九年级数学圆 几何综合专题练习(解析版)

九年级数学圆 几何综合专题练习（解析版）

一、初三数学 圆易错题压轴题（难）

1．如图，在直角体系中,直线AB 交x 轴于点A(5,0),交y 轴于点B,AO 是⊙M 的直径,其半圆交AB 于点C,且AC=3.取BO 的中点D,连接CD 、MD 和OC ． （1）求证：CD 是⊙M 的切线；

（2）二次函数的图象经过点D 、M 、A,其对称轴上有一动点P,连接PD 、PM,求△PDM 的周长最小时点P 的坐标；

（3）在（2）的条件下,当△PDM 的周长最小时,抛物线上是否存在点Q ，使S △PDM =6S △QAM ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】解：（1）证明：连接CM ，

∵OA 为⊙M 直径，∴∠OCA=90°．∴∠OCB=90°． ∵D 为OB 中点，∴DC=DO ．∴∠DCO=∠DOC ． ∵MO=MC ，∴∠MCO=∠MOC ． ∴

．

又∵点C 在⊙M 上，∴DC 是⊙M 的切线． （2）∵A 点坐标（5，0），AC=3 ∴在Rt △ACO 中，．

∴545(x )x 5)12152-

=--（，∴，解得10

OD 3

=

． 又∵D 为OB 中点，∴

1552

4

+∴D 点坐标为（0，154)．

连接AD ，设直线AD 的解析式为y=kx+b ，则有

解得．

∴直线AD 为

．

∵二次函数的图象过M （5

6

，0)、A(5，0)， ∴抛物线对称轴x=

154

． ∵点M 、A 关于直线x=154对称，设直线AD 与直线x=15

4

交于点P ， ∴PD+PM 为最小．

又∵DM 为定长，∴满足条件的点P 为直线AD 与直线x=15

4

的交点． 当x=

15

4时，45y (x )x 5)152

=

--（． ∴P 点的坐标为（15

4，56

）． （3）存在． ∵

，5

y a(x )x 5)2

=--（

又由（2）知D （0，154)，P （15

4，56

）， ∴由

，得

，解得y Q =±

103

．

∵二次函数的图像过M(0，5

6

)、A(5，0）， ∴设二次函数解析式为，

又∵该图象过点D （0，15

4

)，∴，解得a=

512

． ∴二次函数解析式为

．

又∵Q 点在抛物线上，且y Q =±103

． ∴当y Q =103

时，，解得x=

1552-或x=1552

+；

当y Q =5

12

-

时，，解得x=

15

4

．

∴点Q 的坐标为（15524

-，103)，或（15524+，10

3)，或（154，512-）．

【解析】

试题分析：（1）连接CM ，可以得出CM=OM ，就有∠MOC=∠MCO ，由OA 为直径，就有∠ACO=90°，D 为OB 的中点，就有CD=OD ，∠DOC=∠DCO ，由∠DOC+∠MOC=90°就可以得出∠DCO+∠MCO=90°而得出结论．

（2）根据条件可以得出2222OC OA AC 534=-=-=和OC OB

tan OAC AC OA

∠=

=，从而求出OB 的值，根据D 是OB 的中点就可以求出D 的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式，求出对称轴，根据轴对称的性质连接AD 交对称轴于P ，先求出AD 的解析式就可以求出P 的坐标． （3）根据PDM DAM PAM S S S ???=-，求出Q 的纵坐标，求出二次函数解析

式即可求得横坐标．

2．如图，以A （0，3）为圆心的圆与x 轴相切于坐标原点O ，与y 轴相交于点B ，弦BD 的延长线交x 轴的负半轴于点E ，且∠BEO ＝60°，AD 的延长线交x 轴于点C ．

（1）分别求点E 、C 的坐标；

（2）求经过A 、C 两点，且以过E 而平行于y 轴的直线为对称轴的抛物线的函数解析式； （3）设抛物线的对称轴与AC 的交点为M ，试判断以M 点为圆心，ME 为半径的圆与⊙A 的位置关系，并说明理由．

【答案】（1）点C 的坐标为（－3，0）（2）2343333

y x x =++3）⊙M 与⊙A 外切 【解析】

试题分析：（1）已知了A 点的坐标，即可得出圆的半径和直径，可在直角三角形BOE 中，根据∠BEO 和OB 的长求出OE 的长进而可求出E 点的坐标，同理可在直角三角形OAC 中求出C 点的坐标；

（2）已知了对称轴的解析式，可据此求出C 点关于对称轴对称的点的坐标，然后根据此点坐标以及C ，A 的坐标用待定系数法即可求出抛物线的解析式；

（3）两圆应该外切，由于直线DE ∥OB ，因此∠MED=∠ABD ，由于AB=AD ，那么

∠ADB=∠ABD ，将相等的角进行置换后可得出∠MED=∠MDE ，即ME=MD ，因此两圆的圆心距

AM=ME+AD ，即两圆的半径和，因此两圆外切.

