期末難點特訓(xùn)二（與圓綜合有關(guān)的壓軸題）1．拋物線y＝ax2+2x+c與x軸交于A（﹣1，0）、B兩點，與y軸交于點C（0，3），點D（m，3）在拋物線上．(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，連接BC、BD，點P在對稱軸左側(cè)的拋物線上，若∠PBC＝∠DBC，求點P的坐標；(3)如圖2，點Q為第四象限拋物線上一點，經(jīng)過C、D、Q三點作⊙M，⊙M的弦QF∥y軸，求證：點F在定直線上．【答案】(1)(2)P（，）(3)證明見解析【分析】（1）把A、C坐標代入可得關(guān)于a、c的二元一次方程組，解方程組求出a、c的值即可得答案；（2）如圖，設(shè)BP與y軸交于點E，直線解析式為，根據(jù)（1）中解析式可知D、B兩點坐標，可得CD//AB，利用ASA可證明△DCB≌△ECB，可得CE=CD，即可得出點E坐標，利用待定系數(shù)法可得直線BP的解析式，聯(lián)立直線BP與拋物線解析式求出交點坐標即可得答案；（3）如圖，連接MD，MF，設(shè)Q（m，-m2+2m+3），F(xiàn)（m，t），根據(jù)CD、QF為⊙M的弦可得圓心M是CD、QF的垂直平分線的交點，即可表示出點M坐標，根據(jù)MD=MF，利用兩點間距離公式可得（）2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，整理可得t=2，即可得答案．(1)∵A（﹣1，0）、C（0，3）在拋物線y＝ax2+2x+c圖象上，∴，解得：，∴拋物線解析式為：．(2)如圖，設(shè)BP與y軸交于點E，直線解析式為，∵點D（m，3）在拋物線上，∴，解得：，（與點C重合，舍去），∴D（2，3），∴CD//AB，CD=2，當y=0時，，解得：，，

∴B（3，0），∴OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=∠DCB=45°，在△DCB和△ECB中，∵，∴△DCB≌△ECB，∴CE=CD=2，∴OE=OC-CE=1，∴E（0，1），∴，解得：，∴直線BP的解析式為，聯(lián)立直線BP與拋物線解析式得：，解得：（舍去），，∴P（，）．(3)如圖，連接MD，MF，設(shè)Q（m，-m2+2m+3），F(xiàn)（m，t），∵CD、QF為⊙M的弦，∴圓心M是CD、QF的垂直平分線的交點，∵C（0，3），D（2，3），QF//y軸，∴M（1，），∵MD=MF，∴2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，整理得：t=2，∴點F在定直線y=2上．【點睛】本題考查待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、全等三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題及圓的性質(zhì)，綜合性強，熟練掌握相關(guān)知識及定理是解題關(guān)鍵．2．如圖，已知二次函數(shù)y=x2+bx+c與x軸交于A（-1，0）和B（3，0）與y軸交于C，頂點為D．(1)求二次函數(shù)解析式．(2)若圓過A、B、C，求圓心的坐標．(3)為圓上一動點，求的最小值．【答案】(1)二次函數(shù)解析式為y=x2-2x-3；(2)圓心的坐標為（1，-1）；(3)【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）設(shè)圓心的坐標為（1，m），利用半徑相等，列方程求解即可；（3）連接WO并延長至點Q，使，求得OQ=，證明△WPO∽△WQP，從而得到PQ=PO，當C、P、Q三點共線時，PC+PO=PC+PQ=CQ，此時最小，據(jù)此即可求解．（1）解：∵二次函數(shù)y=x2+bx+c與x軸交于A（-1，0）和B（3，0），∴，解得：，∴二次函數(shù)解析式為y=x2-2x-3；（2）解：∵二次函數(shù)解析式為y=x2-2x-3=(x-1)2-4，令x=0，則y=-3，∴C（0，-3），∴二次函數(shù)y=x2-2x-3的對稱軸為x=1，∵圓過A、B、C，∴圓心一定在二次函數(shù)y=x2-2x-3的對稱軸上，∴設(shè)圓心的坐標為（1，m），由半徑相等得：(3-1)2+m2=12+(-3-m)2，解得：m=-1，∴圓心的坐標為（1，-1）；（3）解：連接WO并延長至點Q，使，連接PQ、WP、CQ、WC，∵W點的坐標為（1，-1），∴CW==，OW=，∴WP=，∴=，∴WQ=，∴OQ=，∵∠AOQ=45°，∴Q點的坐標為（-，），∵∠PWO=∠PWQ，，∴△WPO∽△WQP，∴=，∴PQ=PO，當C、P、Q三點共線時，PC+PO=PC+PQ=CQ，此時最小，∵點C的坐標為（0，-3），Q點的坐標為（-，），∴CQ．