九年级上册数学 几何模型压轴题达标检测卷(Word版 含解析)

九年级上册数学几何模型压轴题达标检测卷（Word版含解析）
一、初三数学旋转易错题压轴题（难）
1．探究：如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．
（1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系；
②如图2，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝22．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．
【答案】（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝5
3
．
【解析】
【分析】
（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；
②根据旋转的性质作辅助线，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G 在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；
（2）如图3，同理作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD ＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3﹣x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．
【详解】
解：（1）∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADC+∠ADG＝90°
∴F、D、G共线，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，
即∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
∵
AF AF
EAF GAF
AE AG
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵BE＝DG，
∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
②成立，
理由：如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，
则AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠ADG＝180°，
∴C、D、G在一条直线上，
与①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
∵
AF AF
EAF GAF
AE AG
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵BE＝DG，
∴EF＝GF＝BE+DF；
（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
由勾股定理得：BC22
AB AC
+4，
如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，
则AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，
∵∠DAE＝45°，
∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，∴∠FAD＝∠DAE＝45°，
在△FAD和△EAD中
AD AD
FAD EAD AF AE
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△FAD≌△EAD（SAS），
∴DF＝DE，
设DE＝x，则DF＝x，
∵BC＝4，
∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，
∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠FBD＝90°，
由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，x2＝（3﹣x）2+12，
解得：x＝5
3
，
即DE＝5
3
．
【点睛】
本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．
2．阅读下面材料：
小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，
∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．
小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．
参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，
∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．
【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴
【解析】
试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即
∠B+∠D=180°．
(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED
得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．
(1)∠B+∠D=180°（或互补）．
(2)∵ AB=AC，
∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．
则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．
∵在△ABC中，∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．
∴ EC2+CG2=EG2．
在△AEG与△AED中,
∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．
又∵AD=AG，AE=AE，
∴△AEG≌△AED ．
∴DE=EG．
又∵CG=BD,
∴ BD2+EC2=DE2．
∴．
考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．
3．(1)观察猜想
如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是_____；
(2)拓展探究
将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.
(3)解决问题
若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．
【答案】（1）BG＝AE．
（2）成立．
如图②，
连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分
（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．
正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．
若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．
在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．
∴AF＝
【解析】
解：（1）BG＝AE．
（2）成立．
如图②，连接AD．
∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．
∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．
（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]
因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．
若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．
在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．
∴AF＝．
即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．
4．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．
（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；
（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．
①求证△ADB≌△AOB；
②求点H的坐标．
（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（17
5
，3）；（3）
30334
-
≤S≤30334
+
．
【解析】
【分析】
（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；
（2）①根据HL证明即可；
②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；
（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；
【详解】
（1）如图①中，
∵A（5，0），B（0，3），
∴OA=5，OB=3，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，
∴AD=AO=5，
在Rt△ADC中，CD22
AD AC
-，
∴BD=BC-CD=1，
∴D（1，3）．
（2）①如图②中，
由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，
∵点D在线段BE上，
∴∠ADB=90°，
由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，
∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．
②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，
∴∠CBA=∠OAB，
∴∠BAD=∠CBA，
∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，
在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，
∴m2=32+（5-m）2，
∴m=17
5
，
∴BH=17
5
，
∴H（17
5
，3）．
（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值
=1
2
•DE•DK=
1
2
×3×（5-
34）=30334
-，
当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积
=1
2
×D′E′×KD′=
1
2
×3×（
3430334
+
综上所述，
303344-≤S ≤303344
+． 【点睛】 本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
5．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：
()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为
21.(2
a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．
【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为212
a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为
214
a ． 【解析】
【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；
()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；
()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2
=，由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =，由
三角形的面积公式就可以得出结论．
【详解】
()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，
BED ACB 90∠∠∴==，
由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=， ABC DBE 90∠∠∴+=， A ABC 90∠∠+=，
A DBE ∠∠∴=，
在ABC 和BDE 中，
ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ABC ∴≌()BDE AAS
BC DE a ∴==，
BCD 1S BC DE 2
=⋅， 2BCD 1S a 2
∴=； ()2BCD 的面积为21a 2
， 理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，
BED ACB 90∠∠∴==，
线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ，
AB BD ∴=，ABD 90∠=，
ABC DBE 90∠∠∴+=，
A ABC 90∠∠+=，
A
DBE ∠∠∴=，
在ABC 和BDE 中，
ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AAS ，
BC DE a ∴==，
BCD 1S BC DE 2
=⋅， 2BCD 1S a 2
∴=； ()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，
AFB E 90∠∠∴==，11BF BC a 22==， FAB ABF 90∠∠∴+=， ABD 90∠=，
ABF DBE 90∠∠∴+=， FAB EBD ∠∠∴=，
线段BD 是由线段AB 旋转得到的，
AB BD ∴=，
在AFB 和BED 中，
AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， AFB ∴≌()BED AAS ，
1BF DE a 2∴==
， 2BCD 1111S BC DE a a a 2224
=⋅=⋅⋅=， BCD ∴的面积为21a 4
． 【点睛】
本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.
