圆、相似三角形、二次函数经典综合题精品教案.doc
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相似、圆、二次函数---◆◆◆综合精品教案认真解答,一定要细心哟!
（培优）
【1】已知：
如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交BC于D，交⊙O于E，EF∥BC且交AC延长线于F，连结CE.
求证：
（1）∠BAE=∠CEF；
（2）CE2=BD·EF.
【2】如图，△ABC内接于圆，D为BA延长线上一点，AE平分∠BAC的外角，交BC延长线于E，交圆于F.若AB=8，AC=5，EF=14.求AE、AF的长.
【3】如图，已知AB是⊙O的弦，OB＝2，∠B＝30°，
C是弦AB上的任意一点（不与点A、B重合），连接
CO并延长CO交于⊙O于点D，连接AD．
（1）弦长AB等于▲（结果保留根号）；
（2）当∠D＝20°时，求∠BOD的度数；
（3）当AC的长度为多少时，以A、C、D为顶点
的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似？
请写出解答过程．
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（培优）
【4】如图，在中，是的中点，以为直径的交
的三边，交点分别是点．的交点为，且，
E
A
D
G
B
F
C
O
M
第9题图
．
（1）求证：
．
（2）求的直径的长．
【5】如图右，已知直线PA交⊙0于A、B两点，AE是⊙0的直径．点C为⊙0上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D。
（1）求证：
CD为⊙0的切线；
（2）若DC+DA=6，⊙0的直径为l0，求AB的长度.
【6】
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（培优）
【7】如图，已知⊙O1与⊙O2都过点A，AO1是⊙O2的切线，⊙O1交O1O2于点B，连结AB并延长交⊙O2于点C，连结O2C.
（1）求证：
O2C⊥O1O2；
（2）证明：
AB·BC=2O2B·BO1；
（3）如果AB·BC=12，O2C=4，求AO1的长.
O1
O2
A
B
C
【8】如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆C，点B是该半圆周上一动点，连结OB、AB，并延长AB至点D，使DB=AB，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线OB于点E、F，点E为垂足，连结CF．
（1）当∠AOB=30°时，求弧AB的长度；
第24题图
O
B
D
E
C
F
x
y
A
（2）当DE=8时，求线段EF的长；
（3）在点B运动过程中，是否存在以点E、C、F
为顶点的三角形与△AOB相似，若存在，请求出此
时点E的坐标；若不存在，请说明理由．
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（培优）
【9】如图（18），在平面直角坐标系中，的边在轴上，且，以为直径的圆过点．若点的坐标为，，A、B两点的横坐标，是关于的方程的两根．
（1）求、的值；
（2）若平分线所在的直线交轴于点，试求直线对应的一次函数解析式；
y
x
图（3）
N
B
A
C
O
D
M
E
F
（0，2）
l
（3）过点任作一直线分别交射线、（点除外）于点、．则的是否为定值？
若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【10】如图l0．在平面直角坐标系xoy中，AB在x轴上，AB=10．以AB为直径的⊙O’与y轴正半轴交于点C．连接BC，AC。
CD是⊙O’的切线．AD⊥CD于点D，tan∠CAD=，抛物线过A、B、C三点。
（1）求证：
∠CAD=∠CAB；
（2）①求抛物线的解析式；
②判断抛物线的顶点E是否在直线CD上．并说明理由：
（3）在抛物线上是否存在一点P，使四边形PBCA是直角梯形．若存在，直接写出点P的坐标（不写求解过程）；若不存在．请说明理由．
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（培优）
【1】证明：
（1）∵EF∥BC，∴∠BCE=∠CEF.又∵∠BAE=∠BCE，∴∠BAE=∠CEF.
（2）证法一：
∵∠BAD＝∠CAD，∠BAE＝∠CEF，
∴∠CAD＝∠CEF.又∵∠ACD＝∠F，∴△ADC∽△ECF.
∴.∴.①又∵∠BAD＝∠EAC，∠B＝∠AEC，∴△ABD∽△AEC，∴.②由①②得，∴CE2＝BD·EF.
【2】解：
连结BF.∵AE平分∠BAC的外角，∴∠DAE=∠CAE.
∵∠DAE=∠BAF，∴∠CAE=∠BAF.
∵四边形ACBF是圆内接四边形，∴∠ACE=∠F.
∴△ACE∽△AFB.∴.
∵AC=5，AB=8，EF=14，设AE=x，则AF=14－x，则有，整理，得x2-14x+40=0.
解得x1=4,x2=10，经检验是原方程的解.∴AE=4,AF=10或AE=10，AF=4.
