資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
人教版九年級數學下名師點撥與訓練
第27章 相似
專題 圓與相似三角形的綜合題探究
方法指導：
圓與相似三角形相綜合是中考中的熱門考點，解圓與相似三角形相綜合的問題時，關鍵是要從圓中去抽取出相似三角形模型，然后利用相似三角形的性質去證明和求解相關問題．在證兩三角形相似時，往往構造同弧所對的圓周角相等或直徑所對的圓周角是直角；從而為證兩三角形相似創造角相等的條件．
常用方法:
①利用垂徑定理,通過在由半弦、半徑、弦心距組成的直角三角形,運用勾股定理或相似進行計算:
②利用圓周角相等轉移角的等量關系構造相似三角形;
③利用直徑構造直角三角形從而構造相似三角形;
類型1 利用相似三角形求線段的長
【例1-1】．在圓內接四邊形中，，延長交于，則長為（ ）
A． B． C． D．
【例1-2】．如圖，，，分別與相切于點E，F，G三點，且，，分別交圓于點M，N，若與的乘積為6，則長（　?。?br/>A． B． C． D．6
【例1-3】．如圖，為圓的直徑，為圓上一點，過點作圓的切線交的延長線上于點，四分之一，連接，若，，則的長度為 ．
【變式1-1】．如圖，為的直徑，C，D為圓上的兩點，，弦相交于點E．
(1)求證：；
(2)若，求的半徑；
(3)在（2）的條件下，過點C作的切線，交的延長線于點P，過點P作交于F，Q兩點（點F在線段上），求的長．
【變式1-2】．閱讀與思考
《幾何原本》是古希臘數學家歐幾里得所著的一部著作，它是歐洲數學的基礎，總結了平面幾何五大公設，被廣泛地認為是歷史上學習數學幾何部分最成功的教科書．下面是其中的切割線定理：從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項，證明過程如下：
如圖1：已知點P是外一點，是切線，F是切點，是割線，點A，B是它與的交點，求證：．
證明：連接并延長交于點C，連接，，．
∵是的切線，
．
∵是的直徑，
（依據：______）．
，
．
又（依據：______），
．
…………
任務：
(1)完成材料證明部分中的“依據”，填入空格；
(2)把證明過程補充完整；
(3)如圖2，已知是的直徑，是的切線，A為切點，割線與交于點E，且滿足，，求的長．
【變式1-3】．如圖，是的直徑，點C在圓上，D、E是的延長線上的點，連接，且，．
(1)求證：是的切線；
(2)若，，求線段的長．
類型2、利用相似三角形確定線段間的關系
【例2-1】．在正方形中，點，分別在邊，上，連接，交于點，已知．
(1)如圖1，若，則 ；
(2)如圖2，以為直徑的圓交于H，交于點P，求證：；
(3)如圖3，在（2）的條件下，若求正方形的邊長．
【例2-2】．在綜合與實踐活動課上，小明以“圓”為主題開展研究性學習．
【操作發現】
小明作出了的內接等腰三角形，．并在邊上任取一點（不與點，重合），連接，然后將繞點逆時針旋轉得到．如圖①
小明發現：與的位置關系是__________，請說明理由：
【實踐探究】
連接，與相交于點．如圖②，小明又發現：當確定時，線段的長存在最大值．
請求出當．時，長的最大值；
【問題解決】
在圖②中，小明進一步發現：點分線段所成的比與點分線段所成的比始終相等．請予以證明．
【例2-3】．如圖，在中，，，過的延長線上的點D作的垂線，與過A，C，D三點的圓O交于點E，連結，．
(1)求的值；
(2)設，，
①求y關于x的函數關系式；
②若是等腰三角形，求y的值；
(3)若點B關于的對稱點F為弧的中點，求圓O的半徑．
【變式2-1】．如圖，點是上的一個動點，點是圓外任意兩點，連接，作的外接圓，恰好為外接圓的直徑，且外接圓過點，點是的中點，共線．
(1)作的邊上的高，垂足為點，證明：①；②；
(2)若的半徑為，，，求線段的長度的最小值．
【變式2-2】．如圖1，四邊形中，，點E是邊上一點，且平分，作的外接圓，點D在圓上．
