数学九年级上册 圆 几何综合单元培优测试卷
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.已知:四边形ABCD 内接于⊙O ,∠ADC =90°,DE ⊥AB ,垂足为点E ,DE 的锯长线交⊙O 于点F ,DC 的延长线与FB 的延长线交于点G . (1)如图1,求证:GD =GF ;
(2)如图2,过点B 作BH ⊥AD ,垂足为点M ,B 交DF 于点P ,连接OG ,若点P 在线段OG 上,且PB =PH ,求∠ADF 的大小;
(3)如图3,在(2)的条件下,点M 是PH 的中点,点K 在BC 上,连接DK ,PC ,D 交PC 点N ,连接MN ,若AB =122,HM +CN =MN ,求DK 的长.
【答案】(1)见解析;(2)∠ADF =45°;(3)1810
. 【解析】 【分析】
(1)利用“同圆中,同弧所对的圆周角相等”可得∠A =∠GFD ,由“等角的余角相等”可得∠A =∠GDF ,等量代换得∠GDF =∠GFD ,根据“三角形中,等角对等边”得GD =GF ; (2)连接OD 、OF ,由△DPH ≌△FPB 可得:∠GBH =90°,由四边形内角和为360°可得:∠G =90°,即可得:∠ADF =45°;
(3)由等腰直角三角形可得AH =BH =12,DF =AB =12
,由四边形ABCD 内接于⊙O ,
可得:∠BCG =45°=∠CBG ,GC =GB ,可证四边形CDHP 是矩形,令CN =m ,利用勾股定理可求得m =2,过点N 作NS ⊥DP 于S ,连接AF ,FK ,过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ,过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R ,通过构造直角三角形,应用解直角三角形方法球得DK . 【详解】
解:(1)证明:∵DE ⊥AB ∴∠BED =90° ∴∠A +∠ADE =90° ∵∠ADC =90° ∴∠GDF +∠ADE =90° ∴∠A =∠GDF ∵BD BD = ∴∠A =∠GFD ∴∠GDF =∠GFD ∴GD =GF (2)连接OD 、OF ∵OD =OF ,GD =GF ∴OG ⊥DF ,PD =PF 在△DPH 和△FPB 中
PD PF DPH FPB PH PB =??
∠=∠??=?
∴△DPH ≌△FPB (SAS ) ∴∠FBP =∠DHP =90° ∴∠GBH =90°
∴∠DGF =360°﹣90°﹣90°﹣90°=90° ∴∠GDF =∠DFG =45° ∴∠ADF =45°
(3)在Rt △ABH 中,∵∠BAH =45°,AB =
∴AH =BH =12 ∴PH =PB =6 ∵∠HDP =∠HPD =45° ∴DH =PH =6
∴AD =12+6=18,PN =HM =1
2
PH =3,PD =
∵∠BFE =∠EBF =45° ∴EF =BE
∵∠DAE =∠ADE =45° ∴DE =AE
∴DF =AB =∵四边形ABCD 内接于⊙O ∴∠DAB +∠BCD =180° ∴∠BCD =135° ∴∠BCG =45°=∠CBG ∴GC =GB
又∵∠CGP =∠BGP =45°,GP =GP ∴△GCP ≌△GBP (SAS ) ∴∠PCG =∠PBG =90° ∴∠PCD =∠CDH =∠DHP =90° ∴四边形CDHP 是矩形
∴CD =HP =6,PC =DH =6,∠CPH =90° 令CN =m ,则PN =6﹣m ,MN =m +3 在Rt △PMN 中,∵PM 2+PN 2=MN 2 ∴32+(6﹣m )2=(m +3)2,解得m =2 ∴PN =4
过点N 作NS ⊥DP 于S ,
在Rt △PSN 中,PS =SN =
DS =﹣=
SN 1
tan
DS 2
SDN ∠=
== 连接AF ,FK ,过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ,过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R 在Rt △DFQ 中,FQ =DQ =12 ∴AQ =18﹣12=6 ∴tan 12
26
FQ FAQ AQ ∠=
== ∵四边形AFKD 内接于⊙O , ∴∠DAF +∠DKF =180° ∴∠DAF =180°﹣∠DKF =∠FKR
在Rt △DFR 中,∵DF =1tan 2
FDR ∠=
∴FR DR =
=
在Rt △FKR 中,∵FR tan ∠FKR =2
∴KR =
5
∴DK =DR ﹣KR =24106101810
555
=
-=
.