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要有二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，銳角三角函數(shù)的定義，坐標與圖形的性質(zhì)，兩點之間，線段最短等基礎(chǔ)知識，構(gòu)造母子型相似是解第3問的關(guān)鍵．3．如圖1，ABCD是邊長為4的正方形，以B為圓心的⊙B與BC，BA分別交于點E，F(xiàn)，還接EF，且EF＝4．(1)求BE的長；(2)在平面內(nèi)將圖1中△BEF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)360°，在旋轉(zhuǎn)的過程中，①求∠CDE的取值范圍；②如圖2，取DE的中點G，連接CG并延長交直線DF于點H，點P為正方形內(nèi)一動點，試求PH+PA+PB的最小值．【答案】(1)(2)①15゜≤∠CDE≤75゜②【分析】（1）由△BEF是等腰直角三角形及勾股定理得BE的長；（2）①當DE分別為⊙B的切線時，∠CDE最大或最小，由BD=2BE1即可求得∠E1DB為30度，從而解決；②延長DC到，使，連接BD，，首先可以證明，則可看成是△BDF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90度得到的，則；再證明∠DHC=90゜，取CD中點O，連接OH，將△APB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60゜得到，連接，當點H、P、、四點共線時，PA+PB+PH=，再求出的長度即可解決．（1）∵四邊形ABCD是正方形∴∠B=90゜∵BE=BF∴△BEF是等腰直角三角形由勾股定理得：即∴（2）①如圖，連接BD當DE分別為⊙B的切線時，∠CDE最大或最小∵BD為正方形的對角線∴當點E移動到位置時，∠CDE最小在中，BD=2BE1∴∴當點E移動到位置時，∠CDE最大同理可計算得∴15゜≤∠CDE≤75゜②延長DC到，使，連接BD，，如圖則是等腰直角三角形∴，∵△BEF是等腰直角三角形∴BF=BE，∠FBE=90゜∴∴∴可看成是△BDF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90度得到的∴∵G、C分別為DE、的中點∴GC為的中位線∴∴CG⊥DF即∠DHC=90゜取CD的中點O，連接OH，則將△APB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60゜得到，連接，∴，，∴是等邊三角形，故有PA=∵∴當點H、P、、四點共線時，PH+PA+PB取得最小值，且最小值為∵∴是等邊三角形∴，連接OA、OB，則可得OA=OB∵∴∴∴設(shè)交AB于點M，在中，∴∴即PH+PA+PB最小值為【點睛】本題是一個綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，找到臨界狀態(tài)及旋轉(zhuǎn)△APB是問題的關(guān)鍵與難點．4．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為直徑，弦AD平分∠BAC，過點D作射線AC的垂線，垂足為M，點E為線段AB上的動點．(1)求證：MD是⊙O的切線；(2)若∠B＝30°，AB＝8，在點E運動過程中，EC+EM是否存在最小值？若存在，請求出最小值；若不存在，說明理由；(3)若點E恰好運動到∠ACB的角平分線上，連接CE并延長，交⊙O于點F，交AD于點P，連接AF，CP＝3，EF＝4，求AF的長．【答案】(1)證明見解析(2)存在，EC+EM的最小值為，理由見解析(3)6【分析】（1）連接OD，交BC于點N，通過證明四邊形CNDM為矩形得出，利用切線的判定定理即可得出結(jié)論．（2）過點C作，并延長交⊙O于點F，連接MF，交AB于點E，連接EC，利用將軍飲馬模型可知此時EC+EM的值最小，由題意可得FD為圓的直徑，在中，利用勾股定理即可求得結(jié)論．