6．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB=42，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C′．
（1）求抛物线C的函数表达式；
（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）2
1
4
2
y x
=-+；（2）2＜m＜223）m=6或m17﹣3．
【解析】
【分析】
（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（20），设抛物线的解析式为24
y ax
=+，把A（220）代入可得a=
1
2
-，由此即可解决问题；
（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为
()2
1
24
2
y x m
=--，由
()
2
2
1
4
2
1
24
2
y x
y x m
⎧
=-+
⎪⎪
⎨
⎪=--
⎪⎩
，消去y得到22
2280
x mx m
-+-=，由题
意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有
()
22
2
(2)4280
20
280
m m
m
m
⎧--->
⎪⎪
>
⎨
⎪->
⎪⎩
，解不等式组即可解决问题；
（3）情形1，四边形PMP′N能成为正方形．作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．由题意易知
P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出
PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得
M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．
【详解】
（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A
（0），设抛物线的解析式为
24y ax =+，把A
（0）代入可得a =12
-
， ∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+． （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为
()21242
y x m =--， 由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩
， 消去y 得到222280x mx m -+-= ，
由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有
()
222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩
， 解得2＜m
＜
∴满足条件的m 的取值范围为2＜m
＜
（3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．
理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．
由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得
PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142
y x =-+上，∴()212242
m m -=-
++，解得m =17﹣3或﹣17﹣3（舍弃），∴m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．
情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），
把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-+中，()212242
m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），
∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．
综上所述：m =6或m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．
7．（操作发现）
（1）如图1，△ABC 为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB 重合，再将三角板绕点C 按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB 交于点D ，在三角板斜边上取一点F ，使CF=CD ，线段AB 上取点E ，使∠DCE=30°，连接AF ，EF ．
①求∠EAF的度数；
②DE与EF相等吗？请说明理由；
（类比探究）
（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：
①∠EAF的度数；
②线段AE，ED，DB之间的数量关系．
【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2
【解析】
试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出
∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；
（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．
试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．
在△ACF和△BCD中，
∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②DE=EF．理由如下：
∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；
（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，
∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD 中，
∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴
∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②AE2+DB2=DE2，理由如下：
∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF中，
AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．
8．（问题提出）
如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF
试证明：AB=DB+AF
（类比探究）
（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由
（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．
【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．
【详解】
（1）证明：DE=CE=CF，△BCE
由旋转60°得△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，
∵∠DBE=120°，
∴∠EAF=∠DBE，
又∵A，E，C，F四点共圆，
∴∠AEF=∠ACF，
又∵ED=DC，
∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，
∴∠D=∠AEF，
∴△EDB≌FEA，
∴BD=AF，AB=AE+BF，
∴AB=BD+AF．
类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，
∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，