试题解析：（1）在Rt△EOB 中，3

cot60232EO OB =??=?=， ∴点E 的坐标为（－2，0）．

在Rt△COA 中，tan tan60333OC OA CAO OA =?∠=??=?=， ∴点C 的坐标为（－3，0）．

（2）∵点C 关于对称轴2x =-对称的点的坐标为F （－1，0）， 点C 与点F （－1，0）都在抛物线上． 设()()13y a x x =++，用()

03A ，代入得

()()30103a =++，

∴3

3

a =． ∴()()3

13y x x =

++，即 2343333

y x x =

++． （3）⊙M 与⊙A 外切，证明如下： ∵ME ∥y 轴，

∴MED B ∠=∠．

∵B BDA MDE ∠=∠=∠， ∴MED MDE ∠=∠． ∴ME MD =．

∵MA MD AD ME AD =+=+， ∴⊙M 与⊙A 外切．

3．如图，∠ABC=45°，△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ，顶点A 、D 分别在∠ABC 的两边BA 、BC 上滑动（不与点B 重合），△ADE 的外接圆交BC 于点F ，点D 在点F 的右侧，O 为圆心．

（1）求证：△ABD ≌△AFE

（2）若AB=42，82＜BE ≤413，求⊙O 的面积S 的取值范围．

【答案】（1）证明见解析（2）16π＜S ≤40π

【解析】试题分析：（1）利用同弧所对的圆周角相等得出两组相等的角，再利用已知AE=AD ，得出三角形全等；（2）利用△ABD ≌△AFE ，和已知条件得出BF 的长，利用勾

股定理和＜BE EF,DF 的取值范围， 24

S DE π

=

，所以利用二次函

数的性质求出最值. 试题解析：（1）连接EF ，

∵△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ， ∴∠EAD=90°，∠AED=∠ADE=45°， ∵AE AE = ， ∴∠ADE=∠AFE=45°， ∵∠ABD=45°， ∴∠ABD=∠AFE ， ∵AF AF =， ∴∠AEF=∠ADB ， ∵AE=AD ， ∴△ABD ≌△AFE ； （2）∵△ABD ≌△AFE ， ∴BD=EF ，∠EAF=∠BAD ， ∴∠BAF=∠EAD=90°，

∵AB =，

∴BF=

cos cos45

AB ABF =∠=8，

设BD=x ，则EF=x ，DF=x ﹣8，

∵BE 2=EF 2+BF 2

， BE ≤，

∴128＜EF 2+82≤208， ∴8＜EF ≤12，即8＜x ≤12， 则()22284

4S DE x x π

π??==

+-?

?=()2

482

x ππ-+，

∵

2

π

＞0， ∴抛物线的开口向上， 又∵对称轴为直线x=4，

∴当8＜x ≤12时，S 随x 的增大而增大， ∴16π＜S ≤40π．

点睛：本题的第一问解题关键是找到同弧所对的圆周角，第二问的解题关键是根据第一问的结论计算得出有关线段的长度，由于出现线段的取值范围，所以在这个问题中要考虑勾股定理的问题，还要考虑圆的面积问题，得出二次函数，利用二次函数的性质求出最值.

4．如图①，一个Rt△DEF直角边DE落在AB上，点D与点B重合，过A点作二射线AC 与斜边EF平行，己知AB=12，DE=4，DF=3，点P从A点出发，沿射线AC方向以每秒2个单位的速度运动，Q为AP中点，设运动时间为t秒（t＞0）?