（3）利用角平分線的定義和三角形的外角的性質(zhì)可以判定為等腰三角形，證明，利用相似三角形的性質(zhì)得出比例式，解關(guān)于AF的方程即可得出結(jié)論．（1）解：如圖，連接OD，交BC于點N，AB為直徑弦AD平分∠BAC，四邊形CNDM為矩形OD為圓的半徑MD是⊙O的切線（2）解：在點E運動過程中，EC+EM存在最小值，理由如下：過點C作，并延長交⊙O于點F，連接MF，交AB于點E，連接EC，則此時EC+EM的值最小弦AD平分∠BAC，與的度數(shù)為AB是直徑，AB是直徑為半圓FD為圓的直徑由（1）知：MD是⊙O的切線由題意得：AB垂直平分FC由（1）知：四邊形CNDM為矩形在中在中EC+EM的最小值為．（3）解：如圖FC平分，AD平分，解得或（不合題意，舍去）【點睛】本題是一道圓的綜合題，此題考查了圓的切線的判定與性質(zhì)，圓周角定理及其推論，軸對稱的性質(zhì)，角平分線的定義，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，特殊角的三角函數(shù)值，連接半徑OD和利用軸對稱中的將軍飲馬模型找出EC+EM存在最小值是解題的關(guān)鍵．5．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC為直徑，AC和BD交于點E，AB＝BC．（1）求∠ADB的度數(shù)；（2）過B作AD的平行線，交AC于F，試判斷線段EA，CF，EF之間滿足的等量關(guān)系，并說明理由；（3）在（2）條件下過E，F(xiàn)分別作AB，BC的垂線，垂足分別為G，H，連接GH，交BO于M，若AG＝3，S四邊形AGMO：S四邊形CHMO＝8：9，求⊙O的半徑．【答案】（1）45°；（2）EA2+CF2＝EF2，理由見解析；（3）6【分析】（1）由直徑所對的圓周角為直角及等腰三角形的性質(zhì)和互余關(guān)系可得答案；（2）線段EA，CF，EF之間滿足的等量關(guān)系為：EA2+CF2=EF2．如圖2，設(shè)∠ABE=α，∠CBF=β，先證明α+β=45°，再過B作BN⊥BE，使BN=BE，連接NC，判定△AEB≌△CNB（SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，將相關(guān)線段代入即可得出結(jié)論；（3）如圖3，延長GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，變形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四邊形COMH，S△BMH=S四邊形AGMO，結(jié)合已知條件S四邊形AGMO：S四邊形CHMO=8：9，設(shè)BG=9k，BH=8k，則CH=3+k，求得AE的長，用含k的式子表示出CF和EF，將它們代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，則可求得答案．【詳解】解：（1）如圖1，∵AC為直徑，∴∠ABC＝90°，∴∠ACB+∠BAC＝90°，∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠ADB＝∠ACB＝45°；（2）線段EA，CF，EF之間滿足的等量關(guān)系為：EA2+CF2＝EF2．理由如下：如圖2，設(shè)∠ABE＝α，∠CBF＝β，∵AD∥BF，∴∠EBF＝∠ADB＝45°，又∠ABC＝90°，∴α+β＝45°，過B作BN⊥BE，使BN＝BE，連接NC，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，∴△AEB≌△CNB（SAS），∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，∴∠FCN＝90°．∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，∴△BFE≌△BFN（SAS），∴EF＝FN，∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，∴EA2+CF2＝EF2；（3）如圖3，延長GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2＝EF2，∴EA2+CF2＝EF2，∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，∴S△AGE+S△CFH+S五邊形BGEFH＝S△EFK+S五邊形BGEFH，即S△ABC＝S矩形BGKH，∴S△ABC＝S矩形BGKH，∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，∴S△BGM＝S四邊形COMH，S△BMH＝S四邊形AGMO，∵S四邊形AGMO：S四邊形CHMO＝8：9，∴S△BMH：S△BGM＝8：9，∵BM平分∠GBH，∴BG：BH＝9：8，設(shè)BG＝9k，BH＝8k，∴CH＝3+k，∵AG＝3，∴AE＝3，∴CF＝（k+3），EF＝（8k﹣3），∵EA2+CF2＝EF2，∴，整理得：7k2﹣6k﹣1＝0，解得：k1＝﹣（舍去），k2＝1．∴AB＝12，∴AO＝AB＝6，∴⊙O的半徑為6．【點睛】本題屬于圓的綜合題，考查了圓的相關(guān)性質(zhì)及定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、多邊形的面積公式、勾股定理及解一元二次方程等知識點，熟練運用相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．6．已知ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC的平分線交⊙O于點D，連接DB，DC．（1）如圖①，當∠BAC＝120°時，請直接寫出線段AB，AC，AD之間滿足的等量關(guān)系式；（2）如圖②，當∠BAC＝90°時，試探究線段AB，AC，AD之間滿足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）如圖③，若BC＝m，BD＝n，求的值（用含m，n的式子表示）．【答案】（1）AB+AC＝AD；（2）AB+AC＝AD，理由見解析；（3）【分析】（1）在AD上截取AE＝AB，連接BE，由條件可知△ABE和△BCD都是等邊三角形，可證明△BED≌△BAC，可得DE＝AC，則AB+AC＝AD；（2）延長AB至點M，使BM＝AC，連接DM，證明△MBD≌△ACD，可得MD＝AD，證得AB+AC＝AD；（3）延長AB至點N，使BN＝AC，連接DN，證明△NBD≌△ACD，可得ND＝AD，∠N＝∠CAD，證△NAD∽△CBD，可得，可由AN＝AB+AC，求出的值．【詳解】解：（1）如圖①，在AD上截取AE＝AB，連接BE，∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分線交⊙O于點D，∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等邊三角形，∴∠ABE＝∠DBC＝60°，∴∠DBE＝∠ABC，又∵AB＝BE，BC＝BD，∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，∴AD＝AE+DE＝AB+AC；故答案為：AB+AC＝AD．（2）AB+AC＝AD．理由如下：如圖②，延長AB至點M，使BM＝AC，連接DM，∵四邊形ABDC內(nèi)接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，∴△MBD≌△ACD（SAS），∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．∴AM＝AD，即AB+BM＝AD，∴AB+AC＝AD；（3）如圖③，延長AB至點N，使BN＝AC，連接DN，∵四邊形ABDC內(nèi)接于⊙O，∴∠NBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD，∴BD＝CD，∴△NBD≌△ACD（SAS），∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，∴△NAD∽△CBD，∴，∴，又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝m，BD＝n，∴＝．【點睛】本題屬于圓的綜合題，考查了圓周角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線解決問題．7．內(nèi)接于，，BD為的直徑，．