人教版九年级数学下名师点拨与训练第27章相似专题圆与相似三角形的综合题探究
文档属性
| 名称 | 人教版九年级数学下名师点拨与训练第27章相似专题圆与相似三角形的综合题探究 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 13.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-05 17:47:22 | ||
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文档简介
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人教版九年级数学下名师点拨与训练
第27章 相似
专题 圆与相似三角形的综合题探究
方法指导：
圆与相似三角形相综合是中考中的热门考点，解圆与相似三角形相综合的问题时，关键是要从圆中去抽取出相似三角形模型，然后利用相似三角形的性质去证明和求解相关问题．在证两三角形相似时，往往构造同弧所对的圆周角相等或直径所对的圆周角是直角；从而为证两三角形相似创造角相等的条件．
常用方法:
①利用垂径定理,通过在由半弦、半径、弦心距组成的直角三角形,运用勾股定理或相似进行计算:
②利用圆周角相等转移角的等量关系构造相似三角形;
③利用直径构造直角三角形从而构造相似三角形;
类型1 利用相似三角形求线段的长
【例1-1】．在圆内接四边形中，，延长交于，则长为（ ）
A． B． C． D．
【例1-2】．如图，，，分别与相切于点E，F，G三点，且，，分别交圆于点M，N，若与的乘积为6，则长（ ）
A． B． C． D．6
【例1-3】．如图，为圆的直径，为圆上一点，过点作圆的切线交的延长线上于点，四分之一，连接，若，，则的长度为 ．
【变式1-1】．如图，为的直径，C，D为圆上的两点，，弦相交于点E．
(1)求证：；
(2)若，求的半径；
(3)在（2）的条件下，过点C作的切线，交的延长线于点P，过点P作交于F，Q两点（点F在线段上），求的长．
【变式1-2】．阅读与思考
《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部著作，它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．下面是其中的切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，证明过程如下：
如图1：已知点P是外一点，是切线，F是切点，是割线，点A，B是它与的交点，求证：．
证明：连接并延长交于点C，连接，，．
∵是的切线，
．
∵是的直径，
（依据：______）．
，
．
又（依据：______），
．
…………
任务：
(1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格；
(2)把证明过程补充完整；
(3)如图2，已知是的直径，是的切线，A为切点，割线与交于点E，且满足，，求的长．
【变式1-3】．如图，是的直径，点C在圆上，D、E是的延长线上的点，连接，且，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求线段的长．
类型2、利用相似三角形确定线段间的关系
【例2-1】．在正方形中，点，分别在边，上，连接，交于点，已知．
(1)如图1，若，则 ；
(2)如图2，以为直径的圆交于H，交于点P，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，若求正方形的边长．
【例2-2】．在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图①
小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值．
请求出当．时，长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明．
【例2-3】．如图，在中，，，过的延长线上的点D作的垂线，与过A，C，D三点的圆O交于点E，连结，．
(1)求的值；
(2)设，，
①求y关于x的函数关系式；
②若是等腰三角形，求y的值；
(3)若点B关于的对称点F为弧的中点，求圆O的半径．
【变式2-1】．如图，点是上的一个动点，点是圆外任意两点，连接，作的外接圆，恰好为外接圆的直径，且外接圆过点，点是的中点，共线．
(1)作的边上的高，垂足为点，证明：①；②；
(2)若的半径为，，，求线段的长度的最小值．
【变式2-2】．如图1，四边形中，，点E是边上一点，且平分，作的外接圆，点D在圆上．
(1)求证：是的切线；
(2)如图2，，点H是上一点，满足，连接，分别交于点M、N．
①猜想之间的数量关系，并说明理由；
②求的面积．
类型3 利用相似求圆中的最值
【例3-1】．如图，正方形的边长为2，以为半径作圆，为弧上的一点，过点作于点，连接、．
(1)求证：；
(2)连接，求的最小值．
【例3-2】．如图，点是上的一个动点，点是圆外任意两点，连接，作的外接圆，恰好为外接圆的直径，且外接圆过点，点是的中点，共线．
(1)作的边上的高，垂足为点，证明：①；②；
(2)若的半径为，，，求线段的长度的最小值．
【变式3-1】．已知直线与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为．
(1)求的度数；
(2)如图，连接、、，点在直线上运动，若和相似，求点的坐标；
(3)点为线段上任意一点（不与、重合），经过三点的圆交直线于点，当面积最大时，求出面积的最大值及此时点的坐标．
【变式3-2】．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于点C．
(1)求点A、B、C的坐标；
(2)如图2，若点P在以点O为圆心，长为半径作的圆上，连接，请你直接写出的最小值．
类型4 利用相似求圆中线段的比值
【例4-1】如图，ABC是⊙O的内接三角形，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，AE是⊙O的直径，连接EC
（1）求证：；
（2）若，于点，，，求的值
【变式4-1】如图，内接于，且，是是上的一点，在的延长线上，连结交于，连结．
（1）求证：平分；
（2）若，BC=3,求BD.BF
【变式4-2】如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线交BC于点F，交△ABC的外接圆⊙O于点D，连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM＝∠DAC.
