石家庄市第二十二中数学圆 几何综合中考真题汇编[解析版]

石家庄市第二十二中数学圆几何综合中考真题汇编[解析版]

一、初三数学圆易错题压轴题（难）

1．如图，抛物线的对称轴为轴，且经过(0，0)，

()两点，点P在抛物线上运动，以P为圆心的⊙P经过定点A(0，2)，

(1)求的值；

(2)求证：点P在运动过程中，⊙P始终与轴相交；

(3)设⊙P与轴相交于M，N(＜)两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．

【答案】（1）a=，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+2或4﹣

2．

【解析】

试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；

（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x2比较得出答案即可；

（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN 时，求出a的值，进而得出圆心P的纵坐标即可．

试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过

（0，0）和（，）两点，

∴抛物线的一般式为：y=ax2，

∴=a（）2，

解得：a=±，

∵图象开口向上，∴a=，

∴抛物线解析式为：y=x2，

故a=，b=c=0；

（2）设P（x，y），⊙P的半径r=，

又∵y=x2，则r=，

化简得：r=＞x2，

∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；

（3）设P（a，a2），∵PA=，

作PH⊥MN于H，则PM=PN=，

又∵PH=a2，

则MH=NH==2，

故MN=4，

∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），

又∵A（0，2），∴AM=，AN=，当AM=AN时，=，

解得：a=0，

当AM=MN时，=4，

解得：a=2±2（负数舍去），则a2=4+2；

当AN=MN时，=4，

解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a2=4﹣2；

综上所述，P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．

考点：二次函数综合题．

2．在圆O 中，C 是弦AB 上的一点，联结OC 并延长，交劣弧AB 于点D ，联结AO 、BO 、 AD 、BD ．已知圆O 的半径长为5，弦AB 的长为

8．

（1）如图1，当点D 是弧AB 的中点时，求CD 的长； （2）如图2，设AC=x ，

ACO OBD

S S

=y ，求y 关于x 的函数解析式并写出定义域；

（3）若四边形AOBD 是梯形，求AD 的长．

【答案】（1）2；（2）2825

x x x -+（0＜x ＜8）;（3）AD=145或6．

【解析】 【分析】

(1)根据垂径定理和勾股定理可求出OC 的长.

(2)分别作OH ⊥AB ，DG ⊥AB ，用含x 的代数式表示△ACO 和△BOD 的面积，便可得出函数解析式.

(3)分OB ∥AD 和OA ∥BD 两种情况讨论. 【详解】

解：（1）∵OD 过圆心，点D 是弧AB 的中点，AB=8， ∴OD ⊥AB ，AC=

1

2

AB=4， 在Rt △AOC 中，∵∠ACO=90°，AO=5， ∴22AO AC -，

∴OD=5， ∴CD=OD ﹣OC=2；

（2）如图2，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为点H ， 则由（1）可得AH=4，OH=3， ∵AC=x ， ∴CH=|x ﹣4|，

在Rt △HOC 中，∵∠CHO=90°，AO=5，

∴

∴CD=OD ﹣OC=5

过点DG ⊥AB 于G ， ∵OH ⊥AB ， ∴DG ∥OH ， ∴△OCH ∽△DCG ， ∴

OH OC

DG CD

=， ∴DG=OH CD OC

?

35， ∴S △ACO =

12AC ×OH=12x ×3=32

x ， S △BOD =12BC （OH +DG ）=12（8

﹣x ）×（3

35）=3

2

（8﹣

x ）

∴y=

ACO OBD

S S

=

()32

3582x x -

（0＜x ＜8）

（3）①当OB ∥AD 时，如图3，

过点A 作AE ⊥OB 交BO 延长线于点E ，过点O 作OF ⊥AD ，垂足为点F ， 则OF=AE ， ∴S=12AB?OH=1

2

OB?AE ， AE=

AB OH OB ?=24

5

=OF ， 在Rt △AOF 中，∠AFO=90°，AO=5

， ∴7

5

∵OF 过圆心，OF ⊥AD ， ∴AD=2AF=

145

． ②当OA ∥BD 时，如图4，过点B 作BM ⊥OA 交AO 延长线于点M ，过点D 作DG ⊥AO ，垂足为点G ，

则由①的方法可得DG=BM=

245

， 在Rt △GOD 中，∠DGO=90°，DO=5，

∴GO=22DO DG -=75，AG=AO ﹣GO=185

， 在Rt △GAD 中，∠DGA=90°，

∴AD=

22AG DG +=6

综上得AD=

14

5

或6．

故答案为（1）2；（2）y=()

