人教版九年级上册数学 圆 几何综合检测题(Word版 含答案)

人教版九年级上册数学 圆 几何综合检测题（Word 版 含答案）

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．在直角坐标系中，A （0，4），B （4

，0）．点C 从点B 出发沿BA 方向以每秒2个单

位的速度向点A 匀速运动，同时点D 从点A 出发沿AO 方向以每秒1个单位的速度向点O 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C 、D 运动的时间是t 秒(t>0)．过点C 作CE ⊥BO 于点E ，连结CD 、DE ． ⑴ 当t 为何值时，线段CD 的长为4；

⑵ 当线段DE 与以点O 为圆心，半径为的⊙O 有两个公共交点时，求t 的取值范围； ⑶ 当t 为何值时，以C 为圆心、CB 为半径的⊙C 与⑵中的⊙O 相切？

【答案】(1); (2) 4-＜t≤; (3)或

．

【解析】

试题分析：（1）过点C 作CF ⊥AD 于点F ，则CF ，DF 即可利用t 表示出来，在Rt △CFD 中利用勾股定理即可得到一个关于t 的方程，从而求得t 的值；

（2）易证四边形ADEC 是平行四边形，过点O 作OG ⊥DE 于点G ，当线段DE 与⊙O 相切时，则OG=，在直角△OEG 中，OE 可以利用t 表示，则OG 也可以利用t 表示出来，当

OG＜时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围；

（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值．

（1）过点C作CF⊥AD于点F，

在Rt△AOB中，OA=4，OB=4，

∴∠ABO=30°，

由题意得：BC=2t，AD=t，

∵CE⊥BO，

∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=t，

∵CF⊥AD，AO⊥BO，

∴四边形CFOE是矩形，

∴OF=CE=t，OE=CF=4-t，

在Rt△CFD中，DF2+CF2=CD2，

∴（4-t-t）2+（4-t）2=42，即7t2-40t+48=0，

解得：t=，t=4，

∵0＜t＜4，

∴当t=时，线段CD的长是4；

（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），

∵AD∥CE，AD=CE=t

∴四边形ADEC是平行四边形，

∴DE∥AB

∴∠GEO=30°，

∴OG=OE=（4-

t ）

当线段DE 与⊙O 相切时，则OG=， ∴当（4-t ）＜，且t≤4-时，线段DE 与⊙O 有两个公共交点．

∴当 4-＜t≤时，线段DE 与⊙O 有两个公共交点；

（3）当⊙C 与⊙O 外切时，t=；

当⊙C 与⊙O 内切时，t=；

∴当t=

或

秒时，两圆相切．

考点：圆的综合题．

3．已知：如图，梯形ABCD 中，AD//BC ，AD 2=，AB BC CD 6===，动点P 在射线BA 上，以BP 为半径的

P 交边BC 于点E （点E 与点C 不重合），联结PE 、

PC ，设x BP =，PC y =.

（1）求证：PE //DC ；

（2）求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域；

（3）联结PD ，当PDC B ∠=∠时，以D 为圆心半径为R 的D 与P 相交，求R 的取

值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）2436(09)y x x x =-+<<；（3）3605

R <<

【解析】 【分析】

()1根据梯形的性质得到B DCB ∠=∠，根据等腰三角形的性质得到B PEB ∠∠=，根据

平行线的判定定理即可得到结论；

()2分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、.G 推出四边形ADGF 是矩形，

//PH AF ，求得2BF FG GC ===，根据勾股定理得到

22226242AF AB BF =-=-=，根据平行线分线段成比例定理得到

223PH x =

，13BH x =，求得1

63

CH x =-，根据勾股定理即可得到结论； ()3作//EM PD 交DC 于.M 推出四边形PDME 是平行四边形.得到PE DM x ==，即 6MC x =-，根据相似三角形的性质得到1218

655

PD EC ==-=，根据相切两圆的性质即可得到结论． 【详解】

()

1证明：梯形ABCD ，AB CD =，

B DCB ∠∠∴=，

PB PE =， B PEB ∠∠∴=， DCB PEB ∠∠∴=， //PE CD ∴；

()2解：分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、G ．

梯形ABCD 中，//AD BC ， ，BC DG ⊥，BC PH ⊥，

∴四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，

2AD =，6BC DC ==， 2BF FG GC ∴===，

在Rt ABF 中，

22226242AF AB BF =-=-=，

//PH AF ，

PH BP BH

AF AB BF ∴==6242x BH ==，

223PH x ∴=

，1

3

BH x =，

1

63

CH x ∴=-，

在Rt PHC

中，PC =

y ∴=

9)y x =<<， ()3解：作//EM PD 交DC 于M ．

//PE DC ，

∴四边形PDME 是平行四边形．

PE DM x ∴==，即 6MC x =-，

PD ME ∴=，PDC EMC ∠∠=， 又PDC B ∠∠=，B DCB ∠=∠， DCB EMC PBE PEB ∠∠∠∠∴===． PBE ∴∽ECM ，

PB BE

EC MC ∴=，即

232663

x

x x x =--， 解得：18

5x =，

即12

5

BE =，

1218

655

PD EC ∴==-=，

当两圆外切时，PD r R =+，即0(R =舍去)； 当两圆内切时，-PD r R =，即10(R =舍去)，236

5

R =； 即两圆相交时，3605

R <<． 【点睛】

本题属于圆综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键.