（1）当t=5时，连接QE，PF，判断四边形PQEF的形状；

（2）如图②，若在点P运动时，Rt△DEF同时沿着BA方向以每秒1个单位的速度运动，当D点到A点时，两个运动都停止，M为EF中点，解答下列问题：

①当D、M、Q三点在同一直线上时，求运动时间t；

②运动中，是否存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切？若存在，求出此时的运动时间t；若不存在，说明理由．

【答案】（1）平行四边形EFPQ是菱形；（2）t=；当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．

【解析】

试题分析：（1）过点Q作QH⊥AB于H，如图①，易得PQ=EF=5，由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形，易证△AHQ∽△EDF，从而可得AH=ED=4，进而可得AH=HE=4，根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，则有AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后运用相似三角形的性质就可求出t的值；

②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在∠ADF的角平分线上（如图③）或在∠FDB的角平分线（如图④）上，故需分两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质求出AH、DH（用t表示），再结合AB=12，DB=t建立关于t的方程，然后解这个方程就可解决问题．

试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形．

理由：过点Q作QH⊥AB于H，如图①，

∵t=5，∴AP=2×5=10．

∵点Q是AP的中点，

∴AQ=PQ=5．

∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，

∴EF==5，

∴PQ=EF=5．

∵AC∥EF，

∴四边形EFPQ是平行四边形，且∠A=∠FEB．

又∵∠QHA=∠FDE=90°，

∴△AHQ∽△EDF，

∴．

∵AQ=EF=5，

∴AH=ED=4．

∵AE=12-4=8，

∴HE=8-4=4，

∴AH=EH，

∴AQ=EQ，

∴PQ=EQ，

∴平行四边形EFPQ是菱形；

（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，

此时AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．

∵EF∥AC，

∴△DEM∽△DAQ，

∴，

∴，

解得t=；

②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上．Ⅰ．当点Q在∠ADF的角平分线上时，

过点Q作QH⊥AB于H，如图③，

则有∠HQD=∠HDQ=45°，

∴QH=DH．

∵△AHQ∽△EDF（已证），

∴，

∴，

∴QH=，AH=，

∴DH=QH=．

∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，

∴++t=12，

∴t=5；

Ⅱ．当点Q在∠FDB的角平分线上时，

过点Q作QH⊥AB于H，如图④，

同理可得DH=QH=，AH=．

∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12，DB=t，

∴-+t=12，

∴t=10．

综上所述：当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．

考点：1．圆的综合题；2．线段垂直平分线的性质；3．勾股定理；4．菱形的判定；5．相似三角形的判定与性质．

5．如图，矩形ABCD中，BC＝8，点F是AB边上一点（不与点B重合）△BCF的外接圆交对角线BD于点E，连结CF交BD于点G．

（1）求证：∠ECG＝∠BDC．

（2）当AB＝6时，在点F的整个运动过程中．

①若BF＝22时，求CE的长．

②当△CEG为等腰三角形时，求所有满足条件的BE的长．

（3）过点E作△BCF外接圆的切线交AD于点P．若PE∥CF且CF＝6PE，记△DEP的面积为S1，△CDE的面积为S2，请直接写出1

2

S

S的值．

【答案】（1）详见解析；（2

182

当BE为10，

39

5

或

44

5

时，△CEG为等腰三

角形；（3）

7

24

.

【解析】

【分析】

（1）根据平行线的性质得出∠ABD＝∠BDC，根据圆周角定理得出∠ABD＝∠ECG，即可证得结论；

（2）根据勾股定理求得BD＝10，

①连接EF，根据圆周角定理得出∠CEF＝∠BCD＝90°，∠EFC＝∠CBD．即可得出sin∠EFC ＝sin∠CBD，得出

3

5

CE CD

CF BD

==，根据勾股定理得到CF＝62CE

18

2

5

；

②分三种情况讨论求得：

当EG＝CG时，根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可得到∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝

∠BDC，从而证得E、D重合，即可得到BE＝BD＝10；

当GE＝CE时，过点C作CH⊥BD于点H，即可得到∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，得到

CG＝CD＝6．根据三角形面积公式求得CH＝24

5

，即可根据勾股定理求得GH，进而求得

HE，即可求得BE＝BH＋HE＝39

5

；

当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M，由tan∠ECM＝

4

3

EM

CM

=．设EM＝4k，则CM

＝3k，CG＝CE＝5k．得出GM＝2k，tan∠GEM＝

21

42

GM k

EM k

==，即可得到tan∠GCH＝

GH CH =

1

2

．求得HE＝GH＝

12

5

，即可得到BE＝BH＋HE＝

44

5

；

（3）连接OE、EF、AE、EF，先根据切线的性质和垂直平分线的性质得出EF＝CE，进而证得四边形ABCD是正方形，进一步证得△ADE≌△CDE，通过证得△EHP∽△FBC，得出EH＝

