宜兴市新芳中学数学圆 几何综合单元复习练习(Word版 含答案)

宜兴市新芳中学数学圆几何综合单元复习练习(Word版含答案)
一、初三数学圆易错题压轴题（难）
1．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 ＝22 DS ＝62﹣22＝42
SN 221
tan DS 2
42SDN ∠=
== 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 ＝1122,tan 2
FDR ∠=
∴12102410
,FR DR =
=
在Rt △FKR 中，∵FR ＝
1210
tan ∠FKR ＝2 ∴KR ＝
610
5
∴DK ＝DR ﹣KR ＝24106101810
=
-=
．
【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．
2．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 ＝42；（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12108GE =，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，∴BC＝22
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12108GE
= ∴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
3．四边形ABCD 的对角线交于点E ，有AE =EC ，BE =ED ，以AB 为直径的O 过点E ．
（1）求证：四边形ABCD 是菱形．
（2）若CD 的延长线与圆相切于点F ，已知直径AB =4．求阴影部分的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）513
π- 【解析】
试题分析：（1）先由AE=EC 、BE=ED 可判定四边形为平行四边形，再根据∠AEB=90°可判定该平行四边形为菱形；
（2）连接OF ，过点D 作DP ,AB P E EQ AB ⊥⊥于过点作于Q ，分别求出扇形BOE 、△AOE、半圆O 的面积，即可得出答案. 试题解析：（1）
AE =EC ，BE =ED
∴ABCD 四边形为平行四边形 ∵90AB AEB ∠∴=︒是直径 ∴ABCD 平行四边形是菱形
（2）连接OF ，过点D 作DP ,AB P E EQ AB ⊥⊥于过点作于Q
CF 切O 于点F
∴90OFC ∠=︒ ∵ABCD 四边形是菱形，
∴,90CD AB BOF OFD DPO ∠∠∠∴===︒ ∴FOPD DP OF ∴=四边形是矩形
ABCD 四边形是菱形，AB AD ∴=
∵11
,3022
OF AB DP AD DAB ∠=
∴=∴=︒ ∴ABCD 四边形是菱形
∴1
152
CAB DAB ∠=∠=︒ ∴180215150AOE ∠=︒-⨯︒=︒ ∴3090EOB EQO ∠∠=︒=︒
∴1
12
EQ OE =
= 21502360
S 阴影
π⨯∴=
-1
521123π⨯⨯=- 点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．
4．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．
5．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
，﹣
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(﹣
3
2
，﹣
1
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.
6．四边形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
∴△ABE≌△ADF（SAS）
∴∠BAE＝∠DAC
∴BE CD
∴BE＝DC
∵BE＝DF
∴DF＝DC；
（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，
∵DE＝BC，BE＝CD，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∴∠EBC＝∠EDC，
∵四边形BEDC是圆内接四边形，
∴∠EBC+∠EDC＝180°，
∴∠EDC＝∠EBC＝90°，
∴EC是直径，
∴∠FGC＝∠EDC＝90°
∴∠FDN+∠MDC＝90°，且∠MDC+∠MCD＝90°，
∴∠FDN＝∠MCD，且∠FND＝∠CMD＝90°，DF＝DC，∴△FDN≌△DCM（AAS）
∴FN＝DM，CM＝DN，
∵EG＝GH＝5，