(1)求证：直线DM是⊙O的切线；
(2)若DE=4求DF·DA.的值
(第7题)
人教版九年级数学下名师点拨与训练
第27章 相似
专题 圆与相似三角形的综合题探究
方法指导：
圆与相似三角形相综合是中考中的热门考点，解圆与相似三角形相综合的问题时，关键是要从圆中去抽取出相似三角形模型，然后利用相似三角形的性质去证明和求解相关问题．在证两三角形相似时，往往构造同弧所对的圆周角相等或直径所对的圆周角是直角；从而为证两三角形相似创造角相等的条件．
常用方法:
①利用垂径定理,通过在由半弦、半径、弦心距组成的直角三角形,运用勾股定理或相似进行计算:
②利用圆周角相等转移角的等量关系构造相似三角形;
③利用直径构造直角三角形构造相似三角形;
类型1 利用相似三角形求线段的长
【例1-1】．在圆内接四边形中，，延长交于，则长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，补角性质，相似三角形的判定和性质，利用圆的内接三角形和补角性质可得，即得，得到，设，列出方程组即可求解，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【详解】解：四边形内接于圆，
，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，
则有，
解得，
∴，
故选：．
【例1-2】．如图，，，分别与相切于点E，F，G三点，且，，分别交圆于点M，N，若与的乘积为6，则长（ ）
A． B． C． D．6
【答案】A
【分析】连接、、，根据切线的性质，角平分线的判定定理，平行线的性质可得出是直角三角形，再根据相似三角形的判定和性质得出，再勾股定理可求出，即可求解．
【详解】解：如图，连接、、，
，，分别与相切于点E，F，G三点，
，，
，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查切线的性质，平行线的性质以及相似三角形的判定和性质，角平分线的判定定理，勾股定理等；掌握切线的性质，平行线的性质以及相似三角形的性质和判定方法是解题的关键．
【例1-3】．如图，为圆的直径，为圆上一点，过点作圆的切线交的延长线上于点，四分之一，连接，若，，则的长度为 ．
【答案】
【分析】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，解题的关键是掌握相关知识．连接，连接并延长交圆于点，由四分之一，，可得，，根据切线的性质和圆周角定理可得，证明，得到，求出，再利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接，连接并延长交圆于点，
四分之一，，
，，
是圆的切线，
，
是圆的直径，点在圆，
，
，
即，
，
，，
，
又，
，
，即，
得，
，
，
，
故答案为：．
【变式1-1】．如图，为的直径，C，D为圆上的两点，，弦相交于点E．
(1)求证：；
(2)若，求的半径；
(3)在（2）的条件下，过点C作的切线，交的延长线于点P，过点P作交于F，Q两点（点F在线段上），求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)．
【分析】对于（1），先根据等腰三角形的性质得，再根据平行线得性质得，即可得出，然后根据“弧，弦，圆周角的关系”得出答案；
对于（2），连接，可知，再根据“两角相等的两个三角形相似”得，即可求出，然后根据直径所对的圆周角是直角得，最后根据勾股定理得出答案；
对于（3），作，连接，先根据切线的性质得再根据“两角相等的两个三角形相似”得，根据相似三角形的对应边成比例得，即可求出，进而求出，然后说明，再根据相似三角形的对应边成比例求出，，接下来根据勾股定理求出,最后根据得出答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）连接，
∵，
∴．
∵
∴，且，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵是直径，
∴，
∴，
∴的半径为；
（3）如图，过点O作于点H，连接，
∵是切线，
∴且，
∴且，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴．
∵，
∴，且，
∴，
∴，
即，
∴，，
∴,
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，切线的性质，平行线的性质，弧，弦，圆心角的关系，作出辅助线，构造相似三角形是解题的关键．
【变式1-2】．阅读与思考
《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部著作，它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．下面是其中的切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，证明过程如下：
如图1：已知点P是外一点，是切线，F是切点，是割线，点A，B是它与的交点，求证：．
证明：连接并延长交于点C，连接，，．
∵是的切线，
．
∵是的直径，
（依据：______）．
，
．
又（依据：______），
．
…………
任务：
(1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格；
(2)把证明过程补充完整；
(3)如图2，已知是的直径，是的切线，A为切点，割线与交于点E，且满足，，求的长．
【答案】(1)直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等
(2)见解析
(3)
【分析】（1）有题意可知利用了直径所对的圆周角是直角混合同弧所对的圆周角相等；
（2）进一步证明，有即可；
（3）连接AD，BF，利用切割定理即可求得，，，则，结合勾股定理求得．进一步证明，则，求得，即可求得．
【详解】（1）解：根据题意可得，直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等；
（2）证明：
又，
．
．
．
（3）解：如图，连接，，
，
∴设，，，则．
∵是的切线，是割线，
∴由切割线定理得，则，
解得或（舍去），
，，，则．
∵AB是的直径，AC是的切线，
．
．
，，
，则．
，
．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、相似三角形的判定和性质、直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等以及勾股定理，解题的关键是熟悉圆的相关知识和相似三角形的性质．
【变式1-3】．如图，是的直径，点C在圆上，D、E是的延长线上的点，连接，且，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由及，可得，进而可得，即可证明是的切线；
（2）由直径所对的圆周角为90度可得，设，用含x的式子表示出，，再证，根据对应边成比例求出x的值，再利用勾股定理解和即可．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
即，
，
是的直径，
是的切线；
（2）解：如图，连接，
是的直径，
，
是的切线，
，
设，则，，
，，
，
，
，
解得（负值舍去），
，，
，
．
