九年级数学上册 圆 几何综合检测题(WORD版含答案)

九年级数学上册 圆 几何综合检测题（WORD 版含答案）
一、初三数学 圆易错题压轴题（难） 1．如图，二次函数y=x 2-2mx+8m 的图象与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边且OA≠OB ),交y 轴于点C ，且经过点（m ，9m ）,⊙E 过A 、B 、C 三点。

（1）求这条抛物线的解析式；
（2）求点E 的坐标；
（3）过抛物线上一点P （点P 不与B 、C 重合）作PQ ⊥x 轴于点Q ，是否存在这样的点P 使△PBQ 和△BOC 相似？如果存在，求出点P 的坐标；如果不存在，说明理由
【答案】（1）y=x 2+2x-8（2）（-1，-72）（3）（-8，40），（-154，-1316），（-174，-2516
） 【解析】
分析：（1）把(),9m m 代入解析式，得：22289m m m m -+=，解这个方程可求出m 的值；
（2）分别令y =0和x =0，求出OA ，OB ，O C 及AB 的长，过点E 作EG x ⊥轴于点G ,EF y ⊥轴于点F ,连接CE ，AE ,设OF =GE =a ,根据AE CE = ，列方过程求出a 的值，从而求出点E 的坐标；
（3）设点P (a , a 2+2a -8)， 则228,2PQ a a BQ a =+-=-，然后分PBQ ∽CBO 时
和PBQ ∽BCO 时两种情况，列比例式求出a 的值，从而求出点P 的坐标.
详解：（1）把(),9m m 代入解析式，得：22289m m m m -+=
解得：121,0m m =-=（舍去）
∴228y x x =+-
（2）由（1）可得：228y x x =+-，当0y =时，124,2x x =-=;
∵点A 在点B 的左边 ∴42OA OB ，== ，
∴6AB OA OB =+=，
当0x =时，8y =-，
∴8OC =
过点E 作EG x ⊥轴于点G ,EF y ⊥轴于点F ,连接CE ，
, 则116322
AG AB ==⨯= ，
设，则，
在Rt AGE ∆中，，
在中， ()222218CE EF CF a =+=+-，
∵AE CE = ，
∴()2
2918a a +=+- ， 解得：72
a = ， ∴712E ⎛
⎫-- ⎪⎝
⎭， ； （3）设点()2,28a a a P +-，
则2
28,2PQ a a BQ a =+-=-，
a.当PBQ ∆∽CBO ∆时， PQ CO BQ OB =，即228822
a a a +-=-， 解得：10a =（舍去）；
22a =（舍去）；38a =- ， ∴()18,40P - ；
b.当PBQ ∆∽BCO ∆时，
PQ BO BQ CO =，即228228
a a a +-=-， 解得：12a =（舍去），2154a =-
；3174a =- ， ∴21523,416P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭；31725416P ⎛⎫- ⎪⎝⎭
， ； 综上所述，点P 的坐标为：()18,40P -，21523,416P ⎛⎫--
⎪⎝⎭，31725416P ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 点睛：本题考查了二次函数的图像与性质，二次函数与坐标轴的交点，垂径定理，勾股定理，相似三角形的性质和分类讨论的数学思想，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系、相似三角形的性质是解答本题的关键.
2．如图所示，CD 为⊙O 的直径，点B 在⊙O 上，连接BC 、BD ，过点B 的切线AE 与CD 的延长线交于点A ，OE//BD ，交BC 于点F ，交AB 于点E.
（1）求证：∠E=∠C ；
（2）若⊙O 的半径为3，AD=2，试求AE 的长；
（3）在（2）的条件下，求△ABC 的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）
485
. 【解析】 试题分析：（1）连接OB ，利用已知条件和切线的性质证明：OE∥BD，即可证明：∠E=∠C；
（2）根据题意求出AB 的长，然后根据平行线分线段定理，可求解；
（3）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可求解.
试题解析：（1）如解图，连接OB ，
∵CD 为⊙O 的直径，
∴∠CBD ＝∠CBO ＋∠OBD ＝90°，
∵AB 是⊙O 的切线，
∴∠ABO＝∠ABD＋∠OBD＝90°，
∴∠ABD＝∠CBO.
