中考数学专题复习圆与相似的综合题附答案解析

中考数学专题复习圆与相似的综合题附答案解析

一、相似

1．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE=EF=FD.

连结BE、BF。使它们分别与AO相交于点G、H

（1）求EG ：BG的值

（2）求证：AG=OG

（3）设AG =a ,GH =b，HO =c，求a : b : c的值

【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO= AC，AD=BC，AD∥BC，

∴△AEG∽△CBG，

∴ = = ．

∵AE=EF=FD，

∴BC=AD=3AE，

∴GC=3AG，GB=3EG，

∴EG：BG=1：3

（2）解：∵GC=3AG（已证），

∴AC=4AG，

∴AO= AC=2AG，

∴GO=AO﹣AG=AG

（3）解：∵AE=EF=FD，

∴BC=AD=3AE，AF=2AE．

∵AD∥BC，

∴△AFH∽△CBH，

∴ = = = ，

∴ = ，即AH= AC．

∵AC=4AG，

∴a=AG= AC，

b=AH﹣AG= AC﹣ AC= AC，

c=AO﹣AH= AC﹣ AC= AC，

∴a：b：c= ：： =5：3：2

【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AO=AC，AD=BC，AD∥BC，从而可证得△AEG∽△CBG，得出对应边成比例，由AE=EF=FD可得BC=3AE，就可证得GB=3EG，即可求出EG：BG的值。

（2）根据相似三角形的性质可得GC=3AG，就可证得AC=4AG，从而可得AO=2AG，即可证得结论。

（3）根据平行可证得三角形相似，再根据相似三角形的性质可得AG=AC，AH=AC，结合

AO=AC，即可得到用含AC的代数式分别表示出a、b、c，就可得到a：b：c的值。2．已知线段a，b，c满足，且a＋2b＋c＝26.

（1）判断a，2b，c，b2是否成比例；

（2）若实数x为a，b的比例中项，求x的值．

【答案】（1）解：设，

则a=3k，b=2k，c=6k，

又∵a+2b+c=26，

∴3k+2×2k+6k=26，解得k=2，

∴a=6，b=4，c=12；

∴2b=8，b2=16

∵a=6，2b=8，c=12，b2=16

∴2bc=96，ab2=6×16=96

∴2bc=ab2

a，2b，c，b2是成比例的线段。

（2）解：∵x是a、b的比例中项，

∴x2=6ab，

∴x2=6×4×6，

∴x=12．

【解析】【分析】（1）设已知比例式的值为k，可得出a=3k，b=2k，c=6k，再代入a+2b+c=26，建立关于k的方程，求出kl的值，再求出2b、b2,然后利用成比例线段的定义，可判断a，2b，c，b2是否成比例。

（2）根据实数x为a，b的比例中项，可得出x2=ab，建立关于x的方程，求出x的值。

3．如图，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA= ，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），

PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB于M，QN⊥CP于N．

（1）当AP=CP时，求QP；

（2）若四边形PMQN为菱形，求CQ；

（3）探究：AP为何值时，四边形PMQN与△BPQ的面积相等？

【答案】（1）解：∵AB=10，sinA= ，

∴BC=8，

则AC= =6，

∵PA=PC．

∴∠PAC=∠PCA，

∵PQ平分∠CPB，

∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A，

∴∠BPQ=∠A，

∴PQ∥AC，

∴PQ⊥BC，又PQ平分∠CPB，

∴∠PCQ=∠PBQ，

∴PB=PC，

∴P是AB的中点，

∴PQ= AC=3

（2）解：∵四边形PMQN为菱形，

∴MQ∥PC，

∴∠APC=90°，

∴ ×AB×CP= ×AC×BC，

则PC=4.8，

由勾股定理得，PB=6.4，

∵MQ∥PC，

∴ = = = ，即 = ，

解得，CQ=

（3）解：∵PQ平分∠CPB，QM⊥AB，QN⊥CP，

∴QM=QN，PM=PN，

∴S△PMQ=S△PNQ，

∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等，

∴PB=2PM，

∴QM是线段PB的垂直平分线，

∴∠B=∠BPQ，

∴∠B=∠CPQ，

∴△CPQ∽△CBP，

∴ = = ，

∴ = ，

∴CP=4× =4× =5，

∴CQ= ，

∴BQ=8﹣ = ，

∴BM= × = ，

∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=

【解析】【分析】（１）当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6，BC=8，因为PQ平分∠CPB，所以PQ//AC，可知PB=PC，所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ =3;