1 6BF，即可求得BF＝6，根据勾股定理求得CF＝10，得出PE＝

10

6

，根据勾股定理求得

PH，进而求得PD，然后根据三角形面积公式即可求得结果．【详解】

（1）∵AB∥CD．

∴∠ABD＝∠BDC，

∵∠ABD＝∠ECG，

∴∠ECG＝∠BDC．

（2）解：①∵AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，

∴BD＝10，

如图1，连结EF，则∠CEF＝∠BCD＝90°，

∵∠EFC＝∠CBD．

∴sin∠EFC＝sin∠CBD，

∴

3

5 CE CD CF BD

==

∴CF

∴CE

②Ⅰ、当EG＝CG时，∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝∠BDC．∴E与D重合，

∴BE＝BD＝10．

Ⅱ、如图2，当GE＝CE时，过点C作CH⊥BD于点H，∴∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，

∴CG＝CD＝6．

∵CH＝BC CD24 BD5

?

=，

∴GH

18

5 =，

在Rt△CEH中，设HE＝x，则x2+（24

5

）2＝（x+

18

5

）2

解得x＝7

5

，

∴BE＝BH+HE＝32

5

+

7

5

＝

39

5

；

Ⅲ、如图2，当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M．

∵tan∠ECM＝

4

3 EM

CM

=．

设EM＝4k，则CM＝3k，CG＝CE＝5k．

∴GM＝2k，tan∠GEM＝

21

42 GM k

EM k

==，

∴tan∠GCH＝GH

CH

＝tan∠GEM＝

1

2

．

∴HE＝GH＝12412 255

?=，

∴BE＝BH+HE＝321244 555

+=，

综上所述，当BE为10，39

5

或

44

5

时，△CEG为等腰三角形；

（3）解：∵∠ABC＝90°，

∴FC是△BCF的外接圆的直径，设圆心为O，如图3，连接OE、EF、AE、EF，

∵PE是切线，

∴OE⊥PE，

∵PE∥CF，

∴OE⊥CF，

∵OC＝OF，

∴CE＝EF，

∴△CEF是等腰直角三角形，

∴∠ECF＝45°，EF=

2

FC，

∴∠ABD＝∠ECF＝45°，

∴∠ADB＝∠BDC＝45°，

∴AB＝AD＝8，

∴四边形ABCD是正方形，

∵PE∥FC，

∴∠EGF＝∠PED，∴∠BGC＝∠PED，

∴∠

BCF＝∠DPE，

作EH⊥AD于H，则EH＝DH，

∵∠EHP＝∠FBC＝90°，

∴△EHP∽△FBC，

∴

1

6

EH PE

BF FC

==，

∴EH＝

1

6

BF，

∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，

∴△ADE≌△CDE，

∴AE＝CE，

∴AE＝EF，

∴AF＝2EH＝

1

3

BF，

∴

1

3

BF+BF＝8，

∴BF＝6，

∴EH＝DH＝1，CF＝22

BF BC

+＝10，

∴PE＝

1

6

FC＝

5

3

，

∴PH＝22

4

PE EH

3

-=，

∴PD＝

47

1

33

+=，

∴1

2

7

7

3

824

S PD

S AD

===．

【点睛】

本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，圆周角定理、三角形的面积以及相似三角形

的判定和性质，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．

6．选做题：从甲乙两题中选作一题，如果两题都做，只以甲题计分

题甲：已知矩形两邻边的长、是方程的两根.