∴∠FCG=∠FEA，
又∠FCG=∠EAD
∠D=∠EAD，
∴∠D=∠FEA，
由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，
∴∠DBE=∠FAE=60°
∴△DEB≌△EFA，
∴BD=AE， EB=AF，
∴BD=FA+AB．
即AB=BD-AF．
（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）
如图③，
，
ED=EC=CF，
∵△BCE 绕点C 顺时针旋转60°至△ACF ，
∴∠ECF=60°，BE=AF ，EC=CF ，BC=AC ，
∴△CEF 是等边三角形，
∴EF=EC ，
又∵ED=EC ，
∴ED=EF ，
∵AB=AC ，BC=AC ，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
又∵∠CBE=∠CAF ，
∴∠CAF=60°，
∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC
=180°-60°-60°
=60°
∴∠DBE=∠EAF ；
∵ED=EC ，
∴∠ECD=∠EDC ，
∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC ，
又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ，
∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC ，
∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ，
∴∠BDE=∠AEF ，
在△EDB 和△FEA 中，
DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ），
∴BD=AE ，EB=AF ，
∵BE=AB+AE ，
∴AF=AB+BD ，
即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是：
AF=AB+BD ．
考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，
二、初三数学 圆易错题压轴题（难）
9．如图①，一个Rt △DEF 直角边DE 落在AB 上，点D 与点B 重合，过A 点作二射线AC 与斜边EF 平行，己知AB=12，DE=4，DF=3，点P 从A 点出发，沿射线AC 方向以每秒2个单位的速度运动，Q 为AP 中点，设运动时间为t 秒（t ＞0）•
（1）当t=5时，连接QE，PF，判断四边形PQEF的形状；
（2）如图②，若在点P运动时，Rt△DEF同时沿着BA方向以每秒1个单位的速度运动，当D点到A点时，两个运动都停止，M为EF中点，解答下列问题：
①当D、M、Q三点在同一直线上时，求运动时间t；
②运动中，是否存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切？若存在，求出此时的运动时间t；若不存在，说明理由．
【答案】（1）平行四边形EFPQ是菱形；（2）t=；当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．
【解析】
试题分析：（1）过点Q作QH⊥AB于H，如图①，易得PQ=EF=5，由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形，易证△AHQ∽△EDF，从而可得AH=ED=4，进而可得AH=HE=4，根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，则有AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后运用相似三角形的性质就可求出t的值；
②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在∠ADF的角平分线上（如图③）或在∠FDB的角平分线（如图④）上，故需分两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质求出AH、DH（用t表示），再结合AB=12，DB=t建立关于t的方程，然后解这个方程就可解决问题．
试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形．
理由：过点Q作QH⊥AB于H，如图①，
∵t=5，∴AP=2×5=10．
∵点Q是AP的中点，
∴AQ=PQ=5．
∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，
∴EF==5，
∴PQ=EF=5．
∵AC∥EF，
∴四边形EFPQ是平行四边形，且∠A=∠FEB．
又∵∠QHA=∠FDE=90°，
∴△AHQ∽△EDF，
∴．
∵AQ=EF=5，
∴AH=ED=4．
∵AE=12-4=8，
∴HE=8-4=4，
∴AH=EH，
∴AQ=EQ，
∴PQ=EQ，
∴平行四边形EFPQ是菱形；
（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，
此时AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．
∵EF∥AC，
∴△DEM∽△DAQ，
∴，
∴，
解得t=；
②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上．Ⅰ．当点Q在∠ADF的角平分线上时，
过点Q作QH⊥AB于H，如图③，
则有∠HQD=∠HDQ=45°，
∴QH=DH．
∵△AHQ∽△EDF（已证），
∴，
∴，
∴QH=，AH=，
∴DH=QH=．
∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，
∴++t=12，
∴t=5；
Ⅱ．当点Q在∠FDB的角平分线上时，
过点Q作QH⊥AB于H，如图④，
同理可得DH=QH=，AH=．
∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12，DB=t，
∴-+t=12，
∴t=10．
综上所述：当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．
考点：1．圆的综合题；2．线段垂直平分线的性质；3．勾股定理；4．菱形的判定；5．相似三角形的判定与性质．
10．已知圆O的半径长为2，点A、B、C为圆O上三点，弦BC=AO，点D为BC的中点，
(1)如图，连接AC 、OD ，设∠OAC=α，请用α表示∠AOD ；
(2)如图，当点B 为AC 的中点时，求点A 、D 之间的距离：
(3)如果AD 的延长线与圆O 交于点E ，以O 为圆心，AD 为半径的圆与以BC 为直径的圆相切，求弦AE 的长．
【答案】（1）1502AOD α∠=︒-；（2）7AD =
3）33133122or 【解析】
【分析】
（1）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOC 等于30°，OA=OC 可得∠ACO=∠CAO=α，利用三角形的内角和定理即可表示出∠AOD 的值.
（2）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOB 等于30°，因为点D 为BC 的中点，则∠AOB=∠BOC=60°，所以∠AOD 等于90°，根据OA=OB=2,在直角三角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD 、AD 的长.
（3）分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关系，求出AD 的长，再过O 点作AE 的垂线，利用勾股定理列出方程即可求解.
【详解】
(1)如图1：连接OB 、OC.
∵BC=AO
∴OB=OC=BC
∴△OBC 是等边三角形
∴∠BOC=60°
∵点D 是BC 的中点 ∴∠BOD=
1302
BOC ∠=︒ ∵OA=OC
∴OAC OCA ∠=∠=α
∴∠AOD=180°-α-α-30︒=150°-2α
(2)如图2：连接OB、OC、OD.