∵OB、OC是⊙O的半径，
∴OB＝OC，∴∠C＝∠CBO.
∵OE∥BD，∴∠E＝∠ABD，
∴∠E＝∠C；
（2）∵⊙O的半径为3，AD＝2，
∴AO＝5，∴AB＝4.
∵BD∥OE，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝6，AE=6+4=10
（3）S △AOE==15，然后根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得
S△ABC= S△AOE==
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
8
610
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 ＝2242OC OE -= ；
（2）设⊙O 的半径为r ，
在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝10，AC ＝8，
∴BC 22AB 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8610
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．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作直线MN，且∠MAC＝∠ABC．
（1）求证：MN是⊙O的切线．
（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．
①求证：FD＝FG．
②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1
【解析】
【分析】
（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得
∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；
（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；
②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝CH．根据AB＝BH可求出答案．
【详解】
（1）证明：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠ABC＝90°；
∵∠MAC＝∠ABC，
∴∠MAC+∠CAB＝90°，即MA⊥AB，
∴MN是⊙O的切线；
（2）①证明：∵D是弧AC的中点，
∴∠DBC＝∠ABD，
∵AB是直径，
∴∠CBG+∠CGB＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠FDG+∠ABD＝90°，
∵∠DBC＝∠ABD，
∴∠FDG＝∠CGB＝∠FGD，
∴FD＝FG；
②解：连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．
∵∠DBC ＝∠ABD ，DH ⊥BC ，DE ⊥AB ，
∴DE ＝DH ，
在Rt △BDE 与Rt △BDH 中，
DH DE BD BD =⎧⎨=⎩
， ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH （HL ），
∴BE ＝BH ，
∵D 是弧AC 的中点，
∴AD ＝DC ，
在Rt △ADE 与Rt △CDH 中，
DE DH AD CD =⎧⎨=⎩
， ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH （HL ）．
∴AE ＝CH ．
∴BE ＝AB ﹣AE ＝BC+CH ＝BH ，即5﹣AE ＝3+AE ，
∴AE ＝1．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．
5．如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，△ABC 的边BC 在y 轴的正半轴上，点A 在x 轴的正半轴上，点C 的坐标为（0，8），将△ABC 沿直线AB 折叠，点C 落在x 轴的负半轴D （−4，0）处．
（1）求直线AB 的解析式；
（2）点P 从点A 出发以每秒5AB 方向运动，过点P 作PQ ⊥AB ，交x 轴于点Q ，PR ∥AC 交x 轴于点R ，设点P 运动时间为t （秒），线段QR 长为d ，求d 与t 的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，点N 是射线AB 上一点，以点N 为圆心，同时经过R 、Q 两点作⊙N ，⊙N 交y 轴于点E ，F ．是否存在t ，使得EF =RQ ？若存在，求出t 的值，并求出圆心N 的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）132y x =-
+（2）d =5t （3）故当 t =85
，或815，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）．
【解析】 试题分析：（1）由C （0，8），D （-4，0），可求得OC ，OD 的长，然后设OB=a ，则BC=8-a ，在Rt △BOD 中，由勾股定理可得方程：（8-
a ）2=a 2+42,解此方程即可求得B 的坐标，然后由三角函数的求得点A 的坐标，再利用待定系数法求得直线AB 的解析式；
（2）在Rt △AOB 中，由勾股定理可求得AB 的长，继而求得∠BAO 的正切与余弦，由PR//AC 与折叠的性质，易证得RQ=AR ，则可求得d 与t 的函数关系式；
（3）首先过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ，易证得四边形NTOS 是正方形，然后分别从点N 在第二象限与点N 在第一象限去分析求解即可求解; 试题解析：
（1）∵C （0，8），D （-4，0），
∴OC=8，OD=4，
设OB=a ，则BC=8-a ，
由折叠的性质可得：BD=BC=8-a ，
在Rt △BOD 中，∠BOD=90°，DB 2=OB 2+OD 2，
则（8-a ）2=a 2+42，
解得：a=3，
则OB=3，
则B （0，3），
