【数学】培优圆的综合辅导专题训练附答案解析

一、圆的综合 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，四边形OABC 是平行四边形，以O 为圆心，OA 为半径的圆交AB 于D ，延长AO 交O 于E ，连接CD ，CE ，若CE 是⊙O 的切线，解答下列问题： （1）求证：CD 是⊙O 的切线；
（2）若BC=4，CD=6，求平行四边形OABC 的面积．
【答案】（1）证明见解析（2）24 【解析】
试题分析：（1）连接OD ，求出∠EOC=∠DOC ，根据SAS 推出△EOC ≌△DOC ，推出∠ODC=∠OEC=90°，根据切线的判定推出即可；
（2）根据切线长定理求出CE=CD=4，根据平行四边形性质求出OA=OD=4，根据平行四边形的面积公式=2△COD 的面积即可求解． 试题解析：（1）证明：连接OD ， ∵OD=OA ， ∴∠ODA=∠A ，
∵四边形OABC 是平行四边形， ∴OC ∥AB ，
∴∠EOC=∠A ，∠COD=∠ODA ， ∴∠EOC=∠DOC ， 在△EOC 和△DOC 中，
OE OD EOC DOC OC OC =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
∴△EOC ≌△DOC （SAS ）， ∴∠ODC=∠OEC=90°， 即OD ⊥DC ， ∴CD 是⊙O 的切线；
（2）由（1）知CD 是圆O 的切线， ∴△CDO 为直角三角形，
∵S △CDO =
1
2
CD•OD ， 又∵OA=BC=OD=4，
∴S△CDO=1
2
×6×4=12，
∴平行四边形OABC的面积S=2S△CDO=24．
2．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D在BC上，点E在弦AB上（E不与A重合），且四边形BDCE为菱形．
（1）求证：AC=CE；
（2）求证：BC2﹣AC2=AB•AC；
（3）已知⊙O的半径为3．
①若AB
AC
=
5
3
，求BC的长；
②当AB
AC
为何值时，AB•AC的值最大？
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2；②3 2
【解析】
分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC，据此得证；
（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则
CF=CG=AC=CE=CD，证△BEF∽△BGA得BE BG
BF BA
=，即BF•BG=BE•AB，将BF=BC-CF=BC-
AC、BG=BC+CG=BC+AC代入可得；
（3）①设AB=5k、AC=3k，由BC2-AC2=AB•AC知6k，连接ED交BC于点M，
Rt△DMC中由DC=AC=3k、MC=1
2
6k求得22
CD CM
-3，可知OM=OD-
3，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2可得答案．②设OM=d，则MD=3-d，MC2=OC2-OM2=9-d2，继而知BC2=（2MC）2=36-4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=（3-d）2+9-d2，由（2）得AB•AC=BC2-AC2，据此得出关于d的二次函数，利用二次函数的性质可得答案．
详解：（1）∵四边形EBDC为菱形，
∴∠D=∠BEC，
∵四边形ABDC是圆的内接四边形，
∴∠A+∠D=180°，
又∠BEC+∠AEC=180°，
∴∠A=∠AEC，
∴AC=CE；
（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，
由（1）知AC=CE=CD，
∴CF=CG=AC，
∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，
∴∠G+∠AEF=180°，
又∵∠AEF+∠BEF=180°，
∴∠G=∠BEF，
∵∠EBF=∠GBA，
∴△BEF∽△BGA，
∴BE BG
BF BA
=，即BF•BG=BE•AB，
∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，
∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即BC2﹣AC2=AB•AC；
（3）设AB=5k、AC=3k，
∵BC2﹣AC2=AB•AC，
∴6k，
连接ED交BC于点M，
∵四边形BDCE是菱形，
∴DE垂直平分BC，
则点E、O、M、D共线，
在Rt△DMC中，DC=AC=3k，MC=1
2
6k，
∴223
CD CM k
-=，∴OM=OD﹣DM=33k，
在Rt △COM 中，由OM 2+MC 2=OC 2得（3﹣3k ）2+（6k ）2=32， 解得：k=
23
3
或k=0（舍）， ∴BC=26k=42；
②设OM=d ，则MD=3﹣d ，MC 2=OC 2﹣OM 2=9﹣d 2， ∴BC 2=（2MC ）2=36﹣4d 2，
AC 2=DC 2=DM 2+CM 2=（3﹣d ）2+9﹣d 2， 由（2）得AB•AC=BC 2﹣AC 2 =﹣4d 2+6d+18
=﹣4（d ﹣34
）2+814，