【点睛】
本题是一道有关圆的几何综合题,难度较大,主要考查了圆内接四边形的性质,圆周角定理,全等三角形性质及判定,等腰直角三角形性质,解直角三角形等知识点;解题关键是添加辅助线构造直角三角形.
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 =2;(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12108
GE =,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=2242
OC OE
-=;
(2)设⊙O的半径为r,
在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=10,AC=8,∴BC22
AB 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△ABC中,∠A=90°,AB=4,AC=3,M是AB上的动点(不与A,B重合),过M点作
MN∥BC交AC于点N.
(1)如图1,把△AMN沿直线MN折叠得到△PMN,设AM=x.
i.若点P正好在边BC上,求x的值;
ii.在M的运动过程中,记△MNP与梯形BCNM重合的面积为y,试求y关于x的函数关系式,并求y的最大值.
(2)如图2,以MN为直径作⊙O,并在⊙O内作内接矩形AMQN.试判断直线BC与⊙O的位置关系,并说明理由.
【答案】(1)i.当x=2时,点P恰好落在边BC上;ii. y=,
当x=时,重叠部分的面积最大,其值为2;(2)当x=时,⊙O与直线BC相切;当x<
时,⊙O与直线BC相离;x>时,⊙O与直线BC相交.
【解析】
试题分析:(1)i.根据轴对称的性质,可求得相等的线段与角,可得点M是AB中点,即当x=AB=2时,点P恰好落在边BC上;
ii.分两种情况讨论:①当0<x≤2时,△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积,根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积,易见y=x2
②当2<x<4时,如图2,设PM,PN分别交BC于E,F,由i.知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-(4-x)=2x-4,由题意知△PEF∽△ABC,利用相似三角形的性质即可求得.
(2)利用分类讨论的思想,先求的直线BC与⊙O相切时,x的值,然后得到相交,相离时x的取值范围.
试题解析:(1)i.如图1,
由轴对称性质知:AM=PM,∠AMN=∠PMN,
又MN∥BC,
∴∠PMN=∠BPM,∠AMN=∠B,
∴∠B=∠BPM,
∴AM=PM=BM,
∴点M是AB中点,即当x=AB=2时,点P恰好落在边BC上.ii.以下分两种情况讨论:
①当0<x≤2时,
∵MN∥BC,
∴△AMN∽△ABC,
∴,
∴,
∴AN=,
△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积,
∴,
②当2<x<4时,如图2,
设PM,PN分别交BC于E,F,
由(2)知ME=MB=4-x,
∴PE=PM-ME=x-(4-x)=2x-4,
由题意知△PEF∽△ABC,
∴,
∴S△PEF=(x-2)2,
∴y=S△PMN-S△PEF=,
∵当0<x≤2时,y=x2,
∴易知y最大=,
又∵当2<x<4时,y=,
∴当x=时(符合2<x<4),y最大=2,
综上所述,当x=时,重叠部分的面积最大,其值为2.(2))如图3,
设直线BC与⊙O相切于点D,连接AO,OD,则AO=OD=MN.
在Rt△ABC中,BC==5;
由(1)知△AMN∽△ABC,
∴,即,
∴MN=x
∴OD=x,
过M点作MQ⊥BC于Q,则MQ=OD=x,
在Rt△BMQ与Rt△BCA中,∠B是公共角,
∴△BMQ∽△BCA,
∴,
∴BM=,AB=BM+MA=x+x=4
∴x=,
∴当x=时,⊙O与直线BC相切;
当x<时,⊙O与直线BC相离;
x>时,⊙O与直线BC相交.
考点:圆的综合题.
5.四边形ABCD内接于⊙O,连接AC、BD,2∠BDC+∠ADB=180°.
