2020年九年级数学典型中考压轴题训练：《圆的综合》(含答案)

2020年九年级数学典型中考压轴题训练：《圆的综合》
1．如图，在等边△ABC中，已知AB＝8cm，线段AM为BC边上的中线．点N在线段AM上，且MN＝3cm，动点D在直线AM上运动，连接CD，△CBE是由△CAD旋转得到的．以点C 圆心，以CN为半径作⊙C与直线BE相交于点P、Q两点．
（1）填空：∠DCE＝60 度，CN＝ 5 cm，AM＝4cm．
（2）如图1当点D在线段AM上运动时，求出PQ的长．
（3）当点D在MA的延长线上时，请在图2中画出示意图，并直接写出PQ＝ 6 cm．当点D在AM的延长线上时，请在图3中画出示意图，并直接写出PQ＝ 6 cm．
解：（1）∵△CBE是由△CAD旋转得到，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴∠DCE＝∠BCD+∠BCE＝∠BCD+∠CAD＝∠ACB，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∴∠DCE＝60°；
∵△ABC是等边三角形，AM为BC边上的中线，
∴BC＝AB＝8cm，
CM＝BC＝×8＝4cm，
在Rt△CMN中，CN＝＝＝5cm；
在Rt△ACM中，AM＝＝＝4cm；
（2）过点C作CF⊥PQ于F，
∵△ABC是等边三角形，AM为BC边上的中线，
∴∠CAD＝∠BAC＝×60°＝30°，
∵△CBE是由△CAD旋转得到，
∴∠CBE＝∠CAD＝30°，
∴CF＝BC＝×8＝4cm，
连接CP，则PC＝CN＝5cm，
在Rt△PCF中，PF＝＝＝3cm，由垂径定理得，PQ＝2PF＝2×3＝6cm；
（3）①如图，点D在MA的延长线上时，
∵△CBE是由△CAD旋转得到，
∴∠CBE＝∠CAD，
∴∠CBQ＝∠CAM＝30°，
与（2）同理可求PQ＝6cm，
②如图，点D在AM的延长线上时，
∵△CBE是由△CAD旋转得到，
∴∠CBE＝∠CAD＝30°，
与（2）同理可求PQ＝6cm，
综上所述，PQ的长度不变都是6cm．
故答案为：（1）60，5，4；（3）6，6．
2．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BD于点F，交⊙O于点D，AC 与BD交于点G，点E为OC的延长线上一点，且∠OEB＝∠ACD．
（1）求证：BE是⊙O的切线；
（2）求证：CD2＝CG•CA；
（3）若⊙O的半径为，BG的长为，求tan∠CAB．
解：（1）∵∠OEB＝∠ACD，∠ACD＝∠ABD，
∴∠OEB＝∠ABD，
∵OF⊥BD，
∴∠BFE＝90°，
∴∠OEB+∠EBF＝90°，
∴∠ABD+∠EBF＝90°，即∠OBE＝90°，
∴BE⊥OB，
∴BE是⊙O的切线；
（2）连接AD，
∵OF⊥BD，
∴＝，
∴∠DAC＝∠CDB，
∵∠DCG＝∠ACD，
∴△DCG∽△ACD，
∴＝，
∴CD2＝AC•CG；
（3）∵OA＝OB，
∴∠CAO＝∠ACO，
∵∠CDB＝∠CAO，
∴∠ACO＝∠CDB，
而∠CFD＝∠GFC，
∴△CDF∽△GCF，
∴＝，
又∵∠CDB＝∠CAB，∠DCA＝∠DBA，
∴△DCG∽△ABG，
∴＝，
∴＝，
∵r＝，BG＝，
∴AB＝2r＝5，
∴tan∠CAB＝tan∠ACO＝＝＝．
3．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．
（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，
，
∴Rt△BDE≌Rt△BDH（HL），
∴BE＝BH，
∵D是弧AC的中点，
∴AD＝DC，
在Rt△ADE与Rt△CDH中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△CDH（HL）．
∴AE＝CH．
∴BE＝AB﹣AE＝BC+CH＝BH，即5﹣AE＝3+AE，
∴AE＝1．