∴当d=34，即OM=34
时，AB•AC 最大，最大值为81
4，
∴DC 2=272
，
∴AC=DC=36
， ∴AB=
96
，此时
32AB AC ． 点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．
3．在平面直角坐标系xOy 中，点M 的坐标为（x 1，y 1），点N 的坐标为（x 2，y 2），且x 1≠x 2，y 1≠y 2，以MN 为边构造菱形，若该菱形的两条对角线分别平行于x 轴，y 轴，则称该菱形为边的“坐标菱形”．
（1）已知点A （2，0），B （0，23），则以AB 为边的“坐标菱形”的最小内角为 ；
（2）若点C （1，2），点D 在直线y=5上，以CD 为边的“坐标菱形”为正方形，求直线CD 表达式；
（3）⊙O 的半径为2，点P 的坐标为（3，m ）．若在⊙O 上存在一点Q ，使得以QP 为边的“坐标菱形”为正方形，求m 的取值范围．
【答案】（1）60°；（2）y=x+1或y=﹣x+3；（3）1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1
【解析】
分析：（1）根据定义建立以AB为边的“坐标菱形”，由勾股定理求边长AB=4，可得30度角，从而得最小内角为60°；
（2）先确定直线CD与直线y=5的夹角是45°，得D（4，5）或（﹣2，5），易得直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；
（3）分两种情况：
①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3，根据等腰直角三角形的性质分别求P'B=BD=1，PB=5，写出对应P的坐标；
②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4，同理可得结论．详解：（1）∵点A（2，0），B（0，3∴OA=2，OB3．在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB22
（），∴∠ABO=30°．
223
∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABC=2∠ABO=60°．
∵AB∥CD，∴∠DCB=180°﹣60°=120°，∴以AB为边的“坐标菱形”的最小内角为60°．故答案为：60°；
（2）如图2．
∵以CD为边的“坐标菱形”为正方形，∴直线CD与直线y=5的夹角是45°．
过点C作CE⊥DE于E，∴D（4，5）或（﹣2，5），∴直线CD的表达式为：y=x+1或y=﹣x+3；
（3）分两种情况：
①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3．
∵⊙O2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD2OQ'=2，∴P'D=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，1），同理可得：OA=2，
∴AB=3+2=5．
∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，5），∴当1≤m≤5时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；
②先作直线y=﹣x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=﹣x，如图4．
∵⊙O的半径为2，且△OQ'D是等腰直角三角形，∴OD=2OQ'=2，∴BD=3﹣2=1．∵△P'DB是等腰直角三角形，∴P'B=BD=1，∴P'（0，﹣1），同理可得：OA=2，
∴AB=3+2=5．
∵△ABP是等腰直角三角形，∴PB=5，∴P（0，﹣5），∴当﹣5≤m≤﹣1时，以QP为边的“坐标菱形”为正方形；
综上所述：m的取值范围是1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1．
点睛：本题是一次函数和圆的综合题，考查了菱形的性质、正方形的性质、点P，Q的“坐标菱形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考创新题目．
4．如图，已知平行四边形OABC的三个顶点A、B、C在以O为圆心的半圆上，过点C作CD⊥AB，分别交AB、AO的延长线于点D、E，AE交半圆O于点F，连接CF．
（1）判断直线DE与半圆O的位置关系，并说明理由；
（2）若半圆O的半径为6，求AC的长．
【答案】（1）直线CE 与半圆O 相切（2）4π 【解析】
试题分析：（1）结论：DE 是⊙O 的切线．首先证明△ABO ，△BCO 都是等边三角形，再证明四边形BDCG 是矩形，即可解决问题；
（2）只要证明△OCF 是等边三角形即可解决问题，求AC 即可解决问题． 试题解析：（1）直线CE 与半圆O 相切，理由如下： ∵四边形OABC 是平行四边形，∴AB ∥OC. ∵∠D=90°，∴∠OCE=∠D=90°，即OC ⊥DE ， ∴直线CE 与半圆O 相切．
（2）由（1）可知：∠COF=60°，OC=OF ， ∴△OCF 是等边三角形， ∴∠AOC=120° ∴AC 的长为
1206
180
π⨯⨯=4π.