(1)求證：是的切線；
(2)如圖2，，點H是上一點，滿足，連接，分別交于點M、N．
①猜想之間的數量關系，并說明理由；
②求的面積．
類型3 利用相似求圓中的最值
【例3-1】．如圖，正方形的邊長為2，以為半徑作圓，為弧上的一點，過點作于點，連接、．
(1)求證：；
(2)連接，求的最小值．
【例3-2】．如圖，點是上的一個動點，點是圓外任意兩點，連接，作的外接圓，恰好為外接圓的直徑，且外接圓過點，點是的中點，共線．
(1)作的邊上的高，垂足為點，證明：①；②；
(2)若的半徑為，，，求線段的長度的最小值．
【變式3-1】．已知直線與軸交于點，與軸交于點，點的坐標為．
(1)求的度數；
(2)如圖，連接、、，點在直線上運動，若和相似，求點的坐標；
(3)點為線段上任意一點（不與、重合），經過三點的圓交直線于點，當面積最大時，求出面積的最大值及此時點的坐標．
【變式3-2】．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于A、B兩點，與軸交于點C．
(1)求點A、B、C的坐標；
(2)如圖2，若點P在以點O為圓心，長為半徑作的圓上，連接，請你直接寫出的最小值．
類型4 利用相似求圓中線段的比值
【例4-1】如圖，ABC是⊙O的內接三角形，過點C作⊙O的切線交BA的延長線于點F，AE是⊙O的直徑，連接EC
（1）求證：；
（2）若，于點，，，求的值
【變式4-1】如圖，內接于，且，是是上的一點，在的延長線上，連結交于，連結．
（1）求證：平分；
（2）若，BC=3,求BD.BF
【變式4-2】如圖，點E是△ABC的內心，AE的延長線交BC于點F，交△ABC的外接圓⊙O于點D，連接BD，過點D作直線DM，使∠BDM＝∠DAC.
(1)求證：直線DM是⊙O的切線；
(2)若DE=4求DF·DA.的值
(第7題)
人教版九年級數學下名師點撥與訓練
第27章 相似
專題 圓與相似三角形的綜合題探究
方法指導：
圓與相似三角形相綜合是中考中的熱門考點，解圓與相似三角形相綜合的問題時，關鍵是要從圓中去抽取出相似三角形模型，然后利用相似三角形的性質去證明和求解相關問題．在證兩三角形相似時，往往構造同弧所對的圓周角相等或直徑所對的圓周角是直角；從而為證兩三角形相似創造角相等的條件．
常用方法:
①利用垂徑定理,通過在由半弦、半徑、弦心距組成的直角三角形,運用勾股定理或相似進行計算:
②利用圓周角相等轉移角的等量關系構造相似三角形;
③利用直徑構造直角三角形構造相似三角形;
類型1 利用相似三角形求線段的長
【例1-1】．在圓內接四邊形中，，延長交于，則長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本題考查了圓的內接四邊形的性質，補角性質，相似三角形的判定和性質，利用圓的內接三角形和補角性質可得，即得，得到，設，列出方程組即可求解，掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．
【詳解】解：四邊形內接于圓，
，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
設，
則有，
解得，
∴，
故選：．
【例1-2】．如圖，，，分別與相切于點E，F，G三點，且，，分別交圓于點M，N，若與的乘積為6，則長（　　）
A． B． C． D．6
【答案】A
【分析】連接、、，根據切線的性質，角平分線的判定定理，平行線的性質可得出是直角三角形，再根據相似三角形的判定和性質得出，再勾股定理可求出，即可求解．
【詳解】解：如圖，連接、、，
，，分別與相切于點E，F，G三點，
，，
，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
故選：A．