(2)当四边形PMQN为菱形时，因为∠APC=，所以四边形PMQN为正方形，可得

PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以，可得;

(3)当QM垂直平分PB 时，四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等，此时△CPQ∽△CBP，对应边成比例，可得，所以，因为AP=AB-2BM，所以AP=.

4．如果三角形的两个内角与满足＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．

（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝________°；

（2）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5，若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．

（3）如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC 是“准互余三角形”．求对角线AC的长．

【答案】（1）15°

（2）解：存在，

如图①，连结AE，

在Rt△ABC中，

∴∠B+∠BAC=90°，

∵AD是∠BAC的平分线，

∴∠BAC=2∠BAD，

∴∠B+2∠BAD=90°，

∴△ABD是“准互余三角形”，

又∵△ABE也是“准互余三角形”，

∴∠B+2∠BAE=90°，

∵∠B+∠BAE+∠EAC=90°，

∴∠EAC=∠B,

又∵∠C=∠C,

∴△CAE∽△CBA，

∴ ,

即CA2=CB·CE，

∵AC＝4，BC＝5，

∴CE= .

∴BE=BC-CE=5- = .

（3）解：如图②，

将△BCD沿BC翻折得到△BCF,

∵CD＝12，

∴CF=CD=12，∠BCF=∠BCD,∠CBD=∠CBF,又∵BD⊥CD，∠ABD=2∠BCD，

∴∠CBD+∠BCD=90°，

∴2∠CBD+2∠BCD=180°，

即∠ABD+∠CBD+∠CBF=180°，

∴A、B、F三点共线，

在Rt△AFC中，

∴∠CAB+∠ACF=90°，

即∠CAB+∠ACB+∠BCF=90°，

∴∠CAB+2∠ACB≠90°，

∵△ABC是“准互余三角形”,

∴2∠CAB+∠ACB=90°，

∴∠CAB=∠BCF，

∵∠F=∠F,

∴△FCB∽△FAC，

∴ ,

即FC2=FA·FB,

设BF=x，

∵AB=7,

∴FA=x+7,

∴x（x+7）=122,

解得：x1=9，x2=-16（舍去）

∴AF=7+9=16.

在Rt△AFC中，

∴AC= = =20.

【解析】【解答】（1）解：∵△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，∴2∠B+∠A=90°，

∴2∠B+60°=90°，

∴∠B=15°.

故答案为：15°

【分析】（1）根据“准互余三角形”，的定义，结合题意得2∠B+∠A=90°，代入数值即可求出∠B度数.

（2）存在，根据直角三角形两内角互余和角平分线定义得∠B+2∠BAD=90°，根据“准互余三角形”，定义即可得△ABD是“准互余三角形”；根据△ABE是“准互余三角形”，以及直角三角形两内角互余可得∠EAC=∠B,根据相似三角形判定“AA”可得△CAE∽△CBA，再由相似

三角形性质得 ,由此求出CE= .从而得BE长.

（3）如图②，将△BCD沿BC翻折得到△BCF,根据翻折性质、直角三角形性质、“准互余三

角形”定义可得到△FCB∽△FAC，再由相似三角形性质可得 ,设BF=x，代入数值即可求出x值，从而求出AF值，在Rt△AFC中，根据勾股定理即可求得AC长.

5．如图：在中，BC=2,AB=AC，点D为AC上的动点，且 .