5．矩形ABCD 中，点C （3，8），E 、F 为AB 、CD 边上的中点，如图1，点A 在原点处，点B 在y 轴正半轴上，点C 在第一象限，若点A 从原点出发，沿x 轴向右以每秒1个单位长度的速度运动，点B 随之沿y 轴下滑，并带动矩形ABCD 在平面内滑动，如图2，设运动时间表示为t 秒，当点B 到达原点时停止运动． （1）当t =0时，点F 的坐标为 ； （2）当t =4时，求OE 的长及点B 下滑的距离； （3）求运动过程中，点F 到点O 的最大距离；
（4）当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，求t 的值．
【答案】（1）F （3，4）；（2）8-43；（3）7；（4）t 的值为245
或325. 【解析】
试题分析：（1）先确定出DF ，进而得出点F 的坐标； （2）利用直角三角形的性质得出∠ABO =30°，即可得出结论；
（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，即可得出结论； （4）分两种情况，利用相似三角形的性质建立方程求解即可．
试题解析：解：（1）当t =0时．∵AB =CD =8，F 为CD 中点，∴DF =4，∴F （3，4）； （2）当t =4时，OA =4．在Rt △ABO 中，AB =8，∠AOB =90°， ∴∠ABO =30°，点E 是AB 的中点，OE =
1
2
AB =4，BO =43，∴点B 下滑的距离为843-．
（3）当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，∴FO=OE+EF=7．
（4）在Rt △ADF 中，FD 2+AD 2=AF 2，∴AF 22FD AD +，①设AO =t 1时，⊙F 与x 轴相切，点A 为切点，∴FA ⊥OA ，∴∠OAB +∠FAB =90°．∵∠FAD +∠FAB =90°，∴∠BAO =∠FAD ．∵∠BOA =∠D =90°，∴Rt △FAE ∽Rt △ABO ，∴AB AO FA FE =，∴1853
t
=，∴t 1=
245，②设AO =t 2时，⊙F 与y 轴相切，B 为切点，同理可得，t 2=32
5
． 综上所述：当以点F 为圆心，FA 为半径的圆与坐标轴相切时，t 的值为
245或32
5
． 点睛：本题是圆的综合题，主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，中点的意义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，解（2）的关键是得出∠ABO =30°，解（3）的关键是判断出当O 、E 、F 三点共线时，点F 到点O 的距离最大，解（4）的关键是判断出Rt △FAE ∽Rt △ABD ，是一道中等难度的中考常考题．
6．（1）问题背景
如图①，BC 是⊙O 的直径，点A 在⊙O 上，AB=AC ，P 为BmC 上一动点（不与B ，C 重2PA=PB+PC ．
小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB，AP，AC，且AB=AC，这就为旋转作了铺垫．于是，小明同学有如下思考过程：
第一步：将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；
第二步：证明Q，B，P三点共线，进而原题得证．
请你根据小明同学的思考过程完成证明过程．
（2）类比迁移
如图②，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=AC，AB⊥AC，垂足为A，求OC的最小值．
（3）拓展延伸
如图③，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=4
3
AC，AB⊥AC，垂足
为A，则OC的最小值为．
【答案】（1）证明见解析；（2）OC最小值是32﹣3；（3）3
2
．
【解析】
试题分析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①），只要证明△APQ 是等腰直角三角形即可解决问题；