由（1）可得：△OBC是等边三角形，∠BOD=1
30 2
BOC
∠=︒
∵OB=2，
∴OD=OB∙cos30︒=3
∵B为AC的中点，
∴∠AOB=∠BOC=60°
∴∠AOD=90°
根据勾股定理得：AD=227
AO OD
+=
（3）①如图3.圆O与圆D相内切时：
连接OB、OC，过O点作OF⊥AE
∵BC是直径，D是BC的中点
∴以BC为直径的圆的圆心为D点
由（2）可得：3D的半径为1∴31
设AF=x 在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，
2222OA AF OD DF -=-
即()2222331x x -=-+- 解得：331x 4
+= ∴AE=3312AF +=
②如图4.圆O 与圆D 相外切时：
连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE
∵BC 是直径，D 是BC 的中点
∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点
由（2）可得：3D 的半径为1
∴31
在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，
2222OA AF OD DF -=-
即()2222331x x -=-
解得：331x 4
-= ∴AE=3312AF -=
【点睛】
本题主要考查圆的相关知识：垂径定理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径定理和勾股定理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.
11．如图，已知抛物线y=ax2+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=x2-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
12．四边形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；（3）70
【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， ∴
12DG×FN ＝9， ∴12
×（5+2FN ）×FN ＝9， ∴FN ＝2，
∴DM ＝2，DH ＝4，
∵∠GEC ＝∠GDC ，∠EGC ＝∠DMC ，
∴△EGC ∽△DMC ， ∴52
EC
EG CD DM ， ∴EC ＝
52
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．
13．已知：ABC 内接于O ，过点B 作O 的切线，交CA 的延长线于点D ，连接OB ．
（1）如图1，求证：DAB DBC ∠=∠；
（2）如图2，过点D 作DM AB ⊥于点M ，连接AO ，交BC 于点N ，
BM AM AD =+，求证：BN CN =；
（3）如图3，在（2）的条件下，点E 为O 上一点，过点E 的切线交DB 的延长线于点
P ，连接CE ，交AO 的延长线于点Q ，连接PQ ，PQ OQ ⊥，点F 为AN 上一点，连接CF ，若90DCF CDB ∠+∠=︒，tan 2ECF ∠=，
12ON OQ =，10PQ OQ +=求CF 的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）10=CF
【解析】
【分析】
（1）延长BO 交O 于G ，连接CG ，根据切线的性质可得可证∠DBC ＋∠CBG=90°，然后根据直径所对的圆周角是直角可证∠CBG ＋∠G=90°，再根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB=∠G ，从而证出结论；
（2）在MB 上截取一点H ，使AM=MH ，连接DH ，根据垂直平分线性质可得DH=AD ，再根据等边对等角可得∠DHA=∠DAH ，然后根据等边对等角和三角形外角的性质证出∠ABC=∠C ，可得AB=AC ，再根据垂直平分线的判定可得AO 垂直平分BC ，从而证出结论；
（3）延长CF 交BD 于M ，延长BO 交CQ 于G ，连接OE ，证出tan ∠BGE=tan ∠ECF=2，然
后利用AAS 证出△CFN ≌△BON ，可设CF=BO=r ，ON=FN=a ，则OE=r ，根据锐角三角函数和相似三角形即可证出四边形OBPE 为正方形，利用r 和a 表示出各线段，最后根据610PQ OQ +=，即可分别求出a 和CF ．
【详解】
解：（1）延长BO 交O 于G ，连接CG
∵BD 是O 的切线
∴∠OBD=90° ∴∠DBC ＋∠CBG=90°
∵BG 为直径
∴∠BCG=90°
∴∠CBG ＋∠G=90°
∴∠DBC=∠G
∵四边形ABGC 为
O 的内接四边形
∴∠DAB=∠G
∴∠DAB=∠DBC
（2）在MB 上截取一点H ，使AM=MH ，连接DH
∴DM 垂直平分AH
∴DH=AD
∴∠DHA=∠DAH
∵BM AM AD =+，=+BM MH BH
∴AD=BH
∴DH=BH
∴∠HDB=∠HBD
∴∠DHA=∠HDB ＋∠HBD=2∠HBD
由（1）知∠DAB=∠DBC
∴∠DHA=∠DAB=∠DBC
∴∠DBC =2∠HBD
∵∠DBC =∠HBD ＋∠ABC
∴∠HBD=∠ABC ，∠DBC=2∠ABC
∴∠DAB=2∠ABC
∵∠DAB=∠ABC ＋∠C