（1）求AB的长度；

（2）求AD·AE的值；

（3）过A点作AH⊥BD，求证：BH=CD+DH. 【答案】（1）解：作AM⊥BC，

∵AB=AC,BC=2，AM⊥BC，

∴BM=CM= BC=1,

在Rt△AMB中，

∵cosB= ,BM=1,

∴AB=BM÷cosB=1÷ = .

（2）解：连接CD，

∵AB=AC,

∴∠ACB=∠ABC，

∵四边形ABCD内接于圆O，

∴∠ADC+∠ABC=180°,

又∵∠ACE+∠ACB=180°,

∴∠ADC=∠ACE，

∵∠CAE=∠CAD，

∴△EAC∽△CAD，

∴ ,

∴AD·AE=AC2=AB2=（）2=10.

（3）证明：在BD上取一点N，使得BN=CD,

在△ABN和△ACD中

∵

∴△ABN≌△ACD（SAS），

∴AN=AD，

∵AH⊥BD，AN=AD，

∴NH=DH,

又∵BN=CD,NH=DH,

∴BH=BN+NH=CD+DH.

【解析】【分析】（1）作AM⊥BC，由等腰三角形三线合一的性质得BM=CM= BC=1,在

Rt△AMB中，根据余弦定义得cosB= ,由此求出AB.

（2）连接CD，根据等腰三角形性质等边对等角得∠ACB=∠ABC，再由圆内接四边形性质和等角的补角相等得∠ADC=∠ACE；由相似三角形的判定得△EAC∽△CAD，根据相似三角形的性质得

；从而得AD·AE=AC2=AB2.

（3）在BD上取一点N，使得BN=CD,根据SAS得△ABN≌△ACD，再由全等三角形的性质得AN=AD，根据等腰三角形三线合一的性质得NH=DH,从而得BH=BN+NH=CD+DH.

6．如图，半径为4且以坐标原点为圆心的圆O交x轴，y轴于点B、D、A、C，过圆上的动点不与A重合作，且在AP右侧．

（1）当P与C重合时，求出E点坐标；

（2）连接PC，当时，求点P的坐标；

（3）连接OE，直接写出线段OE的取值范围．

【答案】（1）解：当P与C重合时，

，的半径为4，且在AP右侧，

，

点坐标为；

（2）解：如图，作于点F，

为的直径，

，

，

∽，

，

，

，，

，

点P的坐标为或；

（3）解：如图，连结OP，OE，AB，BE，AE，

，都为等腰直角三角形，

，，

，

∽，

，

，

，

【解析】【分析】当P与C重合时，因为，的半径为4，且在AP右侧，所以，所以E点坐标为；作

于点F，证明∽，可求得CF长，在中求得PF的长，进而得出点P的坐标；连结OP，OE，AB，BE，AE，证明∽，可得，根据，即可得出OE的取值范围．

7．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm.动点M从点B出发，在BA边上以每秒3cm的速度向定点A运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒2cm的速

度向点B运动，运动时间为t秒，连接MN.

（1）若△BMN与△ABC相似，求t的值；

（2）连接AN，CM，若AN⊥CM，求t的值．

【答案】（1）解：∵∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，∴BA＝＝10(cm)．

由题意得BM＝3tcm，CN＝2tcm，∴BN＝(8－2t)cm.

当△BMN∽△BAC时，，∴＝，解得t＝；

当△BMN∽△BCA时，＝，∴＝，解得t＝ .

综上所述，△BMN与△ABC相似时，t的值为或

（2）解：如图，过点M作MD⊥CB于点D，

∴∠BDM＝∠ACB＝90°，又∵∠B＝∠B，∴△BDM∽△BCA，

∴＝＝ . ∵AC＝6cm，BC＝8cm，BA＝10cm，BM＝3tcm，

∴DM＝ tcm，BD＝ tcm，∴CD＝ cm.