【點睛】本題考查切線的性質，平行線的性質以及相似三角形的判定和性質，角平分線的判定定理，勾股定理等；掌握切線的性質，平行線的性質以及相似三角形的性質和判定方法是解題的關鍵．
【例1-3】．如圖，為圓的直徑，為圓上一點，過點作圓的切線交的延長線上于點，四分之一，連接，若，，則的長度為 ．
【答案】
【分析】本題考查了圓周角定理，切線的性質，相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是掌握相關知識．連接，連接并延長交圓于點，由四分之一，，可得，，根據切線的性質和圓周角定理可得，證明，得到，求出，再利用相似三角形的性質即可求解．
【詳解】解：連接，連接并延長交圓于點，
四分之一，，
，，
是圓的切線，
，
是圓的直徑，點在圓，
，
，
即，
，
，，
，
又，
，
，即，
得，
，
，
，
故答案為：．
【變式1-1】．如圖，為的直徑，C，D為圓上的兩點，，弦相交于點E．
(1)求證：；
(2)若，求的半徑；
(3)在（2）的條件下，過點C作的切線，交的延長線于點P，過點P作交于F，Q兩點（點F在線段上），求的長．
【答案】(1)證明見解析；
(2)；
(3)．
【分析】對于（1），先根據等腰三角形的性質得，再根據平行線得性質得，即可得出，然后根據“弧，弦，圓周角的關系”得出答案；
對于（2），連接，可知，再根據“兩角相等的兩個三角形相似”得，即可求出，然后根據直徑所對的圓周角是直角得，最后根據勾股定理得出答案；
對于（3），作，連接，先根據切線的性質得再根據“兩角相等的兩個三角形相似”得，根據相似三角形的對應邊成比例得，即可求出，進而求出，然后說明，再根據相似三角形的對應邊成比例求出，，接下來根據勾股定理求出,最后根據得出答案．
【詳解】（1）證明：∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）連接，
∵，
∴．
∵
∴，且，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵是直徑，
∴，
∴，
∴的半徑為；
（3）如圖，過點O作于點H，連接，
∵是切線，
∴且，
∴且，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴．
∵，
∴，且，
∴，
∴，
即，
∴，，
∴,
∴．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質和判定，勾股定理，直徑所對的圓周角是直角，切線的性質，平行線的性質，弧，弦，圓心角的關系，作出輔助線，構造相似三角形是解題的關鍵．
【變式1-2】．閱讀與思考
《幾何原本》是古希臘數學家歐幾里得所著的一部著作，它是歐洲數學的基礎，總結了平面幾何五大公設，被廣泛地認為是歷史上學習數學幾何部分最成功的教科書．下面是其中的切割線定理：從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項，證明過程如下：
如圖1：已知點P是外一點，是切線，F是切點，是割線，點A，B是它與的交點，求證：．
證明：連接并延長交于點C，連接，，．
∵是的切線，
．
∵是的直徑，
（依據：______）．
，
．
又（依據：______），
．
…………
任務：
(1)完成材料證明部分中的“依據”，填入空格；
(2)把證明過程補充完整；
(3)如圖2，已知是的直徑，是的切線，A為切點，割線與交于點E，且滿足，，求的長．
【答案】(1)直徑所對的圓周角是直角，同弧所對的圓周角相等
(2)見解析
(3)
【分析】（1）有題意可知利用了直徑所對的圓周角是直角混合同弧所對的圓周角相等；
（2）進一步證明，有即可；
（3）連接AD，BF，利用切割定理即可求得，，，則，結合勾股定理求得．進一步證明，則，求得，即可求得．
【詳解】（1）解：根據題意可得，直徑所對的圓周角是直角，同弧所對的圓周角相等；
（2）證明：
又，
．
．