282558x x x x -+-（0＜x ＜8）;（3）AD=14

5或6．

【点睛】

本题是考查圆、三角形、梯形相关知识，难度大，综合性很强.

3．如图①，已知Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝8，AB ＝10，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作⊙O ，过C 作CE 切⊙O 于E ，交AB 于F ． （1）若⊙O 半径为2，求线段CE 的长； （2）若AF ＝BF ，求⊙O 的半径；

（3）如图②，若CE ＝CB ，点B 关于AC 的对称点为点G ，试求G 、E 两点之间的距离．

【答案】（1）CE ＝42；（2）⊙O 的半径为3；（3）G 、E 两点之间的距离为9.6 【解析】 【分析】

（1）根据切线的性质得出∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得； （2）由勾股定理求得BC ，然后通过证得△OEC ∽△BCA ，得到OE OC BC BA =，即8610

r r

-= 解得即可；

（3）证得D 和M 重合，E 和F 重合后，通过证得△GBE ∽△ABC ，

GB GE

AB AC

=，即12108GE =，解得即可. 【详解】

解：（1）如图①，连接OE ，

∵CE 切⊙O 于E ， ∴∠OEC ＝90°，

∵AC ＝8，⊙O 的半径为2， ∴OC ＝6，OE ＝2，

∴CE ＝2242OC OE -= ； （2）设⊙O 的半径为r ，

在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝10，AC ＝8， ∴BC 22AB A C -＝6， ∵AF ＝BF ，

∴AF＝CF＝BF，

∴∠ACF＝∠CAF，∵CE切⊙O于E，∴∠OEC＝90°，

∴∠OEC＝∠ACB，∴△OEC∽△BCA，

∴OE OC

BC BA

=，即

8

610

r r

-

=

解得r＝3，

∴⊙O的半径为3；

（3）如图②，连接BG，OE，设EG交AC于点M，

由对称性可知，CB＝CG，

∵CE＝CG，

∴∠EGC＝∠GEC，

∵CE切⊙O于E，

∴∠GEC+∠OEG＝90°，

∵∠EGC+∠GMC＝90°，

∴∠OEG＝∠GMC，

∵∠GMC＝∠OME，

∴∠OEG＝∠OME，

∴OM＝OE，

∴点M和点D重合，

∴G、D、E三点在同一直线上，

连接AE、BE，

∵AD是直径，

∴∠AED＝90°，即∠AEG＝90°，

又CE＝CB＝CG，

∴∠BEG＝90°，

∴∠AEB＝∠AEG+∠BEG＝180°，

∴A、E、B三点在同一条直线上，

∴E、F两点重合，

∵∠GEB＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B，∴△GBE∽△ABC，

∴GB GE

AB AC

=，即

12

108

GE

=

∴GE＝9.6，

故G、E两点之间的距离为9.6．

【点睛】

本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得G、D、E三点共线以及A、E、B三点在同一条直线上是解题的关

4．在平面直角坐标系xOy中，已知 A(-2，0)，B(2，0)，AC⊥AB于点A，AC=2，BD⊥AB于点B，BD=6，以AB为直径的半圆O上有一动点P（不与A、B两点重合），连接PD、PC，我们把由五条线段AB、BD、DP、PC、CA所组成的封闭图形ABDPC叫做点P的关联图形，如图1所示.

（1）如图2，当P运动到半圆O与y轴的交点位置时，求点P的关联图形的面积.

（2）如图3，连接CD、OC、OD,判断△OCD的形状，并加以证明.

（3）当点P运动到什么位置时，点P的关联图形的面积最大，简要说明理由，并求面积的最大值.

【答案】（1）12；（2）判断△OCD是直角三角形，证明见解析；（3）连接OC，交半圆O于点P，这时点P的关联图形的面积最大，理由风解析，82

+

【解析】

试题分析：（1）判断出四边形AOPC是正方形，得到正方形的面积是4，根据BD⊥AB，

BD=6，求出梯形OPDB的面积=()(26)2

8

22

OP DB OB

+?+?

==，二者相加即为点P的

关联图形的面积是12．

（2）根据CF=DF=4，∠DCF=45°，求出∠OCD=90°，判断出△OCD是直角三角形．

（3）要使点P的关联图形的面积最大，就要使△PCD的面积最小，确定关联图形的最大面积是梯形ACDB的面积﹣△PCD的面积，根据此思路，进行解答．

试题解析：（1）∵A（﹣2，0），∴OA=2，

∵P 是半圆O 上的点，P 在y 轴上，∴OP=2，∠AOP=90°，∴AC=2，∴四边形AOPC 是正方形，

∴正方形的面积是4，

又∵BD ⊥AB ，BD=6，∴梯形OPDB 的面积=()(26)2

822

OP DB OB +?+?==，

∴点P 的关联图形的面积是12． （2）判断△OCD 是直角三角形．

证明：延长CP 交BD 于点F ，则四边形ACFB 为矩形，∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴∠OCD=90°，

∴OC ⊥CD ，∴△OCD 是直角三角形．

（3）连接OC 交半圆O 于点P ，则点P 即为所确定的点的位置．

理由如下：连接CD ，梯形ACDB 的面积=()(26)4

1622

AC DB AB +?+?==为定值，

要使点P 的关联图形的面积最大，就要使△PCD 的面积最小， ∵CD 为定长，∴P 到CD 的距离就要最小， 连接OC ，设交半圆O 于点P ，

∵AC ⊥OA ，AC=OA ，∴∠AOC=45°，过C 作CF ⊥BD 于F ，则ACFB 为矩形，

∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴OC ⊥CD ，OC=2

∴PC 在半圆外，设在半圆O 上的任意一点P′到CD 的距离为P′H ，则P′H+P′O ＞OH ＞OC ， ∵OC=PC+OP ，∴P′H ＞PC ，∴当点P 运动到半圆O 与OC 的交点位置时，点P 的关联图形的面积最大．

∵CD=42CP=222， ∴△PCD 的面积=

()(26)4

1622

AC DB AB +?+?==，

∴点P 的关联图形的最大面积是梯形ACDB 的面积﹣△PCD 的面积=16(842)842--=+

考点：圆的综合题．

5．如图，△ABC内接于⊙O，点D在AB边上，CD与OB交于点E，∠ACD＝∠OBC；

（1）如图1，求证：CD⊥AB；

（2）如图2，当∠BAC＝∠OBC+∠BCD时，求证：BO平分∠ABC；

（3）如图3，在（2）的条件下，作OF⊥BC于点F，交CD于点G，作OH⊥CD于点H，连接FH并延长，交OB于点P，交AB边于点M．若OF＝3，MH＝5，求AC边的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AC＝48 5

【解析】

【分析】

（1）根据直径所对的圆周角是直角，得出∠FCB=90°，再根据“同弧所对的圆周角相等”得出∠A=∠F，再根据已知条件得∠3=90°，得CD⊥AB；

（2）延长BO交AC于K，由已知可得∠A=∠5，由∠A+∠2=90°得∠5+∠2=90°，根据三角形的内角和定理及外角定理得出∠9=∠1得出BO平分∠ABC；

（3）延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN，由条件可得CH=NH，BF=CF，从而HF是△CBN的中位线，HF∥BN，得出∠OEH=∠EHM又由

∠OEH+∠EOH=∠EHM+∠OHP=90°可得HM=OB=5，在Rt△OBF中，根据勾股定理可得

BF=4，解出BC=8，sin∠OBC=3

5

，所以可得AC=2CK，CK=BC?sin∠OBC=

24

5

得

AC=48 5

.

【详解】

解：（1）如图1，令∠OBC＝∠1，∠ACD＝∠2

延长BO交⊙O于F，连接CF．

∵BF是⊙O的直径，∴∠FCB＝90°

∴∠1+∠F＝90°，

∵弧BC＝弧BC，

∴∠A＝∠F

又∵∠1＝∠2，

∴∠2+∠A＝90°，

∴∠3＝90°，

∴CD⊥AB

（2）如图2，令∠OBC＝∠1，∠BCD＝∠4

延长BO交AC于K

∵∠A＝∠1+∠4，∠5＝∠1+∠4，

∴∠A＝∠5，

∵∠A+∠2＝90°，

∴∠5+∠2＝90°，

∴∠6＝90°

∵∠7＝180°﹣∠3＝90°，

∴∠6＝∠7，

又∵∠5＝∠8，∴∠9＝∠2

∵∠2＝∠1，∴∠9＝∠1，

∴BO平分∠ABC

（3）如图3，延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN

∵OH⊥CN，OF⊥BC

∴CH＝NH，BF＝CF

∴HF是△CBN的中位线，HF∥BN

∴∠FHC＝∠BNC＝∠BAC

∵∠BAC＝∠OEH，∠FHC＝∠EHM

∴∠OEH＝∠EHM

设EM、OE交于点P

∵∠OEH+∠EOH＝∠EHM+∠OHP＝90°

∴∠EOH＝∠OHP

∴OP＝PH

∵∠ADC＝∠OHC＝90°

∴AD∥OH

∴∠PBM＝∠EOH，∠BMP＝∠OHP

∴PM＝PB

∴PM+PH＝PB+OP

∴HM＝OB＝5

在Rt△OBF中，根据勾股定理可得BF＝4

∴BC＝8，sin∠OBC＝3 5

∵∠A+∠ABO＝∠DEB+∠ABO＝90°∴∠AKB+∠CKB＝90°

∴OK⊥AC

AC＝2CK，CK＝BC?sin∠OBC＝24 5

∴AC＝48 5

【点睛】

此题主要考查了圆的综合应用以及三角形的内角和定理及外角定理和勾股定理、三角函数等知识，理解同弧所对的圆周角相等是解题关键．

6．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在y轴的正半轴上，点A在x轴的正半轴上，点C的坐标为（0，8），将△ABC沿直线AB折叠，点C落在x轴的负半轴D（?4，0）处．

（1）求直线AB的解析式；

（2）点P从点A出发以每秒45个单位长度的速度沿射线AB方向运动，过点P作PQ⊥AB，交x轴于点Q，PR∥AC交x轴于点R，设点P运动时间为t（秒），线段QR长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，点N是射线AB上一点，以点N为圆心，同时经过R、Q两点作⊙N，⊙N交y轴于点E，F．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圆心N的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）

1

3

2

y x

=-+（2）d=5t （3）故当 t=

8

5

，或8

15

，时，QR=EF，N（-

6，6）或（2，2）．【解析】

试题分析：（1）由C

（0，8），D （-4，0），可求得OC ，OD 的长，然后设OB=a ，则BC=8-a ，在Rt △BOD 中，由勾股定理可得方程：（8-a ）2=a 2+42,解此方程即可求得B 的坐标，然后由三角函数的求得点A 的坐标，再利用待定系数法求得直线AB 的解析式；

（2）在Rt △AOB 中，由勾股定理可求得AB 的长，继而求得∠BAO 的正切与余弦，由PR//AC 与折叠的性质，易证得RQ=AR ，则可求得d 与t 的函数关系式；

（3）首先过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ，易证得四边形NTOS 是正方形，然后分别从点N 在第二象限与点N 在第一象限去分析求解即可求解; 试题解析：

（1）∵C （0，8），D （-4，0）， ∴OC=8，OD=4， 设OB=a ，则BC=8-a ，

由折叠的性质可得：BD=BC=8-a ， 在Rt △BOD 中，∠BOD=90°，DB 2=OB 2+OD 2， 则（8-a ）2=a 2+42， 解得：a=3， 则OB=3， 则B （0，3）， tan ∠ODB=

3

4

OB OD = ， 在Rt △AOC 中，∠AOC=90°，tan ∠ACB=3

4

OA OC = ， 则OA=6， 则A （6，0），

设直线AB 的解析式为：y=kx+b ，

则60{3

k b b +== ，解得：1

{23

k b =-= ， 故直线AB 的解析式为：y=-1

2

x +3； （2）如图所示：

在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，

则AB=22

135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠=

= ，255OA

cos BAO AB

∠==， 在Rt △PQA 中，9045APQ AP t ∠=?=，，

则AQ=

10cos AP

t BAO =∠ ,

∵PR ∥AC ，

∴∠APR=∠CAB ，

由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB ， ∴∠BAO=∠APR ， ∴PR=AR ，

∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°， ∴∠PQA=∠QPR ， ∴RP=RQ ， ∴RQ=AR ，

∴QR=

1

2 AQ=5t, 即d=5t;

（3）过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ， ∵EF=QR ， ∴NS=NT ，

∴四边形NTOS 是正方形，

则TQ=TR=

1522QR t = ， ∴111515

1022224

NT AT AQ TQ t t t ==-=-=（）

（） ， 分两种情况，

若点N 在第二象限，则设N （n ，-n ），

点N 在直线1

32

y x =-+ 上， 则1

32

n n -=-

+ ， 解得：n=-6，

故N （-6，6），NT=6，

即

15

64

t = ， 解得：8

5

t = ;

若点N 在第一象限，设N （N ，N ）， 可得：1

32

n n =-+ , 解得：n=2， 故N （2，2），NT=2，

即

15

24

t =, 解得：t=8

15

∴当 t =85，或8

15

，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）。

点睛：此题考查了折叠的性质、待定系数法求一次函数的解析式、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质以及三角函数等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用。

7．四边形ABCD 的对角线交于点E ，有AE =EC ，BE =ED ，以AB 为直径的O 过点E ．

（1）求证：四边形ABCD 是菱形．

（2）若CD 的延长线与圆相切于点F ，已知直径AB =4．求阴影部分的面积.

【答案】（1）证明见解析；（2）5

13

π- 【解析】

试题分析：（1）先由AE=EC 、BE=ED 可判定四边形为平行四边形，再根据∠AEB=90°可判定该平行四边形为菱形；

（2）连接OF ，过点D 作DP ,AB P E EQ AB ⊥⊥于过点作于Q ，分别求出扇形BOE 、△AOE、半圆O 的面积，即可得出答案. 试题解析：（1）

AE =EC ，BE =ED

∴ABCD 四边形为平行四边形 ∵90AB AEB ∠∴=?是直径 ∴ABCD 平行四边形是菱形

（2）连接OF ，过点D 作DP ,AB P E EQ AB ⊥⊥于过点作于Q

CF 切O 于点F

∴90OFC ∠=? ∵ABCD 四边形是菱形，

∴,90CD AB BOF OFD DPO ∠∠∠∴===? ∴FOPD DP OF ∴=四边形是矩形

ABCD 四边形是菱形，AB AD ∴=

∵11

,3022

OF AB DP AD DAB ∠=

∴=∴=? ∴ABCD 四边形是菱形

∴1

152

CAB DAB ∠=∠=? ∴180215150AOE ∠=?-??=? ∴3090EOB EQO ∠∠=?=?

∴1

12

EQ OE =

= 21502360

S 阴影

π?∴=

-1

521123π??=- 点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．

8．如图1，四边形ABCD 中，

、

为它的对角线，E 为AB 边上一动点（点E 不与点

A 、

B 重合），EF ∥A

C 交BC 于点F ，FG ∥B

D 交DC 于点G ，GH ∥AC 交AD 于点H ，连接H

E ．记四边形EFGH 的周长为，如果在点的运动过程中，的值不变，则我们称四边形ABCD 为“四边形”， 此时的值称为它的“值”．经过探究，可得矩形是“四边形”．如图2，矩形ABCD 中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为 ．

（1）等腰梯形 （填“是”或 “不是”）“四边形”； （2）如图3，是⊙O 的直径，A 是⊙O 上一点，，点为

上的一动

点，将△

沿

的中垂线翻折，得到△

．当点运动到某一位置时，以、、、

、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有 个． 【答案】“值”为10；（1）是；（2）最多有5个． 【解析】

试题分析：仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可； （1）根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断；

（2）根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断. 矩形ABCD 中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为10； （1）等腰梯形是“四边形”；

（2）由题意得当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“

四边形”最多，最多有5个. 考点：动点问题的综合题

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．

9．已知ABD △内接于圆O ，点C 为弧BD 上一点，连接BC AC AC 、，交BD 于点E ，CED ABC ∠=∠．

（1）如图1，求证：弧AB =弧AD ；

（2）如图2，过B 作BF AC ⊥于点F ，交圆O 点G ，连接AG 交BD 于点H ，且

222EH BE DH =+，求CAG ∠的度数；

（3）如图3，在（2）的条件下，圆O 上一点M 与点C 关于BD 对称，连接ME ，交

AB 于点N ，点P 为弧AD 上一点，PQ BG ∥交AD 于点Q ，交BD 的延长线于点R ，AQ BN =，ANE 的周长为20，52DR =O 半径．

【答案】（1）见解析；（2）∠CAG=45°；（3）r=62 【解析】 【分析】

（1）证∠ABD=∠ACB 可得；

（2）如下图，△AHD 绕点A 旋转至△ALE 处，使得点D 与点B 重合，证△ALE ≌△AHE ，利用勾股定理逆定理推导角度；

（3）如下图，延长QR 交AB 于点T ，分别过点N 、Q 作BD 的垂线，交于点V ，I ，取QU=AE ，过点U 作UK 垂直BD.先证△AEN ≌△QUD ，再证△NVE ≌△RKU ，可得到

NV=KR=DK，进而求得OB的长.

【详解】

（1）∵∠CED是△BEC的外角，∴∠CED=∠EBC+∠BCA

∵∠ABC=∠ABD+∠EBC

又∵∠CED=∠ABC

∴∠ABD=∠ACB

∴弧AB=弧AD

（2）如下图，△AHD绕点A旋转至△ALE处，使得点D与点B重合

∵△ALB是△AHD旋转所得

∴∠ABL=∠ADB，AL=AH

设∠CAG=a，则∠CBG=a

∵BG⊥AC

∴∠BCA=90°-a，∴∠ADB=∠ABD=90°-a

∴在△BAD中，BAE+∠HAD=180-a-(90°-a)-(90°-a)=a

∴∠LAE=∠EAH=a

∵LA=AH，AE=AE

∴△ALE≌△AHE，∴LE=EH

∵HD=LB，222

=+

EH BE DH

∴△LBE为直角三角形

∴∠LBE=(90°-a)+(90°-a)=90°，解得：a=45°

∴∠CAG=45°

（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD

由（2）得∠BAD=90°

∴点O在BD上

设∠R=n，则∠SER=∠BEC=∠MEB=90°-n ∴∠AEN=2n

∵SQ⊥AC

∴∠TAS=∠AQS=∠DQR，AN=QD

∵QU=AE

∴△AEN≌△QUD

∴∠QUD=∠AEN=2n

∴UD=UR=NE，

∵△ANE的周长为20

∴QD+QR=20

在△DQR中，QD=7

∵∠ENR=∠UDK=∠R=n

∴△NVE≌△RKU

∴NV=KR=DK=

2 2

∴BN=5

∴22r

【点睛】

本题考查了圆的证明，涉及到全等、旋转和勾股定理，解题关键是结合图形特点，适当构造全等三角形

10．如图，∠ACL＝90°，AC＝4，动点B在射线CL，CH⊥AB于点H，以H为圆心，HB为半径作圆交射线BA于点D，交直线CD于点F，交直线BC于点E．设BC＝m．