∴∠GEH＝∠GHE，且∠GHE＝∠DHC，∠GEH＝∠GDC，∴∠HDC＝∠CHD，
∴CH＝CD，且CM⊥DH，
∴DM＝MH＝FN，
∵S△DFG＝9，
∴1
2
DG×FN＝9，
∴1
2
×（5+2FN）×FN＝9，
∴FN＝2，
∴DM＝2，DH＝4，
∵∠GEC＝∠GDC，∠EGC＝∠DMC，∴△EGC∽△DMC，
∴
5
2 EC EG
CD DM
，
∴EC＝5
2
CD，且HC＝CD，
∴EH ＝32CD ， ∵∠EGD ＝∠ECD ，∠GEC ＝∠GDC ，
∴△GEH ∽△CHD ，
∴EG
EH CH DH
， ∴352
4CD CD
， ∴2403
CD ， ∵EC 2﹣CD 2＝DE 2，
∴
222254CD CD DE ， ∴22140
43DE ，
∴DE ＝70
∴BC ＝70
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的难点．
7．如图．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，DE 是ABC 的中位线，连结BD ，点F 是边BC 上的一个动点，连结AF 交BD 于H ，交DE 于G ．
(1)当点F 是BC 的中点时，求DH BH
的值及GH 的长 (2) 当四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等时，求CF 的长：
(3)如图2．以CF 为直径作
O ． ①当
O 正好经过点H 时，求证：BD 是O 的切线： ②当DH BH
的值满足什么条件时，O 与线段DE 有且只有一个交点．
【答案】（1）
12DH BH =，3GH =；（2）83CF =；（3）①见解析；②当32DH BH =或2514
DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点． 【解析】
【分析】
（1）根据题意得H 为ABC 的重心，即可得DH BH 的值，由重心和中位线的性质求得16
=GH AF ，由勾股定理求得AF 的长，即可得GH 的长； （2）根据图中面积的关系得S 四边形DCFG =DEB S
，列出关系式求解即可得CF 的长； （3）根据O 与线段DE 有且只有一个交点，可分两类情况讨论：当O 与DE 相切时，求得
DH BH 的值；当O 过点E ，此时是O 与线段DE 有两个交点的临界点，即可得出O 与线段DE 有且只有一个交点时
DH BH 满足的条件． 【详解】
解：（1）∵DE 是ABC 的中位线，
∴,D E 分别是,AC AB 的中点，//DE BC ，
又∵点F 是BC 的中点，
∴BD 与AF 的交点H 是ABC 的重心，
:1:2DH BH ∴=，即
12DH BH =；:1:2=HF AH ， ∴13
=HF AF ， 在ACF 中，D 为AC 中点，//DE BC ，则//DG CF ，
∴DG 为ACF 的中位线，G 为AF 的中点，
12
∴=GF AF ， 111236∴=-=
-=GH GF HF AF AF AF ， 在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，
8BC ∴===， 则142
==CF BC ，
AF ∴=
1
6∴=⨯=GH ；
（2）∵四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等，
∴S 四边形DCFH +DGH S
=S 四边形BEGH +DGH S ， 即S 梯形DCFG =DEB S ，
∵6AC =，8BC =，DE 是ABC 的中位线，
∴3CD =，4DE =，
∵1143622
=
⋅⋅=⨯⨯=DEB S DE CD ， 设2CF a =，∵DG 为ACF 的中位线， ∴12
==DG CF a ， 则S 梯形DCFG ()3(2)622+⋅=
=+=DG CF CD a a ， 解得：43
a =， 823
∴==CF a ； （3）①证明：如图2，连结、CH OH ，
CF 为O 的直径，O 经过点H ，
90∴∠=︒FHC ，
∴90∠=∠=︒AHC FHC ，AHC 为直角三角形，
D 为AC 的中点，
12
∴==DH AC CD ， ∠∠∴=DCH DHC ．
又OC OH =，
∴∠=∠OCH OHC ，
∴∠+=∠+OCH DCH OHC DHC ，即90∠=∠=︒DHO ACB ，
∴BH BD ⊥，即BD 是O 的切线；
②如图3-1，当O 与DE 相切时，O 与线段DE 有且只有一个交点，
设O 的半径为r ，圆心O 到DE 的距离为d ，
∴当r=d 时，
O 与DE 相切， ∵//DE CF ，90ACB ∠=︒，3CD =，
∴两平行线、DE CF 之间的距离为3CD =，
∴3r =，
则6CF =，1862,32=-=-==