（1）如圖1，求證：為等邊三角形；（2）如圖2，弦AB交BC于點F，點G在EC上，，求證：；（3）如圖3，在（2）的條件下，弦BH分別交AF，AG于P，Q兩點，，，求QG的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）．【分析】（1）連接CD，根據(jù)直徑所對的圓周角是90度，解得，繼而證明為等邊三角形；（2）由（1）中結(jié)論，結(jié)合等邊三角形與圓周角定理，可證明，再由等角對等邊性質(zhì)，得到，進一步證明，即可解題；（3）過點O作，點L為垂足，由中位線性質(zhì)得到，根據(jù)正弦定義，解得，連接AH，延長PO交AH于點M，構(gòu)造等邊三角形，然后，連接AD，通過解直角三角形，得到，在直角三角形，利用勾股定理得BH=9，繼而根據(jù)垂徑定理可證明BL=LH=，再通過解直角三角形得到，由圖中線段的和差關(guān)系得到PH=6，BP=3，在等邊三角形中，得到AP=PH=6，，最后連接BE，，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和平行線的判定定理推知PQ//EG，結(jié)合平行線截線段成比例求得．【詳解】（1）證明：連接CD∵BD為的直徑，∴∵，∴∴∵，∴為等邊三角形（2）∵為等邊三角形∴，∴，∴∵，，∴∴∵，∴，∴∵為等邊三角形，∴，∴∵，∴，∴（3）過點O作，點L為垂足∵點O為圓心，∴∵，∴∵，∴在內(nèi)，，∴連接AH，延長PO交AH于點M，∵為等邊三角形，∴，∴∴，∴∴，∴∵，∴為等邊三角形連接AD，∵為的直徑，∴∵為等邊三角形，∴∵∴在內(nèi)，，∵BD為的直徑，∴在內(nèi)，，∴∵，∴在內(nèi)，∵，∴，∴，∵為等邊三角形，∴，連接BE，∵∴，∴，∴為等邊三角形∴，∴∵，∴，∴∵，∴【點睛】本題考查圓的綜合題，解題過程中涉及圓周角、垂徑定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)以及平行線截線段成比例等知識點，難度較大，注意作輔助線是解題關(guān)鍵．8．定義：若拋物線的圖象恒過定點，則稱為拋物線L的“不動點”．已知：若拋物線．（1）求拋物線L的不動點坐標；（2）如圖1，已知平面直角坐標系中、、，以點B為圓心，為半徑作⊙B，點P為⊙B上一點，將點C繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)得到點，當點P在⊙B上運動時，求線段長度的最大值；（3）在（2）的條件下，若拋物線L的對稱軸是直線﹔①求拋物線L的解析式；②如圖2，若直線交拋物線L于點、，交y軸于點Q，平面內(nèi)一點H坐標為，記，當點P在⊙B上運動時，求的取值范圍．【答案】（1）（0,1）和（2,3）；（2）；（3）①②【分析】（1）將函數(shù)關(guān)系式變形即可得出當=0時，值不受影響，求出定點坐標即可；（2）用相似三角形得出的軌跡，然后分析得出最大值即可；（3）①利用對稱軸公式求解出的值，即可得出函數(shù)關(guān)系式；②根據(jù)點到直線的距離求出的取值范圍，用表示出即可求解出取值范圍；【詳解】解：（1）當=0時，值不受影響解得，當時，當時，∴恒過定點（0,1）和（2,3）即拋物線L的不動點坐標是（0,1）和（2,3）故答案為（0,1）和（2,3）（2）如圖所示，過點B作BQ⊥軸，使在取一點，作則是直角三角形∵，又∵∴∴∴∴點是以Q為圓心，為半徑的圓，如圖所示，共線時，最大，∴，故答案為；（3）①∵對稱軸為∴∴∴故答案為②∵過點∴設(shè)函數(shù)關(guān)系式為，則∴∴當與相切時，點到直線的距離為1∴，解得∴的取值范圍是當時，，，當時，令，則或∵或∴∴∴∴∴即綜上所述故答案為【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)、旋轉(zhuǎn)、函數(shù)的最值、動點問題等，其中用韋達定理處理復(fù)雜數(shù)據(jù)，數(shù)形結(jié)合是此類題目的一種基本方法．9．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸分別交于A、B兩點，與y軸交于點C（0，6），拋物線的頂點坐標為E（2，8），連結(jié)BC、BE、CE．