（1）求的取值范围；

（2）当矩形的对角线长为时，求的值；

（3）当为何值时，矩形变为正方形？

题乙：如图，是直径，于点，交于

点，且．

（1）判断直线和的位置关系，并给出证明；

（2）当，时，求的面积．

【答案】题甲（1）（2）（3）

题乙：（1）BD是切线；证明所以OB⊥BD，BD是切线（2）S=【解析】

试题分析：题甲：（1）、是方程的两根，则其；由得

（2）矩形两邻边的长、，矩形的对角线的平方=；矩形两邻边的长、是方

程的两根，则；因为

，所以；解得

由得

（3）矩形变为正方形，则a=b；、是方程的两根，所以方程有两个相等的实数根，即，由得

题乙：（1）BD是切线；如图所示，是弧AC所对的圆周角，

；因为，所以；于点，，所以，，在三角形OBD中

，所以OB⊥BD；BD是切线

（2），AB是圆的直径，所以OB=5；于点，交于

点，F是BC的中点；，BF=4；在直角三角形OBF中由勾股定理得

OF=；根据题意，，则

，所以，从而，解得DF=，的面积

=

考点：直线与圆相切，相似三角形

点评：本题考查直线与圆相切，相似三角形；解本题的关键是会判断直线与圆是否相切，能判定两个三角形相似

7．在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r(r＞1)，点P是圆内与圆心C不重合的点，⊙C的“完美点”的定义如下：过圆心C的任意直线CP与⊙C交于点A，B，若满足|PA﹣PB|＝2，则称点P为⊙C的“完美点”，如图点P为⊙C的一个“完美点”．

(1)当⊙O的半径为2时

①点M(3

2

，0)⊙O的“完美点”，点(﹣

3

，﹣

1

2

)⊙O的“完美点”；(填

“是”或者“不是”)

②若⊙O的“完美点”P在直线y＝3

4

x上，求PO的长及点P的坐标；

(2)设圆心C的坐标为(s，t)，且在直线y＝﹣2x+1上，⊙C半径为r，若y轴上存在⊙C的“完美点”，求t的取值范围．

【答案】(1)①不是，是；②PO的长为1，点P的坐标为(4

5

，

3

5

)或(﹣

4

5

，﹣

3

5

)；(2)t的

取值范围为﹣1≤t≤3．【解析】

【分析】

（1）①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度，然后分情况讨论计算即可得出结论；（2）先判断出圆的“完美点”的轨迹，然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.

【详解】

解：(1)①∵点M(3

2

，0)，

∴设⊙O与x轴的交点为A，B，∵⊙O的半径为2，

∴取A(﹣2，0)，B(2，0)，

∴|MA﹣MB|＝|(3

2

+2)﹣(2﹣

3

2

)|＝3≠2，

∴点M不是⊙O的“完美点”，

同理：点(﹣

3

2

，﹣

1

2

)是⊙O的“完美点”．

故答案为不是，是．

②如图1，

根据题意，|PA﹣PB|＝2，

∴|OP+2﹣(2﹣OP)|＝2，

∴OP＝1．

若点P在第一象限内，作PQ⊥x轴于点Q，

∵点P在直线y＝3

4

x上，OP＝1，

∴

43

,

55 OQ PQ

==．

∴P(43

,

55

)．

若点P在第三象限内，根据对称性可知其坐标为(﹣4

5

，﹣

3

5

)．

综上所述，PO的长为1，点P的坐标为(43

,

55

)或（

43

,

55

--）)．

(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|＝2，

∴|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2．

∴CP＝1．

∴对于任意的点P，满足CP＝1，都有|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2，

∴|PA﹣PB|＝2，故此时点P为⊙C的“完美点”．

因此，⊙C的“完美点”是以点C为圆心，1为半径的圆．

设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，如图2，

当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的上方时，t的值最大．设切点为E，连接CE，

∵⊙C的圆心在直线y＝﹣2x+1上，

∴此直线和y轴，x轴的交点D(0，1)，F(1

2

，0)，

∴OF＝1

2

，OD＝1，

∵CE∥OF，

∴△DOF∽△DEC，

∴OD OF DE CE

=，

∴

11

2 DE

=，

∴DE＝2，

∴OE＝3，

t的最大值为3，

当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的下方时，t的值最小．

同理可得t的最小值为﹣1．

综上所述，t的取值范围为﹣1≤t≤3．

【点睛】

此题是圆的综合题，主要考查了新定义，相似三角形的性质和判定，直线和圆的位置关系，解本题的关键是理解新定义的基础上，会用新定义，是一道比中等难度的中考常考题.

8．已知：AB为⊙O直径，弦CD⊥AB，垂足为H，点E为⊙O上一点，AE BE

=，BE与

CD 交于点F ．

（1）如图1，求证：BH ＝FH ；

（2）如图2，过点F 作FG ⊥BE ，分别交AC 、AB 于点G 、N ，连接EG ，求证：EB ＝EG ； （3）如图3，在（2）的条件下，延长EG 交⊙O 于M ，连接CM 、BG ，若ON ＝1，△CMG 的面积为6，求线段BG 的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）210 ． 【解析】 【分析】

（1）连接AE ，根据直径所对圆周角等于90°及弧与弦的关系即可得解； （2）根据题意，过点C 作CQ FG CS FB ⊥⊥，，连接CE BC 、，通过证明

Rt CGQ Rt CBS ???，CBE CGE ???即可得解；

（3）根据题意，过点G 作GT CD ⊥于T ，连接CN ，设CAB α∠＝，证明

()CMG CNG AAS ???，再由面积法及勾股定理进行计算求解即可.