∵AN⊥CM，∠ACB＝90°，∴∠CAN＋∠ACM＝90°，∠MCD＋∠ACM＝90°，

∴∠CAN＝∠MCD. ∵MD⊥CB，∴∠MDC＝∠ACB＝90°，∴△CAN∽△DCM，

∴＝，∴＝，解得t＝．

【解析】【分析】（1）在直角三角形ABC中，由已知条件用勾股定理可求得AB的长，再根据路程=速度时间可将BM、CN用含t的代数式表示出来，则BN=BC-CN也可用含t 的代数式表示出来，因为△BMN与△ABC相似，由题意可分两种情况，①当

△BMN∽△BAC时，由相似三角形的性质可得比例式：，将已知的线段代入计算

即可求解；②当△BMN∽△BCA时，由相似三角形的性质可得比例式：，将已知的线段代入计算即可求解；

（2）过点M作MD⊥CB于点D，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得

△BDM∽△BCA，于是可得比例式，将已知的线段代入计算即可用含t的代数式表示DM、BD的长，则CD=CB-BD也可用含t的代数式表示出来，同理易证

△CAN∽△DCM，可得比例式，将已表示的线段代入计算即可求得t的值。

8．已知，如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于点B、C，与y轴交于点A，且AO＝CO，BC＝4．

（1）求抛物线解析式；

（2）如图2，点P是抛物线第一象限上一点，连接PB交y轴于点Q，设点P的横坐标为t，线段OQ长为d，求d与t之间的函数关系式；

（3）在(2)的条件下，过点Q作直线l⊥y轴，在l上取一点M(点M在第二象限)，连接AM，使AM＝PQ，连接CP并延长CP交y轴于点K，过点P作PN⊥l于点N，连接KN、CN、CM．若∠MCN＋∠NKQ＝45°时，求t值．

【答案】（1）解：如图1，

当x=0时，y=3，

∴A（0，3），

∴OA=OC=3，

∵BC=4，

∴OB=1，

∴B（﹣1，0），C（3，0），

把B（﹣1，0），C（3，0）代入抛物线y=ax2+bx+3中得：，

解得：，

∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+2x+3；

（2）解：如图2，

设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），

过P作PG⊥x轴于G，

∵OQ∥PG，

∴△BOQ∽△BGP，

∴，

∴，

∴d=

d=﹣t+3（0＜t＜3）

（3）解：如图3，连接AN，延长PN交x轴于G，

由（2）知：OQ=3﹣t，OA=3，

∴AQ=OA﹣OQ=3﹣（3﹣t）=t，

∴QN=OG=AQ=t，

∴△AQN是等腰直角三角形，

∴∠QAN=45°，AN= t，

∵PG∥OK，

∴，

∴，

OK=3t+3，

AK=3t，

∵∠QAN=∠NKQ+∠ANK，。

∴∠NKQ+∠ANK=45°，

∵∠MCN+∠NKQ=45°，

∴∠ANK=∠MCN，

∵NG=CG=3﹣t，

∴△NGC是等腰直角三角形，

∴NC= （3﹣t），∠GNC=45°，

∴∠CNH=∠NCM+∠NMC=45°，

∴∠NKQ=∠NMC，

∴△AKN∽△NMC，

∴，

∵AQ=QN=t，AM=PQ，

∴Rt△AQM≌△Rt△QNP（HL），

∴MQ=PN=﹣t2+2t+3﹣（3﹣t）=﹣t2+3t，

∴，

t2﹣7t+9=0，

t1= ＞3，t2= ，

∵0＜t＜3，

∴t1＞3，不符合题意，舍去，

∴t= ．

【解析】【分析】（1）根据函数图像与坐标轴交点的坐标特点，得出A点的坐标，再根据点到坐标轴的距离得出OA=OC=3，又BC=4，从而得出OB的距离，进而得出B,C两点的坐标，再将B,C两点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+3中得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；

（2）过P作PG⊥x轴于G，根据P点的横坐标得出P点坐标设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似，得出