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．已知：在△ABC中，AB=6，BC=8，AC=10，O为AB边上的一点，以O为圆心，OA长为半径作圆交AC于D点，过D作⊙O的切线交BC于E.

（1）若O为AB的中点(如图1)，则ED与EC的大小关系为：ED EC（填“”“”或“”）（2）若OA<3时（如图2），（1）中的关系是否还成立？为什么？

（3）当⊙O过BC中点时（如图3），求CE长.

【答案】（1）ED=EC；（2）成立；（3）3

【解析】

试题分析：（1）连接OD，根据切线的性质可得∠ODE=90°，则∠CDE+∠ADO=90°，由AB=6，BC=8，AC=10根据勾股定理的逆定理可证得∠ABC=90°，则∠A+∠C=90°，根据圆的基本性质可得∠A=∠ADO，即可得到∠CDE=∠C，从而证得结论；

（2）证法同（1）；

（3）根据直角三角形的性质结合圆的基本性质求解即可.

（1）连接OD

∵DE为⊙O的切线

∴∠ODE=90°

∴∠CDE+∠ADO=90°

∵AB=6，BC=8，AC=10

∴∠ABC=90°

∴∠A+∠C=90°

∵AO=DO

∴∠A=∠ADO

∴∠CDE=∠C

∴ED=EC；

（2）连接OD

∵DE为⊙O的切线

∴∠ODE=90°

∴∠CDE+∠ADO=90°

∵AB=6，BC=8，AC=10

∴∠ABC=90°

∴∠A+∠C=90°

∵AO=DO

∴∠A=∠ADO

∴∠CDE=∠C

∴ED=EC；

（3）CE=3.

考点：圆的综合题

点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．

6．在直角坐标系中，⊙C过原点O，交x轴于点A（2，0），交y轴于点B（0，）．（1）求圆心C的坐标．

（2）抛物线y=ax2+bx+c过O，A两点，且顶点在正比例函数y=-的图象上，求抛物线的解析式．

（3）过圆心C作平行于x轴的直线DE，交⊙C于D，E两点，试判断D，E两点是否在（2）中的抛物线上．

（4）若（2）中的抛物线上存在点P（x0，y0），满足∠APB为钝角，求x0的取值范围．

【答案】（1）圆心C的坐标为（1，）；

（2）抛物线的解析式为y=x2﹣x；

（3）点D、E均在抛物线上；

（4）﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．

【解析】

试题分析：（1）如图线段AB是圆C的直径，因为点A、B的坐标已知，根据平行线的性质即可求得点C的坐标；

（2）因为抛物线过点A、O，所以可求得对称轴，即可求得与直线y=﹣x的交点，即是二次函数的顶点坐标，利用顶点式或者一般式，采用待定系数法即可求得抛物线的解析式；

（3）因为DE∥x轴，且过点C，所以可得D、E的纵坐标为，求得直径AB的长，可得D、E的横坐标，代入解析式即可判断；

（4）因为AB为直径，所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，所以﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．

试题分析：（1）∵⊙C经过原点O

∴AB为⊙C的直径

∴C为AB的中点

过点C作CH垂直x轴于点H，则有CH=OB=，OH=OA=1

∴圆心C的坐标为（1，）．

（2）∵抛物线过O、A两点，

∴抛物线的对称轴为x=1，

∵抛物线的顶点在直线y=﹣x上，

∴顶点坐标为（1，﹣）．

把这三点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+c，得，

解得，

∴抛物线的解析式为y=x2﹣x．

（3）∵OA=2，OB=2，

∴AB==4，即⊙C的半径r=2，

∴D（3，），E（﹣1，），

代入y=x2﹣x检验，知点D、E均在抛物线上．

（4）∵AB为直径，

∴当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，

∴﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．

考点：二次函数综合题．

7．如图，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点G，E是CD上一点，且BE＝DE，延长EB至点P，连接CP，使PC＝PE，延长BE与⊙O交于点F，连结BD，FD．

