= BC 55 -5AE= 18 5PA+4PC的最小值為18.（3）取AB中點F,以F為圓心、F

32、A的長為半徑畫圓當/BAQ= 90°或/ABQ= 90°時，即 AQ或BQ垂直x軸，只要直線l不垂直x軸則一定找到兩個滿足的點Q使/ BAQ= 90或/ ABQ= 90/ AQB= 90時，只有一個滿足條件的點Q 當Q在。F上運動時（不與 A、B重合），/AQB= 90 °，直線l與。F相切于點Q時，滿足/AQB= 90的點Q只有一個此時，連接FQ,過點Q作QGi± x軸于點G / FQ90.F 為 A ( 2, 0)、B (4, 0)的中點 .F (1, 0) , FQ= FA= 3,. T (-4, 0)FQ 3 TF= 5, cos/ QFT= -

33、TF 5，/ 一 FG 3RtA FGQ 中 cos/ QFT= -FQ 5-3八FG= - FQ=5954 ， QG= JfQ2 FG254 12右點Q在x軸上方則Q ()5 5設直線l解析式為：y= kx+b1254k b4k012解得:5一. 3-，直線 l： y 4x 3412、右點Q在x軸下萬，則Q （ 一，一）55，3八，直線 l： y -x 3433綜上所述，直線l的解析式為y3x3或y-x34401【點睛】本題是二次函數與圓的綜合題，同時涉及到三角函數、勾股定理等知識點，綜合度比較高，需要很強的綜合能力，第三問能夠找到滿足條件的Q點是關鍵，同時不要忘記需要分情況討論11.如圖，

34、4ABC中，/ACB= 90°, /A=30°, AB=6. D是線段AC上一個動點(不與點A重合)，OD與AB相切，切點為 E, OD交射線.DC于點F,過F作FG± EF交百線,BC于 點G,設。D的半徑為r.(1)求證 AE= EF;(2)當。D與直線BC相切時，求r的值;(3)當點G落在。D內部時，直接寫出r的取值范圍.【答案】見解析，(2)r= _ 3 ,(3),反r【解析】【分析】(1)連接 DE,貝U / ADE=60 =/DEF+/ DFE,而 / DEF之 DFEE 貝(J / DEF玄 DFE=30 = ZA, 即可求解；(2)如圖2所示，連接

35、DE,當圓與BC相切時，切點為 F, /A=30。，AB=6,則BF=3,AD=2r,由勾股定理，即可求解；(3)分點F在線段AC上、點F在線段AC的延長線上兩種情況，分別求解即可.【詳解】解：設圓的半徑為r；(1)連接 DE,則 / ADE=60 =/ DEF+Z DFE,而 / DEF=Z DFE,貝U / DEF=Z DFE=30 = / A, .AE=EF(2)如圖2所示，連接DE,當圓與BC相切時，切點為 F/A=30 ； AB=6,則 BF=3, AD=2r, 由勾股定理得：（3r） 2+9=36, 解得：r= 3 ；(3) 當點F在線段AC上時，如圖3所示，連接DE、DG,郎BF

36、C 3/3 3r, GC 3FC 9 3 3r當點F在線段AC的延長線上時，如圖 4所示，連接DE、DG,卻FC 3.3 3r, GC . 3FC 3.3r 9兩種情況下GC符號相反，GC2相同，由勾股定理得：DG2=CD2+C片,點G在圓的內部，故：DG2vr2,即：(3,3 2r)2 (3.3r 9)2 r2整理得：5r2 11 3r 18 0解得：3 r 6-35【點睛】本題考查了圓的綜合題：圓的切線垂直于過切點的半徑；利用勾股定理計算線段的長.12.已知AC= DC, AC± DC,直線 MN經過點A,作DBXMN,垂足為B,連結CB.感知如圖，點A、B在CD同側，且點 B在

37、AC右側，在射線 AM上截取AE= BD,連結 CE,可證ABCg4ECA 從而得出 EC= BC, Z ECB= 90°,進而得出 Z ABC=度； 探究如圖，當點A、B在CD異側時，感知得出的/ABC的大小是否改變？若不改 變，給出證明；若改變，請求出 /ABC的大小.應用在直線MN繞點A旋轉的過程中，當 /BCD= 30°, BD=?時，直接寫出 BC的長.【答案】【感知】：45;【探究】：不改變，理由詳見解析；【拓展】： BC的長為?+1 或7?-1. 【解析】【分析】感知證明 BCDAECA (SAS 即可解決問題；探究結論不變，證明 BCgECA (SAS 即可

38、解決問題；應用分兩種情形分別求解即可解決問題.【詳解】解：【感知】，如圖 中，在射線 AM上截取AE= BD,連結CE.CD圖 . AC± DC, DBXMN,/ ACD= ZDBA= 90 °. / CDBZ CAB= 180 : / CA中 / CAE= 180 °/ D= / CAECD= AC, AE= BD,.,.BCDAECA (SAS ,BC= EC, / BCD= / ECA / ACEfZECD= 90 °, / ECDfZ DCB= 90 °,即 / ECB= 90°,/ ABC= 45 :故答案為45【探究】不改

39、變.理由如下：如圖，如圖中，在射線 AN上截取AE= BD,連接CE,設MN與CD交于點O.r k京 . AC± DC, DBXMN,/ ACD= ZDBA= 90 ; / AOC= / DOB,，/D=/EAC CD= AC,.,.BCDAECA (SAS , BC= EC, / BCD= / ECA / ACEfZECD= 90 °, / ECa/ DCB= 90 °,即/ ECB= 90°,/ ABC= 45 :【拓展】如圖-1中，連接AD. / ACD+ZABD=180 ； .A, C, D, B四點共圓，/ DAB= / DCB= 30 ；，ab=5bd="%,.EB=AE+AB=產+汽ECB是等腰直角三角形， EB*'，BC = =+ I如圖中，同法可得BC=W-1.綜上所述，BC的長為k'3+1或爐-1.【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性 質，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