【3】
【4】
（1）连接是圆直径，，即，．．在中，
． 2分
（2）是斜边的中点，，，
又由
（1）知，．
又，与相似
又，
，，设，，，
直径．
【5】
（1）证明：
连接OC,
∵点C在⊙0上，0A=OC,∴∠OCA=∠OAC，∵CD⊥PA，∴∠CDA=90°，
有∠CAD+∠DCA=90°，∵AC平分∠PAE，∴∠DAC=∠CAO。
∴∠DC0=∠DCA+∠ACO=∠DCA+∠CAO=∠DCA+∠DAC=90°。
又∵点C在⊙O上，OC为⊙0的半径，∴CD为⊙0的切线．
（2）解：
过0作0F⊥AB，垂足为F，∴∠OCA=∠CDA=∠OFD=90°，
∴四边形OCDF为矩形，∴0C=FD，OF=CD.
∵DC+DA=6，设AD=x，则OF=CD=6-x，∵⊙O的直径为10，∴DF=OC=5，∴AF=5-x，
在Rt△AOF中，由勾股定理得.即，化简得：
解得或。
由AD从而AD=2,AF=5-2=3.∵OF⊥AB，由垂径定理知，F为AB的中点，∴AB=2AF=6.
【6】
【7】解：
（1）∵AO1是⊙O2的切线，∴O1A⊥AO2∴∠O2AB+∠BAO1=90°
又O2A=O2C，O1A=O1B，∴∠O2CB=∠O2AB，∠O2BC=∠ABO1=∠BAO1
∴∠O2CB+∠O2BC=∠O2AB+∠BAO1=90°，∴O2C⊥O2B，即O2C⊥O1O2
O1
O2
A
B
C
D
（2）延长O2O1交⊙O1于点D，连结AD.
∵BD是⊙O1直径，∴∠BAD=90°
又由
（1）可知∠BO2C=90°
∴∠BAD=∠BO2C，又∠ABD=∠O2BC
∴△O2BC∽△ABD
∴
∴AB·BC=O2B·BD又BD=2BO1
∴AB·BC=2O2B·BO1
（3）由
（2）证可知∠D=∠C=∠O2AB，即∠D=∠O2AB，又∠AO2B=∠DO2A
∴△AO2B∽△DO2A
∴∴AO22=O2B·O2D∵O2C=O2A∴O2C2=O2B·O2D①
又由
（2）AB·BC=O2B·BD②由①－②得，O2C2－AB·BC=O2B2即42－12=O1B2
∴O2B=2，又O2B·BD=AB·BC=12
∴BD=6，∴2AO1=BD=6∴AO1=3
【8】
（1）连结BC,
O
B
D
E
C
F
x
y
A
∵A（10，0）,∴OA=10,CA=5,
∵∠AOB=30°,
∴∠ACB=2∠AOB=60°,
∴弧AB的长=;……4分
（2）连结OD,
∵OA是⊙C直径,∴∠OBA=90°,
又∵AB=BD,∴OB是AD的垂直平分线,
∴OD=OA=10,
在Rt△ODE中，
OE=,
∴AE=AO－OE=10-6=4,
由∠AOB=∠ADE=90°-∠OAB，∠OEF=∠DEA，
得△OEF∽△DEA,
∴,即，∴EF=3；……4分
（3）设OE=x，
①当交点E在O，C之间时，由以点E、C、F为顶点的三角
O
B
D
F
C
E
A
x
y
形与△AOB相似，有∠ECF=∠BOA或∠ECF=∠OAB，
当∠ECF=∠BOA时，此时△OCF为等腰三角形，点E为OC
中点，即OE=，∴E1（，0）；
当∠ECF=∠OAB时，有CE=5-x,AE=10-x，
∴CF∥AB,有CF=,
∵△ECF∽△EAD,
∴,即,解得：
∴E2（，0）;
②当交点E在点C的右侧时，
O
B
D
F
C
E
A
x
y
∵∠ECF＞∠BOA，
∴要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO，
连结BE，
∵BE为Rt△ADE斜边上的中线，
∴BE=AB=BD,
∴∠BEA=∠BAO,
∴∠BEA=∠ECF,∴CF∥BE,∴,
∵∠ECF=∠BAO,∠FEC=∠DEA=Rt∠，
∴△CEF∽△AED,∴,而AD=2BE,
O
B
D
F
C
E
A
x
y
∴,
即,解得,＜0（舍去），
∴E3（，0）;
③当交点E在点O的左侧时，
∵∠BOA=∠EOF＞∠ECF.
∴要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO
连结BE，得BE==AB，∠BEA=∠BAO∴∠ECF=∠BEA,∴CF∥BE,∴,
又∵∠ECF=∠BAO,∠FEC=∠DEA=Rt∠，∴△CEF∽△AED,∴，
而AD=2BE,∴,∴,解得,＜0（舍去）,∵点E在x轴负半轴上,∴E4（，0）,
综上所述：
存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似,此时点E坐标为：
（，0）、（，0）、（，0）、（，0）．……4分
【9】解：
（1）以为直径的圆过点，，而点的坐标为，
由易知，，
即：
，解之得：
或．，，
即．由根与系数关系有：
，解之，．
（2）如图（3），过点作，交于点，
易知，且，在中，易得，
，，
又，有，，
，则，即，易求得直线对应的一次函数解析式为：
．
（3）过点作于，于．为的平分线，．
由，有由，
有，即
【10】
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