（1）连结BC，求证：△BCD≌△DFB；

（2）求证：PC是⊙O的切线；

（3）若tan F＝2

3

，AG﹣BG＝

5

3

3

，求ED的值．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE＝133

9

．

【解析】

【分析】

（1）由BE=DE可知∠CDB=∠FBD，而∠BFD=∠DCB，BD是公共边，结论显然成立．（2）连接OC，只需证明OC⊥PC即可．根据三角形外角知识以及圆心角与圆周角关系可知∠PEC=2∠CDB=∠COB，由PC=PE可知∠PCE=∠PEC=∠COB，注意到AB⊥CD，于是

∠COB+∠OCG=90°=∠OCG+∠PEC=∠OCP，结论得证．

（3）由于∠BCD=∠F，于是tan∠BCD=tanF=2

3

=

BG

CG

，设BG=2x，则CG=3x．注意到AB是

直径，连接AC，则∠ACB是直角，由射影定理可知CG2=BG?AG，可得出AG的表达式（用

x表示），再根据AG-BG=53

3

求出x的值，从而CG、CB、BD、CD的长度可依次得出，

最后利用△DEB∽△DBC列出比例关系算出ED的值．【详解】

解：（1）证明：因为BE＝DE，

所以∠FBD＝∠CDB，

在△BCD和△DFB中：

∠BCD＝∠DFB

∠CDB＝∠FBD

BD＝DB

所以△BCD≌△DFB（AAS）．

（2）证明：连接OC．

因为∠PEC＝∠EDB+∠EBD＝2∠EDB，

∠COB＝2∠EDB，

所以∠COB＝∠PEC，

因为PE＝PC，

所以∠PEC＝∠PCE，

所以∠PCE＝∠COB，

因为AB⊥CD于G，

所以∠COB+∠OCG＝90°，

所以∠OCG+∠PEC＝90°，

即∠OCP＝90°，

所以OC⊥PC，

所以PC是圆O的切线．

（3）因为直径AB⊥弦CD于G，

所以BC＝BD，CG＝DG，

所以∠BCD＝∠BDC，

因为∠F＝∠BCD，tanF＝2

3

，

所以∠tan∠BCD＝2

3

＝

BG

CG

，

设BG＝2x，则CG＝3x．连接AC，则∠ACB＝90°，

由射影定理可知：CG 2＝AG?BG ，

所以AG ＝229922

x C x

G x G B ==

， 因为AG ﹣BG ＝

53

3

， 所以

53

23

92x x -=

， 解得x ＝

23

， 所以BG ＝2x ＝

43

，CG ＝3x ＝23， 所以BC ＝22239

3

CG BG +=， 所以BD ＝BC ＝

239

， 因为∠EBD ＝∠EDB ＝∠BCD ， 所以△DEB ∽△DBC ， 所以

B

DB DC DE

D =， 因为CD ＝2CG ＝43，

所以DE ＝2133

DB CD =

． 【点睛】

本题为圆的综合题，主要考查了垂径定理，圆心角与圆周角的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、切线的判定、射影定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等重要知识点．第（1）、（2）问解答的关键是导角，难度不大，第（3）问解答的要点在于根据射影定理以及条件当中告诉的两个等量关系求出BG 、CG 、BC 、BD 、CD 的值，最后利用“共边子母型相似”（即△DEB ∽△DBC ）列比例方程求解ED ．

8．△ABC 内接于⊙O ，AB=AC ，BD ⊥AC ，垂足为点D ，交⊙O 于点E ，连接AE ．

（1）如图1，求证：∠BAC=2∠CAE ；

（2）如图2，射线AO交线段BD于点F，交BC边于点G，连接CE，求证：BF=CE；

（3）如图3，在（2）的条件下，连接CO并延长，交线段BD于点H，交⊙O于点M，连接FM，交AB边于点N，若BH=DH，四边形BHOG的面积为52，求线段MN的长．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）6

MN

【解析】

【分析】

（1）先依据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理证明∠BAC+2∠C=180°，然后得到

2∠CAE+2∠E=180°，然后根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠C，即可得到结论；

（2）连接OB、OC．先依据SSS证明△ABO≌△ACO，从而得到∠BAO=∠CAO，然后在依据ASA证明△ABF≌△ACE，最后根据全等三角形的性质可证明BF=CE；

（3）连接HG、BM．由三线合一的性质证明BG=CG，从而得到HG是△BCD的中位线，则∠FHO=∠AFD=∠HFO，于是可得到HO=OF，然后得到∠OGH=∠OHG，从而得到OH=OG，则OF=OG，接下来证明四边形MFGB是矩形，然后由MF∥BC证明△MFH∽△CBH，从而可证明HF=FD．接下来再证明△ADF≌△GHF，由全等三角形的性质的到AF=FG，然后再证明△MNB≌△NAF，于是得到MN=NF．设S△OHF=S△OHG=a，则S△FHG=2a，S△BHG=4a，然后由S四边形BHOG