∴∠ABC=∠C
∴AB=AC
∴点A 在BC 的垂直平分线上
∵点O 也在BC 的垂直平分线上
∴AO 垂直平分BC
∴BN CN =
（3）延长CF 交BD 于M ，延长BO 交CQ 于G ，连接OE ，
∵90DCF CDB ∠+∠=︒
∴∠DMC=90°
∵∠OBD=90°
∴∠DMC=∠OBD
∴CF ∥OB
∴∠BGE=∠ECF ，∠CFN=∠BON ，
∴tan ∠BGE=tan ∠ECF=2
由（2）知OA 垂直平分BC
∴∠CNF=∠BNO=90°，BN=CN
∴△CFN ≌△BON
∴CF=BO ，ON=FN ，设CF=BO=r ，ON=FN=a ，则OE=r
∵12
ON OQ = ∴OQ=2a
∵CF ∥OB
∴△QGO ∽△QCF ∴
=OG QO CF QF 即2122
==++OG a r a a a ∴OG=12
r 过点O 作OE ′⊥BG ，交PE 于E ′
∴OE ′=OG ·tan ∠BGE=r=OE
∴点E ′与点E 重合
∴∠EOG=90°
∴∠BOE=90°
∵PB 和PE 是圆O 的切线
∴∠OBP=∠OEP=∠BOE=90°，OB=OE=r
∴四边形OBPE 为正方形
∴∠BOE=90°，PE=OB=r
∴∠BCE=12
∠BOE==45° ∴△NQC 为等腰直角三角形
∴NC=NQ=3a ，
∴BC=2NC=6a
在Rt △CFN 中，
=
∵PQ OQ ⊥
∴PQ ∥BC
∴∠PQE=∠BCG
∵PE ∥BG
∴∠PEQ=∠BGC
∴△PQE ∽△BCG ∴
=PQ PE BC BG
即12
6=+PQ r r a r 解得：PQ=4a
∵610PQ OQ +=，
∴4a ＋2a=610
解得：a=10
∴CF=1010⨯=10
【点睛】
此题考查的是圆的综合大题，难度较大，掌握圆的相关性质、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质、正方形的判定及性质是解决此题的关键．
14．如图，PA ，PB 分别与
O 相切于点A 和点B ，点C 为弧AB 上一点，连接PC 并延长交O 于点F ，D 为弧AF 上的一点，连接BD 交FC 于点E ，连接AD ，且2180APB PEB ∠+∠=︒．
（1）如图1，求证：//PF AD ；
（2）如图2，连接AE ，若90APB ∠=︒，求证：PE 平分AEB ∠；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AB 交PE 于点H ，连接OE ，8AD =，4sin 5
ABD ∠=，求PH 的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
257 【解析】
【分析】
（1）连接OA 、OB ，由切线的性质可得90OAP OBP ∠=∠=︒，由四边形内角和是360︒，得180∠+∠=︒P AOB ，由同弧所对的圆心角是圆周角的一半，得到
2AOB ADB ∠=∠，等量代换得到ADB PEB ∠=∠，由同位角相等两直线平行，得到//PF AD ；
（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K ，由90APB ∠=︒得290PEB ∠=︒，从而45PEB ∠=︒，由切线的性质，得PA PB =，由PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，得PE PK =，从而90APE EPB ︒∠=-∠，进而APE BPK ∠=∠，即可证得
APE BPK ∆∆≌由此45K AEP ∠=∠=︒，得到AEP PEB ∠=∠，即可证得PE 平分AEB ∠；
（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM ，由45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，可得DE AE =，由OA 、OD 为半径，可得OA OD =，
即可证出DEO AEO ∆∆≌，由直径所对的圆周角是直角，可得90ADM ∠=︒，在Rt ADM ∆中，由正弦定义可得10AM =，由此5OA OB ==，由OAPB 为正方形，对角线AB 垂直平分OP ，从而，OH PH =.在Rt OAP ∆中，252OP OA ==.延长EO 交AD 于K ，在Rt OEP ∆中，由勾股定理得7PE =，在Rt OEH ∆中，由勾股定理得
257
PH =
. 【详解】 （1）连接OA 、OB
∵PA 、PB 与圆O 相切于点A 、B ，且OA 、OB 为半径，
∴OA AP ⊥，OB BP ⊥，
∴90OAP OBP ∠=∠=︒，
∴在四边形AOBP 中，360180180P AOB ∠+∠=︒-︒=︒，
∵AB AB =，
∴2AOB ADB ∠=∠，
∴2180P ADB ∠+∠=︒，
∵2180P PEB ∠+∠=︒，
∴ADB PEB ∠=∠，
∴//PF AD
（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K
∵90APB ∠=︒，
∴21809090PEB ∠=︒-︒=︒，
∴45PEB ∠=︒，
∵PA 、PB 为圆O 的切线，
∴PA PB =，
∵PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，
∴PE PK = ，
∵9090APE EPB KPB EPB ︒︒∠=-∠=∠=-∠，。