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O是线段BC上一点，以O为圆心，OC为半径作⊙O，AB与⊙O相切于点F，直线AO交⊙O于点E，D．
（1）求证：AO是△ABC的角平分线；
（2）若tan∠D＝，求的值；
（3）如图2，在（2）条件下，连接CF交AD于点G，⊙O的半径为3，求CF的长．
（1）证明：连接OF，
∵AB与⊙O相切于点F，
∴OF⊥AB，
∵∠ACB＝90°，OC＝OF，∴∠OAF＝∠OAC，
即AO是△ABC的角平分线；（2）如图2，连接CE，
∵ED是⊙O的直径，
∴∠ECD＝90°，
∴∠ECO+∠OCD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠ECO＝90°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴∠ACE＝∠ODC，
∵∠CAE＝∠CAE，
∴△ACE∽△ADC，
∴，
∵tan∠D＝，
∴，
∴；
（3）由（2）可知：＝，
∴设AE＝x，AC＝2x，
∵△ACE∽△ADC，
∴，
∴AC2＝AE•AD，
∴（2x）2＝x（x+6），
解得：x＝2或x＝0（不合题意，舍去），∴AE＝2，AC＝4，
∴AO＝AE+OE＝2+3＝5，
如图3，连接CF交AD于点G，
∵AC，AF是⊙O的切线，
∴AC＝AF，∠CAO＝∠OAF，
∴CF⊥AO，
∴∠ACO＝∠CGO＝90°，
∵∠COG＝∠AOC，
∴△CGO∽△ACO，
∴，
∴OG＝，
∴CG＝＝＝，
∴CF＝2CG＝．
5．如图1，已知AB是⊙O的直径，点D是弧AB上一点，AD的延长线交⊙O的切线BM于点C，点E为BC的中点，
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）如图2，若DC＝4，tan∠A＝，延长OD交切线BM于点H，求DH的值；
（3）如图3，若AB＝8，点F是弧AB的中点，当点D在弧AB上运动时，过F作FG⊥AD 于G，连接BG，求BG的最小值．
（1）证明：如图，连接OD，BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠CDB＝90°，
∵BM是⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴DE＝BC＝BE＝CE，
∴∠EDB＝∠EBD，
又∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠ODB+∠EDB＝∠OBD+∠EBD＝90°，即∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接BD，
∵∠A+∠ABD＝∠ABD+∠CBD＝90°，∴∠A＝∠CBD，
∵DC＝4，tan∠A＝，
∴tan∠CBD＝tan∠A＝，
∴BD＝8，
∴BC＝＝4，
∴DE＝，
∴AB＝，
∴BO＝OD＝4，
又∵DE是⊙O的切线，
∴∠HDE＝90°，
∴tan∠DHE＝＝，设DH＝x，
则，
∴BH＝2x，
在Rt△BOH中，OB2+BH2＝OH2，
即，解得：x＝或x＝0（舍去），∴DH＝；
（3）解：如图3，连接BF，取AF中点N，构造圆N，连接NG，
∵FG⊥AD于点G，
∴当点D在弧AB上运动时，点G在圆N上运动，
∴当点N、G、B三点共线时，BG有最小值，
∵AB＝8，点F是弧AB的中点，
∴∠AFB＝90°，AF＝BF＝，
∴NG＝NF＝，
BN＝＝＝2，
∴BG＝BN﹣NG＝2．
6．如图，在矩形ABCD中，E是BC上一点，连接AE，将矩形沿AE翻折，使点B落在CD边F处，连接AF，在AF上取一点O，以点O为圆心，OF为半径作⊙O与AD相切于点P．AB ＝6，BC＝，
（1）求证：F是DC的中点．
（2）求证：AE＝4CE．
（3）求图中阴影部分的面积．
（1）证明：由折叠的性质可知，AF＝AB＝6，
在Rt△ADF中，DF＝＝＝3，
∴CF＝DC﹣DF＝3，
∴DF＝FC，即F是CD的中点；