tan ∠ODB=34
OB OD = ， 在Rt △AOC 中，∠AOC=90°，tan ∠ACB=
34OA OC = ， 则OA=6，
则A （6，0），
设直线AB 的解析式为：y=kx+b ，
则60{3k b b +== ，解得：1{23
k b =-= ，
故直线AB 的解析式为：y=-
12
x +3； （2）如图所示：
在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6， 则22135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠== ，255OA cos BAO AB ∠==， 在Rt △PQA 中，905APQ AP t ∠=︒=，
则AQ=
10cos AP t BAO
=∠ , ∵PR ∥AC ，
∴∠APR=∠CAB ， 由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB ， ∴∠BAO=∠APR ，
∴PR=AR ，
∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°， ∴∠PQA=∠QPR ，
∴RP=RQ ，
∴RQ=AR ，
∴QR=
12
AQ=5t, 即d=5t; （3）过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ， ∵EF=QR ，
∴NS=NT ，
∴四边形NTOS 是正方形， 则TQ=TR=
1522QR t = ， ∴1115151022224NT AT AQ TQ t t t ==-=-=（）（） ， 分两种情况，
若点N 在第二象限，则设N （n ，-n ），
点N 在直线132y x =-
+ 上， 则132
n n -=-+ ， 解得：n=-6，
故N （-6，6），NT=6，
即
1564
t = ， 解得：85t = ; 若点N 在第一象限，设N （N ，N ），
可得：132
n n =-
+ , 解得：n=2，
故N （2，2），NT=2， 即
1524
t =, 解得：t=815
∴当 t =85，或815，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）。

点睛：此题考查了折叠的性质、待定系数法求一次函数的解析式、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质以及三角函数等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用。

6．如图1，四边形ABCD 中，、为它的对角线，E 为AB 边上一动点（点E 不与点
A 、
B 重合），EF ∥A
C 交BC 于点F ，FG ∥B
D 交DC 于点G ，GH ∥AC 交AD 于点H ，连接H
E ．记四边形EFGH 的周长为，如果在点的运动过程中，的值不变，则我们称四边形ABCD 为“四边形”， 此时的值称为它的“值”．经过探究，可得矩形是“四边形”．如图2，矩形ABCD 中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为 ．
（1）等腰梯形（填“是”或“不是”）“四边形”；
（2）如图3，是⊙O的直径，A是⊙O上一点，，点为上的一动点，将△沿的中垂线翻折，得到△．当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有个．
【答案】“值”为10；（1）是；（2）最多有5个．
【解析】
试题分析：仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可；
（1）根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断；
（2）根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断.
矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为10；
（1）等腰梯形是“四边形”；
（2）由题意得当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有5个.
考点：动点问题的综合题
点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．
7．如图，点A在直线l上，点Q沿着直线l以3厘米/秒的速度由点A向右运动，以AQ为
边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ= 3
4
，点C在点Q右侧，CQ=1厘米，过点C作直
线m⊥l，过△ABQ的外接圆圆心O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上
取点F，使DF=1
3
CD，以DE、DF为邻边作矩形DEGF．设运动时间为t秒．
（1）直接用含t的代数式表示BQ、DF；
（2）当0＜t＜1时，求矩形DEGF的最大面积；
（3）点Q在整个运动过程中，当矩形DEGF为正方形时，求t的值．
【答案】（1）BQ=5t ，DF=23t;（2）16;（3）t 的值为35
或3． 【解析】 试题分析：（1）AB 与OD 交于点H ，根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长；根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长，再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长，即可表示出FD ；
（2）根据题意表示出矩形的长和宽，然后构造二次函数，通过二次函数的最值可求解；
（3）当矩形为正方形时，分别让其长与宽相等，列方程求解即可.
试题解析：（1）5t BQ =，2DF=t 3
； （2）DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ，()22211·t 13326
S DF DE t t ⎛⎫==-=--+ ⎪⎝⎭，∴当t=12时，矩形DEGF 的最大面积为16
； （3）当矩形DEGF 为正方形时，221133t t t t -=
-=或,解得335t t ==或.