(1)如图1,求证:AC=BC;
(2)如图2,E为⊙O上一点,AE=BE,F为AC上一点,DE与BF相交于点T,连接
AT,若∠BFC=∠BDC+1
2
∠ABD,求证:AT平分∠DAB;
(3)在(2)的条件下,DT=TE,AD=8,BD=12,求DE的长.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)82
【解析】
【分析】
(1)只要证明∠CAB=∠CBA即可.
(2)如图2中,作TH⊥AD于H,TR⊥BD于R,TL⊥AB于L.想办法证明TL=TH即可解决问题.
(3)如图3中,连接EA,EB,作EG⊥AB,TH⊥AD于H,TR⊥BD于R,TL⊥AB于L,AQ⊥BD于Q.证明△EAG≌△TDH(AAS),推出AG=DH,证明
Rt△TDR≌Rt△TDH(HL),推出DH=DR,同理可得AL=AH,BR=BL,设DH=x,则AB=2x,
由S△ADB=1
2
?BD?AQ=
1
2
?AD?h+
1
2
?AB?h+
1
2
?DB?h,可得AQ=
5
2
h,再根据
sin∠BDE=sin∠ADE,sin∠AED=sin∠ABD,构建方程组求出m即可解决问题.【详解】
解:(1)如图1中,
∵四边形ABCD内接于⊙O,
∴∠ADC+∠ABC=180°,
即∠ADB+∠BDC+∠ABC=180°,
∵2∠BDC+∠ADB=180°,
∴∠ABC=∠BDC,
∵∠BAC=∠BDC,
∴∠BAC=∠ABC,
∴AC=BC.
(2)如图2中,作TH⊥AD于H,TR⊥BD于R,TL⊥AB于L.
∵∠BFC=∠BAC+∠ABF,∠BAC=∠BDC,∴∠BFC=∠BDC+∠ABF,
∵∠BFC=∠BDC+1
2
∠ABD,
∴∠ABF=1
2
∠ABD,
∴BT平分∠ABD,
∵AE=BE
∴∠ADE=∠BDE,
∴DT平分∠ADB,
∵TH⊥AD于H,TR⊥BD于R,TL⊥AB于L.
∴TR=TL,TR=TH,
∴TL=TH,
∴AT平分∠DAB.
(3)如图3中,连接EA,EB,作EG⊥AB,TH⊥AD于H,TR⊥BD于R,TL⊥AB于L,AQ⊥BD于Q.
∵AE=BE
∴∠EAB=∠EDB=∠EDA,AE=BE,
∵∠TAE=∠EAB+∠TAB,∠ATE=∠EDA+∠DAT,
∴∠TAE=∠ATE,
∴AE=TE,
∵DT=TE,
∴AE=DT,
∵∠AGE=∠DHT=90°,
∴△EAG≌△TDH(AAS),
∴AG=DH,
∵AE=EB,EG⊥AB,
∴AG=BG,
∴2DH=AB,
∵Rt△TDR≌Rt△TDH(HL),
∴DH=DR,同理可得AL=AH,BR=BL,
设DH=x,则AB=2x,
∵AD=8,DB=12,
∴AL=AH=8﹣x,BR=12﹣x,AB=2x=8﹣x+12﹣x,∴x=5,
∴DH=5,AB=10,
设TR=TL=TH=h,DT=m,
∵S△ADB=1
2
?BD?AQ=
1
2
?AD?h+
1
2
?AB?h+
1
2
?DB?h,
∴12AQ=(8+12+10)h,
∴AQ=5
2 h,
∵sin∠BDE=sin∠ADE,可得h
m
=
AP
AD
=
AP
8
,
sin∠AED=sin∠ABD,可得AP
m
=
AQ
AB
=
AQ
10
=
5
2
10
h
,
∴AP
m
=
5
28
10
mAP
,
解得m=
或﹣
(舍弃),
∴DE=2m=
.
【点睛】
本题属于圆综合题,考查了圆内接四边形的性质,圆周角定理,锐角三角函数,全等三角形的判定和性质,角平分线的性质定理和判定定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,学会利用参数构建方程组解决问题,属于中考压轴题.
6.如图1,△ABC内接于⊙O,直径AD交BC于点E,延长AD至点F,使DF=2OD,连接
FC并延长交过点A的切线于点G,且满足AG∥BC,连接OC,若cos∠BAC=1
3
,BC=8.
(1)求证:CF是⊙O的切线;
(2)求⊙O的半径OC;
(3)如图2,⊙O的弦AH经过半径OC的中点F,连结BH交弦CD于点M,连结FM,试
求出FM的长和△AOF的面积.
【答案】(1)见解析;(2)3233
2
2
32
【解析】【分析】
(1)由DF=2OD,得到OF=3OD=3OC,求得
1
3
OE OC
OC OF
==,推出△COE∽△FOE,根据相
似三角形的性质得到∠OCF=∠DEC=90°,于是得到CF是⊙O的切线;
(2)利用三角函数值,设OE=x,OC=3x,得到CE=3,根据勾股定理即可得到答案;(3)连接BD,根据圆周角定理得到角相等,然后证明△AOF∽△BDM,由相似三角形的性质,得到FM为中位线,即可求出FM的长度,由相似三角形的性质,以及中线分三角形的面积为两半,即可求出面积.
【详解】
解:(1)∵DF=2OD,
∴OF=3OD=3OC,
∴
1
3 OE OC
OC OF
==,
∵∠COE=∠FOC,
∴△COE∽△FOE,
∴∠OCF=∠DEC=90°,∴CF是⊙O的切线;(2)∵∠COD=∠BAC,
∴cos∠BAC=cos∠COE=
1
3 OE
OC
=,
∴设OE=x,OC=3x,
∵BC=8,
∴CE=4,
∵CE⊥AD,
∴OE2+CE2=OC2,
∴x2+42=9x2,
∴x2(负值已舍去),
∴OC =3x =32, ∴⊙O 的半径OC 为32; (3)如图,连结BD ,
由圆周角定理,则∠OAF=∠DBM ,2AOF ADC ∠=∠, ∵BC ⊥AD , ∴AC AB =, ∴∠ADC=∠ADB ,
∴2AOF ADC BDM ∠=∠=∠, ∴△AOF ∽△BDM ; ∵点F 是OC 的中点, ∴AO :OF=BD :DM=2, 又∵BD=DC , ∴DM=CM , ∴FM 为中位线, ∴3
22
, ∴S △AOF : S △BDM =(326 2 34
=; ∵11111
8(322)4222222BDM BCD S S BC DE ??=
=??=???= ∴S △AOF =3
424
=32 【点睛】
本题考查了圆的综合问题,圆周角定理,切线的判定和性质,相似三角形的判定和性质,利用勾股定理求边长,以及三角形中线的性质,解题的关键是熟练掌握所学的定理和性质,运用属性结合的思想进行解题.
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
2
,﹣
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(31
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.
8.四边形ABCD内接于⊙O,AC为对角线,∠ACB=∠ACD
(1)如图1,求证:AB=AD;
(2)如图2,点E在AB弧上,DE交AC于点F,连接BE,BE=DF,求证:DF=DC;(3)如图3,在(2)的条件下,点G在BC弧上,连接DG,交CE于点H,连接GE,GF,若DE=BC,EG=GH=5,S△DFG=9,求BC边的长.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(370
【解析】
【分析】
(1)如图1,连接OA,OB,OD,由∠ACB=∠ACD,可得AD AB,可得AB=AD;(2)连接AE,由“SAS”可证△ABE≌△ADF,可得∠BAE=∠DAC,可证BE=CD=DF;(3)如图3,过点F作FN⊥GD于N,过点C作CM⊥GD于M,连接GC,通过证明
△FDN≌△DCM,可得FN=DM,CM=DN,由面积公式可求FN=2,DM=2,DH=4,通
过证明△EGC∽△DMC,△GEH∽△CHD,可得EC=5
2
CD,CD2=
40
3
,由勾股定理可求
解.
【详解】
证明:(1)如图1,连接OA,OB,OD,
∵∠ACB=∠ACD,∠AOD=2∠ACD,∠AOB=2∠ACB ∴∠AOD=∠AOB
∴AD AB
∴AD=AB;
(2)如图2,连接AE,
∵AE AE
∴∠ABE=∠ADE
在△ABE和△ADF中
AB AD
ABE ADF
BE DF