【点睛】本题考查切线的判定、等腰三角形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理等，能够综合应用上述知识点是解题的关键．
类型2、利用相似三角形确定线段间的关系
【例2-1】．在正方形中，点，分别在边，上，连接，交于点，已知．
(1)如图1，若，则 ；
(2)如图2，以为直径的圆交于H，交于点P，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，若求正方形的边长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证△≌△，可得，由等腰三角形的性质可得结论；
（2）由平行线分线段成比例可得，通过证明△△，可得，即可求解；
（3）根据角平分线的判定得出，进而得出设列方程即可求解．
【详解】（1）解：四边形是正方形，
，，，
，
∴△≌△，
，
∵，
，
又，
，
∴，，
∴；
故答案为：
（2）证明：如图2，过点作于，
，
，
∵，，
，
由（1）可知，
，
又，
△△，
，
；
（3）解：∵，
，
∵，
∴
由（1）可知，，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
设
则即
解得，
∴．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
【例2-2】．在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图①
小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值．
请求出当．时，长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明．
【答案】操作发现：与相切；实践探究：；问题解决：见解析
【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论；
实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解；
问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：，
得到，根据，易证，得到，即可证明结论．
【详解】操作发现：
解：连接并延长交于点M，连接，
是直径，
，
，
由旋转的性质得，
，
，
，
是的半径，
与相切；
实践探究：
解： 由旋转的性质得：，
即，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
当时，有最大值为；
问题解决：
证明：过点E作交于点N，
由旋转的性质知：，
，
，
，
，
由旋转的性质得：，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键．
【例2-3】．如图，在中，，，过的延长线上的点D作的垂线，与过A，C，D三点的圆O交于点E，连结，．
(1)求的值；
(2)设，，
①求y关于x的函数关系式；
②若是等腰三角形，求y的值；
(3)若点B关于的对称点F为弧的中点，求圆O的半径．
【答案】(1)
(2)①；②或或
(3)
【分析】（1）作，交点为H，根据等腰三角形的性质可得，再利用勾股定理求得，由圆内接四边形的性质可得，进而可得，即可求解；
（2）①过点A作，交点为G，证明四边形是矩形，可得，进而可得，由（1）可得，，即，在中，利用锐角三角函数求解即可；
②先利用y的代数式表示的三条边，再利用分类讨论思想分三种情况：、、，即可求解；
（3）利用对称轴的性质和等腰三角形的性质点A、F为半圆的三等分点，再利用圆周角定理和直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：作，交点为H，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）解：过点A作，交点为G，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
由（1）可得，，
∴，
在中，，
则，即．
②由（2）①得，，，
∴，，
由题意得，，
当时，，
解得（负值舍去），
当时，，
解得，（舍去），
由得，，
解得，
综上所述，若是等腰三角形，y的为或或；
（3）解：连接，
∵，
∴，
∴是的直径，
∴，
∵点B关于的对称点F为弧的中点，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即点A、F为半圆的三等分点，
∴，
∴，
∴的半径为5．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆内接四边形的性质、勾股定理、矩形的判定与性质、直角三角形的性质、锐角三角函数、圆周角定理，运用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
【变式2-1】．如图，点是上的一个动点，点是圆外任意两点，连接，作的外接圆，恰好为外接圆的直径，且外接圆过点，点是的中点，共线．
(1)作的边上的高，垂足为点，证明：①；②；
(2)若的半径为，，，求线段的长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）由直径所对的圆周角为90度可得，通过证明可证①，证明可证②；
（2）取中点N，连接，则是的中位线，，可得点M在以N为圆心，为半径的圆上，再根据圆外一点到圆上点的距离求最小值．
【详解】（1）证明：①如图，作的边上的高，垂足为点，
恰好为外接圆的直径，
，
，
，
，，
，
又，
，
，
；
②，，
，
，
；
（2）解：，，，
，
取中点N，连接，则，
点是的中点，
是的中位线，
，
N为定点，
点M在以N为圆心，为半径的圆上，
连接交于点，此时线段的长度最小，
最小值为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线的性质，圆外一点到圆上点的距离等，综合性较强，有一定难度，找到点M的运动轨迹是解题的关键．
【变式2-2】．如图1，四边形中，，点E是边上一点，且平分，作的外接圆，点D在圆上．
(1)求证：是的切线；
(2)如图2，，点H是上一点，满足，连接，分别交于点M、N．
①猜想之间的数量关系，并说明理由；
②求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①，理由见解析；②
【分析】（1）连接，根据和平分，得出，结合，得出，即，即可证明；
（2）①根据，，得出，再根据且 ，运用圆周角定理得出，根据是的直径，根据圆周角定理得出，结合，得，即可得出，即可求解；
②如图，延长相交于点F， 连接，根据，且，运用勾股定理得出，证明，得出，根据，运用相似三角形的性质算出，即可求解；
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解： 如图
①猜想：．理由如下：
∵，，
∴，
又∵且 ，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴；
②如图，延长相交于点F， 连接，
∵，且，
∴，
∵平分且，
∴，
在和中
，
，
，
∵，
∴，
∴， 即，
∴，
∴．
【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，圆周角定理，切线的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是正确作出辅助线．