．
（3）解：如圖，連接，，
，
∴設，，，則．
∵是的切線，是割線，
∴由切割線定理得，則，
解得或（舍去），
，，，則．
∵AB是的直徑，AC是的切線，
．
．
，，
，則．
，
．
【點睛】本題主要考查圓周角定理、相似三角形的判定和性質、直徑所對的圓周角是直角、同弧所對的圓周角相等以及勾股定理，解題的關鍵是熟悉圓的相關知識和相似三角形的性質．
【變式1-3】．如圖，是的直徑，點C在圓上，D、E是的延長線上的點，連接，且，．
(1)求證：是的切線；
(2)若，，求線段的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）由及，可得，進而可得，即可證明是的切線；
（2）由直徑所對的圓周角為90度可得，設，用含x的式子表示出，，再證，根據對應邊成比例求出x的值，再利用勾股定理解和即可．
【詳解】（1）證明：，
，
，
，
，
即，
，
是的直徑，
是的切線；
（2）解：如圖，連接，
是的直徑，
，
是的切線，
，
設，則，，
，，
，
，
，
解得（負值舍去），
，，
，
．
【點睛】本題考查切線的判定、等腰三角形的性質、圓周角定理、相似三角形的判定和性質、勾股定理等，能夠綜合應用上述知識點是解題的關鍵．
類型2、利用相似三角形確定線段間的關系
【例2-1】．在正方形中，點，分別在邊，上，連接，交于點，已知．
(1)如圖1，若，則 ；
(2)如圖2，以為直徑的圓交于H，交于點P，求證：；
(3)如圖3，在（2）的條件下，若求正方形的邊長．
【答案】(1)
(2)見解析
(3)
【分析】（1）證△≌△，可得，由等腰三角形的性質可得結論；
（2）由平行線分線段成比例可得，通過證明△△，可得，即可求解；
（3）根據角平分線的判定得出，進而得出設列方程即可求解．
【詳解】（1）解：四邊形是正方形，
，，，
，
∴△≌△，
，
∵，
，
又，
，
∴，，
∴；
故答案為：
（2）證明：如圖2，過點作于，
，
，
∵，，
，
由（1）可知，
，
又，
△△，
，
；
（3）解：∵，
，
∵，
∴
由（1）可知，，
∵為直徑，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
設
則即
解得，
∴．
【點睛】本題是相似形綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，圓的有關知識，相似三角形的判定和性質，添加恰當輔助線構造相似三角形是解題的關鍵．
【例2-2】．在綜合與實踐活動課上，小明以“圓”為主題開展研究性學習．
【操作發現】
小明作出了的內接等腰三角形，．并在邊上任取一點（不與點，重合），連接，然后將繞點逆時針旋轉得到．如圖①
小明發現：與的位置關系是__________，請說明理由：
【實踐探究】
連接，與相交于點．如圖②，小明又發現：當確定時，線段的長存在最大值．
請求出當．時，長的最大值；
【問題解決】
在圖②中，小明進一步發現：點分線段所成的比與點分線段所成的比始終相等．請予以證明．
【答案】操作發現：與相切；實踐探究：；問題解決：見解析
【分析】操作發現：連接并延長交于點M，連接，根據直徑所對圓周角為直角得到，根據旋轉的性質得到，由圓周角定理推出，等量代換得到，利用直角三角形的性質即可證明，即可得出結論；
實踐探究：證明，得到，結合三角形外角的性質得到，易證，得到，設，則，得到，利用二次函是的性質即可求解；
問題解決：過點E作交于點N，由旋轉的性質知：，證明，推出，由旋轉的性質得：，
得到，根據，易證，得到，即可證明結論．
【詳解】操作發現：
解：連接并延長交于點M，連接，
是直徑，
，
，
由旋轉的性質得，
，
，
，
是的半徑，
與相切；
實踐探究：
解： 由旋轉的性質得：，
即，
，
，
，
，
，
，
，
，
設，則，
，
，
，
當時，有最大值為；
問題解決：
證明：過點E作交于點N，
由旋轉的性質知：，