（2）证明：在Rt△ADF中，DF＝3，AF＝6，
∴∠DAF＝30◦，
∴∠BAF＝60◦，
由折叠的性质可知，∠EAF＝∠EAB，∠AFE＝∠B＝90°，
∴∠EAF＝∠EAB＝30°，
∴AE＝2EF，
∠EFC＝180°﹣∠AFD﹣∠AFE＝30◦，
∴EF＝2CE，
∴AE＝4CE；
（3）解：连接OP、OH、PH，
∵⊙O与AD相切于点P，
∴OP⊥AD，
∴OP∥DF，
∵∠DAF＝30°，
∴∠AOP＝90°﹣∠DAF＝60°，OF＝OP＝OA，
∴∠OFH＝∠AOP＝60°，OP＝OF＝2，
∴AP＝＝2，
∴DP＝AD﹣AP＝，
∵∠OFH＝60°，OH＝OF，
∴△OHF为等边三角形，
∴∠FOH＝∠OHF＝60°，HF＝OF＝2，
∴DH＝DF﹣HF＝1，
∵OP∥DF，
∴∠POH＝∠OHF＝60°，
∴∠POH＝∠HOF，
∴＝，
∴阴影部分的面积＝△PDH的面积＝×DH×DP＝．
7．如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，P是半径OB上一动点（不与O，B重合），过点P作射线l⊥AB，分别交弦BC，于D，E两点，过点C的切线交射线1于点F．（1）求证：FC＝FD．
（2）当E是的中点时，
①若∠BAC＝60°，判断以O，B，E，C为顶点的四边形是什么特殊四边形，并说明理由；
②若＝，且AB＝30，则OP＝9 ．
证明：（1）连接OC，
（1）证明：连接OC
∵CF是⊙O的切线，
∴OC⊥CF，
∴∠OCF＝90°，
∴∠OCB+∠DCF＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵PD⊥AB，
∴∠BPD＝90°，
∴∠OBC+∠BDP＝90°，
∴∠BDP＝∠DCF，
∵∠BDP＝∠CDF，
∴∠DCF＝∠CDF，
∴FC＝FD；
（2）如图2，连接OC，OE，BE，CE，
①以O，B，E，C为顶点的四边形是菱形．理由如下：
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∵点E是的中点，
∴∠BOE＝∠COE＝60°，
∵OB＝OE＝OC，
∴△BOE，△OCE均为等边三角形，
∴OB＝BE＝CE＝OC
∴四边形BOCE是菱形；
②∵，
∴设AC＝3k，BC＝4k（k＞0），
由勾股定理得AC2+BC2＝AB2，即（3k）2+（4k）2＝302，解得k＝6，
∴AC＝18，BC＝24，
∵点E是的中点，
∴OE⊥BC，BH＝CH＝12，
＝OE×BH＝OB×PE，即15×12＝15PE，解得：PE＝12，∴S
△OBE
由勾股定理得OP＝＝＝9．
故答案为：9．
8．如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．（1）求证：△ADF≌△BDG；
（2）填空：
①若AB＝4，且点E是的中点，求DF的长为4﹣2；
②取的中点H，当∠EAB的度数为30°时，求证：四边形OBEH为菱形．
解：（1）证明：如图1，∵BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝45°
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠AEB＝90°，
∴∠ADF＝∠BDG＝90°
∴∠DAF+∠BGD＝∠DBG+∠BGD＝90°
∴∠DAF＝∠DBG
∵∠ABD+∠BAC＝90°
∴∠ABD＝∠BAC＝45°
∴AD＝BD
∴△ADF≌△BDG（ASA）；
（2）①如图2，过F作FH⊥AB于H，
∵点E是的中点，
∴∠BAE＝∠DAE
∵FD⊥AD，FH⊥AB
∴FH＝DF，
∵sin∠ABD＝＝sin45°＝，∴，即BF＝FD，
∵AB＝4，
∴BD＝4cos45°＝2，
即BF+FD＝2，
∴，
∴＝4﹣2．
故答案为：4﹣2．
②证明：如图3，连接OH，EH，OE，
∵∠AEB＝90°，∠EAB＝30°，
∴∠ABE＝60°，
∵点H是的中点，