【详解】

解：（1）如下图，连接AE

∵AB 为直径 ∴90AEB =?∠

∵

AE BE = ∴AE BE = ∴45B ∠=? 又∵CD AB ⊥于H

∴45HFB ∠=? ∴HF HB =；

（2）如下图，过点C 作CQ FG CS FB ⊥⊥，，连接CE BC 、

AB 为直径，∴90ACB QCS ∠=∠=? ∴GCQ BCS ∠=∠

∴()Rt CGQ Rt CBS AAS ??? ∴CG CB =

同理()CBE CGE SAS ??? ∴EG EB =；

（3）如下图，过点G 作GT CD ⊥于T ，连接CN

设CAB α∠=由（2）知：CM CB = ∴CM CB = ∵HB HF =

∴45HBF HFB ∠=∠=? ∵GF BE ⊥

∴45NFH NH BH CN BC ∠=?∴=∴=，， ∴CM CB CN == 则：2MEB α∠=

902AEG α∠=?-

∴45EAG EGA α∠=∠=?+ ∴45M MGC α∠=∠=?+ ∴()CMG CNG AAS ??? ∵CMG ?面积为6 ∴6CAN

GAN

S

S

-=

设2122BH NH x OA OB x AN x ====+=+，， 则()CGT BCH AAS ??? ∴C BH x ==

∴6AN CH AN TH ?-?=

∴

1

(22)62

x CT +?= 解得：2x = ∵2BC BH BA =?

∴2210BC =?，则25BC ＝ ∴2210BG BC ＝＝． 【点睛】

本题主要考查了圆和三角形的综合问题，熟练掌握圆及三角形的各项重要性质及判定方法是解决本题的关键.

9．AB 是

O 直径，,C D 分别是上下半圆上一点，且弧BC =弧BD ，连接,AC BC ，

连接CD 交AB 于E ，

（1）如图(1)求证：90AEC ∠=?；

（2）如图(2)F 是弧AD 一点，点,M N 分别是弧AC 和弧FD 的中点，连接FD ，连接

MN 分别交AC ，FD 于,P Q 两点，求证：MPC NQD ∠=∠

（3）如图(3)在(2)问条件下，MN 交AB 于G ，交BF 于L ，过点G 作GH MN ⊥交AF 于H ，连接BH ，若,6,BG HF AG ABH ==?的面积等于8，求线段MN 的长度

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2410

5

MN =． 【解析】 【分析】

（1）由垂径定理即可证明；

（2）利用等弧所对的圆周角相等和三角形外角性质即可得到结论；

（3）由∠MPC=∠NQD 可得：∠BGL=∠BLG ，BL=BG ，作BR ⊥MN ，GT ⊥AF ，HK ⊥AB ，证明：GH 平分∠AGT ，利用相似三角形性质和角平分线性质求得△AGT 三边关系，再求出HK 与GH ，OS ⊥MN ，再利用相似三角形性质求出OS ，利用勾股定理求MN 即可． 【详解】

解：()1证明：∵BC BD =，AB 为直径， ∴AB ⊥CD

∴∠AEC=90°；

()2连接,OM ON ，

∵点M 是弧AC 的中点，点N 是弧DF 的中点， ∴AM CM =，FN DN =， ∴,OM AC ON FD ⊥⊥， ∵OM=ON ， ∴M N ∠=∠，

∵90M MPC N NQB ∠+∠=∠+∠=?，

MPC NQD ∴∠=∠；

()3如图3，过G 作GT ⊥AF 于T ，过H 作HK ⊥AB 于K ，过B 作BR ⊥MN 于R ，过O 作

OS ⊥MN 于S ，连接OM ，设BG=m ，

∵△ABH 的面积等于8，AG=6 ∴HK=

16

6

m +， ∵BC BD =，

∴∠BAC=∠BFD ，由（2）得∠MPC=∠NQD ∴∠AGM=∠FLN ∴∠BGL=∠BLG ∴BL=BG ， ∵BR ⊥MN ∴∠ABR=∠FBR ∵GH ⊥MN