=BF BC CF DG CF ， 由//DE CF 得：DGH BFH ，
32
DH DG BH BF ∴==； 如图3-2，当O 经过点E 时，连接OE 、OG ， 设O 的半径为r ，即==OE OC r ，
∵G 为AF 的中点，O 为CF 的中点，
∴//OG CD ，
∴四边形COGD 为平行四边形，
又∵90ACB ∠=︒，
∴四边形COGD 为矩形，
∴90∠=︒DGO ，则90∠=︒OGE ，OGE 为直角三角形，
∴=3=OG CD ，==DG OC r ，
则4=-=-GE DE DG r ，
由勾股定理得：222+=OG GE OE ，即222
3(4)+-=r r ， 解得：258
r =
，则258==OE OC ，2524==CF r 257258,448∴=-=-===BF BC CF DG OC ，
由//DE BC 得：DGH BFH
，
25
2514874
∴===DH DG BH BF
， 则当2514
DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点； 综上所述，当32DH BH =或2514
DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点． 【点睛】
本题属于圆综合题，考查了切线的性质与判定、中位线的性质等知识，解题的关键是灵活添加常用的辅助线，属于中考压轴题．
8．如图，已知AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点（不与A 、B 重合），D 为的AC 中点，过点D 作弦DE ⊥AB 于F ，P 是BA 延长线上一点，且∠PEA ＝∠B ．
（1）求证：PE 是⊙O 的切线；
（2）连接CA 与DE 相交于点G ，CA 的延长线交PE 于H ，求证：HE ＝HG ；
（3）若tan ∠P ＝512，试求AH AG
的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
1310AH AG =． 【解析】
【分析】
（1）连接OE，由圆周角定理证得∠EAB+∠B＝90°，可得出∠OAE＝∠AEO，则
∠PEA+∠AEO＝90°，即∠PEO＝90°，则结论得证；
（2）连接OD，证得∠AOD＝∠AGF，∠B＝∠AEF，可得出∠PEF＝2∠B，∠AOD＝2∠B，可证得∠PEF＝∠AOD＝∠AGF，则结论得证；
（3）可得出tan∠P＝tan∠ODF＝
5
12
OF
DF
=，设OF＝5x，则DF＝12x，求出AE，BE，得
出
2
3
AE
BE
=，证明△PEA∽△PBE，得出2
3
PA
PE
=，过点H作HK⊥PA于点K，证明∠P＝
∠PAH，得出PH＝AH，设HK＝5a，PK＝12a，得出PH＝13a，可得出AH＝13a，AG＝10a，则可得出答案．
【详解】
解：（1）证明：如图1，连接OE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠EAB+∠B＝90°，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠AEO，
∴∠B+∠AEO＝90°，
∵∠PEA＝∠B，
∴∠PEA+∠AEO＝90°，
∴∠PEO＝90°，
又∵OE为半径，
∴PE是⊙O的切线；
（2）如图2，连接OD，
∵D为AC的中点，
∴OD⊥AC，设垂足为M，
∴∠AMO＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠AFD＝90°，
∴∠AOD+∠OAM＝∠OAM+∠AGF＝90°，∴∠AOD＝∠AGF，
∵∠AEB＝∠EFB＝90°，
∴∠B＝∠AEF，
∵∠PEA＝∠B，
∴∠PEF＝2∠B，
∵DE⊥AB，
∴AE AD
=，
∴∠AOD＝2∠B，
∴∠PEF＝∠AOD＝∠AGF，
∴HE＝HG；
（3）解：如图3，
∵∠PEF＝∠AOD，∠PFE＝∠DFO，
∴∠P＝∠ODF，
∴tan∠P＝tan∠ODF＝
5
12 OF
DF
=，
设OF＝5x，则DF＝12x，
∴OD22
OF DF
+13x，
∴BF＝OF+OB＝5x+13x＝18x，AF＝OA﹣OF＝13x﹣5x＝8x，
∵DE⊥OA，
∴EF＝DF＝12x，
∴AE22
AF EF
+13，BE22
EF BF
+13，∵∠PEA＝∠B，∠EPA＝∠BPE，
∴△PEA∽△PBE，
∴
4132
3
613
PA AE
PE BE
===，
∵∠P+∠PEF＝∠FAG+∠AGF＝90°，∴∠HEG＝∠HGE，
∴∠P ＝∠FAG ，
又∵∠FAG ＝∠PAH ，
∴∠P ＝∠PAH ，
∴PH ＝AH ，
过点H 作HK ⊥PA 于点K ，
∴PK ＝AK ，
∴13
PK PE =， ∵tan ∠P ＝
512， 设HK ＝5a ，PK ＝12a ，