∴∠AOH＝∠HOE＝60°，
∴△OEH和△OBE都是等边三角形，
∴OB＝OH＝HE＝BE，
∴四边形OBEH为菱形．
9．已知：AB为⊙O的直径，，D为AC上一动点（不与A、C重合）．
（1）如图1，若BD平分∠CBA，连接OC交BD于点E．
①求证：CE＝CD；
②若OE＝1，求AD的长；
（2）如图2，若BD绕点D顺时针旋转90°得DF，连接AF．求证：AF为⊙O的切线．（1）①证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠BCA＝90°，
∵，
∴∠CBA＝∠BAC＝45°，∠BOC＝90°，
∴∠BCO＝45°，
∵BD平分∠CBA，
∴∠CBD＝∠DBA，
∵∠CED＝∠CBD+∠BCE，∠CDE＝∠ABD+∠BAC，
∴∠CED＝∠CDE，
∴CE＝CD；
②解：如图1，取BD中点G，连接OG，
∵O为AB的中点，
∴AD＝2OG，OG∥AD，
∴∠OGE＝∠CDE，
∵∠OEG＝∠CED，∠CED＝∠CDE，
∴OG＝OE＝1，
∴AD＝2OG＝2；
（2）证明：如图2，在BC上截取BP＝AD，连接DP，
∵∠CBA＝∠BAC＝45°，
∴BC＝AC，
∴CP＝CD，
∴∠CPD＝45°，
∴∠BPD＝135°．，
由旋转性质得，∠BDF＝90°，BD＝FD，
∴∠BDC+∠FDA＝90°，
∵∠BDC+∠CBD＝90°，
∴∠CBD＝∠ADF，
∴△DFA≌△BDP（SAS），
∴∠FAD＝∠DBO＝135°，
∴∠FAB＝∠FAD﹣∠BAC＝135°﹣45°＝90°，
∴OA⊥AF，
∴AF为⊙O的切线．
10．若边长为6的正方形ABCD绕点A顺时针旋转，得正方形AB′C′D′，记旋转角为a．（I）如图1，当a＝60°时，求点C经过的弧的长度和线段AC扫过的扇形面积；
（Ⅱ）如图2，当a＝45°时，BC与D′C′的交点为E，求线段D′E的长度；
（Ⅲ）如图3，在旋转过程中，若F为线段CB′的中点，求线段DF长度的取值范围．
解：（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝6，∠D＝90°，
∴AC＝6，
∵边长为6的正方形ABCD绕点A顺时针旋转，得正方形AB′C′D′，∴∠CAC′＝60°，
∴的长度＝＝2π，线段AC扫过的扇形面积＝＝12π；
（Ⅱ）解：连接BC′，
∵旋转角∠BAB′＝45°，∠BAD′＝45°，
∴B在对角线AC′上，
∵B′C′＝AB′＝6，
在Rt△AB′C′中，AC′＝＝6，
∴BC′＝6﹣6，
∵∠C′BE＝180°﹣∠ABC＝90°，∠BC′E＝90°﹣45°＝45°，
∴△BC′E是等腰直角三角形，
∴C′E＝BC′＝12﹣6，
∴D′E＝C′D′﹣EC′＝6﹣（12﹣6）＝6﹣6；
（Ⅲ）如图3，连接DB，AC相交于点O，
则O是DB的中点，
∵F为线段BC′的中点，
∴FO＝AB′＝3，
∴F在以O为圆心，3为半径的圆上运动，
∵DO＝3，
∴DF最大值为3+3，DF的最小值为3﹣3，
∴DF长的取值范围为3﹣3≤DF≤3+3．
11．如图所示，A是线段BF延长线上的点，矩形BCDF的外接圆⊙O过AC的中点E．（1）求证：BD＝AF；
（2）若BC＝4，DC＝3，求tan∠BAC的值；
（3）若AD是⊙O的切线，求的值．
解：（1）在矩形BCDF中，BD＝FC，BF＝DC，∠FDC＝90°，
∴FC为圆O的直径，
∴∠FEC＝∠FDC＝90°，即FE⊥AC，
∵E是AC的中点，
∴AF＝FC，
∴BD＝AF；
（2）在Rt△BCD中，BC＝4，DC＝3，
根据勾股定理得：BD＝＝＝5＝AF，BF＝DC＝3，
∴AB＝AF+BF＝5+3＝8，
∴在Rt△ABC中，tan∠BAC＝＝＝；
（3）∵∠BCD＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∵AD是⊙O的切线，
∴∠ADB＝90°＝∠BCD，
∵∠ABD＝∠BDC，
∴△ABD∽△BDC，
设DC＝BF＝a，AF＝FC＝c，