，
，
，
，
由旋轉的性質得：，
，
，
，
，
，
，
．
【點睛】本題考查圓周角定理，切線的證明，旋轉的性質，三角形相似的判定與性質，二次函數最值的應用，正確作出輔助線，構造三角形相似是解題的關鍵．
【例2-3】．如圖，在中，，，過的延長線上的點D作的垂線，與過A，C，D三點的圓O交于點E，連結，．
(1)求的值；
(2)設，，
①求y關于x的函數關系式；
②若是等腰三角形，求y的值；
(3)若點B關于的對稱點F為弧的中點，求圓O的半徑．
【答案】(1)
(2)①；②或或
(3)
【分析】（1）作，交點為H，根據等腰三角形的性質可得，再利用勾股定理求得，由圓內接四邊形的性質可得，進而可得，即可求解；
（2）①過點A作，交點為G，證明四邊形是矩形，可得，進而可得，由（1）可得，，即，在中，利用銳角三角函數求解即可；
②先利用y的代數式表示的三條邊，再利用分類討論思想分三種情況：、、，即可求解；
（3）利用對稱軸的性質和等腰三角形的性質點A、F為半圓的三等分點，再利用圓周角定理和直角三角形的性質求解即可．
【詳解】（1）解：作，交點為H，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）解：過點A作，交點為G，
∵，
∴四邊形是矩形，
∴，
∴，
由（1）可得，，
∴，
在中，，
則，即．
②由（2）①得，，，
∴，，
由題意得，，
當時，，
解得（負值舍去），
當時，，
解得，（舍去），
由得，，
解得，
綜上所述，若是等腰三角形，y的為或或；
（3）解：連接，
∵，
∴，
∴是的直徑，
∴，
∵點B關于的對稱點F為弧的中點，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即點A、F為半圓的三等分點，
∴，
∴，
∴的半徑為5．
【點睛】本題考查等腰三角形的性質、圓內接四邊形的性質、勾股定理、矩形的判定與性質、直角三角形的性質、銳角三角函數、圓周角定理，運用分類討論思想解決問題是解題的關鍵．
【變式2-1】．如圖，點是上的一個動點，點是圓外任意兩點，連接，作的外接圓，恰好為外接圓的直徑，且外接圓過點，點是的中點，共線．
(1)作的邊上的高，垂足為點，證明：①；②；
(2)若的半徑為，，，求線段的長度的最小值．
【答案】(1)見解析
(2)5
【分析】（1）由直徑所對的圓周角為90度可得，通過證明可證①，證明可證②；
（2）取中點N，連接，則是的中位線，，可得點M在以N為圓心，為半徑的圓上，再根據圓外一點到圓上點的距離求最小值．
【詳解】（1）證明：①如圖，作的邊上的高，垂足為點，
恰好為外接圓的直徑，
，
，
，
，，
，
又，
，
，
；
②，，
，
，
；
（2）解：，，，
，
取中點N，連接，則，
點是的中點，
是的中位線，
，
N為定點，
點M在以N為圓心，為半徑的圓上，
連接交于點，此時線段的長度最小，
最小值為：．
【點睛】本題考查圓周角定理，相似三角形的判定和性質，勾股定理，直角三角形斜邊中線的性質，三角形中位線的性質，圓外一點到圓上點的距離等，綜合性較強，有一定難度，找到點M的運動軌跡是解題的關鍵．
【變式2-2】．如圖1，四邊形中，，點E是邊上一點，且平分，作的外接圓，點D在圓上．
(1)求證：是的切線；
(2)如圖2，，點H是上一點，滿足，連接，分別交于點M、N．
①猜想之間的數量關系，并說明理由；
②求的面積．
【答案】(1)見解析
(2)①，理由見解析；②
【分析】（1）連接，根據和平分，得出，結合，得出，即，即可證明；
（2）①根據，，得出，再根據且 ，運用圓周角定理得出，根據是的直徑，根據圓周角定理得出，結合，得，即可得出，即可求解；
②如圖，延長相交于點F， 連接，根據，且，運用勾股定理得出，證明，得出，根據，運用相似三角形的性質算出，即可求解；
【詳解】（1）證明：連接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半徑，