△BOQ∽△BGP，根据相似三角形对应边成比例得出OQ∶PG=OB∶BG,从而得出d关于t的函数关系式；

（3）连接AN，延长PN交x轴于G，由（2）知：OQ=3﹣t，OA=3，从而得AQ=OA﹣OQ=3﹣（3﹣t）=t，进而得QN=OG=AQ=t，从而判断出△AQN是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出∠QAN=45°，AN= t，根据平行线分线段成比例得出PG∶OK=CG∶OC,故OK=3t+3，AK=3t，根据等式的性质得出∠ANK=∠MCN，判断出△NGC 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出NC= （3﹣t），∠GNC=45°，再判断出△AKN∽△NMC，根据相似三角形对应边成比例得出 A K ∶M N = A N ∶N C ，再利用HL判断出Rt△AQM≌△Rt△QNP，故MQ=PN=﹣t2+2t+3﹣（3﹣t）=﹣t2+3t，从而得出关于t的方程，求解并检验即可得出答案

二、圆的综合

9．如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．

（1）OC的长为；

（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=；

（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t （秒）．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．

【答案】（1）4；（2）3

5

；（3）点E的坐标为（1，2）、（

5

3

，

10

3

）、（4，2）．

【解析】

分析：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．

（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则

MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．（3）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，

②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立

关于t 的方程就可解决问题．

详解：（1）过点B 作BH ⊥OA 于H ，如图1（1），则有∠BHA =90°=∠COA ，∴OC ∥BH ． ∵BC ∥OA ，∴四边形OCBH 是矩形，∴OC =BH ，BC =OH ． ∵OA =6，BC =2，∴AH =0A ﹣OH =OA ﹣BC =6﹣2=4． ∵∠BHA =90°，∠BAO =45°，

∴tan ∠BAH =

BH

HA

=1，∴BH =HA =4，∴OC =BH =4． 故答案为4．

（2）过点B 作BH ⊥OA 于H ，过点G 作GF ⊥OA 于F ，过点B 作BR ⊥OG 于R ，连接MN 、DG ，如图1（2）． 由（1）得：OH =2，BH =4． ∵OC 与⊙M 相切于N ，∴MN ⊥OC ． 设圆的半径为r ，则MN =MB =MD =r ． ∵BC ⊥OC ，OA ⊥OC ，∴BC ∥MN ∥OA ． ∵BM =DM ，∴CN =ON ，∴MN =1

2

（BC +OD ），∴OD =2r ﹣2，∴DH =OD OH -=24r -．

在Rt △BHD 中，∵∠BHD =90°，∴BD 2=BH 2+DH 2，∴（2r ）2=42+（2r ﹣4）2． 解得：r =2，∴DH =0，即点D 与点H 重合，∴BD ⊥0A ，BD =AD ． ∵BD 是⊙M 的直径，∴∠BGD =90°，即DG ⊥AB ，∴BG =AG ． ∵GF ⊥OA ，BD ⊥OA ，∴GF ∥BD ，∴△AFG ∽△ADB ， ∴

AF AD =GF BD =AG AB =12，∴AF =12AD =2，GF =1

2

BD =2，∴OF =4，

∴OG

同理可得：OB AB ，∴BG =1

2

AB ．

设OR =x ，则RG x ．

∵BR ⊥OG ，∴∠BRO =∠BRG =90°，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=BG 2﹣RG 2， ∴