8．如图，已知抛物线y=ax 2+bx+c （a ＞0，c ＜0）交x 轴于点A ，B ，交y 轴于点C ，设过点A ，B ，C 三点的圆与y 轴的另一个交点为D ．
（1）如图1，已知点A ，B ，C 的坐标分别为（-2，0），（8，0），（0，-4）； ①求此抛物线的函数解析式；
②若点M 为抛物线上的一动点，且位于第四象限，求△BDM 面积的最大值；
（2）如图2，若a=1，c=-4，求证：无论b 取何值，点D 的坐标均不改变．
【答案】（1）①y=x 2-x-4；②△BDM 的面积有最大值为36；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）①只需运用待定系数法就可解决问题；②过点M 作ME ∥y 轴，交BD 于点E ，连接BC ，如图1．根据勾股定理的逆定理可得∠ACB=90°，从而可得AB 为直径，根据垂径定理可得OD=OC ，即可得到D （0，4），然后运用待定系数法可求得直线BD 的解
析式为y=-x+4，设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），从而得到ME=-x2+x+8，运用割补法可得S△BDM=S△DEM+S△BEM=-（x-2）2+36，然后根据二次函数的最值性就可求出△BDM 的面积的最大值；
（2）连接AD、BC，如图2．若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，可得C（0，-4），OC=4．设点A（x1，0），B（x2，0），则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，根据根与系数的关系可得OA•OB=4．由A、D、B、C四点共圆可得
∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，从而可得△ADO∽∽△CBO，根据相似三角形的性质可得OC•OD=OA•OB=4，从而可得OD=1，即可得到D（0，1），因而无论b取何值，点D的坐标均不改变．
试题解析：（1）①∵抛物线y=ax2+bx+c过点A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴，
解得．
∴抛物线的解析式为y=x2-x-4；
②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．
∵A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），
∴OA=2，OB=8，OC=4，
∴AB=10，AC=2，BC=4，
∴AB2=AC2+BC2，
∴∠ACB=90°，
∴AB为直径．
∵CD⊥AB，
∴OD=OC，
∴D（0，4）．
设直线BD的解析式为y=mx+n．
∵B（8，0），D（0，4），
∴，
解得，
∴直线BD的解析式为y=-x+4．
设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），
∴ME=（-x+4）-（x2-x-4）=-x2+x+8，
∴S△BDM=S△DEM+S△BEM
=ME（x E-x D）+ME（x B-x E）=ME（x B-x D）
=（-x2+x+8）×8=-x2+4x+32=-（x-2）2+36．
∵0＜x＜8，
∴当x=2时，△BDM的面积有最大值为36；
（2）连接AD、BC，如图2．
若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，
则C（0，-4），OC=4．
设点A（x1，0），B（x2，0），
则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，∴OA•OB=-x1•x2=-（-4）=4．
∵A、D、B、C四点共圆，
∴∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，
∴△ADO∽△CBO，
∴，
∴OC•OD=OA•OB=4，
∴4OD=4，
∴OD=1，
∴D（0，1），
∴无论b 取何值，点D 的坐标均不改变．
考点：圆的综合题
9．已知：AB 为⊙O 直径，弦CD ⊥AB ，垂足为H ，点E 为⊙O 上一点，AE BE =，BE 与CD 交于点F ．
（1）如图1，求证：BH ＝FH ；
（2）如图2，过点F 作FG ⊥BE ，分别交AC 、AB 于点G 、N ，连接EG ，求证：EB ＝EG ； （3）如图3，在（2）的条件下，延长EG 交⊙O 于M ，连接CM 、BG ，若ON ＝1，△CMG 的面积为6，求线段BG 的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）210 ．
【解析】
【分析】
（1）连接AE ，根据直径所对圆周角等于90°及弧与弦的关系即可得解；
（2）根据题意，过点C 作CQ FG CS FB ⊥⊥，，连接CE BC 、，通过证明
Rt CGQ Rt CBS ∆≅∆，CBE CGE ∆≅∆即可得解；
（3）根据题意，过点G 作GT CD ⊥于T ，连接CN ，设CAB α∠＝，证明
()CMG CNG AAS ∆≅∆，再由面积法及勾股定理进行计算求解即可.
