2020年中考數(shù)學基礎題型提分講練 專題25 推理能力提升（含解析）

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1、專題25 推理能力提升專題卷 （時間：90分鐘 滿分120分） 一、選擇題（每小題3分，共36分） 1．（2019·山西太原五中初三月考）如圖，在△ABC中，點D在AB上，BD=2AD，DE∥BC交AC于E，則下列結論不正確的是（ ） A．BC=3DE B． C．△ADE～△ABC D．S△ADE=S△ABC 【答案】D 【解析】 解：∵BD=2AD，∴AB=3AD，∵DE∥BC，∴=，∴BC=3DE，A結論正確； ∵DE∥BC，∴，B結論正確； ∵DE∥BC，∴△ADE～△ABC，C結論正確； ∵DE∥BC，AB=3AD，∴S△ADE=S△ABC，D結論錯誤，

2、 故選D． 【點睛】 本題考查平行線分線段成比例及相似三角形的判定和性質，掌握相關性質定理是本題的解題關鍵． 2．（2019·上海中考模擬）下列圖形中一定是相似形的是( ) A．兩個菱形 B．兩個等邊三角形 C．兩個矩形 D．兩個直角三角形 【答案】B 【解析】 解：∵等邊三角形的對應角相等，對應邊的比相等， ∴兩個等邊三角形一定是相似形， 又∵直角三角形，菱形的對應角不一定相等，矩形的邊不一定對應成比例， ∴兩個直角三角形、兩個菱形、兩個矩形都不一定是相似形， 故選：B． 【點睛】 本題考查了相似多邊形的識別．判定兩個圖形相似的依據(jù)是：對應邊成比例，對應

3、角相等，兩個條件必須同時具備． 3．（2019·陜西中考模擬）如圖，在中，點D，E分別為AB，AC邊上的點，且，CD、BE相較于點O，連接AO并延長交DE于點G，交BC邊于點F，則下列結論中一定正確的是　　 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 解：A.∵， ∴ ,故不正確； B. ∵， ∴ ,故不正確； C. ∵， ∴∽，∽, ， ． ，故正確； D. ∵， ∴ ,故不正確； 故選C． 【點睛】 本題主要考查的是相似三角形的判定和性質，熟練掌握相似三角形的性質和判定定理是解題的關鍵． 4．（2019·哈爾濱市第六十九中學校初三月考）如圖，菱

4、形ABCD的對角線AC＝6，BD＝8，AE⊥BC于點E，則AE的長是（　?。? A．5 B． C． D． 【答案】C 【解析】 ∵四邊形ABCD是菱形，AC=6cm，BD=8cm， ∴AO=CO=3cm,BO=DO=4cm,∠BOC=90°， ∴BC= =5(cm)， ∴AE×BC=BO×AC 故5AE=24， 解得：AE= . 故選：C. 【點睛】 此題考查菱形的性質，解題關鍵在于結合勾股定理得出BC的長 5．（2019·福建初一期中）將一副直角三角板如圖放置，使含30°角的三角板的短直角邊和含45°角的三角板的一條直角邊重合，則∠1的度數(shù)為(　　) A．7

5、5° B．60° C．45° D．30° 【答案】A 【解析】 解:由題意可得:∠2=60°,∠5=45°, ∵∠2=60°, ∴∠3=180°-90°-60°=30°, ∴∠4=30°, ∴∠1=∠4+∠5=30°+45°=75°. 故選A． 【點睛】 本題主要考查了三角形內角和定理,三角形外角的性質,解決本題的關鍵是掌握三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和． 6．（2019·寧波華茂國際學校初三期末）如圖，在四邊形ABCD中，，，，AC與BD交于點E，，則的值是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 ∵，， ∴，，

6、∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，； 故選：C． 【點睛】 本題考查了平行線的性質、相似三角形的判定與性質以及解直角三角形的應用等知識；熟練掌握解直角三角形，證明三角形相似是解題的關鍵． 7．（2019·浙江初三）如圖，矩形ABCD中，對角線AC＝2，E為BC邊上一點，BC＝3BE，將矩形ABCD沿AE所在的直線折疊，點B恰好落在對角線AC上的點B′處，P，Q分別是AB，AC上的動點，則PE+PQ的最小值為（　?。? A． B．2 C．1 D．3 【答案】B 【解析】 ∵BC＝3BE， ∴EC＝2BE， ∵折疊， ∴B

7、E＝B'E，∠ABC＝∠AB'E＝90°，， ∵sin∠ACB＝， ∴∠ACB＝30°， 在Rt△ABC中，AC＝2，∠ACB＝30°， ∴AB＝，BC＝AB＝3，∠BAC＝60°， ∴∠BAE＝∠EAC＝30°， 如圖 作點E關于AB的對稱點E'，連接AE'，PE'， ∵PE+PQ＝PE'+PQ， ∴當Q，P，E'三點共線，且E'Q⊥AC時， PE+PQ的值最小， ∵BC＝3，BC＝3BE， ∴BE＝1， ∵E'，E兩點關于AB對稱， ∴BE'＝BE＝1，∠EAB＝∠E'AB＝30°，且∠BAC＝60°， ∴∠E'AC＝90°， 即PE+PQ的最小值為A

8、E'的值， ∵∠BAE'＝30°，BE'＝1，AB⊥CB， ∴AE'＝2， ∴PE+PQ的最小值為2． 故選：B． 【點睛】 此題考查折疊的性質，利用三角函數(shù)值求角度，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，垂線段最短的性質，軸對稱的性質. 8．（2019·山東初二期中）把一副三角板如圖甲放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A-45°，∠D=30°，斜邊AB=6，DC=7，把三角板DCE繞著點C順時針旋轉15°得到△D1CE1（如圖乙），此時AB與CD1交于點O，則線段AD1的長度為（ ） A． B．5 C．4 D． 【答案】B 【解析】 由題意易知：

9、∠CAB=45°，∠ACD=30°， 若旋轉角度為15°，則∠ACO=30°+15°=45°． ∴∠AOC=180°－∠ACO－∠CAO=90°． 在等腰Rt△ABC中，AB=6，則AC=BC=． 同理可求得：AO=OC=3． 在Rt△AOD1中，OA=3，OD1=CD1－OC=4， 由勾股定理得：AD1=5．故選B． 9．（2020·山東初二期末）如圖，在中，點為的中點，平分，且于點，延長交于點.若，，則的長為（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【解析】 解：∵平分，且 ∴， 在△ADB和△ADN中， ∴△ADB≌△ADN（ASA）

10、 ∴BD=DN，AN=AB=4， ∵點為的中點， ∴NC=2DM=2， ∴AC=AN+NC=6， 故選B． 【點睛】 本題考查的是三角形中位線定理、全等三角形的判定和性質，三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半． 10．（2019·重慶西南大學附中初三月考）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，∠ADC＝120°，連接BD，把△ABD沿BD翻折，得到△A′BD，連接A′C，若AB＝3，∠ABD＝60°，則點D到直線A′C的距離為（　?。? A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 過點D作DE⊥A′C于E，過A'作A'F⊥CD于F，如圖所示：

11、 ∵AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC，∠ADC+∠BCD＝180°，∠BCD＝180°﹣120°＝60°， ∵∠ABD＝60°， ∴∠ADB＝30°， ∴BD＝2AB＝6，AD＝AB＝3，∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝120°﹣30°＝90°，∠DBC＝30°， ∴CD＝tan∠DBC?BD＝tan30°×6＝×6＝2， 由折疊的性質得：∠A'DB＝∠ADB＝30°，A'D＝AD＝3， ∴∠A'DC＝120°﹣30°﹣30°＝60°， ∵A'F⊥CD， ∴∠DA'F＝30°， ∴DF＝A'D＝，A'F＝DF＝， ∴CF＝CD﹣DF＝2﹣＝， ∴A'C＝＝， ∵△

12、A'CD的面積＝A'C×DE＝CD×A'F， ∴， 即D到直線A′C的距離為； 故選：C． 【點睛】 此題考查折疊的性質，三角函數(shù)，勾股定理，直角三角形的30角所對的直角邊等于斜邊的一半. 11．（2019·南通市八一中學初二月考）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝1，E為BC的中點，則對角線BD上的動點P到E、C兩點的距離之和的最小值為（　?。? A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 解：∵四邊形ABCD為菱形， ∴A、C關于BD對稱， ∴連AE交BD于P， 則PE+PC＝PE+AP＝AE， 根據(jù)兩點之間線段最短，AE的長即為PE+

13、PC的最小值． ∵∠ABC＝60°，AB=BC ∴△ABC為等邊三角形， 又∵BE＝CE ， ∴AE⊥BC， ∴AE＝＝． 故選：C． 【點睛】 本題主要考查最短距離問題，掌握勾股定理，等邊三角形的性質及菱形的對稱性是解題的關鍵． 12．（2019·重慶初三期末）如圖，將小正方形AEFG繞大正方形ABCD的頂點A順時針旋轉一定的角度α（其中0°≤α≤90°），連接BG、DE相交于點O，再連接AO、BE、DG．王凱同學在探究該圖形的變化時，提出了四個結論： ①BG＝DE；②BG⊥DE；③∠DOA＝∠GOA；④S△ADG＝S△ABE，其中結論正確的個數(shù)有（　?。? A

14、．1個 B．2個 C．3個 D．4個 【答案】D 【解析】 ∵∠DAB＝∠EAG＝90°， ∴∠DAE＝∠BAG， 又∵AD＝AB，AG＝AE， ∴△DAE≌△BAG（SAS）， ∴BG＝DE，∠ADE＝∠ABG， 故①符合題意， 如圖1，設點DE與AB交于點P， ∵∠ADE＝∠ABG，∠DPA＝∠BPO， ∴∠DAP＝∠BOP＝90°， ∴BG⊥DE， 故②符合題意， 如圖1，過點A作AM⊥DE，AN⊥BG， ∵△DAE≌△BAG， ∴S△DAE＝S△BAG， ∴DE×AM＝×BG×AN， 又∵DE＝BG， ∴AM＝AN，且AM⊥DE，AN⊥BG，

15、∴AO平分∠DOG， ∴∠AOD＝∠AOG， 故③符合題意， 如圖2，過點G作GH⊥AD交DA的延長線于點H，過點E作EQ⊥AD交DA的延長線于點Q， ∴∠EAQ+∠AEQ＝90°，∠EAQ+∠GAQ＝90°， ∴∠AEQ＝∠GAQ， 又∵AE＝AG，∠EQA＝∠AHG＝90°， ∴△AEQ≌△GAH（AAS） ∴AQ＝GH， ∴AD×GH＝AB×AQ， ∴S△ADG＝S△ABE， 故④符合題意， 故選：D． 【點睛】 本題主要考查正方形的性質和三角形全等的判定和性質的綜合，添加輔助線，構造全等三角形，是解題的關鍵. 二、填空題（每小題3分，共18分）

16、13．（2019·河南初三期中）如圖，已知矩形ABCD中，AB=1，在BC上取一點E，沿AE將△ABE向上折疊，使B點落在AD上的F點．若四邊形EFDC與矩形ABCD相似，則AD=________ 【答案】 【解析】 ∵沿AE將△ABE向上折疊，使B點落在AD上的F點， ∴四邊形ABEF是正方形， ∵AB=1， 設AD=x，則FD=x?1，F(xiàn)E=1， ∵四邊形EFDC與矩形ABCD相似， ∴， ， 解得x1=,x2= (負值舍去)， 經(jīng)檢驗x1=是原方程的解. 【點睛】 本題考查了折疊的性質及相似多邊形的性質，熟練掌握性質定理是解題的關鍵. 14．（2019·銀

17、川外國語實驗學校初三期中）如圖，在△ABC中，DE∥BC，BF平分∠ABC，交DE的延長線于點F，若AD=1，BD=2，BC=4，則EF=________． 【答案】 【解析】 ∵DE∥BC， ∴∠F=∠FBC， ∵BF平分∠ABC， ∴∠DBF=∠FBC， ∴∠F=∠DBF， ∴DB=DF， ∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴ ，即 ， 解得：DE= ， ∵DF=DB=2， ∴EF=DF-DE=2- = ， 故答案為. 【點睛】 此題考查相似三角形的判定和性質，關鍵是由DE∥BC可得出△ADE∽△ABC． 15．（2019·河北初三期末）如圖，

18、在邊長為9的正三角形ABC中，BD=3，∠ADE=60°，則AE的長為　　　?。? 【答案】7 【解析】 ∵△ABC是等邊三角形，∴∠B=∠C=60°，AB=BC． ∴CD=BC－BD=9－3=6，；∠BAD+∠ADB=120°． ∵∠ADE=60°，∴∠ADB+∠EDC=120°．∴∠DAB=∠EDC． 又∵∠B=∠C=60°，∴△ABD∽△DCE． ∴，即． ∴． 16．（2019·陜西初三期末）如圖，已知正方形DEFG的頂點D、E在△ABC的邊BC上，頂點G、F分別在邊AB、AC上．如果BC=4，△ABC的面積是6，那么這個正方形的邊長是_____． 【答案】

19、 【解析】 作AH⊥BC于H，交GF于M，如圖， ∵△ABC的面積是6， ∴BC?AH=6， ∴AH==3， 設正方形DEFG的邊長為x，則GF=x，MH=x，AM=3﹣x， ∵GF∥BC， ∴△AGF∽△ABC， ∴，即，解得x=， 即正方形DEFG的邊長為， 故答案為． 【點睛】 本題考查了相似三角形的判定與性質，正確添加輔助線求出BC邊上的高是解題的關鍵. 17．（2019·湖北中考真題）如圖，兩個大小不同的三角板放在同一平面內，直角頂點重合于點，點在上，，與交于點，連接，若，，則_____． 【答案】． 【解析】 解：如圖，過點作于點，過點作于點

20、， ∵，， ∴， ∵在中，， ∴， 在與中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴∽， ∴，∴， ∴，， ∴， 在中， ， 在中，， ∴，， 在中， ， 在中， ， ∵， ∴∽， ∴， 故答案為：． 【點睛】 本題考查了相似三角形的判定與性質，勾股定理，解直角三角形等，解題關鍵是能夠通過作適當?shù)妮o助線構造相似三角形，求出對應線段的比． 18．（2019·山東初三）如圖，點 C 為 Rt△ACB 與 Rt△DCE 的公共點，∠ACB=∠DCE=90°，連 接 AD、BE，過點 C 作 CF⊥AD 于點 F，延長 FC 交 BE 于

21、點 G，若 AC=BC=25，CE=15， DC=20，則的值為___________． 【答案】 【解析】 如圖，過 E作 EH⊥GF于 H，過 B 作 BP⊥GF于P，則∠EHG=∠BPG=90°， 又∵∠EGH=∠BGP， ∴△EHG∽△BPG， ∴=， ∵CF⊥AD， ∴∠DFC=∠AFC=90°， ∴∠DFC=∠CHF，∠AFC=∠CPB， 又∵∠ACB=∠DCE=90°， ∴∠CDF=∠ECH，∠FAC=∠PCB， ∴△DCF∽△CEH，△ACF∽△CBP， ∴， ∴EH=CF，BP=CF， ∴=， ∴=， 故答案為． 【點睛】 本題

22、考查了相似三角形的判定與性質，正確添加輔助線構造相似三角形，利用相似三角形的對應邊成比例進行推導是解題的關鍵. 三、解答題（每小題6分，共12分） 19．（2019·四川中考真題）如圖，線段、相交于點, ,.求證：. 【答案】詳見解析 【解析】 證明：在△AEB和△DEC中， ∴△AEB≌△DEC 故. 【點睛】 本題考查了全等三角形中角邊角的判定，軸對稱型全等三角形的模型，掌握即可解題. 20．（2019·江蘇初二期末）如圖，在?ABCD 中，對角線 AC，BD 相交于點 O，過點 O 的一條直線分別交 AD，BC 于點 E，F(xiàn)．求證：AE=CF． 【

23、答案】證明見解析. 【解析】 ∵?ABCD 的對角線 AC，BD 交于點 O， ∴AO=CO，AD∥BC， ∴∠EAC=∠FCO， 在△AOE 和△COF 中， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴AE=CF． 【點睛】 本題考查了全等三角形的判定與性質以及平行四邊形的性質，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題關鍵． 四、解答題（每小題8分，共16分） 21．（2019·黑龍江初三）如圖，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，過對角線BD中點O的直線分別交AB，CD邊于點E，F(xiàn)． （1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形； （2）當四邊形BEDF是菱形時，求EF的長．

24、 【答案】（1）證明見解析；（2）． 【解析】 （1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，O是BD的中點， ∴∠A=90°，AD=BC=4，AB∥DC，OB=OD， ∴∠OBE=∠ODF， 在△BOE和△DOF中， ∴△BOE≌△DOF（ASA）， ∴EO=FO， ∴四邊形BEDF是平行四邊形； （2）當四邊形BEDF是菱形時，BD⊥EF， 設BE=x，則?DE=x，AE=6-x， 在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2， ∴x2=42+（6-x）2， 解得：x= ， ∵BD= =2， ∴OB=BD=， ∵BD⊥EF， ∴EO==， ∴EF=2EO=

25、． 點睛：本題主要考查了矩形的性質，菱形的性質、勾股定理、全等三角形的判定與性質，熟練掌握矩形的性質和勾股定理，證明三角形全等是解決問的關鍵 22．（2019·全國初三課時練習）如圖，在平行四邊形ABCD中，過點A作AE⊥BC，垂足為E，連接DE，F(xiàn)為線段DE上一點，且∠AFE=∠B （1）求證：△ADF∽△DEC； （2）若AB=8，AD=6，AF=4，求AE的長． 【答案】（1）見解析（2）6 【解析】 解：（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AB∥CD，AD∥BC ∴∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC ∵∠AFD+∠AFE=180°，∠AFE=∠

26、B， ∴∠AFD=∠C 在△ADF與△DEC中，∵∠AFD=∠C，∠ADF=∠DEC， ∴△ADF∽△DEC （2）∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴CD=AB=8． 由（1）知△ADF∽△DEC， ∴， ∴ 在Rt△ADE中，由勾股定理得： 五、解答題（每小題9分，共18分） 23．（2019·山東初三期中）如圖，在銳角三角形ABC中，點D，E分別在邊AC，AB上，AG⊥BC于點G，AF⊥DE于點F，∠EAF=∠GAC． （1）求證：△ADE∽△ABC； （2）若AD=3，AB=5，求的值． 【答案】（1）證明見解析；（2）． 【解析】 （1）∵AG⊥

27、BC，AF⊥DE， ∴∠AFE=∠AGC=90°， ∵∠EAF=∠GAC， ∴∠AED=∠ACB， ∵∠EAD=∠BAC， ∴△ADE∽△ABC， （2）由（1）可知：△ADE∽△ABC， ∴ 由（1）可知：∠AFE=∠AGC=90°， ∴∠EAF=∠GAC， ∴△EAF∽△CAG， ∴， ∴= 考點：相似三角形的判定 24．（2019·湖州市第五中學初三）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．點D在直線CB上，以CA，CD為邊作矩形ACDE，直線AB與直線CE，DE的交點分別為F，G， （1）如圖，點D在線段CB上，四邊形ACDE是正方形． ①若點G

28、為DE的中點，求FG的長． ②若DG=GF，求BC的長． （2）已知BC=9，是否存在點D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求該三角形的腰長；若不存在，試說明理由． 【答案】（1）①,②12；（2）等腰的腰長為4或20或或．理由見解析. 【解析】 （1）①在正方形中，， 在中，， ， ， ， ， , ②如圖1中， 正方形中，，， ， ， ，設， ， ， ， ， 在中，， ， 解得， ， 在中，． （2）在中，， 如圖2中， 當點在線段上時，此時只有， ， ， 設，則，， ，則， ， ， ， ， 整理

29、得：， 解得或5（舍棄） 腰長． 如圖3中， 當點在線段的延長線上，且直線，的交點中上方時，此時只有，設，則，， ， ， ， ， ， 解得或（舍棄）， 腰長． 如圖4中， 當點在線段的延長線上，且直線，的交點中下方時，此時只有，過點作． 設，則，，， ， ， ， ， ， ， ， 解得或（舍棄） 腰長， 如圖5中， 當點在線段的延長線上時，此時只有，作于． 設，則，，， ， ， ， ， ， ， ， 解得或（舍棄）， 腰長， 綜上所述，等腰的腰長為4或20或或． 【點睛】 本題考查四邊形綜合題、正方

30、形的性質、矩形的性質、相似三角形的判定和性質、銳角三角函數(shù)、平行線的性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題． 六、解答題（每小題10分，共20分） 25．（2019·河北初三期末）△ABC中，AB=AC，D為BC的中點，以D為頂點作∠MDN=∠B． （1）如圖（1）當射線DN經(jīng)過點A時，DM交AC邊于點E，不添加輔助線，寫出圖中所有與△ADE相似的三角形． （2）如圖（2），將∠MDN繞點D沿逆時針方向旋轉，DM，DN分別交線段AC，AB于E，F(xiàn)點（點E與點A不重合），不添加輔助線，寫出圖中所有的相似三角形，并證明你的結論． （3）在圖

31、（2）中，若AB=AC=10，BC=12，當△DEF的面積等于△ABC的面積的時，求線段EF的長． 【答案】（1）△ABD，△ACD，△DCE（2）△BDF∽△CED∽△DEF，證明見解析；（3）5. 【解析】 解：（1）圖（1）中與△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE． （2）△BDF∽△CED∽△DEF，證明如下： ∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°， 又∵∠EDF=∠B， ∴∠BFD=∠CDE． ∵AB=AC， ∴∠B=∠C． ∴△BDF∽△CED． ∴． ∵BD=CD， ∴，即． 又∵∠C=∠EDF， ∴△

32、CED∽△DEF． ∴△BDF∽△CED∽△DEF． （3）連接AD，過D點作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分別為G，H． ∵AB=AC，D是BC的中點， ∴AD⊥BC，BD=BC=6． 在Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，即AD2=102﹣62， ∴AD=8． ∴S△ABC=?BC?AD=×12×8=48， S△DEF=S△ABC=×48=12． 又∵?AD?BD=?AB?DH， ∴． ∵△BDF∽△DEF， ∴∠DFB=∠EFD． ∵DH⊥BF，DG⊥EF， ∴∠DHF=∠DGF． 又∵DF=DF， ∴△DHF≌△DGF（AAS）． ∴DH

33、=DG=． ∵S△DEF=·EF·DG=·EF·=12， ∴EF=5． 【點睛】 本題考查了和相似有關的綜合性題目，用到的知識點有三角形相似的判定和性質、等腰三角形的性質以及勾股定理的運用，靈活運用相似三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵，解答時，要仔細觀察圖形、選擇合適的判定方法，注意數(shù)形結合思想的運用． 26．（2019·江蘇初三期中）如圖，在△AOB中，∠AOB為直角，OA=6，OB=8，半徑為2的動圓圓心Q從點O出發(fā)，沿著OA方向以1個單位長度/秒的速度勻速運動，同時動點P從點A出發(fā)，沿著AB方向也以1個單位長度/秒的速度勻速運動，設運動時間為t秒（0＜t≤5）以P為圓心，

34、PA長為半徑的⊙P與AB、OA的另一個交點分別為C、D，連結CD、QC． （1）當t為何值時，點Q與點D重合？ （2）當⊙Q經(jīng)過點A時，求⊙P被OB截得的弦長． （3）若⊙P與線段QC只有一個公共點，求t的取值范圍． 【答案】（1）；（2）；（3）0＜t≤或＜t≤5． 【解析】 （1）∵OA=6，OB=8， ∴由勾股定理可求得：AB=10， 由題意知：OQ=AP=t， ∴AC=2t， ∵AC是⊙P的直徑， ∴∠CDA=90°， ∴CD∥OB， ∴△ACD∽△ABO， ∴， ∴AD=， 當Q與D重合時， AD+OQ=OA， ∴+t=6， ∴t=； （2

35、）當⊙Q經(jīng)過A點時，如圖 OQ=OA﹣QA=4， ∴t==4s， ∴PA=4， ∴BP=AB﹣PA=6， 過點P作PE⊥OB于點E，⊙P與OB相交于點F、G， 連接PF， ∴PE∥OA， ∴△PEB∽△AOB， ∴， ∴PE=3.6， ∴由勾股定理可求得：EF=， 由垂徑定理可求知：FG=2EF=； （3）當QC與⊙P相切時，如圖 此時∠QCA=90°， ∵OQ=AP=t， ∴AQ=6﹣t，AC=2t， ∵∠A=∠A， ∠QCA=∠ABO， ∴△AQC∽△ABO， ∴， ∴， ∴t=， ∴當0＜t≤時，⊙P與QC只有一個交點， 當QC⊥OA時， 此時Q與D重合， 由（1）可知：t=， ∴當＜t≤5時，⊙P與QC只有一個交點， 綜上所述，當，⊙P與QC只有一個交點，t的取值范圍為：0＜t≤或＜t≤5．