（

2﹣x 2=（）2﹣（x ）2．

解得：x ，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=（2）2=365，∴BR

在Rt △ORB 中，sin ∠BOR =BR OB

3

5

．

故答案为

35

． （3）①当∠BDE =90°时，点D 在直线PE 上，如图2．

此时DP =OC =4，BD +OP =BD +CD =BC =2，BD =t ，OP =t ． 则有2t =2．

解得：t =1．则OP =CD =DB =1． ∵DE ∥OC ，∴△BDE ∽△BCO ，∴DE OC =BD BC =1

2

，∴DE =2，∴EP =2， ∴点E 的坐标为（1，2）． ②当∠BED =90°时，如图3．

∵∠DBE =OBC ，∠DEB =∠BCO =90°，∴△DBE ∽△OBC ，

∴

BE

BC =2DB BE OB ∴，∴BE ． ∵PE ∥OC ，∴∠OEP =∠BOC ．

∵∠OPE =∠BCO =90°，∴△OPE ∽△BCO ， ∴

OE

OB

=OP

BC ，2t ，∴OE ．

∵OE +BE =OB +5

t

解得：t =

53，∴OP =53，OE ，∴PE =103， ∴点E 的坐标为（510

33

，）． ③当∠DBE =90°时，如图4．

此时PE =PA =6﹣t ，OD =OC +BC ﹣t =6﹣t ．

则有OD =PE ，EA （6﹣t ）， ∴BE =BA ﹣EA

t ）t ﹣． ∵PE ∥OD ，OD =PE ，∠DOP =90°，∴四边形ODEP 是矩形， ∴DE =OP =t ，DE ∥OP ，∴∠BED =∠BAO =45°．

在Rt △DBE 中，cos ∠BED =

BE DE =2

，∴DE ， ∴t

﹣）=2t ﹣4．

解得：t =4，∴OP =4，PE =6﹣4=2，∴点E 的坐标为（4，2）．

综上所述：当以B 、D 、E 为顶点的三角形是直角三角形时点E 的坐标为（1，2）、（51033

，）、（4，2）．

点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．

10．如图，⊙O的半径为6cm，经过⊙O上一点C作⊙O的切线交半径OA的延长于点B，作∠ACO的平分线交⊙O于点D，交OA于点F，延长DA交BC于点E．

（1）求证：AC∥OD；

（2）如果DE⊥BC，求?AC的长度．

【答案】（1）证明见解析；（2）2π．

【解析】

试题分析：（1）由OC=OD，CD平分∠ACO，易证得∠ACD=∠ODC，即可证得AC∥OD；（2）BC切⊙O于点C，DE⊥BC，易证得平行四边形ADOC是菱形，继而可证得△AOC是等边三角形，则可得：∠AOC=60°，继而求得弧AC的长度．

试题解析：（1）证明：∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC．∵CD平分∠ACO，

∴∠OCD=∠ACD，∴∠ACD=∠ODC，∴AC∥OD；

（2）∵BC切⊙O于点C，∴BC⊥OC．∵DE⊥BC，∴OC∥DE．∵AC∥OD，∴四边形ADOC 是平行四边形．∵OC=OD，∴平行四边形ADOC是菱形，∴OC=AC=OA，∴△AOC是等边三

角形，∴∠AOC =60°，∴弧AC 的长度=

606

180

π?=2π． 点睛：本题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质以及弧长公式．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．

11．（1）如图1，在矩形ABCD 中，点O 在边AB 上，∠AOC =∠BOD ，求证：AO =OB ； （2）如图2，AB 是⊙O 的直径，PA 与⊙O 相切于点A ，OP 与⊙O 相交于点C ，连接CB ，∠OPA =40°，求∠ABC 的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）25°. 【解析】

试题分析： （1）根据等量代换可求得∠AOD=∠BOC ，根据矩形的对边相等，每个角都是直角，可知∠A=∠B=90°，AD=BC ，根据三角形全等的判定AAS 证得△AOD ≌△BOC ，从而得证结论．

（2）利用切线的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质得到圆心角∠POA 的度数，然后利用圆周角定理来求∠ABC 的度数． 试题解析：（1）∵∠AOC=∠BOD ∴∠AOC -∠COD=∠BOD-∠COD 即∠AOD=∠BOC ∵四边形ABCD 是矩形 ∴∠A=∠B=90°，AD=BC ∴AOD BOC ??? ∴AO=OB

（2）解：∵AB 是O e 的直径，PA 与O e 相切于点A ， ∴PA ⊥AB ， ∴∠A=90°. 又∵∠OPA=40°， ∴∠AOP=50°， ∵OB=OC ， ∴∠B=∠OCB. 又∵∠AOP=∠B+∠OCB ， ∴1

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B OCB AOP ∠=∠=

∠=?.

12．如图，已知Rt △ABC 中，C=90°，O 在AC 上，以OC 为半径作⊙O ，切AB 于D 点，且