【详解】
解：（1）如下图，连接AE
∵AB 为直径
∴90AEB =︒∠
∵
AE BE =
∴AE BE =
∴45B ∠=︒
又∵CD AB ⊥于H
∴45HFB ∠=︒
∴HF HB =；
（2）如下图，过点C 作CQ FG CS FB ⊥⊥，，连接CE BC 、
AB 为直径，∴90ACB QCS ∠=∠=︒
∴GCQ BCS ∠=∠
∴()Rt CGQ Rt CBS AAS ∆≅∆
∴CG CB =
同理()CBE CGE SAS ∆≅∆
∴EG EB =；
（3）如下图，过点G 作GT CD ⊥于T ，连接CN
设CAB α∠=由（2）知：CM CB =
∴CM CB =
∵HB HF =
∴45HBF HFB ∠=∠=︒
∵GF BE ⊥
∴45NFH NH BH CN BC ∠=︒∴=∴=，，
∴CM CB CN ==
则：2MEB α∠=
902AEG α∠=︒-
∴45EAG EGA α∠=∠=︒+
∴45M MGC α∠=∠=︒+
∴()CMG CNG AAS ∆≅∆
∵CMG ∆面积为6
∴6CAN GAN S S -=
设2122BH NH x OA OB x AN x ====+=+，，
则()CGT BCH AAS ∆≅∆
∴C BH x ==
∴6AN CH AN TH ⋅-⋅=
∴1(22)62
x CT +⋅= 解得：2x =
∵2BC BH BA =⋅
∴2210BC =⨯，则25BC ＝ ∴2210BG BC ＝＝．
【点睛】
本题主要考查了圆和三角形的综合问题，熟练掌握圆及三角形的各项重要性质及判定方法是解决本题的关键.
10．已知点A 为⊙O 外一点，连接AO ，交⊙O 于点P ，AO=6．点B 为⊙O 上一点，连接BP ，过点A 作CA ⊥AO ，交BP 延长线于点C ，AC=AB ．
（1）判断直线AB 与⊙O 的位置关系，并说明理由．
（2）若3 PB 的长．
（3）若在⊙O 上存在点E ，使△EAC 是以AC 为底的等腰三角形，则⊙O 的半径r 的取值范围是___________．
【答案】（1）AB 与⊙O 相切 ，理由见解析；（2）43PB =
3656r ≤< 【解析】
【分析】
（1）连接OB ，有∠OPB=∠OBP ，又AC=AB ，则∠C=∠ABP ，利用∠CAP=90°，即可得到结论成立；
（2）由AB=AC ，利用勾股定理先求出半径，作OH ⊥BP 与H ，利用相似三角形的判定和性质，即可求出PB 的长度；
（3）根据题意得出OE=12AC=122216r 2-22162
r r -≤，即可求出取
值范围．
【详解】
解：（1）连接OB ，如图：
∵OP=OB ，
∴∠OPB=∠OBP=∠APC ，
∵AC=AB ，
∴∠C=∠ABP ，
∵AC ⊥AO ，
∴∠CAP=90°，
∴∠C+∠APC=90°，
∴∠ABP+∠OBP=90°，
即OB ⊥AB ，
∴AB 为切线；
（2）∵AB=AC
∴22AB AC =，
∴2222CP AP OA OB -=-，
设半径为r ，则
2222(43)(6)6r r --=-
解得：r=2；
作OH ⊥BP 与H ，
则△ACP ∽△HOP ，
∴PH OP AP CP
=，即443PH = ∴233
PH =, ∴432PB PH ==
； （3）如图，作出线段AC 的垂直平分线MN ，作OE ⊥MN ，
∴四边形AOEM 是矩形，
∴OE=AM=12AC=1222162
r - 又∵圆O 与直线MN 有交点，
∴22162
r r -， 2262r r -≤，
∴22364r r -≤，
∴55
r ≥ 又∵圆O 与直线AC 相离，
∴r ＜6，
即565
r ≤<． 【点睛】
此题主要考查了圆的综合以及切线的判定与性质和勾股定理以及等腰三角形的性质等知识，得出EO 与AB 的关系进而求出r 取值范围是解题关键．。