∵＝，
∴a2+ac﹣c2＝0，
解得：a＝c，（负值舍去），
∴＝．
12．如图，在Rt△ABC中，以BC为直径的⊙O交AC于点D，过点D作⊙O的切线交AB于点M，交CB延长线于点N，连接OM，OC＝1．
（1）求证：AM＝MD；
（2）填空：
①若DN＝，则△ABC的面积为；
②当四边形COMD为平行四边形时，∠C的度数为45°．
（1）证明：连接OD，
∵DN为⊙O的切线，
∴∠ODM＝∠ABC＝90°，
在Rt△BOM与Rt△DOM中，，
∴Rt△BOM≌Rt△DOM（HL），
∴BM＝DM，∠DOM＝∠BOM＝，
∵∠C＝，
∴∠BOM＝∠C，
∴OM∥AC，
∵BO＝OC，
∴BM＝AM，
∴AM＝DM；
（2）解：①∵OD＝OC＝1，DN＝，
∴tan∠DON＝＝，
∴∠DON＝60°，
∴∠C＝30°，
∵BC＝2OC＝2，
∴AB＝BC＝，
∴△ABC的面积为AB•BC＝×2＝；
②当四边形COMD为平行四边形时，∠C的度数为45°，
理由：∵四边形COMD为平行四边形，
∴DN∥BC，
∴∠DON＝∠NDO＝90°，
∴∠C＝DON＝45°，
故答案为：，45°．
13．如图1和2，▱ABCD中，AB＝3，BC＝15，tan∠DAB＝．点P为AB延长线上一点，过
点A 作⊙O 切CP 于点P ，设BP ＝x ．
（1）如图1，x 为何值时，圆心O 落在AP 上？若此时⊙O 交AD 于点E ，直接指出PE 与BC 的位置关系；
（2）当x ＝4时，如图2，⊙O 与AC 交于点Q ，求∠CAP 的度数，并通过计算比较弦AP 与劣弧长度的大小；
（3）当⊙O 与线段AD 只有一个公共点时，直接写出x 的取值范围．
解：（1）如图1，AP 经过圆心O ，∵CP 与⊙O 相切于P ，
∴∠APC ＝90°，
∵▱ABCD ，
∴AD ∥BC ，
∴∠PBC ＝∠DAB ∴＝tan ∠PBC ＝tan ∠DAB ＝，设CP ＝4k ，BP ＝3k ，由CP 2+BP 2＝BC 2，
得（4k ）2+（3k ）2＝152，解得k 1＝﹣3（舍去），k 2＝3，
∴x ＝BP ＝3×3＝9，
故当x ＝9时，圆心O 落在AP 上；
∵AP 是⊙O 的直径，
∴∠AEP ＝90°，
∴PE ⊥AD ，
∵▱ABCD ，
∴BC ∥AD
∴PE ⊥BC
（2）如图2，过点C 作CG ⊥AP 于G ，
∵▱ABCD ，
∴BC∥AD，
∴∠CBG＝∠DAB
∴＝tan∠CBG＝tan∠DAB＝，
设CG＝4m，BG＝3m，由勾股定理得：（4m）2+（3m）2＝152，解得m＝3，
∴CG＝4×3＝12，BG＝3×3＝9，PG＝BG﹣BP＝9﹣4＝5，AP＝AB+BP＝3+4＝7，
∴AG＝AB+BG＝3+9＝12
∴tan∠CAP＝＝＝1，
∴∠CAP＝45°；
连接OP，OQ，过点O作OH⊥AP于H，则∠POQ＝2∠CAP＝2×45°＝90°，PH＝AP＝，在Rt△CPG中，＝＝13，
∵CP是⊙O的切线，
∴∠OPC＝∠OHP＝90°，∠OPH+∠CPG＝90°，∠PCG+∠CPG＝90°
∴∠OPH＝∠PCG
∴△OPH∽△PCG
∴，即PH×CP＝CG×OP，×13＝12OP，
∴OP＝
∴劣弧长度＝＝，
∵＜2π＜7
∴弦AP的长度＞劣弧长度．
（3）如图3，⊙O与线段AD只有一个公共点，即圆心O位于直线AB下方，且∠OAD≥90°，当∠OAD＝90°，∠CPM＝∠DAB时，此时BP取得最小值，过点C作CM⊥AB于M，
∵∠DAB＝∠CBP，
∴∠CPM＝∠CBP
∴CB＝CP，
∵CM⊥AB
∴BP＝2BM＝2×9＝18，
∴x≥18
14．如图1，已知⊙O外一点P向⊙O作切线PA，点A为切点，连接PO并延长交⊙O于点B，连接AO并延长交⊙O于点C，过点C作CD⊥PB，分别交PB于点E，交⊙O于点D，连接AD．
（1）求证：△APO～△DCA；
（2）如图2，当AD＝AO时
①求∠P的度数；
②连接AB，在⊙O上是否存在点Q使得四边形APQB是菱形．若存在，请直接写出的
值；若不存在，请说明理由．
解：（1）证明：如图1，∵PA切⊙O于点A，AC是⊙O的直径，∴∠PAO＝∠CDA＝90°
∵CD⊥PB
∴∠CEP＝90°
∴∠CEP＝∠CDA
∴PB∥AD
∴∠POA＝∠CAO
∴△APO～△DCA
（2）如图2，连接OD，
①∵AD＝AO，OD＝AO
∴△OAD是等边三角形
∴∠OAD＝60°
∵PB∥AD
∴∠POA＝∠OAD＝60°
∵∠PAO＝90°
∴∠P＝90°﹣∠POA＝90°﹣60°＝30°
②存在．如图2，过点B作BQ⊥AC交⊙O于Q，连接PQ，BC，CQ，由①得：∠POA＝60°，∠PAO＝90°
∴∠BOC＝∠POA＝60°
∵OB＝OC
∴∠ACB＝60°
∴∠BQC＝∠BAC＝30°
∵BQ⊥AC，
∴CQ＝BC
∵BC＝OB＝OA
∴△CBQ≌△OBA（AAS）
∴BQ＝AB
∵∠OBA＝∠OPA＝30°
∴AB＝AP
∴BQ＝AP
∵PA⊥AC
∴BQ∥AP
∴四边形ABQP是平行四边形
∵AB＝AP
∴四边形ABQP是菱形
∴PQ＝AB
∴＝＝tan∠ACB＝tan60°＝
15．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，G为⊙O上一点，连接AG交CD于K，在CD 的延长线上取一点E，使EG＝EK，EG的延长线交AB的延长线于F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）连接DG，若AC∥EF时．
①求证：△KGD∽△KEG；
②若cos C＝，AK＝，求BF的长．
解：（1）如图，连接OG．
∵EG＝EK，
∴∠KGE＝∠GKE＝∠AKH，
又OA＝OG，
∴∠OGA＝∠OAG，
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG＝90°，
∴∠KGE+∠OGA＝90°，
∴EF是⊙O的切线．
（2）①∵AC∥EF，
∴∠E＝∠C，
又∠C＝∠AGD，
∴∠E＝∠AGD，
又∠DKG＝∠GKE，
∴△KGD∽△KEG；
②连接OG，
∵，AK＝，
设，
∴CH＝4k，AC＝5k，则AH＝3k
∵KE＝GE，AC∥EF，
∴CK＝AC＝5k，
∴HK＝CK﹣CH＝k．
在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2＝AK2，即，
解得k＝1，
∴CH＝4，AC＝5，则AH＝3，
设⊙O半径为R，在Rt△OCH中，OC＝R，OH＝R﹣3k，CH＝4k，
由勾股定理得：OH2+CH2＝OC2，即（R﹣3）2+42＝R2，
∴，
在Rt△OGF中，，
∴，
∴．
16．如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，M为弧AB的中点，正方形OCGD绕点O旋转与△AMB 的两边分别交于E、F（点E、F与点A、B、M均不重合），与⊙O分别交于P、Q两点．（1）求证：△AMB为等腰直角三角形：
（2）求证：OE＝OF；
（3）连接EF，试探究：在正方形OCGD绕点O旋转的过程中，△EMF的周长是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理由．
解（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AMB＝90°，
∵M是弧AB的中点，
∴＝，
∴MA＝MB，
∴△AMB为等腰直角三角形．
（2）连接OM，
由（1）得：∠ABM＝∠BAM＝45°，∠OMA＝∠OMB＝45°，∴，
∴∠MOE+∠BOE＝90°，
∵∠COD＝90°，
∴∠MOE+∠MOF＝90°，
∴∠BOE＝∠MOF，
在△OBE和△OMF中，
，
△OBE≌△OMF（ASA），
∴OE＝OF
（3）解：△EFM的周长有最小值．
∵OE＝OF，
∴△OEF为等腰直角三角形，
∴，
∵△OBE≌△OMF，
∴BE＝MF，
∴△EFM的周长＝EF+MF+ME＝EF+BE+ME＝EF+MB＝当OE⊥BM时，OE最小，此时，∴△EFM的周长的最小值为．。