∴是的切線；
（2）解： 如圖
①猜想：．理由如下：
∵，，
∴，
又∵且 ，
∴，
∵是的直徑，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴；
②如圖，延長相交于點F， 連接，
∵，且，
∴，
∵平分且，
∴，
在和中
，
，
，
∵，
∴，
∴， 即，
∴，
∴．
【點睛】該題主要考查了全等三角形的性質和判定，相似三角形的性質和判定，圓周角定理，切線的性質和判定，等腰直角三角形的性質和判定，勾股定理等知識點，解題的關鍵是正確作出輔助線．
類型3 利用相似求圓中的最值
【例3-1】．如圖，正方形的邊長為2，以為半徑作圓，為弧上的一點，過點作于點，連接、．
(1)求證：；
(2)連接，求的最小值．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】本題考查了圓的性質，相似三角形的性質與判定，正方形的性質；
（1）根據正方形的性質以及圓的性質可得，，根據三角形內角和定理得出，等量代換即可得證；
（2）連接、交于點，連接，證明進而得出，則，進而可得當、、三點共線時，最小，即可求解．
【詳解】（1）解：∵四邊形是正方形，
，
，即，
，
，
，
，
；
（2）連接、交于點，連接，
四邊形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
當、、三點共線且時，最小，
當、、三點共線時，最小，
此時，
，
的最小值為．
【例3-2】．如圖，點是上的一個動點，點是圓外任意兩點，連接，作的外接圓，恰好為外接圓的直徑，且外接圓過點，點是的中點，共線．
(1)作的邊上的高，垂足為點，證明：①；②；
(2)若的半徑為，，，求線段的長度的最小值．
【答案】(1)見解析
(2)5
【分析】（1）由直徑所對的圓周角為90度可得，通過證明可證①，證明可證②；
（2）取中點N，連接，則是的中位線，，可得點M在以N為圓心，為半徑的圓上，再根據圓外一點到圓上點的距離求最小值．
【詳解】（1）證明：①如圖，作的邊上的高，垂足為點，
恰好為外接圓的直徑，
，
，
，
，，
，
又，
，
，
；
②，，
，
，
；
（2）解：，，，
，
取中點N，連接，則，
點是的中點，
是的中位線，
，
N為定點，
點M在以N為圓心，為半徑的圓上，
連接交于點，此時線段的長度最小，
最小值為：．
【點睛】本題考查圓周角定理，相似三角形的判定和性質，勾股定理，直角三角形斜邊中線的性質，三角形中位線的性質，圓外一點到圓上點的距離等，綜合性較強，有一定難度，找到點M的運動軌跡是解題的關鍵．
【變式3-1】．已知直線與軸交于點，與軸交于點，點的坐標為．
(1)求的度數；
(2)如圖，連接、、，點在直線上運動，若和相似，求點的坐標；
(3)點為線段上任意一點（不與、重合），經過三點的圓交直線于點，當面積最大時，求出面積的最大值及此時點的坐標．
【答案】(1)；
(2)或或；
(3)面積，的坐標．
【分析】（）過作軸于點，則，由得，當時，，當時，，得，則，同理，從而求解；
（）由勾股定理得，，設，則，根據相似三角形的性質分三種情況討論即可；
（）設經過三點的圓的圓心為，則為直徑，當軸時，面積最大，即可求解；
本題考查了相似三角形的性質，等腰直角三角形的性質和判定，一次函數的性質，熟練掌握以上知識點的應用是解題的關鍵．
【詳解】（1）如圖，過作軸于點，則，
由得，當時，，當時，，
∴點，，
∴，
∴，
∵的坐標為，
∴，，
∴，
∴
∴；
（2）如圖，由（）得，點，，，
由勾股定理得，
，
設，則，
當，
∴，即，
∴，
解得：，，
∴,
∴，
同理，
當，
∴，
∴，
解得：（舍去）或，
∴，
∴，
綜上可知：或或；
（3）如圖，設經過三點的圓的圓心為，由（）得，
∴為直徑，
由面積為，要使面積最大則，
當軸時，面積最大，
∴，