（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点O顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，在△BOQ中，利用三边关系定理即可解决问题；
（3）如图③构造相似三角形即可解决问题．作AQ⊥OA，使得AQ=4
3
OA，连接OQ，
BQ，OB．由△QAB∽OAC，推出BQ=4
3
OC，当BQ最小时，OC最小；
试题解析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；
∵BC是直径，∴∠BAC=90°，
∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=45°，
由旋转可得∠QBA=∠PCA，∠ACB=∠APB=45°，PC=QB，
∵∠PCA+∠PBA=180°，∴∠QBA+∠PBA=180°，∴Q ，B ，P 三点共线， ∴∠QAB+∠BAP=∠BAP+∠PAC=90°，∴QP 2=AP 2+AQ 2=2AP 2， ∴QP=2AP=QB+BP=PC+PB ，∴
2AP=PC+PB ．
（2）如图②中，连接OA ，将△OAC 绕点A 顺时针旋转90°至△QAB ，连接OB ，OQ ，
∵AB ⊥AC,∴∠BAC=90°,
由旋转可得 QB=OC ，AQ=OA ，∠QAB=∠OAC ，∴∠QAB+∠BAO=∠BAO+∠OAC=90°， ∴在Rt △OAQ 中，OQ=32，AO=3 ，∴在△OQB 中，BQ≥OQ ﹣OB=32﹣3 ， 即OC 最小值是32﹣3；
（3）如图③中，作AQ ⊥OA ，使得AQ=
4
3
OA ，连接OQ ，BQ ，OB ．
∵∠QAO=∠BAC=90°，∠QAB=∠OAC ，∵QA AB OA AC =4
3
， ∴△QAB ∽OAC ，∴BQ=
4
3
OC ， 当BQ 最小时，OC 最小，易知OA=3，AQ=4，OQ=5，BQ≥OQ ﹣OB ，∴OQ≥2，] ∴BQ 的最小值为2， ∴OC 的最小值为34×2=32
， 故答案为
32
． 【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识，能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键.
7．设C 为线段AB 的中点，四边形BCDE 是以BC 为一边的正方形，以B 为圆心，BD 长为半径的⊙B 与AB 相交于F 点，延长EB 交⊙B 于G 点，连接DG 交于AB 于Q 点，连接AD ．
求证：（1）AD 是⊙B 的切线；
（2）AD ＝AQ ；
（3）BC 2＝CF×EG ．
【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
()1连接BD ，由DC AB ⊥，C 为AB 的中点，由线段垂直平分线的性质，可得
AD BD =，再根据正方形的性质，可得90ADB ∠=；
()2由BD BG =与//CD BE ，利用等边对等角与平行线的性质，即可求得122.52G CDG BDG BCD ∠=∠=∠=
∠=，继而求得67.5ADQ AQD ∠=∠=，由等角对等边，可证得AD AQ =； ()3易求得67.5
GDE GDB BDE DFE ∠=∠+∠==∠，90DCF E ∠=∠=，即可证得Rt DCF ∽Rt GED ，根据相似三角形的对应边成比例，即可证得结论．
【详解】
证明：()1连接BD ，
四边形BCDE 是正方形，
45DBA ∴∠=，90DCB ∠=，即DC AB ⊥，
C 为AB 的中点，
CD ∴是线段AB 的垂直平分线，
AD BD ∴=，
45DAB DBA ∴∠=∠=，
90ADB ∴∠=，
即BD AD ⊥， BD 为半径，
AD ∴是B 的切线；
()2BD BG =，
BDG G ∴∠=∠，
//CD BE ，
CDG G ∴∠=∠，
122.52
G CDG BDG BCD ∴∠=∠=∠=∠=， 9067.5ADQ BDG ∴∠=-∠=，9067.5AQB BQG G ∠=∠=-∠=，
ADQ AQD ∴∠=∠，
AD AQ ∴=；
()3连接DF ，
在BDF 中，BD BF =，
BFD BDF ∴∠=∠，
又45DBF ∠=，
67.5BFD BDF ∴∠=∠=，
22.5GDB ∠=， 在Rt DEF 与Rt GCD 中，
67.5GDE GDB BDE DFE ∠=∠+∠==∠，90DCF E ∠=∠=，