类型3 利用相似求圆中的最值
【例3-1】．如图，正方形的边长为2，以为半径作圆，为弧上的一点，过点作于点，连接、．
(1)求证：；
(2)连接，求的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的性质，相似三角形的性质与判定，正方形的性质；
（1）根据正方形的性质以及圆的性质可得，，根据三角形内角和定理得出，等量代换即可得证；
（2）连接、交于点，连接，证明进而得出，则，进而可得当、、三点共线时，最小，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
，
，即，
，
，
，
，
；
（2）连接、交于点，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
当、、三点共线且时，最小，
当、、三点共线时，最小，
此时，
，
的最小值为．
【例3-2】．如图，点是上的一个动点，点是圆外任意两点，连接，作的外接圆，恰好为外接圆的直径，且外接圆过点，点是的中点，共线．
(1)作的边上的高，垂足为点，证明：①；②；
(2)若的半径为，，，求线段的长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）由直径所对的圆周角为90度可得，通过证明可证①，证明可证②；
（2）取中点N，连接，则是的中位线，，可得点M在以N为圆心，为半径的圆上，再根据圆外一点到圆上点的距离求最小值．
【详解】（1）证明：①如图，作的边上的高，垂足为点，
恰好为外接圆的直径，
，
，
，
，，
，
又，
，
，
；
②，，
，
，
；
（2）解：，，，
，
取中点N，连接，则，
点是的中点，
是的中位线，
，
N为定点，
点M在以N为圆心，为半径的圆上，
连接交于点，此时线段的长度最小，
最小值为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线的性质，圆外一点到圆上点的距离等，综合性较强，有一定难度，找到点M的运动轨迹是解题的关键．
【变式3-1】．已知直线与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为．
(1)求的度数；
(2)如图，连接、、，点在直线上运动，若和相似，求点的坐标；
(3)点为线段上任意一点（不与、重合），经过三点的圆交直线于点，当面积最大时，求出面积的最大值及此时点的坐标．
【答案】(1)；
(2)或或；
(3)面积，的坐标．
【分析】（）过作轴于点，则，由得，当时，，当时，，得，则，同理，从而求解；
（）由勾股定理得，，设，则，根据相似三角形的性质分三种情况讨论即可；
（）设经过三点的圆的圆心为，则为直径，当轴时，面积最大，即可求解；
本题考查了相似三角形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，一次函数的性质，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
【详解】（1）如图，过作轴于点，则，
由得，当时，，当时，，
∴点，，
∴，
∴，
∵的坐标为，
∴，，
∴，
∴
∴；
（2）如图，由（）得，点，，，
由勾股定理得，
，
设，则，
当，
∴，即，
∴，
解得：，，
∴,
∴，
同理，
当，
∴，
∴，
解得：（舍去）或，
∴，
∴，
综上可知：或或；
（3）如图，设经过三点的圆的圆心为，由（）得，
∴为直径，
由面积为，要使面积最大则，
当轴时，面积最大，
∴，
∵，
∴，
∴的坐标，面积．
【变式3-2】．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于点C．
(1)求点A、B、C的坐标；
(2)如图2，若点P在以点O为圆心，长为半径作的圆上，连接，请你直接写出的最小值．
【答案】(1)，
(2)的最小值为
【分析】（1）通过解方程可得A点和B点坐标，再计算自变量为0时的函数值可得到C点坐标；
（2）证明得，，根据M、P、B三点共线即可得到结论．
【详解】（1）将代入得，，
解得，
∴点A的坐标为，点B的坐标为；
将代入得，
∴点C的坐标为；
（2）在上截取，使，
∵，
∴，
∴，
∴，
当M、P、B三点共线时，最短，
根据勾股定理，最小值为．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，勾股定理的应用，三角形相似的判断和性质等，第（3）问，构造相似三角形求解是关键．
类型4 利用相似求圆中线段的比值
【例4-1】如图，ABC是⊙O的内接三角形，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，AE是⊙O的直径，连接EC
（1）求证：；
（2）若，于点，，，求的值
【答案】（1）证明见详解；（2）18．
【分析】
（1）连接，根据是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，可得，利用，得到，根据圆周角定理可得，则可证得；
（2）由（1）可知，易得△AFC∽△CFB，则有,则可得，并可求得，连接，易证△ACD∽△AEB，则有，可得．
【详解】
解：（1）连接
∵是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，
∴∠OCF=∠ACE=90°，
∴
∴
又∵
∴
根据圆周角定理可得：
∴，
∴；
（2）由（1）可知，
∵
∴△AFC∽△CFB
∴
∴,
∵，，
∴
∴
∴
又∵△AFC∽△CFB中，
∴，
如图示，连接
∵，∠ADC=∠ABE=90°
∴△ACD∽△AEB
∴
∴．
【点睛】
本题考查了圆的性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，三角形相似的判定与性质等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
【变式4-1】如图，内接于，且，是是上的一点，在的延长线上，连结交于，连结．
（1）求证：平分；
（2）若，BC=3,求BD.BF
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）据等边对等角，判定∠DCB=∠DBC，再据同弧所对圆周角相等，判定∠DAC=∠DBC，再据圆内接四边形性质判定∠EAD=∠DCB，最后得证平分；
（2）运用等边对等角和同弧所对圆周角相等证得∠CFB=∠DCB，据△BCF和△BDC还有一个公共角，由有两个角对应相等的三角形相似，证得．
【详解】
如下图
（1）∵
∴
又∵，
∴，即平分．
（2）∵
∴
又∵，
∴
又∵
∴．
∴=
∴BC2=BD.BF
BD.BF=32 =9
【点睛】
此题考查圆周角的相关知识及圆内接四边形的性质．找准图形正确运用相关知识是关键．
【变式4-2】如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线交BC于点F，交△ABC的外接圆⊙O于点D，连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM＝∠DAC.
(1)求证：直线DM是⊙O的切线；
(2)若DE=4求DF·DA.的值
(第7题)
证明：(1)如图，连接OD.
∵点E是△ABC的内心，
∴∠BAD＝∠CAD.
∴＝.∴OD⊥BC.
又∵∠BDM＝∠DAC，∠DAC＝∠DBC，
∴∠BDM＝∠DBC.
∴BC∥DM.∴OD⊥DM.