∵，
∴，
∴的坐標，面積．
【變式3-2】．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于A、B兩點，與軸交于點C．
(1)求點A、B、C的坐標；
(2)如圖2，若點P在以點O為圓心，長為半徑作的圓上，連接，請你直接寫出的最小值．
【答案】(1)，
(2)的最小值為
【分析】（1）通過解方程可得A點和B點坐標，再計算自變量為0時的函數值可得到C點坐標；
（2）證明得，，根據M、P、B三點共線即可得到結論．
【詳解】（1）將代入得，，
解得，
∴點A的坐標為，點B的坐標為；
將代入得，
∴點C的坐標為；
（2）在上截取，使，
∵，
∴，
∴，
∴，
當M、P、B三點共線時，最短，
根據勾股定理，最小值為．
【點睛】本題是二次函數的綜合題，考查了二次函數的性質，勾股定理的應用，三角形相似的判斷和性質等，第（3）問，構造相似三角形求解是關鍵．
類型4 利用相似求圓中線段的比值
【例4-1】如圖，ABC是⊙O的內接三角形，過點C作⊙O的切線交BA的延長線于點F，AE是⊙O的直徑，連接EC
（1）求證：；
（2）若，于點，，，求的值
【答案】（1）證明見詳解；（2）18．
【分析】
（1）連接，根據是⊙O的切線，AE是⊙O的直徑，可得，利用，得到，根據圓周角定理可得，則可證得；
（2）由（1）可知，易得△AFC∽△CFB，則有,則可得，并可求得，連接，易證△ACD∽△AEB，則有，可得．
【詳解】
解：（1）連接
∵是⊙O的切線，AE是⊙O的直徑，
∴∠OCF=∠ACE=90°，
∴
∴
又∵
∴
根據圓周角定理可得：
∴，
∴；
（2）由（1）可知，
∵
∴△AFC∽△CFB
∴
∴,
∵，，
∴
∴
∴
又∵△AFC∽△CFB中，
∴，
如圖示，連接
∵，∠ADC=∠ABE=90°
∴△ACD∽△AEB
∴
∴．
【點睛】
本題考查了圓的性質，等腰三角形的判定與性質，圓周角定理，切線的性質，三角形相似的判定與性質等知識點，熟悉相關性質是解題的關鍵．
【變式4-1】如圖，內接于，且，是是上的一點，在的延長線上，連結交于，連結．
（1）求證：平分；
（2）若，BC=3,求BD.BF
【答案】（1）見解析；（2）見解析．
【分析】
（1）據等邊對等角，判定∠DCB=∠DBC，再據同弧所對圓周角相等，判定∠DAC=∠DBC，再據圓內接四邊形性質判定∠EAD=∠DCB，最后得證平分；
（2）運用等邊對等角和同弧所對圓周角相等證得∠CFB=∠DCB，據△BCF和△BDC還有一個公共角，由有兩個角對應相等的三角形相似，證得．
【詳解】
如下圖
（1）∵
∴
又∵，
∴，即平分．
（2）∵
∴
又∵，
∴
又∵
∴．
∴=
∴BC2=BD.BF
BD.BF=32 =9
【點睛】
此題考查圓周角的相關知識及圓內接四邊形的性質．找準圖形正確運用相關知識是關鍵．
【變式4-2】如圖，點E是△ABC的內心，AE的延長線交BC于點F，交△ABC的外接圓⊙O于點D，連接BD，過點D作直線DM，使∠BDM＝∠DAC.
(1)求證：直線DM是⊙O的切線；
(2)若DE=4求DF·DA.的值
(第7題)
證明：(1)如圖，連接OD.
∵點E是△ABC的內心，
∴∠BAD＝∠CAD.
∴＝.∴OD⊥BC.
又∵∠BDM＝∠DAC，∠DAC＝∠DBC，
∴∠BDM＝∠DBC.
∴BC∥DM.∴OD⊥DM.
∴直線DM是⊙O的切線．
(2)如圖，連接BE.
∵點E是△ABC的內心，
∴∠BAE＝∠CAE＝∠CBD，∠ABE＝∠CBE.
∴∠BAE＋∠ABE＝∠CBD＋∠CBE，
即∠BED＝∠EBD.∴DB＝DE.
∵∠DBF＝∠DAB，∠BDF＝∠ADB，∴△DBF∽△DAB.
∴＝，即DB2＝DF·DA.
∴DE2＝DF·DA.
DF·DA.=16
(第7題)
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