Rt DCF ∴∽Rt GED ，
CF CD ED EG
∴=， 又CD DE BC ==，
2BC CF EG ∴=⋅．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、切线的判定与性质、正方形的性质以及等腰三角形的判定与性质.解题的关键是注意掌握数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．
8．对于平面内的⊙C 和⊙C 外一点Q ，给出如下定义：若过点Q 的直线与⊙C 存在公共点，记为点A ，B ，设AQ BQ k CQ
+=，则称点A （或点B ）是⊙C 的“K 相关依附点”，特别地，当点A 和点B 重合时，规定AQ=BQ ，2AQ k CQ =（或2BQ CQ ）． 已知在平面直角坐标系xoy 中，Q(-1,0)，C(1,0)，⊙C 的半径为r ．
（1）如图1，当r =
①若A 1(0,1)是⊙C 的“k 相关依附点”，求k 的值．
②A 2(1+2，0)是否为⊙C 的“2相关依附点”．
（2）若⊙C 上存在“k 相关依附点”点M ， ①当r=1，直线QM 与⊙C 相切时，求k 的值．
②当3k =时，求r 的取值范围．
（3）若存在r 的值使得直线3y x b =-+与⊙C 有公共点，且公共点时⊙C 的“3相关依附点”，直接写出b 的取值范围．
【答案】（1）2．②是；（2）①3k =
②r 的取值范围是12r <≤；（3）
333b -<． 【解析】
【分析】
（1）①如图1中，连接AC 、1QA ．首先证明1QA 是切线，根据2AQ k CQ =
计算即可解决问题；
②根据定义求出k 的值即可判断； （2）①如图，当1r =时，不妨设直线QM 与
C 相切的切点M 在x 轴上方（切点M 在x 轴下方时同理），连接CM ，则QM CM ⊥，根据定义计算即可； ②如图3中，若直线QM 与C 不相切，设直线QM 与C 的另一个交点为N （不妨设
QN QM <，点N ，M 在x 轴下方时同理），作CD QM ⊥于点D ，则MD ND =，可得()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ +=++=+=，2CQ
，推出2MQ NQ DQ k DQ CQ CQ +===，可得当3k =3DQ =221CD CQ DQ -=，假设C 经过点Q ，此时2r ，因为点Q 早C 外，推出r 的取值范围是12r <； （3）如图4中，由（2）可知：当3k =12r <．当2r 时，C 经过点(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =-+经过点Q 时，3b =3y x b =-+经过点E 时，33b =，即可推出满足条件的b 的取值范围为333b -<<．
【详解】
（1）①如图1中，连接AC 、1QA ．
由题意：1OC OQ OA ==，∴△1QA C 是直角三角形，190CA Q ∴∠=︒，即
11CA QA ⊥，1QA ∴是C 的切线，122222QA k QC ∴===． ②2(12,0)A +在C 上，221212k -+++∴==，2A ∴是C 的“2相关依附点”．
故答案为：2，是；
（2）①如图2，当1r =时，不妨设直线QM 与C 相切的切点M 在x 轴上方（切点M 在x 轴下方时同理），连接CM ，则QM CM ⊥．
(1,0)Q -，(1,0)C ，1r =，2CQ ∴=，1CM =，∴3MQ =，此时
23MQ k CQ
==； ②如图3中，若直线QM 与C 不相切，设直线QM 与C 的另一个交点为N （不妨设QN QM <，点N ，M 在x 轴下方时同理），作CD QM ⊥于点D ，则MD ND =，()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ ∴+=++=+=，2CQ =，
∴2MQ NQ DQ k DQ CQ CQ +=
==，∴当3k =时，3DQ =，此时221CD CQ DQ =-=，假设C 经过点Q ，此时2r ，点Q 早C 外，r ∴的取值范围是12r <．
（3）如图4中，由（2）可知：当3k =12r <．
当2r 时，C 经过点(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =-+经过点Q 时，3b =-，当直线3y x b =-+经过点E 时，33b =，∴满足条件的b 的取值范围为333b -<<．
【点睛】 本题考查了一次函数综合题、圆的有关知识、勾股定理、切线的判定和性质、点A （或点
)B 是C 的“k 相关依附点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会考虑特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
9．如图，已知AB 是⊙O 的直径，直线CD 与⊙O 相切于C 点，AC 平分∠DAB ． （1）求证：AD ⊥CD ；
（2）若AD ＝2，AC=6，求⊙O 的半径R 的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）32
【解析】
试题分析：（1）连接OC ，由题意得OC ⊥CD ．又因为AC 平分∠DAB ，则
∠1=∠2=12
∠DAB ．即可得出AD ∥OC ，则AD ⊥CD ； （2）连接BC ，则∠ACB =90°，可证明△ADC ∽△ACB ．则
2AD AC AC R =，从而求得R ． 试题解析：（1）证明：连接OC ，
∵直线CD 与⊙O 相切于C 点，AB 是⊙O 的直径，
∴OC ⊥CD ．
又∵AC 平分∠DAB ，
∴∠1=∠2=12∠DAB ． 又∠COB =2∠1=∠DAB ，
∴AD ∥OC ， ∴AD ⊥CD ．
（2）连接BC ，则∠ACB =90°，
在△ADC 和△ACB 中
∵∠1=∠2，∠3=∠ACB =90°，
∴△ADC ∽△ACB ．
∴2AD AC AC R
= ∴R =2322
AC AD =
10．如图，已知在△ABC 中，AB=15，AC=20，tanA=12
，点P 在AB 边上，⊙P 的半径为定长.当点P 与点B 重合时，⊙P 恰好与AC 边相切；当点P 与点B 不重合时，⊙P 与AC 边相交于点M 和点N ．
（1）求⊙P 的半径；
（2）当AP=5△APM 与△PCN 是否相似，并说明理由．
【答案】（1）半径为52）相似，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）如图，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，⊙P 与边AC 相切，则BD 就是⊙P 的半径，利用解直角三角形得出BD 与AD 的关系，再利用勾股定理可求得BD 的长；
（2）如图，过点P 作PH ⊥AC 于点H ，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，根据垂径定理得出MN=2MH ，PM=PN ，再利用勾股定理求出PH 、AH 、MH 、MN 的长，从而求出AM 、NC 的长，然后求出AM MP 、PN NC 的值，得出AM MP =PN NC
，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似即可证明.
【详解】（1）如图，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，
∵⊙P 与边AC 相切，
∴BD 就是⊙P 的半径，
在Rt △ABD 中，tanA= 1BD 2AD =， 设BD=x ，则AD=2x ，
∴x 2+(2x)2=152，
解得：5
∴半径为5
（2）相似，理由见解析，
如图，过点P 作PH ⊥AC 于点H ，作BD ⊥AC ，垂足为点D ，
∴PH 垂直平分MN ，
∴PM=PN ，
在Rt △AHP 中，tanA=
12PH AH =， 设PH=y ，AH=2y ，
y 2+（2y ）2=（52
解得：y=6（取正数），
∴PH=6，AH=12，
在Rt △MPH 中， ()22356-，
∴MN=2MH=6，
∴AM=AH-MH=12-3=9，
NC=AC-MN-AM=20-6-9=5， ∴35535AM MP ==，355
PN NC =，
∴AM
MP =
PN NC
，
又∵PM=PN，
∴∠PMN=∠PNM，
∴∠AMP=∠PNC，
∴△AMP∽△PNC.
【点睛】本题考查了解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用相关的性质与定理是解题的关键.。