∴直线DM是⊙O的切线．
(2)如图，连接BE.
∵点E是△ABC的内心，
∴∠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题)
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人教版九年级数学下名师点拨与训练
第27章 相似
专题 圆与相似三角形的综合题探究
方法指导：
圆与相似三角形相综合是中考中的热门考点，解圆与相似三角形相综合的问题时，关键是要从圆中去抽取出相似三角形模型，然后利用相似三角形的性质去证明和求解相关问题．在证两三角形相似时，往往构造同弧所对的圆周角相等或直径所对的圆周角是直角；从而为证两三角形相似创造角相等的条件．
常用方法:
①利用垂径定理,通过在由半弦、半径、弦心距组成的直角三角形,运用勾股定理或相似进行计算:
②利用圆周角相等转移角的等量关系构造相似三角形;
③利用直径构造直角三角形从而构造相似三角形;
类型1 利用相似三角形求线段的长
【例1-1】．在圆内接四边形中，，延长交于，则长为（ ）
A． B． C． D．
【例1-2】．如图，，，分别与相切于点E，F，G三点，且，，分别交圆于点M，N，若与的乘积为6，则长（ ）
A． B． C． D．6
【例1-3】．如图，为圆的直径，为圆上一点，过点作圆的切线交的延长线上于点，四分之一，连接，若，，则的长度为 ．
【变式1-1】．如图，为的直径，C，D为圆上的两点，，弦相交于点E．
(1)求证：；
(2)若，求的半径；
(3)在（2）的条件下，过点C作的切线，交的延长线于点P，过点P作交于F，Q两点（点F在线段上），求的长．
【变式1-2】．阅读与思考
《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部著作，它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．下面是其中的切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，证明过程如下：
如图1：已知点P是外一点，是切线，F是切点，是割线，点A，B是它与的交点，求证：．
证明：连接并延长交于点C，连接，，．
∵是的切线，
．
∵是的直径，
（依据：______）．
，
．
又（依据：______），
．
…………
任务：
(1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格；
(2)把证明过程补充完整；
(3)如图2，已知是的直径，是的切线，A为切点，割线与交于点E，且满足，，求的长．
【变式1-3】．如图，是的直径，点C在圆上，D、E是的延长线上的点，连接，且，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求线段的长．
类型2、利用相似三角形确定线段间的关系
【例2-1】．在正方形中，点，分别在边，上，连接，交于点，已知．
(1)如图1，若，则 ；
(2)如图2，以为直径的圆交于H，交于点P，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，若求正方形的边长．
【例2-2】．在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图①
小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值．
请求出当．时，长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明．
【例2-3】．如图，在中，，，过的延长线上的点D作的垂线，与过A，C，D三点的圆O交于点E，连结，．
(1)求的值；
(2)设，，
①求y关于x的函数关系式；
②若是等腰三角形，求y的值；
(3)若点B关于的对称点F为弧的中点，求圆O的半径．
【变式2-1】．如图，点是上的一个动点，点是圆外任意两点，连接，作的外接圆，恰好为外接圆的直径，且外接圆过点，点是的中点，共线．
(1)作的边上的高，垂足为点，证明：①；②；
(2)若的半径为，，，求线段的长度的最小值．
【变式2-2】．如图1，四边形中，，点E是边上一点，且平分，作的外接圆，点D在圆上．
(1)求证：是的切线；
(2)如图2，，点H是上一点，满足，连接，分别交于点M、N．
①猜想之间的数量关系，并说明理由；
②求的面积．
类型3 利用相似求圆中的最值
【例3-1】．如图，正方形的边长为2，以为半径作圆，为弧上的一点，过点作于点，连接、．
(1)求证：；
(2)连接，求的最小值．
【例3-2】．如图，点是上的一个动点，点是圆外任意两点，连接，作的外接圆，恰好为外接圆的直径，且外接圆过点，点是的中点，共线．
(1)作的边上的高，垂足为点，证明：①；②；
(2)若的半径为，，，求线段的长度的最小值．
【变式3-1】．已知直线与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为．
(1)求的度数；
(2)如图，连接、、，点在直线上运动，若和相似，求点的坐标；
(3)点为线段上任意一点（不与、重合），经过三点的圆交直线于点，当面积最大时，求出面积的最大值及此时点的坐标．
【变式3-2】．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于点C．
(1)求点A、B、C的坐标；
(2)如图2，若点P在以点O为圆心，长为半径作的圆上，连接，请你直接写出的最小值．
类型4 利用相似求圆中线段的比值
【例4-1】如图，ABC是⊙O的内接三角形，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，AE是⊙O的直径，连接EC
（1）求证：；
（2）若，于点，，，求的值
【变式4-1】如图，内接于，且，是是上的一点，在的延长线上，连结交于，连结．
（1）求证：平分；
（2）若，BC=3,求BD.BF
【变式4-2】如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线交BC于点F，交△ABC的外接圆⊙O于点D，连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM＝∠DAC.
(1)求证：直线DM是⊙O的切线；
(2)若DE=4求DF·DA.的值
(第7题)
人教版九年级数学下名师点拨与训练
第27章 相似
专题 圆与相似三角形的综合题探究
方法指导：
圆与相似三角形相综合是中考中的热门考点，解圆与相似三角形相综合的问题时，关键是要从圆中去抽取出相似三角形模型，然后利用相似三角形的性质去证明和求解相关问题．在证两三角形相似时，往往构造同弧所对的圆周角相等或直径所对的圆周角是直角；从而为证两三角形相似创造角相等的条件．
常用方法:
①利用垂径定理,通过在由半弦、半径、弦心距组成的直角三角形,运用勾股定理或相似进行计算:
②利用圆周角相等转移角的等量关系构造相似三角形;
③利用直径构造直角三角形构造相似三角形;
类型1 利用相似三角形求线段的长
【例1-1】．在圆内接四边形中，，延长交于，则长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，补角性质，相似三角形的判定和性质，利用圆的内接三角形和补角性质可得，即得，得到，设，列出方程组即可求解，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【详解】解：四边形内接于圆，
，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，
则有，
解得，
∴，
故选：．
【例1-2】．如图，，，分别与相切于点E，F，G三点，且，，分别交圆于点M，N，若与的乘积为6，则长（ ）
A． B． C． D．6
【答案】A
【分析】连接、、，根据切线的性质，角平分线的判定定理，平行线的性质可得出是直角三角形，再根据相似三角形的判定和性质得出，再勾股定理可求出，即可求解．
【详解】解：如图，连接、、，
，，分别与相切于点E，F，G三点，
，，
，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查切线的性质，平行线的性质以及相似三角形的判定和性质，角平分线的判定定理，勾股定理等；掌握切线的性质，平行线的性质以及相似三角形的性质和判定方法是解题的关键．
【例1-3】．如图，为圆的直径，为圆上一点，过点作圆的切线交的延长线上于点，四分之一，连接，若，，则的长度为 ．
【答案】
【分析】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，解题的关键是掌握相关知识．连接，连接并延长交圆于点，由四分之一，，可得，，根据切线的性质和圆周角定理可得，证明，得到，求出，再利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接，连接并延长交圆于点，
四分之一，，
，，
是圆的切线，
，
是圆的直径，点在圆，
，
，
即，
，
，，
，
又，
，
，即，
得，
，
，
，
故答案为：．
【变式1-1】．如图，为的直径，C，D为圆上的两点，，弦相交于点E．
(1)求证：；
(2)若，求的半径；
(3)在（2）的条件下，过点C作的切线，交的延长线于点P，过点P作交于F，Q两点（点F在线段上），求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)．
【分析】对于（1），先根据等腰三角形的性质得，再根据平行线得性质得，即可得出，然后根据“弧，弦，圆周角的关系”得出答案；
对于（2），连接，可知，再根据“两角相等的两个三角形相似”得，即可求出，然后根据直径所对的圆周角是直角得，最后根据勾股定理得出答案；
对于（3），作，连接，先根据切线的性质得再根据“两角相等的两个三角形相似”得，根据相似三角形的对应边成比例得，即可求出，进而求出，然后说明，再根据相似三角形的对应边成比例求出，，接下来根据勾股定理求出,最后根据得出答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）连接，
∵，
∴．
∵
∴，且，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵是直径，
∴，
∴，
∴的半径为；
（3）如图，过点O作于点H，连接，
∵是切线，
∴且，
∴且，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴．
∵，
∴，且，
∴，
∴，
即，
∴，，
∴,
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，切线的性质，平行线的性质，弧，弦，圆心角的关系，作出辅助线，构造相似三角形是解题的关键．
【变式1-2】．阅读与思考
《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部著作，它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．下面是其中的切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，证明过程如下：
如图1：已知点P是外一点，是切线，F是切点，是割线，点A，B是它与的交点，求证：．
证明：连接并延长交于点C，连接，，．
∵是的切线，
．
∵是的直径，
（依据：______）．
，
．
又（依据：______），
．
…………
任务：
(1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格；
(2)把证明过程补充完整；
(3)如图2，已知是的直径，是的切线，A为切点，割线与交于点E，且满足，，求的长．
【答案】(1)直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等
(2)见解析
(3)
【分析】（1）有题意可知利用了直径所对的圆周角是直角混合同弧所对的圆周角相等；
（2）进一步证明，有即可；
（3）连接AD，BF，利用切割定理即可求得，，，则，结合勾股定理求得．进一步证明，则，求得，即可求得．
【详解】（1）解：根据题意可得，直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等；
（2）证明：
又，
．
．
．
（3）解：如图，连接，，
，
∴设，，，则．
∵是的切线，是割线，
∴由切割线定理得，则，
解得或（舍去），
，，，则．
∵AB是的直径，AC是的切线，
．
．
，，
，则．
，
．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、相似三角形的判定和性质、直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等以及勾股定理，解题的关键是熟悉圆的相关知识和相似三角形的性质．
【变式1-3】．如图，是的直径，点C在圆上，D、E是的延长线上的点，连接，且，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由及，可得，进而可得，即可证明是的切线；
（2）由直径所对的圆周角为90度可得，设，用含x的式子表示出，，再证，根据对应边成比例求出x的值，再利用勾股定理解和即可．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
即，
，
是的直径，
是的切线；
（2）解：如图，连接，
是的直径，
，
是的切线，
，
设，则，，
，，
，
，
，
解得（负值舍去），
，，
，
．
【点睛】本题考查切线的判定、等腰三角形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理等，能够综合应用上述知识点是解题的关键．
类型2、利用相似三角形确定线段间的关系
【例2-1】．在正方形中，点，分别在边，上，连接，交于点，已知．
(1)如图1，若，则 ；
(2)如图2，以为直径的圆交于H，交于点P，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，若求正方形的边长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证△≌△，可得，由等腰三角形的性质可得结论；
（2）由平行线分线段成比例可得，通过证明△△，可得，即可求解；
（3）根据角平分线的判定得出，进而得出设列方程即可求解．
【详解】（1）解：四边形是正方形，
，，，
，
∴△≌△，
，
∵，
，
又，
，
∴，，
∴；
故答案为：
（2）证明：如图2，过点作于，
，
，
∵，，
，
由（1）可知，
，
又，
△△，
，
；
（3）解：∵，
，
∵，
∴
由（1）可知，，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
设
则即
解得，
∴．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
【例2-2】．在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图①
小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值．
请求出当．时，长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明．
【答案】操作发现：与相切；实践探究：；问题解决：见解析
【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论；
实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解；
问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：，
得到，根据，易证，得到，即可证明结论．
【详解】操作发现：
解：连接并延长交于点M，连接，
是直径，
，
，
由旋转的性质得，
，
，
，
是的半径，
与相切；
实践探究：
解： 由旋转的性质得：，
即，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
当时，有最大值为；
问题解决：
证明：过点E作交于点N，
由旋转的性质知：，
，
，
，
，
由旋转的性质得：，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键．
【例2-3】．如图，在中，，，过的延长线上的点D作的垂线，与过A，C，D三点的圆O交于点E，连结，．
(1)求的值；
(2)设，，
①求y关于x的函数关系式；
②若是等腰三角形，求y的值；
(3)若点B关于的对称点F为弧的中点，求圆O的半径．
【答案】(1)
(2)①；②或或
(3)
【分析】（1）作，交点为H，根据等腰三角形的性质可得，再利用勾股定理求得，由圆内接四边形的性质可得，进而可得，即可求解；
（2）①过点A作，交点为G，证明四边形是矩形，可得，进而可得，由（1）可得，，即，在中，利用锐角三角函数求解即可；
②先利用y的代数式表示的三条边，再利用分类讨论思想分三种情况：、、，即可求解；
（3）利用对称轴的性质和等腰三角形的性质点A、F为半圆的三等分点，再利用圆周角定理和直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：作，交点为H，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）解：过点A作，交点为G，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
由（1）可得，，
∴，
在中，，
则，即．
②由（2）①得，，，
∴，，
由题意得，，
当时，，
解得（负值舍去），
当时，，
解得，（舍去），
由得，，
解得，
综上所述，若是等腰三角形，y的为或或；
（3）解：连接，
∵，
∴，
∴是的直径，
∴，
∵点B关于的对称点F为弧的中点，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即点A、F为半圆的三等分点，
∴，
∴，
∴的半径为5．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆内接四边形的性质、勾股定理、矩形的判定与性质、直角三角形的性质、锐角三角函数、圆周角定理，运用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
【变式2-1】．如图，点是上的一个动点，点是圆外任意两点，连接，作的外接圆，恰好为外接圆的直径，且外接圆过点，点是的中点，共线．
(1)作的边上的高，垂足为点，证明：①；②；
(2)若的半径为，，，求线段的长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）由直径所对的圆周角为90度可得，通过证明可证①，证明可证②；
（2）取中点N，连接，则是的中位线，，可得点M在以N为圆心，为半径的圆上，再根据圆外一点到圆上点的距离求最小值．
【详解】（1）证明：①如图，作的边上的高，垂足为点，
恰好为外接圆的直径，
，
，
，
，，
，
又，
，
，
；
②，，
，
，
；
（2）解：，，，
，
取中点N，连接，则，
点是的中点，
是的中位线，
，
N为定点，
点M在以N为圆心，为半径的圆上，
连接交于点，此时线段的长度最小，
最小值为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线的性质，圆外一点到圆上点的距离等，综合性较强，有一定难度，找到点M的运动轨迹是解题的关键．
【变式2-2】．如图1，四边形中，，点E是边上一点，且平分，作的外接圆，点D在圆上．
(1)求证：是的切线；
(2)如图2，，点H是上一点，满足，连接，分别交于点M、N．
①猜想之间的数量关系，并说明理由；
②求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①，理由见解析；②
【分析】（1）连接，根据和平分，得出，结合，得出，即，即可证明；
（2）①根据，，得出，再根据且 ，运用圆周角定理得出，根据是的直径，根据圆周角定理得出，结合，得，即可得出，即可求解；
②如图，延长相交于点F， 连接，根据，且，运用勾股定理得出，证明，得出，根据，运用相似三角形的性质算出，即可求解；
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解： 如图
①猜想：．理由如下：
∵，，
∴，
又∵且 ，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴；
②如图，延长相交于点F， 连接，
∵，且，
∴，
∵平分且，
∴，
在和中
，
，
，
∵，
∴，
∴， 即，
∴，
∴．
【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，圆周角定理，切线的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是正确作出辅助线．
类型3 利用相似求圆中的最值
【例3-1】．如图，正方形的边长为2，以为半径作圆，为弧上的一点，过点作于点，连接、．
(1)求证：；
(2)连接，求的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的性质，相似三角形的性质与判定，正方形的性质；
（1）根据正方形的性质以及圆的性质可得，，根据三角形内角和定理得出，等量代换即可得证；
（2）连接、交于点，连接，证明进而得出，则，进而可得当、、三点共线时，最小，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
，
，即，
，
，
，
，
；
（2）连接、交于点，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
当、、三点共线且时，最小，
当、、三点共线时，最小，
此时，
，
的最小值为．
【例3-2】．如图，点是上的一个动点，点是圆外任意两点，连接，作的外接圆，恰好为外接圆的直径，且外接圆过点，点是的中点，共线．
(1)作的边上的高，垂足为点，证明：①；②；
(2)若的半径为，，，求线段的长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）由直径所对的圆周角为90度可得，通过证明可证①，证明可证②；
（2）取中点N，连接，则是的中位线，，可得点M在以N为圆心，为半径的圆上，再根据圆外一点到圆上点的距离求最小值．
【详解】（1）证明：①如图，作的边上的高，垂足为点，
恰好为外接圆的直径，
，
，
，
，，
，
又，
，
，
；
②，，
，
，
；
（2）解：，，，
，
取中点N，连接，则，
点是的中点，
是的中位线，
，
N为定点，
点M在以N为圆心，为半径的圆上，
连接交于点，此时线段的长度最小，
最小值为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线的性质，圆外一点到圆上点的距离等，综合性较强，有一定难度，找到点M的运动轨迹是解题的关键．
【变式3-1】．已知直线与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为．
(1)求的度数；
(2)如图，连接、、，点在直线上运动，若和相似，求点的坐标；
(3)点为线段上任意一点（不与、重合），经过三点的圆交直线于点，当面积最大时，求出面积的最大值及此时点的坐标．
【答案】(1)；
(2)或或；
(3)面积，的坐标．
【分析】（）过作轴于点，则，由得，当时，，当时，，得，则，同理，从而求解；
（）由勾股定理得，，设，则，根据相似三角形的性质分三种情况讨论即可；
（）设经过三点的圆的圆心为，则为直径，当轴时，面积最大，即可求解；
本题考查了相似三角形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，一次函数的性质，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
【详解】（1）如图，过作轴于点，则，
由得，当时，，当时，，
∴点，，
∴，
∴，
∵的坐标为，
∴，，
∴，
∴
∴；
（2）如图，由（）得，点，，，
由勾股定理得，
，
设，则，
当，
∴，即，
∴，
解得：，，
∴,
∴，
同理，
当，
∴，
∴，
解得：（舍去）或，
∴，
∴，
综上可知：或或；
（3）如图，设经过三点的圆的圆心为，由（）得，
∴为直径，
由面积为，要使面积最大则，
当轴时，面积最大，
∴，
∵，
∴，
∴的坐标，面积．
【变式3-2】．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于点C．
(1)求点A、B、C的坐标；
(2)如图2，若点P在以点O为圆心，长为半径作的圆上，连接，请你直接写出的最小值．
【答案】(1)，
(2)的最小值为
【分析】（1）通过解方程可得A点和B点坐标，再计算自变量为0时的函数值可得到C点坐标；
（2）证明得，，根据M、P、B三点共线即可得到结论．
【详解】（1）将代入得，，
解得，
∴点A的坐标为，点B的坐标为；
将代入得，
∴点C的坐标为；
（2）在上截取，使，
∵，
∴，
∴，
∴，
当M、P、B三点共线时，最短，
根据勾股定理，最小值为．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，勾股定理的应用，三角形相似的判断和性质等，第（3）问，构造相似三角形求解是关键．
类型4 利用相似求圆中线段的比值
【例4-1】如图，ABC是⊙O的内接三角形，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，AE是⊙O的直径，连接EC
（1）求证：；
（2）若，于点，，，求的值
【答案】（1）证明见详解；（2）18．
【分析】
（1）连接，根据是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，可得，利用，得到，根据圆周角定理可得，则可证得；
（2）由（1）可知，易得△AFC∽△CFB，则有,则可得，并可求得，连接，易证△ACD∽△AEB，则有，可得．
【详解】
解：（1）连接
∵是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，
∴∠OCF=∠ACE=90°，
∴
∴
又∵
∴
根据圆周角定理可得：
∴，
∴；
（2）由（1）可知，
∵
∴△AFC∽△CFB
∴
∴,
∵，，
∴
∴
∴
又∵△AFC∽△CFB中，
∴，
如图示，连接
∵，∠ADC=∠ABE=90°
∴△ACD∽△AEB
∴
∴．
【点睛】
本题考查了圆的性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，三角形相似的判定与性质等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
【变式4-1】如图，内接于，且，是是上的一点，在的延长线上，连结交于，连结．
（1）求证：平分；
（2）若，BC=3,求BD.BF
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）据等边对等角，判定∠DCB=∠DBC，再据同弧所对圆周角相等，判定∠DAC=∠DBC，再据圆内接四边形性质判定∠EAD=∠DCB，最后得证平分；
（2）运用等边对等角和同弧所对圆周角相等证得∠CFB=∠DCB，据△BCF和△BDC还有一个公共角，由有两个角对应相等的三角形相似，证得．
【详解】
如下图
（1）∵
∴
又∵，
∴，即平分．
（2）∵
∴
又∵，
∴
又∵
∴．
∴=
∴BC2=BD.BF
BD.BF=32 =9
【点睛】
此题考查圆周角的相关知识及圆内接四边形的性质．找准图形正确运用相关知识是关键．
【变式4-2】如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线交BC于点F，交△ABC的外接圆⊙O于点D，连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM＝∠DAC.
(1)求证：直线DM是⊙O的切线；
(2)若DE=4求DF·DA.的值
(第7题)
证明：(1)如图，连接OD.
∵点E是△ABC的内心，
∴∠BAD＝∠CAD.
∴＝.∴OD⊥BC.
又∵∠BDM＝∠DAC，∠DAC＝∠DBC，
∴∠BDM＝∠DBC.
∴BC∥DM.∴OD⊥DM.
∴直线DM是⊙O的切线．
(2)如图，连接BE.
∵点E是△ABC的内心，
∴∠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题)
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