=52，可求得a=2，设HF=x，则BH=2x，然后证明△GFH∽△BFG，由相似三角形

的性质可得到HG=2x，然后依据S△BHG=1

2

BH?HG=42，可求得x=2，故此可得到HB、

GH的长，然后依据勾股定理可求得BG的长，于是容易求得MN的长．【详解】

解：（1）∵AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB．

∴∠BAC+2∠C=180°．

∵BD⊥AC，

∴∠ADE=90°．

∴∠E+∠CAE=90°．

∴2∠CAE+2∠E=180°．

∵∠E=∠ACB，

∴2∠CAE+2∠ACB=180°．

∴∠BAC=2∠CAE．

（2）连接OB、OC．

∵AB=AC，AO=AO，OB=OC，

∴△ABO≌△ACO．

∴∠BAO=∠CAO．

∵∠BAC=2∠CAE，

∴∠BAO=∠CAE．

在△ABF和△ACE中，

ABF ACE

AB AC

BAF CAE

∠=∠

?

?

=

?

?∠=∠

?

，

∴△ABF≌△ACE．

∴BF=CE．

（3）连接HG、BM．

∵AB=AC，∠BAO=∠CAO，

∴AG⊥BC，BG=CG．

∵BH=DH，

∴HG是△BCD的中位线．

∴HG∥CD．

∴∠GHF=∠CDE=90°．

∵OA=OC，

∴∠OAC=∠OCA．

∵∠OAC+∠AFD=90°，∠OCA+∠FHO=90°，∴∠FHO=∠AFD=∠HFO．

∴HO=OF．

∵∠HFO+∠OGH=90°，∠OHF+∠OHG=90°，∴∠OGH=∠OHG．

∴OH=OG．

∴OF=OG．

∵OM=OC，

∴四边形MFCG是平行四边形．

又∵MC是圆O的直径，

∴∠CBM=90°．

∴四边形MFGB是矩形．

∴MB=FG，∠FMB=∠AFN=90°．

∵MF ∥BC ， ∴△MFH ∽△CBH ．

∴

1

2HF MF BH CB ==． ∴HF ：HD=1：2． ∴HF=FD ．

在△ADF 和△GHF 中，

AFD GFH ADF GHF FH FD ∠=∠??

∠=∠??=?

， ∴△ADF ≌△GHF ． ∴AF=FG ． ∴MB=AF ．

在△MNB 和△NAF 中，

90BMF AFN ANF BNM MB AF ∠=∠=???

∠=∠??=?

， ∴△MNB ≌△NAF ． ∴MN=NF ．

设S △OHF =S △OHG =a ，则S △FHG =2a ，S △BHG =4a ， ∴S 四边形BHOG

． ∴

． 设HF=x ，则BH=2x ．

∵∠HHG=∠GFB ，∠GHF=∠FGB ， ∴△GFH ∽△BFG ． ∴

HF GH HG BH =，即2x HG

HG x

=． ∴

． ∴S △BHG =

12BH?HG=1

2

， 解得：x=2． ∴HB=4，

． 由勾股定理可知：

． ∴

． ∴

． 【点睛】

本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了圆周角定理、全等三角形的性质和

判定、相似三角形的性质和判断、勾股定理的应用、矩形的性质和判定，找出图中相似三角形和全等三角形是解题的关键．

9．如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（不与A、B重合），D为的AC中点，过点D作弦DE⊥AB于F，P是BA延长线上一点，且∠PEA＝∠B．

（1）求证：PE是⊙O的切线；

（2）连接CA与DE相交于点G，CA的延长线交PE于H，求证：HE＝HG；

（3）若tan∠P＝

5

12

，试求

AH

AG

的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）

13

10 AH

AG

=．

【解析】

【分析】

（1）连接OE，由圆周角定理证得∠EAB+∠B＝90°，可得出∠OAE＝∠AEO，则

∠PEA+∠AEO＝90°，即∠PEO＝90°，则结论得证；

（2）连接OD，证得∠AOD＝∠AGF，∠B＝∠AEF，可得出∠PEF＝2∠B，∠AOD＝2∠B，可证得∠PEF＝∠AOD＝∠AGF，则结论得证；

（3）可得出tan∠P＝tan∠ODF＝

5

12

OF

DF

=，设OF＝5x，则DF＝12x，求出AE，BE，得

出

2

3

AE

BE

=，证明△PEA∽△PBE，得出2

3

PA

PE

=，过点H作HK⊥PA于点K，证明∠P＝

∠PAH，得出PH＝AH，设HK＝5a，PK＝12a，得出PH＝13a，可得出AH＝13a，AG＝10a，则可得出答案．

【详解】

解：（1）证明：如图1，连接OE，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠AEB＝90°，