一．解答題（共30小題）
1．（2015•哈爾濱）AB，CD是⊙O的兩條弦，直線AB，CD互相垂直，垂足為點E，連接AD，過點B作BF⊥AD，垂足為點F，直線BF交直線CD于點G．
（1）如圖1，當(dāng)點E在⊙O外時，連接BC，求證：BE平分∠GBC；
（2）如圖2，當(dāng)點E在⊙O內(nèi)時，連接AC，AG，求證：AC=AG；
（3）如圖3，在（2）條件下，連接BO并延長交AD于點H，若BH平分∠ABF，AG=4，tan∠D= ，求線段AH的長．
2．（2015•恩施州）如圖，AB是⊙O的直徑，AB=6，過點O作OH⊥AB交圓于點H，點C是弧AH上異于A、B的動點，過點C作CD⊥OA，CE⊥OH，垂足分別為D、E，過點C的直線交OA的延長線于點G，且∠GCD=∠CED．
（1）求證：GC是⊙O的切線；
（2）求DE的長；
（3）過點C作CF⊥DE于點F，若∠CED=30°，求CF的長．
3．（2015•福建）已知：AB是⊙O的直徑，點P在線段AB的延長線上，BP=OB=2，點Q在⊙O上，連接PQ．
（1）如圖①，線段PQ所在的直線與⊙O相切，求線段PQ的長；
（2）如圖②，線段PQ與⊙O還有一個公共點C，且PC=CQ，連接OQ，AC交于點D．
①判斷OQ與AC的位置關(guān)系，并說明理由；
②求線段PQ的長．
4．（2015•湘潭）如圖，已知AB是⊙O的直徑，過點A作⊙O的切線MA，P為直線MA上一動點，以點P為圓心，PA為半徑作⊙P，交⊙O于點C，連接PC、OP、BC．
（1）知識探究（如圖1）：
①判斷直線PC與⊙O的位置關(guān)系，請證明你的結(jié)論；
②判斷直線OP與BC的位置關(guān)系，請證明你的結(jié)論．
（2）知識運用（如圖2）：
當(dāng)PA＞OA時，直線PC交AB的延長線于點D，若BD=2AB，求tan∠ABC的值．
5．（2015•鄂州）如圖，在△ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分線，∠ABC的平分線 BM交AE于點M，點O在AB上，以點O為圓心，OB的長為半徑的圓經(jīng)過點M，交BC于點G，交 AB于點F．
（1）求證：AE為⊙O的切線．
（2）當(dāng)BC=8，AC=12時，求⊙O的半徑．
（3）在（2）的條件下，求線段BG的長．
6．（2015•河北）平面上，矩形ABCD與直徑為QP的半圓K如圖1擺放，分別延長DA和QP交于點O，且∠DOQ=60°，OQ=0D=3，OP=2，OA=AB=1．讓線段OD及矩形ABCD位置固定，將線段OQ連帶著半圓K一起繞著點O按逆時針方向開始旋轉(zhuǎn)，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0°≤α≤60°）．
發(fā)現(xiàn)：
（1）當(dāng)α=0°，即初始位置時，點P 直線AB上．（填“在”或“不在”）求當(dāng)α是多少時，OQ經(jīng)過點B．
（2）在OQ旋轉(zhuǎn)過程中，簡要說明α是多少時，點P，A間的距離最�。坎⒅赋鲞@個最小值；
（3）如圖2，當(dāng)點P恰好落在BC邊上時，求a及S陰影
拓展：
如圖3，當(dāng)線段OQ與CB邊交于點M，與BA邊交于點N時，設(shè)BM=x（x＞0），用含x的代數(shù)式表示BN的長，并求x的取值范圍．
探究：當(dāng)半圓K與矩形ABCD的邊相切時，求sinα的值．
7．（2015•成都）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC的垂直平分線分別與AC，BC及AB的延長線相較于點D，E，F(xiàn)，且BF=BC，⊙O是△BEF的外接圓，∠EBF的平分線交EF于點G，交⊙O于點H，連接BD，F(xiàn)H．
（1）求證：△ABC≌△EBF；
（2）試判斷BD與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）若AB=1，求HG•HB的值．
8．（2015•桂林）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，AB=4，PC、PD是⊙O的兩條切線，C、D為切點．
（1）如圖1，求⊙O的半徑；
（2）如圖1，若點E是BC的中點，連接PE，求PE的長度；
（3）如圖2，若點M是BC邊上任意一點（不含B、C），以點M為直角頂點，在BC的上方作∠AMN=90°，交直線CP于點N，求證：AM=MN．
9．（2015•吉林）如圖①，半徑為R，圓心角為n°的扇形面積是S扇形= ，由弧長l= ，得S扇形= = • •R= lR．通過觀察，我們發(fā)現(xiàn)S扇形= lR類似于S三角形= ×底×高．
類比扇形，我們探索扇環(huán)（如圖②，兩個同心圓圍成的圓環(huán)被扇形截得的一部分交作扇環(huán)）的面積公式及其應(yīng)用．
（1）設(shè)扇環(huán)的面積為S扇環(huán)， 的長為l1， 的長為l2，線段AD的長為h（即兩個同心圓半徑R與r的差）．類比S梯形= ×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代數(shù)式表示S扇環(huán)，并證明；
（2）用一段長為40m的籬笆圍成一個如圖②所示的扇環(huán)形花園，線段AD的長h為多少時，花園的面積最大，最大面積是多少？
10．（2015•廣西）已知⊙O是以AB為直徑的△ABC的外接圓，OD∥BC交⊙O于點D，交AC于點E，連接AD、BD，BD交AC于點F．
（1）求證：BD平分∠ABC；
（2）延長AC到點P，使PF=PB，求證：PB是⊙O的切線；
（3）如果AB=10，cos∠ABC= ，求AD．
11．（2015•上海）已知，如圖，AB是半圓O的直徑，弦CD∥AB，動點P，Q分別在線段OC，CD上，且DQ=OP，AP的延長線與射線OQ相交于點E，與弦CD相交于點F（點F與點C，D不重合），AB=20，cos∠AOC= ，設(shè)OP=x，△CPF的面積為y．
（1）求證：AP=OQ；
（2）求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出它的定義域；
（3）當(dāng)△OPE是直角三角形時，求線段OP的長．
12．（2015•宿遷）已知：⊙O上兩個定點A，B和兩個動點C，D，AC與BD交于點E．
（1）如圖1，求證：EA•EC=EB•ED；
（2）如圖2，若 = ，AD是⊙O的直徑，求證：AD•AC=2BD•BC；
（3）如圖3，若AC⊥BD，點O到AD的距離為2，求BC的長．
13．（2015•北京）在平面直角坐標系xOy中，⊙C的半徑為r，P是與圓心C不重合的點，點P關(guān)于⊙C的反稱點的定義如下：若在射線CP上存在一點P′，滿足CP+CP′=2r，則稱P′為點P關(guān)于⊙C的反稱點，如圖為點P及其關(guān)于⊙C的反稱點P′的示意圖．
特別地，當(dāng)點P′與圓心C重合時，規(guī)定CP′=0．
（1）當(dāng)⊙O的半徑為1時．
①分別判斷點M（2，1），N（ ，0），T（1， ）關(guān)于⊙O的反稱點是否存在？若存在，求其坐標；
②點P在直線y=?x+2上，若點P關(guān)于⊙O的反稱點P′存在，且點P′不在x軸上，求點P的橫坐標的取值范圍；
（2）⊙C的圓心在x軸上，半徑為1，直線y=? x+2 與x軸、y軸分別交于點A，B，若線段AB上存在點P，使得點P關(guān)于⊙C的反稱點P′在⊙C的內(nèi)部，求圓心C的橫坐標的取值范圍．
14．（2015•深圳）如圖1，水平放置一個三角板和一個量角器，三角板的邊AB和量角器的直徑DE在一條直線上，AB=BC=6cm，OD=3cm，開始的時候BD=1cm，現(xiàn)在三角板以2cm/s的速度向右移動．
（1）當(dāng)B與O重合的時候，求三角板運動的時間；
（2）如圖2，當(dāng)AC與半圓相切時，求AD；
（3）如圖3，當(dāng)AB和DE重合時，求證：CF2=CG•CE．
15．（2015•東莞）⊙O是△ABC的外接圓，AB是直徑，過 的中點P作⊙O的直徑PG交弦BC于點D，連接AG、CP、PB．
（1）如圖1，若D是線段OP的中點，求∠BAC的度數(shù)；
（2）如圖2，在DG上取一點K，使DK=DP，連接CK，求證：四邊形AGKC是平行四邊形；
（3）如圖3，取CP的中點E，連接ED并延長ED交AB于點H，連接PH，求證：PH⊥AB．
16．（2015•達州）在△ABC的外接圓⊙O中，△ABC的外角平分線CD交⊙O于點D，F(xiàn)為 上?
點，且 = 連接DF，并延長DF交BA的延長線于點E．
（1）判斷DB與DA的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）求證：△BCD≌△AFD；
（3）若∠ACM=120°，⊙O的半徑為5，DC=6，求DE的長．
17．（2015•溫州）如圖，點A和動點P在直線l上，點P關(guān)于點A的對稱點為Q，以AQ為邊作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ：AB=3：4，作△ABQ的外接圓O．點C在點P右側(cè)，PC=4，過點C作直線m⊥l，過點O作OD⊥m于點D，交AB右側(cè)的圓弧于點E．在射線CD上取點F，使DF= CD，以DE，DF為鄰邊作矩形DEGF．設(shè)AQ=3x．
（1）用關(guān)于x的代數(shù)式表示BQ，DF．
（2）當(dāng)點P在點A右側(cè)時，若矩形DEGF的面積等于90，求AP的長．
（3）在點P的整個運動過程中，
①當(dāng)AP為何值時，矩形DEGF是正方形？
②作直線BG交⊙O于點N，若BN的弦心距為1，求AP的長（直接寫出答案）．
18．（2015•南寧）如圖，AB是⊙O的直徑，C、G是⊙O上兩點，且AC=CG，過點C的直線CD⊥BG于點D，交BA的延長線于點E，連接BC，交OD于點F．
（1）求證：CD是⊙O的切線．
（2）若 ，求∠E的度數(shù)．
（3）連接AD，在（2）的條件下，若CD= ，求AD的長．
19．（2015•無錫）已知：平面直角坐標系中，四邊形OABC的頂點分別為O（0，0）、A（5，0）、B（m，2）、C（m?5，2）．
（1）問：是否存在這樣的m，使得在邊BC上總存在點P，使∠OPA=90°？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．
（2）當(dāng)∠AOC與∠OAB的平分線的交點Q在邊BC上時，求m的值．
20．（2015•蘇州）如圖，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半徑為2cm的⊙O在矩形內(nèi)且與AB、AD均相切，現(xiàn)有動點P從A點出發(fā)，在矩形邊上沿著A→B→C→D的方向勻速移動，當(dāng)點P到達D點時停止移動．⊙O在矩形內(nèi)部沿AD向右勻速平移，移動到與CD相切時立即沿原路按原速返回，當(dāng)⊙O回到出發(fā)時的位置（即再次與AB相切）時停止移動，已知點P與⊙O同時開始移動，同時停止移動（即同時到達各自的終止位置）．
（1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了 cm（用含a、b的代數(shù)式表示）；
（2）如圖①，已知點P從A點出發(fā)，移動2s到達B點，繼續(xù)移動3s，到達BC的中點，若點P與⊙O的移動速度相等，求在這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離；
（3）如圖②，已知a=20，b=10，是否存在如下情形：當(dāng)⊙O到達⊙O1的位置時（此時圓心O1在矩形對角線BD上），DP與⊙O1恰好相切？請說明理由．
21．（2015•寧波）如圖，在平面直角坐標系中，點M是第一象限內(nèi)一點，過M的直線分別交x軸，y軸的正半軸于A，B兩點，且M是AB的中點．以O(shè)M為直徑的⊙P分別交x軸，y軸于C，D兩點，交直線AB于點E（位于點M右下方），連結(jié)DE交OM于點K．
（1）若點M的坐標為（3，4），
①求A，B兩點的坐標；
②求ME的長．
（2）若 =3，求∠OBA的度數(shù)．
（3）設(shè)tan∠OBA=x（0＜x＜1）， =y，直接寫出y關(guān)于x的函數(shù)解析式．
22．（2015•日照）閱讀資料：
如圖1，在平面之間坐標系xOy中，A，B兩點的坐標分別為A（x1，y1），B（x2，y2），由勾股定理得AB2=|x2?x1|2+|y2?y1|2，所以A，B兩點間的距離為AB= ．
我們知道，圓可以看成到圓心距離等于半徑的點的集合，如圖2，在平面直角坐標系xoy中，A（x，y）為圓上任意一點，則A到原點的距離的平方為OA2=|x?0|2+|y?0|2，當(dāng)⊙O的半徑為r時，⊙O的方程可寫為：x2+y2=r2．
問題拓展：如果圓心坐標為P（a，b），半徑為r，那么⊙P的方程可以寫為 �。�
綜合應(yīng)用：
如圖3，⊙P與x軸相切于原點O，P點坐標為（0，6），A是⊙P上一點，連接OA，使tan∠POA= ，作PD⊥OA，垂足為D，延長PD交x軸于點B，連接AB．
①證明AB是⊙P的切點；
②是否存在到四點O，P，A，B距離都相等的點Q？若存在，求Q點坐標，并寫出以Q為圓心，以O(shè)Q為半徑的⊙O的方程；若不存在，說明理由．
23．（2015•金華）圖1、圖2為同一長方體房間的示意圖，圖3為該長方體的表面展開圖．
（1）蜘蛛在頂點A′處．
①蒼蠅在頂點B處時，試在圖1中畫出蜘蛛為捉住蒼蠅，沿墻面爬行的最近路線．
②蒼蠅在頂點C處時，圖2中畫出了蜘蛛捉住蒼蠅的兩條路線，往天花板ABCD爬行的最近路線A′GC和往墻面BB′C′C爬行的最近路線A′HC，試通過計算判斷哪條路線更近．
（2）在圖3中，半徑為10dm的⊙M與D′C′相切，圓心M到邊CC′的距離為15dm，蜘蛛P在線段AB上，蒼蠅Q在⊙M的圓周上，線段PQ為蜘蛛爬行路線，若PQ與⊙M相切，試求PQ長度的范圍．
24．（2015•長沙）如圖，在直角坐標系中，⊙M經(jīng)過原點O（0，0），點A（ ，0）與點B（0，? ），點D在劣弧 上，連接BD交x軸于點C，且∠COD=∠CBO．
（1）求⊙M的半徑；
（2）求證：BD平分∠ABO；
（3）在線段BD的延長線上找一點E，使得直線AE恰好為⊙M的切線，求此時點E的坐標．
25．（2015•湖北）如圖，AB是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，AE和過點C的切線互相垂直，垂足為E，AE交⊙O于點D，直線EC交AB的延長線于點P，連接AC，BC，PB：PC=1：2．
（1）求證：AC平分∠BAD；
（2）探究線段PB，AB之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）若AD=3，求△ABC的面積．
26．（2015•宜昌）如圖，四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點E，F(xiàn)是邊BA延長線上一點，連接EF，以EF為直徑作⊙O，交DC于D，G兩點，AD分別于EF，GF交于I，H兩點．
（1）求∠FDE的度數(shù)；
（2）試判斷四邊形FACD的形狀，并證明你的結(jié)論；
（3）當(dāng)G為線段DC的中點時，
①求證：FD=FI；
②設(shè)AC=2m，BD=2n，求⊙O的面積與菱形ABCD的面積之比．
27．（2015•永州）問題探究：
（一）新知學(xué)習(xí)：
圓內(nèi)接四邊形的判斷定理：如果四邊形對角互補，那么這個四邊形內(nèi)接于圓（即如果四邊形EFGH的對角互補，那么四邊形EFGH的四個頂點E、F、G、H都在同個圓上）．
（二）問題解決：
已知⊙O的半徑為2，AB，CD是⊙O的直徑．P是 上任意一點，過點P分別作AB，CD的垂線，垂足分別為N，M．
（1）若直徑AB⊥CD，對于 上任意一點P（不與B、C重合）（如圖一），證明四邊形PMON內(nèi)接于圓，并求此圓直徑的長；
（2）若直徑AB⊥CD，在點P（不與B、C重合）從B運動到C的過程匯總，證明MN的長為定值，并求其定值；
（3）若直徑AB與CD相交成120°角．
①當(dāng)點P運動到 的中點P1時（如圖二），求MN的長；
②當(dāng)點P（不與B、C重合）從B運動到C的過程中（如圖三），證明MN的長為定值．
（4）試問當(dāng)直徑AB與CD相交成多少度角時，MN的長取最大值，并寫出其最大值．
28．（2015•樂山）已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜邊AC交⊙O于點D，且AD=DC，延長CB交⊙O于點E．
（1）圖1的A、B、C、D、E五個點中，是否存在某兩點間的距離等于線段CE的長？請說明理由；
（2）如圖2，過點E作⊙O的切線，交AC的延長線于點F．
①若CF=CD時，求sin∠CAB的值；
②若CF=aCD（a＞0）時，試猜想sin∠CAB的值．（用含a的代數(shù)式表示，直接寫出結(jié)果）
29．（2015•株洲）已知AB是圓O的切線，切點為B，直線AO交圓O于C、D兩點，CD=2，∠DAB=30°，動點P在直線AB上運動，PC交圓O于另一點Q．
（1）當(dāng)點P運動到使Q、C兩點重合時（如圖1），求AP的長；
（2）點P在運動過程中，有幾個位置（幾種情況）使△CQD的面積為 ？（直接寫出答案）
（3）當(dāng)△CQD的面積為 ，且Q位于以CD為直徑的上半圓，CQ＞QD時（如圖2），求AP的長．
30．（2015•連云港）已知如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y= x?2 與x軸、y軸分別交于A，B兩點，P是直線AB上一動點，⊙P的半徑為1．
（1）判斷原點O與⊙P的位置關(guān)系，并說明理由；
（2）當(dāng)⊙P過點B時，求⊙P被y軸所截得的劣弧的長；
（3）當(dāng)⊙P與x軸相切時，求出切點的坐標．
2015中考數(shù)學(xué)真題分類匯編：圓（8）
參考答案與試題解析
一．解答題（共30小題）
1．（2015•哈爾濱）AB，CD是⊙O的兩條弦，直線AB，CD互相垂直，垂足為點E，連接AD，過點B作BF⊥AD，垂足為點F，直線BF交直線CD于點G．
（1）如圖1，當(dāng)點E在⊙O外時，連接BC，求證：BE平分∠GBC；
（2）如圖2，當(dāng)點E在⊙O內(nèi)時，連接AC，AG，求證：AC=AG；
（3）如圖3，在（2）條件下，連接BO并延長交AD于點H，若BH平分∠ABF，AG=4，tan∠D= ，求線段AH的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠D=∠EBC，進而利用互余的關(guān)系得出∠GBE=∠EBC，進而求出即可；
（2）首先得出∠D=∠ABG，進而利用全等三角形的判定與性質(zhì)得出△BCE≌△BGE（ASA），則CE=EG，再利用等腰三角形的性質(zhì)求出即可；
（3）首先求出CO的長，再求出tan∠ABH= = = ，利用OP2+PB2=OB2，得出a的值進而求出答案．
解答： （1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
∴∠D+∠ABC=180°，
∵∠ABC+∠EBC=180°，
∴∠D=∠EBC，
∵GF⊥AD，AE⊥DG，
∴∠A+∠ABF=90°，∠A+∠D=90°，
∴∠ABE=∠D，
∵∠ABF=∠GBE，
∴∠GBE=∠EBC，
即BE平分∠GBC；
（2）證明：如圖2，連接CB，
∵AB⊥CD，BF⊥AD，
∴∠D+∠BAD=90°，∠ABG+∠BAD=90°，
∴∠D=∠ABG，
∵∠D=∠ABC，
∴∠ABC=∠ABG，
∵AB⊥CD，
∴∠CEB=∠GEB=90°，
在△BCE和△BGE中
，
∴△BCE≌△BGE（ASA），
∴CE=EG，
∵AE⊥CG，
∴AC=AG；
（3）解：如圖3，連接CO并延長交⊙O于M，連接AM，
∵CM是⊙O的直徑，
∴∠MAC=90°，
∵∠M=∠D，tanD= ，
∴tanM= ，
∴ = ，
∵AG=4，AC=AG，
∴AC=4，AM=3，
∴MC= =5，
∴CO= ，
過點H作HN⊥AB，垂足為點N，
∵tanD= ，AE⊥DE，
∴tan∠BAD= ，
∴ = ，
設(shè)NH=3a，則AN=4a，
∴AH= =5a，
∵HB平分∠ABF，NH⊥AB，HF⊥BF，
∴HF=NH=3a，
∴AF=8a，
cos∠BAF= = = ，
∴AB= =10a，
∴NB=6a，
∴tan∠ABH= = = ，
過點O作OP⊥AB垂足為點P，
∴PB= AB=5a，tan∠ABH= = ，
∴OP= a，
∵OB=OC= ，OP2+PB2=OB2，
∴25a2+ a2= ，
∴解得：a= ，
∴AH=5a= ．
點評： 此題主要考查了圓的綜合以及勾股定理和銳角三角函數(shù)關(guān)系等、全等三角形的判定與性質(zhì)知識，正確作出輔助線得出tan∠ABH= = 是解題關(guān)鍵．
2．（2015•恩施州）如圖，AB是⊙O的直徑，AB=6，過點O作OH⊥AB交圓于點H，點C是弧AH上異于A、B的動點，過點C作CD⊥OA，CE⊥OH，垂足分別為D、E，過點C的直線交OA的延長線于點G，且∠GCD=∠CED．
（1）求證：GC是⊙O的切線；
（2）求DE的長；
（3）過點C作CF⊥DE于點F，若∠CED=30°，求CF的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）先證明四邊形ODCE是矩形，得出∠DCE=90°，DE=OC，MC=MD，得出∠CED+∠MDC=90°，∠MDC=∠MCD，證出∠GCD+∠MCD=90°，即可得出結(jié)論；
（2）由（1）得：DE=OC= AB，即可得出結(jié)果；
（3）運用三角函數(shù)求出CE，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)果．
解答： （1）證明：連接OC，交DE于M，如圖所示：
∵OH⊥AB，CD⊥OA，CE⊥OH，
∴∠DOE=∠OEC=∠ODC=90°，
∴四邊形ODCE是矩形，
∴∠DCE=90°，DE=OC，MC=MD，
∴∠CED+∠MDC=90°，∠MDC=∠MCD，
∵∠GCD=∠CED，
∴∠GCD+∠MCD=90°，
即GC⊥OC，
∴GC是⊙O的切線；
（2）解：由（1）得：DE=OC= AB=3；
（3）解：∵∠DCE=90°，∠CED=30°，
∴CE=DE•cos∠CED=3× = ，
∴CF= CE= ．
點評： 本題是圓的綜合題目，考查了切線的判定、矩形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識；本題有一定難度，綜合性強，特別是（1）中，需要證明四邊形是矩形，運用角的關(guān)系才能得出結(jié)論．
3．（2015•福建）已知：AB是⊙O的直徑，點P在線段AB的延長線上，BP=OB=2，點Q在⊙O上，連接PQ．
（1）如圖①，線段PQ所在的直線與⊙O相切，求線段PQ的長；
（2）如圖②，線段PQ與⊙O還有一個公共點C，且PC=CQ，連接OQ，AC交于點D．
①判斷OQ與AC的位置關(guān)系，并說明理由；
②求線段PQ的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）如圖①，連接OQ．利用切線的性質(zhì)和勾股定理來求PQ的長度．
（2）如圖②，連接BC．利用三角形中位線的判定與性質(zhì)得到BC∥OQ．根據(jù)圓周角定理推知BC⊥AC，所以，OQ⊥AC．
（3）利用割線定理來求PQ的長度即可．
解答： 解：（1）如圖①，連接OQ．
∵線段PQ所在的直線與⊙O相切，點Q在⊙O上，
∴OQ⊥OP．
又∵BP=OB=OQ=2，
∴PQ= = =2 ，即PQ=2 ；
（2）OQ⊥AC．理由如下：
如圖②，連接BC．
∵BP=OB，
∴點B是OP的中點，
又∵PC=CQ，
∴點C是PQ的中點，
∴BC是△PQO的中位線，
∴BC∥OQ．
又∵AB是直徑，
∴∠ACB=90°，即BC⊥AC，
∴OQ⊥AC．
（3）如圖②，PC•PQ=PB•PA，即 PQ2=2×6，
解得PQ=2 ．
點評： 本題考查了圓的綜合題．掌握圓周角定理，三角形中位線定理，平行線的性質(zhì)，熟練利用割線定理進行幾何計算．
4．（2015•湘潭）如圖，已知AB是⊙O的直徑，過點A作⊙O的切線MA，P為直線MA上一動點，以點P為圓心，PA為半徑作⊙P，交⊙O于點C，連接PC、OP、BC．
（1）知識探究（如圖1）：
①判斷直線PC與⊙O的位置關(guān)系，請證明你的結(jié)論；
②判斷直線OP與BC的位置關(guān)系，請證明你的結(jié)論．
（2）知識運用（如圖2）：
當(dāng)PA＞OA時，直線PC交AB的延長線于點D，若BD=2AB，求tan∠ABC的值．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）①PC與⊙O相切．易證明△PAO≌△PCO，則∠PAO=∠PCO，由PA是⊙O的切線，可知∠PAO=∠PCO=90°，即可證明結(jié)論；
②OP∥BC．由（1）可知∠POA=∠POC，根據(jù)圓周角定理可知∠B=∠POA，根據(jù)同位角相等可證明OP∥BC．
（2）根據(jù)OP∥BC，可知 ，由BD=2AB，可知AD=6OA，OD=5OB，所以PD=5PC，設(shè)設(shè)PA=PC=R，OA=r，根據(jù)勾股定理列方程求出R與r的數(shù)量關(guān)系，即可在Rt△PAO中求出tan∠ABC=tan∠POA．
解答： （1）①PC與⊙O相切．
證明：如圖1，連接OC，
在△PAO和△PCO中，
，
∴△PAO≌△PCO，
∴∠PAO=∠PCO，
∵PA是⊙O的切線，AB是⊙O的直徑，
∴∠PAO=∠PCO=90°，
∴PC與⊙O相切．
②OP∥BC．
證明：∵△PAO≌△PCO，
∴∠POA=∠POC，
∴∠B=∠POA，
∴OP∥BC．
（2）解：如圖2，
∵BD=2AB，
∴BD=4OB，AD=6OA，
∴ ，
∵OP∥BC，
∴ ，
∴PD=5PC，
設(shè)PA=PC=R，OA=r，
∴AD=6r，PD=5R，
∵PA2+AD2=PD2，
∴R2+（6r）2=（5R）2
解得：R= r，
∵tan∠ABC=tan∠POA= ，
∴tan∠ABC? = = ．
點評： 本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)、切線的性質(zhì)與判定、平行線分線段成比例定理、勾股定理以及銳角三角函數(shù)的綜合應(yīng)用，運用切線的性質(zhì)來進行計算或論證，常通過作輔助線連接圓心和切點，利用垂直構(gòu)造直角三角形解決有關(guān)問題．
5．（2015•鄂州）如圖，在△ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分線，∠ABC的平分線 BM交AE于點M，點O在AB上，以點O為圓心，OB的長為半徑的圓經(jīng)過點M，交BC于點G，交 AB于點F．
（1）求證：AE為⊙O的切線．
（2）當(dāng)BC=8，AC=12時，求⊙O的半徑．
（3）在（2）的條件下，求線段BG的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）連接OM．利用角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得到AE⊥OM后即可證得AE是⊙O的切線；
（2）設(shè)⊙O的半徑為R，根據(jù)OM∥BE，得到△OMA∽△BEA，利用平行線的性質(zhì)得到 = ，即可解得R=3，從而求得⊙O的半徑為3；
（3）過點O作OH⊥BG于點H，則BG=2BH，根據(jù)∠OME=∠MEH=∠EHO=90°，得到四邊形OMEH是矩形，從而得到HE=OM=3和BH=1，證得結(jié)論BG=2BH=2．
解答： （1）證明：連接OM．
∵AC=AB，AE平分∠BAC，
∴AE⊥BC，CE=BE= BC=4，
∵OB=OM，
∴∠OBM=∠OMB，
∵BM平分∠ABC，
∴∠OBM=∠CBM，
∴∠OMB=∠CBM，
∴OM∥BC
又∵AE⊥BC，
∴AE⊥OM，
∴AE是⊙O的切線；
（2）設(shè)⊙O的半徑為R，
∵OM∥BE，
∴△OMA∽△BEA，
∴ = 即 = ，
解得R=3，
∴⊙O的半徑為3；
（3）過點O作OH⊥BG于點H，則BG=2BH，
∵∠OME=∠MEH=∠EHO=90°，
∴四邊形OMEH是矩形，
∴HE=OM=3，
∴BH=1，
∴BG=2BH=2．
點評： 本題考查了圓的綜合知識，題目中還運用到了切線的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，難度較大．
6．（2015•河北）平面上，矩形ABCD與直徑為QP的半圓K如圖1擺放，分別延長DA和QP交于點O，且∠DOQ=60°，OQ=0D=3，OP=2，OA=AB=1．讓線段OD及矩形ABCD位置固定，將線段OQ連帶著半圓K一起繞著點O按逆時針方向開始旋轉(zhuǎn)，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0°≤α≤60°）．
發(fā)現(xiàn)：
（1）當(dāng)α=0°，即初始位置時，點P 在 直線AB上．（填“在”或“不在”）求當(dāng)α是多少時，OQ經(jīng)過點B．
（2）在OQ旋轉(zhuǎn)過程中，簡要說明α是多少時，點P，A間的距離最��？并指出這個最小值；
（3）如圖2，當(dāng)點P恰好落在BC邊上時，求a及S陰影
拓展：
如圖3，當(dāng)線段OQ與CB邊交于點M，與BA邊交于點N時，設(shè)BM=x（x＞0），用含x的代數(shù)式表示BN的長，并求x的取值范圍．
探究：當(dāng)半圓K與矩形ABCD的邊相切時，求sinα的值．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）在，當(dāng)OQ過點B時，在Rt△OAB中，AO=AB，得到∠DOQ=∠ABO=45°，求得α=60°?45°=15°；
（2）如圖2，連接AP，由OA+AP≥OP，當(dāng)OP過點A，即α=60°時，等號成立，于是有AP≥OP?OA=2?1=1，當(dāng)α=60°時，P、A之間的距離最小，即可求得結(jié)果
（3）如圖2，設(shè)半圓K與PC交點為R，連接RK，過點P作PH⊥AD于點H，過點R作RE⊥KQ于點E，在Rt△OPH中，PH=AB=1，OP=2，得到∠POH=30°，求得α=60°?30°=30°，由于AD∥BC，得到∠RPO=∠POH=30°，求出∠RKQ=2×30°=60°，于是得到結(jié)果；
拓展：如圖5，由∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，得到△AON∽△BMN求出BN= ，如圖4，當(dāng)點Q落在BC上時，x取最大值，作QF⊥AD于點F，BQ=AF= ?AO=2 ?1，求出x的取值范圍是0＜x≤ ?1；
探究：半圓K與矩形ABCD的邊相切，分三種情況；
①如圖5，半圓K與BC相切于點T，設(shè)直線KT與AD，OQ的初始位置所在的直線分別交于點S，O′，于是得到∠KSO=∠KTB=90°，作KG⊥OO′于G，在Rt△OSK中，求出OS= =2，在Rt△OSO′中，SO′=OS•tan60°=2 ，KO′=2 ? 在Rt△KGO′中，∠O′=30°，求得KG= KO′= ? ，在Rt△OGK中，求得結(jié)果；②當(dāng)半圓K與AD相切于T，如圖6，同理可得sinα的值③當(dāng)半圓K與CD切線時，點Q與點D重合，且為切點，得到α=60°于是結(jié)論可求．
解答： 解：發(fā)現(xiàn)：（1）在，
當(dāng)OQ過點B時，在Rt△OAB中，AO=AB，
∴∠DOQ=∠ABO=45°，
∴α=60°?45°=15°；
（2）如圖2，連接AP，
∵OA+AP≥OP，
當(dāng)OP過點A，即α=60°時，等號成立，
∴AP≥OP?OA=2?1=1，
∴當(dāng)α=60°時，P、A之間的距離最小，
∴PA的最小值=1；
（3）如圖2，設(shè)半圓K與PC交點為R，連接RK，過點P作PH⊥AD于點H，
過點R作RE⊥KQ于點E，在Rt△OPH中，PH=AB=1，OP=2，
∴∠POH=30°，
∴α=60°?30°=30°，
∵AD∥BC，
∴∠RPO=∠POH=30°，
∴∠RKQ=2×30°=60°，
∴S扇形KRQ= = ，
在Rt△RKE中，RE=RK•sin60°= ，
∴S△PRK= •RE= ，∴S陰影= + ；
拓展：如圖5，
∵∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，
∴△AON∽△BMN，
∴ ，即 ，
∴BN= ，
如圖4，當(dāng)點Q落在BC上時，x取最大值，作QF⊥AD于點F，BQ=AF= ?AO=2 ?1，
∴x的取值范圍是0＜x≤ ?1；
探究：半圓K與矩形ABCD的邊相切，分三種情況；
①如圖5，半圓K與BC相切于點T，設(shè)直線KT與AD，OQ的初始位置所在的直線分別交于點S，O′，
則∠KSO=∠KTB=90°，
作KG⊥OO′于G，在Rt△OSK中，
OS= =2，
在Rt△OSO′中，SO′=OS•tan60°=2 ，KO′=2 ? ，
在Rt△KGO′中，∠O′=30°，
∴KG= KO′= ? ，
∴在Rt△OGK中，sinα= = = ，
②當(dāng)半圓K與AD相切于T，如圖6，同理可得sinα= = = = ；
③當(dāng)半圓K與CD切線時，點Q與點D重合，且為切點，
∴α=60°，
∴sinα=sin60 ，
綜上所述sinα的值為： 或 或 ．
點評： 本題考查了矩形的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，勾股定理，銳角三角函數(shù)，根據(jù)題意正確的畫出圖形是解題的關(guān)鍵．
7．（2015•成都）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC的垂直平分線分別與AC，BC及AB的延長線相較于點D，E，F(xiàn)，且BF=BC，⊙O是△BEF的外接圓，∠EBF的平分線交EF于點G，交⊙O于點H，連接BD，F(xiàn)H．
（1）求證：△ABC≌△EBF；
（2）試判斷BD與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）若AB=1，求HG•HB的值．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由垂直的定義可得∠EBF=∠ADF=90°，于是得到∠C=∠BFE，從而證得△ABC≌△EBF；
（2）BD與⊙O相切，如圖1，連接OB證得∠DBO=90°，即可得到BD與⊙O相切；
（3）如圖2，連接CF，HE，有等腰直角三角形的性質(zhì)得到CF= BF，由于DF垂直平分AC，得到AF=CF=AB+BF=1+BF= BF，求得BF= ，有勾股定理解出EF = ，推出△EHF是等腰直角三角形，求得HF= EF= ，通過△BHF∽△FHG，列比例式即可得到結(jié)論．
解答： （1）證明：∵∠ABC=90°，
∴∠EBF=90°，
∵DF⊥AC，
∴∠ADF=90°，
∴∠C+∠A=∠A+∠AFD=90°，
∴∠C=∠BFE，
在△ABC與△EBF中， ，
∴△ABC≌△EBF；
（2）BD與⊙O相切，如圖1，連接OB
證明如下：∵OB=OF，
∴∠OBF=∠OFB，
∵∠ABC=90°，AD=CD，
∴BD=CD，
∴∠C=∠DBC，
∵∠C=∠BFE，
∴∠DBC=∠OBF，
∵∠CBO+∠OBF=90°，∴∠DBC+∠CBO=90°，
∴∠DBO=90°，
∴BD與⊙O相切；
（3）解：如圖2，連接CF，HE，
∵∠CBF=90°，BC=BF，
∴CF= BF，
∵DF垂直平分AC，
∴AF=CF=AB+BF=1+BF= BF，
∴BF= ，
∵△ABC≌△EBF，
∴BE=AB=1，
∴EF= = ，
∵BH平分∠CBF，
∴ ，
∴EH=FH，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴HF= EF= ，
∵∠EFH=∠HBF=45°，∠BHF=∠BHF，
∴△BHF∽△FHG，
∴ ，
∴HG•HB=HF2=2+ ．
點評： 本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理，線段的垂直平分線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握這些定理是解題的關(guān)鍵．
8．（2015•桂林）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，AB=4，PC、PD是⊙O的兩條切線，C、D為切點．
（1）如圖1，求⊙O的半徑；
（2）如圖1，若點E是BC的中點，連接PE，求PE的長度；
（3）如圖2，若點M是BC邊上任意一點（不含B、C），以點M為直角頂點，在BC的上方作∠AMN=90°，交直線CP于點N，求證：AM=MN．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）利用切線的性質(zhì)以及正方形的判定與性質(zhì)得出⊙O的半徑即可；
（2）利用垂徑定理得出OE⊥BC，∠OCE=45°，進而利用勾股定理得出即可；
（3）在AB上截取BF=BM，利用（1）中所求，得出∠ECP=135°，再利用全等三角形的判定與性質(zhì)得出即可．
解答： 解：（1）如圖1，連接OD，OC，
∵PC、PD是⊙O的兩條切線，C、D為切點，
∴∠ODP=∠OCP=90°，
∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，
∴∠DOC=90°，OD=OC，
∴四邊形DOCP是正方形，
∵AB=4，∠ODC=∠OCD=45°，
∴DO=CO=DC•sin45°= ×4=2 ；
（2）如圖1，連接EO，OP，
∵點E是BC的中點，
∴OE⊥BC，∠OCE=45°，
則∠E0P=90°，
∴EO=EC=2，OP= CO=4，
∴PE= =2 ；
（3）證明：如圖2，在AB上截取BF=BM，
∵AB=BC，BF=BM，
∴AF=MC，∠BFM=∠BMF=45°，
∵∠AMN=90°，
∴∠AMF+∠NMC=45°，∠FAM+∠AMF=45°，
∴∠FAM=∠NMC，
∵由（1）得：PD=PC，∠DPC=90°，
∴∠DCP=45°，
∴∠MCN=135°，
∵∠AFM=180°?∠BFM=135°，
在△AFM和△CMN中
，
∴△AFM≌△CMN（ASA），
∴AM=MN．
點評： 此題主要考查了圓的綜合以及全等三角形的判定與性質(zhì)以及正方形的判定與性質(zhì)等知識，正確作出輔助線得出∠MCN=135°是解題關(guān)鍵．
9．（2015•吉林）如圖①，半徑為R，圓心角為n°的扇形面積是S扇形= ，由弧長l= ，得S扇形= = • •R= lR．通過觀察，我們發(fā)現(xiàn)S扇形= lR類似于S三角形= ×底×高．
類比扇形，我們探索扇環(huán)（如圖②，兩個同心圓圍成的圓環(huán)被扇形截得的一部分交作扇環(huán)）的面積公式及其應(yīng)用．
（1）設(shè)扇環(huán)的面積為S扇環(huán)， 的長為l1， 的長為l2，線段AD的長為h（即兩個同心圓半徑R與r的差）．類比S梯形= ×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代數(shù)式表示S扇環(huán)，并證明；
（2）用一段長為40m的籬笆圍成一個如圖②所示的扇環(huán)形花園，線段AD的長h為多少時，花園的面積最大，最大面積是多少？
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）根據(jù)扇形公式之間的關(guān)系，結(jié)合已知條件推出結(jié)果即可；
（2）求出l1+l2=40?2h，代入（1）的結(jié)果，化成頂點式，即可得出答案．
解答： （1）S扇環(huán)= （l1?l2）h，
證明：設(shè)大扇形半徑為R，小扇形半徑為r，圓心角度數(shù)為n，則由l= ，得R= ，r=
所以圖中扇環(huán)的面積S= ×l1×R? ×l2×r
= l1• ? l2•
= （l12?l22）
= （l1+l2）（l1?l2）
= • •（ R? r）（l1?l2）
= （l1?l2）（R?r）
= （l1+l2）h，
故猜想正確．
（2）解：根據(jù)題意得：l1+l2=40?2h，
則S扇環(huán)= （l1+l2）h
= （40?2h）h
=?h2+20h
=?（h?10）2+100
∵?1＜0，
∴開口向下，有最大值，
當(dāng)h=10時，最大值是100，
即線段AD的長h為10m時，花園的面積最大，最大面積是100m2．
點評： 本題主要考查了扇形面積公式，弧長公式，二次函數(shù)的頂點式的應(yīng)用，能猜想出正確結(jié)論是解此題的關(guān)鍵，有一定的難度．
10．（2015•廣西）已知⊙O是以AB為直徑的△ABC的外接圓，OD∥BC交⊙O于點D，交AC于點E，連接AD、BD，BD交AC于點F．
（1）求證：BD平分∠ABC；
（2）延長AC到點P，使PF=PB，求證：PB是⊙O的切線；
（3）如果AB=10，cos∠ABC= ，求AD．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）先由OD∥BC，根據(jù)兩直線平行內(nèi)錯角相等得出∠D=∠CBD，由OB=OD，根據(jù)等邊對等角得出∠D=∠OBD，等量代換得到∠CBD=∠OBD，即BD平分∠ABC；
（2）先由圓周角定理得出∠ACB=90°，根據(jù)直角三角形兩銳角互余得到∠CFB+∠CBF=90°．再由PF=PB，根據(jù)等邊對等角得出∠PBF=∠CFB，而由（1）知∠OBD=∠CBF，等量代換得到∠PBF+∠OBD=90°，即∠OBP=90°，根據(jù)切線的判定定理得出PB是⊙O的切線；
（3）連結(jié)AD．在Rt△ABC中，由cos∠ABC= = = ，求出BC=6，根據(jù)勾股定理得到AC= =8．再由OD∥BC，得出△AOE∽△ABC，∠AED=∠OEC=180°?∠ACB=90°，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例求出AE=4，OE=3，那么DE=OD?OE=2，然后在Rt△ADE中根據(jù)勾股定理求出AD= =2 ．
解答： （1）證明：∵OD∥BC，
∴∠D=∠CBD，
∵OB=OD，
∴∠D=∠OBD，
∴∠CBD=∠OBD，
∴BD平分∠ABC；
（2）證明：∵⊙O是以AB為直徑的△ABC的外接圓，
∴∠ACB=90°，
∴∠CFB+∠CBF=90°．
∵PF=PB，
∴∠PBF=∠CFB，
由（1）知∠OBD=∠CBF，
∴∠PBF+∠OBD=90°，
∴∠OBP=90°，
∴PB是⊙O的切線；
（3）解：連結(jié)AD．
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，
∴cos∠ABC= = = ，
∴BC=6，AC= =8．
∵OD∥BC，
∴△AOE∽△ABC，∠AED=∠OEC=180°?∠ACB=90°，
∴ = = ， = = ，
∴AE=4，OE=3，
∴DE=OD?OE=5?3=2，
∴AD= = =2 ．
點評： 本題是圓的綜合題，其中涉及到平行線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、圓周角定理、直角三角形兩銳角互余的性質(zhì)、切線的判定定理、銳角三角函數(shù)的定義、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，綜合性較強，難度適中．本題中第（2）問要證某線是圓的切線，當(dāng)已知條件中明確指出直線與圓有公共點時，常連接過該公共點的半徑，證明該半徑垂直于這條直線是常用的方法，需熟練掌握．
11．（2015•上海）已知，如圖，AB是半圓O的直徑，弦CD∥AB，動點P，Q分別在線段OC，CD上，且DQ=OP，AP的延長線與射線OQ相交于點E，與弦CD相交于點F（點F與點C，D不重合），AB=20，cos∠AOC= ，設(shè)OP=x，△CPF的面積為y．
（1）求證：AP=OQ；
（2）求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出它的定義域；
（3）當(dāng)△OPE是直角三角形時，求線段OP的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）連接OD，證得△AOP≌△ODQ后即可證得AP=OQ；
（2）作PH⊥OA，根據(jù)cos∠AOC= 得到OH= PO= x，從而得到S△AOP= AO•PH=3x，利用△PFC∽△PAO得當(dāng)對應(yīng)邊的比相等即可得到函數(shù)解析式；
（3）分當(dāng)∠POE=90°時、當(dāng)∠OPE=90°時、當(dāng)∠OEP=90°時三種情況討論即可得到正確的結(jié)論．
解答： 解：（1）連接OD，
在△AOP和△ODQ中，
，
∴△AOP≌△ODQ，
∴AP=OQ；
（2）作PH⊥OA，
∵cos∠AOC= ，
∴OH= PO= x，
∴S△AOP= AO•PH=3x，
又∵△PFC∽△PAO，
∴ = =（ ）2，
整理得：y= （ ＜x＜10）；
（3）當(dāng)∠POE=90°時，CQ= = ，PO=DQ=CD?CQ= （舍）；
當(dāng)∠OPE=90°時，PO=AO•cos∠COA=8；
當(dāng)∠OEP=90°時，∠AOQ=∠DQO=∠APO，
∴∠AOC=∠AEO，
即∠OEP=∠COA，此種情況不存在，
∴線段OP的長為8．
點評： 本題考查了圓的綜合知識、相似三角形的判定及性質(zhì)等知識，綜合性較強，難度較大，特別是第三題的分類討論更是本題的難點．
12．（2015•宿遷）已知：⊙O上兩個定點A，B和兩個動點C，D，AC與BD交于點E．
（1）如圖1，求證：EA•EC=EB•ED；
（2）如圖2，若 = ，AD是⊙O的直徑，求證：AD•AC=2BD•BC；
（3）如圖3，若AC⊥BD，點O到AD的距離為2，求BC的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）根據(jù)同弧所對的圓周角相等得到角相等，從而證得三角形相似，于是得到結(jié)論；
（2）如圖2，連接CD，OB交AC于點F由B是弧AC的中點得到∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=0.5AC．證得△CBF∽△ABD．即可得到結(jié)論；
（3）如圖3，連接AO并延長交⊙O于F，連接DF得到AF為⊙O的直徑于是得到∠ADF=90°，過O作OH⊥AD于H，根據(jù)三角形的中位線定理得到DF=2OH=4，通過△ABE∽△ADF，得到1=∠2，于是結(jié)論可得．
解答： （1）證明：∵∠EAD=∠EBC，∠BCE=∠ADE，
∴△AED∽△BEC，
∴ ，
∴EA•EC=EB•ED；
（2）證明：如圖2，連接CD，OB交AC于點F
∵B是弧AC的中點，
∴∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=0.5AC．
又∵AD為⊙O直徑，
∴∠ABC=90°，又∠CFB=90°．
∴△CBF∽△ABD．
∴ ，故CF•AD=BD•BC．
∴AC•AD=2BD•CD；
（3）解：如圖3，連接AO并延長交⊙O于F，連接DF，
∴AF為⊙O的直徑，
∴∠ADF=90°，
過O作OH⊥AD于H，
∴AH=DH，OH∥DF，
∵AO=OF，
∴DF=2OH=4，
∵AC⊥BD，
∴∠AEB=∠ADF=90°，
∵∠ABD=∠F，
∴△ABE∽△ADF，
∴∠1=∠2，
∴ ，
∴BC=DF=4．
點評： 本題考查了圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線的性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
13．（2015•北京）在平面直角坐標系xOy中，⊙C的半徑為r，P是與圓心C不重合的點，點P關(guān)于⊙C的反稱點的定義如下：若在射線CP上存在一點P′，滿足CP+CP′=2r，則稱P′為點P關(guān)于⊙C的反稱點，如圖為點P及其關(guān)于⊙C的反稱點P′的示意圖．
特別地，當(dāng)點P′與圓心C重合時，規(guī)定CP′=0．
（1）當(dāng)⊙O的半徑為1時．
①分別判斷點M（2，1），N（ ，0），T（1， ）關(guān)于⊙O的反稱點是否存在？若存在，求其坐標；
②點P在直線y=?x+2上，若點P關(guān)于⊙O的反稱點P′存在，且點P′不在x軸上，求點P的橫坐標的取值范圍；
（2）⊙C的圓心在x軸上，半徑為1，直線y=? x+2 與x軸、y軸分別交于點A，B，若線段AB上存在點P，使得點P關(guān)于⊙C的反稱點P′在⊙C的內(nèi)部，求圓心C的橫坐標的取值范圍．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）①根據(jù)反稱點的定義，可得當(dāng)⊙O的半徑為1時，點M（2，1）關(guān)于⊙O的反稱點不存在；N（ ，0）關(guān)于⊙O的反稱點存在，反稱點N′（ ，0）；T（1， ）關(guān)于⊙O的反稱點存在，反稱點T′（0，0）；
②由OP≤2r=2，得出OP2≤4，設(shè)P（x，?x+2），由勾股定理得出OP2=x2+（?x+2）2=2x2?4x+4≤4，解不等式得出0≤x≤2．再分別將x=2與0代入檢驗即可；
（2）先由y=? x+2 ，求出A（6，0），B（0，2 ），則 = ，∠OBA=60°，∠OAB=30°．再設(shè)C（x，0），分兩種情況進行討論：①C在OA上；②C在A點右側(cè)．
解答： 解：（1）當(dāng)⊙O的半徑為1時．
①點M（2，1）關(guān)于⊙O的反稱點不存在；
N（ ，0）關(guān)于⊙O的反稱點存在，反稱點N′（ ，0）；
T（1， ）關(guān)于⊙O的反稱點存在，反稱點T′（0，0）；
②∵OP≤2r=2，OP2≤4，設(shè)P（x，?x+2），
∴OP2=x2+（?x+2）2=2x2?4x+4≤4，
∴2x2?4x≤0，
x（x?2）≤0，
∴0≤x≤2．
當(dāng)x=2時，P（2，0），P′（0，0）不符合題意；
當(dāng)x=0時，P（0，2），P′（0，0）不符合題意；
∴0＜x＜2；
（2）∵直線y=? x+2 與x軸、y軸分別交于點A，B，
∴A（6，0），B（0，2 ），
∴ = ，
∴∠OBA=60°，∠OAB=30°．
設(shè)C（x，0）．
①當(dāng)C在OA上時，作CH⊥AB于H，則CH≤CP≤2r=2，
所以AC≤4，
C點橫坐標x≥2（當(dāng)x=2時，C點坐標（2，0），H點的反稱點H′（2，0）在圓的內(nèi)部）；
②當(dāng)C在A點右側(cè)時，C到線段AB的距離為AC長，AC最大值為2，
所以C點橫坐標x≤8．
綜上所述，圓心C的橫坐標的取值范圍是2≤x≤8．
點評： 本題是圓的綜合題，其中涉及到一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，特殊角的三角函數(shù)值，勾股定理，一元二次不等式的解法，利用數(shù)形結(jié)合、正確理解反稱點的意義是解決本題的關(guān)鍵．
14．（2015•深圳）如圖1，水平放置一個三角板和一個量角器，三角板的邊AB和量角器的直徑DE在一條直線上，AB=BC=6cm，OD=3cm，開始的時候BD=1cm，現(xiàn)在三角板以2cm/s的速度向右移動．
（1）當(dāng)B與O重合的時候，求三角板運動的時間；
（2）如圖2，當(dāng)AC與半圓相切時，求AD；
（3）如圖3，當(dāng)AB和DE重合時，求證：CF2=CG•CE．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）根據(jù)題意得出BO的長，再利用路程除以速度得出時間；
（2）根據(jù)切線的性質(zhì)和判定結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)得出AO的長，進而求出答案；
（3）利用圓周角定理以及切線的性質(zhì)定理得出∠CEF=∠ODF=∠OFD=∠CFG，進而求出△CFG∽△CEF，即可得出答案．
解答： （1）解：由題意可得：BO=4cm，t= =2（s）；
（2）解：如圖2，連接O與切點H，則OH⊥AC，
又∵∠A=45°，
∴AO= OH=3 cm，
∴AD=AO?DO=（3 ?3）cm；
（3）證明：如圖3，連接EF，
∵OD=OF，
∴∠ODF=∠OFD，
∵DE為直徑，
∴∠ODF+∠DEF=90°，
∠DEC=∠DEF+∠CEF=90°，
∴∠CEF=∠ODF=∠OFD=∠CFG，
又∵∠FCG=∠ECF，
∴△CFG∽△CEF，
∴ = ，
∴CF2=CG•CE．
點評： 此題主要考查了切線的性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，根據(jù)題意得出△CFG∽△CEF是解題關(guān)鍵．
15．（2015•東莞）⊙O是△ABC的外接圓，AB是直徑，過 的中點P作⊙O的直徑PG交弦BC于點D，連接AG、CP、PB．
（1）如圖1，若D是線段OP的中點，求∠BAC的度數(shù)；
（2）如圖2，在DG上取一點K，使DK=DP，連接CK，求證：四邊形AGKC是平行四邊形；
（3）如圖3，取CP的中點E，連接ED并延長ED交AB于點H，連接PH，求證：PH⊥AB．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由垂徑定理得出PG⊥BC，CD=BD，再由三角函數(shù)求出∠BOD=60°，證出AC∥PG，得出同位角相等即可；
（2）先由SAS證明△PDB≌△CDK，得出CK=BP，∠OPB=∠CKD，證出AG=CK，再證明AG∥CK，即可得出結(jié)論；
（3）先證出DH∥AG，得出∠OAG=∠OHD，再證OD=OH，由SAS證明△OBD≌△HOP，得出∠OHP=∠ODB=90°，即可得出結(jié)論．
解答： （1）解：∵點P為 的中點，AB為⊙O直徑，
∴BP=PC，PG⊥BC，CD=BD，
∴∠ODB=90°，
∵D為OP的中點，
∴OD= OP= OB，
∴cos∠BOD= = ，
∴∠BOD=60°，
∵AB為⊙O直徑，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠ODB，
∴AC∥PG，
∴∠BAC=∠BOD=60°；
（2）證明：由（1）知，CD=BD，
在△PDB和△CDK中， ，
∴△PDB≌△CDK（SAS），
∴CK=BP，∠OPB=∠CKD，
∵∠AOG=∠BOP，
∴AG=BP，
∴AG=CK，
∵OP=OB，
∴∠OPB=∠OBP，
又∵∠G=∠OBP，
∴AG∥CK，
∴四邊形AGCK是平行四邊形；
（3）證明：∵CE=PE，CD=BD，
∴DE∥PB，
即DH∥PB
∵∠G=∠OPB，
∴PB∥AG，
∴DH∥AG，
∴∠OAG=∠OHD，
∵OA=OG，
∴∠OAG=∠G，
∴∠ODH=∠OHD，
∴OD=OH，
在△OBD和△HOP中， ，
∴△OBD≌△HOP（SAS），
∴∠OHP=∠ODB=90°，
∴PH⊥AB．
點評： 本題是圓的綜合題目，考查了垂徑定理、圓周角定理、平行線的判定、三角函數(shù)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（3）中，需要通過證明平行線得出角相等，再進一步證明三角形全等才能得出結(jié)論．
16．（2015•達州）在△ABC的外接圓⊙O中，△ABC的外角平分線CD交⊙O于點D，F(xiàn)為 上?
點，且 = 連接DF，并延長DF交BA的延長線于點E．
（1）判斷DB與DA的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）求證：△BCD≌△AFD；
（3）若∠ACM=120°，⊙O的半徑為5，DC=6，求DE的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由CD是△ABC的外角平分線，可得∠MCD=∠ACD，又由∠MCD+∠BCD=180°，∠BCD+∠BAD=180°，可得∠MCD=∠BAD，繼而證得∠ABD=∠BAD，即可得DB=DA；
（2）由DB=DA，可得 = ，即可得 = ，則可證得CD=FD，BC=AF，然后由SSS判定△BCD≌△AFD；
（3）首先連接DO并延長，交AB于點N，連接OB，由∠ACM=120°，易證得△ABD是等邊三角形，并可求得邊長，易證得△ACD∽△EBD，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，求得DE的長．
解答： 解：（1）DB=DA．
理由：∵CD是△ABC的外角平分線，
∴∠MCD=∠ACD，
∵∠MCD+∠BCD=180°，∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠MCD=∠BAD，
∴∠ACD=∠BAD，
∵∠ACD=∠ABD，
∴∠ABD=∠BAD，
∴DB=DA；
（2）證明：∵DB=DA，
∴ = ，
∵ = ，
∴AF=BC， = ，
∴CD=FD，
在△BCD和△AFD中，
，
∴△BCD≌△AFD（SSS）；
（3）連接DO并延長，交AB于點N，連接OB，
∵DB=DA，
∴ = ，
∴DN⊥AB，
∵∠ACM=120°，
∴∠ABD=∠ACD=60°，
∵DB=DA，
∴△ABD是等邊三角形，
∴∠OBA=30°，
∴ON= OB= ×5=2.5，
∴DN=ON+OD=7.5，
∴BD= =5 ，
∴AD=BD=5 ，
∵ = ，
∴ = ，
∴∠ADC=∠BDF，
∵∠ABD=∠ACD，
∴△ACD∽△EBD，
∴ ，
∴ ，
∴DE=12.5．
點評： 此題屬于圓的綜合題，考查了圓周角定理、弧與弦的關(guān)系、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)．注意準確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．
17．（2015•溫州）如圖，點A和動點P在直線l上，點P關(guān)于點A的對稱點為Q，以AQ為邊作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ：AB=3：4，作△ABQ的外接圓O．點C在點P右側(cè)，PC=4，過點C作直線m⊥l，過點O作OD⊥m于點D，交AB右側(cè)的圓弧于點E．在射線CD上取點F，使DF= CD，以DE，DF為鄰邊作矩形DEGF．設(shè)AQ=3x．
（1）用關(guān)于x的代數(shù)式表示BQ，DF．
（2）當(dāng)點P在點A右側(cè)時，若矩形DEGF的面積等于90，求AP的長．
（3）在點P的整個運動過程中，
①當(dāng)AP為何值時，矩形DEGF是正方形？
②作直線BG交⊙O于點N，若BN的弦心距為1，求AP的長（直接寫出答案）．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由AQ：AB=3：4，AQ=3x，易得AB=4x，由勾股定理得BQ，再由中位線的性質(zhì)得AH=BH= AB，求得CD，F(xiàn)D；
（2）利用（1）的結(jié)論，易得CQ的長，作OM⊥AQ于點M（如圖1），則OM∥AB，由垂徑定理得QM=AM= x，由矩形性質(zhì)得OD=MC，利用矩形面積，求得x，得出結(jié)論；
（3）①點P在A點的右側(cè)時（如圖1），利用（1）（2）的結(jié)論和正方形的性質(zhì)得2x+4=3x，得AP；點P在A點的左側(cè)時，當(dāng)點C在Q右側(cè)，0＜x＜ 時（如圖2），4?7x=3x，解得x，易得AP；當(dāng) 時（如圖3），7?4x=3x，得AP；當(dāng)點C在Q的左側(cè)時，即x≥ （如圖4），同理得AP；
②連接NQ，由點O到BN的弦心距為l，得NQ=2，當(dāng)點N在AB的左側(cè)時（如圖5），過點B作BM⊥EG于點M，GM=x，BM=x，易得∠GBM=45°，BM∥AQ，易得AI=AB，求得IQ，由NQ得AP；當(dāng)點N在AB的右側(cè)時（如圖6），過點B作BJ⊥GE于點J，由GJ=x，BJ=4x得tan∠GBJ= ，利用（1）（2）中結(jié)論得AI=16x，QI=19x，
解得x，得AP．
解答： 解：（1）在Rt△ABQ中，
∵AQ：AB=3：4，AQ=3x，
∴AB=4x，
∴BQ=5x，
∵OD⊥m，m⊥l，
∴OD∥l，
∵OB=OQ，
∴ =2x，
∴CD=2x，
∴FD= =3x；
（2）∵AP=AQ=3x，PC=4，
∴CQ=6x+4，
作OM⊥AQ于點M（如圖1），
∴OM∥AB，
∵⊙O是△ABQ的外接圓，∠BAQ=90°，
∴點O是BQ的中點，
∴QM=AM= x
∴OD=MC= ，
∴OE= BQ= ，
∴ED=2x+4，
S矩形DEGF=DF•DE=3x（2x+4）=90，
解得：x1=?5（舍去），x2=3，
∴AP=3x=9；
（3）①若矩形DEGF是正方形，則ED=DF，
I．點P在A點的右側(cè)時（如圖1），
∴2x+4=3x，解得：x=4，
∴AP=3x=12；
II．點P在A點的左側(cè)時，
當(dāng)點C在Q右側(cè)，
0＜x＜ 時（如圖2），
∵ED=4?7x，DF=3x，
∴4?7x=3x，解得：x= ，
∴AP= ；
當(dāng) ≤x＜ 時（如圖3），
∵ED=7?4x，DF=3x，
∴7?4x=3x，解得：x=1（舍去），
當(dāng)點C在Q的左側(cè)時，即x≥ （如圖4），
DE=7x?4，DF=3x，
∴7x?4=3x，解得：x=1，
∴AP=3，
綜上所述：當(dāng)AP為12或 或3時，矩形DEGF是正方形；
②連接NQ，由點O到BN的弦心距為l，得NQ=2，
當(dāng)點N在AB的左側(cè)時（如圖5），
過點B作BM⊥EG于點M，
∵GM=x，BM=x，
∴∠GBM=45°，
∴BM∥AQ，
∴AI=AB=4x，
∴IQ=x，
∴NQ= =2，
∴x=2 ，
∴AP=6 ；
當(dāng)點N在AB的右側(cè)時（如圖6），
過點B作BJ⊥GE于點J，
∵GJ=x，BJ=4x，
∴tan∠GBJ= ，
∴AI=16x，∴QI=19x，
∴NQ= =2，
∴x= ，
∴AP= ，
綜上所述：AP的長為6 或 ．
點評： 本題主要考查了勾股定理，垂徑定理，正方形的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)等，結(jié)合圖形，分類討論是解答此題的關(guān)鍵．
18．（2015•南寧）如圖，AB是⊙O的直徑，C、G是⊙O上兩點，且AC=CG，過點C的直線CD⊥BG于點D，交BA的延長線于點E，連接BC，交OD于點F．
（1）求證：CD是⊙O的切線．
（2）若 ，求∠E的度數(shù)．
（3）連接AD，在（2）的條件下，若CD= ，求AD的長．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）如圖1，連接OC，AC，CG，由圓周角定理得到∠ABC=∠CBG，根據(jù)同圓的半徑相等得到OC=OB，于是得到∠OCB=∠OBC，等量代換得到∠OCB=∠CBG，根據(jù)平行線的判定得到OC∥BG，即可得到結(jié)論；
（2）由OC∥BD，得到△OCF∽△BDF，△EOC∽△EBD，得到 ， ，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）如圖2，過A作AH⊥DE于H，解直角三角形得到BD=3，DE=3 ，BE=6，在Rt△DAH中，AD= = = ．
解答： （1）證明：如圖1，連接OC，AC，CG，
∵AC=CG，
∴ ，
∴∠ABC=∠CBG，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠OCB=∠CBG，
∴OC∥BG，
∵CD⊥BG，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切線；
（2）解：∵OC∥BD，
∴△OCF∽△BDF，△EOC∽△EBD，
∴ ，
∴ ，
∵OA=OB，
∴AE=OA=OB，
∴OC= OE，
∵∠ECO=90°，
∴∠E=30°；
（3）解：如圖2，過A作AH⊥DE于H，
∵∠E=30°
∴∠EBD=60°，
∴∠CBD= EBD=30°，
∵CD= ，
∴BD=3，DE=3 ，BE=6，
∴AE= BE=2，
∴AH=1，
∴EH= ，
∴DH=2 ，
在Rt△DAH中，AD= = = ．
點評： 本題考查了切線的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
19．（2015•無錫）已知：平面直角坐標系中，四邊形OABC的頂點分別為O（0，0）、A（5，0）、B（m，2）、C（m?5，2）．
（1）問：是否存在這樣的m，使得在邊BC上總存在點P，使∠OPA=90°？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．
（2）當(dāng)∠AOC與∠OAB的平分線的交點Q在邊BC上時，求m的值．
考點： 圓的綜合題．
專題： 綜合題．
分析： （1）由四邊形四個點的坐標易得OA=BC=5，BC∥OA，以O(shè)A為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，根據(jù)圓周角定理得∠OEA=∠OFA=90°，如圖1，作DG⊥EF于G，連DE，則DE=OD=2.5，DG=2，根據(jù)垂徑定理得EG=GF，接著利用勾股定理可計算出EG=1.5，于是得到E（1，2），F(xiàn)（4，2），即點P在E點和F點時，滿足條件，此時 ，即1≤m≤9時，邊BC上總存在這樣的點P，使∠OPA=90°；
（2）如圖2，先判斷四邊形OABC是平行四邊形，再利用平行線的性質(zhì)和角平分線定義可得到∠AQO=90°，以O(shè)A為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°，于是得到點Q只能是點E或點F，當(dāng)Q在F點時，證明F是BC的中點．而F點為 （4，2），得到m的值為6.5；當(dāng)Q在E點時，同理可求得m的值為3.5．
解答： 解：（1）存在．
∵O（0，0）、A（5，0）、B（m，2）、C（m?5，2）．
∴OA=BC=5，BC∥OA，
以O(shè)A為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°，如圖1，
作DG⊥EF于G，連DE，則DE=OD=2.5，DG=2，EG=GF，
∴EG= =1.5，
∴E（1，2），F(xiàn)（4，2），
∴當(dāng) ，即1≤m≤9時，邊BC上總存在這樣的點P，使∠OPA=90°；
（2）如圖2，
∵BC=OA=5，BC∥OA，
∴四邊形OABC是平行四邊形，
∴OC∥AB，
∴∠AOC+∠OAB=180°，
∵OQ平分∠AOC，AQ平分∠OAB，
∴∠AOQ= ∠AOC，∠OAQ= ∠OAB，
∴∠AOQ+∠OAQ=90°，
∴∠AQO=90°，
以O(shè)A為直徑作⊙D，與直線BC分別交于點E、F，則∠OEA=∠OFA=90°，
∴點Q只能是點E或點F，
當(dāng)Q在F點時，∵OF、AF分別是∠AOC與∠OAB的平分線，BC∥OA，
∴∠CFO=∠FOA=∠FOC，∠BFA=∠FAO=∠FAB，
∴CF=OC，BF=AB，
而OC=AB，
∴CF=BF，即F是BC的中點．
而F點為（4，2），
∴此時m的值為6.5，
當(dāng)Q在E點時，同理可求得此時m的值為3.5，
綜上所述，m的值為3.5或6.5．
點評： 本題考查了圓的綜合題：熟練掌握垂徑定理、圓周角定理和平行四邊形的判定與性質(zhì)；理解坐標與圖形性質(zhì)；會利用勾股定理計算線段的長．
20．（2015•蘇州）如圖，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半徑為2cm的⊙O在矩形內(nèi)且與AB、AD均相切，現(xiàn)有動點P從A點出發(fā)，在矩形邊上沿著A→B→C→D的方向勻速移動，當(dāng)點P到達D點時停止移動．⊙O在矩形內(nèi)部沿AD向右勻速平移，移動到與CD相切時立即沿原路按原速返回，當(dāng)⊙O回到出發(fā)時的位置（即再次與AB相切）時停止移動，已知點P與⊙O同時開始移動，同時停止移動（即同時到達各自的終止位置）．
（1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了 a+2b cm（用含a、b的代數(shù)式表示）；
（2）如圖①，已知點P從A點出發(fā)，移動2s到達B點，繼續(xù)移動3s，到達BC的中點，若點P與⊙O的移動速度相等，求在這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離；
（3）如圖②，已知a=20，b=10，是否存在如下情形：當(dāng)⊙O到達⊙O1的位置時（此時圓心O1在矩形對角線BD上），DP與⊙O1恰好相切？請說明理由．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）根據(jù)有理數(shù)的加法，可得答案；
（2）根據(jù)圓O移動的距離與P點移動的距離相等，P點移動的速度相等，可得方程組，根據(jù)解方程組，可得a、b的值，根據(jù)速度與時間的關(guān)系，可得答案；
（3）根據(jù)相同時間內(nèi)速度的比等于路程的比，可得 的值，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得∠ADB=∠BDP，根據(jù)等腰三角形的判定，可得BP與DP的關(guān)系，根據(jù)勾股定理，可得DP的長，根據(jù)有理數(shù)的加法，可得P點移動的距離；根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得EO1的長，分類討論：當(dāng)⊙O首次到達⊙O1的位置時，當(dāng)⊙O在返回途中到達⊙O1位置時，根據(jù) 的值，可得答案．
解答： 解：（1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了 a+2bcm（用含a、b的代數(shù)式表示）；
（2）∵圓心O移動的距離為2（a?4）cm，
由題意，得
a+2b=2（a?4）①，
∵點P移動2秒到達B，即點P2s移動了bcm，點P繼續(xù)移動3s到達BC的中點，
即點P3秒移動了 acm．
∴ = ②
由①②解得 ，
∵點P移動的速度為與⊙O移動速度相同，
∴⊙O移動的速度為 = =4cm（cm/s）．
這5秒時間內(nèi)⊙O移動的距離為5×4=20（cm）；
（3）存在這種情況，
設(shè)點P移動速度為v1cm/s，⊙O2移動的速度為v2cm/s，
由題意，得
= = = ，
如圖：
設(shè)直線OO1與AB教育E點，與CD交于F點，⊙O1與AD相切于G點，
若PD與⊙O1相切，切點為H，則O1G=O1H．
易得△DO1G≌△DO1H，
∴∠ADB=∠BDP．
∵BC∥AD，
∴∠ADB=∠CBD
∴∠BDP=∠CBD，
∴BP=DP．
設(shè)BP=xcm，則DP=xcm，PC=（20?x）cm，
在Rt△PCD中，由勾股定理，得
PC2+CD2=PD2，即（20?x）2+102=x2，
解得x=
此時點P移動的距離為10+ = （cm），
∵EF∥AD，
∴△BEO1∽△BAD，
∴ = ，即 = ，
EO1=16cm，OO1=14cm．
①當(dāng)⊙O首次到達⊙O1的位置時，⊙O移動的距離為14cm，
此時點P與⊙O移動的速度比為 = ，
∵ ≠ ，
∴此時PD與⊙O1不能相切；
②當(dāng)⊙O在返回途中到達⊙O1位置時，⊙O移動的距離為2（20?4）?14=18cm，
∴此時點P與⊙O移動的速度比為 = = ，
此時PD與⊙O1恰好相切．
點評： 本題考查了圓的綜合題，（1）利用了有理數(shù)的加法，（2）利用了P與⊙O的路程相等，速度相等得出方程組是解題關(guān)鍵，再利用路程與時間的關(guān)系，得出速度，最后利用速度乘以時間得出結(jié)果；（3）利用了相等時間內(nèi)速度的比等于路程的比，相似三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，勾股定理，利用相等時間內(nèi)速度的比等于路程的比是解題關(guān)鍵．
21．（2015•寧波）如圖，在平面直角坐標系中，點M是第一象限內(nèi)一點，過M的直線分別交x軸，y軸的正半軸于A，B兩點，且M是AB的中點．以O(shè)M為直徑的⊙P分別交x軸，y軸于C，D兩點，交直線AB于點E（位于點M右下方），連結(jié)DE交OM于點K．
（1）若點M的坐標為（3，4），
①求A，B兩點的坐標；
②求ME的長．
（2）若 =3，求∠OBA的度數(shù)．
（3）設(shè)tan∠OBA=x（0＜x＜1）， =y，直接寫出y關(guān)于x的函數(shù)解析式．
考點： 圓的綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；三角形中位線定理；矩形的判定與性質(zhì)；平行線分線段成比例；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義；特殊角的三角函數(shù)值．
專題： 綜合題．
分析： （1）①連接DM、MC，如圖1，易證四邊形OCMD是矩形，從而得到MD∥OA，MC∥OB，由點M是AB的中點即可得到BD=DO，AC=OC，然后利用點M的坐標就可解決問題；
②根據(jù)勾股定理可求出AB的長，從而得到BM的長，要求ME的長，只需求BE的長，只需證△OBM∽△EBD，然后運用相似三角形的性質(zhì)即可；
（2）連接DP、PE，如圖2，由 =3可得OK=3MK，進而得到OM=4MK，PM=2MK，PK=MK．易證△DPK≌△EMK，則有DK=EK．由PD=PE可得PK⊥DE，從而可得cos∠DPK= = ，則有∠DPK=60°，根據(jù)圓周角定理可得∠DOM=30°．由∠AOB=90°，AM=BM可得OM=BM，即可得到∠OBA=∠DOM=30°；
（3）連接PD、OE，如圖3，設(shè)MK=t，則有OK=yt，OM=（y+1）t，BM=OM=（y+1）t，DP=PM= ，PK= ．由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，則有 = ，由此可得ME= t，從而可求得OE= • ，BE= ，則有x=tan∠OBA= = ，即x2= =1? ，整理得y= ．
解答： 解：（1）①連接DM、MC，如圖1．
∵OM是⊙P的直徑，
∴∠MDO=∠MCO=90°．
∵∠AOB=90°，
∴四邊形OCMD是矩形，
∴MD∥OA，MC∥OB，
∴ = ， = ．
∵點M是AB的中點，即BM=AM，
∴BD=DO，AC=OC．
∵點M的坐標為（3，4），
∴OB=2OD=8，OA=2OC=6，
∴點B的坐標為（0，8），點A的坐標為（6，0）；
②在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，
∴AB= =10．
∴BM= AB=5．
∵∠OBM=∠EBD，∠BOM=∠BED，
∴△OBM∽△EBD，
∴ = ，
∴ = ，
∴BE= ，
∴ME=BE?BM= ?5= ；
（2）連接DP、PE，如圖2．
∵ =3，
∴OK=3MK，
∴OM=4MK，PM=2MK，
∴PK=MK．
∵OD=BD，OP=MP，
∴DP∥BM，
∴∠PDK=∠MEK，∠DPK=∠EMK．
在△DPK和△EMK中，
，
∴△DPK≌△EMK，
∴DK=EK．
∵PD=PE，
∴PK⊥DE，
∴cos∠DPK= = ，
∴∠DPK=60°，
∴∠DOM=30°．
∵∠AOB=90°，AM=BM，
∴OM=BM，
∴∠OBA=∠DOM=30°；
（3）y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y= ．
提示：連接PD、OE，如圖3．
設(shè)MK=t，則有OK=yt，OM=（y+1）t，
BM=OM=（y+1）t，DP=PM= ，
PK= ?t= ．
由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，
則有 = ，可得ME= t．
∵OM是⊙P的直徑，
∴∠OEM=90°，
∴OE2=OM2?ME2=[（y+1）t]2?[ t]2= •（y2?2y），
即OE= • ，
BE=BM+ME=（y+1）t+ t= ，
∴x=tan∠OBA= = ，
∴x2= =1? ，
整理得：y= ．
點評： 本題主要考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、平行線分線段成比例、三角形中位線定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)的定義、特殊角的三角函數(shù)值等知識，綜合性比較強，有一定的難度，通過證明△OBM∽△EBD求出BE是解決第（1）②小題的關(guān)鍵，通過證明△DPK≌△EMK得到DK=EK是解決第（2）小題的關(guān)鍵，設(shè)MK=t，然后運用相似三角形的性質(zhì)、勾股定理求出OE、BE（用y、t的代數(shù)式表示）是解決第（3）小題的關(guān)鍵．
22．（2015•日照）閱讀資料：
如圖1，在平面之間坐標系xOy中，A，B兩點的坐標分別為A（x1，y1），B（x2，y2），由勾股定理得AB2=|x2?x1|2+|y2?y1|2，所以A，B兩點間的距離為AB= ．
我們知道，圓可以看成到圓心距離等于半徑的點的集合，如圖2，在平面直角坐標系xoy中，A（x，y）為圓上任意一點，則A到原點的距離的平方為OA2=|x?0|2+|y?0|2，當(dāng)⊙O的半徑為r時，⊙O的方程可寫為：x2+y2=r2．
問題拓展：如果圓心坐標為P（a，b），半徑為r，那么⊙P的方程可以寫為 （x?a）2+（y?b）2=r2�。�
綜合應(yīng)用：
如圖3，⊙P與x軸相切于原點O，P點坐標為（0，6），A是⊙P上一點，連接OA，使tan∠POA= ，作PD⊥OA，垂足為D，延長PD交x軸于點B，連接AB．
①證明AB是⊙P的切點；
②是否存在到四點O，P，A，B距離都相等的點Q？若存在，求Q點坐標，并寫出以Q為圓心，以O(shè)Q為半徑的⊙O的方程；若不存在，說明理由．
考點： 圓的綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；切線的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義．
專題： 閱讀型．
分析： 問題拓展：設(shè)A（x，y）為⊙P上任意一點，則有AP=r，根據(jù)閱讀材料中的兩點之間距離公式即可求出⊙P的方程；
綜合應(yīng)用：①由PO=PA，PD⊥OA可得∠OPD=∠APD，從而可證到△POB≌△PAB，則有∠POB=∠PAB．由⊙P與x軸相切于原點O可得∠POB=90°，即可得到∠PAB=90°，由此可得AB是⊙P的切線；
②當(dāng)點Q在線段BP中點時，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得QO=QP=BQ=AQ．易證∠OBP=∠POA，則有tan∠OBP= = ．由P點坐標可求出OP、OB．過點Q作QH⊥OB于H，易證△BHQ∽△BOP，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出QH、BH，進而求出OH，就可得到點Q的坐標，然后運用問題拓展中的結(jié)論就可解決問題．
解答： 解：問題拓展：設(shè)A（x，y）為⊙P上任意一點，
∵P（a，b），半徑為r，
∴AP2=（x?a）2+（y?b）2=r2．
故答案為（x?a）2+（y?b）2=r2；
綜合應(yīng)用：
①∵PO=PA，PD⊥OA，
∴∠OPD=∠APD．
在△POB和△PAB中，
，
∴△POB≌△PAB，
∴∠POB=∠PAB．
∵⊙P與x軸相切于原點O，
∴∠POB=90°，
∴∠PAB=90°，
∴AB是⊙P的切線；
②存在到四點O，P，A，B距離都相等的點Q．
當(dāng)點Q在線段BP中點時，
∵∠POB=∠PAB=90°，
∴QO=QP=BQ=AQ．
此時點Q到四點O，P，A，B距離都相等．
∵∠POB=90°，OA⊥PB，
∴∠OBP=90°?∠DOB=∠POA，
∴tan∠OBP= =tan∠POA= ．
∵P點坐標為（0，6），
∴OP=6，OB= OP=8．
過點Q作QH⊥OB于H，如圖3，
則有∠QHB=∠POB=90°，
∴QH∥PO，
∴△BHQ∽△BOP，
∴ = = = ，
∴QH= OP=3，BH= OB=4，
∴OH=8?4=4，
∴點Q的坐標為（4，3），
∴OQ= =5，
∴以Q為圓心，以O(shè)Q為半徑的⊙O的方程為（x?4）2+（y?3）2=25．
點評： 本題是一道閱讀題，以考查閱讀理解能力為主，在解決問題的過程中，用到了全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、切線的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、三角函數(shù)的定義等知識，有一定的綜合性．
23．（2015•金華）圖1、圖2為同一長方體房間的示意圖，圖3為該長方體的表面展開圖．
（1）蜘蛛在頂點A′處．
①蒼蠅在頂點B處時，試在圖1中畫出蜘蛛為捉住蒼蠅，沿墻面爬行的最近路線．
②蒼蠅在頂點C處時，圖2中畫出了蜘蛛捉住蒼蠅的兩條路線，往天花板ABCD爬行的最近路線A′GC和往墻面BB′C′C爬行的最近路線A′HC，試通過計算判斷哪條路線更近．
（2）在圖3中，半徑為10dm的⊙M與D′C′相切，圓心M到邊CC′的距離為15dm，蜘蛛P在線段AB上，蒼蠅Q在⊙M的圓周上，線段PQ為蜘蛛爬行路線，若PQ與⊙M相切，試求PQ長度的范圍．
考點： 圓的綜合題；幾何體的展開圖；線段的性質(zhì)：兩點之間線段最短；勾股定理；切線的性質(zhì)．
專題： 綜合題；轉(zhuǎn)化思想．
分析： （1）①根據(jù)“兩點之間，線段最短”可知：線段A′B為最近路線；
②Ⅰ．將長方體展開，使得長方形ABB′A′和長方形ABCD在同一平面內(nèi)，如圖2①，運用勾股定理求出AC長；Ⅱ．將長方體展開，使得長方形ABB′A′和長方形BCC′B′在同一平面內(nèi)，如圖2②，運用勾股定理求出A′C長，然后將兩個長度進行比較，就可解決問題；
（2）過點M作MH⊥AB于H，連接MQ、MP、MA、MB，如圖3．由⊙M與D′C′相切于點Q可得MQ⊥PQ，即∠MQP=90°，根據(jù)勾股定理可得PQ= = ．要求PQ的取值范圍，只需先求出MP的取值范圍，就可解決問題．
解答： 解：（1）①根據(jù)“兩點之間，線段最短”可知：
線段A′B為最近路線，如圖1所示．
②Ⅰ．將長方體展開，使得長方形ABB′A′和長方形ABCD在同一平面內(nèi)，如圖2①．
在Rt△A′B′C中，
∠B′=90°，A′B′=40，B′C=60，
∴AC= = =20 ．
Ⅱ．將長方體展開，使得長方形ABB′A′和長方形BCC′B′在同一平面內(nèi)，如圖2②．
在Rt△A′C′C中，
∠C′=90°，A′C′=70，C′C=30，
∴A′C= = =10 ．
∵ ＜ ，
∴往天花板ABCD爬行的最近路線A′GC更近；
（2）過點M作MH⊥AB于H，連接MQ、MP、MA、MB，如圖3．
∵半徑為10dm的⊙M與D′C′相切，圓心M到邊CC′的距離為15dm，BC′=60dm，
∴MH=60?10=50，HB=15，AH=40?15=25，
根據(jù)勾股定理可得AM= = = ，
MB= = = ，
∴50≤MP≤ ．
∵⊙M與D′C′相切于點Q，
∴MQ⊥PQ，∠MQP=90°，
∴PQ= = ．
當(dāng)MP=50時，PQ= =20 ；
當(dāng)MP= 時，PQ= =55．
∴PQ長度的范圍是20 dm≤PQ≤55dm．
點評： 本題主要考查了兩點之間線段最短、點到直線之間垂線段最短、切線的性質(zhì)、長方體的展開圖、勾股定理等知識，把空間圖形的最短距離問題轉(zhuǎn)化為到同一平面內(nèi)最短距離問題是解決（1）②小題的關(guān)鍵，根據(jù)PQ= 把求PQ的取值范圍轉(zhuǎn)化為求MP的取值范圍是解決第（2）小題的關(guān)鍵．
24．（2015•長沙）如圖，在直角坐標系中，⊙M經(jīng)過原點O（0，0），點A（ ，0）與點B（0，? ），點D在劣弧 上，連接BD交x軸于點C，且∠COD=∠CBO．
（1）求⊙M的半徑；
（2）求證：BD平分∠ABO；
（3）在線段BD的延長線上找一點E，使得直線AE恰好為⊙M的切線，求此時點E的坐標．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由點A（ ，0）與點B（0，? ），可求得線段AB的長，然后由∠AOB=90°，可得AB是直徑，繼而求得⊙M的半徑；
（2）由圓周角定理可得：∠COD=∠ABC，又由∠COD=∠CBO，即可得BD平分∠ABO；
（3）首先過點A作AE⊥AB，垂足為A，交BD的延長線于點E，過點E作EF⊥OA于點F，易得△AEC是等邊三角形，繼而求得EF與AF的長，則可求得點E的坐標．
解答： 解：（1）∵點A（ ，0）與點B（0，? ），
∴OA= ，OB= ，
∴AB= =2 ，
∵∠AOB=90°，
∴AB是直徑，
∴⊙M的半徑為： ；
（2）∵∠COD=∠CBO，∠COD=∠CBA，
∴∠CBO=∠CBA，
即BD平分∠ABO；
（3）如圖，過點A作AE⊥AB，垂足為A，交BD的延長線于點E，過點E作EF⊥OA于點F，即AE是切線，
∵在Rt△AOB中，tan∠OAB= = = ，
∴∠OAB=30°，
∴∠ABO=90°?∠OAB=60°，
∴∠ABC=∠OBC= ∠ABO=30°，
∴OC=OB•tan30°= × = ，
∴AC=OA?OC= ，
∴∠ACE=∠ABC+∠OAB=60°，
∴∠EAC=60°，
∴△ACE是等邊三角形，
∴AE=AC= ，
∴AF= AE= ，EF= AE= ，
∴OF=OA?AF= ，
∴點E的坐標為：（ ， ）．
點評： 此題屬于一次函數(shù)的綜合題，考查了勾股定理、圓周角定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及三角函數(shù)等知識．注意準確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．
25．（2015•湖北）如圖，AB是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，AE和過點C的切線互相垂直，垂足為E，AE交⊙O于點D，直線EC交AB的延長線于點P，連接AC，BC，PB：PC=1：2．
（1）求證：AC平分∠BAD；
（2）探究線段PB，AB之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）若AD=3，求△ABC的面積．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）首先連接OC，由PE是⊙O的切線，AE和過點C的切線互相垂直，可證得OC∥AE，又由OA=OC，易證得∠DAC=∠OAC，即可得AC平分∠BAD；
（2）由AB是⊙O的直徑，PE是切線，可證得∠PCB=∠PAC，即可證得△PCB∽△PAC，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例與PB：PC=1：2，即可求得答案；
（3）首先過點O作OH⊥AD于點H，則AH= AD= ，四邊形OCEH是矩形，即可得AE= +OC，由OC∥AE，可得△PCO∽△PEA，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，求得OC的長，再由△PBC∽△PCA，證得AC=2BC，然后在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，可得（2BC）2+BC2=52，即可求得BC的長，繼而求得答案．
解答： （1）證明：連接OC，
∵PE是⊙O的切線，
∴OC⊥PE，
∵AE⊥PE，
∴OC∥AE，
∴∠DAC=∠OCA，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠DAC=∠OAC，
∴AC平分∠BAD；
（2）線段PB，AB之間的數(shù)量關(guān)系為：AB=3PB．
理由：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠ABC，
∵∠PCB+∠OCB=90°，
∴∠PCB=∠PAC，
∵∠P是公共角，
∴△PCB∽△PAC，
∴ ，
∴PC2=PB•PA，
∵PB：PC=1：2，
∴PC=2PB，
∴PA=4PB，
∴AB=3PB；
（3）解：過點O作OH⊥AD于點H，則AH= AD= ，四邊形OCEH是矩形，
∴OC=HE，
∴AE= +OC，
∵OC∥AE，
∴△PCO∽△PEA，
∴ ，
∵AB=3PB，AB=2OB，
∴OB= PB，
∴ = ，
∴OC= ，
∴AB=5，
∵△PBC∽△PCA，
∴ ，
∴AC=2BC，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∴（2BC）2+BC2=52，
∴BC= ，
∴AC=2 ，
∴S△ABC= AC•BC=5．
點評： 此題屬于圓的綜合題，考查了圓周角定理、切線的性質(zhì)、勾股定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)．注意準確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．xK b1. C om
26．（2015•宜昌）如圖，四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點E，F(xiàn)是邊BA延長線上一點，連接EF，以EF為直徑作⊙O，交DC于D，G兩點，AD分別于EF，GF交于I，H兩點．
（1）求∠FDE的度數(shù)；
（2）試判斷四邊形FACD的形狀，并證明你的結(jié)論；
（3）當(dāng)G為線段DC的中點時，
①求證：FD=FI；
②設(shè)AC=2m，BD=2n，求⊙O的面積與菱形ABCD的面積之比．
考點： 圓的綜合題；等腰三角形的判定；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；三角形中位線定理；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)．
專題： 綜合題．
分析： （1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角即可得到∠FDE=90°；
（2）由四邊形ABCD是菱形可得AB∥CD，要證四邊形FACD是平行四邊形，只需證明DF∥AC，只需證明∠AEB=∠FDE，由于∠FDE=90°，只需證明∠AEB=90°，根據(jù)四邊形ABCD是菱形即可得到結(jié)論；
（3）①連接GE，如圖，易證GE是△ACD的中位線，即可得到GE∥DA，即可得到∠FHI=∠FGE=∠FGE=90°．根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DG=GE，從而有 = ，根據(jù)圓周角定理可得∠1=∠2，根據(jù)等角的余角相等可得∠3=∠4，根據(jù)等角對等邊可得FD=DI；②易知S⊙O=π（ ）2= πm2，S菱形ABCD= •2m•2n=2mn，要求⊙O的面積與菱形ABCD的面積之比，只需得到m與n的關(guān)系，易證EI=EA=m，DF=AC=2m，EF=FI+IE=DF+AE=3m，在Rt△DEF中運用勾股定理即可解決問題．
解答： 解：（1）∵EF是⊙O的直徑，∴∠FDE=90°；
（2）四邊形FACD是平行四邊形．
理由如下：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠AEB=90°．
又∵∠FDE=90°，
∴∠AEB=∠FDE，
∴AC∥DF，
∴四邊形FACD是平行四邊形；
（3）①連接GE，如圖．
∵四邊形ABCD是菱形，∴點E為AC中點．
∵G為線段DC的中點，∴GE∥DA，
∴∠FHI=∠FGE．
∵EF是⊙O的直徑，∴∠FGE=90°，
∴∠FHI=90°．
∵∠DEC=∠AEB=90°，G為線段DC的中點，
∴DG=GE，
∴ = ，
∴∠1=∠2．
∵∠1+∠3=90°，∠2+∠4=90°，
∴∠3=∠4，
∴FD=FI；
②∵AC∥DF，∴∠3=∠6．
∵∠4=∠5，∠3=∠4，
∴∠5=∠6，∴EI=EA．
∵四邊形ABCD是菱形，四邊形FACD是平行四邊形，
∴DE= BD=n，AE= AC=m，F(xiàn)D=AC=2m，
∴EF=FI+IE=FD+AE=3m．
在Rt△EDF中，根據(jù)勾股定理可得：
n2+（2m）2=（3m）2，
即n= m，
∴S⊙O=π（ ）2= πm2，S菱形ABCD= •2m•2n=2mn=2 m2，
∴S⊙O：S菱形ABCD= ．
點評： 本題主要考查了菱形的性質(zhì)、圓周角定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、三角形中位線定理、等角的余角相等、等角對等邊、平行線的性質(zhì)、勾股定理、圓及菱形的面積公式等知識，綜合性強，證到IE=EA，進而得到EF=3m是解決第3（2）小題的關(guān)鍵．
27．（2015•永州）問題探究：
（一）新知學(xué)習(xí)：
圓內(nèi)接四邊形的判斷定理：如果四邊形對角互補，那么這個四邊形內(nèi)接于圓（即如果四邊形EFGH的對角互補，那么四邊形EFGH的四個頂點E、F、G、H都在同個圓上）．
（二）問題解決：
已知⊙O的半徑為2，AB，CD是⊙O的直徑．P是 上任意一點，過點P分別作AB，CD的垂線，垂足分別為N，M．
（1）若直徑AB⊥CD，對于 上任意一點P（不與B、C重合）（如圖一），證明四邊形PMON內(nèi)接于圓，并求此圓直徑的長；
（2）若直徑AB⊥CD，在點P（不與B、C重合）從B運動到C的過程匯總，證明MN的長為定值，并求其定值；
（3）若直徑AB與CD相交成120°角．
①當(dāng)點P運動到 的中點P1時（如圖二），求MN的長；
②當(dāng)點P（不與B、C重合）從B運動到C的過程中（如圖三），證明MN的長為定值．
（4）試問當(dāng)直徑AB與CD相交成多少度角時，MN的長取最大值，并寫出其最大值．
考點： 圓的綜合題．
專題： 探究型．
分析： （1）如圖一，易證∠PMO+∠PNO=180°，從而可得四邊形PMON內(nèi)接于圓，直徑OP=2；
（2）如圖一，易證四邊形PMON是矩形，則有MN=OP=2，問題得以解決；
（3）①如圖二，根據(jù)等弧所對的圓心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對角互補可得∠MP1N=60°．根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得P1M=P1N，從而得到△P1MN是等邊三角形，則有MN=P1M．然后在Rt△P1MO運用三角函數(shù)就可解決問題；②設(shè)四邊形PMON的外接圓為⊙O′，連接NO′并延長，交⊙O′于點Q，連接QM，如圖三，根據(jù)圓周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中運用三角函數(shù)可得：MN=QN•sin∠MQN，從而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解決問題；
（4）由（3）②中已得結(jié)論MN=OP•sin∠MQN可知，當(dāng)∠MQN=90°時，MN最大，問題得以解決．
解答： 解：（1）如圖一，
∵PM⊥OC，PN⊥OB，
∴∠PMO=∠PNO=90°，
∴∠PMO+∠PNO=180°，
∴四邊形PMON內(nèi)接于圓，直徑OP=2；
（2）如圖一，
∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，
∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，
∴四邊形PMON是矩形，
∴MN=OP=2，
∴MN的長為定值，該定值為2；
（3）①如圖二，
∵P1是 的中點，∠BOC=120°
∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°．
∵P1M⊥OC，P1N⊥OB，
∴P1M=P1N，
∴△P1MN是等邊三角形，
∴MN=P1M．
∵P1M=OP1•sin∠MOP1=2×sin60°= ，
∴MN= ；
②設(shè)四邊形PMON的外接圓為⊙O′，連接NO′并延長，
交⊙O′于點Q，連接QM，如圖三，
則有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，
在Rt△QMN中，sin∠MQN= ，
∴MN=QN•sin∠MQN，
∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2× = ，
∴MN是定值．
（4）由（3）②得MN=OP•sin∠MQN=2sin∠MQN．
當(dāng)直徑AB與CD相交成90°角時，∠MQN=180°?90°=90°，MN取得最大值2．
點評： 本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的判定定理、圓周角定理、在同圓中弧與圓心角的關(guān)系、矩形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、角平分線的性質(zhì)等知識，推出MN=OP•sin∠MQN是解決本題的關(guān)鍵．
28．（2015•樂山）已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜邊AC交⊙O于點D，且AD=DC，延長CB交⊙O于點E．
（1）圖1的A、B、C、D、E五個點中，是否存在某兩點間的距離等于線段CE的長？請說明理由；
（2）如圖2，過點E作⊙O的切線，交AC的延長線于點F．
①若CF=CD時，求sin∠CAB的值；
②若CF=aCD（a＞0）時，試猜想sin∠CAB的值．（用含a的代數(shù)式表示，直接寫出結(jié)果）
考點： 圓的綜合題．
專題： 探究型；存在型．
分析： （1）連接AE、DE，如圖1，根據(jù)圓周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得AE=CE；
（2）連接AE、ED，如圖2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直徑，根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠AEF=90°，從而可證到△ADE∽△AEF，然后運用相似三角形的性質(zhì)可得AE2=AD•AF．①當(dāng)CF=CD時，可得AE2=3CD2，從而有EC=AE= CD，在Rt△DEC中運用三角函數(shù)可得sin∠CED= = ，根據(jù)圓周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②當(dāng)CF=aCD（a＞0）時，同①即可解決問題．
解答： 解：（1）AE=CE．
理由：連接AE、DE，如圖1，
∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，
∴∠ADE=∠ABE=90°．
∵AD=DC，
∴AE=CE；
（2）連接AE、ED，如圖2，
∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直徑．
∵EF是⊙OO的切線，
∴∠AEF=90°，
∴∠ADE=∠AEF=90°．
又∵∠DAE=∠EAF，
∴△ADE∽△AEF，
∴ = ，
∴AE2=AD•AF．
①當(dāng)CF=CD時，
AD=DC=CF，AF=3DC，
∴AE2=DC•3DC=3DC2，
∴AE= DC．
∵EC=AE，
∴EC= DC．
∴sin∠CAB=sin∠CED= = = ；
②當(dāng)CF=aCD（a＞0）時，sin∠CAB= ．
提示：∵CF=aCD，AD=DC，
∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，
∴AE2=DC•（a+2）DC=（a+2）DC2，
∴AE= DC．
∵EC=AE，
∴EC= DC．
∴sin∠CAB=sin∠CED= = = ．
點評： 本題主要考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、垂直平分線的性質(zhì)的性質(zhì)等知識，利用∠CAB=∠CED及AE=EC是解決（2）、（3）兩小題的關(guān)鍵．
29．（2015•株洲）已知AB是圓O的切線，切點為B，直線AO交圓O于C、D兩點，CD=2，∠DAB=30°，動點P在直線AB上運動，PC交圓O于另一點Q．
（1）當(dāng)點P運動到使Q、C兩點重合時（如圖1），求AP的長；
（2）點P在運動過程中，有幾個位置（幾種情況）使△CQD的面積為 ？（直接寫出答案）
（3）當(dāng)△CQD的面積為 ，且Q位于以CD為直徑的上半圓，CQ＞QD時（如圖2），求AP的長．
考點： 圓的綜合題；解一元二次方程-公式法；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義．
專題： 綜合題．
分析： （1）如圖1，利用切線的性質(zhì)可得∠ACP=90°，只需求出AC，然后在Rt△ACP中運用三角函數(shù)就可解決問題；
（2）易得點Q到CD的距離為 ，結(jié)合圖形2，即可解決問題；
（3）過點Q作QN⊥CD于N，過點P作PM⊥CD于M，連接QD，如圖3，易證△CNQ∽△QND，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出CN．易證△PMC∽△QNC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得PM與CM之間的關(guān)系，由∠MAP=30°即可得到PM與AM之間的關(guān)系，然后根據(jù)AC=AM+CM就可得到PM的值，即可得到AP的值．
解答： 解：（1）∵AB與⊙O相切于點B，∴∠ABO=90°．
∵∠DAB=30°，OB= CD= ×2=1，
∴AO=2OB=2，AC=AO?CO=2?1=1．
當(dāng)Q、C兩點重合時，CP與⊙O相切于點C，如圖1，
則有∠ACP=90°，
∴cos∠CAP= = = ，
解得AP= ；
（2）有4個位置使△CQD的面積為 ．
提示：設(shè)點Q到CD的距離為h，
∵S△CQD= CD•h= ×2×h= ，
∴h= ．
由于h= ＜1，結(jié)合圖2可得：
有4個位置使△CQD的面積為 ；
（3）過點Q作QN⊥CD于N，過點P作PM⊥CD于M，如圖3．
∵S△CQD= CD•QN= ×2×QN= ，∴QN= ．
∵CD是⊙O的直徑，QN⊥CD，
∴∠CQD=∠QND=∠QNC=90°，
∴∠CQN=90°?∠NQD=∠NDQ，
∴△QNC∽△DNQ，
∴ = ，
∴QN2=CN•DN，
設(shè)CN=x，則有 =x（2?x），
整理得4x2?8x+1=0，
解得：x1= ，x2= ．
∵CQ＞QD，∴x= ，
∴ =2+ ．
∵QN⊥CD，PM⊥CD，
∴∠PMC=∠QNC=90°．
∵∠MCP=∠NCQ，
∴△PMC∽△QNC，
∴ = =2+ ，
∴MC=（2+ ）MP．
在Rt△AMP中，
tan∠MAP= =tan30°= ，
∴AM= MP．
∵AC=AM+MC= MP+（2+ ）MP=1，
∴MP= ，
∴AP=2MP= ．
點評： 本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、三角函數(shù)、特殊角的三角函數(shù)值、切線的性質(zhì)、解一元二次方程等知識，把求AP的值轉(zhuǎn)化為解△ABC是解決第（3）小題的關(guān)鍵．
30．（2015•連云港）已知如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y= x?2 與x軸、y軸分別交于A，B兩點，P是直線AB上一動點，⊙P的半徑為1．
（1）判斷原點O與⊙P的位置關(guān)系，并說明理由；
（2）當(dāng)⊙P過點B時，求⊙P被y軸所截得的劣弧的長；
（3）當(dāng)⊙P與x軸相切時，求出切點的坐標．
考點： 圓的綜合題．
分析： （1）由直線y= x?2 與x軸、y軸分別交于A，B兩點，可求得點A與點B的坐標，繼而求得∠OBA=30°，然后過點O作OH⊥AB于點H，利用三角函數(shù)可求得OH的長，繼而求得答案；
（2）當(dāng)⊙P過點B時，點P在y軸右側(cè)時，易得⊙P被y軸所截的劣弧所對的圓心角為：180°?30°?30°=120°，則可求得弧長；同理可求得當(dāng)⊙P過點B時，點P在y軸左側(cè)時，⊙P被y軸所截得的劣弧的長；
（3）首先求得當(dāng)⊙P與x軸相切時，且位于x軸下方時，點D的坐標，然后利用對稱性可以求得當(dāng)⊙P與x軸相切時，且位于x軸上方時，點D的坐標．
解答： 解：（1）原點O在⊙P外．
理由：∵直線y= x?2 與x軸、y軸分別交于A，B兩點，
∴點A（2，0），點B（0，?2 ），
在Rt△OAB中，tan∠OBA= = = ，
∴∠OBA=30°，
如圖1，過點O作OH⊥AB于點H，
在Rt△OBH中，OH=OB•sin∠OBA= ，
∵ ＞1，
∴原點O在⊙P外；
（2）如圖2，當(dāng)⊙P過點B時，點P在y軸右側(cè)時，
∵PB=PC，
∴∠PCB=∠OBA=30°，
∴⊙P被y軸所截的劣弧所對的圓心角為：180°?30°?30°=120°，
∴弧長為： = ；
同理：當(dāng)⊙P過點B時，點P在y軸左側(cè)時，弧長同樣為： ；
∴當(dāng)⊙P過點B時，⊙P被y軸所截得的劣弧的長為： ；
（3）如圖3，當(dāng)⊙P與x軸相切時，且位于x軸下方時，設(shè)切點為D，
在PD⊥x軸，
∴PD∥y軸，
∴∠APD=∠ABO=30°，
∴在Rt△DAP中，AD=DP•tan∠DPA=1×tan30°= ，
∴OD=OA?AD=2? ，
∴此時點D的坐標為：（2? ，0）；
當(dāng)⊙P與x軸相切時，且位于x軸上方時，根據(jù)對稱性可以求得此時切點的坐標為：（2+ ，0）；
綜上可得：當(dāng)⊙P與x軸相切時，切點的坐標為：（2? ，0）或（2+ ，0）．
點評： 此題屬于一次函數(shù)的綜合題，考查了直線上點的坐標的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、弧長公式以及三角函數(shù)等知識．注意準確作出輔助線，注意分類討論思想的應(yīng)用．
本文來自：逍遙右腦記憶 http://m.yy-art.cn/chusan/326248.html
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