（1）求拋物線的表達式；（2）判斷△BCE的形狀，并說明理由；（3）如圖2，以C為圓心，為半徑作⊙C，在⊙C上是否存在點P，使得BP＋EP的值最小，若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=x2+2x+6；（2）直角三角形，見解析；（3）存在，【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；（2）分別求出三角形三邊的平方，然后運用勾股定理逆定理即可證明；（3）在CE上截取CF=（即CF等于半徑的一半），連接BF交⊙C于點P，連接EP，則BF的長即為所求．【詳解】解：（1）∵拋物線的頂點坐標為E（2，8），∴設(shè)該拋物線的表達式為y=a（x-2）2+8，∵與y軸交于點C（0，6），∴把點C（0，6）代入得：a=，∴該拋物線的表達式為y=x2+2x+6；（2）△BCE是直角三角形．理由如下：∵拋物線與x軸分別交于A、B兩點，∴當y=0時，（x-2）2+8=0，解得：x1=-2，x2=6，∴A（-2，0），B（6，0），∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，∴BE2=BC2+CE2，∴∠BCE=90°，∴△BCE是直角三角形；（3）如圖，在CE上截取CF=（即CF等于半徑的一半），連接BF交⊙C于點P，連接EP，則BF的長即為所求．連接CP，∵CP為半徑，∴，又∵∠FCP=∠PCE，∴△FCP∽△PCE，∴，F(xiàn)P=EP，∴BF=BP+EP，由“兩點之間，線段最短”可得：BF的長即BP+EP為最小值．∵CF=CE，E（2，8），∴F（，），∴BF=【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合，待定系數(shù)法，二次函數(shù)圖象和性質(zhì)，勾股定理及其逆定理，圓的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等，題目綜合性較強，屬于中考壓軸題，熟練掌握二次函數(shù)圖象和性質(zhì)，圓的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．10．如圖，是的直徑，弦于點H，連接，過上一點E作交的延長線于點G，連接交于點F，且，連接．（1）求證：是的切線；（2）延長交于點M，若，，求的值．【答案】（1）證明見解析；（2）【分析】（1）連接，由，推，證，得，根據(jù)切線判定定理可得；（2）連接，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，∠ACH=∠G，利用銳角三角形函數(shù)可得，利用垂徑定理即可求出CH，從而求出AH，設(shè)⊙的半徑為，利用勾股定理即可求出r，從而求出OE，然后證出，利用相似三角形的性質(zhì)即可求出結(jié)論．【詳解】（1）證明：連接，如圖，∵，∴，而，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴是⊙的切線；（2）解：連接，如圖，∵∴∠ACH=∠G，∠M=∠HAC∴tan∠ACH=tan∠G∴∵，∴CH=∴=設(shè)⊙的半徑為，則，，在中，，解得，∴∵∠OEM=∠CHA=90°∴，∴，即，∴．【點睛】本題考查圓的綜合題、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用的輔助線，靈活運用所學(xué)知識解決問題，正確尋找相似三角形，構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．11．有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫做等鄰邊互補四邊形．(1)如圖1，在等鄰邊互補四邊形ABCD中，AD＝CD，且AD∥BC，BC＝2AD，求∠B的度數(shù)；(2)如圖2，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接DO交AC于點E（不與點O重合），若E是AC的中點，求證：四邊形ABCD是等鄰邊互補四邊形；(3)在（2）的條件下，延長DO交BC于點F，交⊙O于點G，若，AC＝12，求FG的長；(4)如圖3，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝BC，BD為⊙O的直徑，連接AO并延長交BC于點E，交⊙O于點F，連接FC，設(shè)tan∠BAF＝x，，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．