∴PH ＝13a ，
∴AH ＝13a ，PE ＝36a ，
∴HE ＝HG ＝36a ﹣13a ＝23a ，
∴AG ＝GH ﹣AH ＝23a ﹣13a ＝10a ，
∴
13131010
AH a AG a ==． 【点睛】 本题是圆的综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，掌握相似三角形的判定定和性质定理及方程思想是解题的关键．
9．如图，在O 中，AB 为直径，过点A 的直线l 与O 相交于点C ，D 是弦CA 延长线
上一点，BAC ∠，BAD ∠的平分线与
O 分别相交于点E ，F ，G 是BF 的中点，过点G 作MN AE ，与AF ，EB 的延长线分别交于点M ，N ．
（1）求证：MN 是
O 的切线； （2）若24AE =，18AM =． ①求O 的半径；
②连接MC ，求tan MCD ∠的值． 【答案】（1）见解析；（2）①13；②
2741 【解析】
【分析】 （1）如图1，连接 GO 、GA ，先根据角平分线的定义证明∠MAE=12
（∠BAC+∠BAD ）=90°，由圆周角定理和同圆的半径相等得∠OGA=∠FAG ，则OG ∥AM ，所以∠MGO=180-∠M=90，从而得结论；
（2）①延长GO 交AE 于点P ，证明四边形 MGPA 为矩形，得GP=MA=18，∠GPA=90°，设OA=OG=r ，则OP=18-r ，根据勾股定理列方程解出即可；
②如图3，过M 作MH ⊥l ，连接BC ，延长NE 交l 于I ，连接GO 交延长交AE 于P ，tan ∠MAH=tan ∠ABE=tan ∠BIA=125
，BI=2BE=20，根据三角函数计算MH ，AH ，CI 的长，最后计算MH 和HC 的长，代入tan ∠MCD=
MH HC
，可得结论． 【详解】
（1）证明：如图1，连接GO ，GA ，
∵BAC ∠，BAD ∠的平分线与
O 分别相交于点E ，F ， ∴1()902MAE BAC BAD ∠=
∠+∠=︒． ∵MN AE ，
∴18090M MAE ∠=︒-∠=︒．
∵G 是BF 的中点，
∴FG BG =，
∴FAG BAG ∠=∠．
∵OA OG =，
∴OGA BAG ∠=∠，
∴OGA FAG ∠=∠，
∴OG AM ∥，
∴18090MGO M ∠=︒-∠=︒．
∵OG 为
O 半径， ∴MN 是O 的切线．
（2）解：①如图2，连接GO 并延长交AE 于点P ，
∵90MGO M MAE ∠=∠=∠=︒，
∴四边形MGPA 为矩形，
∴18GP MA ==，90GPA ∠=︒，即OP AE ⊥，
∴1122
AP AE ==． 设OA OG r ==，则18OP r =-，
在Rt OAP △中，∵222OA OP AP =+，
∴222(18)12r r =-+，
解得：13r =，
故O 的半径是13．
②如图3，过M 作MH l ⊥，连接BC ，延长NE 交l 于I ，连接GO 并延长交AE 于P ，
由①知：13OG =，18PG =，
∴5OP =．
∵AB 是O 的直径，
∴90AEB AEI ∠=∠=︒．
∵BAE EAC ∠=∠，
∴ABE AIB ∠=∠，
∵AM NI ∥，
∴MAH BIA ABE ∠=∠=∠，
∴12tan tan tan 5
MAH ABE BIA ∠=∠=∠=
，220BI BE ==． ∵12cos 13HM AMH AM ∠==，5sin 13AH AMH AM ∠==，5sin 13CI CBI BI ∠==，
∴
1812216
1313
MH
⨯
==，
18590
1313
AH
⨯
==，
5100
20
1313
CI=⨯=，
∴
100238
26
1313 AC AI CI
=-=-=，
∴
23890328
131313 HC AH AC
=+=+=，
∴
21627 tan
32841
MH
MCD
HC
∠===．
【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，矩形的性质和判定，正确作出辅助线是解题的关键．
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）
43
PB=3
65
6
r
≤<
【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=1
2
AC=
1
2
22
1
6r
2
-22
1
6
2
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 =
∴23PH =, ∴4323PB 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 -≤，
∴65r ≥ 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．。