【答案】(1)∠B＝60°(2)證明見解析(3)GF＝5(4)【分析】（1）作AH∥CD交BC于H．可證得四邊形ADCH是菱形，再結(jié)合四邊形ABCD是等鄰邊互補四邊形，可得到△ABH是等邊三角形即可．（2）證明DA=DC，∠B+∠ADC=180°即可．（3）連接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，F(xiàn)N⊥AG于N．根據(jù)勾股定理和垂徑定理，求出AG，GC，EG，證明點F是△AGC的內(nèi)心，求出EF即可解決問題．（4）如圖3中，連接AC，作AM⊥BC于M，F(xiàn)N⊥BC于N，設(shè)AC交BD于K．根據(jù)AM∥FN，可得，設(shè)OK=m，AK=m，OB=OA=r，則CF=2m，AC=2n，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可，即可解決問題．（1）解：如圖1中，作AH∥CD交BC于H．∵AD∥BC，AH∥CD，∴四邊形AHCD是平行四邊形，∵AD＝CD，∴四邊形ADCH是菱形，∴AD=CD=AH=CH，∠D+∠C=180°，∵BC＝2AD，∴BC=2CH，即BH=CH=AH，∵四邊形ABCD是等鄰邊互補四邊形，∴∠B+∠D=180°，∴∠B=∠C，∵AH∥CD，∴∠AHB=∠C，∴∠B=∠AHB，∴AB＝BH＝AH，∴△ABH是等邊三角形，∴∠B＝60°．（2）證明：如圖2中，連接CD．∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠B+∠ADC＝180°，∠BAD+∠BCD=180°，∵AE＝EC，∴OD⊥AC，∴DA＝DC，∴四邊形ABCD是等鄰邊互補四邊形．（3）解：如圖2﹣1中，連接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，F(xiàn)N⊥AG于N．∵E是AC的中點，AC=12，∴AE＝EC＝6，∴OD⊥AC，，∴∠AOE＝∠COE，GA＝GC，∵∠AOC＝2∠ABC，∴∠AOE＝∠ABC，∴，∴，∴，∴，∴，∴GE=8，∴，∴，∵，∴∠ACB＝∠BCG，∵∠AGF＝∠CGF，∴點F是△AGC的內(nèi)心，∴FM＝FN＝FE，設(shè)FM＝FN＝FE＝d，∵，∴d＝3，∴EF＝3，∴GF＝EG﹣EF＝8﹣3＝5．（4）解：如圖3中，連接AC，作AM⊥BC于M，F(xiàn)N⊥BC于N，設(shè)AC交BD于K．∵BD是直徑，∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∵BA＝BC，BD＝BD，∴Rt△ABD≌Rt△CBD（HL），∴∠ABD＝∠CBD，∵OA＝OB，∴∠BAF＝∠ABD＝∠CBD，設(shè)∠BAF＝α，則∠BCF＝∠BAF＝α，∵BA＝BC，∠DBA＝∠DBC，∴BD⊥AC，∠BKC＝90°，∴∠ACM+∠CBD＝90°，∵AM⊥BC，∴∠ACM+∠CAM＝90°，∴∠CAM＝∠CBD＝α，∵AM⊥BC，F(xiàn)N⊥BC，∴AM∥FN，∴，設(shè)OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，則CF＝2m，AC＝2n，在Rt△AOK中，m2+n2＝r2，，∴，∴，整理得：，∴，∴．【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了垂徑定理，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形，銳角三角函數(shù)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．12．如圖1，已知⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD，AB//CD，BC//AD，AB=6，BC=8．(1)求證：四邊形ABCD為矩形．(2)如圖2，E是上一點，連接CE交AD于點F，連接AC．①當點D是中點時，求線段DF的長度．②當16S△DCF=3S四邊形ABCD時，試證明點E為

的中點．(3)如圖3，點E是⊙O上一點（點E不與A、C重合），連接EA、EC、OE，點I是△AEC的內(nèi)心，點M在線段OE上，且ME=2MO，則線段MI的最小值為．【答案】(1)見解析(2)①，②見解析(3)【分析】（1）先證明四邊形ABCD為平行四邊形，再利用圓內(nèi)接四邊形對角互補的性質(zhì)可證明∠A=∠C=90°，即可證明四邊形ABCD為矩形；（2）①證明△DCF△DAC，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；②由已知求得S△DCF=S△DAC，得到，求得DF=3，AF=5，過點F作FG⊥AC于點G，證明Rt△AFGRt△ACD，求得FG=DF=3，進而證明結(jié)論成立；（3）當點E運動到AC上方時，利用內(nèi)心的性質(zhì)證得點I在以點N為圓心，5為半徑的圓的一段圓弧上，當I、M、N在同一直線上時，IM取得最小值，計算即可求解；當點E運動到AC下方時，E、N重合時，IM取得最小值，同理可求解．(1)證明：∵AB//CD，BC//AD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠A=∠C，∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠C=180°，∴∠A=∠C=90°，∴平行四邊形ABCD為矩形；(2)①∵四邊形ABCD為矩形，且AB=6，BC=8，∴AB=CD=6，BC=AD=8，AC=，∵點D是中點，∴∠DCF=∠DAC，∠D公共，∴△DCF△DAC，∴，即，∴DF=；②∵四邊形ABCD為矩形，∴S四邊形ABCD=2S△DAC，∠D=90°，∵16S△DCF=3S四邊形ABCD，∴S△DCF=S△DAC，∵，AD=8，∴DF=3，AF=5，過點F作FG⊥AC于點G，∴Rt△AFGRt△ACD，∴，即，∴FG=3，∴FG=DF=3，∵FG⊥AC，∠D=90°，∴CF是∠ACD的平分線，∴點E為

的中點；(3)解：當點E運動到AC上方時，連接AI、CI，連接EI并延長交⊙O于點N，連接AN、CN，∵點I是△AEC的內(nèi)心，且AC=10，∴∠AEN=∠CEN，∠EAI=∠CAI，∴AN=CN=AC=5，∠AEN=∠CEN=∠CAN=45°，∵∠NAI=∠CAI+∠CAN=∠CAI+45°，∠NIA=∠EAI+∠AEN=∠EAI+45°，∴∠NAI=∠NIA，∴AN=NI=CN=5，∴點I在以點N為圓心，5為半徑的圓的一段圓弧上，如圖，當I、M、N在同一直線上時，IM取得最小值，∵ME=2MO，OE=AC=5，∴MO=，MN=MO+ON=，∴IM的最小值為；當點E運動到AC下方時，E、N重合時，IM取得最小值，同理可求得IM的最小值為；故答案為：．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，內(nèi)心的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．13．如圖1，在平面直角坐標系中，點的坐標為，是軸正半軸上一動點，以為直徑畫交軸于點，連結(jié)，過點作交于點，連結(jié)，．（1）求的度數(shù)（2）求證：∽．（3）如圖2，連結(jié)，過點作于點，過點作交的延長線于點，設(shè)點的橫坐標為．①用含的代數(shù)式表示．②記，求關(guān)于的函數(shù)表達式．【答案】（1）45°；（2）見解析；（3）①；②【分析】（1）證明∠EAD＝90°＋45°＝135°，則∠DBE＋∠EAD＝180°，即可求解；（2）由∠AOB＝∠AOD＋90°＝135°＝∠DAE，即可求解；（3）①由△ADE∽△OAB得到，即，即可求解；②證明△DEB∽△DBM，則得到，利用，代入即可求解．【詳解】（1）∵是直徑∴∵∴∵∴∴（2）∵又∵∴∽（3）∵∽∴即∴∴∵∴∴∴②過點作交延長線于點，連結(jié)．∵∴∵∴∵∴∵∴∵∴∴∵∴∽∴∴∴．【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了函數(shù)的基本知識、圓的基本性質(zhì)、三角形相似等，綜合性強，難度大，正確作出輔助線是本題解題的關(guān)鍵．14．如圖，是四邊形的外接圓，直徑為10，過點D作，交BA的延長線于點P，AD平分．（1）如圖1，若AC是的直徑，求證：PD與相切;（2）在（1）的條件下，若，求線段BC的長;（3）如圖2，若，求的最大值．【答案】（1）證明見詳解；（2）BC長為6；（3）10．【分析】（1）連接OD，根據(jù)AD平分，AC為直